【文档说明】四川省遂宁市2022-2023学年高二下学期期末监测数学试题（理科答案）.docx，共(7)页，296.961 KB，由小赞的店铺上传

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遂宁市高中2024届第四学期期末教学水平监测数学（理科）试题参考答案及评分意见一、选择题（5×12=60分）题号123456789101112答案ADBBCCDBCADB二、填空题（每小题5分，共20分）13.4014.51k−且2

k−15.316.3三、解答题17.【详解】（1）设椭圆的长轴长为()20aa，焦距为()20cc由条件可得210,24ac==.所以5,2ac==.................................................................

.2分所以22225421bac=−=−=........................................................................................3分当椭圆的焦点在x轴上时，标准方程为2212521xy+=；.........

......................................4分当椭圆的焦点在y轴上时，标准方程为2212521yx+=...................................................5分（2）当抛物线的焦点在x轴上时，可设所求

抛物线的标准方程为22(0)ypxp=−将点P的坐标代入抛物线的标准方程得1644pp==...........................................6分此时，所求抛物线的标准方程为28yx=−；...............................

.................................7分当抛物线的焦点在y轴上时，可设所求抛物线的标准方程为22(0)xmym=−，将点P的坐标代入抛物线的标准方程得48m=，解得12m=，.......

.........................8分此时，所求抛物线的标准方程为2xy=−.....................................................................9分综上所述

，所求抛物线的标准方程为28yx=−或2xy=−........................................10分18.【详解】（1）因为函数32()()fxaxbxx=+R的图象过点(1,2)P−,所以2ab−+=..1分又因为2()32fxaxbx=+,且()

fx点P处的切线恰好与直线30xy−=垂直,所以(1)323fab−=−=−,........................................................................................3分由2323abab−

+=−=−解得13ab==,所以32()3()fxxxx=+R.......................................5分（2）由(1)知2()36=3(2)fxxxxx=++，令()0fx，即3

(2)0xx+，解得<2x−或0x，令()0fx，即3(2)0xx+，解得20x−，..................................................7分所以()fx在(,2)−−单调递增，(2,0)−单调递减，(0,+)单调递增

，..............9分根据函数()fx在区间[,1]mm+上单调递增，则有12m+−或0m............................................................................................

......11分解得3m−或0m...............................................................................................

.......12分19.【详解】【详解】（1）由题知123451962303023904823,32055xy++++++++====()()()55211(2)(124)(1)(90)0702162732,10iiiiixxyyxx==−−=−−+−−+++=−=()()()(

)122117327320.988741.21054944niiinniiiixxyyrxxyy===−−===−−...............................5分因为0.75r，所以认为相关变量,xy有较强的相关性.

.............................................6分.（2）由（1）得()()()121732ˆˆˆ73.2,32073.23100.410niiiniixxyybaybxxx==−−====−=−=−....10分.回归方

程为ˆ73.2100.4,yx=+当6x=时ˆ539.6y=，即2023年该公司投入研发人数约540人...............................12分.20.【详解】（1）列联表如下：........................

........3分..2230(12549)0.40822.0721614219K−=，...............................................

..............5分所以没有85%的把握认为学生对“数学建模”选修课的兴趣度与性别有关；........6分（2）由题意可知X的取值可能为0，1，2，3，则3539C5(0)C42PX===，124539CC10(1)C2

1PX===，214539CC5(2)C14PX===，3439C1(3)C21PX===，故X的分布列为X0123P5421021514121510514()0123422114213EX=+++=.......................

...............................................12分21.【详解】（1）双曲线的焦点坐标为)0,1(),0,1(−，所以椭圆的焦点坐标为)0,1(),0,1(−1分

.感兴趣不感兴趣合计男生12416女生9514合计21930又椭圆中，21FPF面积最大值3221==bcS，故3=b.................................3分所以椭圆C的方程为：134

22=+yx；............................................................................4分（2）设),(yxR，由于直线过原点，则),(yxS−−，)0,(xE..

...........................................5分所以直线SE的斜率kkxykRSSE21212===.............................

....................................7分（3）由题设，可设直线l为(3)ykx=−且0k，联立椭圆方程，整理得：2222(34)2436120kxkxk+−+−=，则422(3457648)(31)0kkk=

+−−，所以21442040k=−，即151555k−且0k，所以222434MNkxxk+=+，2212(31)34MNkxxk−=+，.....................................................8

分若存在(,0)Tt使MTONTA=恒成立，则||||NMMNyyxtxt=−−，.......................9分由椭圆对称性，不妨令,MN在x轴上方且NMxx，显然MNxtx

，所以NMMNyytxxt=−−，即()0()()NMNNMMNMMNMNytyyxyxyytxtxtxtx+−−+==−−−−，.............10分所以()MNNMMNtyyxyxy+=+，即(3)(3)23()66NMMNM

NMNMNMNxxxxxxxxtxxxx−+−−+==+−+−11分综上，222222222224(31)7272247234342424182434436kkkkkkkkkkt−−−++−−−===−+，所以，存在4(,0)3T使MTONTA=恒

成立........................................................12分22.【详解】（1）求导aexfx−=)('................................................................

............1分①当0a时，)(xf在R上递增...........................................................................3分②当0a时，)(xf在)ln,(a

−上递减，在),(ln+a上递增.....................5分（2）①等价于()()()()elnelne0xxxhxxaxxxaxx=−+=−有两个零点，令extx=，则()1e0xtx=+，在0x时恒成立，所以extx=在0x时

单调递增，所以()()elnexxhxxax=−有两个零点，等价于()lngttat=−有两个零点..........6分因为()1atagttt−=−=，所以当0a时，()0gt，()gt单调递增，不可能有两个零点；当0a时，令()0gt，得ta，()gt单调递增，令()0

gt，得0ta，()gt单调递减，所以()minl(n)ggataaa==−，若()0ga，得0ea，此时()0gt恒成立，没有零点；若()0ga=，得ea=，此时()gt有一个零点；若()0

ga，得ea，因为()110g=，()ee0ga=−，2ee0()aaga=−，所以()gt在()1,e，()e,ea上各存在一个零点，符合题意，综上，a的取值范围为(e,)+......

........................................................8分（方法不唯一）②要证)(2lnln2121xxxx+−+即证：2lnln2211+++xxxx，即证()1212lneln2(

)exxxx+，由（2）中①知111extx=，222extx=，所以只需证12lnln2tt+.....................9分因为11lnatt=，22lnatt=，所以()2121lnlnatttt−=−，()2121lnlnatttt+=+，所以221121212122

121lnlnln(lnln)1tttttttttttttt+++=−=−−，只需证2211221ln21tttttt+−..10分设120tt，令21tmt=，则1m，所以只需证1ln21mmm−+即证4ln201mm+−+，令4()ln21hm

mm=+−+，1m，则22214(1)()0(1)(1)mmhmmmm−=−=++，()()10hmh=，即当1m时，4ln2011m+−+成立.................................

..........................11分所以12lnln2tt+，即)(2lnln2121xxxx+−+.................12分（方法不一）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com