宁夏中卫市中宁县第一中学2025-2026学年高三8月份质量检测数学试题

学科网（北京）股份有限公司 - 1 - 中宁一中 2026届高三 8月份质量检测 20250814 一、单项选择题：本大题共 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. 已知全集为R，且集合   2log 1 2A x x   ， 2 01 xB x x        ，则  RA B ð 等于（ ） A.  1,1 B.  1,1 C.  1, 2 D.  1, 2 2. 已知向量 ,a b   满足 1, 2 2a a b      ，且  2b a b   ，则 b  （ ） A. 12 B. 2 2 C. 3 2 D. 1 3. 命题“ 2[1 2] 0x x a  ，， － ”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. 4a  B. 4a  C. 4a  D. 4a  4.在全国人口普查过程中，甲、乙、丙、丁四位普查员要去 A、B、C三个小区进行数据采集，若甲普查员 不能去 A小区，且每个小区至少去一名普查员，每人只能去一个小区．则不同的安排方法共有（ ） A. 24种 B. 36种 C. 6种 D. 12种 5. 已知  cos sin cos , tan tan 2         ，则  tan   （ ） A. 7 3  B. 1 3 C. 7 9 D. 7 9  6. 如图，在 ABC 中， 2PC BP ，过点 P的直线分别交直线 AB，AC于不同 的两点M，N．设 ,AB mAM AC nAN  ，则 1 2 m n  的最小值为（ ） A. 7 3 B. 8 3 C. 3 D. 4 7. 设实数 0m  ，若对任意的正实数 x，不等式 lnmx xe m  恒成立，则 m的最小值为（ ） A. 1 e B. 1 2e C. 2 e D. 3 e 8. 一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在同一个球面上，且该球的半径为 1，当圆锥的体积取最大值时，圆锥 的底面半径为（ ） A. 2 3 B. 2 2 3 C. 2 2 D. 10 10 二、多项选择题：本大题共 3个小题，每小题 6分，共 18分.在每个小题给出的选项中，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.“内卷”是一个网络流行词，一般用于形容某个领域中发生了过度的竞争，导致人们进入了互相倾轧、 内耗的状态，从而导致个体“收益努力比”下降的现象．数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词， 学科网（北京）股份有限公司 - 2 - 螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始，向外 圈逐渐旋绕而形成的图案，如图（1）；它的画法是这样的：正方形 ABCD的边长为 4，取正方形 ABCD各 边的四等分 E，F，G，H作第二个正方形，然后再取正方形 EFGH 各边的四等分点M，N，P，Q作第 3 个正方形，以此方法一直循环下去，就可得到阴影部分图案，设正方形 ABCD边长为 1a ，后续各正方形边 长依次为 2a ， 3a ，…， na ；如图（2）阴影部分，设直角三角形 AEH 面积为 1b ，后续各直角三角形面积 依次为 2b ， 3b ，…， nb ，…．下列说法正确的是（ ）． A. 数列 na 是以 4为首项， 10 4 为公比的等比数列 B. 从正方形 ABCD开始，连续 3个正方形的面积之和为 129 4 C. 使得不等式 1 2n b  成立的最大值为 4 D. 数列 nb 的前 n项和 4nS  10.化学课上，老师带同学进行酸碱平衡测量实验，由于物质的量浓度差异，测量酸碱度 pH值时会造成一 定的误差，甲小组进行的实验数据的误差 X 和乙小组进行的实验数据的误差Y 均符合正态分布，其中  0.3,0.0001X N ，  0.28,0.0004Y N ，已知正态分布密度函数    2 221 e 2 x f x        ，记 X 和Y 所对应的正态分布密度函数分别为  1f x ，  2f x ，则（ ） A.    1 20.3 0.28f f B. 乙小组的实验误差数据相对于甲组更集中 C.    0.28 0.32 1P X P X    D.    0.31 0.31P Y P X   11. 设正实数 m、n满足 1m n  ，则下列说法中正确的是（ ） A. 12 2 m n  B. m n 的最小值为 2 2 C. mn的最大值为 1 4 D. 2 2m n 的最小值为 1 2 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分 12. 集合  2R 3 2 0, RA x ax x a      ，若 A中元素至多有 1个，则 a的取值范围是______________． 13. 在 ABC 中，已知 π 4 A  ，若 AB边上的高为 1 3 AB，则 cosC = ________． 14. 已知函数    e 1 e 1x xf x ax    恰好有 3个零点，则实数 a的取值范围是__________. 学科网（北京）股份有限公司 - 3 - 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. （本小题 13 分）已知数列  na 满足 1 1a  ， 3 9a  ，且对任意的 2n  ， *nN ，都有  1 1 2 1n n na a a    .（1）设 1n n nb a a  ，求数列 nb 的通项公式； （2）设数列 1 1 1na        的前 n项和为 nS ，求证： 3 4n S  . 16. （本小题 15分）某市为发展旅游业，市旅游局提出“历史从未远去，它一直在我们身边”“一砖一瓦皆 故事，一饭一蔬皆成诗”的文化创意主题，围绕这一主题开展了一系列 丰富多彩的文艺活动．为了了解人们对活动的喜爱程度，现随机抽取 400人进行调查统计，得到如下列联表： （1）完成2 2 列联表，并依据小概率值 0.1  的独立性检验，判断 人们对该活动的喜爱程度是否与性别有关联； （2）为宣传历史文化知识，当地文化局组织了历史知识竞赛活动．