成都市第七中学2025-2026学年度下期高2027届零诊模拟考试数学答案_2024-2027高二（7-7月题库）_2026年06月高二试卷_260627四川省成都市第七中学2025-2026学年度下期高2027届零诊模拟考试（全）

参考答案
一、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
目要求的。
1．【答案】D 2．【答案】C 3．【答案】C 4．【答案】B 5. 【答案】D
6.【答案】B
【详解】由题意知
1
y  = 2 x ，设切点 B 为 ( x
0
, x 20 ) ，所以切线方程为 y − x 20 = 2 x
0
( x − x
0
) ，
又切线过点 A ( 0 , 1 ) − ，所以 − 1 − x 20 = − 2 x 20 ，解得 x
0
=  1 ，
所以B(1,1)或B(−1,1)，两点关于𝑦轴对称，则 A B = 5 ，∴切线为 l1 : y = 2 x − 1 或l :y=−2x−1，
2
则以 A B 为直径的圆为  x − 1
2
 2 + y 2 = 5
4
或  x + 1
2
 2 + y 2 = 5
4
均交 y 轴于C(0,1) ，
所以 C 到 l 的距离 d =
0 −
2
1
2
−
+
1
1
=
2
5
5
.故选：B．
7. 【答案】C
【详解】方法一（常规法）：因为甲部门至少2个名额至多3个名额，乙､丙､丁三个部门每个部门至少
2个名额，所以先给四个部门各分配2个名额，剩 1 2 − 8 = 4 个名额未分配，接下来分配这4个名额.
第一类，当甲不增加名额时，还剩4个名额分配给乙､丙､丁，
当4个名额分配给乙､丙､丁中的任意一个部门时，有 C 13 种分法；
当4个名额分配给乙､丙､丁中的两个部门时，若一个部门有1个名额，另一个部门有3个名额，有
C 23 A 22 种分法，若这两个部门都有2个名额，有C2种分法；
3
当4个名额分配给乙､丙､丁这三个部门，且两个部门各分配1个名额，另一个部门分配2个名额时，
有 C 13 种分法.所以第一类共有C1+C2A2+C2+C1 =15 种方案.
3 3 2 3 3
第二类，当甲再增加1个名额时，还剩3个名额分配给乙､丙､丁，
当3个名额分配给乙､丙､丁中的任意一个部门时，有C1种分法；
3
当3个名额分配给乙､丙､丁中的两个部门，且一个部门有1个名额，另一个部门有2个名额时，有
C 23 A 22 种分法；当3个名额分配给乙､丙､丁这三个部门，且三个部门各分配1个名额时，有1种分法.
所以第二类共有C1+C2A2+1=10 种方案.综上，不同的分配方案共有15+10=25种.
3 3 2
方法二（隔板法）：第一类，当甲分配2个名额时，先给乙､丙､丁三个部门各分配1个名额，还剩7个
名额分配给乙､丙､丁三个部门，且每个部门至少1个名额，
在7个名额形成的6个空隙中插入2块隔板，有C2种方案；
6第二类，当甲分配3个名额时，先给乙､丙､丁三个部门各分配1个名额，还剩6个名额分配给乙､丙､
丁三个部门，且每个部门至少1个名额，
在6个名额形成的5个空隙中插入2块隔板，有
2
C 25 种方案.
综上，不同的分配方案共有 C 26 + C 25 = 1 5 + 1 0 = 2 5 种.
8．【答案】D
【详解】如图，作出符合题意的图形，
由题意得抛物线 C
1
: y 2 = 2 p x ( p  0 ) 的准线方程为 x = −
p
2
x2 y2
双曲线C : − =1(a0,b0)的左焦点
2 a2 b2
F ( − c , 0 ) （其中 c 2 = a 2 + b 2 ），
抛物线 C
1
的准线经过双曲线C 的左焦点
2
F ，故 −
p
2
= − c ，即 p = 2 c ，
已知 O N + 3 O F = 4 O M ，移项可得 O N − O M = 3 ( O M − O F ) ，即 M N = 3 F M ，
即 M N = 3 F M ，则 F N = F M + M N = 4 F M ，
b
又双曲线的一条渐近线方程为y= x，即
a
b x − a y = 0 ，
则焦点 F ( − c , 0 ) 到渐近线bx−ay=0的距离 F M =
− b
a
c
2
−
+
0
b 2
=
b c
c
= b
在 R t △ F O M 中， O F = c , F M = b ，由勾股定理可得 O M = O F 2 − F M 2 = c 2 − b 2 = a ，
过N作 N P ⊥ x 轴于点 P ，则 FOM ~ FNP，由相似三角形的性质可得
F
F
O
N
=
O
N
M
P
=
F
F
M
P
，
c a b 4ab 4b2
即 = = ，所以 NP = , FP = ，
4b NP FP c c
4b2
则点N的横坐标为x =−c+ ，纵坐标的绝对值为
N c
y
N
=
4 a
c
b
，
因为点 N 在抛物线
𝐶 :𝑦2
=2𝑝𝑥上，且p=2c，
1
4ab 2  4b2 4a2b2
所以  =22c−c+ ，即 =−c2+4b2，
 c   c  c2整理得
3
c 4 = 4 b 2 ( c 2 − a 2 ) = 4 b 4 ，因此 c 2 = 2 b 2 , a 2 = b 2 ，则 c = 2 a ，
在本题中， p = 4 ，则 c = 2 ， a = b = 2 ，则双曲线方程为
x
2
2
−
y
2
2
= 1 ，故D正确.
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，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． 【答案】ABC
【详解】因为 b
i
= 3 a
i
− 2 ( i = 1 , 2 , 3 , , 8 ) ，所以所得新数据的平均数为 3 M − 2 ，中位数为 3 N − 2 ，方差
为 9 P ，极差为 3 Q ，故选：ABC．
10． 【答案】BD
【详解】由题可知 F ( 1 , 0 ) ，圆 F : ( x − 1 ) 2 + y 2 = r 2 ,
联立方程
 y
(
2
x
=
− 1
4
)
x
2 + y 2 = r 2
y ，消去 并化简得： ( x + 1 ) 2 = r 2 ，解得 x
1
= r − 1 , x
2
= − r − 1 （负值舍去），
对于A，因为圆 F 与𝐶交于𝑃，𝑄两点，所以y2 =4x，即 4 ( r − 1 )  0 ，解得 r  1 ，A错误；
对于B，当 r = 3 时，
 x
y
=
=
2
2 2
或
x
y
2
2 2 −
 =
=
，
所以 P Q = 4 2 ，所以 S
P F Q
=
1
2
 ( 2 − 1 )  4 2 = 2 2 ，B正确；
对于C，根据对称性可知  P F x =
1
2
 P F Q =
π
3
，所以 ( r 1 1 ) ta n
3
2 r 1

