四川省绵阳市南山中学实验学校2024届高三数学（理）上学期11月月考试题（补习班）（PDF版附解析）

绵阳南山中学实验学校2024届补习年级十一月月考理科数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一、选择题：本卷共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.xA1,0,1,2Byy2MAB1.已知集合，，，则集合M的子集个数是（）A.2B.3C.4D.822.抛物线y4x的焦点坐标是（）11A.(0,1)B.(1,0)C.0,D.,016163.已知函数f(x)的定义域为R，则“f(x1)f(x)恒成立”是“函数f(x)在R上单调递增”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件4.若向量a,b满足|ab||a||b|，则向量a,b一定满足的关系为（）A.a0B.存在实数，使得abC.存在实数m,n，使得manbD.|ab||a||b|2225.在平面直角坐标系xOy中，若圆C:x1y4r(r>0)上存在点P，且点P关于直线122xy10的对称点Q在圆C:xy49上，则r的取值范围是（）2A.(2，+∞)B.[2，+∞)C.(2，8)D.[2，8]π6.已知函数f(x)sinπx，其在一个周期内的图象分别与x轴、y轴交于点A、点B，并与过点A3的直线相交于另外两点C、D.设O为坐标原点，则BCBDOA（）第1页/共4页学科网（北京）股份有限公司 1842A.B.C.D.1899922xy7.已知过椭圆C:1(ab0)左焦点F且与长轴垂直的弦长为62，过点P2,1且斜率为－22ab1的直线与C相交于A，B两点，若P恰好是AB的中点，则椭圆C上一点M到F的距离的最大值为（）A.6B.226C.236D.6268.若直线yxb与曲线x1y2恰有一个公共点，则b的取值范围是（）A.2,2B.1,2C.[1,1)2D.(1,129.已知02，函数fx5sinx，若ff1，则cos（）6232333A.B.C.D.-25255510.已知数列an满足a12，a26，且an22an1an2，若x表示不超过x的最大整数（例如2222320221.61，1.62），则（）aaa122021A2019B.2020C.2021D.2022.22xy11.已知双曲线221a0,b0的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作一条直线与双曲线右支交ab于A,B两点，坐标原点为O，若OAc，BF15a，则该双曲线的离心率为（）15101510A.B.C.D.223312.设0.02b2e0.011，csin0.01tan0.01，则（）ae1，AabcB.acb.第2页/共4页学科网（北京）股份有限公司 C.cabD.bca二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13.已知复数z满足zz13i，则z__________.22xy14.已知双曲线1(a0,b0)的一个焦点在直线yx2上，且焦点到渐近线的距离为3，那么22ab双曲线的方程为_______．215.已知定义在R上的函数fx满足fxfxx，x1,x20,均有fx1fx2x1x21x1x2，则不等式fxf1xx的解集为___________.xx2212216.已知抛物线C:y8x，其焦点为点F，点P是拋物线C上的动点，过点F作直线m1xy4m60的垂线，垂足为Q，则PQPF的最小值为___________.三、解答题（共70分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17—21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.317.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4a5c,cosC．5（1）求sinA的值；（2）若b11，求ABC的面积．2kk18.已知数列an中的相邻两项a2k1，a2k是关于x的方程x3k2x3k20的两个根，且aa(k1,2,3,)．2k12k（1）求a1,a3,a5,a7及a2n(n4)（不必证明）；（2）求数列an的前2n项和S2n．22xy19.