四川省遂宁市2021-2022学年高二下学期理数期末考试试卷
1．（2022高二下·遂宁期末）在复平面内，复数 （i为虚数单位）对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2022高二下·遂宁期末）已知p：，那么p的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
3．（2022高二下·遂宁期末）下列求导运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2022高二下·遂宁期末）已知圆与抛物线的准线相切，则（ ）
A． B． C．4 D．8
5．（2022高二下·遂宁期末）下列命题中为真命题的是（ ）
A．若为假命题，则均为假命题；
B．由锐角满足及，推出是合情推理
C．命题“存在，使得”的否定是“对任意，均有”；
D．命题“若，则或”的逆否命题为“若且，则”.
6．（2022高二下·遂宁期末）已知函数，则的图象在点处的切线的斜率为（ ）
A．3 B．3 C．5 D．5
7．（2022高二下·遂宁期末）设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则其导函数的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2022高二下·遂宁期末）已知的展开式中二项式系数之和为256，则该展开式中含x项的系数为（ ）
A．896 B．1024 C．1792 D．2048
9．（2022高二下·遂宁期末）从一个装有3个白球，3个红球和3个蓝球的袋中随机抓取3个球，记事件为“抓取的球中存在两个球同色”，事件为“抓取的球中有红色但不全是红色”，则在事件发生的条件下，事件发生的概率（ ）
A． B． C． D．
10．（2022高二下·遂宁期末）已知F是椭圆的左焦点，P为椭圆C上任意一点，点Q坐标为，则的最大值为（ ）
A．3 B．5 C． D．13
11．（2022高二下·遂宁期末）已知定义在R上的函数满足：函数为奇函数，且当时，成立（为的导函数），若，，，则a、b、c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
12．（2022高二下·遂宁期末）已知双曲线与直线交于A、B两点，点P为C右支上一动点，记直线PA、PB的斜率分别为，曲线C的左、右焦点分别为．若，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．双曲线C的渐近线方程为
C．若，则的面积为
D．曲线的离心率为
13．（2022高二下·遂宁期末）若随机变量，已知，则 .
14．（2022高二下·遂宁期末）若过点的双曲线的渐近线为，则该双曲线的标准方程是 .
15．（2022高二下·遂宁期末）已知，若在区间上存在，使得成立，则实数a的取值范围是 ．
16．（2022高二下·遂宁期末）如图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的，第n行有n个数且两端的数均为，每个数是它下一行左右相邻两数的和，如，，，，则第7行第5个数(从左往右数)为 .
17．（2022高二下·遂宁期末）设数列满足，.
（1）求，，，并猜想数列的通项公式；
（2）用数学归纳法证明（1）中的猜想.
18．（2022高二下·遂宁期末）如图，设P是圆上的动点，点D是P在x轴上的射影，M为PD上的一点，且．
（1）当P在圆上运动时，求点M的轨迹C方程；
（2）求点M到直线距离的最大值.
19．（2022高二下·遂宁期末）已知函数在和处取得极值．
（1）求a，b的值；
（2）若函数的图象与抛物线恰有三个不同交点，求m的取值范围．
20．（2022高二下·遂宁期末）社会生活日新月异，看纸质书的人越来越少，更多的年轻人（35岁以下）喜欢阅读电子书籍，他们认为电子书不仅携带方便，而且可以随时随地阅读，而年长者（35岁以上）更喜欢阅读纸质书.现在某书店随机抽取40名顾客进行调查，得到了如下列联表：
年长者 年轻人 总计
喜欢阅读电子书 16 20
喜欢阅读纸质书 8
总计 40
附：，其中.
0.10 0.05 0.010 0.005
2.706 3.841 6.635 7.879
（1）请将上面的列联表补充完整，并判断是否有90%的把握认为喜欢阅读电子书与年龄有关；
（2）若在年轻人中按照分层抽样的方法抽取了7人，为进一步了解情况，再从抽取的7人中随机抽取4人，求抽到喜欢阅读电子书的年轻人人数X的分布列及数学期望.
21．（2022高二下·遂宁期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点，点P到点F的距离比点P到直线的距离小1，记P的轨迹为C．
（1）求曲线C的方程；
（2）在直线上任取一点M，过M作曲线C的切线，切点分别为A、B，求证直线AB过定点．
22．（2022高二下·遂宁期末）已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若函数有两个极值点且恒成立，求实数a的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示
【解析】【解答】因为 ，
所以复数 在复平面内对应坐标为（1，1），
所以复数 对应的点位于第一象限，
故答案为：A.
