2020-2021学年广西壮族自治区贺州市高三（下）4月月考数学（文）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年广西壮族自治区贺州市高三（下）4月月考数学（文）试卷北师大版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A=−1,0,1,2，B=x|y=lnx−1，则A∩B=( )
A.−1,0,1B.−1,0C.1,2D.2

2. 已知复数z满足z+z¯=8，z⋅z¯=25，则z=( )
A.3±4iB.±3+4iC.±4+3iD.4±3i

3. 椭圆C：y23+x22=1的离心率为( )
A.23B.22C.33D.63

4. 2021年开始，湖南省等八省、市将试行“3+1+2“的普通高考新模式，即除语文、数学、外语3门必选科目外，考生再从物理、历史中选1门，从化学、生物、地理、政治中选2门作为选考科目．为了帮助学生合理选科，某中学将高一每个学生的六门科目综合成绩按比例均缩放成5分制，绘制成雷达图．甲同学的成绩雷达图如图所示，下面叙述一定错误的是( )

A.甲的物理成绩领先年级平均分最多
B.甲有2个科目的成绩低于年级平均分
C.甲的成绩从高到低的前3个科目依次是地理、化学、历史
D.对甲而言，物理、化学、地理是比较理想的一种选科结果

5. 已知a=lg0.22，b=20.3，c=0.20.3，则( )
A.a
6. 已知fx为奇函数，且当x≥0时，fx=ex−1，则fln12=( )
A.12B.−12C.1D.−1

7. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1 中，E，F分别是它们所在线段的中点，则满足A1F//平面BD1E的图形个数为( )

A.0B.1C.2D.3

8. 若tanα=2sinα−π，则cs2α=( )
A.−14B.1C.−12或0D.−12或1

9. 设曲线y=lnx与y=x+a2有一条斜率为1的公切线，则a=( )
A.−1B.−34C.14D.34

10. 已知双曲线C:x216−y29=1的右焦点为F，过原点O的直线与双曲线C交于A，B两点，且∠AFB=60∘，则△ABF的面积为( )
A.3B.92C.33D.63

11. 某校开设了素描、摄影、剪纸、书法四门选修课，要求每位同学都要选择其中的两门课程．已知甲同学选了素描，乙与甲没有相同的课程，丙与甲恰有一门课程相同，丁与丙没有相同课程．则以下说法错误的是( )
A.丙有可能没有选素描B.丁有可能没有选素描
C.乙丁可能两门课都相同D.这四个人里恰有2个人选素描

12. 如图，A，B，C，D，P是球O上5个点，ABCD为正方形，球心O在平面ABCD内，PB=PD，PA=2PC，则异面直线PA与CD所成角的余弦值为( )

A.33B.55C.63D.105
二、填空题

已知e1→，e2→均为单位向量，若|e1→−e2→|=3，则e1→与e2→的夹角为________.

若实数x，y满足约束条件y≥−2,2x−y+2≥0x+y−1≤0,，则z=2x+y的最大值为________.

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若csAsinC−csC=csB，a=2，c=2，则角C大小为________.

如图，函数fx=2sinωx+φω>0,0<φ<π的图象与坐标轴交于点A，B，C，直线BC交fx的图象于点D，O（坐标原点）为△ABD的重心（三条边中线的交点），其中A−π,0，则△ABD的面积为________．

三、解答题

已知an是等差数列，a1=1，a4=10，且a1，akk∈N∗，a6是等比数列bn的前3项．
(1)求数列an，bn的通项公式；

(2)数列cn是由数列an的项删去数列bn的项后仍按照原来的顺序构成的新数列，求数列cn的前20项的和．

如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠ADC=60∘，现将△ADC沿AC边折到△APC的位置．

