广东省深圳实验学校高中部2021届高三11月月考数学试题 15页

数学试卷 第 1页（共 15页） 深圳实验学校高中部 2021 届 11 月份月考 数学试卷 2020 年 11 月 一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项符合要求。 1．设集合 2{ | 2 0}A x x x    ， { | 0 3}B x x   ，则 A B  A．{ | 2 3}x x   B．{ | 0 1}x x  C．{ | 1 3}x x   D．{ | 0 2}x x  2．已知i 是虚数单位， z 是复数，若 (1 3i) 2 iz   ，则复数 z 的虚部为 A． 7 i10 B． 7 10  C． 7 10 D． 7 i10  3．在△ ABC 中，“sin cosA B ”是“ π 2C  ”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4．函数 2( ) ln( 1 )f x x kx   的图象不可能是 A． B． C． D． 5．已知圆 2 2 4 4 0x y x y a     截直线 4 0x y   所得弦的长度小于 6，则实数 a 的取值范围为 A． (8 17,8 17)  B． (8 17,8) C． ( 9, )  D． ( 9,8) 6． 6 2 1( 2)x x x      的展开式中的常数项是 A． 5 B．15 C． 20 D． 25 7．已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的实轴长为16 ，左焦点为 F ，M 是双曲线C 的一条渐近线 数学试卷 第 2页（共 15页） 上的点，且OM MF ，O 为坐标原点，若△OMF 的面积为16 ，则双曲线C 的离心率为 A． 3 3 2 B． 5 C． 3 D． 5 2 8．已知函数 1( ) 22 1xf x x   ，若不等式 ( 4 1) ( 2 ) 5x xf m f m     对任意的 0x  恒成立， 则实数 m 的最小值为 A． 12 2  B． 2 1 C． 2 1 2  D． 21 2  二、多项选择题：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，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分。 9．设 a ， b ， c为实数，且 0a b  ，则下列不等式中正确的是 A． 1 1 a b  B． 2 2ac bc C． 1 1 2 2 a b          D． 2lg lg( )a ab 10．函数 ( ) cos( )f x A x   π( 0, 0,| | )2A     的部分图象如图所示，且满足 π 2( )2 3f   ，现将图象沿 x 轴向左平移 π 4 个单位，得到函数 ( )y g x 的图象． 下列说法正确的是 A． ( )g x 在 π π[ , ]12 6  上是增函数 B． ( )g x 的图象关于 5π 6x  对称 C． ( )g x 是奇函数 D． ( )g x 在区间 π 5π[ , ]12 12 上的值域是 2 2 2[ , ]3 3  11．如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，侧面 PCD  平面 ABCD ， 2 3BC  ， 2 6CD PC PD   ，若点 M 为 PC 的中点， 则下列说法正确的是 A． BM  平面 PCD B． / /PA 面 MBD C．四棱锥 M ABCD 外接球的表面积为36π D．四棱锥 M ABCD 的体积为 6 P M C B D A 数学试卷 第 3页（共 15页） 12．设 nS 为等比数列{ }na 的前 n 项和，满足 1 3a  ，且 1a ， 22a ， 34a 成等差数列， 则下列结论正确的是 A． 113 ( )2 n na    B．3 6n nS a  C．若数列{ }na 中存在两项 pa ， sa 使得 3p sa a a  ，则 1 9 p s  的最小值为 8 3 D．若 1 n n t S mS    恒成立，则 m t 的最小值为 11 6 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13. 已知| | 2a ，| | 1b ， (2, 3)  a b ，则| 2 | a b ． 14．若 π 23 cos sin =3 3        ，则 πsin 2 6       ． 15．已知直线 2 2y x  与抛物线 2 8y x 交于 A ， B 两点，抛物线的焦点为 F ，则 FA FB  的值 为 ． 16. 