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标可得答案。
2．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】A选项：，错误；B选项：，错误；
C选项：，，正确；
D选项：，错误.
故答案为：C.
【分析】按照充分不必要条件依次判断各个选项即可.
3．【答案】D
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】对于A选项，，A选项错误；
对于B选项，，B选项错误；
对于C选项，，C选项错误；
对于D选项，，D选项正确．
故答案为：D
【分析】利用常见函数的导数对选项分别求导即可.
4．【答案】C
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】因为圆的圆心为，半径为，
抛物线的准线为，
所以，
∴，
故答案为：C.
【分析】求出抛物线的准线方程，利用圆与准线相切即得．
5．【答案】D
【知识点】四种命题间的逆否关系；复合命题的真假；命题的否定
【解析】【解答】对于A，根据逻辑连接词“且”的定义，当为假命题，可得其中至少一个为假命题，A不符合题意；
对于B，由锐角满足，当时，可得，根据具体知识点推论出结论，此为演绎推理，B不符合题意；
对于C，由命题“存在，使得”的否定是“对任意，均有”，C不符合题意；
对于D，根据逆否命题的定义，命题“若，则或”的逆否命题为“若且，则”，D符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据逻辑连接词“且”的定义、演绎推理的定义、特称命题的否定、逆否命题的定义，可得答案.
6．【答案】B
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】由题可得，令，得，
所以，即，
所以的图象在点处的切线的斜率为.
故答案为：B.
【分析】利用导函数可求出，然后利导数的几何意义即得.
7．【答案】A
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】解：由的图象可知，当时函数单调递增，则，故排除C、D；
当时先递减、再递增最后递减，所以所对应的导数值应该先小于，再大于，最后小于，故排除B；
故答案为：A
【分析】根据函数单调性与导函数的关系判断即可.
8．【答案】C
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：因为的展开式中二项式系数之和为256，所以，解得，
所以展开式的通项公式为，
令，可得，所以该展开式中含x项的系数为，
故答案为：C.
【分析】由展开式中二项式系数之和为256，可得，从而可得展开式的通项公式为，再令，可得，即可得答案.
9．【答案】C
【知识点】条件概率与独立事件
【解析】【解答】解：因为事件为“抓取的球中存在两个球同色”包括两个同色和三个同色，所以
事件发生且事件发生概率为：
故.
故答案为：C.
【分析】根据题意，求出和，由公式即可求出解答.
10．【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】因为椭圆，
所以，，
则椭圆的右焦点为，
由椭圆的定义得：，
当点P在点处，取等号，
所以的最大值为5，
故答案为：B.
【分析】由，结合图形即得.
11．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】设，则，
因为当时，成立，所以，为递增函数，
又因为函数为奇函数，可得，
则，所以函数为偶函数，
所以函数在为单调递减函数，
由，，，
因为，所以，即.
故答案为：B.
【分析】设，根据题意求得函数在为单调递减函数，结合 ，， ，利用单调性，即可求解.
12．【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】由，可得，
设，则，即，
∴，设，
则，，所以，即，
又，，
所以，
∴，即，A不符合题意；
所以双曲线，，
双曲线C的渐近线方程为，离心率为，B不符合题意，D符合题意；
若，则，
所以，的面积为1，C不符合题意.
故答案为：D.
【分析】设，，由题可得，可得双曲线方程，进而判断ACD，然后利用双曲线的定义及三角形的面积公式可判断C.
13．【答案】1-a
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】因为随机变量，，由正态曲线的对称性可得：.
所以.
故答案为：1-a.
【分析】利用正态曲线的对称性即可求得.
14．【答案】
【知识点】双曲线的标准方程
【解析】【解答】解：因为双曲线的渐近线为，
故设其方程为，
因为点在双曲线上，
所以，，即所求方程为.
故答案为：
【分析】由题意设其方程为，利用待定系数法即可求出双曲线的标准方程。
15．【答案】（1，4）
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】由题可得，
因为在区间上存在，使得成立，
所以函数在区间不是单调函数，
所以在上有解，
所以在上有解，
所以.
所以，实数a的取值范围是（1，4）.
故答案为：（1，4）.
【分析】由题知区间不是单调函数，进而转化为在上有解问题，求解即可.