(1)求证：PB⊥AC；

(2)求三棱锥P−ABC体积的最大值．

某保险公司有一款保险产品的历史收益率（收益率=利润÷保费收入）的频率分布直方图如图所示：

(1)试估计平均收益率；

(2)根据经验，若每份保单的保费在20元的基础上每增加x元，对应的销量y（万份）与x（元）有较强线性相关关系，从历史销售记录中抽样得到如下x与y的对应数据：
据此计算出的回归方程为y=10−bx.
①求参数b的估计值；
②若把回归方程y=10−bx当作y与x的函数关系，用(1)中求出的平均收益率估计此产品的收益率，每份保单的保费定为多少元时此产品可获得最大收益，并求出该最大收益．

已知抛物线C：y2=2pxp>0的焦点为F，过F的所有弦中，最短弦长为4.
(1)求抛物线C的方程；

(2)在抛物线C上有异于顶点的两点A，B，过A，B分别作C的切线，两条切线交于点Q，连接QF，AF，BF，求证： |QF|2=|AF|⋅|BF|.

已知函数fx=ex−x−a，对于∀x∈R，fx≥0恒成立．
(1)求实数a的取值范围；

(2)证明：当x∈0,π4时，csx+tanx≤ex．

在平面直角坐标系xOy中，已知P是曲线C1:x2+y−22=4上的动点，将OP绕点O顺时针旋转90∘得到OQ，设点Q的轨迹为曲线C2．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线C1，C2的极坐标方程；

(2)在极坐标系中，点M3,π2，射线θ=π3ρ≥0与曲线C1，C2分别相交于异于极点O的A，B两点，求△MAB的面积．

已知函数fx=|x−12|+|x−λ|，其中λ>0．
(1)若对任意x∈R，恒有fx≥12，求λ的最小值；

(2)在(1)的条件下，设λ的最小值为t，若正数m，n满足m+2n=tmn，求2m+n的最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广西壮族自治区贺州市高三（下）4月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
根据题意求得集合B，进而利用交集的定义即可求得结果．
【解答】
解：B={x|y=ln(x−1)}={x|x>1}.
∵A={−1,0,1,2}，
∴A∩B={2}．
故选D．
2.
【答案】
D
【考点】
复数的模
共轭复数
复数代数形式的乘除运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设z=a+bia,b∈R，
依题意得，2a=8，a2+b2=25，
解得a=4，b=±3，
所以z=4±3i．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：椭圆C:y23+x22=1的离心率e=13=33.
故选C．
4.
【答案】
C
【考点】
众数、中位数、平均数
命题的真假判断与应用
【解析】
根据图表依次对所给选项进行判断．
【解答】
解：由雷达图可知，甲的物理成绩领先年级平均分约为1.5，化学成绩领先年级平均分约为1，生物成绩约等于年级平均分，历史成绩低于年级平均分，地理成绩领先年级平均分约为1，政治成绩低于年级平均分，故A，B，D正确；
而甲的成绩从高到低的前3个科目依次是化学、地理、生物（物理），故C选项错误．
故选C．
5.
【答案】
A
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】

【解答】
解：因为a<0，b>1，0所以a故选A．
6.
【答案】
D
【考点】
函数奇偶性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可得，f(−x)=−f(x),
∵ln12<0,
∴f(ln12)=−f(−ln12)=−f(ln2),
∴原式=−(eln2−1)=−2+1=−1.
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
直线与平面平行的判定
【解析】
无
【解答】
解：①中，平移A1F至D1F′，
知D1F′与平面BD1E只有一个交点D1，
则A1F与平面BD1E不平行；
②中，A1F//D1E，而A1F⊄平面BD1E，
又D1E⊂平面BD1E，故A1F//平面BD1E；
③中，平移A1F至D1F′，
知D1F′与平面BD1E只有一个交点D1，
则A1F与平面BD1E不平行.
故选B．
8.
【答案】
D
【考点】
同角三角函数间的基本关系
二倍角的余弦公式
【解析】

【解答】
解：由题设得，sinαcsα=−2sinα，
所以sinα=0或csα=−12，
所以cs2α=1−2sin2α=1或cs2α=2cs2α−1=−12.
故选D．
9.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】

【解答】
解：对曲线y=lnx，由y′=1x=1⇒x=1，
由点斜式得切线方程；y=x−1.
对曲线y=x+a2，由y′=2x+2a=1⇒x=12−a，
将x=12−a，y=−12−a代入y=x+a2得：a=−34.
故选B．
10.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
余弦定理
双曲线的标准方程
双曲线的应用
【解析】
根据双曲线的图象和性质，构造平行四边形AFBF1，结合余弦定理以及三角形的面积进行转化求解即可．
【解答】
解：由双曲线的方程知a=4，b=3，c=5.
设双曲线的左焦点为F1，
连接AF1，BF1，如图，
则四边形AFBF1是平行四边形，
∵ ∠AFB=60∘，
∴ ∠F1AF=120∘，
则S△ABF=S△F1AF，
由余弦定理得100=AF12+AF2−2AF⋅AF1cs120∘
=(AF1−AF)2+3AF1⋅AF=64+3AF1⋅AF，
则3AF1⋅AF=100−64=36，即AF1⋅AF=12，
则S△F1AF=12AF1⋅AFsin120∘=12×12×32=33，
则S△ABF=S△F1AF=33.
故选C.
11.
【答案】
C
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
根据题意合理推理，并作出合理的假设，最终得出正确结论．
【解答】
解：因为甲选择了素描，所以乙必定没选素描．那么假设丙选择了素描，
则丁一定没选素描；若丙没选素描，则丁必定选择了素描．综上，
必定有且只有2人选择素描，选项A，B，D判断正确．
不妨设甲另一门选修为摄影，则乙素描与摄影均不选修，
则对于素描与摄影可能出现如下两种情况：
由上表可知，乙与丁必有一门课程不相同，因此C不正确．
故选C．
12.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ ABCD为正方形，故AB//CD，∠PAB即为所求异面直线PA与CD所成角．
由PA2+PC2=4R2与PA=2PC,
可得PA=4R5，AB=2R.
又∵PB=PD，
∴PO⊥BD，
∴PB=2R，
∴ cs∠PAB=2R2+165R2−2R22⋅4R5⋅2R=105 ．
故选D．
二、填空题
【答案】
2π3
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
平面向量数量积的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：|e1→|=|e2→|=1，|e1→−e2→|2=3，
所以2−2e1→⋅e2→=3，即e1→⋅e2→=−12，
所以cs⟨e1,e2⟩=e1→⋅e2→|e1→||e2→|=−12，
所以⟨e1→,e2→⟩=2π3．
故答案为：2π3.
【答案】
4
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】

【解答】
解：作出可行域如图所示，
则当直线z=2x+y过点A3,−2时，z取最大值4．
故答案为：4．
【答案】
π6
【考点】
正弦定理
运用诱导公式化简求值
两角和与差的余弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵csA(sinC−csC)=csB ，
∴csAsinC−csAcsC=csB .
由A+B+C=π ，可得B=π−(A+C)，
∴csB=cs[π−(A+C)]=−cs(A+C)
=−csAcsC+sinAsinC，
∴csAsinC−csAcsC=−csAcsC+sinAsinC，
即csAsinC=sinAsinC.
由C为△ABC的内角，可得sinC≠0，
∴csA=sinA.
若csA=0，则sinA=0，与cs2A+sin2A=1矛盾，
∴csA≠0，
∴tanA=sinAcsA=1.
∵A为△ABC的内角，
∴A=π4.
由正弦定理得asinA=csinC.
∵a=2，c=2 ，
∴sinC=csinAa=2×222 =12 .
由c∴0∴C=π6.
故答案为：π6.
【答案】
33π2
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为O为△ABD的重心，A−π,0，
所以OA=23AC=π，所以AC=32π，所以Cπ2,0，
所以πω=T2=3π2，ω=23，
因为23×−π+φ=kπ，所以φ=kπ+2π3，k∈N∗.
又0<φ<π，
所以φ=2π3，
所以fx=2sin23x+2π3，
于是|OB|=f0=2sin23×0+2π3=3，
故△ABD的面积为S=2×12×3π2×3=33π2.
故答案为：33π2．
三、解答题
【答案】
解：(1)数列an是等差数列，设公差为d，且a1=1，a4=10，
则a1=1,a1+3d=10,解得d=3，
所以an=1+3(n−1)=3n−2．
又因为a1，ak，a6是等比数列bn的前3项，则ak2=a1⋅a6，
由于ak=3k−2，代入上式解得k=2.
因为b1=1，b2=4，b4=16，
因此等比数列bn的公比q=4，
故等比数列bn的通项公式为bn=4n−1．
(2)设数列cn的前20项的和为S20.
因为b4=43=64=a22，b5=44=256=a86，
则S20=a1+a2+⋯+a24−b1+b2+b3+b4
=24×1+24×232×3−(1+4+16+64)=767．
【考点】
等差数列的通项公式
等比数列的前n项和
数列的求和
【解析】
左侧图片未给出解析