已知函数 ln( )( ) xf x x  ， 2( ) 2 x mg x x  ，若函数 1( ) ( ( ))h x g f x m   有 3 个不同的零点 1x ， 2x ， 3x ，且 1 2 3x x x  ，则 1 2 3( ) ( ) 2 ( )f x f x f x  的取值范围是 ． 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（10 分） 如图，四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是直角梯形， 90DAB   , / /AD BC ， AD  侧面 PAB ，△ PAB 是等边三角形， 2DA AB  ， 1 2BC AD ， E 是线段 AB 的中点． （1）求证： PE CD ； （2）求 PC 与平面 PDE 所成角的正弦值． P D C E AB 数学试卷 第 4页（共 15页） 18．（12 分） 在① sin sin 4 sin sinb A a B c A B  ，② 2cos2 2 3sin 3 22 CC    ， ③ ( 3 )sin sin sina b A b B c C   ，这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解决该问题． 已知△ ABC 中， a ，b ，c 分别为内角 A， B ，C 的对边， 1+ 3sin sin 4A B  ， 2c  ， ___________，求角 C 及△ ABC 的面积 S ． （注意：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．） 19．（12 分） 已知数列{ }na 满足 1 5a   ，且 12 ( 2) 3n n na a     （ 2n  且 *nN ）． （1）求 2a ， 3a 的值； （2）设 ( 2) n n n ab   ，是否存在实数  ，使得{ }nb 是等差数列？若存在，求出  的值，否则，说明 理由． （3）求{ }na 的前 n 项和 nS ． 20．（12 分） 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． 数学试卷 第 5页（共 15页） （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        . 21．（12 分） 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率为 1 2 ，直线 1: 22l y x   与椭圆 C 有且仅有一个 公共点 A ． （1）求椭圆C 的方程及 A 点坐标； （2）设直线l 与 x 轴交于点 B ．过点 B 的直线与C 交于 E ，F 两点，记 A 在 x 轴上的投影为 G ， T 为 BG 的中点，直线 AE ， AF 与 x 轴分别交于 M ， N 两点． 试探究| | | |TM TN 是否为定值？若为定值，求出此定值，否则，请说明理由． 数学试卷 第 6页（共 15页） 22．（12 分）已知函数 2( ) 2 2ln ( 0)f x x mx x m    ．（1）讨论函数 ( )f x 的单调性；（2）若 1x ， 2x 为函数 ( )f x 的两个极值点，且 1x ， 2x 为函数 2( ) lnh x x cx bx   的两个零点， 1 2x x ． 求证：当 4 3 3m  时， 1 2 1 2( ) ln3 12 x xx x h       ． 数学试卷 第 7页（共 15页） 深圳实验学校、长沙一中 2021 届两校联考 数学试卷参考答案及评分标准 选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A B B C D D D C ACD BCD BC ABD 1．A 解析：由 2{ | 2 0} { | 2 1}A x x x x x        ， { | 0 3}B x x   ，得 { | 2 3}A B x x    ，故选 A． 2．B 解析：由 (1 3i) 2 iz   ，得 2 i (2 i)(1 3i) 1 7 i1 3i (1 3i)(1 3i) 10 10z          ，所以虚部为 7 10  ，故选 B． 3．B 解析：若sin cosA B ，则 π 2A B  或 π 2A B  ，即 π 2C  或 π 2A B  ， 若 π 2C  ，则 π 2A B  ，则 πsin sin( ) cos2A B B   ，故选 B． 4．C 解析：A，B 图像关于原点对称，故 ( )f x 为奇函数，即 ( ) ( ) 0f x f x   ， 2 2( ) ( ) ln( 1 ) ln( 1 ) 0f x f x x kx x kx         ，得 1k   ，所以 A，B 正确， C，D 图像关于 y 轴对称， ( )f x 为偶函数， 2 2ln( 1 ) ln( 1 )x kx x kx     ，得 0k  ，此时图 像为 D，故选 C． 