《福建省部分地市2023届高中毕业班高三第三次质量检测数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省部分地市2023届高中毕业班高三第三次质量检测数学试题含答案.pdf（25页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 数学参考答案及评分细则 第1页（共 20页）福建省 2023 届高中毕业班适应性练习卷 数学参考答案及评分细则 评分说明：1本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则。2对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。3解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。4只给整数分数。选择题和填空题不给中间分。一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算。每小题
2、5 分，满分 40 分。1D 2B 3C 4A 5D 6D 7A 8B 二、选择题：本大题考查基础知识和基本运算。每小题 5 分，满分 20 分。全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。9BC 10ABD 11ACD 12BD 三、填空题：本大题考查基础知识和基本运算。每小题 5 分，满分 20 分。132yx=，2yx=+（只需填其中的一个即可）142 151,22 163a，2 21,2 33aa 四、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17本小题主要考查正弦定理、余弦定理、三角恒等变换、三角形面积及平面向量等基础知识，
3、考查直观想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力等，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想等，考查数学运算、逻辑推理、直观想象等核心素养，体现基础性和综合性满分 10 分 解法一：（1）因为2 sin6bcA=+，在ABC中，由正弦定理得，sin2sinsin6BCA=+，.1 分 又因为()()sinsinsinBACAC=+，所以()sin2sinsin6ACCA+=+，.2 分 展开得31sincoscossin2sinsincos22ACACCAA+=+，.3 分 即sincos3sinsin0ACCA=，因为sin0A，故cos3sinCC=，即3tan3C=.4 分 又因为(
4、)0,C，所以6C=.5 分（2）设ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，数学参考答案及评分细则 第2页（共 20页）因为2BA BDBA=，所以()0BABDBA=，即0BA AD=，所以DABA.6 分 故BD是O的直径，所以BCCD.在ABC中，1c=，122sinsin6cRBCA=，所以2BD=.7 分 在ABD中，223ADBDAB=.设四边形ABCD的面积为S，BCx=，CDy=，则224xy+=，.8 分 11312222ABDCBDSSSAB ADBC CDxy=+=+=+.9 分 2231312222xy+=+，当且仅当2xy=时，等号成立.所以四边形ABCD面积最大值为31
5、2+.10 分 解法二：（1）同解法一；.5 分（2）设ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，BD在BA上的投影向量为BA,所以()2BA BDBABABA=.又22BA BDBABA=，所以1=，所以BD在BA上的投影向量为BA.所以DABA.6 分 故BD是O的直径，所以BCCD.在ABC中，1c=，122sinsin6cRBCA=，所以2BD=.7 分 在ABD中，223ADBDAB=.设四边形ABCD的面积为S，CBD=，0,2，则2cosCB=，2sinCD=，.8 分 113sin2222ABDCBDSSSAB ADCB CD=+=+=+.9 分 当22=时，S最大，所以四边形ABC
