2023年高考数学考前信息必刷卷2（全国甲卷（理））（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12023年高考数学考前信息必刷卷2（全国甲卷（理））一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1．设复数满足（为虚数单位），则复数的虚部是（

）A．2 B． C． D．〖答案〗D〖解析〗由，得，所以复数的虚部是为，故选：D2．给定集合，对于，如果，，那么是的一个“好元素”，由的3个元素构成的所有集合中，不含“好元素”的集合共有（

）A．5个 B．6个 C．9个 D．12个〖答案〗B〖解析〗若由的3个元素构成的集合中不含“好元素”，则这3个元素一定是连续的3个整数，故不含“好元素”的集合有，，，，，，共6个.故选:B．3．在如图所示的计算程序框图中，判断框内应填入的条件是（

）A． B．C． D．〖答案〗A〖解析〗由题意结合流程图可知当时，程序应执行，，再次进入判断框时应该跳出循环，输出的值；结合所给的选项可知判断框内应填入的条件是.故选：A.4．若向量，满足，，且与的夹角为，则（

）A．2 B． C． D．〖答案〗D〖解析〗因为，，与的夹角为，所以，则.故选：D.5．某研究学习小组共7人，他们搜集整理这14种算法的相关资料所花费的时间分别为83，84，80，69，82，81，81（单位:min）.则这组时间数据的（

）A．极差为14 B．方差为22 C．平均数为80 D．中位数为80〖答案〗C〖解析〗极差为样本最大值与最小值之差：，A错误；平均数为：，C正确；方差为：，B错误；样本由大到小排列：69，80，81，81，82，83，84，中位数为81，D错误.故选：C.6．已知，，则下列说法正确的是A．时，恒有B．与函数图象仅有唯一交点C．时，图象在图象下方D．存在使得〖答案〗C〖解析〗由题意，当时，，所以A不正确；当，时，，所以B不正确；令，由，可得，解得，所以当时，图象总在图象下方，所以C正确；当时，总有，不存在使得，所以D不正确，故选C．7．中国古代数学的瑰宝《九章第术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如下图所示的“曲池”，其高为3，底面，底面扇环所对的圆心角为，长度为长度的3倍，且线段，则该“曲池”的体积为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗设对应半径为R，对应半径为r，根据弧长公式可知，，因为两个扇环相同，长度为长度的3倍，所以，因为，所以，所以曲池体积为.故选：D8．我国《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方，如图所示，将1，2，3，…，9填入的方格内，使得每行、每列、每条对角线上的数的和都相等，便得到一个3阶幻方.一般地，将连续的正整数1，2，3，…，填入个方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和都相等，这个正方形叫作n阶幻方.记n阶幻方的数的和（即方格内的所有数的和）为，如，那么下列说法错误的是（

