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福建福州市 2025-2026 学年高三 5 月质量检测数学试题
一、单选题
1．已知集合 A 1,0,1,2,3 ，集合 B {x x 1 x 2 0}，则 A B （ ）
A． 3 B． 0,1
C． 1,0,1,2 D． 1,0,1, 2,3
z
2．若复数 z满足 7 i，则 z （ ）
1 i
A．100 B．25 C．10 D．5
3．某 AI数据中心共有 4个开源大模型供公众使用.该中心分别对这 4个模型在某天内的词元调用量进行调
查，画出频率分布直方图，其中词元调用量的平均数低于中位数的为（ ）
A． B．
C． D．
4．已知圆台的上 下底面面积分别为 S ,S，且 S 4S ，圆台的高为 3，轴截面面积为 9，则该圆台的体积为
（ ）
7π
A． B．7π C．14π D． 28π
4
π
5
π
．已知点 ,0 是函数 f x sin x
0
3 的图象的一个对称中心，则
的最小值为（ ）
2
1 2 4 5
A． B． C． D．
3 3 3 3
6．记 Sn为等比数列 an 的前 n项和，设甲： S1,S3 ,S2为等差数列，乙： a2 ,a4 ,a3为等差数列，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
7．如图是体现中国古代数学智慧的“赵爽弦图”，它由 4个全等直角三角形和中心小正方形构成.若 AE EF，
则（ ）
4 3 4 3
A． AF AB AD B． AF AB AD
5 5 7 7
4 2 4 2
C． AF AB AD D． AF AB AD
5 5 7 7
8．已知 2log2x x 0,3log3 y y 0,5log5z z 0，则 x, y, z的大小关系不可能为（ ）
A． x y z B． x z y
C． z x y D． z y x
二、多选题
9．已知 cos x 1 y ，则（ ）
3
A．当 x π时， cosy
1