16．【答案】
【知识点】归纳推理
【解析】【解答】解：根据题意，设“莱布尼兹调和三角形”中第行第个数为，
由于“莱布尼兹调和三角形”中，每一行的第一个数字就是这个行数的倒数，且两个数字之和等于两个数字上方的数字之和，
则，，，
，，，，，，，，
，，，，
根据“莱布尼兹调和三角形”的对称性，分析可得，，；
故答案为：．
【分析】 根据每个数是它下一行左右相邻两数的和，先求出第5，6， 7三行的第2个数，再求出6，7两行的第3个数，求出第7行的第5个数.
17．【答案】（1）解：由，，可得：
，，
由，，，可猜想：
（2）证明：①当时，成立；
②假设当时，猜想成立，即.
则当时，
即当时，猜想成立.
由①②可知，对于任意的，都有成立.
综上所述，猜想得证.
【知识点】数列的概念及简单表示法；数学归纳法的原理
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合递推公式和代入法，进而得出数列的第二项的值、第三项的值和第四项的值，再利用归纳推理的方法，进而猜想出数列的通项公式。
（2）利用已知条件结合数学归纳法的证明步骤，进而证明出（1）中的猜想。
18．【答案】（1）解：设点，
由，可得，即，
又因为点在圆上，代入可得，
整理得，即点M的轨迹方程.
（2）解：设平行于直线且与相切的直线，
联立方程组，整理得，
当与C相切时，则满足，
解得，即，
所以的方程为或，
所以点M到直线距离的最大值.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设点 ， 根据题意得到，代入即可求解；
（2）设平行于直线 且与相切的直线，联立方程组， 与C相切时 ，求得，得到 的方程为或，结合两平行线间的距离公式，即可求解.
19．【答案】（1）解：由题可得，
由题意，得，则，
解得，
经检验，此时满足在和处取得极值，
所以；
（2）解：令，则原题意等价于图象与轴有三个交点．
∵，
∴由，解得或，由，解得，
∴在时取得极大值，在时取得极小值，
依题意得，解得，
故m的取值范围为．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，即得 a，b的值；
（2）令，则问题转化为图象与轴 有三个交点，求出函数的导函数，即可得到函数的单调性与极值，即可得到不等式组，解得即可.
20．【答案】（1）解：根据题意，可得如下的的列联表：
年长者 年轻人 总计
电子书 4 16 20
纸质书 8 12 20
总计 12 28 40
则
所以没有90%的把握认为喜欢阅读电子书与年龄有关.
（2）解：按照分层抽样的方法在年轻人中抽取7名，
则抽到喜欢阅读电子书的年轻人数为4名，喜欢阅读纸质书的年轻人数为3名，
所以随机变量的所有可能取值为1，2，3，4，
可得；；
；，
所以的分布列为
1 2 3 4
则期望为.
【知识点】独立性检验；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据题意，得出的列联表，求得，结合附表，即可求解；
（2）由题意得到随机变量的所有可能取值为1，2，3，4，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式求得期望值.
21．【答案】（1）解：设曲线C上任意一点P的坐标为，由题意知且有，即，化简得，所以曲线C的方程为
（2）证明：设，由题意知直线AB的斜率存在，设直线的方程为，联立方程，整理得，所以，且，又由，即，可得，所以抛物线在点处的切线的方程为，即，同理直线的方程为，联立方程，解得，又因为直线与的交点恰好在直线上，所以，即，所以，解得.
故直线的方程为，所以直线恒过定点
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设曲线C上任意一点P的坐标为，再根据题意列出方程化简即可；
（2）证明：设，设直线 的方程为 ，联立直线与抛物线的方程，根据导数的几何意义可得抛物线在点处的切线，再联立切线方程，结合韦达定理求解即可
22．【答案】（1）解：的定义域为，求导得，
令，得，其．
当时，又，所以，故在上单调递增.
当时，，所以，故在上单调递增，
当时， ，由得，
所以或时，，当时，，
故在上单调递增.在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增.
当时，在上单调递增，在上单调递减
（2）解：的定义域为，求导得，
有两个极值点时，等价于方程的有两个不等正根，
所以，所以，，
此时不等式恒成立，等价于对恒成立，可化为对恒成立，
令，，则，
令，则，
令，得或（舍去），
所以当时，，当时，，
故，
在恒成立，在上单调递减，
，.
故实数的取值范围是
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）先求出函数的定义域，再对函数求导，然后分，和三种情况判断导函数的正负，从而可求出函数的单调区间，
（2）对函数求导后，将问题转化为方程的有两个不等正根，从而可得 ，，将不等式恒成立，转化为可化为 对恒成立， 令，利用导数求其最小值即可求解.