5．D 解析：圆的方程整理得 2 22 ( 2) 8x y a    （ ） ， 圆心为 (1, 1) 半径为 8 a ，∴8 0a  即 8a  ，圆心到直线的距离为 2 2 1 1 4 =2 2 1 +1   ，因为弦的长 度小于 6，故有 2 22 ( 8- ) (2 2) 6a   ， 解得 9a   ， ( 9,8)a   ，故选 D． 6．D 解析： 61x x     展开式的通项为 6 2 1 6( 1)r r r rT C x     ，所以 61x x     展开式的常数项为 3 3 6( 1) 20C   ，含 2x  项的系数为 4 4 6( 1) 15C  ，所以 6 2 1( 2)x x x      的展开式中的常数项为 1 15 2 ( 20) 25      ，故选 D． 7．D 解析：设 ( ,0)F c ，可得 FM b ，OM a ， 16OMFS  ，即 1 162 ab  ，所以 32ab  ，又 2 2 2a b c  ，解得 8, 4, 4 5a b c   ，所以离心率为 5 2 ，故选 D． 8．C 解析：因为 1 1( ) ( ) 2 2 52 1 2 1x xf x f x x x          ，所以 ( )f x 图像关于点 5(0, )2 对 称，又 2 2 ln 2( ) 1 0(2 1) x xf x    ，所以 ( )f x 单调递增， ( 4 1) ( 2 ) 5x xf m f m     等 价 于 ( 4 1) ( 2 ) ( 2 ) (2 )x x x xf m f m f m f m        ， 即 ( 4 1) (2 )x xf m f m    恒成立，所以 4 1 2x xm m    ， 2 1( 0)4 1 x xm x  ，令 数学试卷 第 8页（共 15页） 2 1x t  ( 0)t  ，可得 2 2( 1) 1 2 2 t tm t t t      ，而 2 1 1 2 1 22 2 22 2 22 t t t t t       ，所以 2 1 2m  ，故选 C． 9．ACD 解析：对于 A，因为 0a b  ，所以 1 1 a b  ，所以 A 正确；对于 B，当 0c  时， 2 2ac bc 不成立，所以 B 错误；对于 C，因为 0a b  ，函数 1 2 x y      是 R 上的减函数，所以 1 1 2 2 a b          ， 所以 C 正确；对于 D，因为 0a b  ，所以 2 0a ab  ，因为 lgy x 是 0 ,  上的增函数，所以 2lg lg( )a ab ，所以 D 正确，故选 ACD． 10．BCD 解析：设 ( )f x 的最小正周期为T ，由题图可知 11π 7π π 2 12 12 3 T    ，所以 2π 3T  ， 3 ， 当 7π 12x  时， 0y ，即 7π π3 2 π ( Z)12 2k k     ， 所以 9π2 π ( )4k k Z    ，因为 π| | 2   ，所以 1k  ， π 4    ， 所以 π( ) cos 3 4f x A x     ，又 π 3π π 2( ) cos2 2 4 3f A        ，所以 3 22A ， 所以 2 2 π( ) cos 33 4f x x     ，所以 2 2( ) sin33g x x  ，选 BCD． 11．BC 解析：在四棱锥 P ABCD 中： 由题：侧面 PCD 平面 ABCD ，交线为 CD ， 底面 ABCD 为矩形， BC CD ，则 BC⊥平面 PCD，过点 B 只能作一条直线与已知平面垂直， 所以选项 A 错误； 连接 AC 交 BD于 O ，连接 MO， PAC 中， OM ∥ PA ， MO  面 MBD ， PA面 MBD ，所以 / /PA 面 MBD ，所以选项 B 正确； 四棱锥 M ABCD 的体积是四棱锥 P ABCD 的体积的一半，取CD 中点 N ，连接 PN ，PN CD ， 则 PN ^ 平面 ABCD ， 3 2PN  ，四棱锥 M ABCD 的体积 1 1 2 3 2 6 3 2 122 3M ABCDV        所以选项 D 错误. 矩形 ABCD 中，易得 6, 3, 3AC OC ON   ， PCD 中求得： 1 62NM PC  ，在 Rt MNO 中 2 2 3MO ON MN   即：OM OA OB OC OD    ，所以 O 为四棱锥 M ABCD 外接球的球心，半径为3，所以其体 积为36π ，所以选项 C 正确，故选 BC． 12．