2021届广西南宁市普通高中高三10月摸底测试数学（理）试题及答案解析

2021届广西南宁市普通高中高三10月摸底测试数学（理）试题及答案解析

2021 届广西南宁市普通高中高三 10 月摸底测试数学（理）试题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．一组数据中的每一个数据都乘以 3，再减去 30，得到一组新数据，若求得新数据的平均数是 3.6， 方差是 9.9，则原来数据的平均数和方差分别是（ ） A．11.2，1.1 B．33.6，9.9 C．11.2，9.9 D．24.1，1.1 2．股票价格上涨 10%称为“涨停”,下跌 10%称为“跌停”.某位股民购进某只股票,在接下来的交易时 间内,这只股票先经历了2 次涨停,又经历了2次跌停,则该股民这只股票的盈亏情况(不考虑其他费用) 为（ ） A．略有盈利 B．略有亏损 C．没有盈利也没有亏损 D．无法判断盈亏情况 3．已知集合 { | lg( 2)}A x y x   ， ( 2, 3)B   ，则 A B  A． ( 2, 2) (2,3  ） B． ( 2, 2) C． (2, 3) D．[2,3) 4．过直线 y x 上的一点作圆  22 4 2x y   的两条切线 1 2,l l ，当 1l 与 2l 关于 y x 对称时, 1l 与 2l 的夹角为( ) A． 30° B． 45 C． 60 D． 90 5．定义在 2 2 , 上的函数  f x 与其导函数  f x 的图象如图所示，设O 为坐标原点， A 、 B 、 C 、 D 四点的横坐标依次为 1 2  、 1 6  、1、 4 3 ，则函数   x f xy e  的单调递减区间是（ ） A． 1 4,6 3     B． 1 ,12     C． 1 1,2 6       D． 1,2 6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A． 4 12   B． 1 3   C． 1  D． 1 4   7．若 2a  ，则双曲线 2 2 2 13 x y a   的离心率的取值范围是（ ） A． 10 ,2     B． 10 ,2      C． 101, 2      D． 101, 2       8．若   1sin 3    ，且 2     ，则sin 2 的值为 A． 2 2 9  B． 4 2 9  C． 2 2 9 D． 4 2 9 9．已知抛物线  2: 2 0C y px p  与椭圆   2 2 2 2: 1 0x yE a ba b     交于点  1,2A ，若抛物线 C 的焦点 F 也是椭圆 E 的焦点，则实数 a 的值为（ ） A． 2 1 B． 2 C． 2 2 D． 2 2 10．i 为虚数单位，复数 2 1 21 2 iz ii    ，复数 z 的共轭复数为 z ，则 z 的虚部为（ ） A．i B． 3i C．1 D．-3 11．已知 1 1 1 31 tan 1 tan2 2       ，且 02     ，则 22sin sin 2 cos( )4       ( ) A． 2 5 5 B．－ 3 5 10 C．－ 3 10 10 D．－ 2 5 5 12．如图，在 ABC 中， 2A   ， 3AB  ， 5AC  ， 1 2AF AB  ， 2 5CE CA  ， 1 4BD BC  ， 则 DE DF  的值为 ( ) A． 3 4 B． 1 2 C． 2 D． 1 2  二、填空题 13．不等式 2 2 3 0x x    的解集是____________________． 14． 被 除所得的余数是_____________． 15．已知 2z x y  ，其中 x ， y 满足 2 y x x y x m       ，且 z 的最大值是最小值的 4 倍，则实数 m 的值 是________． 16．直径为 2 的球的表面积与此球的体积之比是__________. 三、解答题 17．证明两两相交且不共点的三条直线在同一平面内. 已知：如图所示， 1 2l l A  ， 2 3l l B  ， 1 3l l C  . 求证：直线 1 2 3, ,l l l 在同一平面内. 18．