江苏省镇江市八校联考(镇江中学、扬中高级中学等)2020-2021学年高三上学期12月教学质量检测数学试题（解析版）

2021 届高三年级 12 月教学质量检测（数学） 一、单选题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题所给出的四个选项中，只有 一项是正确的，请把正确选项前的字母填涂在答题卡相应位置上） 1. 已知集合  2 4 0A x x x   ，  1,0,1,2,3,5B   ，则 A B  （ ） A.  1,0 B.  1,0,1 C.  1,2,3 D.  0,1,2 【答案】C 【解析】 【分析】先解一元二次不等式求集合 A，再进行交集运算即可. 【详解】集合    2 4 0 0 4A x x x x x      ，  1,0,1,2,3,5B   ， 则  1,2,3A B  . 故选：C. 2. 设 i 为虚数单位，复数 z= 4 1 i ，则|z－i|=（ ） A. 2 B. 3 C. 2 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】 先对复数进行化简，求出 z i 的值，再利用复数 z a bi  的模长计算公式 2 2z a b  计算可得答案. 【详解】解：z= 4 1 i = 4(1 ) (1 )(1 ) i i i    =2(1+i)，所以|z－i|=|2＋i|= 5 . 故选：D. 【点睛】本题主要考查复数的四则运算及复数模的求解，考查学生的计算能力，属于基础题. 3. 在 ABC 中， D 点满足 2BD DA  ，则CB  （ ） A. 3 2CD CA  B. 3 2CD CA  C. 2 3CD CA  D. 2 3CD CA  【答案】A 【解析】 【分析】直接利用平面向量的加法与减法的运算法则求解即可． 【详解】因为 2BD DA  ，所以 3AB AD  ， 所以 3 3( ) 3 2CB CA AB CA AD CA CD CA CD CA                  ． 故选： A ． 4. 已知等比数列 na 中， 3 11 74a a a ，数列 nb 是等差数列，且 7 7b a ，则 3 11b b  （ ） A. 3 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】 由等比数列的性质求得 7 4a  ，再由等差数列的性质可得结果. 【详解】因为 na 等比数列，且 3 11 74 ,a a a 2 7 74 0a a   ，解得 7 4a  ， 数列 nb 是等差数列， 则 3 11 7 72 2 8b b b a    ， 故选：D. 【点睛】本题主要考查等比数列与等差数列的下标性质，属于基础题. 解等差数列问题要注意应用等差数列 的性质 2p q m n ra a a a a    （ 2p q m n r    ）. 5. 我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．下图是在“赵 爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”，其中正方形 ABCD 内部为“赵爽弦图”，它是由四个全等 的直角三角形和一个小正方形组成的我们将图中阴影所在的四个三角形称为“风叶”，若从该“数学风 车”的八个顶点中任取三点，则该三点不在同一片“风叶”上的概率为（ ） A. 13 14 B. 2 7 C. 1 14 D. 5 7 【答案】A 【解析】 【分析】基本事件总数 3 8 56n C  ，该三点不在同一片“风叶”上包含的基本事件个数 3 8 4 52m C   ．由 此能求出该三点不在同一片“风叶”上的概率． 【详解】解：从该“数学风车”的八个顶点中任取三点， 基本事件总数 3 8 56n C  ， 该三点不在同一片“风叶”上包含的基本事件个数 3 8 4 52m C   ． 该三点不在同一片“风叶”上的概率为 52 13 56 14 mP n    ． 故选： A ． 6. 函数  2 2 2( ) ln 1 x x f x x x    的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 利用函数 ( )f x 的奇偶性排除部分选项，再由特殊值判断即可. 【详解】因为 ( )f x 的定义域为 R ，且    2 2 2 2 2 2( ) ( ) ln 1 ln 1 x x x x f x f x x x x x             ，所以 ( )f x 为 奇函数，排除选项 B，D. 因为 5 2(1) 0 ln( 2 1) f    ，所以排除选项 A. 故选：C 7. 