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2022-2023学年四川省遂宁市高二（下）期末数学试卷（文科）（含解析）
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这是一份2022-2023学年四川省遂宁市高二（下）期末数学试卷（文科）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省遂宁市高二（下）期末数学试卷（文科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知i是虚数单位，则复数i(1+i)的共轭复数为( )
A. 1+i B. 1−i C. −1+i D. −1−i
2. 命题“∀x<0，−x2+5x−6>0”的否定为( )
A. ∀x<0，−x2+5x−6≤0 B. ∀x≥0，−x2+5x−6≤0
C. ∃x0<0，−x02+5x0−6≤0 D. ∃x0≥0，−x02+5x0−6≤0
3. “a+1>b−2”是a>b”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
4. 设f(x)在定义域内可导，其图象如图所示，则导函数f′(x)的图象可能是( )
A. B.
C. D.
5. 已知抛物线C：y2=20x的焦点为F，抛物线C上有一动点P，Q(6,5)，则|PF|+|PQ|的最小值为( )
A. 10 B. 16 C. 11 D. 26
6. 执行如图所示的算法框图，则输出的l的值为( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
7. “燃脂单车”运动是一种在音乐的烘托下，运动者根据训练者的指引有节奏的踩踏单车，进而达到燃脂目的的运动，由于其操作简单，燃脂性强，受到广大健身爱好者的喜爱.已知某一单车爱好者的骑行速度v(单位：km/h)随时间t(单位：h)变换的函数关系为v(t)=2tet+15，t∈[12,2]，则该单车爱好者骑行速度的最大值为( )
A. 4e2+15 B. 2e2+15 C. 2e+15 D. 1e12+15
8. 短道速滑队6名队员(含赛前系列赛积分最靠前的甲、乙、丙三名队员在内)进行冬奥会选拔，记“甲得第一名”为p，“乙得第二名”为q，“丙得第三名”为r，若p∨q是真命题，p∧q是假命题，(￢q)∧r是真命题，则选拔赛的结果为( )
A. 甲得第一名，乙得第二名，丙得第三名
B. 甲得第一名，乙没得第二名，丙得第三名
C. 甲得第一名，乙得第三名，丙得第二名
D. 甲得第二名，乙得第一名，丙得第三名
9. 已知圆C：x2+y2−6x+8=0，若双曲线y2−x2m2=1(m>0)的一条渐近线与圆C相切，则m=( )
A. 18 B. 24 C. 2 2 D. 8
10. 若函数f(x)=(x−m)2−2,x<02x3−3x2,x≥0的最小值是−1，则实数m的取值范围是( )
A. m≤0 B. m≥1 C. m≥3 D. m>0
11. 已0
A. 13 B. 12 C. 23 D. 1
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 设i是虚数单位，则复数z=1−2i的模为______ ．
14. 已知方程x25+k+y21−k=1表示椭圆，则实数k的取值范围是______ ．
15. 设双曲线x24−y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，P为双曲线右支上一点，且|PF1|=3|PF2|，则∠F1PF2的大小为______ ．
16. 函数f(x)=alnx+bx图象在点(1,1)处切线斜率为2，g(x)=ex−m+1x，若f(x)≤x⋅g(x)在x∈(0,+∞)上恒成立，则实数m的最大值为______ ．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x= 3sinα,y= 2cosα(α为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρ(2cosθ+sinθ)= 6，其中ρ>0，0≤θ<2π．
(1)求C1的普通方程与直线l的直角坐标方程；
(2)直线l与曲线C1交于A，B两点，且A，B两点对应的极角分别为θ1，θ2，求θ1+θ2的值．
18. (本小题12.0分)
分别求适合下列条件的方程：
(1)长轴长为10，焦距为4的椭圆标准方程；
(2)经过点P(−2,−4)的抛物线的标准方程．
19. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=ax3+bx2(x∈R)的图象过点P(−1,2)，且在点P处的切线恰好与直线x−3y=0垂直．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若函数f(x)在区间[m,m+1]上单调递增，求实数m的取值范围．
20. (本小题12.0分)
根据交管部门有关规定，驾驶电动自行车必须佩戴头盔，保护自身安全，某市去年上半年对此不断进行安全教育.如表1是该市某主干路口去年连续5个月监控设备抓拍到的电动自行车驾驶员不戴头盔的统计数据：
表1：
月份x
1
2
3
4
5
不戴头盔人数y
120
100
90
75
65
(1)请利用所给数据求不戴头盔人数y与月份x之间的回归直线方程y=bx+a；
(2)交管部门统计连续5年来通过该路口的电动车出事故的100人，分析不戴头盔行为与事故是否伤亡的关系，得到如表2，能否有95%的把握认为不戴头盔行为与事故伤亡有关？
表2：
不戴头盔
戴头盔
伤亡
15
10
不伤亡
25
50
参考数据和公式：i=15xiyi=1215，b=i=1nxiyi−nx−y−i=1nxi2−nx−2，χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
P(χ2≥k)
0.10
0.05
0.01
0.005
k
2.706
3.841
6.635
7.879
21. (本小题12.0分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)与双曲线x2−y2=12有相同的焦点F1，F2，P为椭圆上一点，△PF1F2面积最大值为 3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线y=kx(k≠0)与椭圆C相交于R，S两点，若RE⊥x轴，垂足为E.求证：直线SE的斜率kSE=12k；
(3)A为椭圆C的右顶点，若过点G(3,0)且斜率不为0的直线交椭圆C于M、N两点，O为坐标原点.问：x轴上是否存在定点T，使得∠MTO=∠NTA恒成立.若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=ex−ax(e是自然对数的底数)．
(1)当a=1时，求f(x)的极值点；
(2)讨论函数f(x)的单调性；
(3)若g(x)=ex(x−1)−alnx+f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．
本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，考查了计算能力，属于基础题．
【解答】
解：复数i(1+i)=i−1的共轭复数为−i−1，
故选：D．
2.【答案】C
【解析】解：根据全称命题的否定可得，命题“∀x<0，−x2+5x−6>0”的否定为：
“∃x0<0，−x02+5x0−6≤0”.