【解答】
解：(1)数列an是等差数列，设公差为d，且a1=1，a4=10，
则a1=1,a1+3d=10,解得d=3，
所以an=1+3(n−1)=3n−2．
又因为a1，ak，a6是等比数列bn的前3项，则ak2=a1⋅a6，
由于ak=3k−2，代入上式解得k=2.
因为b1=1，b2=4，b4=16，
因此等比数列bn的公比q=4，
故等比数列bn的通项公式为bn=4n−1．
(2)设数列cn的前20项的和为S20.
因为b4=43=64=a22，b5=44=256=a86，
则S20=a1+a2+⋯+a24−b1+b2+b3+b4
=24×1+24×232×3−(1+4+16+64)=767．
【答案】
(1)证明：如图，
取AC的中点为O，连接PO，OB，
由题知PA=PC，BA=BC，
∴ AC⊥PO，AC⊥OB，
又PO∩BO=O，
∴ AC⊥平面POB，
∵ PB⊂平面POB，
∴ AC⊥PB.
(2)解：VP−ABC=VA−POB+VC−POB
=13×AC×S△POB
=13×AC×12×OP×OB×sin∠POB
=sin∠POB.
当∠POB=90∘时，VP−ABC的最大值为1 .
【考点】
两条直线垂直的判定
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
（1）取AC的中点为O，连接PO、OB，证明AC⊥PO，AC⊥OB，推出AC⊥平面POB，然后得到AC⊥PB．
（2）利用VP−ABC＝VA−POB+VC−POB化简求解即可．
【解答】
(1)证明：如图，
取AC的中点为O，连接PO，OB，
由题知PA=PC，BA=BC，
∴ AC⊥PO，AC⊥OB，
又PO∩BO=O，
∴ AC⊥平面POB，
∵ PB⊂平面POB，
∴ AC⊥PB.
(2)解：VP−ABC=VA−POB+VC−POB
=13×AC×S△POB
=13×AC×12×OP×OB×sin∠POB
=sin∠POB.
当∠POB=90∘时，VP−ABC的最大值为1 .
【答案】
解：(1)由上图知，
区间中值依次为：0.05，0.15，0.25，0.35，0.45，0.55，
取值概率依次为：0.1，0.2，0.25，0.3，0.1，0.05，
则平均收益率为0.05×0.1+0.15×0.2+0.25×0.25
+0.35×0.3+0.45×0.1+0.55×0.05=0.275．
(2)①x¯=25+30+38+45+525=1905=38，
y¯=7.5+7.1+6.0+5.6+4.85=315=6.2，
所以b=10−6.238=0.10；
②设每份保单的保费为(20+x)元，则销量为y=10−0.1x，
则保费收入为f(x)=(20+x)(10−0.1x)万元，
而f(x)=200+8x−0.1x2=360−0.1(x−40)2，
当x=40元时，保费收入最大为360万元，
保险公司预计获利为360×0.275=99（万元）．
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
求解线性回归方程
函数最值的应用
【解析】
左侧图片未给出解析
左侧图片未给出解析
【解答】
解：(1)由上图知，
区间中值依次为：0.05，0.15，0.25，0.35，0.45，0.55，
取值概率依次为：0.1，0.2，0.25，0.3，0.1，0.05，
则平均收益率为0.05×0.1+0.15×0.2+0.25×0.25
+0.35×0.3+0.45×0.1+0.55×0.05=0.275．
(2)①x¯=25+30+38+45+525=1905=38，
y¯=7.5+7.1+6.0+5.6+4.85=315=6.2，
