【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（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22cos2sincos1

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

4，解得3π8=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22225421bac=−=−=.......................

.............................................................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]mm+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120100907565905y++++==............................................................

..............................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kkxyk

RSSE21212===............................................................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)2

436120kxkxk+−+−=，则422(3457648)(31)0kkk=+−−，所以21442040k=−，即151555k−且0k，所以222434MNkxxk+=+，2212(31)3

4MNkxxk−=+，.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N

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

MNxxxxxxxxtxxxx−+−−+==+−+−..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）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()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,)+...............................................................................12分获得更多资源请扫码加

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