1 湖南省长沙市高三上学期入学考试-【景行之教育】2027年数学高考一轮复习先锋名校检测卷

湖南省长沙市高三上学期人学考试 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小6.如图是一块高尔顿板的示意图， 题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的， 在一块木板上钉着若干排相互 1.已知集合A={xlx2-√2x-4≤0}，则A∩N= () 平行但相互错开的圆柱形小木 A.{0} B.{0,1} 钉，小木钉之间留有适当的空隙 作为通道，前面挡有一块玻璃。 C.{0,1,2 D.{1,2} 将小球从顶端放人，小球下落的过程中，每次碰到小木 2.已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆， 钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子 则该圆锥的体积为 ( 中.记格子从左到右的编号分别为0,1,2，…，10，用X表 A.6 B.26m 示小球最后落入格子的号码，若P(X=k)≤P(X=k,), 3 3 则k。= C.46m D.86m 3 3 A.4 B.5 3.若正数x,y满足x2-y+2=0,则x+y的最小值是 C.6 D.7 7.以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数为 A.70 B.64 A.22 B.23 C.60 D.58 C.4 D.6 8.已知定义域为R的函数f(x),其导函数为f'(x),且满 4过椭圆c:+2 169 =1的中心作直线1交椭圆于P,Q两 足f'(x)-2f(x)<0,f(0)=1,则 ( 点，F是C的一个焦点，则△PFQ的周长的最小值为 A.e3f(-1)<1 B.f1)>e2 D.f(1)<ef( A.16 B.14 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小 C.12 D.10 题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 5.已知圆C的方程为x2+(y-2)2=a,则“a>2”是“函数y= 6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. |x|的图象与圆C有四个公共点”的 （）9.已知复数1,2,下列说法正确的是 A.充分不必要条件 A.若1z11=z21,则z子=z B.必要不充分条件 B.1z1z21=|z11lz21 C.充要条件 C.1z1-z21≤lz11+|z2 D.既不充分也不必要条件 D.|a1+z21≤1z11+|z21 10.已知函数f)=2(uxtp)(0<w≤2,7g<受）， 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说 明、证明过程或演算步骤， 函数g()=)+习 的部分图象如图，则下列说法15.(13分)在平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边 正确的是 形不具有这一性质.如图，四边形ABCD的顶点在同一 A.f(x)的表达式可以写成 平面内，已知AB=BC=CD=2,AD=23 22+1 (1)当BD的长度变化时，√3cosA-cosC是否为一个定 值？若是，求出这个定值；若不是，说明理由. Bf(x)的图象向右平移3个单 0 3π 8 (2)记△ABD与△BCD的面积分别为S1和S2,请求出 位长度后得到的新图象对应的函数是奇函数 S+S的最大值. C.函数h(x)=f(x)+1的图象的对称中心为点 8+贺，6ez D.若方程f(x)=1在(0，m)上有且只有6个根，则m∈ 11.如图，过点C(a,0)(a>0)的直线 AB交抛物线y2=2px(p>0)于A,B 两点，连接A0,B0并延长，分别 交直线x=-a于M,N两点，则下 列结论一定成立的有 A.BM∥AN B.以AB为直径的圆与直线x=-a相切 C.S△A0B=S△M0N D.S%icv=4S6ncS△BCm 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知随机变量X服从正态分布N(5,σ2)，若P(5<X≤ 6)=0.27,则P(X<4)= 13.