1 / 1四川省遂宁市2021-2022学年高二下学期理数期末考试试卷
1．（2022高二下·遂宁期末）在复平面内，复数 （i为虚数单位）对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示
【解析】【解答】因为 ，
所以复数 在复平面内对应坐标为（1，1），
所以复数 对应的点位于第一象限，
故答案为：A.
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标可得答案。
2．（2022高二下·遂宁期末）已知p：，那么p的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】A选项：，错误；B选项：，错误；
C选项：，，正确；
D选项：，错误.
故答案为：C.
【分析】按照充分不必要条件依次判断各个选项即可.
3．（2022高二下·遂宁期末）下列求导运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】对于A选项，，A选项错误；
对于B选项，，B选项错误；
对于C选项，，C选项错误；
对于D选项，，D选项正确．
故答案为：D
【分析】利用常见函数的导数对选项分别求导即可.
4．（2022高二下·遂宁期末）已知圆与抛物线的准线相切，则（ ）
A． B． C．4 D．8
【答案】C
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】因为圆的圆心为，半径为，
抛物线的准线为，
所以，
∴，
故答案为：C.
【分析】求出抛物线的准线方程，利用圆与准线相切即得．
5．（2022高二下·遂宁期末）下列命题中为真命题的是（ ）
A．若为假命题，则均为假命题；
B．由锐角满足及，推出是合情推理
C．命题“存在，使得”的否定是“对任意，均有”；
D．命题“若，则或”的逆否命题为“若且，则”.
【答案】D
【知识点】四种命题间的逆否关系；复合命题的真假；命题的否定
【解析】【解答】对于A，根据逻辑连接词“且”的定义，当为假命题，可得其中至少一个为假命题，A不符合题意；
对于B，由锐角满足，当时，可得，根据具体知识点推论出结论，此为演绎推理，B不符合题意；
对于C，由命题“存在，使得”的否定是“对任意，均有”，C不符合题意；
对于D，根据逆否命题的定义，命题“若，则或”的逆否命题为“若且，则”，D符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据逻辑连接词“且”的定义、演绎推理的定义、特称命题的否定、逆否命题的定义，可得答案.
6．（2022高二下·遂宁期末）已知函数，则的图象在点处的切线的斜率为（ ）
A．3 B．3 C．5 D．5
【答案】B
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】由题可得，令，得，
所以，即，
所以的图象在点处的切线的斜率为.
故答案为：B.
【分析】利用导函数可求出，然后利导数的几何意义即得.
7．（2022高二下·遂宁期末）设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则其导函数的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】解：由的图象可知，当时函数单调递增，则，故排除C、D；
当时先递减、再递增最后递减，所以所对应的导数值应该先小于，再大于，最后小于，故排除B；
故答案为：A
【分析】根据函数单调性与导函数的关系判断即可.
8．（2022高二下·遂宁期末）已知的展开式中二项式系数之和为256，则该展开式中含x项的系数为（ ）
A．896 B．1024 C．1792 D．2048
【答案】C
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：因为的展开式中二项式系数之和为256，所以，解得，
所以展开式的通项公式为，
令，可得，所以该展开式中含x项的系数为，
故答案为：C.
【分析】由展开式中二项式系数之和为256，可得，从而可得展开式的通项公式为，再令，可得，即可得答案.
9．（2022高二下·遂宁期末）从一个装有3个白球，3个红球和3个蓝球的袋中随机抓取3个球，记事件为“抓取的球中存在两个球同色”，事件为“抓取的球中有红色但不全是红色”，则在事件发生的条件下，事件发生的概率（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】条件概率与独立事件
【解析】【解答】解：因为事件为“抓取的球中存在两个球同色”包括两个同色和三个同色，所以
事件发生且事件发生概率为：
故.
故答案为：C.
【分析】根据题意，求出和，由公式即可求出解答.
10．（2022高二下·遂宁期末）已知F是椭圆的左焦点，P为椭圆C上任意一点，点Q坐标为，则的最大值为（ ）
A．3 B．5 C． D．13
【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】因为椭圆，
所以，，
则椭圆的右焦点为，
由椭圆的定义得：，
当点P在点处，取等号，
所以的最大值为5，
故答案为：B.
【分析】由，结合图形即得.
