福建省2023届高三数学适应性练习卷（省质检）试题（Word版附解析）

福建省2023届高中毕业班适应性练习卷数学一､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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用函数的定义域及值域求出两个集合，再根据集合的交集、并集、补集运算即可.【详解】因为，，所以，所以，，又，所以，不满足，故选项A、B、C错误，选项D正确，故选：D.2.已知z是方程x2-2x+2=0的一个根，则||=（）A.1B.C.D.2【答案】B【解析】【分析】根据实系数一元二次方程的性质，结合共轭复数、复数模的性质进行求解即可.【详解】因为方程x2-2x+2=0是实系数方程，且，所以该方程有两个互为共轭复数的虚数根，即，即.故选：B3.函数的图象大数为（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出函数的定义域，由已知可得函数为奇函数.然后得到时，，根据导函数求得的单调性，并且可得极大值点，即可得出答案.【详解】由题意可知，函数的定义域为.又，所以，函数为奇函数.当时，，则.设，则在上恒成立，所以，在上单调递增.又，，所以，根据零点存在定理可得，，有， 且当时，有，显然，所以在上单调递增；当时，有，显然，所以在上单调递减.因为，所以C项满足题意.故选：C.4.中国古代数学专著《九章算术》的第一章“方田”中载有“半周半径相乘得积步”，其大意为：圆的半周长乘以其半径等于圆面积.南北朝时期杰出的数学家祖冲之曾用圆内接正多边形的面积“替代”圆的面积，并通过增加圆内接正多边形的边数n使得正多边形的面积更接近圆的面积，从而更为“精确”地估计圆周率π.据此，当n足够大时，可以得到π与n的关系为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设圆的半径为，由题意可得，化简即可得出答案.【详解】设圆的半径为，将内接正边形分成个小三角形，由内接正边形的面积无限接近圆的面即可得：， 解得：.故选：A.5.已知双曲线C：（a>0，b>0）离心率为，左，右焦点分别为，关于C的一条渐近线的对称点为P.若，则的面积为（）A.2B.C.3D.4【答案】D【解析】【分析】设与渐近线交于，由对称性知且，在直角中可求得，再由求得的面积.【详解】设与渐近线交于，则，，，所以，，由分别是与的中点，知且，即，由得，所以，故选：D6.中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉.现有5支救援队前往A，B，C等3个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲救援队只能去B，C两个数点中的一个，则不同的安排方法数是（）A.72B.84C.88D.100【答案】D【解析】 【分析】由题意可知，若甲去点，则剩余4人，可只去两个点，也可分为3组去3个点.分别求出安排种法，相加即可得出甲去点的安排方法.同理，即可得出甲去点的安排方法，即可得出答案.【详解】若甲去点，则剩余4人，可只去两个点，也可分为3组去3个点.当剩余4人只去两个点时，人员分配为或，此时的分配方法有；当剩余4人分为3组去3个点时，先从4人中选出2人，即可分为3组，然后分配到3个小组即可，此时的分配方法有，综上可得，甲去点，不同的安排方法数是.同理，甲去点，不同的安排方法数也是，所以，不同的安排方法数是.故选：D.7.已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】构造，根据导函数可得在上单调递减，进而可得出.构造，根据导函数单调性，结合中间值1即可得出，即可得出答案.【详解】令，则，令，则恒成立，所以，即在R上单调递增.又，所以，当时，恒成立，所以，在上单调递减.又，，所以，即，，即，即，所以.令，则，导函数单调递增， 且所以存在，所以在上单调递减，在上单调递增，且，所以，又，所以；综上可得，.故选：A.8.已知，则，，.今有一批数量庞大的零件.假设这批零件的某项质量指标引单位：毫米）服从正态分布，现从中随机抽取N个，这N个零件中恰有K个的质量指标ξ位于区间.若，试以使得最大的N值作为N的估计值，则N为（）A.45B.53C.54D.90【答案】B【解析】【分析】由已知可推得，，根据已知以及正态分布的对称性，可求得.则，，设，求出函数的最大整数值，即可得出答案.【详解】由已知可得，.又，所以，，.