已知向量a=(sin0,cos0),b=(3,1),若a∥b,则 sin20+sin20的值为 14.设>0，若存在正实数x,使得不等式1og4x-k·2-1≥0 成立，则飞的最大值为 数学P答案D1卷1 16.(15分)函数f(x)=e“-4sinx+入-2的图象在x=0处17.(15分)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD, 的切线方程为y=ax-a-3,a∈R. ∠ADB=∠BDC,E为AC的中点. (1)求入的值. (1)证明：平面BED⊥平面ACD. (2)求f(x)在(0，+∞)上零点的个数. (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当 △AFC的面积最小时，求CF与平面ABD成角的正 弦值. 景行 卷1答案D1Q数学 18(17分)已知双自线C号=1a>0,6>0)的断近线 19.(17分)对于数列{an},如果存在等差数列{bn}和等比 数列{cn},使得an=bn+cn（n∈N),那么称数列{an} 方程为y=± 2x,过点(4,0)的直线1交双曲线C于 是“优分解”的. (1)证明：如果{an}是等差数列，那么{an}是“优分 M,N两点，且当lLx轴时，IMNI=6. 解”的. (1)求C的方程. (2)记双曲线C的左、右顶点分别为A1,A2,直线A,M, (2)记△an=aa+1-an,△an=△an+1-△an(neN*),证明： 如果数列{an}是“优分解”的，那么△2an=0(n∈N*) v的斜率分别为名，求密的直 或数列{△2an}是等比数列. (3)探究圆E:x2+y2-4x-4y-1=0上是否存在点S,使 (3)设数列{an}的前n项和为Sn,如果{an}和{Sn}都 得过S所作的双曲线的两条切线互相垂直. 是“优分解”的，并且a1=3,a2=4,a3=6,求{an}的通 项公式 之教育参考答案及深度解析 1湖南省长沙市高三上学期入学考试 一、1.C【解析】根据题意，得A={x1x-√2x-4≤0={x17.D【解析】由题意知，若以正方体的顶点为顶点构成三棱 -2≤x≤22}，所以AnN={0,1,2.故选C 锥，则4个顶点不共面.若从8个顶点中任选4个，则共有 2.B【解析】设圆锥的母线长为，高为h,底面半径为r,则 C种选法.从8个顶点中任选4个，其中共面的选法有 r=√2.由题意得2r=πl,解得l=22,所以h=√-T=√6， 12种.所以以正方体的顶点为顶点的三棱锥共有C-12= 58(个).故选D. 所以圆锥的体积V= 号=x(aPx6=245放 3m2h= 8.D【解折1令g)-积，则g()-国e之3c （e2)2 选B. 3.C【解析】由x为正数及2-y+2=0,得y=+2,所以+ f()-2)因为f”(x)-2(x)<0在R上恒成立，所以 g(x)<0在R上恒成立，故g(x)在R上单调递减.所以 y+2-2）=4=4,当且仅当=即 g-1)>g(0),即-少=-1)0=1，故A错误 e-2 x=1时，等号成立，此时y=3>0符合题意.所以x+y的最小值 为4.故选C. 由g1)<g(0),得<f0=1,所以1)<e,故B错误 e2 eo 4.B【解析】设F是C的右焦点，C 的另一个焦点为F.如图，连接PF, QF',则根据椭圆的对称性知1PF1= 由8分<go,得 0=1,所以（分）<e,故c IQFI,所以△PFQ的周长为1PFI+ 错误 1QFI+IPOI=10F1+10F1+IPOI= 8+1PQ1.当线段PQ为椭圆的短轴 时，1PQ1有最小值6，所以△PFQ的周长的最小值为14.故 由（分）>(1),得 选B. 正确.选D 5.B【解析】由圆C的方程为x2+(y-2)2=a可得圆心C(0, 二、9.BCD【解析】对于A,设1=1+2i,2=2+i,显然1z11= 2),半径r=√a.若圆与函数y=lx1的图象有四个公共点，则 |z2「，但z=-3+4i,z=3+4i,z≠z3,故A错误 圆心到直线y=x的距离d=10-2=2<a,即>2，且原点在 对于B,设z1=a+bi,2=c+di(a,b,c,d∈R),则1a2=ac-bd+ √2 （ad+bc)i,所以1aa2l=(ac-bd)2+(ad+bc)7= 圆的外部，即02+(0-2)2>a,解得a<4.综上，若函数y=lx的 √a2c2+a2d2+b2c2+b.又1z,1lz21=√a2+6.√2+d2= 图象与圆C有四个公共点，则2<a<4.