活 动规定从 8道备选题中随机抽取 4道题进行作答．假设在 8道备选题中，甲正确完成每道题的概率都是 3 4 ， 且每道题正确完成与否互不影响；乙只能正确完成其中的 6道题． ①求甲至少正确完成其中 3道题的概率； ②设随机变量 X表示乙可以正确完成题的个数，求变量 X的分布列及数学期望． 附：        2 2 n ad bc a b c d a c b d        ，其中 n a b c d    ． α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17.（本小题 15分） 如图，在四棱锥 P ABCD 中，侧面 PAD 平面 ABCD， PAD△ 是边长为 2的等 边三角形，底面 ABCD为直角梯形，其中 //BC AD，AB AD ， 1AB BC  （1）求证： AB PD ． （2）求线段 PA中点M 到平面 PCD的距离． （3）线段 PD上是否存在一点 E，使得平面 EAC 与平面DAC夹角的余弦值 为 10 5 ？若存在，求出 PE PD 的值；若不存在，请说明理由． 不喜爱 喜爱 合计 男性 180 240 女性 50 合计 400 学科网（北京）股份有限公司 - 4 - 18. （本小题 17分）已知椭圆   2 2 2 2: 1 0 x yC a b a b     的离心率为 2 2 ， 1F ， 2F 分别为椭圆的左右焦点， 点 A是椭圆 C上一动点，且 1 2AF AF 的最大值为 6． （1）求椭圆 C的方程； （2）已知直线 3x my  与椭圆 C交于 P，Q两点． ①若 P，Q中点的横坐标为 3 2 ，求 m的值： ②已知点  2,1D ，直线DP，DQ与直线 3x  分别交于点M，N，平面内是否存在一点 H，使得四边形 DMHN为平行四边形．若存在，求出点 H的坐标，若不存在，请说明理由． 19..（本小题 17分）已知函数 ( ) (ln 1)f x x x k   ， Rk . （1）当 1x  时，求函数 ( )f x 的单调区间和极值； （2）若对于任意 2,x e e   ，都有 ( ) 4lnf x x 成立，求实数 k的取值范围； （3）若 1 2x x ，且 1 2( ) ( )f x f x ，证明： 2 1 2 kx x e  . 学科网（北京）股份有限公司 - 5 - 中宁一中 2026届高三 8月份质量检测 一、单项选择题：本大题共 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. 已知全集为R，且集合   2log 1 2A x x   ， 2 01 xB x x        ，则  RA B ð 等于（ ） A.  1,1 B.  1,1 C.  1, 2 D.  1, 2 【答案】C 【解析】 【分析】解对数不等式和分数不等式，得出集合 ,A B，再根据交集和补集的定义即可得出答案. 【详解】  2log 1 2 0 1 4 1 3x x x          ，所以  1 3A x x    ，  2B x x  或 1x  ，所以  R 1 2B x x  ð ，    R 1 2A B x x   ð . 故选：C 2. 已知向量 ,a b   满足 1, 2 2a a b      ，且  2b a b   ，则 b  （ ） A. 12 B. 2 2 C. 3 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由  2b a b   得 2 2b a b   ，结合 1, 2 2a a b      ，得 2 2 1 4 4 1 6 4a b b b          ，由此即可 得解. 【详解】因为  2b a b   ，所以  2 0b a b     ，即 2 2b a b   ， 又因为 1, 2 2a a b      ，所以 2 2 1 4 4 1 6 4a b b b          ，从而 2 2   b . 故选：B. 3. 命题“ 2[1 2] 0x x a  ，， － ”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. 4a  B. 4a  C. 4a  D. 4a  【答案】C 【解析】 【分析】求出命题“ 2[1 2] 0x x a  ，， － ”为真命题的充要条件，然后可选出答案. 【详解】由 2 0x a － 可得： 2a x ， 当 [1, 2]x 时，  2 max 4x  ，所以 4a  ， 学科网（北京）股份有限公司 - 6 - 则 a的取值范围为  4A a a  ， 满足其一个充分不必要条件的集合为 B，则： B为A的真子集, 故其一个充分不必要条件是： 4a  . 故选:C. 4.在全国人口普查过程中，甲、乙、丙、丁四位普查员要去 A、B、C三个小区进行数据采集，若甲普查员 不能去 A小区，且每个小区至少去一名普查员，每人只能去一个小区．则不同的安排方法共有（ ） A. 24种 B. 36种 C. 6种 D. 12种 【答案】A 【解析】 【分析】分类讨论 A小区安排的人数，应用分步分类及排列组合数求不同的安排方法数即可. 【详解】①A小区安排一人，有 1 2 23 3 2C C A 18 种， ②A小区安排两人，有 2 23 2C A 6 种， 所以共 24种． 故选：A 5. 已知  cos sin cos , tan tan 2         ，则  tan   （ ） A. 7 3  B. 1 3 C. 7 9 D. 7 9  【答案】C 【解析】 【分析】先利用两角和的余弦公式结合商数关系求出 tan ，进而可求出 tan  ，再根据两角和的正切公式 即可得解. 【详解】由  cos sin cos     ，得 cos cos sin sin sin cos       ， 所以1 tan tan tan    ， 又因为 tan tan 2    ，所以 2tan 3, tan 3     ， 所以   23tan tan 73tan 1 tan tan 1 2 9             . 故选：C. 6. 如图，在 ABC 中， 2PC BP ，过点 P的直线分别交直线 AB，AC于不同的两点M，N．