设， 则，所以，，所以.，所以，，所以.所以，以使得最大的N值作为N的估计值，则N为.故选：B.【点睛】思路点睛：由正态分布求出概率，然后根据已知，可得，得出，利用函数求出的最大值.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目数.部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知向量，，则（）A.B.C.在上的投影向量是D.在上的投影向量是【答案】BC【解析】【分析】根据向量的坐标运算求出，，即可求出数量积以及模，判断A、B项；根据投影向量的公式，求出投影向量，即可判断C、D项.【详解】由已知可得，，.对于A项，因为，故A项错误；对于B项，因为，，所以，故B项正确；对于C项，因为，，， 所以在上的投影向量是，故C项正确；对于D项，，，所以在上的投影向量是，故D项错误.故选：BC.10.已知函数f(x)=sin(>0)满足:f()=2,f()=0,则()A.曲线y=f(x)关于直线对称B.函数y=f()奇函数C.函数y=f(x)在(,)单调递减D.函数y=f(x)值域为[-2,2]【答案】ABD【解析】【分析】用辅助角公式化简,再利用,得出的取值集合,再结合三角函数性质逐项判断即可.【详解】,所以函数的值域为,故D正确；因为,所以,所以，因为,所以,所以，所以,即，所以，因为，所以曲线关于直线对称,故A正确；因为 即，所以函数是奇函数,故B正确；取,则最小正周期,故C错误.故选：ABD11.已知抛物线C的焦点为F，准线为l，点P在C上，PQ垂直l于点Q，直线QF与C相交于M､N两点.若M为QF的三等分点，则（）A.cos∠B.sin∠C.D.【答案】ACD【解析】【分析】过点作于点，设准线为l与交于点，由抛物线的定义可得，可判断A；求出的长，由正弦定理可判断B；求出可判断C；求出可判断D.【详解】如下图，过点作于点，设准线l与交于点，由抛物线的定义知：，因为M为QF的三等分点，所以，所以，所以，所以cos∠，故A正确；对于B，在中，由抛物线的定义知：，，所以为等边三角形，又因为，解得：，同理可得：，所以，因为为等边三角形，所以M为QF的三等分点，所以中，由余弦定理可得：， 则，则，所以在中，由正弦定理可得：，代入可得，sin∠，故B不正确；对于C，，，所以，故C正确；对于D，因为，所以中，，由余弦定理可得：，则，所以，故D正确.故选：ACD.12.正方体的棱长为1，为侧面上的点，为侧面上的点，则下列判断正确的是（）A.若，则到直线的距离的最小值为B.若，则，且直线平面C.若，则与平面所成角正弦的最小值为D.若，，则，两点之间距离的最小值为 【答案】BD【解析】【分析】由已知可推得为以点为圆心，为半径的圆上.作图，即可根据圆的性质得出最小值，判断A项；先证明平面，结合，即可得出平面；建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，表示出，根据不等式的性质，即可判断C项；为直线与的公垂线段时，最小.设，且，，求出，即可根据投影向量，求出最小值.【详解】对于A项，因为，所以在以为球心，为半径的球上.又为侧面上的点，所以在球被平面截得的交线上.因为，平面，，，所以，所以，为以点为圆心，为半径的圆上.如图1，，则，到直线的距离的最小值为，故A项错误；对于B项，如图2，连结.因为平面，平面，所以. 又，平面，平面，，所以，平面.又平面，所以.同理可得，.又平面，平面，，所以，平面.又，平面，所以直线平面，故B项正确；对于C项，以点为坐标原点，分别以为轴的正方向，如图3建立空间直角坐标系，则，，，，，，.因为，设，，.设是平面的一个法向量，则，即，取，则，是平面的一个法向量.则，又，当时，有最小值1， 所以，，即，所以，与平面所成角正弦的最大值为，故C项错误；对于D项，由C项知，，.当，，即为直线与的公垂线段时，最小.设，且，，则，即，取，则.在方向上的投影向量的模为，所以，，两点之间距离的最小值为，故D项正确.故选：BD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.13.写出过点且被圆截得的弦长为的一条直线的方程___________.【答案】（只需填其中的一个即可）【解析】 【分析】将圆的方程化为标准方程，求出圆心、半径.根据弦长，得出圆心到直线的距离.先判断斜率不存在时是否满足，然后设出斜率，得出直线方程，表示出圆心到直线的距离，得出方程，即可解出的值.【详解】圆的方程可化为，圆心为，半径，由弦长为可得，圆心到直线的距离.当直线斜率不存在时，直线方程为，此时圆心在直线上，弦长为，不满足题意，所以直线的斜率存在.设直线的斜率为，则直线的方程为，即，此时圆心到直线的距离，解得.所以，直线的方程为或.故答案为：.14.已知{an}是单调递增的等比数列，a4+a5=24，a3a6=128，则公比q的值是___________.【答案】2【解析】【分析】利用等比数列性质得到，再解方程组即可.【详解】由等比数列性质知，联立,解得或，因为是单调递增的等比数列,所以，即.故答案为：2.15.已知函数.若，则a的取值范围是___________. 【答案】【解析】【分析】分，以及，分别讨论，构造函数，结合处的函数值，推导得出函数的单调性，进而得出导函数的符号，即可推得答案.【详解】当时，恒成立；当时，此时应有，即.令,，则.设，则恒成立，所以，即单调递增.又，则要使在上恒成立，应有在上恒成立，即在上恒成立.又时，，所以；当时，此时应有，即.令，则.令，则恒成立，所以，即单调递减.又，则要使上恒成立，应有在上恒成立，即在上恒成立.因为，在上单调递减，所以， 所以.综上所述，a的取值范围是.故答案为：【点睛】关键点睛：当时，，根据，可推得要使在上恒成立，应有在上恒成立，进而推得a的取值范围.16.如图，一张纸的长，宽，.M，N分别是AD，BC的中点.现将沿BD折起，得到以A，B，C，D为顶点的三棱锥，则三棱锥的外接球O的半径为___________；在翻折的过程中，直线MN被球O截得的线段长的取值范围是___________.【答案】①.②.【解析】【分析】利用外接球球心为两个平面的外接圆圆心的交点，可知三棱锥的外接球O的球心O在BD的中点，即可求出半径；分析直线MN被球O截得的线段长与二面角的大小有关，求出二面角在临界值时的情况，即可得到线段长的取值范围.【详解】解：由于和都是直角三角形，所以两个面的外接圆圆心都在BD的中点处，因此三棱锥的外接球O的球心O在BD的中点，则半径，直线MN被球O截得的线段长与二面角的大小有关，当二面角接近时，直线MN被球O截得的线段长最长，趋于直径，当二面角接近时，直线MN被球O截得的线段长最短， 如图翻折后，此时，所以则，由相似比可得，所以，直线MN被球O截得的线段长，综上直线MN被球O截得的线段长的取值范围是，故答案为：；.四､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求C；（2）若，D为的外接圆上的点，，求四边形ABCD面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式化简，即可得出，进而根据角的范围得出答案；（2）解法一：由已知可推出，然后根据正弦定理可求出，进而求出，.设， ，表示出四边形的面积，根据基本不等式即可得出答案；解法二：根据投影向量，推出，然后同解法一求得.设，表示出四边形的面积，根据的范围，即可得出答案；解法三：同解法一求得，设点C到BD的距离为h，表示出四边形的面积，即可推出答案；解法四：建系，由已知写出点的坐标，结合已知推得BD是的直径，然后表示出四边形的面积，即可推出答案.【小问1详解】因为，在中，由正弦定理得，.又因为，所以，展开得，即，因为，故，即.又因为，所以.【小问2详解】解法一：如图1设的外接圆的圆心为O，半径为R，因为，所以，即，所以，故BD是的直径，所以.在中，，，所以.在中，. 设四边形ABCD的面积为S，，，则，，当且仅当时，等号成立.所以四边形ABCD面积最大值为.解法二：如图1设的外接圆的圆心为O，半径为R，在上的投影向量为，所以.又，所以，所以在上的投影向量为，所以.故BD是的直径，所以.在中，，，所以，在中，.设四边形ABCD的面积为S，，，则，，所以， 当时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为.解法三：如图1设的外接圆的圆心为O，半径为R，因为，所以，即，所以.故BD是的直径，所以.在中，，，所以.在中，.设四边形ABCD的面积为S，点C到BD的距离为h，则，当时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为.解法四：设的外接圆的圆心为O，半径为R，在中，，，故外接圆的半径.即，所以.如图2，以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，. 因为C，D为单位圆上的点，设，，其中，.所以，，代入，即，可得，即.由可知，所以解得或，即或.当时，A，D重合，舍去；当时，BD是的直径.