所以“a>2”是“函数y= √a2c2+a2d+b2c2+b2正，所以z21=la1l1z2l,故B正确. |x的图象与圆C有四个公共点”的必要不充分条件.故 对于C,D,根据复数的几何意义，若复数云1在复平面内对应 选B. 向量0Z,复数2在复平面内对应向量072，则1z1-221和 6.B多法解题〉【通解】小球每下落一层，其向左或向右落 1z1+21分别为以0Z,和0Z,为邻边构成的平行四边形的两 下的概率均为2，共做10次选择，故X服从二项分布，即X 条对角线的长度，所以|z1-z2I≤|z11+|z21,|z1+a21≤1a11+ Iz2I,故C,D正确.选BCD. B10,2),所以s(X0=10x}=5.因为P(X=)≤P(x 10.AB【解析】对于A,分析题图可如(g）=厄，0)+ ), 所以 P(X=o)≥P(X=k。-I),即 P(X=ko)≥P(X=k+1), ))”c)) <e<受所以p=-平，所以智）=2(g） T ))gg)( ，解得9 2,则3mwT。T 87+2km,keZ,所以w=2+5,kez又 6≤}因为0≤k≤10，eZ所以k,=5放选R 00≤2，所以w=2,所以)=反in(2x年），故A正确 【巧解】小球每下落一层，其向左或向右落下的概率均为2 对于B,将代x)的图象向右平移3个单位长度后得到) 8 共做10次选择，故X服从二项分布，即X~B(0,）,则 ）-m[2(3）-年】=2m2-m） P=c·(份广()”=c· (),则 -√2sin2x的图象，y=-√2sin2x为奇函数，故B正确 P(X=)m=P(X=5),所以k=5.故选B. 对于C,()=2m2日）+1令2x-年=6，eZ,得 D1卷1·数学 高考一轮复习检测卷·数学 =晋+空4乙，所以()的图象的对称中心为点 y-(x0),则y=1-h当0<x<e时，y>0,当e时， x2 (g,刂keZ,故c错误 y<0所以数y产在(0，。)上单调递效，在(e,+）上单 对于D,由=1，得m2x）-=经因为xe(0,m),所 √2 调递减，所以当x=e时，y-产取得最大值。，所以ha≤ 以2x-T。 (2m又方程x)=1在(0，m)上有 4 日，即h2<所以≤b2则长的最大值为2 且只有6个根，所以19m<2m- 四、15.【解】(1)【方法一】在△ABD中，由余弦定理，得cosA= 4 AD2+AB2-BD2(23)+22-BD ,即w3co8A=16-BD① 故D错误.选AB. 2AD·AB 2×2W3×2 8 11.AcD【解析】对于A,设直线AB的方程为x=my+a, (2分) A(xX),B(2,).联立得方程组t“,消去并整 ly2=2px. 同理，在△BCD中，由余弦定理，得cosC-BC+CD-BD 2BC·CD 理，得y2-2pmy-2pa=0,则4=(-2pm)2+8pa>0,所以y1+ 22+22-BD y2=2pm,y1y2=-2pa,则x1+x2=m(y1+y2）+2a=2pm2+2a.又 (4分) 2×2×2 即wc:8-@ a要所以直线0的方程为y会则。，），所 ①-②，得5cosA-cosC=1. (5分) 所以当BD的长度变化时，W3cosA-cosC为定值1.(6分) ay1 2pa 【方法二】在△ABD中，由余弦定理，得BD2=AD2+AB2- y2+ 方.y+2p0-0.同理可得kw=0,所 y2+ 1 以kaw=ata=xta y(ta 2AD·ABcos A=(23)+22-2×23×2×cosA=16- 8√3cosA. (2分) 以BM∥AN,故A正确. 同理，在△BCD中，由余弦定理，得BD=CD+CB2-2CD· 对于B,设AB的中点为Q,则Q(pm2+a,pm),所以点Q到直 CBcos C=8-8cos C. 线x=-a的距离d=pm2+2a.以AB为直径的圆的半径为 所以16-8√3cosA=8-8cosC, (4分) -分个+=vm22a,所以 2 化简，得3cosA-1=cosC,即3cosA-cosC=1. (5分) R_IABI2 (2sp(ompr2a,所以当a=号时d,圆 所以当BD的长度变化时，W3cosA-cosC为定值1.(6分) 4 与直线x=-a相切，故B错误. (2)D CDnG 对于C,设直线x=-a与x轴交于点P,则S△PoN=S△4oc, =12sin2A+4sinC SAMOP=SABOC,所以SAPON+SAMOP=SAAOC+SAROG,即SAMON= =12sin2A+4-4cos2C SAAOB,故C正确. =12sim2A+4-4(5cosA-1) 对于D,Se宁(+a),8am-（+a),则 1 =-24c0s2A+8√3cosA+12. (9分) 令cosA=t,则te(-1,1), 5e5mo）(go）=-(wi+2a） 3)2 所以y=-24+83+12=-24-6 +14, (11分) 1 (my,+2a）12=4[my2+2mm(1t2)+4a2]y2=-4 所以当t= ,即c0sA=时，+S号取得最大值14 6 6 [m2(-2pa)+2am·2pm+4a2](-2pa)=pa2(pm2+2a）.