【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（文科答案）.docx，共(6)页，242.936 KB，由管理员店铺上传

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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（文科）试题参考答案及评分意见一、选择题（每小题5分，12小题，共60分）题号123456789101112答案ADBBCBCDCADB二、填空题（每小题5分，4小题，共20分）13.514.51k−

且2k−15.316.0三、解答题17.【详解】（1）由3sin2cosxy==得22223sin2cosxy==，消去得22132xy+=为1C的普通方程；............................2分由()2cossin6

+=，得2cossin6+=，令cosx=，siny=，得26xy+=为直线l的直角坐标方程..........................4分（2）在22132xy+=中，令cosx

=，siny=，所以22222cos3sin6+=，即()222sin6+=为1C的极坐标方程...................5分联立()22262sin6cossin+=+=得22cos2

sincos1+=.................................................6分所以cos2sin20+=，所以tan21=−，又02π，所以024π≤，所以3π24=或7π4或11π4或15π4，解得3

π8=或7π8或11π8或15π8...........................8分由图可知，两交点位于第一、四象限，所以3π8=或15π8，所以123π15π9π884+=+=10分18.【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==.............................................................3分所以222

25421bac=−=−=....................................................................................4分当椭圆的焦点在x轴上时，标准方程为2212521xy+=..................

.............................5分当椭圆的焦点在y轴上时，标准方程为2212521yx+=.....6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=−

......7分将点P的坐标代入抛物线的标准方程得1644pp==..............................................8分此时，所求抛物线的标准方程为28yx=−；......................

..............................................9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=−，...10分将点P的坐标代入抛物线的标准方

程得48m=，解得12m=，.................................11分此时，所求抛物线的标准方程为2xy=−.综上所述，所求抛物线的标准方程为28yx=−或2xy=−...

......................................12分19.【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]m

m+上单调递增，则有12m+−或0m......................11分解得3m−或0m.........................................................

...............................................12分20.【详解】（1）由题意知，1234535x++++==........................................................1分12010090756

5905y++++==..........................................................................................2分5152221512155390ˆ13.555535iiiiixyxybxx==−−=

==−−−.....................................................................4分ˆˆ9013.53130.5aybx=−=+=........

............................................................................5分所以，回归直线方程为ˆ13.5130.5yx=−+.................................

................................6分（2）22100(15502510)40256075.5563.8451−=.......................................................

10分故有95%的把握认为不戴头盔行为与事故伤亡有关............................................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：13422=+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()66NMMNMNMNMNMNxxxxxxxxtxxxx−+−−+==+−+−..11分综上，222222222224(31)727224723434242

4182434436kkkkkkkkkkt−−−++−−−===−+，所以，存在4(,0)3T使MTONTA=恒成立......................................................

........12分22、【详解】（1）当1=a时，xexfx−=)(求导1)('−=xexf....................................................................

..........................................1分当)0,(−x时，函数)(xf递减，当),0(+x时，函数)(xf递增，................2分所以)(xf极小值点为

0=x，无极大值点.....................................................................3分（2）求导aexfx−=)('①当0a时，)(xf在R上递增......

.............................................................................5分②当0a时，)(xf在)ln,(a−上递减，在),(ln+a上递增.......

....................7分（3）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.............8分因为()1atagttt−=−=，所以①当0a时，()0gt，()gt单调递增，不可能有两个零点.....................................9分②当0a时，令()0gt

，得ta，()gt单调递增，令()0gt，得0ta，()gt单调递减，所以()minl(n)ggataaa==−..................................................................

...........10分若()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.....................................................11分若()0ga，得ea，因为()1

10g=，()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,)+.............................................

..................................12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com