设四边形ABCD的面积为S，则，由知，所以当时，即C的坐标为时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为.18.已知数列满足：，，，.（1）证明：是等差数列：（2）记的前n项和为，，求n的最小值. 【答案】（1）证明见解析；（2）最小值为10.【解析】【分析】（1）解法一：（指数运算）由已知可推得，，相乘结合已知，即可得出，进而证明；解法二：（对数运算）由已知可得，结合已知即可得出，进而证明；（2）解法一：先根据（1）推出，然后结合已知条件得到，然后计算得到，即可得出答案；解法二：同解法一，先求出，，然后分组求和得出，进而得出，求解即可得出答案；解法三：同解法一，先求出，，然后分组求和得出，求解即可得出答案.【小问1详解】解法一：由，得，则，从而.又，所以，即，所以是等差数列.解法二：由，且，则，得，因为，，所以，即，所以是等差数列.【小问2详解】 解法一：设等差数列的公差为d.当时，，即，所以，所以，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以.又.所以，，又；又，则，且，所以n的最小值为10.解法二：设等差数列的公差为d.当时，，即，所以，所以，所以数列是首项为1，公差为1等差数列，所以.又，所以.当时，，，所以， ，又，则，且，所以n的最小值为10.解法三：设等差数列的公差为d.当时，，即，所以，所以，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以.又.当时，，所以，.又，则，且，所以n的最小值为10.19.放行准点率是衡量机场运行效率和服务质量的重要指标之一.某机场自2012年起采取相关策略优化各个服务环节，运行效率不断提升.以下是根据近10年年份数与该机场飞往A地航班放行准点率（）（单位：百分比）的统计数据所作的散点图及经过初步处理后得到的一些统计量的值. 2017.580.41.540703145.01621254.227.71226.8其中，（1）根据散点图判断，与哪一个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的经验回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由），并根据表中数据建立经验回归方程，由此预测2023年该机场飞往A地的航班放行准点率.（2）已知2023年该机场飞往A地､B地和其他地区的航班比例分别为0.2、0.2和0.6.若以（1）中的预测值作为2023年该机场飞往A地航班放行准点率的估计值，且2023年该机场飞往B地及其他地区（不包含A、B两地）航班放行准点率的估计值分别为和，试解决以下问题：（i）现从2023年在该机场起飞的航班中随机抽取一个，求该航班准点放行的概率；（ii）若2023年某航班在该机场准点放行，判断该航班飞往A地、B地、其他地区等三种情况中的哪种情况的可能性最大，说明你的理由.附：（1）对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，参考数据：，，.【答案】（1）适宜，预测2023年该机场飞往A地的航班放行准点率（2）（i）0.778；（ii）可判断该航班飞往其他地区的可能性最大，理由见解析 【解析】【分析】（1）根据线性回归方程的计算公式，选择合适的模型计算即可；（2）利用全概率公式和条件概率公式，即可根据概率判断可能性最大的情况.【小问1详解】由散点图判断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的经验回归方程类型.令，先建立y关于t的线性回归方程.由于，，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，因此y关于年份数x的回归方程为所以当时，该机场飞往A地航班放行准点率y的预报值为.所以2023年该机场飞往A地航班放行准点率y的预报值为.【小问2详解】设“该航班飞往A地”，“该航班飞往B地”，“该航班飞往其他地区”，“该航班准点放行”，则，，，，，.（i）由全概率公式得，，所以该航班准点放行的概率为0.778.（ii）， ，，因为，所以可判断该航班飞往其他地区的可能性最大.20.如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，.