已知函数      2 xf x ax x e a R   . （1）求  f x 的单调递增区间； （2）设    2 21 1 ln2g x x x e     ，若 3 8a   ，是否   1 0,2x  ，使得  2 0,2x  ，有    1 2f x g x 成立，若存在，求出 a 的取值范围，若不存在，说明理由. 19． 已知函数 (( 1) 3 3 )x a af xx  ， 0a  且 1a  ． （1）试就实数 a 的不同取值，写出该函数的单调增区间； （2）已知当 0x  时，函数在 0, 6 上单调递减，在 6, 上单调递增，求 a 的值并写出函 数的解析式； （3）记（2）中的函数图象为曲线 C ，试问是否存在经过原点的直线l ，使得l 为曲线C 的对称轴？ 若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由． 20．已知函数 ( ) | 2 | | | ( 0)f x x x t t     的最小值为 2． （Ⅰ）求不等式 ( ) | 4 | 8f x x  … 的解集； （Ⅱ）若 2 2 2 52 3 5 2a b c t   ，求 2 3ac bc 的最大值． 21．已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率 2 2e  , 直线 1 0x y   与椭圆交于 ,P Q 两点, 且OP OQ (如图) ． （1）求证： 2 22a b ； （2）求这个椭圆方程． 22．华为手机作为华为公司三大核心业务之一，2018 年的销售量跃居全球第二名．某机构随机选 取了 100 名华为手机的顾客进行调查，并将这 100 人的手机价格按照 5001500, ， 1500,2500 ，…，  6500 7500, 分成 7 组，制成如图所示的频率分布直方图． （1）若 a 是b 的 2 倍，求 a ，b 的值； （2）求这 100 名顾客手机价格的平均数和中位数（同一组中的数据用该组区间的中间值作代表， 精确到个位）； （3）利用分层抽样的方式从手机价格在 1500,2500 和 5500 6500, 的顾客中选取 6 人，并从这 6 人中随机抽取 2 人进行回访，求抽取的 2 人手机价格在不同区间的概率． 23．各项都为正数的数列 na 的前 n 项和为 nS .且 24 2n n nS a a  . （1）求数列 na 的通项公式； （2）若 2n n nb a .求数列 nb 的前 n 项和 nT 【答案与解析】 1．A 根据新数据所得的均值与方差，结合数据分析中的公式，即可求得原来数据的平均数和方差. 设原数据为 1 2 3, ,x x x  则新数据为 1 2 33 30,3 30,3 30x x x    所以由题意可知    3 30 3.6, 3 30 9.9E x D x    ， 则    3 30 3.6,9 9.9E x D x   ， 解得    11.2, 1.1E x D x  ， 故选：A. 本题考查了数据处理与简单应用，平均数与方差公式的简单应用，属于基础题. 2．B 计算 2 2(1 10%) (1 10%)  与 1 的大小关系，即可判断出结论． 解：由题意可得： 2 2 2(1 10%) (1 10%) 0.99 0.98 1     ． 因此该股民这只股票的盈亏情况为：略有亏损． 故选：B． 本题考查了指数幂的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 3．C 先求函数定义域得集合 A，再根据交集定义求结果. 因为   | lg 2 2A x y x     （ ， ），所以  2,3A B  ，选 C. 求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解． 4．C 过圆心作直线 y x 的垂线，过垂足作圆的两条切线满足题意，画出图形，数形结合求解即可. 如图，记圆  22 4 2x y   的圆心为  0,4C ， 过点C 作直线 y x 的垂线，垂足为 M ， 则过点 M 所作圆的两条切线关于直线 y x 对称. 设 1 2,P P 为切点，易得 1 2 2CP CP  ， | 0 4 | 2 2 2 CM   ， 所以 1 2 30CMP CMP     . 所以 1 2 60PMP   ，则 1l 与 2l 的夹角为 60. 故选 C. 本题考查直线与圆的位置关系，作出图形利用数形结合求解是一种常用的解题思路. 5．B 先辨别出图象中实线部分为函数  y f x 的图象，虚线部分为其导函数的图象，求出函数   x f xy e  的导数为     x f x f xy e   ，由 0y  ，得出    f x f x  ，只需在图中找出满足不 等式    f x f x  对应的 x 的取值范围即可. 若虚线部分为函数  y f x 的图象，则该函数只有一个极值点，但其导函数图象（实线）与 x 轴 有三个交点，不合乎题意； 若实线部分为函数  y f x 的图象，则该函数有两个极值点，则其导函数图象（虚线）与 x 轴恰 好也只有两个交点，合乎题意. 对函数   x f xy e  求导得     x f x f xy e   ，由 0y  得    f x f x  ， 由图象可知，满足不等式    f x f x  的 x 的取值范围是 1 ,12     ， 因此，函数   x f xy e  的单调递减区间为 1 ,12     . 故选：B. 本题考查利用图象求函数的单调区间，同时也考查了利用图象辨别函数与其导函数的图象，考查推 理能力，属于中等题. 6．A 根据三视图判断出几何体的直观图，结合三视图的数据可计算出该几何体的体积. 由三视图还原原几何体如图， 该几何体可看作两个几何体的组合体， 左侧是四分之一圆锥，右侧是四棱锥，圆锥的底面半径为1，高为1， 棱锥的底面是边长为1的正方形，一条侧棱垂直于底面，且长度为1． 所以，该几何体的体积为 21 1 41 1 13 3 4 12V S h             . 故选：A. 本题考查由三视图求体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题． 7．C 分析：用含 a 的解析式表示双曲线的离心率，求此函数在 2,  上的值域即可. 详解：离心率 2 2 2 2 3 3 31a ae a a a      ， 因为 2a  ，故 2 3 51 1 2a    ，故 101 2e  ，故选 C. 点睛：离心率范围的计算，关键在于构建 , ,a b c 的不等式关系.此题中b 为定值， a 为变量， 只需构建离心率与 a 的函数关系并求出函数的值域即可. 8．B ∵   1sin sin 3      ， 2     ， ∴ 2 2 2cos 1 sin 3       ， ∴ 1 2 2 4 2sin2 2sin cos 2 ( )3 3 9          ．选 B． 9．A 根据题意，由点  1,2A 在抛物线  2: 2 0C y px p  上，可求得 2p 值，进而得到焦点 F 坐标， 再由点  1,2A 在椭圆 E 上与椭圆中 2 2 2a b c  的关系，解方程，即可求解. 解:由题意：对于抛物线 2: 2C y px ，有 22 2 p ， 2 4y x  所以抛物线 C 的焦点为 (1,0)F ， 所以对于椭圆 E，有 2 2 2 2 1 1 4 1 b a a b      ， 解得 2 3 2 2a   或 2 3 2 2a   ， 又因 2 2a c ，即 2 1a  ， 所以 2 23 2 2 ( 2 1)a     ， 所以 2 1a   . 故选：A 本题考查抛物线与椭圆的基础知识，考查理解辨析能力与运算求解能力，属于基础题. 10．D 先利用复数的除法和加法运算化简复数 z，再求得其共轭复数求解. 复数       2 1+22 1 2 1 2 =1+31 2 1 2 1+2 i iiz i i ii i i        ， =1-3z i ， z 的虚部为-3， 故选：D 本题主要考查复数的运算，复数的共轭复数和概念，属于基础题. 11．D 把题设条件中的三角函数式通分后可得 tan 的值，再利用三角变换化简所求三角函数式为 2 2 sin ，由同角三角函数的基本关系式可求其值． 因为 1 1 1 31 tan 1 tan2 2       ，故 2 2tan 12 31 tan 2      即 1tan 3    ． 又 2 22sin sin 2 sin sin cos2 2 2 2 sinsin coscos 4               ， 因为 1tan 3    ， ,02       ，所以 10sin 10    ，所以 22sin sin 2 2 5 5cos 4          ，故选 D． 三角函数的中的化简求值问题，我们往往从次数的差异、函数名的差异、结构的差异和角的差异去 分析，处理次数差异的方法是升幂降幂法，解决函数名差异的方法是弦切互化，而结构上差异的处 理则是已知公式的逆用等，最后角的差异的处理则往往是用已知的角去表示未知的角. 12．D 向量的坐标表示及运算可得：  0,0A ，  0,3B ，  5,0C ，由 1 2AF AB  ， 2 5CE CA  ， 1 4BD BC  ，可得： 30, 2F      ，  3,0E ， 5 9,4 4D     ，所以 7 9,4 4DE       ， 5 3,4 4DF        ， 得解. 建立如图所示的直角坐标系，则有  0,0A ，  0,3B ，  5,0C ， 由 1 2AF AB  ， 2 5CE CA  ， 1 4BD BC  ， 可得： 30, 2F      ，  3,0E ， 5 9,4 4D     ， 所以 7 9,4 4DE       ， 5 3,4 4DF        ， 所以 5 7 9 3 1 4 4 4 4 2DE DF         ， 故选 D． 本题考查了向量的坐标表示及运算，属简单题．向量的两个作用：①载体作用：关键是利用向量的 意义、作用脱去“向量外衣”，转化为我们熟悉的数学问题；②工具作用：利用向量可解决一些垂直、 平行、夹角与距离问题. 13． | 1 3x x x 或 试题分析：不等式变形为： 2 2 3 0x x   ，分解因式可得：  3 1 0x x   ，所以解集为  | 1 3x x x 或 考点：解一元二次不等式 14．1 试题分析：因为 䍘ऺ 哘 䍘吸 ऺ 䍘ऺ 哘 䍘 䍘ऺ 䍘ऺ 䍘ऺ 哘 䍘吸 哘 䍘吸 ，展开式中的前 8 项均能被 5 整除，只有最后一项 哘 䍘吸 䍘 不能被 5 整除，所以 被 除所得的余数是 1（注意余数只能是大于等于 0 且小于 5 的数）. 考点：二项式定理的应用. 15． 1 4m  作出不等式组对应的平面区域，如图所示， 由 2z x y  ，得 2y x z   ， 平移 2y x z   ， 由图象可知当直线 2y x z   经过点 A 时，直线 2y x z   的截距最大， z 取得最大值， 当直线 2y x z   经过点 D 时，直线 2y x z   的截距最小， z 取得最小值， 由 1 2 1 y x x x y y        ，此时 (1,1)A ，所以 max 2 1 1 3z     由 x m y x    ，此时 ( , )D m m ，所以 min 3z m ， 又最大值是最小值的 4 倍，所以 3 12m ，解得 1 3m  ． 点睛：本题主要考查了线性规划的应用问题，其中解答中涉及到画二元一次不等式作作表示的平 面区域，直线的斜截式方程等知识点的综合运用，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力， 试题比较基础，属于基础题，解答中正确画出二元一次不等式组所表示的平面区域是解答的关键． 16．3:1 根据球的表面积公式 24S R 和体积公式 34 3V R ，计算出表面积和体积，然后两者相比即可 得到相应结果. 因为 24 4S R   ， 34 4 3 3V R   ，所以 3:1S V  . 故答案为： 3:1. 本题考查球的表面积和体积公式的运用，难度较易. 17．证明见解析 由 1 2l l A  ，可知 1l 和 2l 确定一个平面 ，再根据 ,B C 在 内，可知 3l 在 上，即可得证，也 可由 1 2,l l 确定一个平面， 2 3,l l 确定一个平面，再根据两个平面都过不共线的三个点 , ,A B C ，知两 个平面重合. 证明：方法一（纳入法） 1 2l l A  ，∴ 1l 和 2l 确定一个平面 . 2 3l l B  ， 2B l  . 又 2l  ， B   .同理可证C  . 又 3B l ， 3C l ， 3l   ，∴直线 1 2 3, ,l l l 在同一平面内. 方法二（同一法） 1 2l l A  ， 1 2,l l 确定一个平面 . 2 3l l B  ， 2 3,l l 确定一个平面  . 2A l ， 2l  ， A   . 2A l ， 2l  ， A   . 同理可证 B  ， B  ，C  ，C  . ∴不共线的三个点 A B C， ， 既在平面 内，又在平面然  内. ∴平面 和  重合，即直线 1 2 3, ,l l l 在同一平面内. 本题主要考查了确定一个平面的公理及推论，属于容易题. 18．（1）①当 0a  时，故  f x 的单调递增区间为 1,  ；②当 0a  时，故  f x 的单调递增 区间为    2 22 1 4 1 2 1 4 1, , ,2 2 a a a a a a                      ；③当 0a  时，故  f x 的单调 递增区间为    2 22 1 4 1 2 1 4 1,2 2 a a a a a a              ；（2） 1 4a   . （1）求出  'f x ，分三种情况讨论 a 的范围，在定义域内，分别令  ' 0f x  求得 x 的范围，可 得函数  f x 增区间，  ' 0f x  求得 x 的范围，可得函数  f x 的减区间；（2 对 3 8a   ，   1 0,2x  ，使得  2 0,2x  ，有    1 2f x g x 成立，等价于    max maxf x g x ，利用导数求 得     2 max 1g x g e  ，       2 max 2 4 2f x f a e   ，进而可得结果. （1）令        2 22 1 2 1 1 0x x xf x ax e ax x e ax a x e           . ①当 0a  时，有 1x   ，故  f x 的单调递增区间为 1,  ； ②当 0a  时，有   22 1 4 1 2 a ax a     或   22 1 4 1 2 a ax a     ， 故  f x 的单调递增区间为    2 22 1 4 1 2 1 4 1, , ,2 2 a a a a a a                      ； ③当 0a  时，有    2 22 1 4 1 2 1 4 1 2 2 a a a axa a          ， 故  f x 的单调递增区间为    2 22 1 4 1 2 1 4 1,2 2 a a a a a a              . （2）问题可转化为    max maxf x g x ， 令     1 11 0x xg x x x x       ，得 0 1x  ，故  g x 在 0,1 递增， 1,2 递减， 故     2 max 1g x g e  ， 由（1）可得当 0a  时，  f x 在 0,2 递增，故       22 4 2f x f a e   故  2 24 2a e e  ，此时 0a  ， 当 3 08 a   时，设    2 2 1 1h a ax a x    ， 易知     23 3 1 10 0, 1 3 4 2 08 8 4 8h h x x x x              ， 故    2 2 1 1 0h a ax a x     ， 故  f x 在 0,2 递增，       2 max 2 4 2f x f a e   故  2 24 2a e e  ， 此时 1 04 a   ， 综上可得， a 的取值范围为 1 4a   . 本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，以及逻辑连接词的应用，属于难题. 全称量词与 存在量词的应用共分四种情况：（1） 1 2, ,x D x E       1 2f x g x 只需    min maxf x g x ；（2） 1 ,x D  2x E     1 2f x g x ，只需  minf x   ming x ；（3） 1x D  ， 2 ,x E     1 2f x g x 只需  max ,f x   maxg x ；（4） 1 2,x D x E    ，    1 2f x g x ，  maxf x   ming x . 19．（1）当 0a  时，函数 ( )f x 的单调增区间为 ( 1),0a a  ， 0, ( 1)a a  ；当 0 1a  时， 函数 ( )f x 的单调增区间为 ,0 ， 0,  ；当 1a  时，函数 ( )f x 的单调增区间为  , ( 1)a a   ， ( 1),a a   ；（2） 3a  ， 2( ) , 03 3 3 xf x xx   ；（3） 3y x ， 3 3y x  ． （1）根据复合函数的单调性与对勾函数的单调性级即可；（2）根据（1）的结论即可求解；（3）设 直线l 的方程  0y kx k  ， ,( )P p q   与 ,( )P p q 曲线C 上关于直线l ，结合直线的斜率公式、 中点坐标公式及曲线C 的方程即可求解． （1）①当 0a  时，函数 ( )f x 的单调增区间为 ( 1),0a a  ， 0, ( 1)a a  ； ②当 0 1a  时，函数 ( )f x 的单调增区间为 ,0 ， 0,  ； ③当 1a  时，函数 ( )f x 的单调增区间为 , ( 1)a a   ， ( 1),a a   ． （2）由题设及（1）中③知 ( 1) 6a a   ，且 1a  ，解得 3a  ， 因此函数解析式为 2( ) , 03 3 3 xf x xx   ． （3）假设存在经过原点的直线l 为曲线C 的对称轴， 显然 ,x y 轴不是曲线C 的对称轴，故可设l ：  0y kx k  ． 设 ,( )P p q 为曲线C 上的任意一点， ,( )P p q   与 ,( )P p q 关于直线l 对称， 且 ,p p q q   ，则 P 也在曲线C 上， 由此得 2 2 q q p pk    ， 1q q p p k    ， 且 2 3 3 pq p   ， 2 3 3 pq p     ， 整理得 2 3 1k k   ，解得 3k  或 3 3k   ． 所以存在经过原点的直线 3y x 及 3 3y x  为曲线C 的对称轴． 本题考查函数的单调性，直线与曲线交点的对称性．求函数单调区间常用方法：1、定义法；2、根 据基本函数单调性；3、根据复合函数单调性；4、导数法；5、图像法. 20．（Ⅰ） 2{ | 3x x„ 或 6}x… ；（Ⅱ）5 （Ⅰ）先利用绝对值三角不等式求出 ( )f x 的最小值，然后求出 t 的值，再利用零点分段法解不等式 ( ) | 4 | 8f x x  … 即可； （Ⅱ）根据（Ⅰ）可得 2 2 22 3 5 2 10a b c t    ，然后利用基本不等式求出 2 3ac bc 的最大值． 解：（Ⅰ） | 2 | | | | ( 2) ( ) | | 2 | 2x x t x x t t         … ， 4( 0t t   舍去）， 10 3 , 2 ( ) 2 2 4 6 ,2 4 3 10, 4 x x f x x t x x x x x x               „ „ ， 当 2x  时，令10 3 8x … ，得 2 3x„ ， 2 3x„ ； 当 2 4x„ „ 时，令 6 8x … ，得 2x „ ，无解； 当 4x  时，令3 10 8x  … ，得 6x… ， 6x … ． 不等式的解集为 2{ | 3x x„ 或 6}x… ． （Ⅱ）由（Ⅰ）知 4t  ，所以 2 2 22 3 5 2 10a b c t    ， 2 2 2 2 2 2 210 2 3 5 2( ) 3( ) 4 6a b c a c b c ac bc        … ， 2 3 5ac bc  „ ，当且仅当 1a b c    时等号成立， 2 3ac bc  的最大值为 5． 本题考查了绝对值三角不等式，绝对值不等式的解法和利用基本不等式求最值，考查了分类讨论思 想和转化思想，属于中档题． 21．（1）略 （2） 2 22 4 3x y  （1）根据椭圆离心率，结合 2 2 2b c a  ，即可证明结论成立； （2）先设 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y ，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，以及题中条件，即可求出 结果. （1）因为椭圆的离心率为 2 2e  ， 即 2 2 c a  ，又 2 2 2b c a  ，所以 2 2 2 2 2 2 2   c c a b a a a ， 整理得： 2 22a b ； （2）由（1）椭圆方程可化为 2 2 2 2 12 x y b b   设 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y ， 由 2 2 2 2 1 0 12 x y x y b b      得 2 2 22( 1) 2 0   x x b ， 整理得： 2 23 4 2 2 0   x x b 所以 2 1 2 1 2 4 2 2,3 3     bx x x x ， 所以 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 1 2( 1)( 1) ( ) 1 3 3 3             b by y x x x x x x ， 因为 OP OQ ， 所以 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 41 03 3 3       b b bx x y y ， 所以 2 3 4b  ， 2 2 32 2  a b ， 因此所求椭圆方程为 2 22 4 3x y  . 