故选：C．
根据全称命题的否定为特称命题判断即可．
本题主要考查全称命题的否定，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由a+1>b−2，可得a>b−3，
由a>b−3不能够推出a>b，故“a+1>b−2”是“a>b”的不充分条件，
由a>b，可推出a>b−3成立，故“a+1”>b−2”是a>b”的必要条件，
综上“a+1>b−2”是“a>b”的必要不充分条件，
故选：B．
利用充要条件的定义即可判断．
本题主要考查了充要条件的判断，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：由f(x)的图象可得，在y轴的左侧，图象下降，f(x)递减，
即有导数小于0，可排除C，D；
再由y轴的右侧，图象先下降再上升，最后下降，
函数f(x)递减，再递增，后递减，
即有导数先小于0，再大于0，最后小于0，
可排除A；
则B正确．
故选：B．
由f(x)的图象可得在y轴的左侧，图象下降，f(x)递减，y轴的右侧，图象先下降再上升，最后下降，即有y轴左侧导数小于0，右侧导数先小于0，再大于0，最后小于0，对照选项即可判断．
本题考查导数的概念和应用，考查函数的单调性与其导数符号的关系，以及数形结合的思想方法，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：设抛物线C的准线为l，作PT⊥l于T，由抛物线的定义知|PF|=|PT|，
所以，当P，Q，T三点共线时，|PF|+|PQ|有最小值，最小值为6+p2=11．
故选：C．
根据抛物线的定义转化为Q到抛物线准线的距离求解即可．
本题考查抛物线的几何性质，数形结合思想，属基础题．
6.【答案】B
【解析】解：开始i=1，S=12，
①S=12−2=10，i=2，S<0为否；
②S=10−4=6，i=3，S<0为否；
③S=6−6=0，i=4，S<0为否；
④S=0−8=−8，i=5，S<0为是；输出i=5．
故选：B．
根据框图逐步运算求解即可．
本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．
7.【答案】C
【解析】解：因为v(t)=2tet+15，t∈[12,2]，
所以v′(t)=2−2tet，
所以t∈[12,1)时v′(t)>0，当t∈(1,2]时v′(t)<0，
所以v(t)在[12,1)上单调递增，在(1,2]上单调递减，
所以v(t)max=v(1)=2e+15．
故选：C．
求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，求出函数的最小值，即可得解．
本题主要考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：∵p∨q是真命题，p∧q是假命题，则p和q一真一假，
∵(¬q)∧r是真命题，则q是假命题，r是真命题，
∴p是真命题，q是假命题，r是真命题，
即甲得第一名，乙没得第二名，丙得第三名．
故选：B．
利用复合命题的真假关系，判断即可．
本题主要考查了复合命题真假关系的判断，属于基础题．
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查根据直线与圆的位置关系求参，双曲线的渐近线，属中档题．
求出圆心和半径，及双曲线的渐近线，由相切关系列出方程，求出答案．
【解答】
解：C：x2+y2−6x+8=0变形为(x−3)2+y2=1，
故圆心为(3,0)，半径为1，
又y2−x2m2=1(m>0)的渐近线方程为y=±xm，
不妨取y=xm，由点到直线距离公式可得|3m| 1+1m2=1，
解得m=2 2，负值舍去．
故选：C．
10.【答案】B
【解析】解：当x≥0时，f(x)=2x3−3x2，f′(x)=6x2−6x=6x(x−1)，
x∈(0,1)，f′(x)<0，f(x)单调递减，
x∈(1,+∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增，f(x)min=f(1)=−1，
因为y=f(x)的最小值为−1，所以当x<0时，f(x)min≥−1，
当x<0时，f(x)=(x−m)2−2．
①若m≥0，f(x)在(−∞,0)上单调递减，
f(x)>f(0)=m2−2，m2−2≥−1，得m≥1；
②若m<0，f(x)在(−∞,m)上单调递减，在(m,0)上单调递增，f(x)min=f(m)=−2，舍去．
综上，实数m的取值范围是m≥1．
故选：B．
先求x≥0时函数的最小值，再根据函数的最小值，得x<0时，f(x)min≥−1，求出m的取值范围．
本题主要考查函数最值的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】D
【解析】解：已知0
不妨设f(m)=m3−3m，函数定义域为(0,1)，
可得f′(x)=3m2−3=3(m+1)(m−1)，
当0
可得a−c>0，
即a>c，
又c−b=3(x−y)−3(lnx−lny)=3(x−lnx)−3(y−lny)，
不妨设g(n)=3(n−lnn)，函数定义域为(0,1)，
可得g′(n)=3(1−1n)=3(n−1)n<0，g(x)单调递减，
所以g(x)>g(y)，
可得c−b>0，
即c>b，
综上，a>c>b．
故选：D．
由题意，利用作差法可得a−c=(x3−3x)−(y3−3y)，构造函数f(m)=m3−3m，对f(m)进行求导，利用导数得到f(m)的单调性，得到a和c的大小关系；同理得c−b=3(x−lnx)−3(y−lny)，构造函数g(n)=3(n−lnn)，对g(n)进行求导，利用导数得到g(n)的单调性，得到b和c的大小关系，进而即可求解．
本题考查利用导数研究函数的单调性以及函数值的大小比较，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
12.【答案】C
【解析】解：MF1⋅MF2=(MO+OF1)⋅(MO−OF1)=MO2−OF12=MO2−c2，
|MO|max=a,|MO|min=b，∴MF1⋅MF2∈[b2−c2,a2−c2]，
∴b2−c2=2a2−c2=3，解得：a2=4，b2=3，c2=1，
设∠F1MF2=θ，MF1=r1，MF2=r2，
由正弦定理可得：2n=|F1F2|sinθ⇒n=csinθ=1sinθ，
cosθ=r12+r22−(2c)22r1⋅r2=(r1+r2)2−2r1⋅r2−4c22r1⋅r2=4b2−2r1⋅r22r1⋅r2，
可得：r1⋅r2=2b2cosθ+1，
又∵S△MF2F1=12r1r2sinθ=b2sinθcosθ+1=b22sinθ2cosθ22cos2θ2=b2tanθ2=3tanθ2，
设内切圆的圆心为A，
∴S△MF2F1=S△AF2F1+S△AF2M+S△AMF1=12(F1F2+MF1+MF2)m=12(2a+2c)m=3m，