ABD 解析：由 1 3a  ， 2 1 34 4a a a   ，设公比为q， 则 24 3 3 4 3q q     ，解得 1 2q   ，所以 113 ( )2 n na    ， A P D C B N M O 数学试卷 第 9页（共 15页） 13(1 ( ) ) 12 2 1 ( )1 21 ( )2 n n nS           ； 11 1 13 6 1 ( ) 6 6( ) 6 3 ( ) 6 32 2 2 n n n n nS a               ；所以 A，B 正确， 若 3p sa a a  ，则 2 3p sa a a  ， 1 1 2 2 1 1 1( )p s p sa a a q a q a q    ，所以 1 1 4p sq q q   ， 6p s  ，则 1 5 p s    或 2 4 p s    或 4 2 p s    或 5 1 p s    ，此时 1 9 14 5p s   或 11 4 或 19 4 或 46 5 ；C 不正确， 12 2( ) ,1 22 1 ( ) 12 2 2( ) ,2 n n n n n S n            为奇数 为偶数 ， 当 n 为奇数时， (2,3]nS  ，当 n 为偶数时， 3[ , 2)2nS  ， 又 1 n n y S S   关 于 nS 单 调 递 增 ， 所 以 当 n为 奇 数 时 ， 1 3 8( , ]2 3n n S S   ， 当 n 为 偶 数 时 ， 1 5 3[ , )6 2n n S S   ，所以 8 3m  ， 5 6t  ，所以 8 5 11 3 6 6m t    ，D 正确，故选 ABD． 填空题： 13． 2 3 14． 5 9  15． 11 16． 1 2( ,0) (0, )e e  U 13．答案： 2 3 解析： (2, 3)  Q a b ， 2| | 7 ( ) 7     ，a b a b ， 2 22 7   a a b b ， 又| | 2a ，| | 1b ， 1  a b ， 2 2| 2 | 4 4 2 3      a b a a b b ，故答案为 2 3 ． 14．答案： 5 9  解析：由 π 23 cos sin =3 3        得 π 2sin + =3 3       ，所以 2π π π π 2 5sin 2 sin 2( ) cos 2( ) 2 ( ) 16 3 2 3 3 9                               ． 15．答案： 11 解析：联立 2 2y x  与 2 8y x 得， 2 4 1 0x x   ，设 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ，则 1 2 4x x  ， 1 2 1x x  ， 1 2 1 2(2 2)(2 2) 8y y x x     ， 1 2 1 2( 2)( 2) 11FA FB x x y y        ． 16．答案： 1 2( ,0) (0, )e e  U 解析： 2 1 ln( )( ) xf x x   Q ，易求 ( )f x 的极小值为 1( )f e e    ． 令 1( ) 0g x m   ，即 2 22 0x mx m   ，解得方程两根为 m 和 2 m ， 数学试卷 第 10页（共 15页） 函数 ( )h x 的零点即方程 ( )f x m  和 ( ) 2 mf x  的根．  函数 ( )h x 有 3 个不同的零点需满足： 当 0m 时， 1 2 1( ) ( ) ( ,0)2 mf x f x e     且 3( ) (0 )f x m    ， ， 1 2 3 2( ) ( ) 2 ( ) 2( ) (0, )2 2 m mf x f x f x m m e           ； 当 0m  时， 1 2 1( ) ( ) ( ,0)f x f x m e      且 3( ) (0 )2 mf x    ， ， 1 2 3 1( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( ) 2( ) ( ,0)2 mf x f x f x m m m e             ， 综上： 1 2 3( ) ( ) 2 ( )f x f x f x  的范围为 1 2( ,0) (0, )e e  U ． 解答题： 17．（10 分） 解析：（1） AD  侧面 PAB ， PE  平面 PAB ， AD EP  ………………………………………… 2 分 又△ PAB 等边三角形， E 是线段 AB 的中点， AB EP  …………………………………………… 3 分 AD AB A   ， PE  平面 ABCD ， CD  平面 ABCD ， PE CD  ； …………………………………………………………… 5 分 （2）以 E 为原点，以在平面 ABCD 内过 E 且垂直于 AB 的 直 线 为 x 轴，以 EA 、 EP 分别为 y 、 z 轴，建立如图所示的空间直角 坐标系． 则 (0,0,0)E ， (1, 1,0)C  ， (2,1,0)D ， (0,0, 3)P ． (2,1,0)ED   ， (0,0, 3)EP   ， (1, 1, 3)PC     ．……………………………… 7 分 设 ( , , )n x y z   为平面 PDE 的一个法向量． 