11．（2022高二下·遂宁期末）已知定义在R上的函数满足：函数为奇函数，且当时，成立（为的导函数），若，，，则a、b、c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】设，则，
因为当时，成立，所以，为递增函数，
又因为函数为奇函数，可得，
则，所以函数为偶函数，
所以函数在为单调递减函数，
由，，，
因为，所以，即.
故答案为：B.
【分析】设，根据题意求得函数在为单调递减函数，结合 ，， ，利用单调性，即可求解.
12．（2022高二下·遂宁期末）已知双曲线与直线交于A、B两点，点P为C右支上一动点，记直线PA、PB的斜率分别为，曲线C的左、右焦点分别为．若，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．双曲线C的渐近线方程为
C．若，则的面积为
D．曲线的离心率为
【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】由，可得，
设，则，即，
∴，设，
则，，所以，即，
又，，
所以，
∴，即，A不符合题意；
所以双曲线，，
双曲线C的渐近线方程为，离心率为，B不符合题意，D符合题意；
若，则，
所以，的面积为1，C不符合题意.
故答案为：D.
【分析】设，，由题可得，可得双曲线方程，进而判断ACD，然后利用双曲线的定义及三角形的面积公式可判断C.
13．（2022高二下·遂宁期末）若随机变量，已知，则 .
【答案】1-a
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】因为随机变量，，由正态曲线的对称性可得：.
所以.
故答案为：1-a.
【分析】利用正态曲线的对称性即可求得.
14．（2022高二下·遂宁期末）若过点的双曲线的渐近线为，则该双曲线的标准方程是 .
【答案】
【知识点】双曲线的标准方程
【解析】【解答】解：因为双曲线的渐近线为，
故设其方程为，
因为点在双曲线上，
所以，，即所求方程为.
故答案为：
【分析】由题意设其方程为，利用待定系数法即可求出双曲线的标准方程。
15．（2022高二下·遂宁期末）已知，若在区间上存在，使得成立，则实数a的取值范围是 ．
【答案】（1，4）
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】由题可得，
因为在区间上存在，使得成立，
所以函数在区间不是单调函数，
所以在上有解，
所以在上有解，
所以.
所以，实数a的取值范围是（1，4）.
故答案为：（1，4）.
【分析】由题知区间不是单调函数，进而转化为在上有解问题，求解即可.
16．（2022高二下·遂宁期末）如图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的，第n行有n个数且两端的数均为，每个数是它下一行左右相邻两数的和，如，，，，则第7行第5个数(从左往右数)为 .
【答案】
【知识点】归纳推理
【解析】【解答】解：根据题意，设“莱布尼兹调和三角形”中第行第个数为，
由于“莱布尼兹调和三角形”中，每一行的第一个数字就是这个行数的倒数，且两个数字之和等于两个数字上方的数字之和，
则，，，
，，，，，，，，
，，，，
根据“莱布尼兹调和三角形”的对称性，分析可得，，；
故答案为：．
【分析】 根据每个数是它下一行左右相邻两数的和，先求出第5，6， 7三行的第2个数，再求出6，7两行的第3个数，求出第7行的第5个数.
17．（2022高二下·遂宁期末）设数列满足，.
（1）求，，，并猜想数列的通项公式；
（2）用数学归纳法证明（1）中的猜想.
【答案】（1）解：由，，可得：
，，
由，，，可猜想：
（2）证明：①当时，成立；
②假设当时，猜想成立，即.
则当时，
即当时，猜想成立.
由①②可知，对于任意的，都有成立.
综上所述，猜想得证.
【知识点】数列的概念及简单表示法；数学归纳法的原理
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合递推公式和代入法，进而得出数列的第二项的值、第三项的值和第四项的值，再利用归纳推理的方法，进而猜想出数列的通项公式。
（2）利用已知条件结合数学归纳法的证明步骤，进而证明出（1）中的猜想。
18．（2022高二下·遂宁期末）如图，设P是圆上的动点，点D是P在x轴上的射影，M为PD上的一点，且．
（1）当P在圆上运动时，求点M的轨迹C方程；
（2）求点M到直线距离的最大值.
【答案】（1）解：设点，
由，可得，即，
又因为点在圆上，代入可得，
整理得，即点M的轨迹方程.
（2）解：设平行于直线且与相切的直线，
联立方程组，整理得，
当与C相切时，则满足，
解得，即，
所以的方程为或，
所以点M到直线距离的最大值.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设点 ， 根据题意得到，代入即可求解；
（2）设平行于直线 且与相切的直线，联立方程组， 与C相切时 ，求得，得到 的方程为或，结合两平行线间的距离公式，即可求解.