∴3tanθ2=3m⇒m=tanθ2，∴mn=tanθ2sinθ=12cos2θ2，
又∵当M在短轴的端点时，θ最大，此时MF1=MF2=F1F2=2，θ=60°，
θ∈(0°,60°],θ2∈(0°,30°],∴cosθ2∈[ 32,1)，
故当cosθ2= 32时，mn取得最大值为12×34=23．
故选：C．
由MF1⋅MF2的取值范围为[2,3]可求出a，b，c，由正弦定理可得n=1sinθ，再由焦点三角形的等面积法可得m=tanθ2，所以mn=tanθ2sinθ=12cos2θ2，求出θ∈(0°,60°]，即可得出答案．
本题主要考查脱衣的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】 5
【解析】解：∵复数z=1−2i，
∴|z|= 12+(−2)2= 5．
故答案为： 5．
利用复数的模长公式求解．
本题主要考查了复数的模长公式，属于基础题．
14.【答案】(−5,−2)∪(−2,1)
【解析】解：由方程表示椭圆，则5+k>01−k>05+k≠1−k，可得−5
故答案为：(−5,−2)∪(−2,1)．
根据方程表示椭圆有5+k>01−k>05+k≠1−k，即可得范围．
本题主要考查椭圆的性质，属于基础题．
15.【答案】π3
【解析】解：双曲线x24−y23=1的左、右焦点分别为F1(− 7,0)，F2( 7,0)，
设|PF2|=x，则|PF1|=3|PF2|=3x，
由双曲线的定义可得：3x−x=2x=4，可得x=2，
∴|PF1|=6，|PF2|=2，又|F1F2|=2 7，
∴cos∠F1PF2=36+4−282×6×2=12，∴∠F1PF2的大小为π3．
故答案为：π3．
由已知双曲线方程求得焦点坐标，可得|PF1|，|PF2|，|F1F2|的值，再由余弦定理求解．
本题考查双曲线的几何性质，考查双曲线定义及余弦定理的应用，是中档题．
16.【答案】0
【解析】解：已知f(x)=alnx+bx，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=ax+b，
因为函数f(x)图象在点(1,1)处切线斜率为2，
所以f(1)=b=1f′(1)=a+b=2，
解得a=b=1，
所以函数f(x)=lnx+x，
若f(x)≤x⋅g(x)在x∈(0,+∞)上恒成立，
可得lnx+x≤xex−(m+1)在x∈(0,+∞)上恒成立，
即m≤x(ex−1)−lnx−1在x∈(0,+∞)上恒成立，
不妨设h(x)=x(ex−1)−lnx−1，函数定义域为(0,+∞)，
可得h′(x)=(x+1)ex−1−1x=(x+1)(xex−1)x，
不妨设k(x)=xex−1，函数定义域为(0,+∞)，
可得k′(x)=(x+1)ex>0，
又k(0)=−1<0，k(1)=e−1>0，
所以存在点x0∈(0,1)，使得k(x0)=0，
即x0ex0=1，
对等式两边同时取对数，
可得lnx0+x0=0，
所以当0
所以当x=x0时，h(x)取得最小值，
则h(x)min=h(x0)=x0ex0−x0−lnx0−1=1−1=0，
又m≤h(x)min=0，
则实数m的最大值为0．
故答案为：0．
由题意，对函数f(x)进行求导，根据函数f(x)图象在点(1,1)处切线斜率为2，列出等式，求出a和b的值，将f(x)≤x⋅g(x)在x∈(0,+∞)上恒成立，转化成m≤x(ex−1)−lnx−1在x∈(0,+∞)，构造函数h(x)=x(ex−1)−lnx−1，对函数h(x)进行求导，利用导数的几何意义以及零点存在性定理进行求解即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
17.【答案】解：(1)曲线C1的参数方程为x= 3sinα,y= 2cosα，可得(x 3)2+(y 2)2=sin2α+cos2α=1，
即x23+y22=1，∴C1的普通方程x23+y22=1，
由ρ(2cosθ+sinθ)= 6，可得2x+y− 6=0，
∴直线l的直角坐标方程为2x+y− 6=0；
(2)由(1)可得曲线C1的极坐标方程ρ2=62cos2θ+3sin2θ①，
直线l的极坐标方程为ρ(2cosθ+sinθ)= 6②，
②代入①得，
( 62cosθ+sinθ)2=62cos2θ+3sin2θ，化简得cos2θ+2sinθ+cosθ−sin2θ=0，
∴(cosθ+sinθ)2=2sin2θ，∴cosθ+sinθ=± 2sinθ，
∴tanθ1=1 2−1= 2+1，tanθ2=1− 2−1=− 2+1，
∴tan(θ1+θ2)=tanθ1+tanθ21−tanθ1tanθ2=1，
由题意可得θ1∈(0,π2)，θ2∈(3π2,2π)，∴θ1+θ2∈(3π2,5π2)，
∴θ1+θ2=9π4．
【解析】(1)利用同角的正余弦的平方和为1可得C1的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化易求直线l的直角坐标方程；
(2)联立直线l与曲线C1的极坐标方程可求得tan(θ1+θ2)=1，进而可得θ1+θ2的值．
本题考查参数方程与普通方程的互化，直角坐标方程与极坐标的互化，考查三角恒等变换，属中档题．
18.【答案】解：(1)设椭圆的长轴长为2a(a>0)，焦距为2c(c>0)，
由条件可得2a=10，2c=4，
所以a=5，c=2，
所以b2=a2−c2=25−4=21，
当椭圆的焦点在x轴上时，标准方程为x225+y221=1；
当椭圆的焦点在y轴上时，标准方程为y225+x221=1．
(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y2=−2px(p>0)，
将点P的坐标代入抛物线的标准方程得16=4p⇒p=4，
此时，所求抛物线的标准方程为y2=−8x；
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x2=−2my(m>0)，
将点P的坐标代入抛物线的标准方程得4=8m，解得m=12，
此时，所求抛物线的标准方程为x2=−y．
综上所述，所求抛物线的标准方程为y2=−8x或x2=−y．
【解析】(1)根据长轴和焦距的定义求出a、c，进而求出b，即可求解；
(2)设抛物线方程为y2=−2px(p>0)或x2=−2my(m>0)，将点P坐标代入，即可求解．
本题主要考查椭圆、抛物线标准方程的求解，属于基础题．
19.【答案】解：(1)∵y=f(x)过点P(−1,2)，且在点P处的切线恰好与直线x−3y=0垂直，f ′(x)=3ax2+2bx
∴{−a+b=23a−2b=−3,
∴a=1，b=3，
∴f(x)=x3+3x2．
(2)由题意得：f′(x)=3x2+6x=3x(x+2)>0，
解得x>0或x<−2．
故f(x)的单调递增区间为(−∞,−2]和[0,+∞)．
即m+1≤−2或m≥0，
故m≤−3或m≥0．