而 (13分) 1 Saaw=SAMPG+Samc=2·2ali-hl=aly-zl,所以 16.【解】(1)因为f(x)=e-4sinx+入-2， 所以f'(x)=入ex-4cosx, SAMCN=a2(y1-y2)2=a2[(yty2)2-4y1y2]=a2(4p2m2+ 所以f'(0)=入-4，所以切线斜率k=入-4： (2分) 8pa)=4pa2(pm2+2a)=4 SAANG·S△BcM,故D正确.选ACD. 又f(0)=入-1，且函数y=f(x)的图象在x=0处的切线方程 三、12.0.23【解析】随机变量X服从正态分布N(5,σ2)，则 P(X≤5)=0.5.又P(5<X≤6)=0.27，所以P(4≤X<5)= 为y=a-a-3,aeR,所以03=A-1, (a=入-4， (5分) 0.27,则P(X<4)=P(X≤5)-P(4≤X<5)=0.23. 解得入=1. (6分) 13 【解析】已知向量a=(sin0,cos0),b=(3,1),若a∥ (2)由(1)，得f(x)=e*-4sinx-1,则f'(x)=e-4cosx 当x≥π时f'(x)=e-4cosx>0恒成立， sin =3c00snsin20in2sin acas 所以f(x)在[T,+∞)上单调递增， sin20+cos20 所以fx)≥fπ)=e"-4sinT-1=e"-1>0, 9c0s20+6c0s20153 所以fx)在[T,+∞)上无零点 (9分) 9cos20+cos20102 令g(x)=f'(x)=e*-4cosx,则g'(x)=e*+4sinx.（10分) n2【解析】因为gx-k·21≥0，所以之g,x之· 14. 当0<x<π时，g'(x)=e+4sinx>0恒成立， 所以f'(x)在(0，)上单调递增。 2*≥0，即og*≥2，亦即1g,*≥(2*)八令2=a,则存在 又f'(0)=-3<0f'(π)=e"+4>0, 所以f'(x)在(0，π)上存在唯一的零点xo: (12分) 正实数x使logx≥a成立.由y=a和y=logx互为反函数， 当x∈(0，x)时，f'(x)<0f(x)单调递减； 可得两个函数的图象关于直线y=x对称，则x=a=log。x,则 当xe(xo,π)时f'(x)>0,fx)单调递增， lnx=xlna,即关于x的方程lna= 在(0，+0)上有解.令 又f0)=0,f(xo)<f0)=0f(π)=e-1>0, x 所以八x)在(0，π)上仅有1个零点. (14分) D2卷1·数学 参考答案及深度解析 综上f(x)在(0，+∞)上仅有1个零点 (15分) (2)由(1)得A1(-2,0),A2(2,0) 17.(1)【证明】因为AD=CD,E为AC的中点， 设M(x1,y),N(x2y2). 所以AC⊥DE. （1分) 显然直线MW不垂直于y轴， 在△ABD和△CBD中，因为AD=CD,∠ADB=∠BDC, 设直线MN的方程为x=my+4. (4分) DB=DB. 所以△ABD兰△CBD,所以AB=CB. 联立得方程组：m+4, 3x2-4y2=12. 又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE. (3分) 消去x并整理，得(3m2-4)y2+24my+36=0. (5分) 因为DE,BEC平面BED,DE∩BE=E, 则△=144(m2+4)>0,y1+y2 -24m 36 所以AC⊥平面BED. (5分) 3nm2-43Mn3m2-4 因为ACC平面ACD,所以平面BED⊥平面ACD. (6分) 2m 3 (2)【解】连接EF,如图. 所以y+%=32,即myn=2(+, (7分) 由(1)知AC⊥平面BED. 因为EFC平面BED, yi 所以AC⊥EF, 所以2 -y(x2-2）-y(my,+2）_my2+2y1 1 k2 y2 y2(x1+2)y2(my1+6)my1y2+6y2 所以SaMc=2AC·ER x2-2 当EF⊥BD时，EF最小，即 △AFC的面积最小，(7分) 2（+y)+2 (8分) 结合(1)，可得CB=AB=2. 