3
y π 1B．当 时， sinx
2 3
1
C．当 x y时， sinx
3
D．当 cos x y 2 时， tanxtany 1
3 3
10．已知函数 f x x3 bx2 cx b,c R ，则下列说法正确的是（ ）
A．若 f x 是奇函数，则b 0
B．若 f x 是增函数，则b2 3c 0
C． f x 所有零点的平方和等于b2 3c
D．当b2 3c 0时，存在两条互相垂直的直线都与曲线 y f x 相切
11．在平面直角坐标系中，到两条坐标轴的距离之和与到点 F 2,0 的距离相等的点的轨迹是C，则（ ）
A．点 1,0 在C上
B．存在斜率为 1的直线与C恰有 3个公共点
C．当且仅当 a 2，圆 (x a)2 y2 8与C恰有 4个公共点
D．存在定点 P，过 P且互相垂直的任意两条直线都与C相交，所有交点中必有两个与 P等距
三、填空题
1
12．已知数列 an 满足 a1 2， an 1 1 a ，则数列 an 的前 7项和为__________.n
13．等边三角形的一个顶点位于抛物线 y2 4x的焦点，另外两个顶点都在该抛物线上，这个三角形的边长
为__________.
14 1．共有 3枚质地均匀的硬币，每枚硬币抛出后正面朝上与反面朝上的概率均为 2 .第一次将三枚硬币同时
抛出，之后每次从当前反面朝上的硬币中任意选取 2枚同时抛出，直到反面朝上的硬币数少于 2枚时停止
操作.当停止操作时，所有硬币均为正面朝上的概率为__________.
四、解答题
15．记 ABC的内角 A,B,C的对边分别为 a,b,c，已知 a2 c2 b2 40, ABC的面积为10 3 .
(1)求 B；
(2)若bsinA 4 3，求 BC边上的中线长.
16．近年，国家不断加大反诈宣传力度.“摸球中奖”就是街头常见的诈骗小游戏，其规则为在不透明袋中装
有若干个不同颜色的小球，以摸到特定组合即可获得大额奖金为诱饵，吸引路人参与.已知袋中装有 2个红
球，3个黄球，4个蓝球，这 9个球除了颜色不同以外其他特征均相同，摸球者从袋中随机摸出 5个球，若
其中三种颜色球的个数比为0 :1: 4（所述比例不固定对应具体颜色，下同），则获得 100元奖金；若其中三
种颜色球的个数比为0 : 2 :3，则获得 5元奖金：若其中三种颜色球的个数比为1: l :3，则没有奖金也不需付
钱：仅当其中三种颜色球的个数比为1: 2 : 2时，需要支付 10元.
(1)求摸球者摸球一次获得 100元奖金的概率；
(2)试用所学的概率与统计知识揭穿此骗局.
17．在四棱锥 P ABCD中， PA 平面 ABCD,AB∥CD，PA AB 2,BC CD DA 1.
(1)证明：平面PBD 平面 PAD；
PM
(2)若M为棱 PB 21上一点（不含端点），直线DC与平面MAD所成角的正弦值为 ，求 .
7 PB
2
18 Γ : x y
2
．已知椭圆 1 2 2 1 a b 0 的右顶点为 A，上顶点为 B， AB 2 5，△OAB的面积为 4（O为a b
坐标原点）.以O为中心,焦点在 x轴上的椭圆 Γ2在 Γ1的内部，且与 Γ1的离心率相等.分别过 A,B作 Γ2的切线
l1, l2，设 l1, l2的斜率分别为 k1,k2 .
(1)求 Γ1的方程；
(2)求 k1k2的值；
(3)若 Γ2的长轴长为 4，是否存在定点 P，当过 P的动直线 l与 Γ1交于两点M ,N，与 l1交于点Q时，都有
MP QN MQ PN ？若存在，写出 P的坐标并证明：若不存在，说明理由.
19．已知函数 f x a x 1 lnx .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)关于 x的方程 f x k有两个实根uk ,vk ，对每一个满足条件的 k ,ukvk 1 .
（i）求 a的取值范围；
n 2
（ii）当 k N*时，记 Sk uk v
n (1 2a)n
k ，证明： Sk .
k 1 a
参考答案
1．B
【详解】 B x (x 1)(x 2) 0 x 1 x 2 ， A B 0,1
2．C
z
【详解】 7 i， z 7 i 1 i 7 7i i i2 7 7i i+1=8+6i，
1 i
则 z 82 62 64 36 100 10，故选项 C正确.
3．D
【详解】在频率分布直方图中，中位数左右两边面积相等，平均数受极端值影响，偏向长尾方向.
直方图左偏（左边拖尾长，右边集中）,如 D选项→平均数 中位数；
直方图右偏（右边拖尾长，左边集中），如 B选项→平均数 中位数；
直方图对称，如 AC选项→平均数≈中位数.
故此题选 D.
4．B
【详解】设圆台的上下底面半径为 r1, r2，
因为 S 4S πr 2 2，所以 2 4πr1 ，则 r2 2r1，
3 2r1 2r 则轴截面面积为 2 9r1 9，得 r1 1，2
1 πr 2 2则该圆台的体积为 1 πr2 πr r 23 1 2 3 7πr1 7π
5．C
x π kπ k Z x k π π【详解】令 ，解得 k Z .
3 3
π点 ,0
f x sin x π 是函数 0 3 的图象的一个对称中心， 2
π k
π π 2 3k 1 ，解得 k Z .
2 3 3
1 2 3k 1 0 ， 0，解得 k ；
3 3
k Z， 符合条件的 k的最小值为 1；
2 3 1 1
4 min .3 3
6．A
【详解】设等比数列 an 的公比为 q q 0 ，首项为 a1 a1 0 .
甲： S1 a1， S2 a1 a2 a1 a1q， S3 a1 a2 a3 a1 a1q a q
2
1 .
因为 S1,S3 ,S2 为等差数列，所以 2S3 S1 S2，即 2 a1 a1q a1q2 a1 a1 a1q ，
整理得 2q2 q 0，即 q 2q 1 0 1，所以 q .
2
乙： a2 a1q， a3 a1q
2 a 3， 4 a1q .
因为 a2 ,a4 ,a
3 2
3为等差数列，所以 2a4 a2 a3，即 2a1q a1q a1q ，
整理得 2q2 q 1 0，即 2q 1 q 1 0 1，解得 q 或 q 1 .
2
所以若甲成立，乙一定成立，故甲是乙的充分条件；若乙成立，甲不一定成立，故甲不是乙的必要条件；
综上，甲是乙的充分不必要条件.
7．C
【详解】因为该图由 4个全等直角三角形和中心小正方形构成，且 AE EF，
所以 AE EF BF FG CG GH DH HE，
1 1 1 1 1 1
故 AF AB BF AB ED AB AD AE AB AD AE AB AD AF ，2 2 2 2 2 4