【解析】(1)将P的坐标代入f(x)的解析式，得到关于a，b的一个等式；求出导函数，求出f′(−1)即切线的斜率，利用垂直的两直线的斜率之积为−1，列出关于a，b的另一个等式，解方程组，求出a，b的值，即可求函数f(x)的解析式；
(2)求出f′(x)，令f′(x)>0，求出函数的单调递增区间，据题意知[m,m+1]⊆(−∞，−2]∪[0，+∞)，列出端点的大小，求出m的范围．
注意函数在切点处的导数值是曲线的切线斜率；直线垂直的充要条件是斜率之积为−1．
20.【答案】解：(1)由题意知，x−=1+2+3+4+55=3，y−=120+100+90+75+655=90，
b =i=15xiyi−5x−y−i=15xi2−5x−2=1215−5×3×9055−5×32=−13.5，a =y−−b x−=90+13.5×3=130.5，
所以，回归直线方程为y =−13.5x+130.5；
(2)X2=100×(15×50−25×10)240×25×60×75≈5.556>3.841，
故有95%的把握认为不戴头盔行为与事故伤亡有关．
【解析】(1)先求得b,a，进而求得不戴头盔人数y与月份x之间的回归直线方程；
(2)求得X2的值并与3.841进行大小比较进而得到是否有95%的把握认为不戴头盔行为与事故伤亡有关．
本题主要考查了线性回归方程的求解，还考查了独立性检验的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由双曲线的方程可知，双曲线的焦点坐标为(−1,0)，(1,0)，
所以椭圆的焦点坐标为(−1,0)，(1,0)，则c=1，
又椭圆中，由于S△PF1F2=12⋅|F1F2|⋅yP，
所以△PF1F2面积最大值S=12⋅2c⋅b= 3，故b= 3，
则a= b2+c2=2，
所以椭圆C的方程为：x24+y23=1．
(2)证明：设R(x,y)，由于直线过原点，则S(−x,−y)，E(x,0)．
所以直线SE的斜率kSE=y2x=12kRS=12k．
(3)由题设，可设直线l的方程为y=k(x−3)且k≠0，
联立椭圆方程并整理得：(3+4k2)x2−24k2x+36k2−12=0，
则Δ=576k4−48(3+4k2)(3k2−1)>0，
所以Δ=144−240k2>0，
即− 155
若存在T(t,0)使∠MTO=∠NTA恒成立，则|yMxM−t|=|yNxN−t|，
由椭圆对称性，不妨令M，N在x轴上方且xN>xM，显然xM
所以t(yM+yN)=xNyM+xMyN，
即t=xN(xM−3)+xM(xN−3)xM+xN−6=2xMxN−3(xM+xN)xM+xN−6，
综上，t=24(3k2−1)3+4k2−72k23+4k224k23+4k2−6=72k2−24−72k224k2−18−24k2=43，
所以，存在T(43,0)使∠MTO=∠NTA恒成立．
【解析】(1)先求得c，然后求得b，a，从而求得椭圆C的方程．
(2)设R(x,y)，求得S，E的坐标，进而求得直线SE的斜率．
(3)设直线l的方程为y=k(x−3)且k≠0，并与椭圆方程联立，化简写出判别式和根与系数关系，由∠MTO=∠NTA列方程，化简求得T的坐标．
本题考查了椭圆的方程、性质直线与椭圆的位置关系的综合应用，属于难题．
22.【答案】解：(1)由题意得当a=1时，f(x)=ex−x，x∈R，则f′(x)=ex−1，
由f′(x)=0得x=0，由f′(x)>0得x>0，由f′(x)<0得x<0，
∴f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
∴当x=0时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值点为x=0，无极大值点；
(2)由题意得f′(x)=ex−a，x∈R，
①当a≤0时，f′(x)>0，即f(x)在R上单调递增；
②当a>0时，由f′(x)=0得x=lna，由f′(x)>0得x>lna，由f′(x)<0得x
综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；
当a>0时，f(x)在(−∞,ln a)上单调递减，在(ln a，+∞)上单调递增；
(3)g(x)=ex(x−1)−alnx+f(x)有两个零点，转化为h(x)=xex−aln(xex)(x>0)有两个零点，
令t=xex，则t′=(x+1)ex>0在(0,+∞)上恒成立，
∴t=xex在(0,+∞)上单调递增，
∴h(x)=xex−aln(xex)有两个零点，转化为g(t)=t−alnt有两个零点，
则g′(t)=1−at=t−at，t∈(0,+∞)，
∴①当a≤0时，g′(t)>0，即g(t)在(0,+∞)上单调递增，不可能有两个零点；
②当a>0时，由g′(t)>0得t>a，由g′(t)<0得0
∴当t=a时，g(t)取得极小值也是最小值，即g(t)min=g(a)=a−alna，
若g(a)>0，则00恒成立，没有零点；
若g(a)−0，则a=e，此时g(t)有一个零点；
若g(a)<0，则a>e，
又g(1)=1>0，g(e)=e−a<0，g(ea)=ea−a2>0，
∴由零点存在性定理得g(t)在(1,e)，(e,ea)上各存在一个零点，符合题意；
综上所述，a的取值范围为(e,+∞)．
【解析】(1)由题意得当a=1时，f(x)=ex−x，x∈R，则f′(x)=ex−1，利用导数与极值的关系，即可得出答案；
(2)由题意得f′(x)=ex−a，x∈R，分类讨论a≤0，a>0，即可得出答案；
(3)题意转化为转化为h(x)=xex−aln(xex)(x>0)有两个零点，令t=xex，则t′=(x+1)ex>0在(0,+∞)上恒成立，即t=xex在(0,+∞)上单调递增，h(x)=xex−aln(xex)有两个零点，即g(t)=t−alnt有两个零点，利用导数研究g(t)，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性、极值和最值，考查转化思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
2022-2023学年四川省遂宁市高二（下）期末数学试卷（文科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知i是虚数单位，则复数i(1+i)的共轭复数为( )
A. 1+i B. 1−i C. −1+i D. −1−i
2. 命题“∀x<0，−x2+5x−6>0”的否定为( )
A. ∀x<0，−x2+5x−6≤0 B. ∀x≥0，−x2+5x−6≤0
C. ∃x0<0，−x02+5x0−6≤0 D. ∃x0≥0，−x02+5x0−6≤0
3. “a+1>b−2”是a>b”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
4. 设f(x)在定义域内可导，其图象如图所示，则导函数f′(x)的图象可能是( )