设 ,AB mAM AC nAN  ，则 1 2 m n  的最小值为（ ） 学科网（北京）股份有限公司 - 7 - A. 7 3 B. 8 3 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量基本定理得到 2 3 3 m nAP AM AN     ，由共线定理的推论得到方程，求出2 3m n  ， 然后根据“1”的代换结合均值不等式求解最小值即可. 【详解】  1 1 2 13 3 3 3AP AB BP AB BC AB AC AB AB AC                   ， 因为 AB mAM ， AC nAN ，所以 2 3 3 m nAP AM AN     ， 又M ， P， N 三点共线，所以 2 1 3 3 m n   . 由于 0m  ， 0n  ， 所以 1 2 1 2 2 4 4 4 4 82 3 3 3 3 3 3 3 3 3 m n n m n m m n m n m n m n                   ， 当且仅当 4 3 3 n m m n  ，即 3 4 m  ， 3 2 n  时等号成立. 故 1 2 m n  的最小值为 8 3 . 故选：B 7. 设实数 0m  ，若对任意的正实数 x，不等式 lnmx xe m  恒成立，则 m的最小值为（ ） A. 1 e B. 1 2e C. 2 e D. 3 e 【答案】A 【解析】 【分析】由条件可得不等式 lnmx xe m  恒成立即 lnln lnmx xmxe x x e x   恒成立，设函数   xg x xe ，分 析出  g x 的单调性,将问题转化为    lng mx g x 恒成立，由单调性即 lnmx x 恒成立，即 学科网（北京）股份有限公司 - 8 - max ln xm x       ，设   ln xG x x  ，求出  G x 的导数得到其单调性，从而得到  G x 的最大值，得出答案. 【详解】∵ 0m  ， lnmx xe m  ，∴ lnmxme x ，当0 1x  时，不等式显然成立， 当 1x  时，原不等式可变形为 lnln lnmx xmxe x x e x   ， 设函数   xg x xe ，    1x x xg x e xe x e     ， 当 1x  ，   0g x  ，∴当 1x  时，  g x 递增， 则不等式 lnmx xe m  恒成立等价于    lng mx g x 恒成立，即 lnmx x 恒成立， max ln xm x       ，设   ln xG x x  ，则   2 1 ln xG x x   ， 当1 x e  时，   0G x  ，当 x e时，   0G x  ， ∴  G x 在  1,e 递增，  ,e  递减，    max 1G x G e e   ， 故选:A. 【点睛】本题主要考查不等式恒成立的问题，考查对数与指数的相互转化，导数性质的应用，体现了转化 的思想，关键是构造出合适的函数.属于中档题. 8. 一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在同一个球面上，且该球的半径为 1，当圆锥的体积取最大值时，圆锥 的底面半径为（ ） A. 2 3 B. 2 2 3 C. 2 2 D. 10 10 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用球的截面圆性质及圆锥的体积公式列出函数关系，再利用导数求解. 【详解】 如图，根据题意，圆锥 1PO 高为 h，底面圆半径 r，外接球球心为O，半径 1R  ， 则球心O到圆锥底面圆心 1O 距离 1 |1 |,0 2d OO h h     ， 由 2 2 2d r R  ，得 2 22r h h  ，圆锥的体积 2 2 3 1 ππ (2 ) 3 3 V r h h h   ， 求导得 2π 4(4 3 ) π ( ) 3 3 V h h h h     ， 学科网（北京）股份有限公司 - 9 - 当 40 3 h  时， 0V   ，函数 2 3 π (2 ) 3 V h h  在 4(0, ) 3 上递增， 当 4 2 3 h  时， 0V   ，函数 2 3 π (2 ) 3 V h h  在 4( ,2) 3 上递减， 则当 4 3 h  时，圆锥的体积最大，此时底面圆半径 2 2 3 r  . 故选：B 二、多项选择题：本大题共 3个小题，每小题 6分，共 18分.在每个小题给出的选项中，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.“内卷”是一个网络流行词，一般用于形容某个领域中发生了过度的竞争，导致人们进入了互相倾轧、 内耗的状态，从而导致个体“收益努力比”下降的现象．数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词， 螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始，向外 圈逐渐旋绕而形成的图案，如图（1）；它的画法是这样的：正方形 ABCD的边长为 4，取正方形 ABCD各 边的四等分 E，F，G，H作第二个正方形，然后再取正方形 EFGH 各边的四等分点M，N，P，Q作第 3 个正方形，以此方法一直循环下去，就可得到阴影部分图案，设正方形 ABCD边长为 1a ，后续各正方形边 长依次为 2a ， 3a ，…， na ；如图（2）阴影部分，设直角三角形 AEH 面积为 1b ，后续各直角三角形面积 依次为 2b ， 3b ，…， nb ，…．下列说法正确的是（ ）． A. 数列 na 是以 4为首项， 10 4 为公比的等比数列 B. 从正方形 ABCD开始，连续 3个正方形的面积之和为 129 4 C. 使得不等式 1 2n b  成立的最大值为 4 D. 数列 nb 的前 n项和 4nS  【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意， na ， nb 都是等比数列，从而可求 na ， nb 的通项公式，再对选项逐个判断即 可得到答案． 学科网（北京）股份有限公司 - 10 - 【详解】对于 A选项，由题意知， 2 2 2 2 1 3 5 4 4 8 n n n n a aa a              且 0na  ， 所以 1 10 4n n a a  ，又因为 1 4a  ， 所以数列 na 是以 4为首项， 10 4 为公比的等比数列，故 A正确； 对于 B选项，由上知， 1 104 4 n na          ， 1 4a  ， 2 10a  ， 3 5 2 a  ， 所以   2 2 2 2 2 2 1 2 3 5 1294 10 2 4 a a a           ，故 B正确； 对于 C选项， 21 123 31 3 10 3 54 2 4 4 32 32 4 2 8 n n n n n n a a ab                         ， 易知 nb 是单调递减数列，且 2 3 3 5 75 1 2 8 128 2 b         ， 3 4 3 5 375 1 2 8 1024 2 b         ， 故使得不等式 1 2n b  成立的最大值为 3，故 C错误； 对于 D选项，因为 3 51 2 8 54 15 81 8 n n nS                     ，且 *Nn ， 所以 50 1 1 8 n        ，所以 4nS  ，故 D正确； 故选：ABD． 10.化学课上，老师带同学进行酸碱平衡测量实验，由于物质的量浓度差异，测量酸碱度 pH值时会造成一 定的误差，甲小组进行的实验数据的误差 X 和乙小组进行的实验数据的误差Y 均符合正态分布，其中  0.3,0.0001X N ，  0.28,0.0004Y N ，已知正态分布密度函数    2 221 e 2 x f x        ，记 X 和Y 所对应的正态分布密度函数分别为  1f x ，  2f x ，则（ ） A.    1 20.3 0.28f f B. 乙小组的实验误差数据相对于甲组更集中 C.    0.28 0.32 1P X P X    D.    0.31 0.31P Y P X   【答案】AC 【解析】 【分析】由正态分布密度函数曲线的图象及性质可判断 A，B；利用正态分布密度函数曲线的对称性以及原 学科网（北京）股份有限公司 - 11 - 则即可判断 C，D. 【详解】由正态分布密度函数曲线可知，数据的标准差越小，数据越集中在均值附近，峰值越大，反之， 标准差越大，数据越分散，峰值越小. 对于两个小组的误差，甲组的标准差 1 0.0001 0.01   ，乙组的标准差 2 0.0004 0.02   显然甲组的标准差更小，故峰值更大，数据相对乙组更集中，故 A正确，B错误； 1 1 1( 0.28) ( 2 ) ( 2 ), ( 0.32) ( 2 ),P X P X P X P X P X              1 1( 0.28) ( 0.32) ( 2 ) ( 2 ) 1,P X P X P X P X          故 C正确; 2 2 2 2 3 1 1( 0.31) ( ) ( ) ( ), 2 2 2 P Y P Y P Y P Y                  1 1 1 1 1( 0.31) ( ) ( ), 2 2 P X P X P X             而对于任何正态分布都有 1 1 2 2( ) ( ),P X P Y             故 ( 0.31) ( 0.31)P Y P X   ，故 D错误. 故选：AC. 11. 设正实数 m、n满足 1m n  ，则下列说法中正确的是（ ） A. 12 2 m n  B. m n 的最小值为 2 2 C. mn的最大值为 1 4 D. 2 2m n 的最小值为 12 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题设得  2 1 1,1m mn     ，结合指数函数性质判断 A；应用三角换元、辅助角公式及正弦 型函数性质求 m n 的范围判断 B；应用基本不等式求最值判断 C、D. 【详解】对于 A，因为正实数 m，n满足 1m n  ，则0 1m  ，    2 1 1,1 1m mm n m       ， 故 1 12 2 2 m n   ，正确； 对于 B，设 sinm  ， cosn  ， π0 2 ,      ，满足正实数 m，n的关系式 1m n  ， 所以 πsin cos 2 sin 4 m n            ， 由于 π0 2 ,      ，所以 2 sin 1 2 4         ，所以1 2m n   ，错误； 对于 C，由基本不等式得 2 1 2 4       m nmn ，当且仅当 1 2 m n  时等号成立，正确； 学科网（北京）股份有限公司 - 12 - 对于 D，因为        22 2 2 2 2 2 2 22 2 1m n m n m n m n mn m n           ，可得 2 2 12m n  ，当 且仅当 1 2 m n  时等号成立，正确． 故选：ACD 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分 12. 集合  2R 3 2 0, RA x ax x a      ，若 A中元素至多有 1个，则 a的取值范围是______________． 【答案】 0a  或 9 8 a  【解析】 【分析】二次项系数进行分类讨论，结合方程的根的性质计算即可得. 【详解】当 0a  时， 2 3 2 3 2 0ax x x      ，解得 2 3 x  ，故 A中元素只有 1个，符合要求； 当 0a  时，对 2 3 2 0ax x   ，需 9 8 0a    ，即 9 8 a  ； 故答案为： 0a  或 9 8 a  . 13. 在 ABCV 中，已知 π 4 A  ，若 AB边上的高为 1 3 AB，则 cosC = ________． 【答案】 10 10  ## 1 10 10  【解析】 【分析】设角 ACB 所对的边为 c，由题设用 c表示出 ,AC BC ，再应用余弦定理求 cosC . 