− − − = ，
化简得 3 r 2 − 1 6 r + 1 6 = 0
4
，解得r =4,r = ，C错误；
1 2 3
对于D，不妨取 P ( r − 1 , 2 r − 1 ) , Q ( r − 1 , − 2 r − 1 ) ，则 F P = ( r − 2 , 2 r − 1 ) , F Q = ( r − 2 , − 2 r − 1 ) ，
所以 F P  F Q = ( r − 2 ) 2 − 4 ( r − 1 ) = r 2 − 8 r + 8 = ( r − 4 ) 2 − 8  − 8 ，D正确.
11． 【答案】AC
【详解】对于A，令 g ( x ) = s in x − x ， x  R ，g(x)=cosx−10，当且仅当cosx=1时取“=”，
则g(x)在 R 上单调递减，而g(0)=0，即g(x)在 R 上只有一个零点，函数 f ( x ) 只有一个不动点，A
正确；对于B， f (x)没有不动点等价于 y = f ( x ) 的图象与直线y=x没有交点，
f (x)没有零点等价于y = f (x) 的图象与𝑥轴没有交点，
显然，当对称轴在𝑦轴左边，y = f (x) 的图象与y=x没有交点时，不能推出与𝑥轴没有交点，B错误；
对于C，依题意，
4
f ( x ) 没有不动点等价于方程 f ( x ) − x = 0 无实数根  a x 2 + ( b − 1 ) x + c = 0 无实数根，
即 Δ = ( b − 1 ) 2 − 4 a c  0 ，
当 a  0 时，二次函数y= f (x)−x的图象开口向上，则 f (x)−x0恒成立，
即  x  R ，恒有 f (x)x，
而 f ( x )  R ，因此有 f f (x) f (x)x恒成立，即方程
 
