【文档说明】浙江省衢州市普通高中2023届高三上学期素养测评数学试卷+答案.docx，共(24)页，1.364 MB，由baby熊上传

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衢州市普通高中2023届高三数学素养测评试卷一､单选题（本题共4小题，每小题5分，共计20分，每小题列出的四个选项中只有一项符合题目要求）1.已知集合123,,Aaaa所有非空真子集的元素之和等于12，则123aaa（）A.3B.4C

.6D.2【答案】B【解析】【分析】根据题意得集合A的所有非空真子集，再求和即可.【详解】解：因为集合123,,Aaaa的所有非空真子集：123122313,,,,,,,,aaaaa

aaaa，所以，123312aaa，即1234aaa.故选：B2.如图，已知点A是椭圆2214xy的左顶点，过点1,0P作直线l与椭圆交于点,,,MNAMAN分别交直线1x于点,BC，则（）A.PBPC为定

值B.PBPC为定值C.PBPC可能等于2D.PBPC可能等于2【答案】B【解析】【分析】直曲联立根据韦达定理即可进行判断.【详解】设直线方程为：1xmy，11,Mxy，22,Nxy，12yy22221423014xmymymyxy，

216480m12224myym，12234yym，21212244114mxxmymym，121228114xxmymym直线AM方程为：1122yyxx，令1x，得1132yyx故1131,2yB

x，同理可得2231,2yCx，所以1212112122932322434yyPBPCxxxyyxxx，故B正确，D错误.23PBPCPBPC

，当且仅当PBPC取等，故C错误，A错误.故选：B3.实数,,xyz分别满足2021e,20212022,20202021yxz，则,,xyz的大小关系为（）A.xyzB.xzyC.zxyD.yxz【答案】C【解析】【分析】根据已知即12021

20212021e,log2022,2020xyz，构造函数lnxfxx，确定其在e,上单调递减，可得20222021y，又设e1xhxx，其在0,x上单调递增，所以得120212022e2021x，

即可判断,xy的大小；再构造函数e11xgxx，可得1e1xx恒成立，可判断,xz，最值可得结果.【详解】解：由已知得1202120212021e,log2022,2020xyz，①设2ln1ln,xxfxfxxx，当e,x

时，0fx，所以lnxfxx在e,上单调递减，因此20222021ff，即ln2021ln202220212022，所以20212022ln2022=log20222021ln2021y，又设e1xhxx，e1xhx，当

0,x时，0hx，所以e1xhxx在0,x上单调递增，因此1202111e10020212021hh，所以1202112022e120212021则12021202

2e2021x，所以xy；②设e11,e0xxgxxgxx，当0,1x时，0gx，gx在0,1上，单调递减，当0,1x时，100,e1xgxgx恒成立；x取12021时，120212021e2020xz

；综上得zxy故选：C.4.衢州市某中学开展做数学题猜WiFi密码益智活动.已知数列na的通项2nan，*Nn，数列nb的通项*21,Nnnbn，现将数列na和nb中所有的项混

在一起，按照从小到大的顺序排成数列nc，若满足123120nnccccc成立的n的最小值为m，若该中学WiFi密码为1000m计算结果小数点的后6位，则该中学的WiFi的密码为（）A.461538B.255815C.037036D.255813【答案】D【解

析】【分析】根据题意带入验证即可.【详解】由题意，数列na的通项*2,Nnann，可得数列na由数字2,4,6,8,10,，数列nb的通项*21,Nnnbn，可得数列nb由数字3,5,9,17,33,，当1n时，1213nb，此时数列

nc为1232,3,4ccc，此时12320ccc；当2n时，2215nb，此时数列nc为123452,3,4,5,6ccccc，此时1234520ccccc；L当6n时，62165nb，此时数列nc前38项中

有na的前32项和数列nb的前6项构成，此时61233821232223261188,212cccc392020661320c，此时123383920cccc

c，经验证：12342394041423222322cccccccc6432123222326668707261464,2020741480212c

，此时123424320ccccc，不符合题意，当612343212322232666870727461538,212cccc442020761520c，此时首次满足123434420ccccc，即43m，又由

100023.255813953488m，所以该中学的WiFi的密码为255813.故选：D.二､多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共计20分.每小题列出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，不选､

有选错的得0分）5.设函数21,21,axxafxxaxxa，fx存在最小值时，实数a的值可能是（）A.2B.1C.0D.1【答案】ABC【解析】【分析】根据函数解析式，分0a、0a、a<0三种情况讨论，当a<0时根据