【详解】设角 ACB 所对的边为 c，依题意得 AB边上的高 3 cCD  ，而 π 4 A  ， 所以 3 cAD  ， 2 3 cBD  ，在Rt ACD△ 中， 2 2 2 3 cAC AD CD   ， 在Rt BCD△ 中， 2 2 2 2 2 5 3 3 3 c c cBC CD BD                ； 学科网（北京）股份有限公司 - 13 - 在 ABCV 中， 2 2 2 2 2 2 2 5 3 3 10cos 2 102 52 3 3 c c c AC BC ABC AC BC c c                       ． 故答案为： 10 10  14. 已知函数    e 1 e 1x xf x ax    恰好有 3个零点，则实数 a的取值范围是__________. 【答案】 1 ,0 2      【解析】 【分析】解法一：先通过等价变形将函数  f x 的三个零点转化为函数   e 1 e 1 x xg x ax     有三个零点；再 根据奇函数的定义得出函数是R 上的奇函数，进一步将条件转化为  g x 在  0,  上有一个零点；最后求 出   21e 2 e x x g x a     ，分类讨论，利用导函数和零点存在性定理判断出函数的单调性即可求解. 解法二：先根据  0 0f  ，     e 1 e 1 x x t x x    为    ,0 0,    上偶函数，将题目条件转化为直线 y a  与函数     e 1 e 1 x x t x x    的图象在  0,  上有一个交点；再利用导数判断出函数  t x 在  0,  上单调性， 求出函数  t x 值域，即可求解. 解法三：先根据题意构造函数  g x ax  ，   e 1 e 1 x xh x    ，  g x 与  h x 都是R上的奇函数，将题目条 件问题转化为函数  g x 与  h x 在  0,  上恰有一个交点；再根据函数  h x 在  0,  上单调递增及导 数的几何意义，数形结合即可解答. 【详解】解法一：       e 1e 1 e 1 e 1 e 1 x x x x xf x ax ax            .  e 1 0x   ，   f x 的零点等价于函数   e 1 e 1 x xg x ax     的零点. 又函数  g x 定义域为R ，且      e 1 e 1 e 1 e 1 x x x xg x a x ax g x                    g x 是R 上的奇函数， 学科网（北京）股份有限公司 - 14 - 只需要考虑  g x 在  0,  上有一个零点即可. 又函数 exy  在R 上单调递增，函数 1y x x   在  1,  上单调递增， 当  0,x   时，  e 1,x   ， 函数 1e 2 e x xy    在  0,  上单调递增，    2 1e 2 e x x g x a     在  0,  上单调递减，  g x 的值域是 1, 2 a a     . 当 0a  时，   0g x  ，此时  g x 在  0,  上单调递增，    0 0g x g  ，无零点，不符合题意； 当 1 2 a   时，   0g x  ，此时  g x 在  0,  上单调递减，    0 0g x g  ，无零点，不符合题意； 当 1 0 2 a   时，由零点存在性定理知，必存在唯一的正数 0x ，使  0 0g x  . 当  00,x x 时，   0g x  ，此时  g x 在  00, x 上单调递增，    0 0g x g  ，    0 0 0g x g  ； 当  0 ,x x   时，   0g x  ，此时  g x 在  0 ,x  上单调递减； 又 1 1 1 e 11 0 e 1 a a g a              ，  0 0g x  ，   1 2, a    ， 0 1 x a   ，  g x 在 0 1,x a      上存在唯一零点，符合题意. 综上所述，实数 a的取值范围是 1 ,0 2      . 解法二：  0 0f  ， 0x  是  f x 的一个零点. 当 0x  时，由   0f x  ，得   e 1 e 1 x x a x     ，令     e 1 e 1 x x t x x    ， 0x  . 函数  t x 定义域为    ,0 0,    ，         e 1 e 1 e 1 e 1 x x x x t x t x x x              t x 为    ,0 0,    上偶函数. 则问题转化为直线 y a  与函数     e 1 e 1 x x t x x    的图象在  0,  上有一个交点. 由     e 1 e 1 x x t x x    ，可得     2 22 e 2 e 1 e 1 x x x xt x x       ，设   2e 2 e 1x xu x x   ， 学科网（北京）股份有限公司 - 15 - 则      22e 2 1 e 2e e 1 0x x x xu x x x       .  u x 在  0,  上单调递增， 则    0 0u x u  ，即当  0,x   时，   0t x  ，   t x 在  0,  上单调递减. 又 lim ( ) 0 x t x    ， 0 1lim ( ) 2x t x   ， ( )t x 在  0,  上的值域为 10, 2       ， 故 10 2  a ，即 1 0 2 a   ，故实数 a的取值范围是 1 ,0 2      . 解法三：令   0f x  ，得 e 1 e 1 x xax     ，设  g x ax  .，   e 1 e 1 x xh x    . 函数  g x 的定义域为R ，且    g x ax g x    ； 函数  h x 的定义域为R ，且    e 1 e 1 e 1 e 1 x x x xh x h x             ，   g x 与  h x 都是R上的奇函数， 则问题转化为函数  g x 与  h x 在  0,  上恰有一个交点. 又函数   e 1 21 e 1 e 1 x x xh x       在  0,  上单调递增，    0,1h x  . 又    2 2e e 1 x x h x   ，      3 2e 1 e 0 e 1 x x x h x      ，    2 2e e 1 x x h x   在  0,  单调递减， 又   10 2 h  ，作出函数  g x 与直线 1 2 y x 的图象，  10 2  a ，即 1 0 2 a   ，故实数 a的取值范围是 1 ,0 2      . 