f ( f ( x ) ) = x 无实根，
当 a  0 时，二次函数y= f (x)−x的图象开口向下，则 f ( x ) − x  0 恒成立，
即  x  R ，恒有 f ( x )  x ，
而 f ( x )  R ，因此有 f f (x) f (x)x恒成立，即方程
 
f ( f ( x ) ) = x 无实根，
所以函数 f (x)=ax2+bx+c（ a  0 ）没有不动点，则方程 f ( f ( x ) ) = x 无实根，C正确；
4ex−2
对于D，由 f (x)= ，得
x
f  ( x ) =
4 ( x −
x
1
2
) e x − 2
，
易知当 x  0 时， f  ( x )  0 ， f ( x ) 单调递减，且 f ( x )  0 ，所以当 x  0 时， f ( x ) =
4 e x
x
− 2
的图象与直
线 y = x 有且只有一个交点；
当 0  x  1 时， f(x)0， f ( x )
4
单调递减，且 f (1)= 1；
e
当 x  1 时， f(x)0， f ( x ) 单调递增.令 f  ( x ) = 1
4(x−1)ex−2
，得 =1，
x2
解得 x = 2 ，此时 f ( 2 ) = 2 ，所以直线 y = x 与曲线 f ( x ) =
4 e x
x
− 2
相切于点 ( 2 , 2 ) .
所以直线 y = x 与曲线 f ( x ) =
4 e x
x
− 2
共有两个交点，所以 f ( x ) 只有两个不动点，故D错误；
故选：AC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．【答案】15
【解析】令 x = 0  a
0
= 1 (1−2x)4 =a −2a x+4a x2 −8a x3+16a x4
0 1 2 3 4
(1−2x)4 =a +a (−2x)+a (−2x)2 +a (−2x)3 +a (−2x)4 .令t=−2x，则
0 1 2 3 4
(1+t)4 =a +at+a t2 +a t3+a t4.令t=1，则a +a +a +a +a =24，故a +a +a +a =15．
0 1 2 3 4 0 1 2 3 4 1 2 3 4另解：令
5
x = 0  a
0
= 1 . x = −
1
2
 a
0
+ a
1
+ a
2
+ a
3
+ a
4
= 2 4 ， 故 a
1
+ a
2
+ a
3
+ a
4
= 1 5 ．
13.【答案】
2
3
【详解】由题意得： f  ( x ) = x 2 − 2 x = x ( x − 2 ) ，令 f  ( x ) = 0 ，解得x=0或2，
由 f(x)0，得 x  2 或 x  0 ，由 f(x)0，得 0  x  2 ，
所以 f ( x ) 在 ( 0 , 2 ) 单调递减，在 ( − 1 , 0 ) , ( 2 , 3 ) 单调递增，又 f ( − 1 ) = −
2
3
, f ( 3 ) =
2
3
，所以 f ( x )
m ax
=
2
3
，
又 f ( x ) + f ( 2 − x ) = 1
3
x 3 − x 2 + 2
3
+  1
3
( 2 − x ) 3 − ( 2 − x ) 2 + 2
3
 1 4 = x3+(2−x)3−x2+(2−x)2+
3    3
=
1
3
( x + 2 − x )  x 2 − x ( 2 − x ) + ( 2 − x ) 2  − 2 x 2 + 4 x − 4 +
4
3
=
2
3
( 3 x 2 − 6 x + 4 ) − 2 x 2 + 4 x −
8
3
= 0 ，
所以 f ( x ) 关于点 ( 1 , 0 ) 中心对称，又直线 y k ( x 1 ) − = 也关于 ( 1 , 0 ) 对称，
所以交点A,B关于点 C ( 1 , 0 ) 中心对称，所以 y
1
+ y
2
= 0
2
，且 y  ，
1 3
所以 S
A O B
=
1
2
O C y
2
− y
1
=
1
2
 1  2 y
1
= y
1

2
3
.
14．【答案】 c  a  b
【详解】令 f ( x )
e x
x
1
( x 0 )
−
=  ，则 f ( x )
e x 1 (
x
x
2
1 ) − −
 = ，
当 x  ( 1 , +  ) 时， 𝑓′(𝑥)>0， f ( x ) 在 ( 1 , +  ) 上单调递增.
a =
e ln
1
2
=
e
2
ln 2
=
e
2
2 ln
ln
2 − 1
2
= f ( 2 ln 2 ) = f ( ln 4 ) ， c =
3 3
4
e
=
e
43
4
3
− 1
= f
 4
3

因  e 43  3 = e 4  6 4 = 4 3 ，则
e
43
 4
4 ,两边取对数得 ln4，则
3
f  4
3
  f ( ln 4 ) ，即 c  a ；
2x 设g(x)=ln(x+1)− (x0)，则
2+x
g  ( x ) =
x
1
+ 1
−
( 2
4
+ x ) 2
=
( x + 1
x
) (
2
2 + x ) 2
 0 ，
 g ( x ) 在(0,+)上单调递增.又𝑔(0)=0，  g ( x )  0
2x
即ln(x+1)
2+x
对 ∀𝑥 ∈(0,+∞)恒成立.
令 x = 1
2
得，ln2 ,又
3
e 
9
4
1 2
，∴ 
e 3
 ln 2 
1
e
，  e  e ln 2 ，又 b =
2
e
, a =
e
2
ln 2
, ba,
综上可得，cab.
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）【详解】（1） a 是等比数列，a =2，且3a2 =aa ，
n 2 3 1 46
  a
3
q 1
2 a
1
=
q 4
2
= a 21 q 3
，   a
q
1 =
=
6 1
3
 a
n
= a
1
q n − 1 = 6   1
3
 n − 1 = 2   1
3
 n − 2 ( n  N  ) ； ……4分
（2）  a q 1 = = 6 1 3
 1 n
， S = a 1 ( 1−qn) = 6  1− 3     =9  1−   1  n  ， n 1−q 1− 1  3 
3
a n = 2   1 3  n − 2 ，
 ( a
n
+ 1 3 ) S
n
=

2 
 1
3
 n − 2
+ 1 3

 9

1 −
 1
3
 n 
=

2 
 1
3
 n − 2
+ 1 3



9 −
 1
3
 n − 2 
， ……7分
设 t =  1
3
 n − 2 ( n  N * ) ，  ( a
n
+ 1 3 ) S
n
转化为 y = ( 2 t + 1 3 ) ( 9 − t ) = − 2 t 2 + 5 t + 1 1 7 ，
5 5
对称轴为t=− = ，
−4 4
0  t  3 ，开口向下， t =
 1
3
 n − 2
当 n = 1 时，𝑡 =3；当𝑛 =2时，𝑡 =1； 1 
5
4
 3 ，
比较 t 的所有取值中，𝑡 =1离对称轴 t =
5
4
最近， ……10分
∴
当𝑡 =1，即𝑛 =2时， ( a
n
+ 1 3 ) S
n
取最大值，且最大值
( a
2
+ 1 3 ) S
2
=