6、D面积最大值为312+.10 分 解法三：（1）同解法一；.5 分 数学参考答案及评分细则 第3页（共 20页）（2）设ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，因为2BA BDBA=，所以()0BABDBA=，即0BA AD=，所以DABA.6 分 故BD是O的直径，所以BCCD.在ABC中，1c=，122sinsin6cRBCA=，所以2BD=.7 分 在ABD中，223ADBDAB=.设四边形ABCD的面积为S，点C到BD的距离为h，则113222ABDCBDSSSAB ADBD hh=+=+=+.9 分 当1hR=时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为312+.10 分 解法四：（1）同
7、解法一；.5 分（2）设ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，在ABC中，1c=，122sinsin6cRBCA=，.6 分 故ABC外接圆O的半径R=1.即1OAOBAB=，所以3AOB=.如图，以ABC外接圆的圆心为原点，OB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy，则13,22A，()1,0B.因为C，D为单位圆上的点，设()cos,sinC，()cos,sinD，其中()()0,20,2，.所以()13,cos1,sin22BABD=，.7 分 代入2BA BDBA=，即1BA BD=，可得113cossin1222+=，.8 分 即1sin62=.由()0,2可知 11666，所以解得
8、=66或5=66，即3=或=.数学参考答案及评分细则 第4页（共 20页）当3=时，A,D重合，舍去；当=时，BD是O的直径.设四边形ABCD的面积为S，则1313sinsin2222ABDCBDSSSBDBD=+=+=+，.9 分 由()0,2知sin1，所以当32=时，即C的坐标为()0,1时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为312+.10 分 18本小题主要考查指数与对数基本运算、递推数列、等差数列、等比数列及数列求和等基础知识，考查运算求解能力、逻辑推理能力和创新能力等，考查化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想、特殊与一般思想等，考查逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基
9、础性、综合性和创新性满分12 分 解法一：（1）由212122lognnnaaa+=，得212122nnaana+=，.2 分 则2123222nnaana+=，从而212121232121232222222nnnnnnnaaaaaaanna a+=，.3 分 又21214222162nnaanna a+=，.4 分 所以21212+32124nnnnaaaa+=，.5 分 即212+3212nnnaaa+=，所以21na是等差数列.6 分（2）设等差数列21na的公差为d.当1n=时，1322logaaa+=，即321log 8a+=，所以32a=，所以311daa=，.7 分 所以数列21
10、na是首项为1，公差为1的等差数列，所以21nan=;.8 分 又()21211212222nnnnaanna+=;.9 分()()9123456789135792468Saaaaaaaaaaaaaaaaaa=+=+()()3579123452222156806952023=+=+=，又1110910695227432023SSa=+=+=；数学参考答案及评分细则 第5页（共 20页）又0na，则1nnSS+，且9102023SS，.11 分 所以n的最小值为10.12 分 解法二：（1）由20na，且2122216nanna a+=，则()2122222loglog 16nanna a+=，
11、.2 分 得2222221loglog4nnnaaa+=，.4 分 因为212122lognnnaaa+=，2123222lognnnaaa+=，所以()()2121212321=4nnnnnaaaaa+，.5 分 即21232+12nnnaaa+=，所以21na是等差数列.6 分（2）设等差数列21na的公差为d.当1n=时，1322logaaa+=，即321log 8a+=，所以32a=，所以311daa=，.7 分 所以数列21na是首项为1，公差为1的等差数列，所以21nan=；.8 分 又212122lognnnaaa+=，所以()21211212222nnnnaanna+=；.9
12、分 当kN时,21232kkSaaaa=+()()135212462kkaaaaaaaa=+()()357211232222kk+=+()()8 41123kk k+=+，()()()2121228 411124822323kkkkkkk kk kSSa+=+=+，数学参考答案及评分细则 第6页（共 20页）所以592 5 15 6248695202323SS=+=，()5102 58 41562743202323SS=+=，又0na，则1nnSS+，且9102023SS，.11 分 所以n的最小值为10.12 分 解法三：（1）同解法一；.6 分（2）设等差数列21na的公差为d.当1n=时