故答案为： 1 ,0 2      . 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. 已知数列 na 满足 1 1a  ， 3 9a  ，且对任意的 2n  ， *nN ，都有  1 1 2 1n n na a a    . （1）设 1n n nb a a  ，求数列 nb 的通项公式； 学科网（北京）股份有限公司 - 16 - （2）设数列 1 1 1na        的前 n项和为 nS ，求证： 3 4n S  . 【答案】（1） 2 1nb n  （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的定义证明 1n n nb a a  为等差数列，再结合 1 3,a a 求出 2a 得到 nb 的首项， 利用等差数列的定义求出 nb 的通项公式； （2）结合（1）求出 na ，再代入求出 1 1 1na        的通项公式，再利用裂项相消法求出前 n项和为 nS ，即可 证明 3 4n S  . 【小问 1详解】 依题意，对任意的 2n  ， *nN ，都有  1 1 2 1n n na a a    ， 故对任意的 2n  ， *nN ， 1 1 2n n n na a a a     ， 所以对任意的 2n  ， *nN ， 1 2n nb b   ，即 1 2n nb b   为定值， 所以数列 nb 是公差为 2的等差数列，据 1 1a  ， 3 9a  ，得 1 2 1b a  ， 2 29b a  ， 所以    2 29 1 2a a    ，解得 2 4a  ，故 1 2 1 3b a   ，所以  3 1 2 2 1nb n n      【小问 2详解】 由（1）可知， 1 2 1n na a n    ， 所以当 2n  ， *nN ，      1 2 1 3 2 1n n na a a a a a a a             2 1 2 1 1 3 5 2 1 2 n n n n           ， 又 1 1a  符合上式，所以 2 na n 所以    21 1 1 1 1 1 1 1 2 2 21 1na n n n nn           ， 故 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 2 3 2 2 4 2 3 5 2 1 1 2 2n S n n n n                                          1 1 1 1 3 1 1 11 2 2 1 2 4 2 1 2n n n n                    ， 因为 *nN ， 1 1 0 1 2n n     ，所以 3 4n S  16. 某市为发展旅游业，市旅游局提出“历史从未远去，它一直在我们身边”“一砖一瓦皆故事，一饭一蔬皆 成诗”的文化创意主题，围绕这一主题开展了一系列丰富多彩的文艺活动．为了了解人们对活动的喜爱程度， 学科网（北京）股份有限公司 - 17 - 现随机抽取 400人进行调查统计，得到如下列联表： 不喜爱 喜爱 合计 男性 180 240 女性 50 合计 400 （1）完成2 2 列联表，并依据小概率值 0.1  的独立性检验，判断人们对该活动的喜爱程度是否与性别 有关联； （2）为宣传历史文化知识，当地文化局组织了历史知识竞赛活动．活动规定从 8道备选题中随机抽取 4道 题进行作答．假设在 8道备选题中，甲正确完成每道题的概率都是 3 4 ，且每道题正确完成与否互不影响； 乙只能正确完成其中的 6道题． ①求甲至少正确完成其中 3道题的概率； ②设随机变量 X表示乙可以正确完成题的个数，求变量 X的分布列及数学期望． 附：        2 2 n ad bc a b c d a c b d        ，其中 n a b c d    ． α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）表格见解析，认为人们对该活动的喜爱程度与性别无关； （2）① 189 256 ；②分布列见解析，3. 【解析】 【分析】（1）根据已知完善列联表，应用卡方公式求卡方值，结合独立检验基本思想即可得结论； （2）①应用独立重复试验的概率求法及互斥事件加法求概率；②由题意 X的所有可能取值为 2，3，4，依 次求出对应概率即可得分布列，进而求期望. 【小问 1详解】 补全的2 2 列联表如下 不喜爱 喜爱 合计 男性 60 180 240 女性 50 110 160 学科网（北京）股份有限公司 - 18 - 合计 110 290 400 零假设为 0H ：人们对该活动的喜爱程度与性别无关， 根据表中数据，计算得到  22 400 60 110 180 50 600 2.706 110 290 240 160 319           ， 根据小概率值 0.1  的独立性检验，没有充分证据推断 0H 不成立， 因此我们可以认为 0H 成立，即认为人们对该活动的喜爱程度与性别无关． 【小问 2详解】 ①记“甲至少正确完成其中 3道题”为事件 A，则   3 4 3 4 4 4 3 1 3 189C C 4 4 4 256 P A              ； ②X的所有可能取值为 2，3，4，   2 2 2 6 4 8 C C 32 C 14 P X    ，   1 3 2 6 4 8 C C 43 C 7 P X    ，   0 4 2 6 4 8 C C 34 C 14 P X    X的分布列为 X 2 3 4 P 3 14 4 7 3 14 X的数学期望   3 4 32 3 4 3 14 7 14 E X        ． 17. 如图，在四棱锥 P ABCD 中，侧面 PAD 平面 ABCD， PAD△ 是边长为 2 的等边三角形，底面 ABCD为直角梯形，其中 //BC AD， AB AD ， 1AB BC  ． （1）求证： AB PD ． （2）求线段 PA中点M 到平面 PCD的距离． （3）线段 PD上是否存在一点 E，使得平面 EAC 与平面DAC夹角的余弦值为 10 5 ？