精品解析：河南省洛阳市强基联盟2024-2025学年高二上学期12月联考数学试题

洛阳强基联盟高二12月联考 数学 一、选择题：本题共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. 在等差数列中，，，则（ ） A. 1 B. 0 C. D. 2. 双曲线C：的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 顶点在原点，关于轴对称，并且经过点抛物线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列前n项和为，若，则的最大值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 5. 已知数列中，，则数列前2024项的和为（ ） A. 0 B. 1012 C. 2024 D. 4048 6. 若椭圆E：的周长为C，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线l：与双曲线C：交于A，B两点，点是弦AB的中点，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线的准线交轴于点，过点作直线交于两点，且，则直线的斜率是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列数列中，为递增数列的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知点是椭圆上关于原点对称且不与顶点重合的两点，的左､右焦点分别为，点为原点，则（ ） A. 的离心率为 B. 的值可以为3 C. D. 若的面积为，则 11. 已知为圆上任意一点，，线段的垂直平分线交直线于点，记点的轨迹为曲线，设在曲线上，且，则（ ） A. 曲线的方程为 B. 曲线的离心率为 C. 经过且与曲线只有一个公共点的直线恰有两条 D. 四边形面积的最小值为8 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知椭圆的焦距为2，则______． 13. 若数列满足，且为其前项和，则最小值为______. 14. 已知抛物线为抛物线上任意一点，过点向圆作切线，切点分别为，则的最小值为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知是数列前项和，若，是等差数列，. （1）求； （2）求数列的通项公式. 16. 已知两点，，动点P在y轴上的射影是H，. （1）求动点P的轨迹C的方程； （2）设直线l：与曲线C相交于A，B两点，当m为何值时，以线段AB为直径的圆经过点. 17. 已知等差数列的前项和为. （1）求证：数列是等差数列； （2）若是递增数列，，求证：. 18. 设为抛物线的焦点，为上三个不同的点，且，． （1）求的方程； （2）设过点的直线交于两点． ①若直线交圆于两点，其中位于第一象限，求的最小值； ②过点作的垂线，直线交于两点，设线段的中点分别为，求证：直线过定点． 19. 已知O为坐标原点，椭圆的左右焦点分别为，，，P为椭圆的上顶点，以P为圆心且过，的圆与直线相切. （1）求椭圆C的标准方程； （2）已知直线交椭圆C于M，N两点.若直线l的斜率等于1，求面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 洛阳强基联盟高二12月联考 数学 一、选择题：本题共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. 在等差数列中，，，则（ ） A. 1 B. 0 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列的中项求解. 【详解】解：由等差数列的性质可知， 所以． 故选：A． 2. 双曲线C：的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据双曲线的标准方程直接得出结果. 【详解】由题意知，，双曲线C的焦点在y轴上， 其渐近线的方程为，即. 故选：B. 3. 顶点在原点，关于轴对称，并且经过点的抛物线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用待定系数法求出抛物线方程，从而得解. 【详解】依题意，设抛物线方程为， 将代入得，则， 所以所求抛物线方程为. 故选：C. 4. 已知等差数列的前n项和为，若，则的最大值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列前n项和公式求出，再用基本不等式即可求得结果. 【详解】因为， 所以，又，当且仅当时取等号， 所以的最大值为4. 故选：B. 5. 已知数列中，，则数列前2024项的和为（ ） A. 0 B. 1012 C. 2024 D. 4048 【答案】C 【解析】 【分析】根据题目中的递推公式，利用列举法，写出数列前若干项，可得数列的周期性，可得答案. 【详解】由题意可得，，，，，… 则可得下表： 易知数列存在周期性，最小正周期， 由，则. 故选：C. 6. 若椭圆E：的周长为C，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】把椭圆化为标准方程，求得椭圆的长轴为直径的圆的周长，边平行于E的对称轴的外切矩形的周长可判断AC；求得以短轴为直径的圆周长，以长轴和短轴为对角线的菱形的周长可判断BD. 