A. B.
C. D.
5. 已知抛物线C：y2=20x的焦点为F，抛物线C上有一动点P，Q(6,5)，则|PF|+|PQ|的最小值为( )
A. 10 B. 16 C. 11 D. 26
6. 执行如图所示的算法框图，则输出的l的值为( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
7. “燃脂单车”运动是一种在音乐的烘托下，运动者根据训练者的指引有节奏的踩踏单车，进而达到燃脂目的的运动，由于其操作简单，燃脂性强，受到广大健身爱好者的喜爱.已知某一单车爱好者的骑行速度v(单位：km/h)随时间t(单位：h)变换的函数关系为v(t)=2tet+15，t∈[12,2]，则该单车爱好者骑行速度的最大值为( )
A. 4e2+15 B. 2e2+15 C. 2e+15 D. 1e12+15
8. 短道速滑队6名队员(含赛前系列赛积分最靠前的甲、乙、丙三名队员在内)进行冬奥会选拔，记“甲得第一名”为p，“乙得第二名”为q，“丙得第三名”为r，若p∨q是真命题，p∧q是假命题，(￢q)∧r是真命题，则选拔赛的结果为( )
A. 甲得第一名，乙得第二名，丙得第三名
B. 甲得第一名，乙没得第二名，丙得第三名
C. 甲得第一名，乙得第三名，丙得第二名
D. 甲得第二名，乙得第一名，丙得第三名
9. 已知圆C：x2+y2−6x+8=0，若双曲线y2−x2m2=1(m>0)的一条渐近线与圆C相切，则m=( )
A. 18 B. 24 C. 2 2 D. 8
10. 若函数f(x)=(x−m)2−2,x<02x3−3x2,x≥0的最小值是−1，则实数m的取值范围是( )
A. m≤0 B. m≥1 C. m≥3 D. m>0
11. 已0
A. 13 B. 12 C. 23 D. 1
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 设i是虚数单位，则复数z=1−2i的模为______ ．
14. 已知方程x25+k+y21−k=1表示椭圆，则实数k的取值范围是______ ．
15. 设双曲线x24−y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，P为双曲线右支上一点，且|PF1|=3|PF2|，则∠F1PF2的大小为______ ．
16. 函数f(x)=alnx+bx图象在点(1,1)处切线斜率为2，g(x)=ex−m+1x，若f(x)≤x⋅g(x)在x∈(0,+∞)上恒成立，则实数m的最大值为______ ．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x= 3sinα,y= 2cosα(α为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρ(2cosθ+sinθ)= 6，其中ρ>0，0≤θ<2π．
(1)求C1的普通方程与直线l的直角坐标方程；
(2)直线l与曲线C1交于A，B两点，且A，B两点对应的极角分别为θ1，θ2，求θ1+θ2的值．
18. (本小题12.0分)
分别求适合下列条件的方程：
(1)长轴长为10，焦距为4的椭圆标准方程；
(2)经过点P(−2,−4)的抛物线的标准方程．
19. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=ax3+bx2(x∈R)的图象过点P(−1,2)，且在点P处的切线恰好与直线x−3y=0垂直．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若函数f(x)在区间[m,m+1]上单调递增，求实数m的取值范围．
20. (本小题12.0分)
根据交管部门有关规定，驾驶电动自行车必须佩戴头盔，保护自身安全，某市去年上半年对此不断进行安全教育.如表1是该市某主干路口去年连续5个月监控设备抓拍到的电动自行车驾驶员不戴头盔的统计数据：
表1：
月份x
1
2
3
4
5
不戴头盔人数y
120
100
90
75
65
(1)请利用所给数据求不戴头盔人数y与月份x之间的回归直线方程y=bx+a；
(2)交管部门统计连续5年来通过该路口的电动车出事故的100人，分析不戴头盔行为与事故是否伤亡的关系，得到如表2，能否有95%的把握认为不戴头盔行为与事故伤亡有关？
表2：
不戴头盔
戴头盔
伤亡
15
10
不伤亡
25
50
参考数据和公式：i=15xiyi=1215，b=i=1nxiyi−nx−y−i=1nxi2−nx−2，χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
P(χ2≥k)
0.10
0.05
0.01
0.005
k
2.706
3.841
6.635
7.879
21. (本小题12.0分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)与双曲线x2−y2=12有相同的焦点F1，F2，P为椭圆上一点，△PF1F2面积最大值为 3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线y=kx(k≠0)与椭圆C相交于R，S两点，若RE⊥x轴，垂足为E.求证：直线SE的斜率kSE=12k；
(3)A为椭圆C的右顶点，若过点G(3,0)且斜率不为0的直线交椭圆C于M、N两点，O为坐标原点.问：x轴上是否存在定点T，使得∠MTO=∠NTA恒成立.若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=ex−ax(e是自然对数的底数)．
(1)当a=1时，求f(x)的极值点；
(2)讨论函数f(x)的单调性；
(3)若g(x)=ex(x−1)−alnx+f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．
本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，考查了计算能力，属于基础题．
【解答】
解：复数i(1+i)=i−1的共轭复数为−i−1，
故选：D．
2.【答案】C
【解析】解：根据全称命题的否定可得，命题“∀x<0，−x2+5x−6>0”的否定为：
“∃x0<0，−x02+5x0−6≤0”.
故选：C．
根据全称命题的否定为特称命题判断即可．
本题主要考查全称命题的否定，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由a+1>b−2，可得a>b−3，
由a>b−3不能够推出a>b，故“a+1>b−2”是“a>b”的不充分条件，
由a>b，可推出a>b−3成立，故“a+1”>b−2”是a>b”的必要条件，
综上“a+1>b−2”是“a>b”的必要不充分条件，
故选：B．
利用充要条件的定义即可判断．
本题主要考查了充要条件的判断，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：由f(x)的图象可得，在y轴的左侧，图象下降，f(x)递减，
即有导数小于0，可排除C，D；
再由y轴的右侧，图象先下降再上升，最后下降，
函数f(x)递减，再递增，后递减，
即有导数先小于0，再大于0，最后小于0，
可排除A；
则B正确．
故选：B．
由f(x)的图象可得在y轴的左侧，图象下降，f(x)递减，y轴的右侧，图象先下降再上升，最后下降，即有y轴左侧导数小于0，右侧导数先小于0，再大于0，最后小于0，对照选项即可判断．
本题考查导数的概念和应用，考查函数的单调性与其导数符号的关系，以及数形结合的思想方法，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：设抛物线C的准线为l，作PT⊥l于T，由抛物线的定义知|PF|=|PT|，
所以，当P，Q，T三点共线时，|PF|+|PQ|有最小值，最小值为6+p2=11．
故选：C．
根据抛物线的定义转化为Q到抛物线准线的距离求解即可．
本题考查抛物线的几何性质，数形结合思想，属基础题．
6.【答案】B
【解析】解：开始i=1，S=12，
①S=12−2=10，i=2，S<0为否；
②S=10−4=6，i=3，S<0为否；
③S=6−6=0，i=4，S<0为否；
④S=0−8=−8，i=5，S<0为是；输出i=5．
故选：B．
根据框图逐步运算求解即可．
本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．
7.【答案】C
【解析】解：因为v(t)=2tet+15，t∈[12,2]，
所以v′(t)=2−2tet，
所以t∈[12,1)时v′(t)>0，当t∈(1,2]时v′(t)<0，
所以v(t)在[12,1)上单调递增，在(1,2]上单调递减，
所以v(t)max=v(1)=2e+15．
故选：C．
求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，求出函数的最小值，即可得解．
本题主要考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：∵p∨q是真命题，p∧q是假命题，则p和q一真一假，
∵(¬q)∧r是真命题，则q是假命题，r是真命题，
∴p是真命题，q是假命题，r是真命题，
即甲得第一名，乙没得第二名，丙得第三名．
故选：B．
利用复合命题的真假关系，判断即可．
本题主要考查了复合命题真假关系的判断，属于基础题．
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查根据直线与圆的位置关系求参，双曲线的渐近线，属中档题．
求出圆心和半径，及双曲线的渐近线，由相切关系列出方程，求出答案．
【解答】
解：C：x2+y2−6x+8=0变形为(x−3)2+y2=1，
故圆心为(3,0)，半径为1，
又y2−x2m2=1(m>0)的渐近线方程为y=±xm，
不妨取y=xm，由点到直线距离公式可得|3m| 1+1m2=1，
解得m=2 2，负值舍去．
故选：C．
10.【答案】B
【解析】解：当x≥0时，f(x)=2x3−3x2，f′(x)=6x2−6x=6x(x−1)，
x∈(0,1)，f′(x)<0，f(x)单调递减，
x∈(1,+∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增，f(x)min=f(1)=−1，
因为y=f(x)的最小值为−1，所以当x<0时，f(x)min≥−1，
当x<0时，f(x)=(x−m)2−2．
①若m≥0，f(x)在(−∞,0)上单调递减，
f(x)>f(0)=m2−2，m2−2≥−1，得m≥1；
②若m<0，f(x)在(−∞,m)上单调递减，在(m,0)上单调递增，f(x)min=f(m)=−2，舍去．
综上，实数m的取值范围是m≥1．
故选：B．
先求x≥0时函数的最小值，再根据函数的最小值，得x<0时，f(x)min≥−1，求出m的取值范围．
本题主要考查函数最值的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】D
【解析】解：已知0
不妨设f(m)=m3−3m，函数定义域为(0,1)，
可得f′(x)=3m2−3=3(m+1)(m−1)，
当0
可得a−c>0，
即a>c，
又c−b=3(x−y)−3(lnx−lny)=3(x−lnx)−3(y−lny)，
不妨设g(n)=3(n−lnn)，函数定义域为(0,1)，
可得g′(n)=3(1−1n)=3(n−1)n<0，g(x)单调递减，
所以g(x)>g(y)，
可得c−b>0，
即c>b，
综上，a>c>b．
故选：D．
由题意，利用作差法可得a−c=(x3−3x)−(y3−3y)，构造函数f(m)=m3−3m，对f(m)进行求导，利用导数得到f(m)的单调性，得到a和c的大小关系；同理得c−b=3(x−lnx)−3(y−lny)，构造函数g(n)=3(n−lnn)，对g(n)进行求导，利用导数得到g(n)的单调性，得到b和c的大小关系，进而即可求解．
本题考查利用导数研究函数的单调性以及函数值的大小比较，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
12.【答案】C
【解析】解：MF1⋅MF2=(MO+OF1)⋅(MO−OF1)=MO2−OF12=MO2−c2，
|MO|max=a,|MO|min=b，∴MF1⋅MF2∈[b2−c2,a2−c2]，
∴b2−c2=2a2−c2=3，解得：a2=4，b2=3，c2=1，
设∠F1MF2=θ，MF1=r1，MF2=r2，
由正弦定理可得：2n=|F1F2|sinθ⇒n=csinθ=1sinθ，
cosθ=r12+r22−(2c)22r1⋅r2=(r1+r2)2−2r1⋅r2−4c22r1⋅r2=4b2−2r1⋅r22r1⋅r2，
可得：r1⋅r2=2b2cosθ+1，
又∵S△MF2F1=12r1r2sinθ=b2sinθcosθ+1=b22sinθ2cosθ22cos2θ2=b2tanθ2=3tanθ2，
设内切圆的圆心为A，
∴S△MF2F1=S△AF2F1+S△AF2M+S△AMF1=12(F1F2+MF1+MF2)m=12(2a+2c)m=3m，
∴3tanθ2=3m⇒m=tanθ2，∴mn=tanθ2sinθ=12cos2θ2，
又∵当M在短轴的端点时，θ最大，此时MF1=MF2=F1F2=2，θ=60°，
θ∈(0°,60°],θ2∈(0°,30°],∴cosθ2∈[ 32,1)，
故当cosθ2= 32时，mn取得最大值为12×34=23．
故选：C．
由MF1⋅MF2的取值范围为[2,3]可求出a，b，c，由正弦定理可得n=1sinθ，再由焦点三角形的等面积法可得m=tanθ2，所以mn=tanθ2sinθ=12cos2θ2，求出θ∈(0°,60°]，即可得出答案．
本题主要考查脱衣的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】 5
【解析】解：∵复数z=1−2i，
∴|z|= 12+(−2)2= 5．
故答案为： 5．
利用复数的模长公式求解．
本题主要考查了复数的模长公式，属于基础题．
14.【答案】(−5,−2)∪(−2,1)
【解析】解：由方程表示椭圆，则5+k>01−k>05+k≠1−k，可得−5
故答案为：(−5,−2)∪(−2,1)．
根据方程表示椭圆有5+k>01−k>05+k≠1−k，即可得范围．
本题主要考查椭圆的性质，属于基础题．
15.【答案】π3
【解析】解：双曲线x24−y23=1的左、右焦点分别为F1(− 7,0)，F2( 7,0)，
设|PF2|=x，则|PF1|=3|PF2|=3x，
由双曲线的定义可得：3x−x=2x=4，可得x=2，
∴|PF1|=6，|PF2|=2，又|F1F2|=2 7，
∴cos∠F1PF2=36+4−282×6×2=12，∴∠F1PF2的大小为π3．
故答案为：π3．
由已知双曲线方程求得焦点坐标，可得|PF1|，|PF2|，|F1F2|的值，再由余弦定理求解．
本题考查双曲线的几何性质，考查双曲线定义及余弦定理的应用，是中档题．
16.【答案】0
【解析】解：已知f(x)=alnx+bx，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=ax+b，
因为函数f(x)图象在点(1,1)处切线斜率为2，
所以f(1)=b=1f′(1)=a+b=2，
解得a=b=1，
所以函数f(x)=lnx+x，
若f(x)≤x⋅g(x)在x∈(0,+∞)上恒成立，
可得lnx+x≤xex−(m+1)在x∈(0,+∞)上恒成立，
即m≤x(ex−1)−lnx−1在x∈(0,+∞)上恒成立，
不妨设h(x)=x(ex−1)−lnx−1，函数定义域为(0,+∞)，
可得h′(x)=(x+1)ex−1−1x=(x+1)(xex−1)x，
不妨设k(x)=xex−1，函数定义域为(0,+∞)，
可得k′(x)=(x+1)ex>0，
又k(0)=−1<0，k(1)=e−1>0，
所以存在点x0∈(0,1)，使得k(x0)=0，
即x0ex0=1，
对等式两边同时取对数，
可得lnx0+x0=0，
所以当0
所以当x=x0时，h(x)取得最小值，
则h(x)min=h(x0)=x0ex0−x0−lnx0−1=1−1=0，
又m≤h(x)min=0，
则实数m的最大值为0．
故答案为：0．
由题意，对函数f(x)进行求导，根据函数f(x)图象在点(1,1)处切线斜率为2，列出等式，求出a和b的值，将f(x)≤x⋅g(x)在x∈(0,+∞)上恒成立，转化成m≤x(ex−1)−lnx−1在x∈(0,+∞)，构造函数h(x)=x(ex−1)−lnx−1，对函数h(x)进行求导，利用导数的几何意义以及零点存在性定理进行求解即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
17.【答案】解：(1)曲线C1的参数方程为x= 3sinα,y= 2cosα，可得(x 3)2+(y 2)2=sin2α+cos2α=1，
即x23+y22=1，∴C1的普通方程x23+y22=1，
由ρ(2cosθ+sinθ)= 6，可得2x+y− 6=0，
∴直线l的直角坐标方程为2x+y− 6=0；
(2)由(1)可得曲线C1的极坐标方程ρ2=62cos2θ+3sin2θ①，
直线l的极坐标方程为ρ(2cosθ+sinθ)= 6②，
②代入①得，
( 62cosθ+sinθ)2=62cos2θ+3sin2θ，化简得cos2θ+2sinθ+cosθ−sin2θ=0，
∴(cosθ+sinθ)2=2sin2θ，∴cosθ+sinθ=± 2sinθ，
∴tanθ1=1 2−1= 2+1，tanθ2=1− 2−1=− 2+1，
∴tan(θ1+θ2)=tanθ1+tanθ21−tanθ1tanθ2=1，
由题意可得θ1∈(0,π2)，θ2∈(3π2,2π)，∴θ1+θ2∈(3π2,5π2)，
∴θ1+θ2=9π4．
【解析】(1)利用同角的正余弦的平方和为1可得C1的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化易求直线l的直角坐标方程；
(2)联立直线l与曲线C1的极坐标方程可求得tan(θ1+θ2)=1，进而可得θ1+θ2的值．
本题考查参数方程与普通方程的互化，直角坐标方程与极坐标的互化，考查三角恒等变换，属中档题．
18.【答案】解：(1)设椭圆的长轴长为2a(a>0)，焦距为2c(c>0)，
由条件可得2a=10，2c=4，
所以a=5，c=2，
所以b2=a2−c2=25−4=21，
当椭圆的焦点在x轴上时，标准方程为x225+y221=1；
当椭圆的焦点在y轴上时，标准方程为y225+x221=1．
(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y2=−2px(p>0)，
将点P的坐标代入抛物线的标准方程得16=4p⇒p=4，
此时，所求抛物线的标准方程为y2=−8x；
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x2=−2my(m>0)，
将点P的坐标代入抛物线的标准方程得4=8m，解得m=12，
此时，所求抛物线的标准方程为x2=−y．
综上所述，所求抛物线的标准方程为y2=−8x或x2=−y．
【解析】(1)根据长轴和焦距的定义求出a、c，进而求出b，即可求解；
(2)设抛物线方程为y2=−2px(p>0)或x2=−2my(m>0)，将点P坐标代入，即可求解．
本题主要考查椭圆、抛物线标准方程的求解，属于基础题．
