福建省福州市高三毕业班适应性测试理科数学试题参考答案.pdf

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1、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5 分，满分 40 分。1D 2B3C4A5D6D7

2、A8B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。9BC10ABD11ACD12BD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。13y=x 2，y=x+2（只需填其中的一个即可）2 211a,2 3a14215,2163a，32四、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，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

3、、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b=2csinA+，在ABC中，由正弦定理得，6sinB=2sin CsinA+，.1 分6又因为sinB=sin(AC)=sin(A+C)，所以sin(A+C)=2sin CsinA+，.2 分631sin A+cosA展开得sin AcosC+cosAsinC=2sin C2，.3 分2即sin AcosC 3sinCsin A=0，因为sin A 0，故cosC=3sinC，即tanC=又因为C(0,)，所以C=3.4 分3.5 分6（2）设ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，数

4、学参考答案及评分细则第1页（共 20页）因为BABD=BA，所以BA BD BA=0，即BA AD=0，所以DA BA.6 分故BD是O的直径，所以BC CD.在ABC中，c=1，2R=c1=2，所以BD=2.7 分sinBCAsin62()在ABD中，AD=BD2 AB2=3.设四边形ABCD的面积为S，BC=x，CD=y，则x2+y2=4，.8 分S=SABD+SCBD=1131AB AD+BCCD=+xy.9 分222231 x2+y23+=+1，2222当且仅当x=y=2时，等号成立.所以四边形ABCD面积最大值为3+1.10 分2解法二：（1）同解法一；.5 分（2）设ABC的外接圆

5、的圆心为O，半径为R，BD在BA上的投影向量为BA,所以BABD=BABA=BA.又BABD=BA=BA，所以=1，所以BD在BA上的投影向量为BA.所以DA BA.6 分故BD是O的直径，所以BC CD.在ABC中，c=1，2R=c1=2，所以BD=2.7 分sinBCAsin6()222在ABD中，AD=BD2 AB2=3.设四边形ABCD的面积为S，CBD=，0,，2则CB=2cos，CD=2sin，.8 分S=SABD+SCBD=当2=113.9 分AB AD+CBCD=+sin2.2223+1.10 分时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为22解法三：（1）同解法一；.5 分数学

6、参考答案及评分细则第2页（共 20页）（2）设ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，因为BABD=BA，所以BA BD BA=0，即BA AD=0，所以DA BA.6 分故BD是O的直径，所以BC CD.在ABC中，c=1，2R=c1=2，所以BD=2.7 分sinBCAsin62()在ABD中，AD=BD2 AB2=3.设四边形ABCD的面积为S，点C到BD的距离为h，则S=SABD+SCBD=113AB AD+BDh=+h.9 分2223+1.10 分2当h=R=1时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为解法四：（1）同解法一；.5 分（2）设ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，在ABC中

7、，c=1，2R=c1=2，.6 分sinBCAsin6故ABC外接圆O的半径R=1.即OA=OB=AB=1，所以AOB=.3如图，以ABC外接圆的圆心为原点，OB所在直线为x轴，13建立平面直角坐标系xOy，则A2,2，B(1,0).因为C，D为单位圆上的点，设C(cos,sin)，D(cos,sin)，其中(0,2)，(0,2).13BD=(cos1,sin)，.7 分所以BA=2,2，2113代入BABD=BA，即BABD=1，可得cos+.8 分sin=1，2221即sin=.62由(0,2)可知 115，所以解得=或=，即=或=.66666366数学参考答案及评分细则第3页（共 20页

8、）当=时，A,D重合，舍去；当=时，BD是O的直径.3设四边形ABCD的面积为S，则S=SABD+SCBD=1313BD+BD sin=+sin，.9 分22223时，即C的坐标为(0,1)时，S最大，2由(0,2)知sin1，所以当=所以四边形ABCD面积最大值为3+1.10 分218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，体现基础性、综合性和创新性满分12 分解法一：（1）由a2n1+a2n+1=lo