已知函数   sin , 0, 2, 0,x x x x xf x e e x       若 0.022a  ， 3 3 log 22b  ， 5log 0.8c  ，则有（ ） A.      f b f a f c  B.      f a f b f c  C.      f c f a f b  D.      f a f c f b  【答案】B 【解析】 【分析】先判断函数  f x 的单调性，再利用指对性质判断 , ,a b c 的大小关系，即根据单调性得到结果. 【详解】分段函数  f x ， 0x  时   1 cos 0f x x    ，  f x 在 0,  上递增，值域为 0,  ， 0x  时，   0x xf x e e  ，故  f x 在 ,0 上递增，值域为 , 2  ， 由 2 0  知，分段函数  f x 在 R 上单调递增. 又  0.022 1,2a   ，   3 2 3 3 3 3 log 2 log 2 log 2 2 0,12b     ， 5log 0.8 0c   ∴ c b a  ，∴根据单调性可知      f c f b f a  . 故选:B． 【点睛】思路点睛： 比较函数值的大小的问题，给出的函数比较复杂，肯定不是代入求的，应该最先考虑函数的单调性，判断 出函数的单调性后再判断 a ，b ， c 的大小，即可以利用单调性比较函数值的大小． 8. 若实数 x ， y 满足 2x x y y  ，则点 ,x y 到直线 1y x  的距离的取值范围是（ ） A.  2,3 2 B. 2 3 2,2 2       C. 2 3 2,2 2      D. 2,3 2   【答案】C 【解析】 【分析】讨论实数 x ， y 化简方程式 2x x y y  ，结合图象求得距离最值即可. 【详解】当 0, 0x y  时 2 2 2x x y y x y    ；当 0, 0x y  时 2 2 2x x y y x y    ； 当 0, 0x y  时 2 2 2x x y y x y     ，如图所示： 直线 1 0x y   与渐近线 0x y  的距离 1 2 22 d   点 0,0 到 1 0x y   的距离 1 2 22 d   ，所以当 0, 0x y  时 2 2 2x y  上的点到直线 1 0x y   的最大距离为 2 3 222 2   综上：点 ,x y 到直线 1y x  的距离的取值范围是 2 3 2,2 2      ， 故选：C． 【点睛】讨论实数 x ， y 化简方程式 2x x y y  ，数形结合是解题的关键. 二、多选题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，在每小题给出的四个选项中，有多项 符合题目要求，全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分，请把正确选项前 的字母填涂在答题卡相应位置上） 9. 今年 5 月 25 日工信部部长在“两会部长通道”表示，中国每周大概增加 1 万多个5G 基站，4 月份增加5G 用户 700 多万人，5G 通信将成为社会发展的关键动力，图是某机构对我国未来十年5G 用户规模的发展预 测图，阅读图 关于下列说法，其中正确的是（ ） A. 2022 年我国5G 用户规模年增长率最高 B. 2025 年我国5G 用户数规模最大 C. 从 2020 年到 2026 年，我国的5G 用户规模增长两年后，其年增长率逐年下降 D. 这十年我国的 5G 用户数规模，后 5 年的平均数与方差都分别大于前 5 年的平均数与方差 【答案】AC 【解析】 【分析】由图表中所给数据对选项逐一分析判断即得结果. 【详解】由图表可得， 2022 年5G 用户规模年增长率最高，故 A 正确； 2029 年5G 用户规模为137205.3（万人），规模最大，故 B 错误； 由图表可知，从 2020 年开始，2021年与 2022 年5G 用户规模年增长率增加，从 2023年开始到 2026 年5G 用户规模年增长率逐年递减，故 C 正确； 由于后五年5G 用户数增长不大，数据较稳定，故方差小于前 5 年数据方差，所以 D 错误. 故选:AC. 10. 下列命题正确的是（ ） A. 命题“  0 0,x   ， 0 0ln 1x x  ”的否定是“  0,x   ，ln 1x x  ” B. “ 1a  ”是“ 1 1a  ”的充分不必要条件 C. 若 ,a bR ，则 2 2b a b a a b a b     D. 已知直线 l  平面 ，直线 //n 平面  ，则“ //  ”是“l n ”的必要不充分条件 【答案】AB 【解析】 【分析】利用特称命题的否定是全称命题，判断 A 的正误；根据充分条件和必要条件的定义判断 BD 的正 误；利用基本不等式成立的条件限定判断 C 的正误. 