13、，1322logaaa+=，即321log 8a+=，所以32a=，所以311daa=，.7 分 所以数列21na是首项为1，公差为1的等差数列，所以21nan=；.8 分 又()21211212222nnnnaanna+=；.9 分 当kN时，2112321kkSaaaa=+()()1352124622kkaaaaaaaa=+()()357211232222kk=+()()()118 411114821423kkk kk k+=+=+，所以()492 5 18 4156695202323SS=+=，2 5 110910=695227432023SSa+=+=.又0na，则1nnSS+，且91
14、02023SS，.11 分 所以n的最小值为10.12 分 19本小题主要考查一元线性回归模型、条件概率与全概率公式等基础知识，考查数学建模能力、运算求解能力、逻辑推理能力、直观想象能力等，考查统计与概率思想、分类与整合思想等，考查数学抽象、数学建模和数学运算等核心素养，体现应用性和创新性满分 12 分 解：（1）由散点图判断ln(2012)xycd+=适宜作为该机场飞往 A 地航班放行准点率 y 关于年份数 x 数学参考答案及评分细则 第7页（共 20页）的经验回归方程类型.1 分 令ln(2012)tx=，先建立y关于t的线性回归方程.由于101102221101226.8 10 1.5
15、80.4427.710 1.510iiiiit ytyctt=，.2 分 80.44 1.574.4dyct=，.3 分 该机场飞往 A 地航班放行准点率 y 关于t的线性回归方程为7.444 yt+=，因此 y 关于年份数x的回归方程为ln(2012)7444.xy+=.4 分 所以当2023x=时，该机场飞往 A 地航班放行准点率 y 的预报值为 ln(20232012)74.44ln1174.442.4074.4844y+=+=.所以 2023 年该机场飞往 A 地航班放行准点率 y 的预报值为 84%.5 分（2）设1A=“该航班飞往 A 地”，2A=“该航班飞往 B 地”，3A=“该
16、航班飞往其他地区”，C=“该航班准点放行”，.6 分 则()10.2P A=，()20.2P A=，()30.6P A=，()10.84P C A=，()20.8P C A=，()30.75P C A=.7 分（i）由全概率公式得，()()()()()()()112233P CP A P C AP AP C AP A P C A=+.8 分 0.840.20.80.20.750.60.778=+=，所以该航班准点放行的概率为 0.778.9 分（ii）()()()()()()11110.20.840.778P A P C AP ACP A CP CP C=，()()()()()()22220.
17、20.80.778P AP C AP A CP A CP CP C=，()()()()()()33330.60.750.778P AP C AP ACP A CP CP C=，.11 分 因为0.60.750.20.840.20.8，所以可判断该航班飞往其他地区的可能性最大.12 分 20本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间几何体的体积、平面与平面的夹角等基础知识；考查直观想象能力，逻辑推理能力，运算求解能力等；考查化归与转化思想，数 数学参考答案及评分细则 第8页（共 20页）形结合思想，函数与方程思想等；考查直观想象，逻辑推理，数学运算等核心素养；体现基础性和综
18、合性满分 12 分 解法一：（1）如图 1，取AB中点O，连接PO，CO.因为2PAPB=，2AB=，所以POAB，1PO=，1BO=.又因为ABCD是菱形，60ABC=，所以COAB，3CO=.因为2PC=，所以222PCPOCO=+，所以POCO.又因为AB 平面ABCD，CO 平面ABCD，ABCOO=，所以PO 平面ABCD.2 分 因为ADBC，BCPBC 平面，ADPBC 平面，所以ADPBC平面，所以1133143343D PBCA PBCPABCABCVVVPO S=.3 分 因为3162MPBCD PBCVV=，.4 分 所以点M到平面PBC的距离是点D到平面PBC的距离的1