若存在，求出 PE PD 的 值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2） 21 7 （3）存在， 1 3 PE PD  【解析】 学科网（北京）股份有限公司 - 19 - 【分析】（1）由面面垂直的性质得出 AB 平面 PAD，再根据线面垂直的性质即可证明； （2）取 AD的中点O，连接 PO，OC，建立空间直角坐标系，由点到平面距离的向量公式即可求解； （3）令  0, , 3PE PD      ，  0,1 ，由面面夹角的向量公式求得 13  ，即可求解 PE PD ． 【小问 1详解】 由于平面PAD 平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCD AD ， AB AD 且 AB 平面 ABCD， AB 平面PAD， PD  平面 PAD， AB PD  ． 【小问 2详解】 取 AD的中点O，连接PO，OC，由 PAD△ 为等边三角形，得 PO AD ， 而平面PAD 平面 ABCD，平面PAD平面 ABCD AD ， PO 平面 PAD， 则 PO 平面 ABCD，由 1AO BC  ， //AO BC，得四边形 ABCO是平行四边形， 于是 //OC AB，而 AB AD ，则OC AD ，直线OC，OD，OP两两垂直， 以O为坐标原点，直线OC，OD，OP分别为 x， y， z轴建立空间直角坐标系，如图， 则  0, 1,0A  ，  0,1,0D ，  1,0,0C ，  1, 1,0B  ，  0,0, 3P ， 1 30, ,2 2M        ， 1 31, , 2 2 CM           ，  1,0, 3CP   ，  1,1,0CD   ， 设平面 PCD的法向量为  , ,n x y z ，则 3 0 0 n CP x z n CD x y               ， 取 1z  ，得  3, 3,1n  ， 所以M 到平面 PCD的距离 3 21 77 CM n d n        ． 【小问 3详解】 令  0, , 3PE PD      ，  0,1 ， 学科网（北京）股份有限公司 - 20 -      0,1, 3 0, , 3 0,1 , 3 3AE AP PE              ，  1,1,0AC  ， 设平面 EAC 的法向量为  , ,m a b c ，则     0 1 3 3 0 m AC a b m AE b c                ， 取  3 1b   ，得     3 1 , 3 1 , 1m       ， 易知平面DAC的一个法向量为  0,0, 3OP  ， 于是，   2 3 1 10cos , 53 7 10 7 OP m OP m OP m                ， 化简得 23 10 3 0    ，又  0,1 ，解得 1 3   ，即 1 3 PE PD  ， 所以线段 PD上存在点 E，使得平面 EAC 与平面DAC夹角的余弦值为 10 5 ，此时 1 3 PE PD  ． 18. 已知椭圆   2 2 2 2: 1 0 x yC a b a b     的离心率为 2 2 ， 1F ， 2F 分别为椭圆的左右焦点，点 A是椭圆 C 上一动点，且 1 2AF AF 的最大值为 6． （1）求椭圆 C的方程； （2）已知直线 3x my  与椭圆 C交于 P，Q两点． ①若 P，Q中点的横坐标为 3 2 ，求 m的值： ②已知点  2,1D ，直线DP，DQ与直线 3x  分别交于点M，N，平面内是否存在一点 H，使得四边形 DMHN为平行四边形．若存在，求出点 H的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 22 1 6 3 x y   ； （2）① 2m   ；②存在，  4, 1H  . 【解析】 【分析】（1）由离心率及椭圆的定义，基本不等式求椭圆参数，即可得方程； （2）①设  1 1,P x y ，  2 2,Q x y ，联立直线与椭圆，应用中点公式及中点 0 3 , 2 y     在直线上得到关于m的 学科网（北京）股份有限公司 - 21 - 方程，求参数值； ②设直线DM 的方程为  1 1 11 2 2 yy x x      ，分别求出 ,M N 的纵坐标，结合韦达公式得 0M Ny y  ， 确定 ,M N 的中点坐标，再由平行四边形的性质求 H 坐标，即可得结论. 【小问 1详解】 因为离心率为 2 2 ，所以 2 2 c a  ，由椭圆的定义知 1 2 2AF AF a  ， 由基本不等式得   2 1 2 2 1 2 64 AF AF AF AF a      ，当且仅当 1 2AF AF a  时等号成立， 故 6a  ，所以 3c  ，所以 2 2 2 3b a c   ，故椭圆 C的方程为 22 1 6 3 x y   . 【小问 2详解】 ①设  1 1,P x y ，  2 2,Q x y ， 由 2 2 3 1 6 3 x my x y       ，得  2 22 6 3 0m y my    ， 由  2 2Δ 36 12 2 0m m    ，得 2 1m  ， 1 2 2 6 2 my y m     ， 1 2 2 3 2 y y m   ， 设 PQ中点坐标为 0 3 , 2 y     ，则 1 20 2 3 2 2 y y my m      ， 因为 0 3 , 2 y     在直线 PQ上，所以 0 3 3 2 my  ，即 0 3 2 y m   所以 2 3 3 2 2 m m m     ，解得 2m   ； ②存在点  ,H HH x y 使得四边形DMHN为平行四边形， 因为  2,1D 在椭圆上，所以易知 1 2x  ， 2 2x  ， 设直线DM 的方程为  1 1 11 2 2 yy x x      ， 学科网（北京）股份有限公司 - 22 - 令 3x  ，得   11 1 1 1 1 11 11 1 2 1 1M m yy yy x my my           ，同理   2 2 1 1N m y y my    ， 又由①知  1 2 1 2 1 2 y y y y m    ， 所以               1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1M N m y m y m my y m y y y y my my my my                           1 2 1 2 1 2 12 1 1 2 0 1 1 m m y y m y y m my my              所以线段MN 的中点坐标为  3,0 ， 连接DH ，则线段DH 的中点坐标也为  3,0 ， 由于  2,1D ，可得 2 3 2 1 0 2 H H x y       ，所以点 H的坐标为  4, 1H  . 