1、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.1. 已知集合，则集合的子集个数是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出集合，由此可计算出集合的子集个数.【详解】，因此，集合的子集
2、个数是.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.2. 抛物线的焦点坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将抛物线化为标准方程可得焦点坐标.【详解】抛物线标准方程为，其焦点坐标为故选：C.3. 已知函数的定义域为，则“恒成立”是“函数在上单调递增”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】函数为上增函数，反之不成立，即可判断出结论【详解】函数为上增函数，反之不成立，例如定义在,上，且在上满足，则有“”， “”是“函数为增函数”的必要不充
3、分条件故选：B4. 若向量满足，则向量一定满足的关系为（ ）A. B. 存在实数，使得C. 存在实数，使得D. 【答案】C【解析】【分析】对于A,B,D通过举反例即可判断，对于C需分与是否为讨论即可.【详解】，两边同平方得，对A，时，为任一向量，故A错误，对B，若，时，此时不存在实数，使得，故B错误，对于C，因为，当与至少一个为零向量时，此时一定存在实数,使得，具体分析如下：当，时，此时为任意实数，当，时，此时为任意实数，当，时，为任意实数，当，时，因为，则有，根据，则，此时共线，且同向，则存在实数使得（），令，其中同号，即，即，则存在实数,使得，故C正确，对于D，当，时，故D错误，故选：C.
4、5. 在平面直角坐标系xOy中，若圆 (r0)上存在点P，且点P关于直线的对称点Q在圆 上，则r的取值范围是（ ）A. (2，+)B. 2，+)C. (2，8)D. 2，8【答案】D【解析】【分析】求出圆关于对称的圆的方程，转化为此圆与有交点，再由圆心距与半径的关系列不等式组求解.【详解】圆心坐标，设关于直线的对称点为，由，可得，所以圆关于直线对称圆的方程为，则条件等价为：与有交点即可，两圆圆心为，半径分别为，3，则圆心距，则有，由得，由得，综上：，所以r的取值范围是，故选：D.6. 已知函数，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的直线相交于另外两点C、D.设O为坐标
5、原点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据图象结合三角函数求点，进而求，即可得结果.【详解】因为，可得，即，由图可知：点A为减区间的对称中心，令，解得，取，则，即，可得，因为点A为线段CD的中点，则，所以.故选：B.7. 已知过椭圆左焦点且与长轴垂直的弦长为，过点且斜率为1的直线与相交于，两点，若恰好是的中点，则椭圆上一点到的距离的最大值为（ ）A. 6B. C. D. 【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.【详解】由过椭圆左焦点且与长轴垂直的弦长为，可得椭圆过点，代入方程得.设则，两式作差得，即，因为恰好是的中点，所以，又因为直
6、线AB斜率为-1，所以，将它们代入上式得，则联立方程解得.所以椭圆上一点到的距离的最大值为.故选：D8. 若直线与曲线恰有一个公共点，则b的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【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.【详解】由曲线，可得，其中，表示以原点为圆心，半径为1的右半圆，是倾斜角为的直线，其与曲线有且只有一个公共点有两种情况：（1）直线与半圆相切，根据，所以，结合图象，可得：；（2）直线与半圆的下半部分相交于一个交点，由图可知.综上可知：.故选：C.9. 已知，函数，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知条件，结合三角函
7、数的性质可得，从而利用即可求解.【详解】解：令，则或，令，则，又，所以，因为，所以，所以，故选：B.10. 已知数列满足，且，若表示不超过的最大整数（例如，），则（ ）A. 2019B. 2020C. 2021D. 2022【答案】D【解析】【分析】求出，即得解.【详解】解：由题设知，故是首项为4，公差为2的等差数列，则，则，所以，故，又，当时，当时，所以.故选：D11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过作一条直线与双曲线右支交于两点，坐标原点为，若，则该双曲线的离心率为（ ）A B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由得，由双曲线定义得，在中应用勾股定理得，在中再应用勾股定理得的关系式
8、，求得离心率【详解】因为，所以，又，所以，又，由得，解得，所以由，得，解得故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查求双曲线的离心率，解题关键是由得，然后结合双曲线的定义在中应用勾股定理求得，在中应用勾股定理建立的关系12. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】因为，所以设，则，令，则当时，所以，所以当时，所以在上单调递增，从而，因此，即综上可得故选：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，可以作差进行比较大小，而的大小比较，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
9、20分13. 已知复数满足，则_.【答案】5【解析】【分析】设，根据复数的模及复数相等的充要条件得到方程组，解得、，即可求出，从而得解.【详解】设，则，因为，所以，所以，所以，即，所以.故答案为：14. 已知双曲线的一个焦点在直线上，且焦点到渐近线的距离为，那么双曲线的方程为_【答案】【解析】【分析】根据点到直线的距离公式可得，由焦点在直线上可得，进而可求解.【详解】由题意可得双曲线的焦点在轴上，又直线与的交点为，所以右焦点为，故，渐近线方程为，所以到渐近线的距离为，又，故双曲线方程为，故答案为：15. 已知定义在上的函数满足，均有，则不等式的解集为_.【答案】【解析】【分析】构造函数，通过题
10、干条件得到为奇函数，且在R上单调递增，从而根据单调性解不等式，求出解集.【详解】因为定义在上的函数满足，所以设，则，所以为奇函数，因为，都有，当时，则有，即，所以，所以在上单调递增，当时，则有，所以，所以在上单调递增，综上：在上单调递增，因为奇函数，则在R上单调递增，变形为：，即，所以，解得：.故答案为：16. 已知抛物线，其焦点为点，点是拋物线上的动点，过点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为_.【答案】#【解析】【分析】通过确定直线过定点M，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】将已知直线化为，当时，可确定直线过定点，记
11、为M点.过点F做直线的垂线，垂足为Q，直线，即，故Q点的轨迹是以FM为直径的圆，半径，其圆心为FM的中点，记为点H，P在抛物线上，其准线为，等于P到准线的距离.过P作准线的垂线，垂足为R.要使取到最小，即最小，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.故答案为：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1721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.17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知（1）求的值；（2）若，求的面积【答案】（1）； （2）【解析】【分析
12、】（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出；（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积【小问1详解】由于， ，则因为，由正弦定理知，则【小问2详解】因为，由余弦定理，得，即，解得，而，所以的面积18. 已知数列中相邻两项，是关于x的方程的两个根，且（1）求及（不必证明）；（2）求数列的前项和【答案】（1）； （2）【解析】【分析】（1）方程由因式分解可解得，结合则可求得，令，设，由导数法可求得，则有；（2）分组求和，结合公式法求和即可【小问1详解】由题意得，由，则当时，；当时，；当时，；当时，；当 时，令，设，由，故单调递增，故，则，；【小问2详解】由（1）得19.