3 因为∠ACB=60°，所以△ABC是等边三角形. 2（y+y2)+6y2 因为E为AC的中点，所以AE=EC=1,BE=√3. (3)圆E:x2+y2-4x-4y-1=0上存在点S,使得过S所作的双 因为AD LCD,所以DB=24C=L 曲线的两条切线互相垂直. (9分) 若双曲线的两条切线有交点，则两条切线的斜率存在且不 在△DEB中，DE2+BE2=BD2,所以BE⊥DE. (9分) 为0. (10分) 以E为坐标原点，分别以EA,EB,ED所在直线为x轴、y轴、 设双曲线的两条切线分别为y=kx+n1,y=k2x+n2: z轴建立空间直角坐标系， 将)=n代人号号-1.消去y并整理，码(3-) 则A(1,0,0),B(0,3,0),D(0,0,1), 8kmx-4n2-12=0. 所以A⑦=(-1,0,1)，A2=(-1,3,0). (11分) (10分) 由△'=0，得64k2n2+4(3-4k2)(4n2+12)=0,解得n2=4k2 设平面ABD的法向量为n=(x,y,z), 3. (12分) 则0即+=0， 因此n=4-3,=4号-3. n·AB=0,-x+3y=0. 设两条切线的交点坐标为(x0,少)， 令y=3,则x=3,z=3. 则。-6=n1, 所以平面ABD的一个法向量n=(3,√3,3) (12分) yo-k2%o=n2, 由EF⊥BD,得EF-BE·DE_3 所以(y。-k1x0)2=4号-3，且(y0-k2x0)2=4-3, BD 2 即(x号-4)-2 xoYok1+y7+3=0, 所以∠as=0,则P0年》 (x后-4)3-2xyk2+y+3=0. (13分) 于是k1,k2是关于k的方程(x后-4)k2-2 oYok+y+3=0的两 因为c以-1,00，所以-5） 个实根. (14分) (13分) 所以cos(n,C=n·C .4v3 又两切线垂直，所以k,=-1,则+3 6 场-4-1，即-1 7 (14分) n1C2i×4 7 所以两条切线交点的轨迹为圆x2+y2=1. (15分) 因为x2+y2=1的圆心为0(0,0)，半径为1， 设CF与平面ABD所成的角为O, 圆E:(x-2)2+(y-2)2=32的圆心E(2,2),半径为3， 则sin0=1cos(n,C本1-43 10E1=√22+22=22，满足3-1<10E1<3+1, 7 所以圆0与圆E相交， 所以C心与平面D所成角的正孩值为与 所以圆E:x2+y2-4x-4y-1=0上存在点S,使得过S所作的 (15分) 双曲线的两条切线互相垂直 (17分) 18.【解】(1)由题意知双曲线C过点(4,3)，其渐近线方程为 19.(1)【证明】：{a.}是等差数列， 3 y=2, ∴.设an=a,+(n-1)d=[a,-l+(n-1)d]+1,其中，d为公差. (1分) [b3 令bn=a1-1+(n-1)d,cn=1, 则a2, 则{bn}是等差数列，{cn}是等比数列， (1分) 169 .数列{an}是“优分解”的. (3分) (a262=1, (2)【证明】数列{an}是“优分解”的，设an=bn+c 解得a2, (neN),其中bn=b+(n-1)d,cn=c19-(c,≠0,9≠0)，d (2分) (b=√3 为公差，9为公比. (4分) 所以双酸G的方器为方广-专L (3分) Aa=am-a=(b1-b)-(c1-e)=d+c1q(q-1), △2a.=△a+1-Aan=c191(q-1)2 D3卷1·数学 高考一轮复习检测卷·数学 当g=1时，A2an=0(neN*); .△2S1=△S2-△S1=2. 当q≠1时，{△2an}是首项为c1(g-1)2,公比为g的等比 C1(Q-1)2=2,.Q≠1， 数列 ∴.{△2Sn}是首项为2，公比为Q(Q≠1)的等比数列. 结论得证. (7分) (13分) (3)【解】：{an}是“优分解”的，.设an=b.+c(neN), .q≠0,9≠1，且（△2S2)2=(△2S1)·(A2S3), 其中bn=b1+(n-1)d,cn=c19(c1≠0,9≠0)，d为公差，9为 .[d+c92(g-1)]2=[d+c9(q-1)]·[d+c19(q-1)]. 公比. (8分) 化简，得c1dg(q-1)3=0. (14分) △Sn=Sn+1-Sn=a+1, c1≠0,9≠0,9≠1，.d=0,△an=a+1-a.=c19-(q-1), ∴.△2Sn=△S+1-△Sn=an2-an+1=d+c19(q-1）. (10分) .数列{△an}是首项为△a1=a2-a,=1,公比为q的等比数 数列{Sn}是“优分解”的，.