已知椭圆C：221ab0的左、右焦点分别是F1，F2，上、下顶点分别是B1，B2，离ab1心率e，短轴长为23.2（1）求椭圆C的标准方程；（2）过F2的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，若MNB1F2，试求△F1MN内切圆的面积.20.已知函数f(x)ln(x1)ax2．第3页/共4页学科网（北京）股份有限公司 （1）若a2，求fx在x0处的切线方程；（2）当x0时，f(x)2xxln(x1)0恒成立，求整数a的最大值．21.在平面直角坐标系xOy中，动点G到点F4,0的距离比到直线x60的距离小2．（1）求G的轨迹的方程；（2）设动点G的轨迹为曲线C，过点F作斜率为k1，k2的两条直线分别交C于M，N两点和P，Q两点，其中k1k22．设线段MN和PQ的中点分别为A，B，过点F作FDAB，垂足为D．试问：是否存在定点T，使得线段TD的长度为定值．若存在，求出点T的坐标及定值；若不存在，说明理由．（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题做答.如果多做，则按所做的第一题记分.x2tcos,22.在平面直角坐标系xOy中，直线C1的参数方程为（t为参数，0），曲线C2ytsin,x1sin2,的参数方程为（β为参数），以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐y2sincos,标系．（1）求曲线C2的极坐标方程；（2）若点P(2,0)，直线C1与曲线C2所在抛物线交于A，B两点，且|PA|2|PB|，求直线C1的普通方程．23.已知f(x)|xa|x|x2|(xa).（1）当a1时，求不等式f(x)0的解集；（2）若x(,1)时，f(x)0，求a的取值范围.第4页/共4页学科网（北京）股份有限公司 绵阳南山中学实验学校2024届补习年级十一月月考理科数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一、选择题：本卷共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.xA1,0,1,2Byy2MAB1.已知集合，，，则集合M的子集个数是（）A.2B.3C.4D.8【答案】C【解析】【分析】求出集合M，由此可计算出集合M的子集个数.x【详解】Byy2yy0，A1,0,1,2，MAB1,2，因此，集合M的子集个数是224.故选：C.【点睛】本题考查集合子集个数的计算，一般要求出集合的元素个数，考查计算能力，属于基础题.22.抛物线y4x的焦点坐标是（）11A.(0,1)B.(1,0)C.0,D.,01616【答案】C【解析】【分析】将抛物线化为标准方程可得焦点坐标.221【详解】抛物线y4x标准方程为xy，41其焦点坐标为0,16故选：C.第1页/共21页学科网（北京）股份有限公司 3.已知函数f(x)的定义域为R，则“f(x1)f(x)恒成立”是“函数f(x)在R上单调递增”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】函数f(x)为R上增函数xR，f(x1)f(x)，反之不成立，即可判断出结论．【详解】函数f(x)为R上增函数xR，f(x1)f(x)，反之不成立，例如定义f(x)在(0,1]上，f(x)x，且在R上满足f(x1)f(x)1，则有“f(x1)f(x)”，“f(x1)f(x)”是“函数f(x)为增函数”的必要不充分条件．故选：B．4.若向量a,b满足|ab||a||b|，则向量a,b一定满足的关系为（）A.a0B.存在实数，使得abC.存在实数m,n，使得manbD.|ab||a||b|【答案】C【解析】【分析】对于A,B,D通过举反例即可判断，对于C需分a与b是否为0讨论即可.【详解】|ab||a||b|，两边同平方得2222a2abba2|a||b|bab|a||b|，|a||b|cos|a||b|，对A，b0时，a为任一向量，故A错误，对B，若b0，a0时，此时不存在实数，使得ab，故B错误，对于C，因为|a||b|cos|a||b|，当a与b至少一个为零向量时，此时一定存在实数m,n,使得manb，具体分析如下：rr当a0，b0时，此时m为任意实数，n0，第2页/共21页学科网（北京）股份有限公司 当a0，b0时，此时n为任意实数，m0，当a0，b0时，m,n为任意实数，rr当a0，b0时，因为|a||b|cos|a||b|，则有cos1，根据0,，则0，此时a,b共线，且同向，则存在实数使得ab（0），nn令，其中m,n同号，即ab，即manb，则存在实数m,n,使得manb，故C正确，mmrr对于D，当a0，b0时，|ab||a||b|，故D错误，故选：C.2225.在平面直角坐标系xOy中，若圆C:x1y4r(r>0)上存在点P，且点P关于直线122xy10的对称点Q在圆C:xy49上，则r的取值范围是（）2A.(2，+∞)B.[2，+∞)C.(2，8)D.[2，8]【答案】D【解析】22【分析】求出圆C1关于xy10对称的圆的方程，转化为此圆与xy49有交点，再由圆心距与半径的关系列不等式组求解.222【详解】C1:x1y4r圆心坐标C11,4，设1,4关于直线xy10的对称点为a,b，a1b41022a3由，可得，b41b0a1222222所以圆C:x1y4r关于直线xy10对称圆的方程为C:x3yr，1022222则条件等价为：C:x3yr与C:xy49有交点即可，02两圆圆心为C03,0，C20,4，半径分别为r，3，22则圆心距CC30045，02则有r35r3，由r35得2r8，由r35得r2，第3页/共21页学科网（北京）股份有限公司 综上：2r8，所以r的取值范围是2,8，故选：D.π6.已知函数f(x)sinπx，其在一个周期内的图象分别与x轴、y轴交于点A、点B，并与过点A3的直线相交于另外两点C、D.设O为坐标原点，则BCBDOA（）1842A.B.C.D.18999【答案】B【解析】uuuruuuruur【分析】根据图象结合三角函数求点A,B，进而求BCBD,OA，即可得结果.π【详解】因为f(x)sinπx，3π33可得f(0)sin，即B0,，322由图可知：点A为减区间的对称中心，π2令πx2kππ,kZ，解得x2k,kZ，3322取k0，则x，即A,0，33uur23uur2可得BA,,OA,0，323uuuruuuruur4因为点A为线段CD的中点，则BCBD2BA,3，3uuuruuuruur428所以BCBDOA.339第4页/共21页学科网（北京）股份有限公司 故选：B.22xy7.已知过椭圆C:1(ab0)左焦点F且与长轴垂直的弦长为62，过点P2,1且斜率为－22ab1的直线与C相交于A，B两点，若P恰好是AB的中点，则椭圆C上一点M到F的距离的最大值为（）A.6B.226C.236D.626【答案】D【解析】【分析】利用椭圆的方程和性质及直线与椭圆位置关系即可解决.22xy【详解】由过椭圆C:1(ab0)左焦点F且与长轴垂直的弦长为62，可得椭圆过点22ab2c18c,32，代入方程得1.22ab2222xyxy设Ax,y,Bx,y,则111,221,，11222222abab2222xxyy两式作差得12120，22abx1x2x1x2y1y2y1y2即0，22ab因为P恰好是AB的中点，所以x1x24,y1y22，又因为直线AB斜率为-1，yy12122所以，将它们代入上式得a2b，xx122c181a2b2a6222则联立方程a2b解得b6.222abcc6所以椭圆C上一点M到F的距离的最大值为ac662.故选：D8.若直线yxb与曲线2x1y恰有一个公共点，则b的取值范围是（）第5页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.2,2B.1,2C.[1,1)2D.(1,12【答案】C【解析】【分析】由题意作图，根据直线与圆的位置关系，可得答案.222【详解】由曲线x1y，可得xy1，其中x0，表示以原点为圆心，半径为1的右半圆，yxb是倾斜角为135的直线，其与曲线有且只有一个公共点有两种情况：b（1）直线与半圆相切，根据dr，所以d1，结合图象，可得：b2；2（2）直线与半圆的下半部分相交于一个交点，由图可知b[1,1).综上可知：b[1,1)2.故选：C.9.已知02，函数fx5sinx，若ff1，则cos（）6232333A.B.C.D.-252555【答案】B【解析】227【分析】由已知条件，结合三角函数的性质可得，，从而利用6336coscos即可求解.667【详解】解：令fx5sinx0，0x2，则x或x，6662令fx5sinx5，0x2，则x，63又02，ff1，第6页/共21页学科网（北京）股份有限公司 22711所以，，sin，sin，63366565因为0，，62262626所以cos，cos，6565所以coscoscoscossinsin66666626261123，555525故选：B.10.