【详解】选项 A 中，特称命题的否定是全称命题，故命题“  0 0,x   ， 0 0ln 1x x  ”的否定是 “  0,x   ， ln 1x x  ”，该选项正确； 选项 B 中， 1 1a  ，即 1 0a a   ，故 0a  或 1a  ，故“ 1a  ”是“ 0a  或 1a  ”的充分不必要条件，故 该选项正确； 选项 C 中， ,a b 同号时， 2 2b a b a a b a b     成立，但 ,a b 异号时，不等式不成立，故该选项错误； 选项 D 中，若直线l  平面 ， //  ，则l  平面  ，又由直线 //n 平面  ，知l n ，“ //  ”是 “l n ”的充分条件，故该选项错误. 故选：AB. 11. 函数     sin 0, 0,0f x A x A          的部分图象如图中实线所示，图中圆C 与  f x 的 图象交于 M ， N 两点，且 M 在 y 轴上，则下列说法中正确的是（ ） A. 函数  f x 在 7 ,12 3       上单调递减 B. 函数  f x 的最小正周期是 C. 函数  f x 的图象向左平移 12  个单位后关于直线 2x  对称 D. 若圆半径为 5 12  ，则函数  f x 的解析式为   3 sin 26 3f x x      【答案】BCD 【解析】 【 分 析 】 由 图 易 得 点 C 的 横 坐 标 为 3  ， 所 以 ( )f x 的 周 期 T  ， 所 以 2  , 从 而 可 得  ( ) sin 2 03f x A x A      ， ，根据三角函数的图象性质对选项进行逐一分析可得答案. 【详解】 MN 关于C 对称，则 3Cx  ，∴ ,03C      2 3 6 2 T      ，即 2T    ，∴ 2  ，B 正确    sin 2f x A x   ， 6 3 2 12      ，所以 sin12 6f A A             ， ∴ 3     sin 2 3f x A x      ， 32 2 22 3 2k x k        7 12 12k x k      ， 1k   时， 11 5 12 12x    ∴  f x 在 5 ,12 12      单调减，A 错；  f x 向左平移 12  个单位   sin 2 sin 2 cos212 3 2g x A x A x A x                    2x  时 2x  ，∴  g x 关于 2x  对称，C 正确 圆半径为 5 12  时， 0, 4M      ∴  0 sin 3 4f A    ，∴ 3 6A    3 sin 26 3f x x      ，D 正确， 故选：BCD． 【点睛】思路点睛：在多选题中，很多时候都会有一个三角函数的题目，这要引起大家的重视，考的三角 函数的图象与性质，要知道三角函数的最值，周期，对称性，奇偶性，单调性，变换与平移等等． 12. 如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 6AC BC CC   ，AC BC ，E 、F 分别为 1BB ， 1 1AC 的 中点，过点 A、 E 、 F 作三棱柱的截面 ，则下列结论中正确的是（ ） A. 1 //BC B. 直线 BC 与直线 AF 所成角为90 C. 若 交 1 1B C 于 M ，则 5FM  D.  将三棱柱 1 1 1ABC A B C 分成体积较大部分和体积较小部分，其中较大部分的体积为 76 【答案】BC 【解析】 【分析】对于 A，延长 AF 与 1CC 交于点 P ，连接 PE 交 1 1B C 于 M ，连接 FM 得到截面 ，可推得 ME 与 1BC 不平行，可知 A 错误； 对于 B，在在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，可证得 BC ⊥平面 1 1ACC A ，进而可得 BC AF ，可知 B 正确； 对于 C，利用勾股定理可得 2 23 4 5FM    ，可知 C 项正确； 对于 D，由图可知平面 将三棱柱 1 1 1ABC A B C 分成体积较大部分的体积为 1P ACQ P FMC A QBEV V V    ， 然后利用体积公式计算可知 D 项错误. 【详解】延长 AF 与 1CC 交于点 P ，连接 PE 交 1 1B C 于 M ，连接 FM ，则平面 AEMF 即为截面 ， ∵ 1 //FC AC ， F 是 1 1AC 的中点，∴ 1C 是 PC 中点， 由 1MPC△ 与 1MEB△ 相似，∴ 1 1 1 1 2PC MC EB MB   ，∴ 1 1 1 1 3B M B C ， 而 E 是 1BB 中点，∴ ME 与 1BC 不平行，故 A 错误； 在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1CC  平面 ABC ， BC 平面 ABC ， ∴ 1CC BC ， AC BC ， 1AC CC C ， AC ， 1CC  平面 1 1ACC A ， ∴ BC ⊥平面 1 1ACC A ， AF  平面 1 1ACC A ，∴ BC AF ， 所以直线 BC 与直线 AF 所成角为90 ，故 B 正确； 2 23 4 5FM    ，故 C 正确； 延长 PE 交 BC 于点Q ， 则平面 将三棱柱 1 1 1ABC A B C 分成体积较大部分的体积为： 1P ACQ P FMC A QBEV V V    1 1 1 1 1 16 8 12 3 4 6 2 6 33 2 3 2 3 2                78 76  ，故 D 错误. 