9、g2a2n，得a2n=2a则a2n+2=2a2n+1+a2n+32n1+a2n+1，.2 分2n1+2a2n+1+a2n+3，从而a2na2n+2=2a=24a2n+12n1+a2n+12a2n+1+a2n+3=2a，.3 分又a2na2n+2=16a2n+1，.4 分所以a2n1+2a2n+1+a2n+3=4a2n+1，.5 分即a2n1+a2n+3=2a2n+1，所以a2n1是等差数列.6 分（2）设等差数列a2n1的公差为d.当n=1时，a1+a3=log2a2，即1+a3=log28，所以a3=2，所以d=a3 a1=1，.7 分所以数列a2n1是首项为1，公差为1的等差数列，所以a2

10、n1=n;.8 分又a2n=2a2n1+a2n+1=2n+(n+1)=22n+1;.9 分S9=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9=(a1+a3+a5+a7+a9)+(a2+a4+a6+a8)=(1+2+3+4+5)+(23+25+27+29)=15+680=695 2023，又S10=S9+a10=695+211=2743 2023；数学参考答案及评分细则第4页（共 20页）又an 0，则Sn Sn+1，且S9 2023 S10，.11分所以n的最小值为10.12 分解法二：（1）由a2n 0，且a2na2n+2=16a则log2(a2na2n+2)=log216a2n+1

11、2n+1，.2 分得log2a2n+log2a2n+2=4a2n+1，.4 分因为a2n1+a2n+1=log2a2n，a2n+1+a2n+3=log2a2n+2，所以(a2n1+a2n+1)+(a2n+1+a2n+3)=4a2n+1，.5 分即a2n1+a2n+3=2a2n+1，所以a2n1是等差数列.6 分（2）设等差数列a2n1的公差为d.当n=1时，a1+a3=log2a2，即1+a3=log28，所以a3=2，所以d=a3 a1=1，.7 分所以数列a2n1是首项为1，公差为1的等差数列，所以a2n1=n；.8 分又a2n1+a2n+1=log2a2n，所以a2n=2a2n1+a2n

12、+1=2n+(n+1)=22n+1；.9 分当kN时,S2k=a1+a2+a3+a2k=(a1+a3+a5+a2k1)+(a2+a4+a6+a2k)=(1+2+3+k(k+1)2+k)+(23+25+27+8(4k1)3+22k+1)=+，8(4k1)3k(k+1)2S2k1=S2ka2k=k(k+1)2+22k+1=24k8，+3数学参考答案及评分细则第5页（共 20页）所以S9=S251562458=+=695 2023，235S10=S25568(4 1)=+=2743 2023，23又an 0，则Sn Sn+1，且S9 2023 S10，.11分所以n的最小值为10.12 分解法三：（

13、1）同解法一；.6 分（2）设等差数列a2n1的公差为d.当n=1时，a1+a3=log2a2，即1+a3=log28，所以a3=2，所以d=a3 a1=1，.7 分所以数列a2n1是首项为1，公差为1的等差数列，所以a2n1=n；.8 分又a2n=2a2n1+a2n+1=2n+(n+1)=22n+1；.9 分当kN时，S2k1=a1+a2+a3+a2k1=(a1+a3+a5+a2k1)+(a2+a4+a6+a2k2)=(1+2+3+k(k+1)2+k)+(23+25+27+22k1)=k114k1k(k+1)8(41)+8+，=1423所以S9=S251568(4 1)=+=695 2023

14、，S10=S9+a10=695+225+1=2743 2023.234又an 0，则Sn Sn+1，且S9 2023 S10，.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y=cln(x 2012)+d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6页（共 20页）的经验回归方程类型.1 分令t=ln(x

15、 2012)，先建立y关于t的线性回归方程.=由于ct yii=11010i10ty10t2=ti=121226.8101.580.4=4，.2 分227.7101.5i=y ct =80.4 41.5=74.4，.3 分d=4t+74.4，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y=4ln(x 2012)+74.4.因此 y 关于年份数x的回归方程为y.4 分所以当x=2023时，该机场飞往 A 地航班放行准点率 y 的预报值为=4ln(2023 2012)+74.4=4ln11+74.4 42.40+74.4=84.y所以 2023 年该机场飞往 A 地航班放行准点率