【详解】把化为标准方程为， 以长轴为直径的圆周长为， 边平行于E的对称轴的外切矩形的周长为， 所以，，所以A，C错误； 以短轴为直径的圆周长为， 以长轴和短轴为对角线的菱形的周长为， 所以，，所以B错误，D正确. 故选：D. 7. 已知直线l：与双曲线C：交于A，B两点，点是弦AB的中点，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用点差法列式，化简后求得，进而求得双曲线的离心率. 【详解】设，，可得，， 两式相减可得， 点是弦AB中点，且直线l：， 可得，，， 代入可得有，即， ∴，，故双曲线C的离心率为， 经验证此时直线与双曲线有两个交点. 故选：D. 8. 已知抛物线的准线交轴于点，过点作直线交于两点，且，则直线的斜率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用抛物线方程得到的坐标，进而假设直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理与向量的坐标表示求得、，进而求出，从而得解. 【详解】因为抛物线的准线为，所以， 因为直线l交E于两点，所以直线l的斜率存在且不为0， 故可设直线l的方程为，，， 联立，消去y得， 所以，即，，， 因为，所以，得， 联立，解得或， 所以，满足. 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列数列中，为递增数列的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用数列的单调性的定义逐项判断即可. 【详解】对于A.，所以， 所以为递增数列，故A正确； 对于B，，所以为递减数列，故B错误； 对于C，因为，则，，所以不单调，故C错误； 对于D，，所以，所以为递增数列，故D正确. 故选：AD. 10. 已知点是椭圆上关于原点对称且不与的顶点重合的两点，的左､右焦点分别为，点为原点，则（ ） A. 的离心率为 B. 的值可以为3 C. D. 若的面积为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，求出；B选项，先设，计算出，从而得到；C选项，由对称性和椭圆定义求出C正确；D选项，由三角形面积求出点坐标，得到，得到D正确. 【详解】A选项，椭圆中，，离心率为，A正确； B选项，设，且，则， 故， 所以，B错误； C选项，由对称性可得，所以，C正确； D选项，不妨设在第一象限，，则，则， 则，则，故，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知为圆上任意一点，，线段的垂直平分线交直线于点，记点的轨迹为曲线，设在曲线上，且，则（ ） A. 曲线的方程为 B. 曲线的离心率为 C. 经过且与曲线只有一个公共点的直线恰有两条 D. 四边形面积的最小值为8 【答案】AC 【解析】 【分析】由双曲线的定义结合其标准方程即可判断A，再由双曲线离心率的计算公式即可判断B，分直线斜率存在与不存在讨论，即可判断C，由条件将问题转化为四边形面积的一半，然后联立直线与双曲线的方程，结合韦达定理代入计算，即可判断. 【详解】对于A，圆：的圆心为，半径， 因为线段的垂直平分线交直线于点M，则， 所以， 所以点M的轨迹是以，为焦点的双曲线，其中，， 所以，所以曲线H的方程为，故A正确； 对于B，因为，，所以该双曲线的离心率为2，故B错误； 对于C，当直线的斜率不存在时，经过且与曲线H相切的直线是，符合题意； 当直线斜率存在时，经过的直线与曲线H的渐近线平行时，也满足条件， 所以符合条件的直线恰有两条，故C正确； 对于D，因为，，则A，B分别在两支上， 且A，B都在x轴上方或x轴下方，不妨设都在x轴上方， 又，则A在第二象限，B在第一象限， 如图所示，延长交双曲线于点N，延长交双曲线于点Q， 由对称性知四边形为平行四边形，且面积为四边形面积的2倍. 由题设，直线AN的方程为，直线BQ的方程为， 联立消去x并整理得，且， ，，， 易得 ， 因为，所以，所以， 两条直线AN与BQ间的距离， 所以， 令，，所以， 因为在上单调递减，且， 所以在上单调递增， 当即时，取得最小值为12，故D错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是采用设线法联立双曲线方程，得到韦达定理式，再利用弦长公式表示出面积，求出其最值即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知椭圆的焦距为2，则______． 【答案】5或7. 【解析】 【分析】讨论焦点在轴上或在轴上，分别计算即可得到结果. 【详解】当椭圆焦点在轴时，， 由焦距为得，，故，解得. 当椭圆焦点在轴时，， 由焦距为得，，故，解得. 故答案为：5或7. 13. 若数列满足，且为其前项和，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先由的通项公式分析得只有，为负数，从而判断得的最小值为或或，再依次求得的前6项，得到或或的值，从而得解. 【详解】令，解得， 所以数列中，只有，为负数， 所以的最小值为或或， 又，， ，， ，， 则，所以的最小值为. 故答案为：. 14. 