故选：BC． 【点睛】关键点睛：计算较大部分的体积时，解题关键是由图形观察出平面 将三棱柱 1 1 1ABC A B C 分成 体积较大部分的体积为 1P ACQ P FMC A QBEV V V    ，进而利用体积公式进行计算.立体几何也是经常出现在多 选题的压轴题部分，判断位置关系，求面积，求体积等小题，这跟以往的全国卷还是有区别，应多多练习． 三、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共计 20 分．不需要写出解答过程，请将答案填 写在答题卡相应的位置上） 13. 在二项式 62x x     的展开式中，常数项的数值为________. 【答案】60 【解析】 【分析】 通过二项式展开式的通项，令 x 的指数等于零，求得 r 的值，从而求得常数项. 【详解】   36 3 2 1 6 6 2 2 rr rr r r rT C x C xx           当 33 02 r  ，即 2r  时，常数项为 2 2 6 2 60C   ,故填 60. 【点睛】本小题主要考查二项式展开式的通项公式.需要将二项展开式公式化简后，再来求指定项的值.属于 基础题. 14. 抛物线  2 2 0y px p  的准线截圆 2 2 2 8 0x y y    所得弦长为 4，则抛物线的焦点坐标为 __________． 【答案】 5,0 【解析】 【分析】先写出准线方程，整理圆的标准方程得到圆心和半径，再利用弦长得到关于 p 的关系式，求出 2 p ， 即得焦点坐标. 【详解】抛物线  2 2 0y px p  的准线为： 2 px   ， 圆 2 2 2 8 0x y y    ，即  22 1 9x y   ，圆心是  0,1 ，半径是 3r  ， 故圆心到准线的距离为 2 pd  ，而弦长为 4，故 2 2 22 92 pd r       ， 解得 52 p  ，故抛物线的焦点 ,02 p     ，即  5,0 . 故答案为： 5,0 . 15. 已知锐角 、  满足 6    ，则 9 1 sin cos cos sin    的最小值为___________． 【答案】32 【解析】 【分析】先根据 6    ，得到 1sin cos cos sin 2      ，令 sin cos x   ， cos sin y   ， 再利用基本不等式即可求解. 【详解】解： 6    ，   1sin sin 6 2      ， 即 1sin cos cos sin 2      ， 令sin cos x   ， cos sin y   ， 又  Q ， 为锐角， 0, 0x y   ， ∴ 1 2x y  ，即 2 2 1x y  ， 9 1 9 1 9 1 18 2(2 2 ) 18 2 20 2 36 32sin cos cos sin y xx yx y x y x y                    ， 当且仅当“18 2y x x y  ”时，即“ 3 1,8 8x y  ”时“  ”成立. 故答案为：32. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键由 1sin cos cos sin 2      以及 9 1 sin cos cos sin    联想 到基本不等式的应用. 16. 四棱锥  P ABCD 各顶点都在球心为 O 的球面上，且 PA  平面 ABCD ，底面 ABCD 为矩形， 2PA AB  ， 4AD ，则球O 的体积是__________；设 E 、 F 分别是 PB 、 BC 中点，则平面 AEF 被 球O 所截得的截面面积为__________. 【答案】 (1). 8 6 (2). 14 3  【解析】 【分析】 利用题意知 6R  ，利用球的体积公式可得结果；设球心O 到平面 AEF 得距离为 d ，截面圆半径为 r ， 由等体积法即可得 2 3 3d  ，利用勾股定理即可得到 2r ，即可得出结果. 【详解】 由题设知球心O 为 PC 中点， 2, 2 2, 6AE AF EF   , 则 2 2 2AE EF AF  ， ∴球O 直径 2 2 22 2 2 4 2 6 6R R      ， ∴ 8 6V 球 ， 设球心O 到平面 AEF 得距离为 d ，截面圆半径为 r ， 由题设球心O 到平面 AEF 的距离等于点 B 到平面 AEF 的距离， 由等体积法得， O AEF E ABFV V  ， 1 1 1 12 6 2 2 13 2 3 2d         ， 求得 2 3 3d  ， ∴ 2 2 2 4 146 3 3r R d     ， 故截面面积为14 3  . 故答案为：8 6 ，14 3  . 【点睛】本题主要考查了球的表面积和体积公式，属于较易题. 四、解答题（本大题共 6 小题，共计 70 分．请在答题卡指定区域内作答，解答应写出文字说 明，证明过程或演算步骤．） 17. 请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题． ① 2 2 5a b  ；② ABC 的面积为 3 15 4 ；③  cos cos 6b b C c B  在 ABC 中，角 A ， B ，C 所对的边分别为 a ，b ， c ， 1a b  ， 1cos 4C   ，且_________． （1）求边 c 的长； （2）求 tan 2B 的值． 【答案】（1）选①（②或③） c  4；（2） 7 15 17 ． 【解析】 【分析】（1）若选①，直接由方程组 2 2 5 1 a b a b       可解得 ,a b 的值，再由余弦定理可得答案. 若选②先求 出sinC ,由三角形的面积公式可得 6ab  ，由方程组 6 1 ab a b     可解得 ,a b 的值，再由余弦定理可得答案. 若选③由条件根据余弦定理可得 ,a b 的值，再由余弦定理可得答案. （2）由（1）的结果，由余弦定理先求出 cos B ，再求出 tan B ，由二倍角公式可得答案. 【详解】解：若选① （1）由 2 2 35 21 aa b ba b         ， ∴ 19 4 2 3 2 44c            ． 若选② 由 1cos 4C   ，则 2 15sin 1 cos 4C C   又 1 1 15 3 15sin2 2 4 4S ab C ab    ,则 6ab  由 6 1 ab a b     ，解得 3 2 a b    所以 19 4 2 3 2 44c            若选③ 由  cos cos 6b b C c B  ，得 2 2 2 2 2 2 62 2 a b c a c bb b cab ac            即 2 2 2 2 2 2 22 62 2 2 a b c a c b ab ba a a            ，所以 6ab  由 6 1 ab a b     ，解得 3 2 a b    所以 19 4 2 3 2 44c            （2）根据（1）可得 2 2 2 9 16 4 7cos 2 2 3 4 8 a c bB ac        所以在 ABC 中， 27 15sin 1 8 8B       ，∴ 15tan 7B  ∴ 2 2 15 2tan 7 157tan 2 151 tan 171 49 BB B     ． 18. 已知数列 na 前 n 项和 nS 满足 2 2n nS a n  ， *nN ． （1）求证：数列 2na  为等比数列； （2）设  2log 2n nb a  ，求数列   2n nb a  的前 n 项和 nT ． 【答案】（1）证明见解析；（2） 22n nT n   ． 【解析】 【分析】（1）由 1 1 , 1 , 2n n n S na S S n     得到 12 2n na a   ，即可得到 2na  为等比数列； （2）由（1） 12 2n na   ，则 1nb n  ，再利用错位相减法求和即可； 【详解】解：（1）∵ 2 2n nS a n  ① 当 2n  时，  1 12 2 1n nS a n    ② ①-②得 12 2 2n n na a a    ， 12 2n na a    12 2 2n na a    ，在①式中令 1n  得 1 2a  ， 1 2 4 0a    ∴ 1 2 22n n a a    ， ∴ 2na  为等比数列，且锤子数学首项为 4，公比为 2． （2）由（1）知 1 12 4 2 2n n na - ++ = × = ， 1 2log 2 1n nb n   ∴     12 1 2n n nb a n     ∴  2 3 4 12 2 3 2 4 2 2 1 2n n nT n n             ①    3 4 1 22 2 2 3 2 1 2 2 1 2n n n nT n n n              ② ①-②得  3 4 1 28 2 2 2 1 2n n nT n              1 2 28 1 2 8 1 2 21 2 n n nn n             ∴ 22n nT n   ． 【点睛】数列求和的方法技巧 (1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和． (2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和． (3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和． 19. 一副标准的三角板（如图 1）中，ABC 为直角，A =60°，DEF 为直角，DE=EF，BC=DF， 把 BC 与 DF 重合，拼成一个三棱锥（如图 1），设 M 是 AC 的中点，N 是 BC 的中点． （1）求证：平面 ABC  平面 EMN； （2）若 AC = 4，二面角 E - BC- A 为直二面角，求直线 EM 与平面 ABE 所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 6 4 . 【解析】 【分析】 （1）只要证明 MN BC ， EN BC ，即得； （2）以 NM ，NC ， NE 分别为 x ， y ， z ，如图建立空间直角坐标系 N xyz .求出线段长，得各点坐标， 求出直线 EM 方向向量和平面 ABE 的一个法向量，由向量夹角的余弦得所求线面角的正弦． 【详解】（1）证明：∵ M 是 AC 的中点， N 是 BC 的中点，∴ MN AB ，∵ AB BC ，∴ MN BC ， ∵ BE EC ， BE EC ， N 是 BC 的中点，∴ EN BC ，又 MN EN N  ， MN  平面 EMN ， EN  平面 EMN ∴ BC ⊥平面 EMN 且 BC 平面 ABC ，∴平面 ABC  平面 EMN . （2）由（1）可知： EN BC ， MN BC ，∴ ENM 为二面角 E BC A  的平面角， 又二面角 E BC A  为直二面角 ∴ 90ENM   以 NM ， NC ， NE 分别为 x ， y ， z ，建立如图空间直角坐标系 N xyz ， ∵ 4AC  ，则 2AB  ， 2 3BC  ， 3NE  ，由  0,0, 3E ，  1,0,0M ，则  1,0, 3EM   ， 又  0, 3,0B  ，  2, 3,0A  ，  0,0, 3E ，则  0, 3, 3BE  ，  2,0,0BA  ， 设  , ,m x y z  为平面 ABE 的一个法向量，则 0, 0 m BE m BA         即 0, 3 3 0, x y z    令 1y  ，则 1z   ∴面 ABE 的一个法向量  0,1, 1m   . 3 6cos , 42 2 m EMm EM m EM           ，所以直线 EM 与平面 ABE 所成的角的正弦值为 6 4 . 【点睛】关键点睛：解题关键在于求出二面角 E BC A  为直二面角，进而建立空间直角坐标系，进行求 解，但是有一定的运算量，属于中档题 20. 为了缓解日益拥堵的交通状况，不少城市实施车牌竞价策略，以控制车辆数量.某地车牌竞价的基本规 则是：①“盲拍”，即所有参与竞拍的人都是网络报价，每个人不知晓其他人的报价，也不知道参与当期 竞拍的总人数；②竞价时间截止后，系统根据当期车牌配额，按照竞拍人的出价从高到低分配名额.某人拟 参加 2020 年11月份的车牌竞拍，他为了预测最低成交价，根据竞拍网站的公告，统计了最近5 个月参与竞 拍的人数(见下表)∶ 月份 2020.06 2020.07 2020.08 2020.09 2020.10 月份编号t 1 2 3 4 5 竞拍人数 y （万 人） 0.5 0.6 1 1.4 1.7 （1）由收集数据的散点图发现，可用线性回归模型拟合竞拍人数 y （万人）与月份编号t 之间的相关关系. 请用最小二乘法求 y 关于t 的线性回归方程： ˆˆ ˆy bt a  ，并预测 2020 年11月份参与竞拍的人数. （2）某市场调研机构对 200 位拟参加 2020 年11月份车牌竞拍人员的报价价格进行了一个抽样调查，得到 如下的一份频数表： 报价区间（万元）  1,2  2,3  3,4  4,5  5,6 [6,7] 频数 20 60 60 30 20 10 （i）求这 200 位竞拍人员报价 X 的平均值 x 和样本方差 2s （同一区间的报价可用该价格区间的中点值代 替）； （ii）假设所有参与竞价人员的报价 X 可视为服从正态分布 2( , )N   ，且  与 2 可分别由（i）中所求的 样本平均数 x 及 2s 估值.若 2020 年11月份实际发放车牌数量为3174 ，请你合理预测（需说明理由）竞拍 的最低成交价. 参考公式及数据：①回归方程 ˆˆ ˆy bx a  ，其中 1 2 2 1 =ˆ n i i i n i i x y nx y b x nx       ， ˆˆa y bx  ；② 5 2 1 =55i i t   ， 5 1 =18.8i i i t y   ， 1.7 1.3 ；③若随机变量 Z 服从正态分布 2( , )N   ，则 ( ) 0.6826P Z        ， ( 2 2 ) 0.9544P Z        ， ( 3 3 ) 0.9974P Z        . 