16、y 的预报值为 84%.5 分（2）设A1=“该航班飞往 A 地”，A2=“该航班飞往 B 地”，A3=“该航班飞往其他地区”，C=“该航班准点放行”，.6 分则P(A1)=0.2，P(A2)=0.2，P(A3)=0.6，P(C A1)=0.84，P(C A2)=0.8，P(C A3)=0.75.7 分（i）由全概率公式得，P(C)=P(A1)P(C A1)+P(A2)P(C A2)+P(A3)P(C A3).8 分=0.840.2+0.80.2+0.750.6=0.778，所以该航班准点放行的概率为0.778.9 分（ii）P(A1C)=P(AC1)P(C)P(A2C)P(C)P(A3C)P

17、(C)=P(A1)P(C A1)P(C)=0.20.84，0.7780.20.8，0.7780.60.75，.11分0.778P(A2C)=P(A2)P(C A2)P(C)P(A3)P(C A3)P(C)=P(A3C)=因为0.60.75 0.20.84 0.20.8，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7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

18、运算等核心素养；体现基础性和综合性满分 12 分解法一：（1）如图 1，取AB中点O，连接PO，CO.因为PA=PB=2，AB=2，所以PO AB，PO=1，BO=1.又因为ABCD是菱形，ABC=60，所以CO AB，CO=3.因为PC=2，所以PC2=PO2+CO2，所以PO CO.又因为AB 平面ABCD，CO 平面ABCD，ABCO=O，所以PO 平面ABCD.2 分因为ADBC，BC 平面PBC，AD 平面PBC，11334=所以AD平面PBC，所以VDPBC=VAPBC=VPABC=POSABC=1.3 分334331=VDPBC，.4 分621所以点M到平面PBC的距离是点D到平

19、面PBC的距离的，2因为VM PBC=所以PM=MD.5 分（图 1）（图 2）（2）由（1）知，BO CO，PO BO，PO CO，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A(0,1,0)，B(0,1,0)，C(3,0,0，D)(31P 0,0,13,2,0，()，所以M2,1,2)则AC=(3,1,0，BC=)(3,1,0，BD=)31,1,3,3,0，AP=(0,1,1)，CM=22)因为Q AP,设AQ=AP=(0,)，则CQ=AQ AC=3,1,，()数学参考答案及评分细则第8页（共 20页）因为BD，Q，C，M，故存

20、在实数a,b，使得CQ=aCM+bBD，.7 分43a=,a+3b=3,321所以a 3b=1,解得b=,3a=,2=.231 2所以CQ=3,.8 分3 3y2z=0,n n1CQ=0,3x+33设平面BCQ的法向量为n n1=(x,y,z)，则即n n1BC=0,3x y=0取x=1，得到平面BCQ的一个法向量n n1=1,3,2 3.10 分设平面BCQ与平面ABCD夹角是，又因为n n2=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量，.11分则cos=cos n n1,n n2=n n1n n2n n1n n2=32()所以平面BCQ与平面ABCD夹角的余弦值是3.12 分2解法二：（1）

21、如图 3，取AB中点O，连接PO，CO，因为PA=PB=2，AB=2，所以PO AB，PO=1，BO=1，又因为ABCD是菱形，ABC=60,所以CO AB，CO=3.因为PC=2，所以PC2=PO2+CO2，所以PO CO.因为AB 平面PAB，PO 平面PAB，ABPO=O，（图 3）所以CO 平面PAB.2 分1113.3 分VAPBC=VCABP=COSABP=322=3323过M作MNAD交AP于点N，ADBC，所以MNBC，又BC 平面PBC，MN 平面PBC，数学参考答案及评分细则第9页（共 20页）13所以MN平面PBC，所以VM PBC=VNPBC=VCNBP=COSNBP=

22、，3611因为VCABP=COSABP，VCNBP=COSNBP33所以SABP=2SNBP，.4 分所以N是PA的中点，所以M是PD的中点，所以PM=MD.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AD=DE.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EDPP是平行四边形，PP=DE,PPDE，所以QPPQAE，所以PQPP1=,AQAE2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，

23、所以QT BC，因为PO=1，QT=22PO=，.8 分33在平面ABCD内，作TN BC，交BC于点N，连接QN，过A作AKTN交BC于K，在ABK中，AB=2，ABK=60，所以AK=3AB=3,2（图 5）所以TN=22AK=3，.9 分33因为QT BC，TN BC，QTTN=T，所以BC 平面QTN，因为QN 平面QTN，所以BC QN所以QNT是二面角A BC Q的平面角.11分数学参考答案及评分细则第10页（共 20页）在RtQTN中，tanQNT=QT33，所以cosQNT=NT32所以平面BCQ与平面ABCD夹角的余弦值是解法三：3.12 分2（1）同解法一；.5 分（2）由

24、（1）知，BO CO，PO BO，PO CO，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A(0,1,0)，B(0,1,0)，C(3,0,0)，D(3,2,0)，P(0,0,1)，所以M(3,1,1)22则AC=(3,1,0)，BC=(3,1,0)，BD=(3,3,0)，AP=(0,1,1)，CM=(3,1,1)223x 3y=0,n nBD=0,设平面的法向量为n n=(x,y,z)，则即31x y+z=0n nCM=0，22取y=1，得到平面的一个法向量n n=(3,1,5.7 分)因为Q AP,设AQ=AP=(0,)，则CQ=

25、AQ AC=3,1,，因为n nCQ=3+1+5=0，所以=1 22，所以CQ=3,.8 分3 33()y12z1 3x+=0,n n CQ=0,1设平面BCQ的法向量为n n1=(x1,y1,z1)，则1即33n n1BC=0，3x y=011.10 分取x1=1，得到平面BCQ的一个法向量n n1=1,3,2 3设平面BCQ与平面ABCD夹角是，又因为n n2=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量，.11分则cos=cos n n1,n n2=n n1n n2n n1n n2=32()所以平面BCQ与平面ABCD夹角的余弦值是3.12 分221本小题主要考查圆、椭圆的标准方程及简单几何

26、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11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，A1(1,0)，A2(1,0)因为D为BC中点，所以A1D BC，即A1D A2C，.1 分又PEA1D，所以PE A2C，又E为A2C的中点，所以PA2=PC，所以PA1+PA2=PA1+PC=A1C=4 A1A2，所以点P的轨迹是以A1,A2为焦点的椭圆（左、右顶点除外）.2 分x2y2设：2+

27、2=1（x a），其中a b 0，a2b2=c2ab则2a=4，a=2，c=1，b=a2c2=3 .3 分x2y2=1（x 2）故：+.4 分43（2）结论正确下证：QC1C2的面积是定值.5 分由题意得，B1(2,0)，B2(2,0)，C1(0,1)，C2(0,1)，且直线l2的斜率不为 0，可设直线l2：x=my 1，M(x1,y1),N(x2,y2)，且x1 2，x2 2x2y2=1,+由 4得3m2+4 y26my 9=0，.6 分3x=my 1,()所以y1+y2=6m9,y y=，.7 分12223m+43m+4所以2my1y2=3(y1+y2).直线B1M的方程为：y=y1y=(

28、x+2),x+21由y2y=(x 2),x 22yy1(x+2)，直线B2N的方程为：y=2(x 2)，.8 分x22x1+2数学参考答案及评分细则第12页（共 20页）得x+2y2(x1+2).9 分=x 2y1(x2 2)331yy+y+y2y()1221y2(my1+1)my1y2+y21222=，=93y1(my23)my1y23y13y+y3y(12)1y1y23222解得x=4.11分故点Q在直线x=4，所以Q到C1C2的距离d=4，因此QC1C2的面积是定值，为11C1C2d=24=4.12 分22解法二：（1）同解法一.4 分（2）结论正确下证：QC1C2的面积是定值.5 分由

29、题意得，B1(2,0)，B2(2,0)，C1(0,1)，C2(0,1)，且直线l2的斜率不为 0，可设直线l2：x=my 1，M(x1,y1),N(x2,y2)，且x1 2，x2 2x2y2=1,+由 4得3m2+4 y26my 9=0，.6 分3x=my 1,()所以y1+y2=6m9,y y=，.7 分123m2+43m2+4所以2my1y2=3(y1+y2).直线B1M的方程为：y=y1y=(x+2),x+21由y2y=(x 2),x 22 y(x+2)+y1(x2 2)得x=221.9 分yx+2 yx 2()()1221 y(my1+1)+y1(my23)2my1y2+y23y1=2

30、2=2y+3yymy+1 ymy 3)212(1)1(2yy1(x+2)，直线B2N的方程为：y=2(x 2)，.8 分x22x1+2数学参考答案及评分细则第13页（共 20页）2my1y2+3(y1+y2)2(y2+3y1)=2=4.11分y+3y21故点Q在直线x=4，所以Q到C1C2的距离d=4，因此QC1C2的面积是定值，为11C1C2d=24=4.12 分22解法三：（1）同解法一.4 分（2）结论正确下证：QC1C2的面积是定值.5 分由题意得，B1(2,0)，B2(2,0)，C1(0,1)，C2(0,1)，直线l2的斜率不为 0 x2y2x=1,x=1,=1,+（i）当直线l2垂

31、直于x轴时，l2：x=1，由 4得33或3y=y=.x=12233不妨设M1,N1,，22则直线B1M的方程为：y=13(x+2)，直线B2N的方程为：y=(x 2)，223y=(x+2),x=4,2由得所以Q(4,3)，1y=3,y=(x 2)2故Q到C1C2的距离d=4，此时QC1C2的面积是11C1C2d=24=4.6 分22（ii）当直线l2不垂直于x轴时，设直线l：y=k(x+1)，M(x1,y1),N(x2,y2)，且x1 2，x2 2x2y2=1,+由 4得4k2+3 x2+8k2x+4k212=0，.7 分3y=k(x+1),()()8k24k212,x1x2=所以x1+x2=

32、2.8 分4k+34k2+3yy2直线MB1的方程为：y=1(x+2)，直线MB2的方程为：y=(x 2)，.9 分x1+2x2 2y1y=(x+2),x+21由y2y=(x 2),x 22数学参考答案及评分细则第14页（共 20页）y(x+2)+y1(x2 2)得x=221.10 分yx+2 yx 2()()1221k(x2+1)(x1+2)+k(x1+1)(x2 2)4x1x2 2x1+6x2=2=3x+x+4k x+1x+2 k x+1x 2()()()()122112下证：4x1x22x1+6x2=43x1+x2+4即证4x1x22x1+6x2=4(3x1+x2+4)，即证4x1x2=

33、10(x1+x2)16，4k2128k2即证42=10216，4k+34k+3即证4 4k212=10 8k216 4k2+3，上式显然成立，.11分故点Q在直线x=4，所以Q到C1C2的距离d=4，此时QC1C2的面积是定值，为11C1C2d=24=422()()()由（i）（ii）可知，QC1C2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：QC1C2的面积是定值.5 分由题意得，B1(2,0)，B2(2,0)，C1(0,1)，C2(0,1)，且直线l2的斜率不为 0，可设直线l2：x=my 1，M(x1,y1),N(x2,y2)，且x1 2，x2 2x2y2=1

34、,+由 4得3m2+4 y26my 9=0，.6 分3x=my 1,()6m9,y y=.7 分123m2+43m2+4yy2直线B1M的方程为：y=1(x+2)，直线B2N的方程为：y=(x 2)，.8 分x1+2x22所以y1+y2=数学参考答案及评分细则第15页（共 20页）22yx2y23 x+2=1，所以2=2因为+，x2 2434y23 x+2故直线B2N的方程为：y=2(x 2)4y2y1y=(x+2),x+21由x+232y=(x 2),4y2得4y1y2x 2.9 分=x+23(x1+2)(x2+2)y1y24y1y2449=2=33(mx1+1)(my2+1)3 9m2+6

35、m2+3m2+4m y1y2+m(y1+y2)+1()=3，解得x=4.11分故点Q在直线x=4，所以Q到C1C2的距离d=4，11C1C2d=24=4.12 分2222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 分因此QC1C2的面积是定值，为解法一：（1）f(x)=(x+a+1)ex，.1 分故x a 1时，f(x)0；x a 1时，f(x)0.2 分当a 1 0，即a 1时，f(x)

36、在(0,a 1)单调递减，在(a 1,+)单调递增；当a 1 0，即a1时，f(x)在(0,+)单调递增.综上，当a 1时，f(x)在(0,a 1)单调递减，在(a 1,+)单调递增；当a1时，f(x)在(0,+)单调递增.4 分（2）不存在a,x0,x1，且x0 x1，使得曲线y=f(x)在x=x0和x=x1处有相同的切线.5 分证明如下：假设存在满足条件的a,x0,x1，因为f(x)在(x0,f(x0)处的切线方程为y f(x0)=f(x0)(x x0)数学参考答案及评分细则第16页（共 20页）2即y=(x0+a+1)ex x+(a x0 ax0)ex，.6 分00同理f(x)在(x1,

37、f(x1)处的切线方程为y=(x1+a+1)exx+(a x12ax1)ex，11xx(x0+a+1)e=(x1+a+1)e,且它们重合，所以.7 分xx22(a x0 ax0)e=(a x1ax1)e,01012整理得(x0+a+1)(a x12ax1)=(x1+a+1)(a x0ax0)，即x0 x1+(a+1)(x0+x1)+a2+2a=0，x0 x1+(a+1)(x0+x1)+(a+1)=1，所以(x0+a+1)(x1+a+1)=1，.8 分由(x0+a+1)ex=(x1+a+1)ex两边同乘以ea+1，012得(x0+a+1)ex+a+1=(x1+a+1)ex+a+1，.9 分01t

38、0et=t1et,令t0=x0+a+1，t1=x1+a+1，则且t0 t1，t0t1=1,0111由t0t1=1得t0=，代入t0et=t1et得et=t12et，两边取对数得=2ln t1+t1.10 分t1t1011111令g(t)=2ln t+t，t121(t+1)当t 0时，g(t)=2ln t+t，g(t)=+1+2=0，tttt22所以g(t)在(0,+)上单调递增，又g(1)=0，所以t1=1，从而t0=1，与t0 t1矛盾；.11分121(t+1)当t 0时，g(t)=2ln(t)+t，g(t)=+1+2=0，2tttt2所以g(t)在(,0)上单调递增，又g(1)=0，所以t

39、1=1，从而t0=1，与t0 t1矛盾；t0et=t1et,综上，不存在t0,t1，使得且t0 t1.t t=1,0 101故不存在a,x0,x1且x0 x1，使得曲线y=f(x)在x=x0和x=x1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17页（共 20页）（2）不存在a,x0,x1，且x0 x1，使得曲线y=f(x)在x=x0和x=x1处有相同的切线.5 分证明如下：假设存在满足条件的a,x0,x1，因为f(x)在(x0,f(x0)处的切线方程为y f(x0)=f(x0)(x x0)即y=(x0+a+1)exx+(x0+a)ex x0(x0+a+1)

40、ex，.6 分000同理f(x)在(x1,f(x1)处的切线方程为y=(x1+a+1)exx+(x1+a)ex x1(x1+a+1)ex，111xx(x0+a+1)e=(x1+a+1)e,且它们重合，所以.7 分xxxxx+a e xx+a+1 e=x+a e xx+a+1 e,()()()()001110010011整理得(x0+a+1)x1+a x1(x1+a+1)=(x1+a+1)x0+a x0(x0+a+1)，令t0=x0+a+1，t1=x1+a+1，可得t0t1=1.8 分由(x0+a+1)ex=(x1+a+1)ex两边同乘以ea+1，01得(x0+a+1)ex0+a+1=(x1+a

41、+1)ex1+a+1t0et=t1et,，则且t0 t1，.9 分t t=1,0 101令h(t)=tet，则h(t0)=h(t1)，且t0 t1.由（1）知，当t 1时，h(t)单调递增，当t 1时，h(t)单调递减，又当t 0时，h(t)0，当t 0时，h(t)0，所以若t0,t1存在，不妨设t1 1 t0 0，设t1=mt0，m 1，又t0t1=1，所以t02=1011，则t0=，mm0由t1et=t0et，得mt0emt=t0et即memt=et，000lnm，1m1lnm1所以，即lnm+=m=0，.11分m1 mm则lnm+mt0=t0，所以t0=2121(x 1)令g(x)=2l

42、n x x+，x1，则g(x)=12=0，2xxxx所以g(x)在(1,+)上单调递减，所以当x 1时，g(x)g(1)=0，数学参考答案及评分细则第18页（共 20页）11，取x=m，即lnm+m 0，mx1所以lnm+m=0在m 1时无解，m即2ln x x t0et=t1et,综上，不存在t0,t1，使得且t0 t1.t0t1=1,01故不存在a,x0,x1且x0 x1，使得曲线y=f(x)在x=x0和x=x1处有相同的切线.12 分解法三：（1）同解法一；.4 分（2）不存在a,x0,x1，且x0 x1，使得曲线y=f(x)在x=x0和x=x1处有相同的切线.5 分证明如下：假设存在满

43、足条件的a,x0,x1，因为f(x)在(x0,f(x0)处的切线方程为y f(x0)=f(x0)(x x0)2即y=(x0+a+1)ex x+(a x0 ax0)ex，.6 分00同理f(x)在(x1,f(x1)处的切线方程为y=(x1+a+1)exx+(a x12ax1)ex，11xx(x0+a+1)e=(x1+a+1)e,且它们重合，所以.7 分xx22a x axe=a x ax e,(11)00)(01012整理得(x0+a+1)(a x12ax1)=(x1+a+1)(a x0ax0)，即x0 x1+(a+1)(x0+x1)+a2+2a=0，x0 x1+(a+1)(x0+x1)+(a+

44、1)=1，所以(x0+a+1)(x1+a+1)=1，.8 分由(x0+a+1)ex=(x1+a+1)ex两边同乘以ea+1，012得(x0+a+1)ex+a+1=(x1+a+1)ex+a+1，.9 分01t0et=t1et,令t0=x0+a+1，t1=x1+a+1，则且t0 t1，t t=1,0 101令h(t)=tet，则h(t0)=h(t1)，且t0 t1.由（1）知，当t 1时，h(t)单调递增，当t 1时，h(t)单调递减，又当t 0时，h(t)0，当t 0时，h(t)0，数学参考答案及评分细则第19页（共 20页）所以若t0,t1存在，不妨设t1 1 t0 0，则t0et=t1et，

45、ln(t0)+t0=ln(t1)+t1，01所以(t0)(t1).11分=1.ln(t0)ln(t1)以下证明(t0)(t1)(t0)(t1).ln(t0)ln(t1)21，x1，则g(x)=211=(x 1)0，xxx2x2令g(x)=2ln x x+所以g(x)在(1,+)上单调递减，所以当x 1时，g(x)g(1)=0，因为t1 tt1 0，ln11，所以gtt00t0t0t1+0，tt01整理得(t0)(t1)(t0)(t1).ln(t0)ln(t1)因为(t0)(t1)=1，所以(t0)(t1)1，与t0t1=1矛盾；ln(t0)ln(t1)01t0et=t1et,所以不存在t0,t1，使得且t0 t1.t t=1,0 1故不存在a,x0,x1且x0 x1，使得曲线y=f(x)在x=x0和x=x1处有相同的切线.12 分数学参考答案及评分细则第20页（共 20页）