海南省三亚市第一中学2024-2025学年高三上学期11月模拟考试数学试题

— 1— 三亚市第一中学 2024—2025学年（上）高三 11月模拟考试 数学 · 答案 一、单项选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分． 1.答案 C 命题意图 本题考查交集的概念及运算、求对数函数在区间上的值域. 解析  lnU y y x   R∣ ，因为    0,1,2 , 2,3,5,7A B  ，所以    0,1UA B ð ． 2.答案 A 命题意图 本题考查全称命题的否定及其真假判断. 解析 原命题是全称量词命题，其否定是存在量词命题，注意到是否定结论而不是否定条件，所以命题 “ 2x  ， 5 lg 1 4 x x       ”的否定为“ 2x  ， 5 lg 1 4 x x       ”． 3.答案 A 命题意图 本题考查复数的相等. 解析 设点C对应的复数为 ia b ，由OC AB   ，可得 i 1 ia b   ，所以 1, 1a b   ，则 1 iz   ． 4.答案 B 命题意图 本题考查由奇偶性求参数. 解析  f x 的定义域是    , 1 1,    ，关于原点对称，令    2 1, ln 1 xg x x ax h x x      ，因为    h x h x   ， 所以  h x 是奇函数，又因为      f x g x h x  是奇函数，所以  g x 是偶函数，由    g x g x  ，可得 2 2( ) ( )x ax x a x     ，解得 0a  ． 5.答案 C 命题意图 本题考查数列周期性的应用. 解析 由 1 1n n na a a   知 0na  ，则 1 11n n a a   ，又 1 3a  ，所以 2 3 4 5 2 1 2 1 3 1 21 , 1 1 , 3, . 3 3 2 2 3 a a a a a             ， 所以 na 是以 3为周期的数列，则 108 3 3 35 3 1 2 a a a     ． 6.答案 D 命题意图 本题考查余弦定理解三角形. 解析 当 B为钝角时，由余弦定理得 2 2 2 2 2 2cos 0, 0 2 a c bB a c b ac        ，所以 2 2 21 2 0c   ，解得 3c  ，因为 a c b  ，所以 1c  ，所以1 3c  ，当C为钝角时，由余弦定理得 2 2 2 2 2 2cos 0, 0 2 a b cC a b c ab        ，所以 2 2 21 2 0c   ，解得 > 5c ，因为 a b c  ，所以 3c  ，所以 5 3c  ． — 2— 7.答案 A 命题意图 本题考查正棱锥及其有关计算、球的表面积的有关计算、圆柱表面积的有关计算. 解析 正三角形的外接圆半径为 2 2 3 π 32sin 3 r   ，四面体的高 h          2 2 2 3 2 62 3 3 ，所以圆柱的外接球的半 径 2 22 2 21 6 2 3 2 2 3 3 R h r                       ，即该球的表面积 4π 2 8πS    ． 8.答案 A 命题意图 本题考查双曲线的离心率或离心率的取值范围. 解析 设  0 0 0 0, , , 0M x y x a y  ，则  0 0,N x y ，  ,0A a ， 2 2 2 2 0 0 1( 0, 0)x a a b y b    ，则   2 2 2 2 0 02 by x a a   ，① 则 MAN NAx MAx     ，所以   tan tantan tan 1 tan tan NAx MAxNAx MAx NAx MAx            ， 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0tan , tany y y yNAx MAx x a a x x a a x              ，所以 0 0 0 0 2 2 0 0 0 2 0 0 0 2 2 0 0 0 2 tan 1 1 y y x y a x a x a x y y y a x a x a x              ，② 将①代入②得 2 0 2 2 0 2tan xb a b y     ， 0 0 tan tan yMOx x     ，因为 tan tan 3   ， 所以 2 2 2 20 0 2 2 2 2 0 0 2 2 3 3x yb b b a a b y x a b           ，所以双曲线的离心率为 2 21 2 c be a a     ． 二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分． 9.答案 AC 命题意图 本题考查求正切型三角函数的单调性、周期、对称中心. 解析 x的取值应满足 π ππ , 3 2 x k k    Z，解得 ππ , 6 x k k   Z，所以  f x 的定义域是 ππ ,6x x k k         Z ， 故 A正确；  f x 的最小正周期为 π π 1   ，故 B错误； 由 π π ππ π , 2 3 2 k x k k      Z解得 π 5ππ π , 6 6 k x k k      Z，所以  f x 在区间 π 5ππ , π6 6k k       上单调递减，故 C正确； 由 π π , 3 2 kx k   Z，解得 π π , 2 3 kx k   Z，所以  f x 图像的对称中心为 π π ,0 ,2 3 k k      Z，故 D错误． — 3— 10.答案 BD 命题意图 本题考查函数与导数的综合性质. 解析 函数 3 2( ) 2 3f x x x  ， 2( ) 6 6 6 ( 1)f x x x x x     ，令 ( ) 0f x  ，解得 0x  或 1x  ，故当 ( ,0)x  时 ( ) 0f x  ， 当 (0,1)x 时， ( ) 0f x  ，当 (1, )x  时 ( ) 0f x  ，则 ( )f x 在 ( ,0) 上单调递增，在(0,1)上单调递减，在 (1, ) 上 单调递增，故0是 ( )f x 的极大值点，1是 ( )f x 的极小值点，故 A错误，C错误； 对 B．        3 23 2 3 2 2 3 21 2 3 2 1 3 1 2 3 2 6 6 2 3 6 3 1f x f x x x x x x x x x x x x                   ，则 ( )f x 的图象关 于点 1 1, 2 2      对称，故 B正确； 对 D．当0 1x  时， 21 1 1 0x x      ，而 ( )f x 在 ( 1,0) 上单调递增，故 2( 1) ( 1)f x f x   ，故 D正确． 11.答案 ABC 命题意图 本题考查圆锥中截面的有关计算. 解析 对于 A，因为点M 是母线的中点，当经过M 的截面平行于底面时得截面图形是圆，因为底面圆的 半径为 4 ,截面的半径 2r  ，所以圆的周长为 4π，A正确； 对于 B，当经过M 的截面恰好经过底面 AB的端点A且与底面只有这一个公共点时截面是椭圆，椭圆的长 轴是 AM ,因为在圆锥中，高 2OP  ，底面圆的半径为 4，所以 2 2 2 2 204 2P OA OPA   ， 所以     2 2 22 2 2 20 20 8 3cos 2 52 20 20 AP BP ABAPB AP BP           ， 所以椭圆的长轴长    2 22 2 32 cos 20 5 2 20 5 5AM PA PM PA PM APM                37 ，故 B正确； 对于 C，因为点M 是母线的中点，当经过M 的截面与底面垂直时截面是一支双曲线，截线正好是OB的中 垂线时,在与底面、平面 PAB垂直且过点M 的平面内，以M 为右顶点建立平面直角坐标系，设双曲线的标 准方程为   2 2 2 2 1 , 0 x y a b a b    ，有 1a  ，易知点  2, 2 3 在双曲线上，所以 2b  ，所以离心率 5e  ，故 C正 确； 对于 D，经过M 的截面与底面的的截线是与 AB垂直的底面圆的直径时截面是抛物线，以M 为坐标原点， — 4— 建立平面直角坐标系，设抛物线的标准方程为 2 2y px （ 0)p  ，易知点  5,4 在抛物线上，所以 8 5 5 p  ， 故 D错误. 二、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12. 答案 160 命题意图 本题考查求指定项的系数. 解析 因为 2 6( 2 )x y 展开式的通项    62 12 21 6 6C 2 2 C r rr r r r r rT x y x y      ，所以含 6 3x y 的项为第 4项，即 3r  ，所 以 6 3x y 的系数是 3 362 C 160 . 13. 答案  1, 2 命题意图 本题考查等差中项的应用、直线过定点问题. 解析 由题，有 2 m pn  ，所以由 0mx ny p   ，得 0 2 m pmx y p   ，整理得    2 2 0m x y p y    ，由 2 0 2 0 x y y      ，解得 1 2 x y     ，所以直线 l过定点  1, 2 . 14. 答案 72 命题意图 本题考查锥体体积的有关计算、由二面角大小求线段长度或距离. 解析 重新作出棱锥 P ABCD ，如图， ,E F分别在 ,PC PD上且 / /EF CD，平面 ABEF与平面 ABCD所成二面角是 45， AC BD O ，因为 PA PB PC PD   ，ABCD是矩形，则O是 AC中点，也是 BD中点，所以 ,PO BD PO AC  ，又因为 ,AC BD 平面 ABCD， AC BD O ，所以 PO 平面 ABCD，取 AB中点M ，CD中点 N，连接 , ,MN PM PN，则 // ,MN BC MN AB ，PM AB ，O MN ，PM PN ，又因为MN PM M ， ,MN PM 平面 PMN，所以 AB 平 面 PMN，而MG 平面 PMN，所以 AB MG ，设 PN EF G ，连接MG，所以 GMN 是平面 ABEF与平面 ABCD 所成二面角的平面角，即 45GMN  ，易得 1 4 2 OM ON BC   ， 2 2 1 8 6 5 2 BO    ， 2 213 5 12PO    ， — 5— 2 2 2 213 3 4 10PM PB BM     ， 4 10PN PM  ，所以 12tan 3 4 PMN   ， 12 3 10sin 104 10 PMN   ，即 3 10sin 10 MNG  ， tan 3PNM  ， 所以 tan tan(180 ) tan( 45 )MGN GNM GMN GNM         tan tan 45 1 tan tan 45 GNM GNM          3 1 2 1 3 1       ，从而 2 5sin 5 MGN  ， MNG 中由正弦定理有 sin sin sin MN GN MG MGN GMN GNM      ， 8MN BC  ，所以 8 2 5 2 5 2 GN  ， 解得 12 10 2 GN PN  ，同理得 6 2MG  ，所以G是PN中点，所以 EF是 PCD△ 的中位线， 1 3 2 EF CD  ， 又 AB 平面 ABEF，AB 平面 PMN，所以平面 PMN 平面 ABEF，又平面 PMN 平面 ABEF MG ，过 P作平面 ABEF的垂直，则垂足在MG上， tan tan 45 3 1 1tan tan( 45 ) 1 tan tan 45 1 3 1 2 PMNPMG PMN PMN                  ，所以 5sin 5 PMG  ，从而 P到平面 ABEF的距离为 5sin 4 10 4 2 5 PM PMG    ， 1 (6 3) 6 2 27 2 2ABEF S     ， 所以 1 27 2 4 2 72 3P ABMN V      . 四、解答题：共 70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 命题意图 本题考查求回归直线方程. 解析 （Ⅰ）记 6组依次为 1，2，3，4，5，6，从这 6组中随机选取 4组数据，剩余的 2组数据所有等可 能的情况为  1,2 ， 1,3 ， 1,4 ， 1,5 ， 1,6 ， 2,3 ， 2, 4 ， 2,5 ， 2,6 ， 3,4 ， 3,5 ， 3,6 ， 4,5 ， 4,6 ，  5,6 共 15种， 其中 2组数据都是 20日，即都取自 2，4，6组的情况有 3种． 根据古典概型概率计算公式，剩余的 2组数据都是 20日的概率 3 1 15 5 P   （Ⅱ）（ⅰ）由所选数据，得 11 13 12 8 11 4 x     ， 25 29 26 16 24 4 y     ， 所以 2 2 2 2 2 11 25 13 29 12 26 8 16 4 11 24 18ˆ 11 13 12 8 4 11 7 b                 ， 所以 18 30ˆˆ 24 11 7 7 a y bx       ， 所以 y关于 x的线性回归方程为 18 30ˆ 7 7 y x  ． （ⅰi）当 7x  时， 18 30 96ˆ 7 14 7 7 7 y      ， 所以某日的昼夜温差为 7℃，预测当日就诊人数约为 14人. 16. 命题意图 本题考查利用导数求函数的单调区间. 解析 （Ⅰ）    1 0axf x x x    ， ①当 0a  时，    0,f x f x  在 0, + ∞ 上单调递增，无递减区间， ②当 0a  时， 10 x a   ，可得�′ � > 0，   1 , 0x f x a   ， — 6— 所以  f x 在 10, a       上单调递增，在 1 , a      上单调递减， 综上当 0a  时，  f x 在 0, + ∞ 上单调递增，无递减区间， 当� > 0时，  f x 在 10, a       上单调递增，在 1 , a      上单调递减 （Ⅱ）因为  f x 有极大值，且极大值大于 3 2a  ，故 0a  ，且  f x 在 1x a 处取极大值 1f a       ， 31 ln 1 2f a a a           ，即 3ln 1 0a a   ， 令   3ln 1 ( 0)g x x x x    ，   21 3 0g x x x     恒成立，  g x 在 0, + ∞ 上单调递增， 又  1 0g  ，   0g x  当且仅当0 1x  时成立， 故 31 2f a a        ，当且仅当0 1a  时成立， 因此 a的取值范围是  0,1 ． 17. 命题意图 本题考查证明面面平行、线面角的向量求法. 解析 （Ⅰ）因为DF 平面 ABCD，CE 平面 ABCD，所以 //DF CE . 又DF 平面 ADF，��不在平面 ADF内，所以 //CE 平面 ADF . 因为 //BC AD， AD 平面 ADF，BC不在平面 ADF内，所以 //BC 平面 ADF . 又CE BC C ， ,CE BC 平面 BCE ,所以平面 //ADF 平面 BCE （Ⅱ）连接 AC， BD交于点O，取 BF的中点G，因为G、O分别为 BF、 BD的中点，所以 //OG DF， 又DF 平面 ABCD，所以OG平面 ABCD， 又因为 ABCD为菱形，所以OB OC ， 故以O为坐标原点，OB，OC，OG所在直线分别为 x轴、 y轴、 z轴 建立如图所示的空间直角坐标系， 则  0, 3,0A  ，� 1,0,0 ，  0, 3,1E ，  1,0,2F  ，所以  2,0,2BF   ，  1, 3,1BE   ，  1, 3,2AF   . 设平面 BEF的法向量为� = �, �, � ，则 0 0 m BF m BE         ，即 2 2 0 3 0 x z x y z         ，取  1,0,1m  . 设直线 AF 与平面 BEF所成的角为，则 1 2 1sin cos , 48 2 AF m AF m AF m               ， — 7— 即直线 AF 与平面 BEF所成角的正弦值为 1 4 . 18. 命题意图 本题考查双曲线的综合应用问题. 解析 （Ⅰ）依题意，设W的方程为 2 2 2 2 1 x y a a   ，由W的一个焦点是 (2,0)，得 2 2 22a a  ，解得 2 2a  ， 所以W的方程为 2 2 1 2 2 x y   . （Ⅱ）（ⅰ）设 1 1 2 2( , ), ( , )B x y C x y ，由 2CB BA uur uur ，得 1 2 12(0 )x x x   ，即 2 12x x ，显然直线 BC的斜率存在， 设其方程为 2y tx  ，由 2 2 2 2 y tx x y      消去 y得 2 2(1 ) 4 6 0t x tx    ， 2 2 2 1 0 Δ 16 24(1 ) 0 t t t         ，则 2 23, 1t t  ， 1 2 1 22 2 4 6, 1 1 tx x x x t t       ，而 2 12x x ，联立消去 1 2,x x ，得 22 2 63( ) 1 1 t t t     ，解得 2 2t  ， 由 ,B C是W右支上两点，得 1 2 1 20 0x x x x  ， ，则 0t  ， 2t   ，所以直线 BC的斜率为 2 . （ⅱ）直线 BC的斜率存在，设其方程为 y kx m  ， 3 3 4 4 3 4( , ), ( , ), 0, 0B x y C x y x x  ， 由 2 2 2 y kx m x y      消去 y得 2 2 2(1 ) 2 2 0k x kmx m     ， 2 2 2 1 0 Δ 4( 2 2 ) 0 k m k         ， 则 2 22 2 2m k   ， 2 3 4 3 42 2 2 2, 1 1 km mx x x x k k        ， 3 4 3 4 2 2( ) 2 1 my y k x x m k       ，则线段 BC的中点 2 2( , )1 1 km mD k k  ， 由 AD BC ，得 2 2 2 11 0 1 m k km k k       ，整理得 2 1m k  ， 2 2 2 2 2 2 3 4 3 4 3 4 2 2 2 4( 2)| | 1 | | 1 ( ) 4 1 ( ) 1 1 km mBC k x x k x x x x k k k                2 2 2 2 2 2 2 2 4( 2 2 ) 31 2 1 (1 ) 1 m k kk k k k            点A到直线 BC的距离 2 2 | 2 | 1 1 md k k      ，由等边 ABCV ，得 3 | | 2 d BC ， 即 2 2 2 2 3 31 2 1 2 1 kk k k        ，解得 2 4k  ，满足 2 22 2 2m k   ， 5d  ， 所以 ABCV 的高为 5 19. 命题意图 本题考查数列新定义、数列不等式恒成立问题、写出等比数列的通项公式. 解析 （Ⅰ）因为 4 3 1 3 1 2    ， 5 4 1 4 2 2    ， 6 5 1 5 3 2    ，所以数列 1，2，3，4，5，6的所有商 12 子列为 1，3，4； — 8— 2，4，5；3，5，6. （Ⅱ）由题意， 2 1 1 1l l l l a a a a      ≥ ，从而 2 1 1l l l la a a a   ≥ ，  1,2, , 2l n  ，因为1   i j k n， 所以        1 1 2 1 1 1 ( )k k k k j j j jk j j j a a a a a a k j a aa a a a k j k j k j                       ，         1 1 2 1 1 1 j j j j i i j jj i j j a a a a a a j i a aa a a a j i j i j i                       ， 因为 1 1j j j ja a a a  ≥ ，所以 k j j ia a a a k j j i     ≥ . （Ⅲ）由题意 2 1 1 2l l l l a a a a       ，得 2 1 1 2 2l l l la a a a     ，所以 1 1 2 3 2 2 12 2 2 2 0n n n na a a a a a a a           又因为 1 1a  ，故 12nna  ， *nN ，设数列 ia ， ja ， ka（1   i j k n）是数列 na 的商 2子列，则 2 k j j i a a a a    ， 即 1 1 1 1 2 2 2 2 2 k j j i        ，整理得 1 12 3 2 1k i j i      ，又 1 2 1 1k i   ≥ ，所以 12k i  为偶数，进而 13 2 j i  为奇数，所以 1 0j i   ，进而 12 2k i   ， 2k i  ，故数列 na 的商 2子列只有数列 la ， 1la  ， 2la  （1 2l n   ）. 综上，数列 na 的商 2子列共有 2n  个，而数列 ia ， ja ， ka （1   i j k n）的个数为    3 1 2 C 6n n n n     ， 所以  3 2 6 C 1n n nP n n      . 因为 1 1 1n n   ， 2 3 1n n   ，所以  2 2 6 6 9 1 1n n n n      ，即 2 2 6 9 1n P n n    ． 数学试题 第 1页（共 4页） 数学试题 第 2页（共 4页） 绝密★启用前 三亚市第一中学 2024—2025学年（上）高三 11 月模拟考试 数 学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡 皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。回答非选择题时，将答案写在答题纸上。写在 本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回。 一、单项选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求. 1．已知集合      ln , 0,1,2 , 2,3,5,7U y y x A B   ∣ ，则  UA B ð A． B． 1 C． 0,1 D． 0,1,2 2．命题“ 2x  ， 5 1l 4 g x x       ”的否定为 A． 2x  ， 5 1l 4 g x x       B． 2x  ， 5 1l 4 g x x       C． 2x  ， 5 1l 4 g x x       D． 2x  ， 5 1l 4 g x x       3．在复平面内，O为原点， ,A B两点对应的复数分别为 1 2i  ， i，若四边形OABC为平行四边形， 则点C对应的复数为 A．1 i B． 1 3i  C． 1 i  D． 2i 4．函数    2 1ln 1 xf x x ax x     是奇函数，则 a  A． 1 B．0 C．1 D．2 5．已知数列 na 满足 1 13, 1n n na a a a   ，则 108a  A． 5 3 B． 2 3 C． 1 2  D． 1 6．在钝角△ABC中，内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c，已知 1, 2a b  ，则 c的取值范围是 A．  1, 3 B．  3, 5 C．  5,3 D．    1, 3 5,3 7．四面体各个面都是边长为 2的正三角形，其三个顶点在圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底 面的圆心，则圆柱的外接球的表面积 A．8π B．7π C．4π D．3π 8．在平面直角坐标系 xOy中，A为双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0) x yC a b a b     的左顶点，M 为双曲线C上位于第 一象限内的一点，点M 关于 y轴对称的点为N，记 ,MAN MOx     ，若 tan tan 3   ，则双曲 线C的离心率为 A．2 B． 3 C． 2 D． 5 1 二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18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 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分. 9．已知函数   πtan 3 f x x       ，则下列说法正确的是 A．  f x 的定义域是 ππ , 6 x x k k       Z B．  f x 的最小正周期为2π C．  f x 在区间 π 5ππ , π , 6 6 k k k       Z 上单调递减 D．  f x 图象的对称中心为 ππ ,0 , 3 k k      Z 10．已知函数   3 22 3f x x x  ，则 A． 0x  是  f x 的极小值点 B．  f x 的图象关于点 1 1,2 2      对称 C．  f x 在  1, 上单调递减 D．当0 1x  时，    2 1 1f x f x   11．根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线及抛物线（其中 AB 是底面圆的直径，各截面都过点M.第一个图中截面平行于底面；第二个图中截面与底面有且只有 A 这一个公共点；第三图中截面平行于圆锥的轴 OP,且与底面的交线是线段 OB的垂直平分线；第四 个图中截面与底面的交线过底面圆心且与 AB垂直）.若圆锥的高 2PO  ，底面圆的半径为4,M为母 线 PB的中点，则 A．圆的周长为4π B．椭圆的长轴长为 37 C．双曲线的离心率为 5 D．抛物线的焦点到准线的距离为 4 5 5 数学试题 第 3页（共 4页） 数学试题 第 4页（共 4页） 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12. 2 6( 2 )x y 的展开式中 6 3x y 的系数为 ．（用数字作答） 13. 若 m,n,p成等差数列，则直线 : 0l mx ny p   过定点 ． 14. 光学是物理学的重要研究领域，点光源是抽象化的物理概念，指从一个点向周围空间均匀发光的 光源.如图 1所示，有一点光源 P在垂直于水平地面的屏幕平面上映出长方形 ABCD的影像，此 时点光源发光所形成的空间图形是以 P为顶点，以长方形 ABCD为底面的四棱锥.已知 PA=PB=PC =PD=13， 6AB  ， 8AD  ，直线 AB平行于屏幕边界.如图 2所示，将图 1的屏幕以直线 AB为旋 转轴向箭头方向旋转 45时，屏幕上映出的影像从长方形 ABCD变成了梯形 ABEF，则四棱锥 P ABEF 的体积为 . 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． 15．（13分） 某医科大学实习小组为研究实习地昼夜温差与感冒人数之间的关系，分别到当地气象部门和某医院 抄录了 1月至 3月每月 5日、20日的昼夜温差情况与因感冒而就诊的人数，得到如表资料： 日期 1月 5日 1月 20日 2月 5日 2月 20日 3月 5日 3月 20日 昼夜温差 x（℃） 10 11 13 12 8 6 就诊人数 y（个） 22 25 29 26 16 12 该小组确定的研究方案是：先从这 6组数据中随机选取 4组数据求线性回归方程，再用剩余的 2组 数据进行检验． 参考公式：        1 1 2 22 1 1 ˆ n n i i i i i i n n i i i i t t y y x y nxy b t t x n x                ， ˆâ y bx  . （Ⅰ）求剩余的 2组数据都是 20日的概率; （Ⅱ）若选取的是 1月 20日、2月 5日、2月 20日、3月 5日这 4组数据． （ⅰ）请根据这 4组数据，求出 y关于 x的线性回归方程 ˆˆ ˆy bx a  ; （ⅱ）若某日的昼夜温差为 7℃，请预测当日就诊人数．（结果保留整数） 16．（15分） 已知函数   lnf x x ax  （Ⅰ）讨论  f x 的单调性; （Ⅱ）若  f x 有极大值，且极大值大于 3 2a  ，求a的取值范围． 17．（15分） 如图，在六面体 ABCDEF中，DF 平面 ABCD，CE 平面 ABCD，四边形 ABCD为菱形， 60BAD  ， 2AD DF  ，CE=1． （Ⅰ）证明：平面 //ADF 平面BCE ; （Ⅱ）求直线 AF与平面 BEF所成角的正弦值． 18．（17分） 已知对称轴都在坐标轴上的等轴双曲线W的一个焦点是 (2,0)． （Ⅰ）求W的方程; （Ⅱ）已知 B,C是W右支上两点，且 (0, 2)A ; （ⅰ）若 2CB BA uur uur ，求直线BC的斜率． （ⅱ）若△ABC为等边三角形，求△ABC的高． 19．（17分） 在各项均为正数的递增数列 na 中， k j j i a a q a a    （1   i j k n），则称数列 ia ， ja ， ka 为 na 的一 个商 q子列． （Ⅰ）写出数列 1，2，3，4，5，6的所有商 12 子列; （Ⅱ）已知在数列 na 中，若对于任意的  1, 2, , 2l n  ，其中 3n  ，数列 la ， 1la  ， 2la  为 na 的商 q子列，证明：当 1q  时，对于任意正整数 i，j，k（1   i j k n），都有 k j j i a a a a k j j i     ≥ ; （Ⅲ）已知在数列 na 中， 1 1a  ， 2 2a  ，且对于任意的  1, 2, , 2l n  ，其中 3n  ，数列 la ， 1la  ， 2la  为 na 的商 2子列.若从数列 na 中一次任取三项 ia ， ja ， ka （1   i j k n）记数列 ia ， ja ， ka 是 na 的商 2子列的概率为 nP，证明： 2 2 6 9 1n P n n    .