所以b=10−6.238=0.10；
②设每份保单的保费为(20+x)元，则销量为y=10−0.1x，
则保费收入为f(x)=(20+x)(10−0.1x)万元，
而f(x)=200+8x−0.1x2=360−0.1(x−40)2，
当x=40元时，保费收入最大为360万元，
保险公司预计获利为360×0.275=99（万元）．
【答案】
(1)解：当过F的直线斜率不存在时，此时弦长为2p，
当过F的直线斜率存在时，设直线方程为y=kx−p2，
联立可得y2=2px,y=kx−p2,
可得k2x2−p(k2+2)x+p2k24=0，
弦长=x1+x2+p=p(k2+2)k2+p=2p+2pk2>2p，
所以弦长最短−2p=4，
所以p=2，.
所以抛物线的方程为y2=4x
(2)证明：设Ay124,y1，By224,y2，
设过A点且与抛物线相切的直线lAQ:y=k′x−y124+y1，
联立 y2=4x,y=k′x−y124+y1,
可得k′4y2−y−k′y124+y1=0，
Δ=1−k′y−k′y124−0，解得k′y1=2，
可得lBQ:y1y=2x+y122，同理可得lBQ:y2y=2x+y222，
联立得Qy1y4,y1+y22，
|AF|⋅|BF|=y124+1y224+1，
|QF|2=y1y24−12+(y1+y2)24
=y12y2216+y124+y224+1
=y124+1y224+1 .
所以|QF|2=|AF|=|BF| .
【考点】
抛物线的性质
抛物线的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：当过F的直线斜率不存在时，此时弦长为2p，
当过F的直线斜率存在时，设直线方程为y=kx−p2，
联立可得y2=2px,y=kx−p2,
可得k2x2−p(k2+2)x+p2k24=0，
弦长=x1+x2+p=p(k2+2)k2+p=2p+2pk2>2p，
所以弦长最短−2p=4，
所以p=2，.
所以抛物线的方程为y2=4x
(2)证明：设Ay124,y1，By224,y2，
设过A点且与抛物线相切的直线lAQ:y=k′x−y124+y1，
联立 y2=4x,y=k′x−y124+y1,
可得k′4y2−y−k′y124+y1=0，
Δ=1−k′y−k′y124−0，解得k′y1=2，
可得lBQ:y1y=2x+y122，同理可得lBQ:y2y=2x+y222，
联立得Qy1y4,y1+y22，
|AF|⋅|BF|=y124+1y224+1，
|QF|2=y1y24−12+(y1+y2)24
=y12y2216+y124+y224+1
=y124+1y224+1 .
所以|QF|2=|AF|=|BF| .
【答案】
(1)解：由ex−x−a≥0恒成立，得a≤ex−x对∀x∈R恒成立．
令gx=ex−x，g′x=ex−1，
当x>0时，g′x>0，gx单调递增，
当x<0时，g′x<0，gx单调递减，
gxmin=g0=1，
故所求实数a的取值范围为(−∞,1].
(2)证明：由(1)得ex≥x+1，
欲证csx+tanx≤ex，只需证csx+tanx≤x+1即可．
令ℎx=csx+tanx−x−1，
ℎ′x=−sinx+1cs2x−1
=sinxsinx−cs2xcs2x=sinxsinx+sin2x−1cs2x，
令Fx=sinx+sin2x−1，
则易知Fx在0,π4单调递增，且F0<0，Fπ4>0，
故存在x0∈0,π4，使得Fx0=0，
当x∈[0,x0)时，Fx<0，ℎ′x<0，ℎx单调递减；
当x∈x0,π4时，Fx>0，ℎ′x>0，ℎx单调递增，
又ℎ0=0，ℎπ4=22−π4<0，ℎxmax=ℎ0=0，
故当x∈0,π4时，csx+tanx≤ex．