）A．B．7阶幻方第4行第4列的数字可以为25C．8阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为260D．9阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为396〖答案〗D〖解析〗根据n阶幻方的定义，n阶幻方的数列有项，为首项为1，公差为1的等差数列，故，每行、每列、每条对角线上的数的和均为.对A，，A对；对B，7阶幻方有7行7列，故第4行第4列的数字可以为该数列的中间值，即，B对；对C，8阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为，C对；对D，9阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为，D错.故选：D9．若函数在区间上有极值点，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗由已知得，若函数在上有极值点，则在上有解，即，解得.故选：D10．如图所示，正方体棱长为2，点P为正方形内（不含边界）一动点，角平分线交于点Q，点P在运动过程中始终满足．①直线与点P的轨迹无公共点；②存在点P使得；③三棱锥体积最大值为；④点P运动轨迹长为．上述说法中正确的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4〖答案〗C〖解析〗因为为的角平分线，在中，由正弦定理可知，设，则，所以，在中，由正弦定理可知，，因为，所以，且，设，，所以，所以，，所以，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部的弧，且，点到该直线的距离为，所以与圆无公共点，①正确；若，设，所以，所以，所以，即，联立，解得所以点满足条件，所以②正确；若最大，则到距离最大，即到与圆的交点处，但不在正方形边界上，所以最大值取不到，故③错误；令，得到点，又因为，所以，所以为等边三角形，所以，因为为点的运动轨迹，所以，故④正确；故选:C.11．已知椭圆：的左、右焦点为，，点为椭圆内一点，点在双曲线：上，若椭圆上存在一点，使得，则的取值范围是（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗点在双曲线：上，所以.所以椭圆左焦点坐标为.因为，所以,所以.因为，所以.点为椭圆内一点，所以，所以或.综上：.故选：A12．已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗因为，，所以，则，即，令，则，，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增,所以，对于，总有，即在上单调递增，故，即在上恒成立，所以对于，对于任意，在上取，则，所以当且趋向于0时，趋向于无穷大，当趋向于无穷大时，趋向于无穷大，趋向于0，故趋向于无穷大，所以的大致图像如图所示：.对于AD，因为，，不妨设，由图象可知，，故，故AD错误；对于B，假设成立，取，则，显然不满足，故B错误；对于C，令，又，则，所以在上单调递增，又，则，即，又，则，因为，所以，又，在上单调递增，所以，即，故C正确.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．在的展开式中，的系数为__________.（用数字作答）〖答案〗1〖解析〗，令，解得，所以的系数为1，故〖答案〗为:1.14．已知等比数列的前项和为，公比，且，，则______.〖答案〗0〖解析〗由，，化为，，解得，又，解得，则的前2020项和，故〖答案〗为：.15．安排，，，，五名志愿者到甲，乙两个福利院做服务工作，每个福利院至少安排一名志愿者，则，被安排在不同的福利院的概率为______．〖答案〗〖解析〗5人分配到2个福利院有1,4和3,2两种分组方法，共有种分法，其中，被安排在同一组在同一福利院有种，所以，被安排在不同的福利院的概率为.故〖答案〗为：16．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线的两个交点分别为，且满足为的中点，则的长为_______________.〖答案〗##〖解析〗依题意可得，准线为，当直线的斜率为0时，显然不合题意，故可设直线的方程为：，代入，得，设，，所以，则，，，因为，所以，所以，即，所以，所以，，所以，所以，所以，所以，，.故〖答案〗为：.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．17．已知的三个角，，的对边分别为，，，且.（1）求边；（2）若是锐角三角形，且___________，求的面积的取值范围.要求：从①，②从这两个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并给出解答.如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.解：（1）解法一：因为，由余弦定理，得；解法二：因为，由正弦定理，得，∴，∴，即.（2）选择①：因为所以，，所以因为是锐角三角形，所以，又，所以，所以.所以，所以，所以，所以.选择②：因为，则，因为是锐角三角形，所以，即，所以，因为，所以，所以，由二次函数的性质可得，当时，函数取最大值，当时，，又，所以，即，所以，所以.18．华容道是古老的中国民间益智游戏，以其变化多端、百玩不厌的特点与魔方、独立钻石一起被国外智力专家并称为“智力游戏界的三个不可思议”．据《资治通鉴》注释中说“从此道可至华容也”．通过移动各个棋子，帮助曹操从初始位置移到棋盘最下方中部，从出口逃走．不允许跨越棋子，还要设法用最少的步数把曹操移到出口．2021年12月23日，在厦门莲坂外图书城四楼佳希魔方，厦门市新翔小学六年级学生胡宇帆现场挑战“最快时间解数字华容道”世界纪录，并以4.877秒打破了“最快时间解数字华容道”世界纪录，成为了该项目新的世界纪录保持者．（1）小明一周训练成绩如表所示，现用作为经验回归方程类型，求出该回归方程．第x（天）1234567用时y（秒）105844939352315（2）小明和小华比赛破解华容道，首局比赛小明获得胜利的概率是0.6，在后面的比赛中，若小明前一局胜利，则他赢下后一局的概率是0.7，若小明前一局失利，则他赢下后一局比赛的概率为0.5，比赛实行“五局三胜”，求小明最终赢下比赛的概率是多少．参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，参考数据：，解：（1）由题意，根据表格中的数据，可得，可得所以，因此y关于x的回归方程为：．（2）记小明获胜时比赛的局数为X，则X的可能取值为3、4、5．，．．19．某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，分别是正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接就得到了一个“刍甍”(如图2)．（1）若是四边形对角线的交点，求证：∥平面（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：取线段中点，连接，由图1可知，四边形是矩形，且是线段与的中点，且在图1中且，且．所以在图2中，且且四边形是平行四边形，则由于平面平面平面（2）解：由图1，折起后在图2中仍有即为二面角的平面角．以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系如图，且设则，设平面的一个法向量由，得，取则于是平面的一个法向量∴直线与平面所成角的正弦值为20．已知点在双曲线C：（，）上，过P作x轴的平行线，分别交双曲线C的两条渐近线于M，N两点，．（1）求双曲线C的方程；（2）若直线l：与双曲线C交于不同的两点A，B，设直线，的斜率分别为，，从下面两个条件中选一个（多选只按先做给分），证明：直线l过定点．①；②．（1）解：由题意可知：点在双曲线上，所以；过做轴的平行线，与相交于两点，那么两点可求：；所以，所以；代入，可知，所以双曲线的方程为.（2）证明：选①：由题意可知，直线与双曲线C交于不同的两点A,B,设，联立方程:得，所以，即；由条件所以，所以，整理可得，代入韦达定理得，即，解得或；当时，，则直线过定点；当时，，则直线过定点，不合题意；综上可得，直线过定点.选②：由题意可知，直线与双曲线C交于不同的两点A,B,设，联立方程:得，所以，即；由条件，得即，整理可得代入韦达定理，整理可得，即，解得或，当时，，则直线过定点；当时，，则直线过定点，不合题意；综上可得，直线过定点.21．已知函数，．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）若函数有两个零点.（i）求实数a的取值范围；（ii）是的极值点，求证：.（1）解：的定义域是，，可得，又故曲线在点处的切线方程为，即.（2）（i）解：由（1）可知①时，，在单调递增，此时至多有一个零点；②时，，令，解得，令，解得，故在递减，在递增，要使有两个零点，需，解得，即，而，，当时，令，则，故，，，由零点存在性定理可知，在与上分别存在唯一零点．综上.（ii）证明：因为，，令，由，即，由（i）可知，是的极值点故，即，由，，只需证，令，则，令，则，故在上单调递增，，故在上单调递增，；.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系中，曲线的普通方程为，直线的极坐标方程为．在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，过极点的射线与曲线相交于不同于极点的点，且点的极坐标为，其中．（1）求的值．（1）若射线与直线相交于点，求的值．解：（1）由曲线的普通方程为可得，的极坐标方程为；将点代入可得，又，可得（2）易知射线的极坐标方程为；联立射线和直线的极坐标方程，解得；所以点的极坐标为，所以.23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知函数=│x+1│–│x–2│.（1）求不等式≥1的解集；（2）若不等式≥x2–x+m的解集非空，求实数m的取值范围.解：（1）∵f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|，f（x）≥1，∴当﹣1≤x≤2时，2x﹣1≥1，解得1≤x≤2；当x＞2时，3≥1恒成立，故x＞2；综上，不等式f（x）≥1的解集为{x|x≥1}．（2）原式等价于存在x∈R使得f（x）﹣x2+x≥m成立，即m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）＝f（x）﹣x2+x．由（1）知，g（x），当x≤﹣1时，g（x）＝﹣x2+x﹣3，其开口向下，对称轴方程为x1，∴g（x）≤g（﹣1）＝﹣1﹣1﹣3＝﹣5；当﹣1＜x＜2时，g（x）＝﹣x2+3x﹣1，其开口向下，对称轴方程为x∈（﹣1，2），∴g（x）≤g（）1；当x≥2时，g（x）＝﹣x2+x+3，其开口向下，对称轴方程为x2，∴g（x）≤g（2）＝﹣4+2+3＝1；综上，g（x）max，∴m的取值范围为（﹣∞，]．2023年高考数学考前信息必刷卷2（全国甲卷（理））一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1．设复数满足（为虚数单位），则复数的虚部是（