二次函数的性质只需函数在断点处左侧的函数值不小于右侧的函数值即可；【详解】解：因为21,21,axxafxxaxxa，若0a，当xa时1fxax在,a上单调递增，当x时fx，

此时函数不存在最小值；若0a，则21,01,0xfxxx，此时min1fx，符合题意；若a<0，当xa时1fxax在,a上单调递减，当xa时221fxxax，二次函数221yxax对称轴为xa，开口向上，此时f

x在,a上单调递增，要使函数fx存在最小值，只需2220121aaaa，解得1a，综上可得,10a.故选：ABC6.当下新能源汽车备受关注，某校“绿源”社团对“学生性别和喜欢新能源汽车是否有关”做了一次调

查，其中被调查的男女生人数相同，男生喜欢新能源汽车的人数占男生人数的45，女生喜欢新能源汽车的人数占女生人数的35，若有99%的把握认为是否喜欢新能源汽车和性别有关，则调查人数中男生有可能的人数为（）20Pkk0.0500.0100k3.8416.

635附：22()nadbcKabcdacbdA.68B.69C.70D.71【答案】CD【解析】【分析】设男女生总人数为2a，根据题目得到列联表，计算26.635K，得到答案.【详解】设男女生总人数为2a，则男生喜欢新能

源汽车的人数45a，女生喜欢新能源汽车的人数占女生人数的35a.则列出联表如下：类别喜欢新能源汽车不喜欢新能源汽车小计男生45a15aa女生35a25aa小计75a.35a.2a.所以222283225256.6357355aaaKaaaa，即26.63521a，

所以69.6675a，故选：CD7.已知0a，圆22:()(ln)1Cxaya，则（）A.存在2个不同的a，使得圆C与x轴或y轴相切B.存在唯一的a，使得圆C在x轴和y轴上截得的线段长相等C.存在4个不同的a，使

得圆C过坐标原点D.存在唯一的a，使得圆C的面积被直线exy平分【答案】BD【解析】【分析】根据圆心所在的直线或曲线上，利用数形结合或导数与单调性的关系讨论求解.【详解】由条件可知，圆C的半径为1，圆心坐标为,lnaa，即圆心在曲线lnyx上运动.对于

A，当1a时，圆C与y轴相切，当ln1a，即ea或1e时，圆C与x轴相切，所以满足要求的a有3个，A错误；对于B，若圆C在x轴和y轴上截得的线段长相等，则圆心到x轴和y轴的距离相等，故圆心在yx上，又圆心lnyx上，设11()ln,1xfxxxfxxx,令()

0fx¢>,解得1x,令0fx,解得01x,所以()fx在(0,1)单调递减,1,单调递增,所以()(1)10fxf,所以()ln0fxxx无解，即yx与lnyx无交点，设1()ln,10gxxxg

xx在(0,)恒成立，在所以()gx在0,单调递增,且11()10,(1)10eegg，由零点的存在性定理得()lngxxx有唯一零点，即lnxx有一个解，所以lnyx

与yx有一个交点，所以满足要求的a仅有一个，B正确；对于C，若圆C过坐标原点，则22(ln)1aa，由图可知，lnyx与221xy有两个交点，所以满足要求的a有2个，故C错误；对于D，若圆C的面积被直线exy平分，则直线e

xy经过圆心,lnaa，即证lneaa有唯一解，令11e()ln,()eeeaahaahaaa，令()0ha，解得0ea，令()0ha，解得ea，所以()lneahaa在0,e

单调递增，e,+单调递减，所以max()(e)0hah，所以ln0eaa有唯一解ea，故D正确.故选：BD.8.在一个圆锥中，D为圆锥的顶点，O为圆锥底面圆的圆心，P为线段DO的中点，AE为底面圆的直径，ABC是底面圆的内接正三角形，3ABAD，则下列说法正确的是（）A.BE/

/平面PACB.三棱锥PABC的外接球直径322C.在圆锥侧面上，点A到DB的中点的最短距离必大于32D.记直线DO与过点P的平面所成的角为，当3cos0,3时，平面与圆锥侧面的交线为双曲线.【答案】BC【解析】【

分析】对A：根据线面平行的性质定理分析判断；对B：根据题意分析可得：三棱锥PABC是顶角为直角的正三棱锥，利用转化法求外接圆直径；对C：根据题意：点A到BD中点的直线距离为32，结合圆锥侧面分析判断；对D：根据题意可得

6cos3ADO，结合圆锥的截面分析判断.【详解】对于A：若BE//平面PAC，BE平面ABC，平面PAC平面ABCAC，则//BEAC，因为AE为直径，O为圆锥底面圆的圆心，ABC是底面圆的内接

正三角形所以,BEABOCAB，所以//BEOC，故A错误；对于B：因为3AB，则2231,2,π2sin3OADODAOA2226,22OPPAPBPCOPOA，故222PAPBAB，则PAPB，同理,PAPCPBPC，且三棱锥PABC是正三棱锥，

设其外接球半径为R，则三棱锥PABC的外接球可以转化为边长为62的正方体的外接球，∴6322322R，故B正确；对于C：由于ABD△是边长为3等边三角形，故点A到BD中点的距离为33322，故在圆锥侧面上，点A到DB的中点的最短距离大于32，故C正确；

对于D：∵DO与母线的夹角的余弦值为63，则6cos3，即ADO，所以平面与圆锥侧面的交线为椭圆，故D错误；故选：BC.二､填空题（本题共4小题，每题5分，共20分，请把答案写在相应的位置上）9.已知2,3,1,0ab，则a在b上的投影向量为___________

.【答案】2,0【解析】【分析】首先求出ab，b，再根据a在b上的投影向量为abbbb计算可得.【详解】解：因为2,3a，1,0b，所以12302ab，1b，所以a在b上的投影向量为221,02,0abbbbb.故答案为：

2,010.已知定义在0,1上的函数fx，对于任意12,0,1xx，当12xx时，都有12fxfx，又fx满足100,11,32xffxfxffx，则1ln3e34ff___________.（e为

自然对数的底数）【答案】1【解析】【分析】令1x，代入()()11fxfx-+=求得1f，令13x，代入()()11fxfx-+=、132xffx求得12f，令1233x，根据12xx都有12fxfx，得到

fx，根据1n3e12,433求出ln3e4f可得答案．【详解】11132ff，而11211011,11,.132332ffffff

，又11111,2222fff，令1233x，由于当12xx时，都有12fxfx，故1233ffxf，

即当1233x时，12fx，而1n3eln3112ln3e1,,443342f，故1ln3e134ff.故答案为：1.11.已知正数,xy满足811xy，则22xy的最小值为_______

____.【答案】55【解析】【分析】解法1：首先求2xy的最小值，再构造2222254420xyxxyyxy，变形求22xy的最小值；解法2：利用基本不等式的推广，变形求22xy的最小值.【

详解】解析1：由已知条件可得：812822172161725xyxyxyxyyx，当且仅当28xyyx，即2xy时等号成立，因为2222254420xyxxyyxy，当且仅当2xy时等号成立，所以22222

5442625xyxxyyxy，即22125xy，所以2255xy，当且仅当2xy，即10,5xy时等号成立，所以22xy的最小值是55.解析2：5481222211615xyxxxxyxy

，即45516xy，当且仅当21xy，即2xy时等号成立，于是22228222254512544444xxxxxyxyy，即2255xy，当且仅当224xy，即10,5xy时等号成立.所以22xy的最小值是55.故答案为：

5512.已知一个质子在随机外力作用下，从原点出发在数轴上运动，每隔一秒等可能地向数轴正方向或向负方向移动一个单位.若移动n次，则当n＝6时，质子位于原点的概率为___________；当n＝___________时

，质子位于5对应点处的概率最大.【答案】①.516##0.3125②.23或25【解析】【分析】根据独立重复试验的概率公式求n＝6时质子位于原点的概率，再求质子位于5对应点处的概率表达式并求其最值.【详解】设第n次移动时向左移动的概率为12，事件n

＝6时质子位于原点等价于事件前6次移动中有且只有3次向左移动，所以事件n＝6时质子位于原点的概率为3336115C12216P,事件第25m次移动后质子位于5对应点处等价于事件质子在25m次移动中向右移了

5m次，所以第25m次移动后质子位于5对应点处的概率25251C2mmmP，设25251C2mmmfm，则2512725!1!6!16C4441C!5!27!26

27mmmmfmmmmmmfmmmmmm，令11fmfm可得16412627mmmm，化简可得224282442642mmmm，所以9m，Nm，所以1011fffm令

11fmfm可得9m，Nm，所以(9)(8)(1)fff，又(9)10154=1(10)2425ff，所以m=9或m=10，即23n或25n时，质子位于5对应点处的概率最大.故答案

为：516；23或25.三､解答题（本题共6小题，每小题15份，共90分）13.已知数列na的前n项和为nS，且满足11a，当*2Nnn时，311113nnnSnSnn.（1）证明1

nSnn为等差数列，并求数列na通项公式；（2）设tannnba，求数列1nnbb的前2022项和2022T.【答案】（1）证明见解析，2nan;（2）tan20232023

tan1.【解析】【分析】（1）根据递推关系式及等差数列的定义可得1nSnn为等差数列，求出其通项后由nS与na的关系求na即可；（2）由两角差的正切公式变形，利用裂项相消法求和.【小问1详解】令2n，得2132SS，又111aS，所以24a；

令3n，得32248SS，又25S，39a；因为当*2Nnn时，311113nnnSnSnn，所以11113nnSSnnnn，所以数列1nSnn为等差数列，首项为1122S，公

差为13，所以1111112336nSSnnnn，的所以11216nSnnn，于是，当*2Nnn时，211112112166nnnaSSnnnnnnn

，当1n时，111aS，满足上式，故2nan；【小问2详解】因为tantannnban，则1tan1tantan1tan1tan1nnnnbbnn，于是，2022111tan2tan11tan3tan21tan2023tan202

21tan1tan1tan1T1tan2023[tan2023tan1]20222023tan1tan1.14.记ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知cos3si

n0aCaCbc.（1）若2a，求BC边上的中线AD长度的最大值；（2）若3b，点,,ABC分别在等边DEF的边,,DEEFFD上（不含端点）.若DEF面积的最大值为73，求c.【答案】（1）3（2

）23c【解析】【分析】(1)根据正弦定理，三角恒等变换公式以及余弦定理再结合平面向量的数量积运算即可求解；(2)利用正弦定理，三角恒等变换将DE表示为关于的函数关系式，利用三角函数性质讨论最值即可求解.【小问1详解】因为cos3sin0aCaCbc

，所以由正弦定理得sincos3sinsinsinsin0ACACBC，因为πBAC，所以sincos3sinsinsinsin0,ACACACC，即sincos3sinsinsincoscossinsin0ACACACACC,所以3sinsi

ncossinsin0ACACC，因为sin0C，所以3sincos1AA，所以311π1sincos,sin22262AAA，因为ππ5π,666A，所以πππ,663AA

，由余弦定理得：224,4bcbcbc.（当bc时取到等号），且224bcbc，又因为1,2ADABAC所以22212cos,4ADABACABACA即222224=224ADbcb

cbc，所以22222ADbc，所以22224,3ADbcAD.故AD的最大值为3【小问2详解】由（1）可知π,33Ab，由于DEF面积的最大值为73，则21πsin7

323DE，得27DE，所以DE的最大值为27，因为π3CAB，所以2π3DACBAE，因为2π3DACACD，所以ACDBAE，设ACDBAE，则2π3ABE

，在ACD中，由正弦定理得sinsinACADDACD所以3πsinsin3AD，得3sinπsin3AD，在ABE中，由正弦定理得sinsinABAEEABE，所以π2πsinsin33cAE，得2πs

inπ3sin3cAE，所以32πsinsinππ3sinsin33cDEADAE12π3sinsinπ3sin3c12π2

π3sinsincoscossinπ33sin3cc1133sincosπ22sin3cc221133sinπ22sin3cc

，其中32tan132cc，所以当sin1时，DE取得最大值，所以2211332722sin3cc，所以23321cc，所以23321cc，

即23180cc，所以23330cc，解得23c或33c（舍去）15.品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试，一种通常采用的测试方法如下：拿出n瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它

们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这n瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评级.现设4n，分别以1234,,,aaaa表示第一

次排序时被排为1,2,3,4的四种酒在第二次排序时的序号，并令12341234Xaaaa，则X是对两次排序的偏离程度的一种描述.（1）假设1234,,,aaaa等可能地为1,2,3,4的各种排列，写出X的可能值集合，并求X的分布列；（2）某品酒师在相继进行

的三轮测试中，都有2X.①试按（1）中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）；②你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何？说明理由.【答案】（1）答案见解析（2）①1216；②该品酒师有良好的酒味鉴别功能，不是靠随机猜测，理由见解析.【解析】【分

析】（1）列举出所有可能的排列，并计算得到对应的X值，由古典概型概率公式可得对应概率和分布列；（2）①由中数据结合独立事件概率的乘法公式运算求解；②结合极小概率事件的分析.【小问1详解】可用列表列出1234,,,aaaa，为1,2,3,4的全排列，共24种，计算每种排列下X的值，1a2a3

a4aX12340124321324213424142341432421342214342314423416241362431631244314263214432416342183412841236413264213642316431284321

8则X的可能取值集合为0,2,4,6,8，在等可能的假定下可得：131793410,2,4,6,82424824248246PXPXPXPXPX,X的分布列为：X02468P124187243816【小问2详解】①首先

41202246PXPXPX„，将三轮测试都有2X„的概率3116216P.②由于152161000P是一个很小的概率，这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试都有2X„的结果可能性很小，

所以我们认为该品酒师有良好的酒味鉴别功能，不是靠随机猜测.16.在棱长均为2的正三棱柱111ABCABC-中，E为11BC的中点．过AE的截面与棱1BB，11AC分别交于点F，G．（1）若F为1BB的中点

，求三棱柱被截面AGEF分成上下两部分的体积比12VV；（2）若四棱雉1AAGEF的体积为7312，求截面AGEF与底面ABC所成二面角的正弦值；（3）设截面AFEG的面积为0S，AEG面积为1S，AEF△面积为2S，当点F在棱1BB上变动时，求2012SSS的取值范围．【答案】

（1）121323VV；（2）45；（3）94,2．【解析】【分析】（1）连结EF，并延长分别交1CC，CB于点M，N，连结AM交11AC于点G，连结AN，GE，利用比例关系确定G为11AC靠近1C的三等分点，然后先求出棱柱的体积，连结1AE，1AF，由11111AEF

BGAAEFAAEVVVV和21VVV进行求解，即可得到答案；（2）求出点G到平面1AAE的距离，得到点G为11AC靠近1C的四等分点，通过面面垂直的性质定理可得1AGA即为截面AGEF与底

面ABC所成的二面角，在三角形中利用边角关系求解即可；（3）设1GCm，则[0m，1]，先求出12SS的关系以及取值范围，然后将2012SSS转化为1S，2S表示，求解取值范围即可．【详解】解：（1）连接EF，并延长分别交1CC，CB延长线于点M，

N，连接AM交11AC于点G，连接AN，GE．易得11113GCMCCEACMCCN．故G为11AC靠近1C的三等分点．11MC，123GC．下面求三棱柱被截面分成两部分的体积比．三棱柱111ABCABC-的体积2322234V．连接1AE，1AF．由1//BB平

面1AAE知，1FAAEV为定值．1113321323FAAEV．11111AEFBGAAEFAAEVVVV1111231331132332323318．2123318VVV．故121323VV．（2）由1

11AAGEFGAAEFAAEVVV及133FAAEV得，134GAAEV．又1113GAAEAAEVSh△，所以34h．即点G到1AE的距离为34，G为11AC靠近1C的四等分点．因为平面111//ABC平面ABC，所以截面AGEF与平面ABC所成角即为截面

AGEF与平面111ABC所成角，在1GCE△中，112GC，11CE，故1EGGC．又因为平面11ACCA平面111ABC，且平面11ACCA平面11111ABCAC，所以EG平面11ACC

A．则1AGA即为截面AGEF与底面ABC所成的二面角．在1RtAGA△中，132AG，12AA，52AG．故114sin5AAAGAAG．因此，截面AGEF与平面ABC所成二面角的正弦值为45．（3）

设1GCm，则0,1m，2MGmGAm．设MGE的面积为S，所以12SmSm．又因为21SSS，所以1222SmS．且1221,122SmS．令12StS则1,12t故21201212122212SSSSSSSSSSS．令

12StS则1,12t，所以12gttt在1,12t上单调递减，所以min14gtg，max1922gtg，所以94,2gt，所以

20121221924,2SSSSSSS17.已知双曲线E的中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，且过点1,0,3,4AB两点.（1）若双曲线E的右支上的三个不同的点123,,PPP关于y轴的对称点分别为4561

2,,,,PPPFF双曲线的左右焦点，试求112131415161PFPFPFPFPFPF的值；（2）设过点1,1T的直线l交曲线E于,MN两点，过M作x轴的垂线与线段AB交于点P，点Q满足2AQAPAM，证明：直线QN过定点.【答案】（1）6；（2）证明见

解析【解析】【分析】（1）根据双曲线的对称性及双曲线的定义即可求解；（2）设直线1122:11,,,,lykxMxyNxy，由条件可得点P是线段MQ的中点，写出直线QN的方程，证明直线过点(1,0)，转化为求证12125224