已知抛物线为抛物线上任意一点，过点向圆作切线，切点分别为，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用两点间的距离求得抛物线上的点到圆心的距离，利用可求最小值. 【详解】圆的标准方程是，则圆心为，半径为， 设，，所以， . 所以的最小值为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知是数列的前项和，若，是等差数列，. （1）求； （2）求数列的通项公式. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，设出数列的公差，并求出的表达式，再建立方程求出公差即可得. （2）利用前项和与第项间的关系，求出通项公式. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，由，得， 则，由，得，解得， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，， 当时，，而满足上式， 所以数列的通项公式. 16. 已知两点，，动点P在y轴上的射影是H，. （1）求动点P的轨迹C的方程； （2）设直线l：与曲线C相交于A，B两点，当m为何值时，以线段AB为直径的圆经过点. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，设，由向量的坐标运算以及代入计算，化简即可得到轨迹方程； （2）根据题意，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理代入计算，再由，列出方程，即可得到结果. 【小问1详解】 设动点，则， 所以，，， 因为，所以，即轨迹C的方程为. 【小问2详解】 联立方程，消去y并整理得， 所以，且，所以且， 设，，则，. 若以AB为直径的圆过点，则，所以， 即， 所以， 所以， 化简，得，解得，满足， 所以. 17. 已知等差数列的前项和为. （1）求证：数列是等差数列； （2）若是递增数列，，求证：. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由已知条件求得，通过作差即可求证； （2）通过裂项相消法求和即可求证. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 则， 所以， 所以数列是公差为的等差数列. 【小问2详解】 由（1）知数列是公差为的等差数列， 因为，即， 因为，所以， 所以， 所以 得证. 18. 设为抛物线的焦点，为上三个不同的点，且，． （1）求的方程； （2）设过点的直线交于两点． ①若直线交圆于两点，其中位于第一象限，求的最小值； ②过点作的垂线，直线交于两点，设线段的中点分别为，求证：直线过定点． 【答案】（1） （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）由抛物线方程可得焦点坐标与准线方程，根据向量的坐标运算以及抛物线的定义，建立方程组，可得答案； （2）①利用分类讨论，分直线斜率是否存在两种情况，表示出直线，联立抛物线方程，写出韦达定理，结合抛物线定义以及圆性质，整理代数式，利用基本不等式，可得答案； ②同①写出韦达定理，根据中点坐标公式，利用点斜式方程，可得答案. 【小问1详解】 由抛物线，则，准线方程， 由为上三个不同的点，设， 则， 由，则， 由， 且，则， 所以，解得，故抛物线的方程为. 【小问2详解】 ①由题意作图如下： 由，整理可得，则圆心为，半径， 当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入抛物线，解得，则， 将代入圆，解得，则， 所以，此时； 当直线的斜率存在时，由题意可得，直线的方程可设为，设 联立可得，消去整理可得， ，， 易知，， 所以， 由，则，当且仅当，即时，等号成立， 综上所述，的最小值为. ②证明：由题意可作图如下： 由题意可知直线的斜率存在且不为零，可设该直线方程为， 由①可得，设，则， 由直线垂直直线，且垂足为，则该直线方程为， 联立，消去整理可得， ， 设，则， 设，且线段的中点分别为， 则，， ，， 当时，直线斜率存在，直线的斜率， 可得方程为，则， 整理可得， 令，解得，所以直线过定点. 当时，直线斜率不存在，易知， 直线的方程为，此时直线过； 综上所述，所以直线过定点. 19. 已知O为坐标原点，椭圆的左右焦点分别为，，，P为椭圆的上顶点，以P为圆心且过，的圆与直线相切. （1）求椭圆C的标准方程； （2）已知直线交椭圆C于M，N两点.若直线l的斜率等于1，求面积的最大值． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据定义先求出，然后利用圆上的点到圆心的距离为半径求出，最后求出和椭圆方程； （2）先联立得到的取值范围，然后得到面积的解析式，根据函数性质求得面积最大值，最后判断是否符合要求即可. 【小问1详解】 因为，所以， 又且以为圆心的圆与直线相切，所以， 又圆过点，所以，解得， 所以， 故椭圆方程为； 【小问2详解】 如图所示， 不妨令直线，， 联立，得， 所以，解得， 又， 且点到直线距离为， ， 所以， 当且仅当时取到最大值，此时满足， 所以. 【点睛】关键点睛：熟练应用韦达定理和弦长公式是解决解析几何的基本功，需要大量的训练和练习. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $