重庆市育才中学、西南大学附中、万州中学2023-2024学年高二上学期12月联考数学试题（Word版附解析）

高2025届2023—2024学年（上）12月名校联考数学试题（满分：150分；考试时间：120分钟）注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上．2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整．3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）．一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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.直线：与直线：互相垂直，则（）A.0B.1C.2D.-1【答案】C【解析】【分析】根据两条直线垂直的条件求解即可.【详解】因为直线与直线互相垂直，所以，解得.故选：C.2.双曲线（，）的离心率为2，则此双曲线的渐近线倾斜角可以是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的离心率得出，即可得出，即渐近线的斜率，由斜率得出倾斜角即可判断选项.【详解】双曲线（，）的离心率为2，， ，此双曲线的渐近线的斜率为，此双曲线的渐近线的倾斜角为或，故选：B.3.若圆与圆仅有一条公切线，则实数a的值为（）A.3B.C.D.1【答案】B【解析】【分析】利用两圆的位置关系计算即可.【详解】由题意可知两圆相内切，易得两圆圆心，且两圆半径分别为，所以.故选：B4.已知数列满足，，则（）A.2B.C.D.2023【答案】A【解析】【分析】由递推式得到数列的周期，利用周期性确定.【详解】由，，，……，所以是周期为3的数列，故.故选：A5.已知是椭圆的左焦点，是椭圆上一动点，若，则的最大值为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由方程得出椭圆的右焦点为，根据椭圆的定义得出，结合图象求出的最大值，即可得出答案.【详解】椭圆,则，，，如图，椭圆的右焦点为，则,,由图结合三角形两边之差小于第三边，则，则当点在射线与椭圆的交点（）时，取最大值，的最大值为.故选：B.6.已知抛物线的焦点为F，准线为l，与x轴平行的直线与l和抛物线C分别交于A，B两点，且，则（）A.2B.C.D.4 【答案】D【解析】【分析】由抛物线定义结合得到为等边三角形，进而得到，求出，得到答案.【详解】由抛物线定义可知，因为，所以为等边三角形，故，，所以，其中准线l与轴交点为，则，故，所以.故选：D7.已知椭圆M：，点在其上，直线l交椭圆于A，B两点，的重心是坐标原点，则直线l的斜率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】将代入椭圆方程求出，设，利用点差法得到，结合的重心是坐标原点，得到，求出直线l的斜率. 【详解】将代入椭圆方程得，，令，则，解得，即，设，则，，故，又，两式相减得，，变形得到，即，故，，解得.故选：B8.已知，是双曲线C：（，）的左，右焦点，过点倾斜角为150°的直线与双曲线的左，右两支分别交于点A，B，若，则双曲线C的离心率为（）A.B.2C.D.【答案】D【解析】【分析】设，利用双曲线的定义及题中几何关系将用表示，再利用几何关系建立关于齐次方程，从而求出离心率.【详解】如图，过作于,   设，则，，∴，，，由题意知，∴在中，，，∴，在中,,即，解得.双曲线的离心率为.故选：D.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9.已知方程表示的曲线为C，则下列四个结论中正确的是（）A.当时，曲线C是椭圆B.当或时，曲线C双曲线C.若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则D.若曲线C是焦点在y轴上的椭圆，则【答案】BC 【解析】【分析】根据给定条件，利用椭圆、双曲线方程的特征逐项判断作答.【详解】对于A，当时，，则曲线是圆，A错误；对于B，当或时，，曲线是双曲线，B正确；对于C，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，C正确；对于D，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，D错误．故选：BC.10.已知直线，圆的圆心坐标为，则下列说法正确的是（）A.直线恒过点B.C.直线被圆M截得的最短弦长为D.当时，圆M上存在无数对点关于直线l对称【答案】ACD【解析】【分析】求出直线l所过定点，判断A；根据圆的一般式方程结合圆心可求得的值，判断B；根据过圆内一点的最短弦长的求法可判断C；判断直线l过圆M的圆心，结合圆的性质可判断D.