2 
 1
3
 2 − 2
+ 1 3



9 −
 1
3
 2 − 2 
= 1 5  8 = 1 2 0 . ……13分
16．【详解】（1）因为𝑂是三棱锥 A − B C D 外接球的球心，且𝑂为 B D 中点，BD=2，
BD
因此球半径OA=OB=OC=OD= =1，即OA=OC=1，
2
已知 ，由勾股定理逆定理： 𝐴𝐶 =√2 O A 2 + O C 2 = 1 + 1 = 2 = A C 2 ，得𝑂𝐴⊥𝑂𝐶，
又𝑂在 B D 上，𝑂𝐴=𝑂𝐵 =𝑂𝐷，可得 O A ⊥ B D ，
因为平面 A B D ⊥平面 B C D ，交线为 B D ，且 O A  平面 A B D ，
根据面面垂直的性质定理得：OA⊥平面BCD， 又OA平面AOC，
根据面面垂直的判定定理得：平面 A O C ⊥ 平面BCD ……7分
（2）以𝑂为原点，以BD所在直线为𝑥轴，𝑂𝐴所在直线为𝑧轴，建立空间直角坐标系，
结合已知条件可得各点坐标： A(0,0,1)， B ( 1 , 0 , 0 )
 1 3 
，C− , ,0，
 
2 2
 
D ( − 1 , 0 , 0 ) ，
 1 3 
向量AB=(1,0,−1)，AC=− , ,−1，
 
2 2
 设平面𝐴𝐵𝐶的法向量
7
n
1
= ( x
1
, y
1
, z
1
) ，由
 n
n
1
1


A
A
B
C
=
=
0
0
， 即

−
1
2
x
1
x
+
1
−
2
z
3
1
=
y
1
0
− z
1
= 0
，
令
𝑥
=1，则
1
y
1
= 3 , z
1
= 1
( )
，所以n = 1, 3,1 ，
1
n
1
= 1 2 +
(
3
)
+ 1 2 = 5 ，
向量 A D ( 1 , 0 , 1 ) − = − ， A C
1
2
,
2
3
, 1 − =

−

，
设平面 A C D 的法向量 n
2
= ( x
2
, y
2
, z
2
) ，由
 n
n
2
2


A
A
D
C
=
=
0
0
，即

−
1
2
x
−
2
x
+
2
−
3
2
z
2
y
=
2
−
0
z
2
= 0
，
令 x
2
= 3 ，则 y
2
= − 1 , z
2
= − 3 ( ) ，所以n = 3,−1,− 3 ，
2
n
2
= ( 3 ) 2 + ( − 1 ) 2 + ( − 3 ) 2 = 7 ，
设平面 A B C 与平面 A C D 的夹角为，则
c o s
n
n
1
1
n
n
2
2
1 3 3 (
5
1 )
7
1 ( 3 )
3
3 5
1
3
0
5
5
 =

=
 +  −

+  −
= = ，
因此平面𝐴𝐵𝐶与平面 A C D 夹角的余弦值为
1
3
0
5
5
. ……15分
17．【详解】（1）记“抽取到的手机是A品牌手机”为事件 A
1
，“抽取到的手机是B品牌手机”为事件
A
2
，“抽取到的手机是AI手机”为事件B，
则 P ( A
1
) =
2
3
1 1
，P( A )= ，P ( B A ) = ，
2 3 1 2
P ( B A
2
) =
3
4
，
2 1 1 3 7
则P(B)=P(A)P ( B A ) +P(A )P ( B A ) =  +  = ，
1 1 2 2 3 2 3 4 12
则从该手机店中随机抽取一部手机，抽取到的手机是AI手机的概率为7. ……5分
12
（2）由题意可得，不获得奖金的概率为 1 −
1
4
−
1
2
=
1
4
，
X 的可能取值为0，300，600，900，1200，
1 2 1
P(X =0)=  = ，
4 16
P ( X = 3 0 0 ) = C 12 
1
4