所以 AF
1 AF 5 AF AB 1 AD，
4 4 2
4 2
所以 AF AB AD .
5 5
8．B
【详解】 2log2x x 0，3log3 y y 0，5log5z z 0 ,
log2x
x
， log y
y
3 ， log z
z
5 ；2 3 5
x x x
即转化为函数 y=log2x与 y ， y=log3x与 y ， y=log5x与 y 图象的交点问题.2 3 5
分别画出 y=log2x
x
， y ， y=log x y
x y=log x， ，
2 3 3 5
x， y 的图象，如图所示：
5
y=log x y x A,B x由图可知， 2 与 的图象交于 两点， y=log3x与 y 的图象交于C ,D两点， y=log x y
x
5 与 2 3 5
的图象交于 E,F两点；同时 xE xA xC xD xB xF .
对于 A， xA xC xD xF时，满足 x y z，故 A正确；
对于 B， xE xA，不满足 x y z，故 B错误；
对于 C， xE xA xC xD，满足 z x y，故 C正确；
对于 D， xE xA xC xD，满足 z y x，故 D正确.
9．BD
【详解】对于选项 A：当 x π时，则 cos x y cos π y cos y 1 ，所以 cosy 1 ，故 A错误；
3 3
π
对于选项 B：当 y 时，则 cos x y cos x
π sin x 1 2 2 3
，故 B正确；
对于选项 C：当 x y cos x y 1时，则 cos2x 1 2sin2 x ，
3
可得 sin 2 x
1
3，即 sinx ，故 C错误；3 3
对于选项 D：因为 cos x y 1 cos x y 2 ， ，
3 3
则 cos x cos y sin x sin y
1
， cos x cos y sin x sin y
2