19.【答案】解：(1)∵y=f(x)过点P(−1,2)，且在点P处的切线恰好与直线x−3y=0垂直，f ′(x)=3ax2+2bx
∴{−a+b=23a−2b=−3,
∴a=1，b=3，
∴f(x)=x3+3x2．
(2)由题意得：f′(x)=3x2+6x=3x(x+2)>0，
解得x>0或x<−2．
故f(x)的单调递增区间为(−∞,−2]和[0,+∞)．
即m+1≤−2或m≥0，
故m≤−3或m≥0．
【解析】(1)将P的坐标代入f(x)的解析式，得到关于a，b的一个等式；求出导函数，求出f′(−1)即切线的斜率，利用垂直的两直线的斜率之积为−1，列出关于a，b的另一个等式，解方程组，求出a，b的值，即可求函数f(x)的解析式；
(2)求出f′(x)，令f′(x)>0，求出函数的单调递增区间，据题意知[m,m+1]⊆(−∞，−2]∪[0，+∞)，列出端点的大小，求出m的范围．
注意函数在切点处的导数值是曲线的切线斜率；直线垂直的充要条件是斜率之积为−1．
20.【答案】解：(1)由题意知，x−=1+2+3+4+55=3，y−=120+100+90+75+655=90，
b =i=15xiyi−5x−y−i=15xi2−5x−2=1215−5×3×9055−5×32=−13.5，a =y−−b x−=90+13.5×3=130.5，
所以，回归直线方程为y =−13.5x+130.5；
(2)X2=100×(15×50−25×10)240×25×60×75≈5.556>3.841，
故有95%的把握认为不戴头盔行为与事故伤亡有关．
【解析】(1)先求得b,a，进而求得不戴头盔人数y与月份x之间的回归直线方程；
(2)求得X2的值并与3.841进行大小比较进而得到是否有95%的把握认为不戴头盔行为与事故伤亡有关．
本题主要考查了线性回归方程的求解，还考查了独立性检验的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由双曲线的方程可知，双曲线的焦点坐标为(−1,0)，(1,0)，
所以椭圆的焦点坐标为(−1,0)，(1,0)，则c=1，
又椭圆中，由于S△PF1F2=12⋅|F1F2|⋅yP，
所以△PF1F2面积最大值S=12⋅2c⋅b= 3，故b= 3，
则a= b2+c2=2，
所以椭圆C的方程为：x24+y23=1．
(2)证明：设R(x,y)，由于直线过原点，则S(−x,−y)，E(x,0)．
所以直线SE的斜率kSE=y2x=12kRS=12k．
(3)由题设，可设直线l的方程为y=k(x−3)且k≠0，
联立椭圆方程并整理得：(3+4k2)x2−24k2x+36k2−12=0，
则Δ=576k4−48(3+4k2)(3k2−1)>0，
所以Δ=144−240k2>0，
即− 155
若存在T(t,0)使∠MTO=∠NTA恒成立，则|yMxM−t|=|yNxN−t|，
由椭圆对称性，不妨令M，N在x轴上方且xN>xM，显然xM
所以t(yM+yN)=xNyM+xMyN，
即t=xN(xM−3)+xM(xN−3)xM+xN−6=2xMxN−3(xM+xN)xM+xN−6，
综上，t=24(3k2−1)3+4k2−72k23+4k224k23+4k2−6=72k2−24−72k224k2−18−24k2=43，
所以，存在T(43,0)使∠MTO=∠NTA恒成立．
【解析】(1)先求得c，然后求得b，a，从而求得椭圆C的方程．
(2)设R(x,y)，求得S，E的坐标，进而求得直线SE的斜率．
(3)设直线l的方程为y=k(x−3)且k≠0，并与椭圆方程联立，化简写出判别式和根与系数关系，由∠MTO=∠NTA列方程，化简求得T的坐标．
本题考查了椭圆的方程、性质直线与椭圆的位置关系的综合应用，属于难题．
22.【答案】解：(1)由题意得当a=1时，f(x)=ex−x，x∈R，则f′(x)=ex−1，
由f′(x)=0得x=0，由f′(x)>0得x>0，由f′(x)<0得x<0，
∴f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
∴当x=0时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值点为x=0，无极大值点；
(2)由题意得f′(x)=ex−a，x∈R，
①当a≤0时，f′(x)>0，即f(x)在R上单调递增；
②当a>0时，由f′(x)=0得x=lna，由f′(x)>0得x>lna，由f′(x)<0得x
综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；
当a>0时，f(x)在(−∞,ln a)上单调递减，在(ln a，+∞)上单调递增；
(3)g(x)=ex(x−1)−alnx+f(x)有两个零点，转化为h(x)=xex−aln(xex)(x>0)有两个零点，
令t=xex，则t′=(x+1)ex>0在(0,+∞)上恒成立，
∴t=xex在(0,+∞)上单调递增，
∴h(x)=xex−aln(xex)有两个零点，转化为g(t)=t−alnt有两个零点，
则g′(t)=1−at=t−at，t∈(0,+∞)，
∴①当a≤0时，g′(t)>0，即g(t)在(0,+∞)上单调递增，不可能有两个零点；
②当a>0时，由g′(t)>0得t>a，由g′(t)<0得0
∴当t=a时，g(t)取得极小值也是最小值，即g(t)min=g(a)=a−alna，
若g(a)>0，则0
若g(a)−0，则a=e，此时g(t)有一个零点；
若g(a)<0，则a>e，
又g(1)=1>0，g(e)=e−a<0，g(ea)=ea−a2>0，
∴由零点存在性定理得g(t)在(1,e)，(e,ea)上各存在一个零点，符合题意；
综上所述，a的取值范围为(e,+∞)．
【解析】(1)由题意得当a=1时，f(x)=ex−x，x∈R，则f′(x)=ex−1，利用导数与极值的关系，即可得出答案；
(2)由题意得f′(x)=ex−a，x∈R，分类讨论a≤0，a>0，即可得出答案；
(3)题意转化为转化为h(x)=xex−aln(xex)(x>0)有两个零点，令t=xex，则t′=(x+1)ex>0在(0,+∞)上恒成立，即t=xex在(0,+∞)上单调递增，h(x)=xex−aln(xex)有两个零点，即g(t)=t−alnt有两个零点，利用导数研究g(t)，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性、极值和最值，考查转化思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
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