设Sn=Bn+C(n∈N), 列. (15分) 其中Bn=B1+(n-1)D,Cn=C1Q-(C,≠0，Q≠0)，D为公 △a2=a3-a2=2,∴.q=2. 差，Q为公比. (11分) 又△2S1=2,.d+c19(q-1)=2,c1=1, 由(2)知△2S.=C1Q-1(Q-1)2. b1=a1-c1=3-1=2. AS1=S2-S1=a2=4,△S2=S3-S2=a3=6, 综上，an=b1+(n-1)d+c1g1=2+2-1 (17分) 2安徽省六校教育研究会高三年级入学素质测试 一、1.C【解析】：A=x(x-1)(x-2)≤0}={xl1≤x≤2， B={-1,0,1,2,3},AnB={1,2}.故选C y=sin 13π 2.B【解析】由(g-1)i=-1得z=1- -=1+i,则z=1-i.故 40 i 0 /T5π 9π2 17元 选B. 4040 40 40 3.A【解析】因为公差d≠0的等差数列{an}中，a2,a5,ag成 y=2 2sin(x--4到 等比数列，所以a=a2ag,即(a,+4d)2=（a,+d)(a1+8d),解 8.D【解析】由f(x+2)+f(x)=f12)得f(x+4)+f(x+2)= 愿8a所以t,之+8散 a1+a4+a73a4 f12),则fx+4)=f(x),因此f(x)是以4为周期的周期函 选A. 数.令x=0,则f(2)+f(0)=f(12)=f(0),故f(2)=0.因为 f(-3x+1)为奇函数，所以-f-3x+1)=f(3x+1),则f(x+1)+ 4.A【解析】：sin(a+B)=了'tan tan Bsin csin B 31 1 cos a cos B f(-x+1)=0,故f(x)的图象关于点(1,0)对称.由f(x+2)+ f(x)=f(12)=0得fx+2)=-fx)=f(2-x),故fx)的图象关 cos asin B+cos Bsin asin (B+a) =2 sin asin B=-10 故 sin asin B sin asin B 于直线x=2对称因为（分）2，所以(3)=-2 选A. 5.D【解析】根据几何体的结构特 (）),所以(m+1)m+2)+(m+ 征，将四棱锥P-ABCD补形为长方体 ABCD-PBC,D1,如图，显然四棱锥 2)·f(4m+2）+(m+3)·4m+）+(4m+4) P-ABCD的外接球即为长方体 ABCD-PB,CD,的外接球，所以外接球球心为PC的中点.又 4m+)(4m+)·2+(4m+2)·(2)+(4m+3) PC=√AB2+AD+PA2=2√6，故外接球半径R=√6，所以V球= (2)+(4m+4④·3=0，meN,因此2(k-)=0故 号R=86元放述D 选D. 二、9.BC【解析】对于A,E(X)=5,则E(2X+1)=2E(X)+ 6.B【解析】因为f(x)=2sinx+cosx-√5x,所以f'(x)=2cosx- 1=11,A错误 sn5=5cas(x+p)-5≤0，其中csp=25, ，因此 对于B,由P(x<m)=P(X>n)得m”=5,则m2+n2≥ 2 f(x)=2sinx+cosx-5x为减函数.因为0<lg2<1,(-1)°=1， (m+n)2=50,当且仅当m=n=5时，等号成立，所以m2+ 1 ln3>1,所以1g2<(-1)°<ln3,所以f(lg2)>f((-1)°)> n2的最小值为50，B正确. fln3),即a>c>b.故选B. 对于C,由X~N(5,σ2)，得P(X≤3-o)=P(x≥7+o)< 7.C【解折】令or牙-k红ke乙，得x=行，keZ,取k= P(x≥3+o),C正确. 4w w 对于D,因为随机变量X~N(5,σ)，所以正态曲线的对称轴 为直线x=5.因为P(X>4)=0.68,所以P(4<X≤5)=0.68 0,1,2,3,4.在同一平面直角坐标系中画出y=sin 2xe[0, 0.5=0.18,所以P(5≤X<6)=0.18,D错误故选BC 2m]的图象和y=2sin(ar)(o>0)的大致草图，如图.因 10.ABD【解析】因为到定点F(-a,0),F2(a,0)的距离之 积等于a2的点的轨迹称为双纽线，所以当a=1时，双纽线 为两函数图象在[0,2π]内有且仅有4个交点，所以3m≤ C的方程为√(x+1)2+y·√(x-1)2+y=1.化简，得 (x2+y2)2=2(x2-y2),故A正确. 2m<7m,解得3≤0 4w 8≤w<g故选C 因为1e1W,1==1,E=2a=2.PR D4卷2·数