是棱PD上的点，且四面体的体积为（1）证明：；（2）若过点C，M的平面α与BD平行，且交PA于点Q，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）解法一：取AB中点O，连接PO，CO.推导得到平面，平面PBC，根据体积即可得出答案；解法二：先证明平面PAB.过M作交AP于点N，证明得到平面PBC，根据体积即可得出答案；（2）解法一：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，结合平面向量基本定理，求出平面的法向量，计算即可得出答案；解法二：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，计算即可得出答案；解法三：通过作图，作出二面角的平面角，构造直角三角形，即可得出答案.【小问1详解】解法一： 如图1，取AB中点O，连接PO，CO.因为，，所以，，.又因为是菱形，，所以，.因为，所以，所以.又因为平面，平面ABCD，，所以平面.因为，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，所以.因为，所以点M到平面PBC的距离是点D到平面PBC的距离的，所以.解法二：如图2，取AB中点O，连接PO，CO，因为，，所以，，，又因为是菱形，， 所以，.因为，所以，所以.因为平面PAB，平面PAB，，所以平面PAB.所以，.过M作交AP于点N，，所以.又平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，所以.因为，，所以，所以N是PA的中点，所以M是PD的中点，所以.【小问2详解】解法一：由（1）知，，，.如图3，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，，.因为，设，则，因为，，，，故存在实数a，b，使得， 所以，解得，所以.设平面的法向量为，则，即，取，得到平面的一个法向量.设平面与平面夹角是，又因为是平面的一个法向量，则.所以平面与平面夹角的余弦值是.解法二：由（1）知，，，，如图3，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，，.设平面的法向量为，则，即.取，得到平面的一个法向量.因为，设，则， 因为，所以，所以设平面的法向量为，则，即.取，得到平面的一个法向量.设平面与平面夹角是，又因为是平面的一个法向量，则.所以平面与平面夹角的余弦值是.解法三：在平面内，过C作交AD延长线于点E，交AB延长线于点F，因为是菱形，所以.如图4，在平面PAD内，作交EM的延长线于点，设交AP于点Q.所以，四边形是平行四边形，，.所以，所以，所以点Q是线段PA上靠近P的三等分点.如图5，在平面PAB内，作，交AB于T， 因为平面，所以平面，所以，因为，，在平面内，作，交BC于点N，连接QN，过A作交BC于K，在中，，，所以，所以，因为，，，且两直线在平面内，所以平面，因为平面，所以.所以是二面角的平面角.在中，，所以.所以平面与平面夹角的余弦值是.21.已知圆，直线过点且与圆交于点B，C，BC中点为D，过中点E且平行于的直线交于点P，记P的轨迹为Γ（1）求Γ的方程；（2）坐标原点O关于，的对称点分别为，，点，关于直线的对称点分别为，，过的直线与Γ交于点M，N，直线，相交于点Q.请从下列结论中，选择一个正确的结论并给予证明.①的面积是定值；②的面积是定值：③的面积是定值.【答案】（1） （2）结论③正确，证明见解析【解析】【分析】（1）由几何性质知P到，两点的距离之和为定值可得P的轨迹为椭圆；（2）解法一、二：设直线，，，表示出直线，的方程并联立求得Q的横坐标为定值，因此的面积是定值.解法三：当直线垂直于x轴时求得Q横坐标为4，当直线不垂直于x轴时，设直线，，，表示出直线，的方程并联立求得Q的横坐标为定值，因此的面积是定值.解法四：设直线，，，表示出直线，的方程，利用在椭圆上得，将直线的方程化为，与直线联立求得Q的横坐标为定值，因此的面积是定值.【小问1详解】由题意得，，.因为D为BC中点，所以，即，又，所以，又E为的中点，所以，所以，所以点P的轨迹是以，为焦点的椭圆（左､右顶点除外）.设，其中，.则，，，.故. 【小问2详解】解法一：结论③正确.下证：的面积是定值.由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，可设直线，，，且，.由，得，所以，，所以.直线的方程为：，直线的方程为：，由，得，，解得.故点Q在直线，所以Q到的距离，因此的面积是定值，为. 解法二：结论③正确.