【详解】对于A，直线即，则直线l过定点，A正确；对于B，圆的圆心坐标为，即，故，B错误；对于C，圆，即，半径2，由于，即点在圆M内，当直线与AM的连线垂直时，直线被圆M截得的弦长最短， ，故最短弦长，C正确；对于D，当时，直线即，圆M的圆心在该直线上，即直线l通过圆M的圆心，所以圆M上存在无数对点关于直线l对称，D正确，故选：ACD11.已知斜率为2的直线交抛物线于、两点，下列说法正确的是（）A.为定值B.线段AB的中点在一条定直线上C.为定值（O为坐标原点，、分别为直线OA、OB的斜率）D.为定值（F为抛物线的焦点）【答案】BC【解析】【分析】A选项，设出直线方程，联立抛物线方程，得到两根之积，不是定值；B选项，计算出线段AB的中点坐标为，得到结论；C选项，在A选项基础上，计算出；D选项，结合焦半径公式推出不是定值.【详解】A选项，设直线方程为，联立，得，故不是定值，A错误； B选项，由A可知，，故，则，故线段AB的中点坐标为，一定在直线上，B正确；C选项，，，故为定值，C正确；D选项，由抛物线焦半径公式可得，，因为，所以，不是定值，D错误.故选：BC12.已知椭圆C：，，是其左、右焦点，为椭圆C上的一点，下列结论正确的是（）A.满足是直角三角形的点有四个B.直线l为椭圆C在P点处的切线，过作于，则可能为4C.过点作圆M：的一条切线，交椭圆C于另一点Q，（O为坐标原点）则D.过点作圆M：的两条切线，分别交椭圆C于E，H两点，则直线EH过定点【答案】BC【解析】 【分析】通过画出图像即可判断A项，分情况求出焦半径的范围，即可对B项判断；设出过点的切线方程并与椭圆方程联立及结合韦达定理即可对C、D项判断；【详解】∵椭圆的标准方程为：，所以，.对A：如下图所示，当点在对应的，，，个位置时，均为直角三角形，当点在对应的，个位置时，易得均为直角三角形，所以共有个点使为直角三角形，故A错误；对B：当为椭圆左顶点时，与重合，此时；当为右顶点时，与重合，此时，故存在点，使可能为.故B正确.对C：设切线方程为：，即，由，得到.将代入椭圆：，得：，整理：.设，则，得.因为，所以.故C正确； 对D：设切线方程为：，即，由得到，当时，又因为，即，此时，，，得：，当时为另一条切线，所以得，所以直线的方程为，即，此时点不在直线上，故D项错误.故选：BC.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知抛物线C：，则抛物线C的焦点坐标为________．【答案】【解析】【分析】吧抛物线方程化成标准方程，再求焦点坐标.【详解】由得：，其焦点坐标为：.故答案为：14.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，且，则________．【答案】【解析】【分析】根据椭圆得定义可得，在中，利用余弦定理求出，从而可求出，即可得解.【详解】由椭圆：，得，所以，因为点在椭圆上， 所以，在中，由余弦定理得：，即，所以，所以，则，所以，所以点在椭圆的上下顶点处，所以.故答案为：.15.双曲线的左、右焦点分别为．过作其中一条渐近线的垂线，垂足为．已知，直线的斜率为，则双曲线的方程为___________【答案】【解析】【分析】根据点到线的距离公式可得，设，根据渐近线的性质，结合直角三角形中各边关系可得，再根据直线的斜率为列式化简即可.【详解】因为，不妨设渐近线方程为，即，所以，所以． 设，则，所以，所以．因为，所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以，解得，所以双曲线的方程为．故答案为：16.若，则的最小值是________．【答案】【解析】【分析】结合所求式子特点，将式子转化为抛物线上的点的横坐标绝对值，与方程为的圆上点的距离之和，根据图像分析，距离之和最小时，即三点共线时，然后结合抛物线定义求解即可.【详解】由题知，作图如下，设，圆方程为，则，，点在抛物线上，焦点， 垂直抛物线准线于点，则，所以，则当三点共线时该式最小，由，所以，当且仅当共线（在之间）时等号成立.即的最小值为.故答案为：四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知是等差数列，若，．（1）求的通项公式；（2）证明是等差数列．【答案】（1），（2）证明见解析【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为d，得，结合等差数列的通项公式即得；（2）根据等差数列的定义可证.【小问1详解】设等差数列的公差为d，，，所以，【小问2详解】证明：因为所以是公差为的等差数列.18.设为实数，已知双曲线与椭圆有相同的焦点．（1）求的值；（2）若点在上，且，求面积．【答案】（1）1；（2）3.【解析】【分析】（1）根据曲线方程判断，根据共焦点列出方程，求解即可；（2）根据双曲线定义，结合三角形形状，列方程求解即可.