已知数列an满足a12，a26，且an22an1an2，若x表示不超过x的最大整数（例如2222320221.61，1.62），则（）aaa122021A.2019B.2020C.2021D.2022【答案】D【解析】2n11【分析】求出annn1，1，即得解.ann【详解】解：由题设知，an2an1an1an2，a2a14，故an1an是首项为4，公差为2的等差数列，则an1an2n2，则anan1an1an2a2a1ana12n13212n1n2n1，2n11所以annn1，故1，ann22又nN*，当n1时，2，a12n1当n2时，1，an第7页/共21页学科网（北京）股份有限公司 222232022所以21112022.aaa122021故选：D．22xy11.已知双曲线221a0,b0的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作一条直线与双曲线右支交ab于A,B两点，坐标原点为O，若OAc，BF15a，则该双曲线的离心率为（）15101510AB.C.D..2233【答案】B【解析】【分析】1由OAcF1F2得F1AF290，由双曲线定义得BF23a，在△AF1B中应用勾股定理得2AFa，在△AFF中再应用勾股定理得a,c的关系式，求得离心率．2121【详解】因为OAcF1F2，所以F1AF290，2又BF1BF22a，所以BF23a，又AF1AF22a，222222由AF1ABBF1得(AF22a)(AF23a)(5a)，解得AF2a，222222c10所以由AFAFFF，得(a2a)a(2c)，解得e．1212a2故选：B．1【点睛】关键点点睛：本题考查求双曲线的离心率，解题关键是由OAcF1F2得F1AF290，2然后结合双曲线的定义在△AF1B中应用勾股定理求得AF2，在△AF1F2中应用勾股定理建立a,c的关系．12.设0.02b2e0.011，csin0.01tan0.01，则（）ae1，A.abcB.acbC.cabD.bca【答案】A【解析】20.020.010.01【详解】因为abe2e1e10，所以ab．第8页/共21页学科网（北京）股份有限公司 x设f(x)2e1sinxtanx，x1则f(x)2ecosx，2cosxx2sinx令g(x)f(x)，则g(x)2esinx．3cosxππ2sin2sinx683当x0,时，2ex2，sinx0，2，cos3π96xcos36π所以g(x)0，所以当x0,时，f(x)f(0)0，6π所以fx在x0,上单调递增，6从而f(x)f(0)0，因此f(0.01)0，即bc．综上可得abc．故选：A【点睛】比较函数值的大小，要结合函数值的特点，选择不同的方法，本题中，a,b可以作差进行比较大小，而b,c的大小比较，则需要构造函数，由导函数得到其单调性，从而比较出大小，有难度，属于难题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13.已知复数z满足zz13i，则z__________.【答案】5【解析】【分析】设zabi，a,bR，根据复数的模及复数相等的充要条件得到方程组，解得a、b，即可求出z，从而得解.【详解】设zabi，a,bR，22则zab，a2b2a1因为zz13i，所以a2b2abi13i，所以，b3第9页/共21页学科网（北京）股份有限公司 a422所以，即z43i，所以z435.b3故答案为：522xy14.已知双曲线1(a0,b0)的一个焦点在直线yx2上，且焦点到渐近线的距离为3，那么22ab双曲线的方程为_______．22y【答案】x13【解析】【分析】根据点到直线的距离公式可得b3，由焦点在直线上可得c2，进而可求解22acb1.【详解】由题意可得双曲线的焦点在x轴上，又直线yx2与x的交点为2,0，所以右焦点为2,0，故c2，b渐近线方程为yx，abcab3所以c,0到渐近线的距离为2，b1a2222y又acb1，故双曲线方程为x1，322y故答案为：x13215.已知定义在R上的函数fx满足fxfxx，x1,x20,均有fx1fx2x1x21x1x2，则不等式fxf1xx的解集为___________.xx22121【答案】,2【解析】12【分析】构造函数gxfxx，通过题干条件得到gx为奇函数，且在R上单调递增，从而根2据单调性解不等式，求出解集.第10页/共21页学科网（北京）股份有限公司 2【详解】因为定义在R上的函数fx满足fxfxx，12所以设gxfxx，2则gxgx，12所以gxfxx为奇函数，2fx1fx2x1x2因为x1,x20,，都有x1x2，xx212当x1x2时，22x1x2x1x2x1x2则有fxfx，即fxfx，1212222所以gx1gx2，所以gx在0,上单调递增，当x1x2时，22xx则有12fxfx，1222所以gx1gx2，所以gx在0,上单调递增，综上：gx在0,上单调递增，因为gx为奇函数，则gx在R上单调递增，11212fxf1xx变形为：fxxf1x1x，222即gxg1x，1所以x1x，解得：x.21故答案为：,2第11页/共21页学科网（北京）股份有限公司 216.已知抛物线C:y8x，其焦点为点F，点P是拋物线C上的动点，过点F作直线m1xy4m60的垂线，垂足为Q，则PQPF的最小值为___________.【答案】52##25【解析】【分析】通过确定直线过定点M(4,2)，得到Q在以FM为直径的圆上，将P到Q的距离转化为到圆心的距离的问题，再利用抛物线的定义就可得到最小值.【详解】将已知直线(m1)x4my60化为mx4xy60，当x4时y2，可确定直线过定点(4,2)，记为M点.∵过点F做直线(m1)x4my60的垂线，垂足为Q，∴FQ直线(m1)x4my60，即FQMQ,FQM90，故Q点的轨迹是以FM为直径的圆，半径r2，其圆心为FM的中点，记为点H，∴H(3,1)，2∵P在抛物线C:y8x上，其准线为x2，∴PF等于P到准线的距离.过P作准线的垂线，垂足为R.要使|PF||PQ|取到最小，即|PR||PQ|最小，此时R、P、Q三点共线，且三点连线后直线RQ过圆心H.如图所示，此时|PR||PQ|HRr52.min故答案为：52第12页/共21页学科网（北京）股份有限公司 三、解答题（共70分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17—21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.317.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4a5c,cosC．5（1）求sinA的值；（2）若b11，求ABC的面积．5【答案】（1）；5（2）22．【解析】【分析】（1）先由平方关系求出sinC，再根据正弦定理即可解出；222abc（2）根据余弦定理的推论cosC以及4a5c可解出a，即可由三角形面积公式2ab1SabsinC求出面积．2【小问1详解】34由于cosC，0Cπ，则sinC．因为4a5c，5555由正弦定理知4sinA5sinC，则sinAsinC．45【小问2详解】22162a222a121a11因为4a5c，由余弦定理，得abc553，cosC2ab22a2a54即2sinC，b11，a6a550，解得a5，而5114所以ABC的面积SabsinC51122．2252kk18.已知数列an中的相邻两项a2k1，a2k是关于x的方程x3k2x3k20的两个根，且aa(k1,2,3,)．2k12k（1）求a1,a3,a5,a7及a2n(n4)（不必证明）；第13页/共21页学科网（北京）股份有限公司 （2）求数列an的前2n项和S2n．n【答案】（1）a12,a34,a58,a712,a2n2(n4)；23n3nn1（2）222【解析】k【分析】（1）方程由因式分解可解得x13k,x22，结合a2k1a2k(k1,2,3,)则可求得a1,a3,a5,a7，nx令fnx2x123n，设gx23x，由导数法可求得fngng40，则有na2；n（2）分组求和，结合公式法求和即可【小问1详解】kk由题意得，x3kx20x13k,x22，由a2k1a2k(k1,2,3,)，则当k1时，x13,x22a12；当k2时，x16,x24a34；当k3时，x19,x28a58；当k4时，x112,x216a712；nn当knn4时，x13n,x22，令fnx2x123n，xx设gx23x，由gx2ln23g416ln230，故gx单调递增，n故fngng430，则x2x1，∴a2n2；【小问2详解】由（1）得S2na1a2a2n1a2n2n363n222n33nn21221223n3nn1222第14页/共21页学科网（北京）股份有限公司 22xy19.已知椭圆C：221ab0的左、右焦点分别是F1，F2，上、下顶点分别是B1，B2，离ab1心率e，短轴长为23.2（1）求椭圆C的标准方程；（2）过F2的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，若MNB1F2，试求△F1MN内切圆的面积.22xy36【答案】（1）1；（2）.43169【解析】c1【分析】（1）由题意得a2，解出即可；2b23（2）首先算出直线l的方程，然后和椭圆的方程联立消元，算出△F1MN的面积和周长，然后得到△FMN内切圆的半径即可.1c1【详解】（1）由题意得a2，又a2b2c2，解得a24，b23，2b2322xy所以椭圆C的方程为1.433（2）由B10,3，F21,0，知B1F2的斜率为3，因MNB1F2，故MN的斜率为，33则直线l的方程为yx1，即x3y1，322xy1,2联立43可得：13y63y90，x3y1,639设Mx1,y1，Nx2,y2，则y1y2，y1y2，1313224则△F1MN的面积Scy1y2y1y24y1y2，1312S6由△F1MN的周长L4a8，及SLR，得内切圆R，2L13第15页/共21页学科网（北京）股份有限公司 236所以△F1MN的内切圆面积为πRπ.16920.已知函数f(x)ln(x1)ax2．（1）若a2，求fx在x0处的切线方程；（2）当x0时，f(x)2xxln(x1)0恒成立，求整数a的最大值．【答案】（1）xy20（2）4【解析】【分析】（1）利用函数解析式求切点坐标，利用导数求切线斜率，点斜式求切线方程；x1lnx12（2）x0时，不等式恒成立；当x0时，不等式等价于a，设xx1lnx12gx，利用导数求gx的最小值，可求整数a的最大值．x【小问1详解】若a2，则f(x)ln(x1)2x2，f02，则切点坐标为0,2，1fx2，则切线斜率kf01，x1所以切线方程为y2x0，即xy20．【小问2详解】由f(x)2xxln(x1)0，得ax(x1)[ln(x1)2]，当x0时，a02，aR；x1lnx12当x0时，a，xx1lnx12x2lnx1设gx，gx2，xxx设hxx2lnx1，hx0，x1则hx在0,单调递增，h(3)1ln40，h(4)2ln50，所以存在x(3,4)使得hx0，即x2lnx1．0000第16页/共21页学科网（北京）股份有限公司 x0,x0时，hx0，即gx0；xx0,时，hx0，即gx0，则有gx在0,x0单调递减，在x0,单调递增，g(x)mingx0，x01lnx012x01x022所以agxx1，00xx00因为x0(3,4)，所以x01(4,5)，所以整数a的最大值为4．【点睛】方法点睛：不等式问题，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.21.在平面直角坐标系xOy中，动点G到点F4,0的距离比到直线x60的距离小2．（1）求G的轨迹的方程；（2）设动点G的轨迹为曲线C，过点F作斜率为k1，k2的两条直线分别交C于M，N两点和P，Q两点，其中k1k22．设线段MN和PQ的中点分别为A，B，过点F作FDAB，垂足为D．试问：是否存在定点T，使得线段TD的长度为定值．若存在，求出点T的坐标及定值；若不存在，说明理由．2【答案】（1）y16x（2）存在定点T(4,2)，使得线段TD的长度为定值2；理由见解析【解析】【分析】（1）根据动点G到点F(4,0)的距离比它到直线x60的距离小2和抛物线的定义可知点G的轨迹是以F(4,0)为焦点，以直线x40为准线的抛物线，进而得出结果；（2）设直线方程，联立抛物线方程，求得A，B的坐标，从而表示出AB的方程，说明其过定点，由FDAB可说明点D点在一个圆上，由此可得结论.【小问1详解】由题意可得动点G到点F4,0的距离比到直线x60的距离小2，则动点G到点F4,0的距离与到直线x40的距离相等，故G的轨迹是以F(4,0)为焦点，以直线x40为准线的抛物线，2设抛物线方程为y2px,(p0)，第17页/共21页学科网（北京）股份有限公司 2则焦准距p8，故G的轨迹的方程为：y16x；【小问2详解】由题意，直线MN的方程为yk1(x4)，由题意可知k10,k20,k1k2，2y16x2222由，消去y得：k1x(8k116)x16k10，yk(x4)12256(k1)0，111616设M(x1,y1),N(x2,y2)，则x1x282,y1y2k1(x14)k1(x24)，kk118888故A(4,)，同理可求得B(4,)，22kkkk112288kkkk2112所以直线AB的斜率kAB，88kk(4)(4)1222kk21故直线AB的方程为：kk88kk8kk121212yx4x4x44，2kkkkkkkk212111212故直线AB过定点(4,4)，设该点为E(4,4),又因为FDAB，所以点D在以EF为直径的圆上，22由于E(4,4),F(4,0),EF44404,22故以EF为直径的圆的方程为(x4)(y2)4，故存在定点T(4,2)，使得线段TD的长度为定值2.