本题主要考查椭圆的方程，以及椭圆的离心率，熟记椭圆的标准方程与离心率即可，属于常考题型. 22．（1） 0.00016a  ， 0.00008b  ；（2）平均数 3860；中位数 4033；（3） 8 15 . （1）由频率分布直方图列出方程组，能求出 a ，b 的值． （2）由频率分布直方图能求出这 100 名顾客手机价格的平均数和中位数． （3）由已知得从手机价格为[1500 ，2500) 中抽取 4 人，设为 a ，b ，c ，d ，在手机价格为[5500 ， 6500) 中抽 2 人，设为 x ， y ，从这 6 人中任意取 2 人，利用列举法能求出抽取的 2 人手机价格在 不同区间的概率． （1）由已知得： 2 0.00024 a b a b     ， 故 0.00016a  ， 0.00008b  ． （2）平均数 1000 0.06 2000 0.16 3000 0.12 4000 0.30x         5000 0.26 6000 0.08 7000 0.02 3860       元． 中位数 163500 1000 403330    ． （3）由已知得：从手机价格为 1500,2500 抽 4 人，设为 a ，b ， c ， d ， 在手机价格为 5500 6500, 中抽 2 人，设为 x ， y ， 从这 6 人中任意抽取 2 人共有 xy ， xa ， xb ， xc ， xd ， ya ， yb ， yc ， yd ， ab ， ac ， ad ， bc ， bd ， cd ，15 种抽法，其中抽取出的 2 人的手机价格在不同区间的有 8 种， 故概率 8 15P ． 本题考查频率、平均数、中位数、概率的求法，考查频率分布直方图的性质、古典概型、列举法等 基础知识，考查运算求解能力，属于中档题． 23．（1） 2na n ；（2）  21 2 4nn     1 运用数列的递推式和等差数列的定义、通项公式求解即可;  2 由 1 知 2na n ,由此可得 12n nb n   ,利用错位相减法求和,结合等比数列前 n 项和公式进行 求解即可.  1 由 24 2n n nS a a  ① ， 得 2n  时， 2 1 1 14 2n n nS a a    ② ， 由 ① ② 得.    2 2 1 1 14 ( )4 2n n n n n n nS S a a a a a        ， 即   2 2 1 12 0n n n na a a a     ， 化简得  1 1 2 0n n n na a a a     ， 因为数列 na 各项都为正数， 所以 1 2 0n na a    ， 即 1 2 2 ,( )n na a n  - 又 2 1 1 1 14 2 4 ,S a a a   故 1 2,a  所以 na 为首项为 2,公差为 2 的等差数列， 所以数列 na 的通项公式为  2 2 1 2na n n    .  2 12 2 2 2n n n n nb a n n       2 3 4 11 2 2 2 3 2 ... 1 2 2 ,n n nT n n              ③  3 4 5 1 22 1 2 2 2 3 2 ... 1 2 1 2 ,n n nT n n              ④ 由 ④ ③ 得  2 2 3 4 1 2 22 2 1 1 2 2 2 ... 2 2 2 22 1 n n n n n nT n n                  2 2 2 22 2 2 1 2 4n n nn n          本题考查已知 nS 与 na 的关系求数列的通项公式及错位相减法求数列的前 n 项和;考查运算求解能 力和逻辑推理能力;属于中档题、常考题型.