1
2
=
1
4
， P ( X = 6 0 0 ) =
1
2

1
2
+ C 12 
1
4

1
4
=
3
8
，
1 1 1 1 1 1
P(X =900)=C1  = ，P(X =1200)=  = ，
2 4 2 4 4 4 16则
8
X 的分布列为
X 0 300 600 900 1200
P
1
1 6
1
4
3
8
1
4
1
1 6
所以 E ( X ) = 0 
1
1
6
+ 3 0 0 
1
4
+ 6 0 0 
3
8
+ 9 0 0 
1
4
+ 1 2 0 0 
1
1
6
= 6 0 0 （元）. ……10分
（3）样本平均数 x = 4 5  0 .1 + 5 5  0 .1 5 + 6 5  0 .2 + 7 5  0 .3 + 8 5  0 .1 5 + 9 5  0 .1 = 7 0 .5 ，
随机选1名顾客，其对AI手机“非常满意”的概率
P ( Z 8 4 .8 1 ) P ( Z 7 0 .5 1 4 .3 1 ) P ( Z 7 0 .5 )   =  + =  +
1 P ( 7 0 .5
2
Z 7 0 .5 ) 1 0 .6
2
8 2 7
0 .1 5 8 6 5
 
=
− −   +

−
= ，
依题意 Y ~ B ( 1 0 0 0 0 , 0 .1 5 8 6 5 ) ，记 n = 1 0 0 0 0 ， p = 0 .1 5 8 6 5 ，
则 P ( Y = k ) = C kn p k ( 1 − p ) n − k ( k = 0 ,1 , 2 ,   ,1 0 0 0 0 ) ，
则问题等价于求当 k 取何值时， P ( Y = k ) = C kn p k ( 1 − p ) n − k 取得最大值.（运算用 q = 1 − p ，可简化）
P(Y =k)P(Y =k+1)  Ckpk(1−p)n−k Ck+1pk+1(1−p)n−k−1
由 ，得 n n ，化简得
 P(Y =k)P(Y =k−1)  Ck n pk(1−p)n−k Ck n −1pk−1(1−p)n−k+1
 p
k1
n

−
−
p
k
n
1
+

−
1
k
p
−p
+
k
1
，
得 ( n + 1 ) p − 1  k  ( n + 1 ) p  n p − 1 + p  k  n p + p ，即 1 5 8 5 .6 5 8 6 5  k  1 5 8 6 .6 5 8 6 5 ，
因 k = 0 ,1 , 2 ,   ,1 0 0 0 0 ，得k =1586，即当 k = 1 5 8 6 时， P ( Y = k ) 取得最大值. ……15分
（说明：若采取 n p = 1 0 0 0 0  0 . 1 5 8 6 5 = 1 5 8 6 或 1 5 8 7 的方法扣3分）
18． 【详解】（1）设P(x ,y )，而F(−1,0)，由
0 0 1
P F
1
= 2 F
1
Q
x +3 y
，得Q(− 0 ,− 0)，
2 2
由于 P , Q 均在 C 上，则
 2 x
04

− 
+
x
0
2 y
03
+
2
4
3
=

1
2
+

−
y
2
3
0
 2
= 1
，
消去 y 20 得 ( x
0
+ 3 ) 2 − x 20 = 1 2 ，解得 x
0
=
1
2
， y
0
=
3
4
5
，则点 P (
1
2
,
3
4
5
) ．……4分
（说明：也可以采用公式： e c o s
1
1