【点睛】本题考查了抛物线方程的求解以及直线和抛物线的位置关系中的定点问题，综合性较强，解答时要注意设直线方程并和抛物线方程联立,利用很与系数的关系进行化简，关键是解题思路要通畅，计算要准确，很容易出错.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题做答.如果多做，则按所做的第一题记分.x2tcos,22.在平面直角坐标系xOy中，直线C1的参数方程为（t为参数，0），曲线C2ytsin,第18页/共21页学科网（北京）股份有限公司 x1sin2,的参数方程为（β为参数），以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐y2sincos,标系．（1）求曲线C2的极坐标方程；（2）若点P(2,0)，直线C1与曲线C2所在抛物线交于A，B两点，且|PA|2|PB|，求直线C1的普通方程．2【答案】（1）sin4cos，cos0,2（2）2xy40或2xy40.【解析】2【分析】（1）由sincos1sin2将曲线C2的参数方程化为普通方程，再根据极坐标和直角坐标的转化公式即可得出答案；（2）将直线的参数方程代入曲线C2的普通方程，可得根与系数的关系式，结合根与系数的关系式化简可求得tan的值，即可求出直线C1的斜率，再由点斜式即可得出答案.【小问1详解】因为x1sin20,2，2由sincos1sin2，2所以曲线C2的普通方程为y4x，x0,2，222xcos，ysin，所以sin4cos，即sin4cos．2所以曲线C2的极坐标方程为sin4cos，cos0,2.【小问2详解】设A，B两点对应的参数分别为t1,t2，x2tcos,将代入y24x得22tsin4tcos80，ytsin,2由题知sin0，22222216cos32sin16(cossin)16sin1616sin0，第19页/共21页学科网（北京）股份有限公司 4cos8所以tt，tt．122122sinsin因为|PA|2|PB|，所以t12t2，82又t1t220，所以t12t2，故t2．sinsin24cos当t时，代入tt得tan=-2，2122sinsin此时C1的普通方程为y2(x2)，即2xy40．24cos当t时，代入tt得tan2，2122sinsin此时C1的普通方程为y2(x2)，即2xy40，2xy4022联立2可得2x44x，即x5x40，y4x解得：x1或x4，所以直线C1的普通方程为2xy40或2xy40．23.已知f(x)|xa|x|x2|(xa).（1）当a1时，求不等式f(x)0的解集；（2）若x(,1)时，f(x)0，求a的取值范围.【答案】（1）(,1)；（2）[1,)【解析】【分析】（1）根据a1，将原不等式化为|x1|x|x2|(x1)0，分别讨论x1，1x2，x2三种情况，即可求出结果；（2）分别讨论a1和a1两种情况，即可得出结果.【详解】（1）当a1时，原不等式可化为|x1|x|x2|(x1)0；2当x1时，原不等式可化为(1x)x(2x)(x1)0，即(x1)0，显然成立，此时解集为(,1)；当1x2时，原不等式可化为(x1)x(2x)(x1)0，解得x1，此时解集为空集；2当x2时，原不等式可化为(x1)x(x2)(x1)0，即(x1)0，显然不成立；此时解集为空集；第20页/共21页学科网（北京）股份有限公司 综上，原不等式的解集为(,1)；（2）当a1时，因为x(,1)，所以由f(x)0可得(ax)x(2x)(xa)0，即(xa)(x1)0，显然恒成立；所以a1满足题意；2(xa),ax1当a1时，f(x)，因为ax1时，f(x)0显然不能成立，所以a1不2(xa)(1x),xa满足题意；综上，a的取值范围是[1,).【点睛】本题主要考查含绝对值的不等式，熟记分类讨论的方法求解即可，属于常考题型.第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司