由 2 0 3 0 n ED x y n EP z             令 =1x ，可得 (1,-2,0)n   ， ……………………………… 9 分 设 PC 与平面 PDE 所成角为 ，得 3sin cos , 5 PC n PC n PC n              ，……… 11 分 所以 PC 与平面 PDE 所成角的正弦值为 3 5 ．…………………………………………… 12 分 18．（12 分） 解析：选① sin sin 4 sin sinb A a B c A B  ， 因为 sin sin 4 sin sinb A a B c A B  ， 所以由正弦定理得sin sin sin sin 4sin sin sinB A A B C A B  ， 即 2sin sin 4sin sin sinB A C A B ，所以 1sin 2C  ， 因为  0,πC  ，所以 π 6C  或 5π 6C  ． …………………………………………… 5 分 若 5π 6C  ，由 1+ 3sin sin 4A B  ， 数学试卷 第 11页（共 15页） 而 π 6A  ， π 6B  ，从而 1sin sin 4A B  ，矛盾，舍去． 故 π 6C  ， …………………………………………… 6 分 接下来求△ ABC 的面积 S ． 法一：设△ ABC 外接圆的半径为 R ，则由正弦定理得 22 4πsin sin 6 cR C    ， 2 sin 4sina R A A   ， 2 sin 4sinb R B B  ， 16sin sin 4(1 3)ab A B    ， 1 1 1sin 4(1 3) 1 32 2 2ABCS ab C        ．…………………………………… 12 分 法二：由(Ⅰ)得 3cos 2C  ，即 3cos cos sin sin 2A B A B   ， 1+ 3sin sin 4A B  ， 1 3cos cos 4A B   ， 1cos( ) cos cos sin sin 2A B A B A B     ， 5π 5π( , )6 6A B   ， π 3A B   或 π 3B A  ， 当 π 3A B  时，又 5π 6A B  ， 7π 12A  ， π 4B  ， 由正弦定理得 π2sinsin 4 2 2πsin sin 6 c Bb C    ， 1 1 7π 2 1 2 3sin 2 2 2sin 2 2( ) 1 32 2 12 2 2 2 2ABCS bc A           ,…… 10 分 当 π 3B A  时，同理可得 1 3ABCS   ， 故△ ABC 的面积为1 3 ．……………………………………………………… 12 分 选② 2cos 2 2 3 sin 3 22 CC    ， 因为 2cos 2 2 3 sin 3 22 CC    ， 所以 22cos 1 3(1 cos ) 3 2 0C C      ，即 22cos 3cos 3 0C C   ， (2cos 3)(cos 3) 0C C   ， 所以 3cos 2C  或 cos 3C   （舍）， 因为  0,πC  ，所以 π 6C  ． ……………………………………………………… 6 分 以下同解法同① ， …………………………………………… 12 分 选③ ( 3 )sin sin sina b A b B c C   ， 由 ( 3 )sin sin sina b A b B c C   及正弦定理得 2 2( 3 )a b a b c ＋ = ， 即 2 2 2 3a b c ab ＋ ， 数学试卷 第 12页（共 15页） 由余弦定理得 2 2 2 3cos 2 2 a b cC ab  ＋ ， 0 πC  ， π 6C  ， …………………………………………… 6 分 以下解法同① ． …………………………………………… 12 分 19．（12 分） 解析：（1）由 12 ( 2) 3n n na a     ， 令 2n  ， 2 2 12 ( 2) 3a a    ，得 2 11a  ， ………………………………… 1 分 令 3n  ， 3 3 22 ( 2) 3a a    ，得 3 33a   ； ………………………………… 2 分 （2） 1 1 5 2 2 ab      ， 2 2 2 11 ( 2) 4 ab     ， 3 3 3 33 ( 2) 8 ab      ， 若 nb 是等差数列，则有 2 1 32b b b  ，即 11 5 2 2     33 8    ，………………… 3 分 解得 1  ， ………………………………… 4 分 下证当 1  时， nb 是等差数列， 当 2n  时， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 ( 2) 3 1 1 ( 2) ( 2) ( 2) ( 2) ( 2) 1 1 1( 2) ( 2) n n n n n n n n n n n n n n n n a a a ab b a a                                  ………………………… 6 分 所以{ }nb 是公差为 1 的等差数列，而 1 1 1 22 ab   ，所以 1nb n  ；……………… 7 分 （3）由（1） 1 1( 2) n n n ab n   ，所以 ( 1) ( 2) 1n na n     ， 令 2 32 ( 2) 3 ( 2) 4 ( 2) ( 1) ( 2)n nT n              则 2 3 4 1( 2) 2 ( 2) 3 ( 2) 4 ( 2) ( 1) ( 2) n nT n                两式相减得： 2 3 1 1 3 2 ( 2) ( 2) ( 2) ( 2) ( 1) ( 2) ( 2)(1 ( 2) )2 ( 1) ( 2)1 ( 2) n n n n n T n n                            …………………………… 10 分 得 1(3 4) ( 2) 8 9 n n nT      ，…………………………………………………………… 11 分 所以 1(3 4) ( 2) 8 9 n n nS n       ．…………………………………………………… 12 分 20．（12 分） 解：（1）易知 1 2 3 4 5 35t      ， 0.5+0.6+1+1.4+1.7 1.045y   ，…………1 分 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           ，………………………2 分 1.04 0.ˆ 32 .08ˆ 3 0ta y b      ，………………………3 分 数学试卷 第 13页（共 15页） 则 y 关于t t 的线性回归方程为 0.32 0 8ˆ .0y t  ，………………………4 分 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；…………5 分 （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        ，…………6 分 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      ；…………8 分 （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  ，…………………9 分 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   ，……11 分 可预测 2020 年 11 月份竞拍的最低成交价为 4.8 万．.…………………12 分 21．（12 分） 解析：（1）设C 的半焦距为 c，则 1 2 c a  ，即 2 24a c ， 2 2 2 23b a c c   ，所以 2 2 2 2: 14 3 x yC c c   ，联立 2 2 2 2 14 3 x y c c   与， 1: 22l y x   ， 得 2 22 4 3 0x x c    ， …………………………………………………………… 2 分 依题意 2=4 4(4 3 ) 0c    ， 解得 2 1c  ，所以 2 4a  ， 2 3b  ， 故椭圆 C 的方程为 2 2 14 3 x y  ；……………………………………………………… 3 分 此时 2 22 4 3 0x x c    即为 2 2 1 0x x   ， 根为 1x  ，则 1 31 22 2y      ， 所以， A 点坐标为 3(1, )2 ；…………………………………………………………… 4 分 （2）易知 (4, 0)B ， 5( ,0)2T ， 若直线 EF 的斜率为 0，此时 ( 2, 0)M  ， (2,0)N 或 ( 2,0)N  ， (2, 0)M ， 9| | 2TM  ， 1| | 2TN  或 9| | 2TN  ， 1| | 2TM  ， 有 9| | | | 4TM TN  ，…………………………………………………………… 6 分 若直线 EF 的斜率不为 0，设直线 EF 的方程为 4x ny  ，代入 2 2 14 3 x y  得 2 2(3 4) 24 36 0n y ny    ，设 1 1 2 2( , ), ( , )E x y F x y ，则 1 2 2 24 3 4 ny y n    ， 1 2 2 36 3 4y y n   ， 数学试卷 第 14页（共 15页） 可得直线 AE 的方程为 1 1 3 3 2 ( 1)2 1 y y xx     ，则 1 1 3( 1)(1 ,0)2 3 xM y   ， 1 1 1 1 1 1 1 1 3( 1) 3( 1) (6 6) 9 (2 2) 35 