19．（2022高二下·遂宁期末）已知函数在和处取得极值．
（1）求a，b的值；
（2）若函数的图象与抛物线恰有三个不同交点，求m的取值范围．
【答案】（1）解：由题可得，
由题意，得，则，
解得，
经检验，此时满足在和处取得极值，
所以；
（2）解：令，则原题意等价于图象与轴有三个交点．
∵，
∴由，解得或，由，解得，
∴在时取得极大值，在时取得极小值，
依题意得，解得，
故m的取值范围为．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，即得 a，b的值；
（2）令，则问题转化为图象与轴 有三个交点，求出函数的导函数，即可得到函数的单调性与极值，即可得到不等式组，解得即可.
20．（2022高二下·遂宁期末）社会生活日新月异，看纸质书的人越来越少，更多的年轻人（35岁以下）喜欢阅读电子书籍，他们认为电子书不仅携带方便，而且可以随时随地阅读，而年长者（35岁以上）更喜欢阅读纸质书.现在某书店随机抽取40名顾客进行调查，得到了如下列联表：
年长者 年轻人 总计
喜欢阅读电子书 16 20
喜欢阅读纸质书 8
总计 40
附：，其中.
0.10 0.05 0.010 0.005
2.706 3.841 6.635 7.879
（1）请将上面的列联表补充完整，并判断是否有90%的把握认为喜欢阅读电子书与年龄有关；
（2）若在年轻人中按照分层抽样的方法抽取了7人，为进一步了解情况，再从抽取的7人中随机抽取4人，求抽到喜欢阅读电子书的年轻人人数X的分布列及数学期望.
【答案】（1）解：根据题意，可得如下的的列联表：
年长者 年轻人 总计
电子书 4 16 20
纸质书 8 12 20
总计 12 28 40
则
所以没有90%的把握认为喜欢阅读电子书与年龄有关.
（2）解：按照分层抽样的方法在年轻人中抽取7名，
则抽到喜欢阅读电子书的年轻人数为4名，喜欢阅读纸质书的年轻人数为3名，
所以随机变量的所有可能取值为1，2，3，4，
可得；；
；，
所以的分布列为
1 2 3 4
则期望为.
【知识点】独立性检验；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据题意，得出的列联表，求得，结合附表，即可求解；
（2）由题意得到随机变量的所有可能取值为1，2，3，4，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式求得期望值.
21．（2022高二下·遂宁期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点，点P到点F的距离比点P到直线的距离小1，记P的轨迹为C．
（1）求曲线C的方程；
（2）在直线上任取一点M，过M作曲线C的切线，切点分别为A、B，求证直线AB过定点．
【答案】（1）解：设曲线C上任意一点P的坐标为，由题意知且有，即，化简得，所以曲线C的方程为
（2）证明：设，由题意知直线AB的斜率存在，设直线的方程为，联立方程，整理得，所以，且，又由，即，可得，所以抛物线在点处的切线的方程为，即，同理直线的方程为，联立方程，解得，又因为直线与的交点恰好在直线上，所以，即，所以，解得.
故直线的方程为，所以直线恒过定点
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设曲线C上任意一点P的坐标为，再根据题意列出方程化简即可；
（2）证明：设，设直线 的方程为 ，联立直线与抛物线的方程，根据导数的几何意义可得抛物线在点处的切线，再联立切线方程，结合韦达定理求解即可
22．（2022高二下·遂宁期末）已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若函数有两个极值点且恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）解：的定义域为，求导得，
令，得，其．
当时，又，所以，故在上单调递增.
当时，，所以，故在上单调递增，
当时， ，由得，
所以或时，，当时，，
故在上单调递增.在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增.
当时，在上单调递增，在上单调递减
（2）解：的定义域为，求导得，
有两个极值点时，等价于方程的有两个不等正根，
所以，所以，，
此时不等式恒成立，等价于对恒成立，可化为对恒成立，
令，，则，
令，则，
令，得或（舍去），
所以当时，，当时，，
故，
在恒成立，在上单调递减，
，.
故实数的取值范围是
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）先求出函数的定义域，再对函数求导，然后分，和三种情况判断导函数的正负，从而可求出函数的单调区间，
（2）对函数求导后，将问题转化为方程的有两个不等正根，从而可得 ，，将不等式恒成立，转化为可化为 对恒成立， 令，利用导数求其最小值即可求解.
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