13、 已知椭圆：的左、右焦点分别是，上、下顶点分别是，离心率，短轴长为.（1）求椭圆的标准方程；（2）过的直线与椭圆交于不同的两点，若，试求内切圆的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意得，解出即可；（2）首先算出直线方程，然后和椭圆的方程联立消元，算出的面积和周长，然后得到内切圆的半径即可.【详解】（1）由题意得，又，解得，所以椭圆的方程为.（2）由，知的斜率为，因，故的斜率为，则直线的方程为，即，联立可得：，设，则，则的面积，由的周长，及，得内切圆，所以的内切圆面积为.20. 已知函数（1）若，求在处的切线方程；（2）当时，恒成立，求整数a的最大值【答案】（1） （2）4【
14、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；（2）时，不等式恒成立；当时，不等式等价于，设，利用导数求的最小值，可求整数a的最大值【小问1详解】若，则，则切点坐标为，则切线斜率，所以切线方程为，即【小问2详解】由，得，当时，；当时，设，设，则在单调递增，所以存在使得，即时，即；时，即，则有在单调递减，在单调递增，所以，因为，所以，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
15、的应用.21. 在平面直角坐标系中，动点到点的距离比到直线的距离小2（1）求的轨迹的方程；（2）设动点的轨迹为曲线，过点作斜率为，的两条直线分别交于M，N两点和P，Q两点，其中设线段和的中点分别为A，B，过点作，垂足为试问：是否存在定点，使得线段的长度为定值若存在，求出点的坐标及定值；若不存在，说明理由【答案】（1） （2）存在定点，使得线段的长度为定值2；理由见解析【解析】【分析】（1）根据动点G到点的距离比它到直线的距离小2和抛物线的定义可知点G的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，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，由可
16、说明点D点在一个圆上，由此可得结论.【小问1详解】由题意可得动点到点的距离比到直线的距离小2，则动点到点的距离与到直线的距离相等，故G的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，设抛物线方程为 ，则焦准距 ，故的轨迹的方程为： ；【小问2详解】由题意，直线MN的方程为 ，由题意可知 ，由 ，消去y得： ， ，设 ，则，故 ，同理可求得，所以直线AB的斜率，故直线AB的方程为：，故直线AB过定点 ，设该点为,又因为，所以点D在以EF为直径的圆上，由于 , ,故以EF为直径的圆的方程为，故存在定点，使得线段的长度为定值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
17、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.22. 在平面直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（t为参数，），曲线的参数方程为（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标系（1）求曲线的极坐标方程；（2）若点，直线与曲线所在抛物线交于A，B两点，且，求直线的普通方程【答案】（1）， （2）或.【解析】【分析】（1）由将曲线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
18、参数方程代入曲线的普通方程，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的值，即可求出直线的斜率，再由点斜式即可得出答案.【小问1详解】因为，由，所以曲线的普通方程为，所以，即所以曲线的极坐标方程为，.【小问2详解】设A，B两点对应的参数分别为，将代入得，由题知，所以，因为，所以，又，所以，故当时，代入得，此时的普通方程为，即当时，代入得，此时的普通方程为，即，联立可得，即，解得：或，所以直线的普通方程为或23. 已知 （1）当时，求不等式的解集；（2）若时，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据，将原不等式化为，分别讨论，三种情况，即可求出结果；（2）分别讨论和两种情况，即可得出结果.【详解】（1）当时，原不等式可化；当时，原不等式可化为，即，显然成立，此时解集为；当时，原不等式可化为，解得，此时解集为空集；当时，原不等式可化为，即，显然不成立；此时解集为空集；综上，原不等式的解集为；（2）当时，因为，所以由可得，即，显然恒成立；所以满足题意；当时，因为时， 显然不能成立，所以不满足题意；综上，的取值范围是.【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.