小问1详解】根据题意，显然，且双曲线的焦点在轴上，故，即，，解得或，又，故；【小问2详解】由（1）可得双曲线方程为：，设其左右焦点分别为，故可得； 根据双曲线的对称性，不妨设点在双曲线的左支上，设，由双曲线定义可得：，即；又三角形为直角三角形，则，即，即，；故△的面积.19.在平面直角坐标系xOy中，设点P的轨迹为曲线C.①点P到的距离比P到y轴的距离大；②过点的动圆恒与y轴相切，FP为该圆的直径.在①和②中选择一个作为条件.（1）选择条件：________，求曲线C的方程；（2）设直线与曲线C相交于M，N两点，若，求实数k的值.【答案】（1）选①：或选②：（2）【解析】【分析】（1）选①：设点的坐标，由题意建立方程，化简即可求得曲线C的方程；选②：过P作y轴的垂线，垂足为H，交直线于点，通过中位线的性质求得，则，利用抛物线定义求解曲线C的方程.（2）将直线与抛物线联立，韦达定理，然后利用弦长公式建立方程求解即可.【小问1详解】选①：设，由题意，即， 整理可得，即或，所以曲线C的方程为或.选②：过P作y轴的垂线，垂足为H，交直线于点，设动圆的圆心为E，半径为r，则E到y轴的距离为r，在梯形OFPH中，由中位线性质可得，所以，又，所以，由抛物线的定义知，点P是以为焦点的抛物线，所以曲线C的方程为.【小问2详解】设，，将代入，消去y整理得.当时，，,，化简得，解得，经检验，此时，故. 20.已知椭圆C：点，分别是椭圆C的左、右焦点，点A是椭圆上任意一点，O为坐标原点，且的最小值为1，．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点作直线l与椭圆C交于不同两点P，Q，点M是线段PQ的中点，过点M作直线l的垂线交x轴于点N．求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意得，再由椭圆的定义可知即可求得，即得椭圆的方程；（2）分两种情况讨论，当直线l倾斜角为0时，；当直线l倾斜角不为0时，设直线l的方程为并联立椭圆方程，根据韦达定理法结合条件即得直线MN的方程及的坐标，再由弦长公式求得，根据的取值范围即可求得的取值范围.【小问1详解】由题即的最小值为1，故，由题可得，，所以椭圆的标准方程为：；【小问2详解】 ①设直线l的方程为：，，，联立得，由得，，，∴，，，直线MN的方程：，令，，∴，令，∴，在单调递增，∴，∴；②若直线l倾斜角为0时，则直线l方程为，此时M，N重合，，综上：.21.已知圆C与直线相切于点，且圆心C在x轴的正半轴上.（1）求圆C的方程； （2）过点作直线交圆C于M，N两点，且M，N两点均不在x轴上，点，直线BN和直线OM交于点G.证明：点G在一条定直线上，并求此直线的方程.【答案】（1）（2）证明见解析，【解析】【分析】（1）设圆心，利用垂直关系求出圆心坐标，从而利用距离公式求出半径，即可求出圆的方程；（2）设直线MN方程，与圆方程联立，得到韦达定理式，求出直线OM和直线BN的方程，联立求得，即可证明.【小问1详解】由圆心C在x轴的正半轴上设圆心，又圆C与直线相切于点，则，解得，所以，半径，所以圆C的方程为：.【小问2详解】设，，直线MN方程为：，联立得，，，，直线OM方程为：，直线BN方程为：，联立，可得，所以点G在直线上. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆相交问题的基本步骤如下：①设直线方程，设交点坐标为，；②联立直线与圆的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，必要时计算；③列出韦达定理；④将所求问题或题中的关系转化为，(或，)的形式；⑤代入韦达定理求解.22.设是双曲线C：（，）的右焦点，离心率，过F的直线l交双曲线C的右支于P、Q两点．（1）求双曲线C的标准方程；（2）过点P作轴于A，过点Q作轴于B，直线AQ交直线于M，记的面积为，的面积为．求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由焦点坐标得，由离心率求得，再求出，即可得双曲线方程；（2）设，，设直线PQ的方程为，代入双曲线方程应用韦达定理得，，由直线方程求得点坐标，利用斜率证明 三点共线，然后计算两个三角形面积，再结合韦达定理可得结论．【小问1详解】由题意，得，所以，故双曲线的标准方程为；【小问2详解】设，，易知PQ斜率不为0，故设直线PQ的方程为，联立得，，，，，由PQ直线与双曲线右支交于两点得，所以，直线AQ的方程为，所以，法一：下证明P，B，M三点共线，，，即证，也即证，由韦达定理显然成立.∴，∴，∴． 法二：，又，，∴①，，又，，∴②，由①、②结合韦达定理得．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的定值问题，设直线方程为，直线与圆锥曲线的交点坐标为，直线方程代入圆锥曲线方程后应用韦达定理得出（或），再利用交点坐标求出其它量，如本题中的三角形面积，然后代入韦达定理的结论（可结合所设直线方程）得出定值．