【答案】（1） ˆ 0.32 0.08y t  ，估计为 2 万人；（2）（i） 3.5x  ； 2 1.7s  ；（ii）可预测 2020 年 11 月份 竞拍的最低成交价为 4.8 万. 【解析】 【分析】 （1）利用最小二乘法得出回归方程，并将 6t  代入回归方程，即可预测 2020 年 6 月份（月份编号为 6） 参与竞价的人数； （2）（i）根据平均数和方差的计算公式计算可得结果； （ii）由题意得出竞拍成功的概率，根据正态分布的性质，即可确定最低成交价. 【详解】解：（1）易知 1 2 3 4 5 35t      ， 0.5+0.6+1+1.4+1.7 1.045y   ， 5 1 5 222 1 ˆ 5 18.8 5 3 1.04= 0.3255 5 35 i i i i i t y t y b t t           ， 1.04 0.ˆ 32 .08ˆ 3 0ta y b      ， 则 y 关于t 的线性回归方程为 ˆ 0.32 0.08y t  ， 当 6t  时， ˆ 2.00y  ，即 2020 年 11 月份参与竞拍的人数估计为 2 万人； （2）（i）依题意可得这 200 人报价的平均值 x 和样本方差 2s 分别为： 1.5 0.1+2.5 0.3+3.5 0.3+4.5 0.15+5.5 0.1+6.5 0.05=3.5x        ， 2 2 2 2 2(1.5 3.5) 0.1 (2.5 3.5) 0.3 (3.5 3.5) 0.3 (4.5 3.5) 0.15s              2 2(5.5 3.5) 0.1 (6.5 3.5) 0.05 1.7      ； （ii）2020 年 11 月份实际发放车牌数量为 3174，根据竞价规则，报价在最低成交价以上人数占总人数比例 为 3174 100%=15.87%20000  ， 根据假设，报价 X 可视为服从正态分布 2( , )N   ， 且 23.5, 1.7   ， 1.7 1.3   ， 又 1 ( )( ) 0.15872 P xP x              ， ( 4.8) 0.1587P x   ， 可预测 2020 年 11 月份竞拍的最低成交价为 4.8 万.. 【点睛】本题主要考查了求线性回归方程，正态分布的实际应用，计算平均数和方差，属于中档题. 21. 已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x y a ba b      经过点  2,1M  ， F 为右焦点， A 为右顶点，且满足 1 1 e OF OA FA   （ e 为椭圆的离心率，O 为坐标原点） （1）求椭圆  的标准方程； （2）过  1,0N 且斜率存在的直线 l 交椭圆  于 P 、Q 两点，记t MP MQ    ，若t 的最大值和最小值分别 为 1t 、 2t ，求 1 2t t 的值． 【答案】（1） 2 2 16 3 x y  ；（2）13 2 ． 【解析】 【分析】（1）根据已知条件可得出关于 a 、b 、c 的方程组，解出这三个量的值，由此可得出椭圆  的标准 方程； （2）设直线 l 的方程为  1y k x  ，设点  1 1,P x y 、  2 2,Q x y ，将直线l 的方程与椭圆的方程联立，列 出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算可得出  2 15 4 17 2 2 1 2 kt k    ，设  2 4 17 2 1 2 km k   ，利用判别 式法可得出关于 m 的一元二次不等式，利用韦达定理可得出 m 的最大值和最小值之和，进而可求得 1 2t t 的 值. 【详解】（1）由题意知 2 2 2 2 2 4 1 1 61 1 3 a b ae c a a c b c ce a a b c                        ， 因此，椭圆  的标准方程为 2 2 16 3 x y  ； （2）设直线 PQ 的方程为  1y k x  ，其中 0k  ，设点  1 1,P x y 、  2 2,Q x y ，    2 2 2 2 2 1 2 2 1 6 2 6 y k x x k x x x y           ，即 2 2 2 21 2 4 2 6 0k x k x k     ，     4 2 2 216 4 2 1 2 6 8 5 3 0k k k k        ， 由韦达定理可得 2 1 2 2 4 2 1 kx x k+ = + ， 2 1 2 2 2 6 2 1 kx x k   ，  2,1M  ，    1 1 1 12, 1 2, 1MP x y x kx k        ，  2 22, 1MQ x kx k    ，       1 2 1 22 2 1 1t MP MQ x x kx k kx k                         22 1 2 1 2 1 2 1 22 4 1 1x x x x k x x k k x x k              2 2 2 1 2 1 21 2 5 2k x x k k x x k k               2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 4 15 4 171 2 5 21 2 1 2 2 2 1 2 k k kk k k k kk k k                ， k R ， 令   2 2 4 17 4 4 2 17 0 2 1 2 k m mk k m k         ， 若 0m  ，则关于 k 的一元二次方程 24 4 2 17 0mk k m    有解， 则  16 16 2 17 0m m     ，整理可得 22 17 1 0m m   ， 设 m 的最大值和最小值分别为 1m 、 2m ， 则 1m 、 2m 为一元二次方程 22 17 1 0m m   的两不等实根，由韦达定理得 1 2 17 2m m   ； 若 0m  ，则 17 4k  ， 0m  满足不等式 22 17 1 0m m   ，但 0 不是 m 的最值. 综上所述， 1 2 1 2 17 1315 15 2 2t t m m       ． 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值； 二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函 数的单调性或三角函数的有界性等求最值． 22. 已知函数   lnxf x e x x ax   ，  f x 为  f x 的导数，函数  f x 在 0x x 处取得最小值． （1）  y f x 在 1x  处切线的斜率为 1 ，求 a 的值； （2）求证： 0 0ln 0x x  ； （3）若 0x x 时，   1f x  恒成立，求 a 的取值范围． 【答案】（1） a e  ；（2）证明见解析；（3） 1a e  ． 【解析】 【分析】（1）求出导函数  f x ，根据导数的几何意义可得  1 1k f    ，可得答案. （2）设    g x f x ，求出  g x 的单调性，得出  g x 取得最小值时的条件  0 0g x  ，再取对数证明. （3）   1f x  在 0x x 上恒成立,即 1 ln xx x ea x   在 0x x 上恒成立，即 max 1 ln xx x ea x       ，所 以设   1 ln xx x eF x x   ，求出其导数得到单调性，求出其最大值即可得出答案. 【详解】解：（1）   ln 1xf x e x a      1 1 1k f e a a e         ． （2）令     ln 1x xx e ag x f     ，∴   1xg x e x    ， 令   1xx e x    ，   2 1 0xx e x     ∴  x 在 0,  上单调递增， 注意到 1 21 2 02 e        ，  1 1 0e    ∴存在唯一的 0 1 ,12x     ，使  0 0x  ，即  0 0g x  且当 00 x x  时，   0x  ，   0g x  ，  g x 单调递减； 当 0x x 时，   0x  ，   0g x  ，  g x 单调递增. ∴  g x 在 0x x 处取得最小值， 即  f x 在 0x x 处取得最小值，也是极小值 且   0 0 0 10 0xg x e x      ， 0 0 1xx e  ， 两边取以 e 为底的对数可得 0 0ln 0x x  ． （3）由   1f x  在 0x x 上恒成立，得 ln 1xe x x ax   在 0x x 上恒成立， 所以 1 ln xx x ea x   在 0x x 上恒成立， 即 max 1 ln xx x ea x       令   1 ln xx x eF x x   ，          2 2 2 1 11 11 xxx x e xe x xe x e xF x x x x            ∵ 0 1 ,12x     ，当 0x x 时， 1 0xe   ,令   0F x  得 1x  且当 0 1x x  时，   0F x  ，  F x 单调递增， 当 1 x  时，   0F x  ，  F x 单调递减 ∴    max 1 1F x F e   ，所以  1 1a F e   ． 【点睛】关键点睛：本题考查导数的几何意义，极值与最值和恒成立求参数的问题，解答本题的关键是由 条件得到 1 ln xx x ea x   在 0x x 上恒成立，设   1 ln xx x eF x x   ，求出  F x 的最大值，属于中档 题.