3 3| | = 12 2 3 2 2 3 2(2 3) 2 2 3 x x n y n yTM y y y y                ， 同理， 2 2 (2 2) 33| | 2 2 3 n yTN y     ，所以 ………………………………………………… 9 分 1 2 1 2 (2 2) 3 (2 2) 39| | | | 4 2 3 2 3 n y n yTM TN y y         ， 2 2 1 2 1 2 1 2 2 9(3 16 20)[(2 2) 3][(2 2) 3] (2 2) 3(2 2)( ) 9 3 4 n nn y n y n y y n y y n              2 1 2 1 2 1 2 2 9(3 16 20)(2 3)(2 3) 4 6( ) 9 3 4 n ny y y y y y n          所以 9| | | | 4TM TN  ．…………………………………………………………… 11 分 综上， 9| | | | 4TM TN  为定值．………………………………………………………… 12 分 22．（12 分） 解析：（1）由于 2( ) 2 2lnf x x mx x   的定义域为 (0, ) ， 22( 1)( ) x mxf x x    ． …………………………………………………………… 1 分 对于方程 2 1 0x mx   ， 2 4m   ． 当 2 4 0m   ，即 0 2m  时， ( ) 0f x  恒成立，故 ( )f x 在 (0, ) 内单调递增． …………………………………………………………… 2 分 当 2 4 0m   ，即 2m  时，方程在 (0, ) 恰有两个不相等实根 2 4 2 m mx   ， 令 ( ) 0f x  ，得 2 40 2 m mx    或 2 4 2 m mx   ，此时 ( )f x 单调递增； 令 ( ) 0f x  ，得 2 24 4 2 2 m m m mx     ，此时 ( )f x 单调递减． …………………………………………………………… 4 分 综上所述： 当 0 2m  时， ( )f x 在 (0, ) 内单调递增； 当 2m  时， ( )f x 在 2 24 4(0, ),( , )2 2 m m m m     单调递增，在 2 24 4( , )2 2 m m m m    单调递减； ………………………………………………… 5 分 （2）证明： 1 2,x xQ 为函数 ( )f x 的两个极值点, 1 2,x x 即为方程 2 1 0x mx   的两根． 又 4 3 3m Q ， 2 4 0m    且 1 2 1 2, 1x x m x x   ． …………………………… 6 分 又 1 2,x xQ 为 ( )h x 的零点， 2 2 1 1 1 2 2 2ln 0 ln 0x cx bx x cx bx      ， ， 两式相减得 1 1 2 1 2 1 2 2 ln ( )( ) ( ) 0x c x x x x b x xx       ， 数学试卷 第 15页（共 15页） 1 2 1 2 1 2 ln ( ) x xb c x xx x     ，…………………………………………………………… 7 分 又 1( ) 2h x cx bx    Q ， 1 2 1 2( ) ( )2 x xx x h   1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ln2( ) ( ) ( ) x xx x c x x c x xx x x x                  1 1 2 1 2 1 11 2 2 2 2 2( 1)2( ) ln ln ( 1) x x x x x x xx x x x x      …………………………………………………… 8 分 令 1 2 xt x  ， 1 20 0 1x x t    Q ， ， 由 2 2 2 1 2 1 2 1 2+2x x m x x x x m   得: ， 由 1 2 1x x  ，上式两边同时除以 1 2x x 得： 21 2t mt    ， 又 4 3 3m Q ，故 21 4 3 10( ) 23 3t t     ， 解得 10 3t  或 3t  （舍去）， ………………………………………………………… 10 分 设 1( ) 2 ln1 tG t tt    ，则 2 2 ( 1)( ) 0( 1) tG t t t     ， ( )G t 在 1(0, ]3 上单调递减， …………………………………………………………… 11 分 min 1( ) ( ) ln3 13G t G    ， 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ln3 12 x xx x h G t     ． ………………………………………………… 12 分