3 ，3
可得 cos x cos y
1
， sin x sin y
1
，所以 tanxtany
sin xsin y 1
，故 D正确.
2 6 cos xcos y 3
10．AD
【详解】对于 A：函数 f x 的定义域为R .
若 f x 是奇函数，则 f x f x 0，即 x3 bx2 cx x 3 b x 2 c x 2bx2 0，
所以b 0，故 A正确.
2
对于 B： f (x) = 3x +2bx +c .
若 f x 是增函数，则 f x 3x2 2bx c 0恒成立，
所以 2b 2 12c 0，即b2 3c 0，故 B错误.
对于 C：令 f x x3 bx2 cx x x2 bx c 0，则 x 0或 x2 bx c 0 .
设方程 x2 bx c 0的根为 x2， x3（2个不等实根或 2个相等实根或 2个复数根），
对于 C：令 f x x3 bx2 cx x x2 bx c 0，则 x 0或 x2 bx c 0 .
当b2 4c 0时，方程 x2 bx c 0无解，此时 f x 0只有 1个零点，故 x2 0；
当b2 4c 0时，方程 x2 bx c 0有两个相等实根或两个不等实根，记为 x2，x3，则 x2 x3 b，x2x3 c，
此时 f x 0有 3个零点，故 x2 x2 x22 3 0 x x 22 3 2x2x3 b 2 2c b2 2c，
综上，C错误.
对于 D：设曲线 y f x 的两条切线斜率分别为 k1， k2，不妨令 k1 f x4 ， k2 f x5 ，
2 2 b2 3c
f x 3x 2 2bx c 3 x b b 3c ，则 f x , 3 3 3
2
又b2 3c b 3c 0，所以 0，
3
所以一定存在切点 x4 , f x4 ， x5 , f x5 ，使得 f x4 f x5 1，即 k1×k2 = -1，
故当b2 3c 0时，存在两条互相垂直的直线都与曲线 y f x 相切，D正确.
11．ABD
2
【详解】设C上任意一点的坐标为 x, y ，依题意有 x y x 2 y2 ，
两边同时平方得 x2 2 x y y2 x 2 2 y2，整理得C的方程为 xy 2 1 x ，
代入 1,0 得 1 0 2 1 1 满足方程，A正确；
对C的方程进一步分析，可知 x 0时等式不成立，
当 xy 0
2
即在第一、三象限时，方程可化为 y 2，
x
当 xy 0
2
即在第二、四象限时，方程可化为 y 2，
x
2 2
它们都可以通过反比例函数 y 和 y 平移得到，可画出图像如下，
x x
设斜率为1的直线方程为 y x b，当它与第二象限部分的曲线相切时，
2
它与C 2恰有 3个公共点，此时有 x b 2整理得 x b 2 x 2 0，
x
令 b 2 2 4 2 0，得b 2 2 2（此时切点为 2, 2 2 ）
或 2 2 2（舍去，此时直线不经过第二象限），
所以直线 y x 2 2 2与C恰有 3个公共点，B正确；
可知圆 (x a)2 y2 8在直线 y 2 2 和 y 2 2 之间移动，
直线 y 2 2 与C在第二象限部分的交点为 1 2, 2 2 ，当圆经过 1 2, 2 2
即 a 1 2时，圆 (x a)2 y2 8与C相交，有 4个公共点，现使圆心向右移动，
若当且仅当 a 2，圆 (x a)2 y2 8与C恰有 4个公共点，
则意味着在 a 2处圆与C第二象限部分的关系发生了突变，即从相交转为相切，
此时圆应与C第一象限部分也相切，从而保证恰有 4个公共点，如上图所示，
但是圆心继续向右移动时，圆与C第二象限部分分离的同时与C第一象限部分相交，
此时也有 4个公共点，直到圆经过 1,0 即 a 1 2 2时才变为3个公共点，之后则是 2个公共点，
因此 a 2这一范围没有包括所有 4个公共点的情况，C错误；
若与 P等距的两个交点在同一个象限也即在同一段曲线上，显然难以保持与 P等距，
考虑与 P等距的两个交点分别在不同的象限，若两个交点分别在二、四象限，
根据反比例函数平移的结果可知，C在第四象限的曲线的一部分与C在第二象限的曲线
0, 2 2 2 2 关于 对称（也可以通过 2 2 2 x x 判断），若取 P 0, 2 ，
显然过 P点的直线与C的两个交点同 P保持等距，但当直线垂直于 x轴时，
它与C没有交点，不符合条件，两个交点分别在一、三象限也一样，
接下来考虑与 P等距的两个交点在相邻的象限的情况，比如分别在三、四象限，
2 2
设两个点分别为M x1, 2 , N x2 , 2 ，设 P x0 , y0 ，
x1 x2
2 2
因为 PM PN且 PM PN，由三角形全等可知 x0 x1 y0 2 x
y0 2 ①，
2 x2

x 2
2 2
2 x0 y0 2 y0 2②，由②可得 x2 x0 y0 2 x ， x1 x1 1
x m 2 x
2
0 y0 2 x1
设 x0 y0 2 m，则 2 x ，代入①中得1 m
2
，
x1
n 2 x
设 x0 y0 2 n
1 2 2，则 m 即 n x1 m 2，
x x1 1
当m n 0时该等式恒成立，此时 x0 2, y0 0，P 2,0 即为满足要求的点.
12．5
1 1 1 1 1
【详解】因为 a1 2，an 1 1 ，所以 a2 1 ，a3 1 1a a 2 a ，
a4 1 2 aa 1，所以数列 an n 1 2 3
的周期为 3，
a S 2 a a a a 2 2 1 1 则数列 n 的前 7项和 7 1 2 3 1 2 52 .
13．8 4 3或8 4 3
【详解】抛物线 y2 4x的焦点为 1,0 ，
因为等边三角形的一个顶点位于抛物线 y2 4x的焦点，
另外两个顶点都在该抛物线上，则等边三角形关于 x轴对称，
3
所以两个边的斜率为 k tan30 ，
3
3
其方程为 y x 1 ，
3