19、2，所以PMMD=.5 分 （图 1）（图 2）（2）由（1）知，BOCO，POBO，POCO，如图 2，以O为坐标原点，OC,OB,OP的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，.6 分 则()0,1,0A，()0,1,0B，()3,0,0C，()3,2,0D，()0,0,1P，所以31,1,22M 则()3,1,0AC=，()3,1,0BC=，()3,3,0BD=，()0,1,1AP=，31,1,22CM=因为QAP,设()0,AQAP=，则()3,1,CQAQAC=，数学参考答案及评分细则 第9页（共 20页）因为BD，Q，C，M，故存在实数,a b，使得CQaCMbBD=+
20、，.7 分 所以333,231,2ababa+=解得4,31,32.3ab=所以1 23,3 3CQ=.8 分 设平面BCQ的法向量为1(,)x y z=n，则110,0,CQBC=nn即230,3330yzxxy+=取1x=，得到平面BCQ的一个法向量()11,3,2 3=n.10 分 设平面BCQ与平面ABCD夹角是，又因为()20,0,1=n是平面ABCD的一个法向量，.11 分 则1212123coscos,2=nnn nn n 所以平面BCQ与平面ABCD夹角的余弦值是32.12 分 解法二：（1）如图 3，取AB中点O，连接PO，CO，因为2PAPB=，2AB=，所以POAB，1P
21、O=，1BO=，又因为ABCD是菱形，60ABC=,所以COAB，3CO=.因为2PC=，所以222PCPOCO=+，所以POCO.因为AB 平面PAB，PO 平面PAB，ABPOO=，所以CO 平面PAB.2 分 11133223323A PBCCABPABPVVCO S=.3 分 过M作MNAD交AP于点N，ADBC，所以MNBC，又BCPBC 平面，MNPBC 平面，（图 3）数学参考答案及评分细则 第10页（共 20页）所以MNPBC平面，所以1336MPBCNPBCC NBPNBPVVVCO S=，因为13CABPABPVCO S=，13C NBPNBPVCO S=所以2ABPNBP
22、SS=，.4 分 所以N是PA的中点，所以M是PD的中点，所以PMMD=.5 分（2）在平面ABCD内，过C作EFBD交AD延长线于点E，交AB延长线于点F，因为ABCD是菱形，所以ADDE=.如图 4，在平面PAD内，作PPAE交EM的延长线于点P，设EP交AP于点Q.所以，四边形EDP P是平行四边形，,PPDE PPDE=，所以QPPQAE，所以12PQPPAQAE=,所以点Q是线段PA上靠近P的三等分点.7 分 如图 5，在平面PAB内，作QTPO，交AB于T，因为PO 平面ABCD，所以QT 平面ABCD，所以QT BC，因为1PO=，2233QTPO=，.8 分 在平面ABCD内，
23、作TNBC，交BC于点N，连接QN，过A作AKTN交BC于K，在ABK中，2AB=，60ABK=，所以332AKAB=,（图 5）所以22333TNAK=，.9 分 因为QT BC，TNBC，QTTNT=，所以BC 平面QTN，因为QN 平面QTN，所以BCQN 所以QNT是二面角ABCQ的平面角.11 分 数学参考答案及评分细则 第11页（共 20页）在RtQTN中，3tan3QTQNTNT=，所以3cos2QNT=所以平面BCQ与平面ABCD夹角的余弦值是32.12 分 解法三：（1）同解法一；.5 分（2）由（1）知，BOCO，POBO，POCO，如图 2，以O为坐标原点，OC,OB,O
24、P的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，.6 分 则(0,1,0)A，(0,1,0)B，(3,0,0)C，(3,2,0)D，(0,0,1)P，所以31(,1,)22M 则(3,1,0)AC=，(3,1,0)BC=，(3,3,0)BD=，(0,1,1)AP=，31(,1,)22CM=设平面的法向量为(,)x y z=n，则0,0BDCM=，nn即330,31022xyxyz=+=取1y=，得到平面的一个法向量()3,1,5=n.7 分 因为QAP,设()0,AQAP=，则()3,1,CQAQAC=，因为3150CQ=+=n，所以23=，所以1 23,3 3CQ=.8 分 设平面B
25、CQ的法向量为1111(,)x y z=n，则110,0CQBC=，nn即11111230,3330yzxxy+=取11x=，得到平面BCQ的一个法向量()11,3,2 3=n.10 分 设平面BCQ与平面ABCD夹角是，又因为()20,0,1=n是平面ABCD的一个法向量，.11 分 则1212123coscos,2=nnn nn n 所以平面BCQ与平面ABCD夹角的余弦值是32.12 分 21本小题主要考查圆、椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系等基础知识；考查运算 数学参考答案及评分细则 第12页（共 20页）求解能力，逻辑推理能力，直观想象能力和创新能力等；考查数形结合
26、思想，函数与方程思想，化归与转化思想等；考查直观想象，逻辑推理，数学运算等核心素养；体现基础性，综合性与创新性满分 12 分 解法一：（1）由题意得，()11,0A，()21,0A 因为D为BC中点，所以1A DBC，即12A DA C，.1 分 又1PEA D，所以2PEA C，又E为2A C的中点，所以2PAPC=，所以1211124PAPAPAPCACA A+=+=，所以点P的轨迹是以12,A A为焦点的椭圆（左、右顶点除外）.2 分 设：22221xyab+=（xa），其中0ab，222abc=则24a=，2a=，1c=，223bac=.3 分 故：22143xy+=（2x ）.4 分
27、（2）结论正确下证：12QC C的面积是定值.5 分 由题意得，()12,0B，()22,0B，()10,1C，()20,1C，且直线2l的斜率不为 0，可设直线2l：1xmy=，()()1122,M x yN xy，且12x ，22x 由221,431,xyxmy+=得()2234690mymy+=，.6 分 所以12122269,3434myyy ymm+=+，.7 分 所以()121223my yyy=+.直线1B M的方程为：()1122yyxx=+，直线2B N的方程为：()2222yyxx=，.8 分 由()()11222,22,2yyxxyyxx=+=数学参考答案及评分细则 第1
28、3页（共 20页）得()()21122222yxxxyx+=.9 分()()211213ymyymy+=1221213my yymy yy+=()()12212132332yyyyyy+=+121231229322yyyy=13=，解得x4=.11 分 故点Q在直线4x=，所以Q到12C C的距离4d=，因此12QC C的面积是定值，为121124422C Cd=.12 分 解法二：（1）同解法一.4 分（2）结论正确下证：12QC C的面积是定值.5 分 由题意得，()12,0B，()22,0B，()10,1C，()20,1C，且直线2l的斜率不为 0，可设直线2l：1xmy=，()()11
29、22,M x yN xy，且12x ，22x 由221,431,xyxmy+=得()2234690mymy+=，.6 分 所以12122269,3434myyy ymm+=+，.7 分 所以()121223my yyy=+.直线1B M的方程为：()1122yyxx=+，直线2B N的方程为：()2222yyxx=，.8 分 由()()11222,22,2yyxxyyxx=+=得()()()()2112211222222yxyxxyxyx+=+.9 分()()()()2112211213213ymyymyymyymy+=+1221212323my yyyyy+=+数学参考答案及评分细则 第14
30、页（共 20页）()()121221212323243my yyyyyyy+=+.11 分 故点Q在直线4x=，所以Q到12C C的距离4d=，因此12QC C的面积是定值，为121124422C Cd=.12 分 解法三：（1）同解法一.4 分（2）结论正确下证：12QC C的面积是定值.5 分 由题意得，()12,0B，()22,0B，()10,1C，()20,1C，直线2l的斜率不为 0（i）当直线2l垂直于x轴时，2l：1x=，由221,431xyx+=得1,32xy=或1,3.2xy=不妨设331,1,22MN，则直线1B M的方程为：()322yx=+，直线2B N的方程为：()1
31、22yx=，由()()32,2122yxyx=+=得4,3,xy=所以(4,3)Q，故Q到12C C的距离4d=，此时12QC C的面积是121124422C Cd=.6 分（ii）当直线2l不垂直于x轴时，设直线l：()1yk x=+，()()1122,M x yN xy，且12x ，22x 由()221,431,xyyk x+=+得()()22224384120kxk xk+=，.7 分 所以22121 2228412,4343kkxxx xkk+=+.8 分 直线1MB的方程为：()1122yyxx=+，直线2MB的方程为：()2222yyxx=，.9 分 由()()11222,22,2
32、yyxxyyxx=+=数学参考答案及评分细则 第15页（共 20页）得()()()()2112211222222yxyxxyxyx+=+.10 分()()()()()()()()21122112121221212k xxk xxk xxk xx+=+1 2121242634x xxxxx+=+下证：1 21212426434x xxxxx+=+即证()1 212124264 34x xxxxx+=+，即证()1 21241016x xxx=+，即证22224128410164343kkkk=+，即证()()()2224 41210816 43kkk=+，上式显然成立，.11 分 故点Q在直线4
33、x=，所以Q到12C C的距离4d=，此时12QC C的面积是定值，为121124422C Cd=由（i）（ii）可知，12QC C的面积为定值.12 分 解法四：（1）同解法一.4 分（2）结论正确下证：12QC C的面积是定值.5 分 由题意得，()12,0B，()22,0B，()10,1C，()20,1C，且直线2l的斜率不为 0，可设直线2l：1xmy=，()()1122,M x yN xy，且12x ，22x 由221,431,xyxmy+=得()2234690mymy+=，.6 分 所以12122269,3434myyy ymm+=+.7 分 直线1B M的方程为：()1122yy
34、xx=+，直线2B N的方程为：()2222yyxx=，.8 分 数学参考答案及评分细则 第16页（共 20页）因为2222143xy+=，所以222yx 22234xy+=，故直线2B N的方程为：()222324xyxy+=由()()11222,2232,4yyxxxyxy=+=得()()1212422322y yxxxx=+.9 分()()12124311y ymxmy=+()1221212431y ym y ym yy=+()2224939634mmm=+3=，解得x4=.11 分 故点Q在直线4x=，所以Q到12C C的距离4d=，因此12QC C的面积是定值，为121124422C
35、 Cd=.12 分 22本小题主要考查导数及其应用、函数的单调性、不等式等基础知识，考查逻辑推理能力、直观想象能力、运算求解能力和创新能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想等，考查逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性和创新性满分 12 分 解法一：（1）()()1 exfxxa=+，.1 分 故1xa 时，()0fx；1xa 时，()0fx.2 分 当10a ，即1a 时，()f x在()0,1a 单调递减，在()1,a+单调递增；当1 0a，即1a时，()f x在()0,+单调递增.综上，当1a 时，()f x在()0,1a 单调递减，在()1,a+
36、单调递增；当1a时，()f x在()0,+单调递增.4 分（2）不存在01,a x x，且01xx，使得曲线()yf x=在0 xx=和1xx=处有相同的切线.5 分 证明如下：假设存在满足条件的01,a x x，因为()f x在()()00,xf x处的切线方程为()()()000yf xfxxx=数学参考答案及评分细则 第17页（共 20页）即()()0020001 eexxyxaxaxax=+，.6 分 同理()f x在()()11,x f x处的切线方程为()()1121111 eexxyxaxaxax=+，且它们重合，所以()()()()0101012200111 e1 e,ee,x
37、xxxxaxaaxaxaxax+=+=.7 分 整理得()()()()2201110011xaaxaxxaaxax+=+，即()()20101120 x xaxxaa+=，()()()20101111x xaxxa+=，所以()()01111xaxa+=，.8 分 由0101(1)e(1)exxxaxa+=+两边同乘以1ea+，得011101(1)e(1)exaxaxaxa+=+，.9 分 令001txa=+，111txa=+，则01010 1ee,1,ttttt t=且01tt，由0 11t t=得011tt=，代入0101eetttt=得11121eettt=，两边取对数得11112ln
38、ttt=+.10 分 令1()2lng tttt=+，当0t 时，1()2lng tttt=+，()222121()10tg tttt+=+=，所以()g t在(0,)+上单调递增，又()10g=，所以11t=，从而01t=，与01tt矛盾；.11 分 当0t 时，()1()2lng tttt=+，()222121()10tg tttt+=+=，所以()g t在(,0)上单调递增，又()10g=，所以11t=，从而01t=，与01tt矛盾；综上，不存在01,t t，使得01010 1ee,1,ttttt t=且01tt.故不存在01,a x x且01xx，使得曲线()yf x=在0 xx=和1
39、xx=处有相同的切线.12 分 解法二：（1）同解法一；.4 分 数学参考答案及评分细则 第18页（共 20页）（2）不存在01,a x x，且01xx，使得曲线()yf x=在0 xx=和1xx=处有相同的切线.5 分 证明如下：假设存在满足条件的01,a x x，因为()f x在()()00,xf x处的切线方程为()()()000yf xfxxx=即()()()00000001 ee1 exxxyxaxxaxxa=+，.6 分 同理()f x在()()11,x f x处的切线方程为()()()11111111 ee1 exxxyxaxxaxxa=+，且它们重合，所以()()()()()(
40、)010011010001111 e1 e,e1 ee1 e,xxxxxxxaxaxaxxaxaxxa+=+=+.7 分 整理得()()011110001(1)1(1)xaxax xaxaxax xa+=+，令001txa=+，111txa=+，可得0 11t t=.8 分 由0101(1)e(1)exxxaxa+=+两边同乘以1ea+，得011101(1)e(1)exaxaxaxa+=+，则01010 1ee,1,ttttt t=且01tt，.9 分 令()eth tt=，则()()01h th t=，且01tt.由（1）知，当1t 时，()h t单调递增，当1t 时，()h t单调递减，又
41、当0t 时，()0h t，当0t 时，()0h t，所以若01,t t存在，不妨设1010tt ，设10tmt=，1m，又0 11t t=，所以201tm=，则01tm=，由0110eetttt=，得0000eemttmtt=即00eemttm=，则00lnmmtt+=，所以0ln1mtm=，所以1ln1mmm=，即1ln0mmm+=，.11 分 令1()2lng xxxx=+，1x，则22221(1)()10 xg xxxx=，所以()g x在(1,)+上单调递减，所以当1x 时，()(1)0g xg=，数学参考答案及评分细则 第19页（共 20页）即12ln xxx，取xm=，即1ln0m
42、mm+，所以1ln0mmm+=在1m 时无解，综上，不存在01,t t，使得01010 1ee,1,ttttt t=且01tt.故不存在01,a x x且01xx，使得曲线()yf x=在0 xx=和1xx=处有相同的切线.12 分 解法三：（1）同解法一；.4 分（2）不存在01,a x x，且01xx，使得曲线()yf x=在0 xx=和1xx=处有相同的切线.5 分 证明如下：假设存在满足条件的01,a x x，因为()f x在()()00,xf x处的切线方程为()()()000yf xfxxx=即()()0020001 eexxyxaxaxax=+，.6 分 同理()f x在()()
43、11,x f x处的切线方程为()()1121111 eexxyxaxaxax=+，且它们重合，所以()()()()0101012200111 e1 e,ee,xxxxxaxaaxaxaxax+=+=.7 分 整理得()()()()2201110011xaaxaxxaaxax+=+，即()()20101120 x xaxxaa+=，()()()20101111x xaxxa+=，所以()()01111xaxa+=，.8 分 由0101(1)e(1)exxxaxa+=+两边同乘以1ea+，得011101(1)e(1)exaxaxaxa+=+，.9 分 令001txa=+，111txa=+，则01
44、010 1ee,1,ttttt t=且01tt，令()eth tt=，则()()01h th t=，且01tt.由（1）知，当1t 时，()h t单调递增，当1t 时，()h t单调递减，又当0t 时，()0h t，当0t 时，()0h t，数学参考答案及评分细则 第20页（共 20页）所以若01,t t存在，不妨设1010tt ，则0101eetttt=，()()0011lnlntttt+=+，所以()()()()01011lnlntttt=.11 分 以下证明()()()()()()010101lnlntttttt .令1()2lng xxxx=+，1x，则22221(1)()10 xg xxxx=，所以()g x在(1,)+上单调递减，所以当1x 时，()(1)0g xg=，因为101tt，所以100tgt，011001ln0tttttt+，整理得()()()()()()010101lnlntttttt .因为()()()()01011lnlntttt=，所以()()011tt，与0 11t t=矛盾；所以不存在01,t t，使得01010 1ee,1,ttttt t=且01tt.故不存在01,a x x且01xx，使得曲线()yf x=在0 xx=和1xx=处有相同的切线.12 分