=
−
+
）
（2）证明：[方法一]设 P ( x
0
, y
0
) , Q ( x
1
, y
1
) , R ( x
2
, y
2
) ，
−1−x =(x +1) y
由PF =FQ，则有 0 1 ，=− 0 ，由
1 1 −y
0
=y
1
y
1
P 在x轴上方，可设直线 P Q 的方程为 x = m y − 1 ，
x=my−1
联立  

x2
+
y2
=1
，整理可得 ( 3m2 +4 ) y2 −6my−9=0，则y
0
+ y
1
=
4+
6
3
m
m2
，y
0
y
1
=−
4+
9
3m2
，
 4 3又因为点
9
P 在直线上，则 x
0
= m y
0
− 1
y + y 2 2 x +1
，所以 0 1 =− m=−  0 ，
y y 3 3 y
0 1 0
则
y
0
+
y
1
y
1 = −
2
3
x
0
−
2
3
，即
y
y
0
1
= −
2
3
x
0
−
5
3
，
所以
y
y
0
1
5
3
2
3
x
0
 = − = + ，同理可得
y
y
0
2
5
3
2
3
x
0
 = − = − ． ……8分
5 2 5 2 10
所以+= + x + − x = ，即 
3 3 0 3 3 0 3
+
10
为定值 ． ……10分
3
[方法二] 设 P ( x
0
, y
0
) , Q ( x
1
, y
1
) , R ( x
2
, y
2
) ，
由 P F
1
F
1
Q ,  = ，则有
1
y
0
x
0
y
1
( x
1
1 ) 

 −
−
−
=
= +
，
x
y
1
1
y
0
1 x
0





=
=
−
−
+ +
，
又P,Q均在 C 上，则
2 x
04
2 y
03
1
4
1
x 0 2 y
3
0 2
1

 

 −
+
+
=
+ 
+
 − 
=
，解得
5
3
2
3 x 0  = + ， ……8分
同理可得
5
3
2
3
x
0
 = − ．所以
5
3
2
3
x
0
5
3
2
3
x
0
1 0
3
  + = + + − = ，即  + 为定值
1 0
3
． ……10分
（3）因为 S
S
P Q R
P F F1
2
1
21
2
| P
P
Q
F
1
|| P
P
R
F
2
| s in
s in
Q
Q
P
P
R
R
| P
P
Q
F
1
|| P
P
R
F
2
| 1 1 1 1
 
=


= =  +    +  ，
因此
S
P Q R
1
1
1
1
S
P F F1 2
1
1
1
1 1
2
F
1
F
2
y
0
y
0
2
2
x
x
0
0
8
5
2
2
x
x
0
0
8
5
y
0
x
x
20
20
1 6
2 5
4
   
=

+



+

=

+



+

 = 
+
+

−
−
= 
−
− ，
又因 x 20 = 4  1 − 2 y 03  ，所以 S
P Q R
= y
0

4
4
−
−
4
34
3
y
y
20
20
−
−
1 6
2 5
4
= y
0

y
2 y 0
20 +
+ 9
2 7
1 6
= y
0
+
1
1
6
1 7
2 y 0
y
+
0
2 7
， ……14分
因此
S
四 边 形 F Q1 R F 2
= S
P Q R
− S
P F F1 2
= y
0
+
1
1
6
1 7
2 y
0
y
+
0
2 7
− y
0
=
1
1
6
1 7
2 y
0
y
+
0
2 7
=
1 6
1 1
y
0
7
+
2
y
7
0