y 3 x 1
由 3 得 x 7 4 3，
y2 4x
y 3当 x 7 4 3时， 7 4 3 1 4 2 33 ，
所以等边三角形的边长为8 4 3；
3
当 x 7 4 3时， y 7 4 3 1 2 3 4 ，3
所以等边三角形的边长为8 4 3；
故答案为：8 4 3或8 4 3 .
5
14．
18
1
【详解】当第一次抛硬币结果为 3正，停止操作，对应概率为 ；
8
当第一次抛硬币结果为 1反 2正，停止操作；
1 3 3
当第一次抛硬币结果为 1正 2反，发生概率为C13 .
2 8
1
对两枚出现反面的硬币继续抛掷，若出现 2正，停止操作，对应概率为 4，
1
若出现 1正 1反，停止操作；若出现 2反，回到原状态，对应概率为 4 .
1 1 2 3

1 1 1 1
1 2 3 则在出现 正 反的前提下，出现 个正面的概率为： 4 4 4 4 1 1 3
，

4
3 1 1
从而第一次抛硬币结果为 1正 2反，且最终得到 3个正面的概率为： ；
8 3 8
1
当第一次抛掷结果为 3反，发生概率为 ，选择其中两枚出现反面的硬币继续抛掷，
8
2
若出现 2 1 1正，停止操作；若出现 1正 1反，发生概率为C12 ，
2 2
1 1 1 1
此时抛硬币结果为 1正 2反，由以上解析可得最终得到 3个正面的概率为 ，则对应概率为 ；
3 3 2 6
1
若出现 2反，对应概率为 4，回到原状态，设在第一次抛掷结果为 3反的前提下，得到 3个正面的概率为
p，
p 1 1 1 2则 p p ，
2 3 4 9
1 2 1
从而第一次抛掷结果为 3反，且最终得到 3个正面的概率为： .
8 9 36
1 1 1 5
综上所述，在各种情况下，最终得到 3个正面的概率为 .
8 8 36 18
π
15．(1) B
3
(2) 21
【详解】（1）因为 a2 c2 b2 40以及余弦定理可得， 2accosB 40，即 accosB 20，
因为 ABC
1
的面积为10 3，所以 ac sinB 10 3，即 ac sin B 20 3，
2
π
得 tan B 3，因为 B 0,π ，所以 B ；
3
（2）由（1）可得， ac 40，
a b 3a
由正弦定理 可得，
sin A sin B bsin A asin B
，
2
因为bsinA 4 3，所以a 8， c 5，
则由 a2 c2 b2 40可得b 7，
设线段 BC的中点为D，
2 2 2 2
cos ADB cos ADC AD BD AB AD CD
2 AC2
则
2AD BD 2AD CD
a 2 2 2AD2 c2 AD2 a b2 2AD2
a b2 c2
2 2 2 ，
2AD a
0
2AD a AD a
2 2
2
得 2AD2 b2 c2 a 49 25 32 42，得 AD 21，
2
故 BC边上的中线长为 21
5
16．(1) .
126
5
(2)摸球者每次摸球的期望收益是 元，游戏对玩家不利，是骗局.
14
【详解】（1）因为摸球者摸球一次获得 100元奖金，所以摸到三种颜色球的个数比为0 :1: 4，共有两种情况，
0个红球，1个黄球，4个蓝球；0个黄球，1个红球，4个蓝球.
C0C1C4 C0C1C4 3 2 5
设“摸球者摸球一次获得 100元奖金”为事件 A，则 P A 2 3 4 3 2 4 .C59 126 126
（2）设摸球者收益为 X ，则 X 的可能取值是 100，5，0， 10，
由(1)知 P X 5 100 ,
126
因为获得 5元奖金的情况有：0个红球，2个黄球，3个蓝球；0个红球，2个蓝球，3个黄球；0个黄球，2
个红球，3个蓝球；0个蓝球，2个红球，3个黄球，
C0 2 3 0 2 3 0 2 3 0 2 3
所以 P X 5 2C3C4 C2C4C3 C3C2C4 C4C2C3 12 6 4 1 235 C9 126 126
因为没有奖金也不需付钱的情况有：1个红球，1个黄球，3个蓝球；1个红球，1个蓝球，3个黄球，
C1 1 3 1 1 3
所以 P X 0 2C3C4 C2C4C3 24 8 32 ，
C59 126 126
因为需要支付 10元.的情况有：1个红球，2个黄球，2个蓝球；1个黄球，2个红球，2个蓝球；1个蓝球，
2个红球，2个黄球，
C1C2C2 1 2 2 1 2 2P X C C C C C C 36 18 12 66所以 10 2 3 4 3 2 4 4 2 35 ，C9 126 126
E X 100 5 5 23 0 32 10 66 45 5所以 ，
126 126 126 126 126 14
5
即摸球者参与一次游戏，平均要损失 元，长期参与必然亏损，这就是典型的骗局.
14
17．(1)见小问 1详解
PM 1
(2)
PB 2
【详解】（1）在底面梯形 ABCD 中， AB / /CD， AD BC 1，CD 1， AB 2 .
过点 D 作 DE AB 于点 E，过点 C 作 CF AB 于点 F，
则 EF CD 1， AE BF
AB CD 2 1 1
，如图所示：
2 2 2
1
在 ADE 中， AD 1， AE ，由勾股定理得：DE AD2 AE2 1 1 3 .
2 4 2
BE AB AE 2 1 3 3在 BDE 中， ， ，
2 2 DE 2
2 2
BD BE2 DE2 3 3
9 3
由勾股定理得： 2 2
3.
4 4
在 △ABD 中， AB 2， AD 1， BD 3，
因为 AD2 BD2 1 3 4 AB2，所以 ADB 90 ，即 AD BD .
因为 PA 平面 ABCD， BD 平面 ABCD，所以 PA BD，
又 AD BD， PA AD A，所以 BD 平面 PAD .
因为 BD 平面 PBD，所以平面 PBD 平面 PAD，证毕.
（2）以 A 为原点，AB 所在直线为 x 轴，过 A 且垂直于 AB 的直线为 y 轴，AP 所在直线为 z 轴，
建立如图所示空间直角坐标系.

