2023届福建省高三毕业班适应性练习卷（省质检）数学试题含解析

这是一份2023届福建省高三毕业班适应性练习卷（省质检）数学试题含解析，共40页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届福建省高三毕业班适应性练习卷（省质检）数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【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．1 B． C． D．2
【答案】B
【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两个虚数根，
即，即，
故选：B
3．函数的图象大数为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【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：圆的帐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
【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，将内解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）的离心率为，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．2 B． C．3 D．4
【答案】D
【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：D
6．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．72 B．84 C．88 D．100
【答案】D
【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
【分析】构造，根据导函数可得在上单调递减，进而可得出.构造，根据导函数可得在上单调递减，进而由，即可得出，整理即可得出，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，
令，则在恒成立.
所以，，即在R上单调递增.
又，
所以，当时，有成立，
所以，在上单调递减.
又，
因为，所以，，
所以，，
又，
所以，，
所以，，即.
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．45 B．53 C．54 D．90
【答案】B
【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
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
【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()是奇函数
C．函数y=f(x)在(,)单调递减 D．函数y=f(x)的值域为[-2,2]
【答案】ABD
【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：ABD
11．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
【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
【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
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）
【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
【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】
【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，则要使在上恒成立，
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.

四、双空题
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】         
【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：；.

五、解答题
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).

【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.
【详解】（1）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.
（2）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.

【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.
【详解】（1）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.
（2）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的等差数列，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.








2017.5
80.4
1.5
40703145.0
1621254.2
27.7
1226.8

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

【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.
【详解】（1）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.
（2）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).

【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.
【详解】（1）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.
（2）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

【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.
【详解】（1）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.

（2）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

【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.
【详解】（1），
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.
（2）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.