19. 已知函数 ( ) (ln 1)f x x x k   ， Rk . （1）当 1x  时，求函数 ( )f x 的单调区间和极值； （2）若对于任意 2,x e e   ，都有 ( ) 4lnf x x 成立，求实数 k的取值范围； （3）若 1 2x x ，且 1 2( ) ( )f x f x ，证明： 2 1 2 kx x e  . 【答案】(1)答案见解析；(2) 2 8(1 , ) e   ；(3)证明见解析. 【解析】 【详解】（1）   1 ln 1 lnf x x x k x k x        ， ① 0k  时，因为 1x  ，所以   ln 0f x x k    ， 函数  f x 的单调递增区间是  1, ，无单调递减区间，无极值； ②当 0k  时，令 ln 0x k  ，解得 kx e ， 当1 kx e  时，   0f x  ；当 kx e ，   0f x  ． 所以函数  f x 的单调递减区间是  1, ke ，单调递增区间是  ,ke  ， 在区间  1, 上的极小值为    1k k kf e k k e e     ，无极大值． （2）由题意，   4ln 0f x x  ， 即问题转化为    4 ln 1 0x x k x    对于 2,x e e   恒成立， 学科网（北京）股份有限公司 - 23 - 即  4 ln1 x xk x    对于 2,x e e   恒成立， 令    4 lnx xg x x   ，则   2 4ln 4x xg x x    ， 令   24ln 4, ,t x x x x e e      ，则   4 1 0t x x    ， 所以  t x 在区间 2,e e  上单调递增，故    min 4 4 0t x t e e e      ，故   0g x  ， 所以  g x 在区间 2,e e  上单调递增，函数    2 2max 82g x g e e    ． 要使  4 ln1 x xk x    对于 2,x e e   恒成立，只要  max1k g x  ， 所以 2 81 2k e    ，即实数 k 的取值范围为 2 81 , e       ． （3）证法 1 因为    1 2f x f x ，由（1）知，函数  f x 在区间  0, ke 上单调递减，在区间  ,ke  上 单调递增，且  1 0kf e   ． 不妨设 1 2x x ，则 11 20 k kx e x e     ， 要证 2 1 2 kx x e ，只要证 2 2 1 kex x  ，即证 2 2 1 k k ee x x   ． 因为  f x 在区间  ,ke  上单调递增，所以   2 2 1 kef x f x        ， 又    1 2f x f x ，即证   2 1 1 kef x f x        ， 构造函数       2 2 2 ln 1 ln 1 k k ke e eh x f x f x k x k x x x                    ， 即     2 ln 1ln 1 k x kh x x x k x e x x          ，  0, kx e ．       2 2 2 2 2 2 1 ln 1 (ln 1 1 ln k k x k x eh x x k e x k x x x               ） ， 因为  0, kx e ，所以 2 2ln 0, kx k x e   ，即   0h x  ， 所以函数  h x 在区间  0, ke 上单调递增，故    kh x h e ， 而     2 0 k k k k eh e f e f e         ，故   0h x  ， 学科网（北京）股份有限公司 - 24 - 所以   2 1 1 kef x f x        ，即     2 2 1 1 kef x f x f x         ，所以 2 1 2 kx x e 成立． 证法 2 要证 2 1 2 kx x e 成立，只要证： 1 2ln ln 2x x k  . 因为 1 2x x ，且    1 2f x f x ，所以    1 1 2 2ln 1 ln 1x k x x k x     ， 即   1 1 2 2 1 2ln ln 1x x x x k x x    ，   1 1 2 1 2 1 2 2 1 2ln ln + ln ln 1x x x x x x x x k x x     ， 即     11 2 1 2 1 2 2 ln ln 1xx x x x k x x x      ， 1 2 2 1 1 2 ln 1 ln xx xk x x x     ，同理 1 1 2 2 1 2 ln 1 ln xx xk x x x     ， 从而 1 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 ln ln 2 ln ln 2 x xx x x xk x x x x x x        ， 要证 1 2ln ln 2x x k  ，只要证 1 1 2 1 2 2 1 2 1 2 ln ln 2 0 x xx x x x x x x x      ， 令不妨设 1 2x x ，则 1 2 0 1x t x    ， 即证 ln ln 2 011 1 t t t t      ，即证  1 ln 2 1 t t t    ， 即证 1ln 2 1 tt t    对  0,1t 恒成立， 设   1ln 2 (0 1) 1 th t t t t       ，         2 2 2 11 4' 0 1 1 t h t t t t t        ， 所以  h t 在  0,1t 单调递增，    1 0h t h  ，得证，所以 21 2 e kx x  .