则 A 0,0,0 ， B 2,0,0 ， P 0,0,2 1 ， E ,0,0 ,D
1 3 3 3
2
, ,02 2
,C , ,02 2
PM
点 M 在棱 PB上，设 （ 0 1），
PB

则： PM PB 2,0, 2 2 ,0, 2 ，
因为 P 0,0,2 , M 2 ,0, 2 2 ，
1 3
向量： AD , ,0 , AM 2 ,0,2 2 .
2 2

设平面 MAD 的法向量 n x1, y1, z1 ，

n

·AD
1 3
x1 y1 0
则 2 2 ，令 z1 3 ，则 x1 3 1 , y1 1
n·AM 2 x1 2 2 z1 0

所以： n 3 1 , 1, 3 .又因为DC 1,0,0 .

∣CD n∣ 3 1
所以直线 DC 与平面 MAD 所成角的正弦值为 sin
21
，
∣CD∣ n∣ 1 4 1 2 3 2 7
1 PM 1
解得 ，所以 .
2 PB 2
18 (1) x
2 y2
． 1
16 4
1
(2) k1k2= 4
(3)当 l1为 x 2 3y 4 0 时，存在定点 P 4, 2 3 满足条件；当 l1为 x 2 3y 4 0时，存在定点 P 4, 2 3 满
足条件
【详解】（1）设 A(a, 0),B(0,b)，a b 0，则 | AB | a2 b2 2 5 a2 b2 20，
S 1 OAB ab 4 ab 8，2
联立解得 a 4,b 2，
2 2
则 Γ x y1的方程 1.16 4
2 2
（2）因为两椭圆的离心率相同，故 Γ x y2的方程可设为 s 0 s 1 ，16 4
设切线 l1的方程为 y k1 x 4 ，切线 l2的方程为 y k2x 2，
x2 y2
s
由 16 4 2，得 4k1 1 x2 32k 2 21 x 64k1 16s 0，
y k1 x 4
2
由 0，即 32k 21 4 4k 21 1 64k 21 16s 0，
2 s
整理得 k1 4 1 s ，
2 1 s
同理可得 k2 ，4s
k 2k 2 1 1所以 1 2 ，所以 k1k2 .16 4
3 Γ x
2
（ ）易得 2的方程为 y2 1，设 l1的方程为 x ty 4，4
x2
y2 1
由 4 t 2 4 y2，得 8ty 12 0，
x ty 4
由 0，得 t 2 3，
当 l1的方程为 x 2 3y 4 0 时，假设存在满足条件的点 P，设 P m,n .
由题意知 P不能在椭圆 Γ1上，
若 P在椭圆 Γ1内且 PM MQ ，则 |QN | | PN |，显然条件不成立;
若 P在椭圆 Γ1内且 PM MQ ，则 |QN | | PN |，显然条件不成立;
所以若 P存在，则其必然在 Γ1椭圆外，
| PM | |QM |设 1 P,M ,N,Q| PN | |QN | ，则 0且 ，由题知 四点共线，