2 1
1
6
1
y
7
0

2
y
7
0
=
1 3
8
3
，
当且仅当16y 0 = 2 y 7 0 ,即y 0 = 3 4 3  ( 0, 3  时取等，则四边形 F 1 Q R F 2 面积最大值为 1 3 8 3 ．……17分
19.【答案】(1)当 x  0 时， f (x)0，所以 f ( x ) 在 (−,0) 上无零点，
n
因为 f(x)=ex−1+ 0，所以 f (x)在(0,+)上单调递增，所以 f (x)在(0,+)上至多一个零点，
x2
当 n = 1 时， f (x)有唯一一个零点，值为1．
当n2时，因为 f ( 1 ) 1 n 0 − =  ， f (n)=en−1−1e−10，所以函数 f (x)有唯一零点，得证。…4分
n
(2)（i）不存在，理由如下：由（1）知，ean−1=
a
，且
𝑎 𝑛
>0，
n两边取自然对数，得
10
a
n
+ ln a
n
= ln n + 1 ，（*）所以 a
n + 1
+ ln a
n + 1
= ln ( n + 1 ) + 1 ，
两式相减，得 a
n +1
− a
n
+ ln a
n +1
− ln a
n
= ln
n +
n
1
 0 ，所以 a
n + 1
+ ln a
n +1
 a
n
+ ln a
n
．
因为函数y=x+lnx在 ( 0 , +  ) 上单调递增，所以a a ，所以数列
n+1 n
 a
n
 单调递增．
假设数列a 中存在
n
a
m
， a
m + 1
， a
m + 2
成等比数列，则 a 2m
+ 1
= a
m
a
m + 2
，所以 2 ln a
m +1
= ln a
m
+ ln a
m + 2
．
由（*）式得， ln a
m
= ln m + 1 − a
m
，代入上式，得
2 ln ( m 1 ) 2 a
m 1
ln m a
m
ln ( m 2 ) a
m 2
− + −
+
= + + −
+
， 2 a
m + 1
− ( a
m
+ a
m + 2
) = ln
(
m
m
( m
+ 1
+
2 )
2 )
．（**）
因为
𝑎
>0，所以
𝑛
2 a
m + 1
− ( a
m
+ a
m + 2
)  2 a
m + 1
− 2 a
m
a
m + 2
= 0 ，
又 ln
(
m
m
( m
+ 1
+
2 )
2 )
= ln
m 2
m
+2 2
+
m
2 m
+ 1
 ln 1 = 0 ，所以方程（**）无解．
所以数列  a
n
 中不存在连续三项按某顺序构成等比数列； ……10分
（ii）先证明：𝑥 >0时， x − 1  ln x ，（***）
设g(x)=x−1−lnx，则 g  ( x ) =
x −
x
1
，所以当x(0,1)时， g  ( x )  0 ， g ( x ) 单调递减：
当 x  ( 1 , +  ) 时， 𝑔′(𝑥)>0， g ( x ) 单调递增，所以𝑔(𝑥)≥𝑔(1)=0，当且仅当 x = 1 时，等号成立．
由（***）式知， ln n = a
n
+ ln a
n
− 1  2 ln a
n
，
所以 a
n
 n 
n +
2
n + 1
，所以
1
a
n

n +
2
n + 1
= 2
(
n + 1 − n
)
，
所以 n
i 1
1
a
i
2 ( n 1 n ) ( n n 1 ) ( 2 1 ) 2 ( n 1 1 ) − 
=
  + − + − + + −  = + − ．
在（***）式中，令 x =
a
n
n ，得
a
n
n − 1  ln
a
n
n = ln a
n
− ln n ，
当且仅当 a
n
= n ，即 n = 1 时等号成立，所以 0 = a
n
+ ln a
n
− ln n − 1  a
n
+
a
n
n − 2 ，
所以 a
n

n
2 n
+ 1
，
1
a
n

1
2

1 +
1
n

，当且仅当 n = 1 时等号成立．
当 n  2 时，在（***）式中，令 x =
n −
n
1
，得
1
n
ln n ln ( n 1 ) − −  ，
所以n2时，
n
k
= 1
1
a
k
= 1 +
n
i=
2
1
a
k
 1 +
n −
2
1
+
1
2
n
i=
2
1
k
n+1 1 n+1+lnn
 + (ln2−ln1)+ + ( lnn−ln(n−1))= ．
 
2 2 2
n 1 n+1+lnn ( ) n 1 n+1+lnn
当n=1时，  成立．所以2 n+1−1   ，得证． ……17分
a 2 a 2
i=1 i i=1 i