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由ex−x−a≥0恒成立，得a≤ex−x对∀x∈R恒成立．
令gx=ex−x，g′x=ex−1，
当x>0时，g′x>0，gx单调递增，
当x<0时，g′x<0，gx单调递减，
gxmin=g0=1，
故所求实数a的取值范围为(−∞,1].
(2)证明：由(1)得ex≥x+1，
欲证csx+tanx≤ex，只需证csx+tanx≤x+1即可．
令ℎx=csx+tanx−x−1，
ℎ′x=−sinx+1cs2x−1
=sinxsinx−cs2xcs2x=sinxsinx+sin2x−1cs2x，
令Fx=sinx+sin2x−1，
则易知Fx在0,π4单调递增，且F0<0，Fπ4>0，
故存在x0∈0,π4，使得Fx0=0，
当x∈[0,x0)时，Fx<0，ℎ′x<0，ℎx单调递减；
当x∈x0,π4时，Fx>0，ℎ′x>0，ℎx单调递增，
又ℎ0=0，ℎπ4=22−π4<0，ℎxmax=ℎ0=0，
故当x∈0,π4时，csx+tanx≤ex．
【答案】
解：(1)由题知点Q的轨迹是以2,0为圆心，2为半径的圆，
所以曲线C2的方程为x−22+y2=4．
ρ2=x2+y2，x=ρcsθ，y=ρsinθ
所以曲线C1的极坐标方程为ρ=4sinθ，
曲线C2的极坐标方程为ρ=4csθ.
(2)在极坐标系中，设点A，B的极径分别为ρ1，ρ2，
所以|AB|=|ρ1−ρ2|=4|sinπ3−csπ3|=23−1，
点M3,π2到射线θ=π3ρ≥0的距离为ℎ=3sinπ6=32，
故△MAB的面积S=12|AB|ℎ=33−12．
【考点】
圆的极坐标方程
直线与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题知点Q的轨迹是以2,0为圆心，2为半径的圆，
所以曲线C2的方程为x−22+y2=4．
ρ2=x2+y2，x=ρcsθ，y=ρsinθ
所以曲线C1的极坐标方程为ρ=4sinθ，
曲线C2的极坐标方程为ρ=4csθ.
(2)在极坐标系中，设点A，B的极径分别为ρ1，ρ2，
所以|AB|=|ρ1−ρ2|=4|sinπ3−csπ3|=23−1，
点M3,π2到射线θ=π3ρ≥0的距离为ℎ=3sinπ6=32，
故△MAB的面积S=12|AB|ℎ=33−12．
【答案】
解：(1)因为f(x)=|x−12|+|x−λ|≥|(x−12)−(x−λ)|=|λ−12|，
所以fxmin=|λ−12|对任意x∈R，恒有f(x)≥|λ−12|≥12，
解得λ≥1或λ≤0.
又已知λ>0，所以λ的最小值为1.
(2)由(1)知t=1，m+2n=mn，
∴ 1n+2m=1，
∴ 2m+n=2m+n1n+2m=5+2mn+2nm≥9,
当且仅当m=n=3时取等号．
故所求2m+n的最小值为9.
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
基本不等式
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为f(x)=|x−12|+|x−λ|≥|(x−12)−(x−λ)|=|λ−12|，
所以fxmin=|λ−12|对任意x∈R，恒有f(x)≥|λ−12|≥12，
解得λ≥1或λ≤0.
又已知λ>0，所以λ的最小值为1.
(2)由(1)知t=1，m+2n=mn，
∴ 1n+2m=1，
∴ 2m+n=2m+n1n+2m=5+2mn+2nm≥9,
当且仅当m=n=3时取等号．
故所求2m+n的最小值为9.x（元）
25
30
38
45
52
y（万份）
7.5
7.1
6.0
5.6
4.8