MP PN
则 ，设Q x, y ,M x1, y1 ,N x2 , y2 ，
MQ QN
由向量的共线关系可得:
m x 1 x2 ①， x
x
1
x2 ②，
1 1
n y y y y 1 2 ③， y 1 2 ④,
1 1
x2 2 2 2 2 2
由① ②，③ ④得到mx 1 x 2 ， ny y 1 y2 ，
1 2 1 2
2 2 2 2
因为M ,N x y x y在 Γ1上，所以它们的坐标满足 1 1 1 ⑤， 2 2 1 ⑥，16 4 16 4
x2 2x2 y2 x2 y2
由⑤ ⑥ 2得到 1 2 1 2 1 2，
16 4
mx ny
整体代入得到： 1恒成立，
16 4
因为Q x, y 在直线 x 2 3y 4 0 上，
mx ny
当 1， x 2 3y 4 0 是同一条直线时，即m 4,n 2 3时满足题意，
16 4
所以存在定点 P 4, 2 3 符合题意.
当 l1的方程为 x 2 3y 4 0时，由图形的对称性可知，点 P 4, 2 3 为所求定点.
综上，当 l1为 x 2 3y 4 0 时，存在定点 P 4, 2 3 满足条件；
当 l1为 x 2 3y 4 0时，存在定点 P 4, 2 3 满足条件.
19．(1)答案见解析；
(2)a 1，证明见解析.
1
【详解】（1）由题设可得 f x 定义域为 0, ， f x a .
x
1
当 a 0时，则 f x a 0，从而 f x 在 0, 上单调递减；
x
1
当 a 0，令 f x 0，可得 x ，
a
f x 0 x 1 ,

， f x 0
1
x
a
0, ，
a
则 f x 1 1在 0, 上单调递减，在 ,

上单调递增；
a a
1
（2）（i）由（1）分析可得， f x f 1 ln a a，
a
则为使 f x k有两个实根 vk，uk ，则 k 1 ln a a .
a vk 1 ln vk k 1
由题设可得： ，设 vk u
a
v u
u 1 lnu k k，则 k a k ，k k
a u v u ln k uk两式相减可得 k k ，设 t 1v v ，则 a t 1 vk ln t，k k
v ln t u t ln t从而 k a t 1 ， k a t 1 ，
2 2
由题 v u 1
1 t ln t 1 a 2 t ln t 2 t ln tk k 2 2 2 a ，a t 1 t 1 t 1
a 2m lnm 2 lnm
设 t m 1，则 m2 1 m 1 ，
m
1 m 1 2p m 2 lnm m m 1 2 1 令 ， ，则m p m 1 2 2 0，m m m
p m 1 2lnm m p 1 0 2lnm 1
则 p m 在 1, 上单调递减，则 m m 1 ，
m
a 2m lnm则要使 2 成立，则 a 1；m 1
a vk 1 ln vii k
k
（ ）由上可得：对于 ，两式相加可得：
a uk 1 lnuk k
2k 2a ln v ua v u 2a ln v u k k k k 2k vk uk k k ，a
v u 1 v u 2k因 k k ，则 k k 2，a
n n
S 2k 2 2
n n 1 2an n2 2a 1 n
从而 k 1 2 3 n 2n


k 1 k 1 a a a a

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