260kxxkxxk，再由韦达定理代入化简即可得证.【小问1详解】设双曲线方程：22221xyab，显然1a，将3,4B代入得：21691b，解得22b，即双曲线22:12yEx；设双曲线的右焦点为2F

，由双曲线的对称性可知11422152,PFPFPFPF，3162PFPF，则.112131415161425262415161PFPFPFPFPFPFPFPFPFPFPFPF4241525162612226PFPFPF

PFPFPFaaa.【小问2详解】设直线1122:11,,,,lykxMxyNxy，易得:22ABxy.所以由22AQAPAMAPAQAM，即点P是线段MQ的中点.所以11111,22,,44PxxQxxy，

于是QN的方程：112221244xyyyyxxxx，下证直线QN过定点1,0.即证11222124401xyyyxxx，即证2212112144yxxxxyy.即证

12121221124440xxxxyxyxyy.而1221122112121121yxyxkxkxkxkxkxxkxx.故即证：12125224260kxxkxxk（1）由2222211

22123012ykxkxkkxkkyx.122212kkxxk，2122232kkxxk，代入（1）式：232322226412

26412221235224260222kkkkkkkkkkkkkkkk成立，即证.故直线QN过定点1,0.【点睛】关键点点睛：根据直线方程猜测直线恒过点(1,0)，利用分析法转化

为求证12125224260kxxkxxk即可，再由直线与双曲线方程联立，得出根与系数的关系，代入上式即可求证出结果.18.已知函数11(0),2lnfxaxxgxxxx.（1）若曲线

yfx与ygx不存在相互平行或重合的切线，求a的取值范围；（2）讨论曲线yfx与ygx的公切线条数.【答案】（1）1,（2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据导数研究

gx的单调性得11gxg，进而结合题意得211fxax恒成立，再求解恒成立问题即可得答案；（2）结合（1）得只需讨论当1a时的情况，进而分别设出曲线yfx，ygx的切点，求得切线方程，进而得2212221212122

2ln2axxxxxx，再令21tx换元整理转化为研究方程2221ln(ln)241attttt，1t的解个数问题，再结合导数研究即可.【小问1详解】解：函数gx的定义域为0,，所以，221gxxx，则

321xgxx，令0gx，解得1x，所以，当0,1x时，0gx，gx在0,1上单调递增，当1,x时，0gx，gx在1,上单调递减，所以，

11gxg，因为曲线yfx与ygx不存在相互平行或重合的切线所以，211fxax恒成立，即211ax，因0x，2111x，所以1a，即a的取值范围为1,；小问2详解】解：由（1）可知，当1a时，两条曲线不存在公切线；当1a时，设曲线

yfx的切点为1111,xaxx，曲线ygx的切点为为【2221,2lnxxx，因为22121,fxagxxxx，所以yfx在1xx处的切线方程为

112211111112yaxxaxaxxxxx，同理可得，ygx在2xx处的切线方程为222222122ln2yxxxxx，由题意可知，22

122212121222ln2axxxxxx，即2212221212111ln1axxxxxx，消去1x得222222121ln1xaxxx

，令21tx，整理得2221ln(ln)241attttt，所以，两条曲线的切线条数即为上述关于t的方程根的个数，因为21211ln10xxx，设1ln1xxx，则21xxx，令0x，

解得1x，所以，当0,1x时，0x，x在0,1上单调递减，当1,x时，0x，x在1,上单调递增，所以，min()10x，所以21x，即1t设2221ln(ln)241hxxxxxx，则

21ln2112ln2ln2144xxxxhxxxxxx，设ln21Hxxx，则1122xHxxx，令0Hx，解得12x，所以，当10,2x时，0Hx

，Hx单调递增，当1,2x时，0Hx，Hx单调递减，所以，1ln202HxH，所以令0hx，解得1x，所以，当0,1x时，0hx，hx在0,1上单调递增，当1,x时，

0hx，hx在1,上单调递减，又因为当x趋近于0及时，hx趋近于，且11ha，所以存在120,1,1,tt，使得12hthta，即两条曲线存在两条公切线，综上，当1a时，两条曲线无公切线；

当1a时，两条曲线存在两条公切线.【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于讨论当1a时的情况，根据导数的几何意义分别求得曲线yfx，ygx的切线得22122212121222ln2axxxxxx，进而换元整理转化为研究方程

2221ln(ln)241attttt，1t的解个数问题，再结合导数研究即可