下证：的面积是定值.由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，可设直线，，，且，.由，得，所以，，所以.直线的方程为：，直线的方程为：，由，得，故点Q在直线，所以Q到的距离，因此的面积是定值，为. 解法三：结论③正确.下证：的面积是定值.由题意得，，，，，且直线的斜率不为0.（i）当直线垂直于x轴时，，由，得或.不妨设，，则直线的方程为：，直线的方程为：，由，得，所以，故Q到的距离，此时的面积是.（ii）当直线不垂直于x轴时，设直线，，，且，.由，得，所以，.直线的方程为：，直线的方程为：， 由，得.下证：.即证，即证，即证，即证，上式显然成立，故点Q在直线，所以Q到的距离，此时的面积是定值，为.由（i）（ii）可知，的面积为定值.解法四：结论③正确.下证：的面积是定值.由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，可设直线，，，且，.由，得，所以，.直线的方程为：，直线的方程为：，因为，所以，故直线的方程为：. 由，得，解得.故点Q在直线，所以Q到的距离，因此的面积是定值，为.【点睛】方法点睛：（一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线G：，则称点P(，)和直线l：是圆锥曲线G的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换x(另一变量y也是如此)，即可得到点P(，)对应的极线方程.特别地，对于椭圆，与点P(，)对应的极线方程为；对于双曲线，与点P(，)对应的极线方程为；对于抛物线，与点P(，)对应的极线方程为.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系.（二）极点与极线的基本性质､定理①当P在圆锥曲线G上时，其极线l是曲线G在点P处的切线；②当P在G外时，其极线l是曲线G从点P所引两条切线的切点所确定的直线（即切点弦所在直线）；③当P在G内时，其极线l是曲线G过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹.22.已知函，. （1）讨论在的单调性；（2）是否存在，且，使得曲线在和处有相同的切线？证明你的结论.【答案】（1）答案见解析（2）不存在，证明见解析【解析】【分析】（1）对求导，讨论和时，的正负即可得出答案；（2）假设存在，求出在和处的切线方程，建立等式，将等式化简，减少变量，从而构造新的函数，研究新函数的单调性，即可证明.【小问1详解】，故时，；时，，当，即时，在单调递减，在单调递增；当，即时，在单调递增.综上，当时，在单调递减，在单调递增；当时，在单调递增.【小问2详解】解法一：不存在a，，，且，使得曲线在和处有相同的切线.证明如下：假设存在满足条件的a，，，因为在处的切线方程为，即，同理在处的切线方程为，且它们重合，所以，整理得， 即，，所以，由两边同乘以，得，令，，则，且，由得，代入得，两边取对数得，令，当时，，，所以在上单调递增，又，所以，从而，与矛盾；当时，，，所以在上单调递增，又，所以，从而，与矛盾；综上，不存在，，使得，且.故不存在a，，且，使得曲线在和处有相同的切线.解法二：不存在a，，且，使得曲线在和处有相同的切线.证明如下：假设存在满足条件的a，，，因为在处的切线方程为，即，同理在处的切线方程为，且它们重合，所以，整理得， 令，，可得，由两边同乘以，得，则，且，令，则，且.由（1）知，当时，单调递增，当时，单调递减，又当时，，当时，，所以若，存在，不妨设，设，，又，所以，则，由，得即，则，所以，所以，即，令，，则，所以在上单调递减，所以当时，，即，取，即，所以在时无解，综上，不存在，，使得，且.故不存在a，，且，使得曲线在和处有相同的切线.解法三：不存在a，，且，使得曲线在和处有相同的切线.证明如下：假设存在满足条件的a，，，因为在处的切线方程为， 即，同理在处的切线方程为，且它们重合，所以，整理得，即，，所以，由两边同乘以，得，令，，则，且，令，则，且.由（1）知，当时，单调递增，当时，单调递减，又当时，，当时，，所以若，存在，不妨设，则，，所以，以下证明.令，，则，所以在上单调递减，所以当时，，因为，所以，， 整理得.因为，所以，与矛盾；所以不存在，，使得，且.故不存在a，，且，使得曲线在和处有相同的切线.【点睛】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.