）A．2 B． C． D．〖答案〗D〖解析〗由，得，所以复数的虚部是为，故选：D2．给定集合，对于，如果，，那么是的一个“好元素”，由的3个元素构成的所有集合中，不含“好元素”的集合共有（

）A．5个 B．6个 C．9个 D．12个〖答案〗B〖解析〗若由的3个元素构成的集合中不含“好元素”，则这3个元素一定是连续的3个整数，故不含“好元素”的集合有，，，，，，共6个.故选:B．3．在如图所示的计算程序框图中，判断框内应填入的条件是（

）A． B．C． D．〖答案〗A〖解析〗由题意结合流程图可知当时，程序应执行，，再次进入判断框时应该跳出循环，输出的值；结合所给的选项可知判断框内应填入的条件是.故选：A.4．若向量，满足，，且与的夹角为，则（

）A．2 B． C． D．〖答案〗D〖解析〗因为，，与的夹角为，所以，则.故选：D.5．某研究学习小组共7人，他们搜集整理这14种算法的相关资料所花费的时间分别为83，84，80，69，82，81，81（单位:min）.则这组时间数据的（

）A．极差为14 B．方差为22 C．平均数为80 D．中位数为80〖答案〗C〖解析〗极差为样本最大值与最小值之差：，A错误；平均数为：，C正确；方差为：，B错误；样本由大到小排列：69，80，81，81，82，83，84，中位数为81，D错误.故选：C.6．已知，，则下列说法正确的是A．时，恒有B．与函数图象仅有唯一交点C．时，图象在图象下方D．存在使得〖答案〗C〖解析〗由题意，当时，，所以A不正确；当，时，，所以B不正确；令，由，可得，解得，所以当时，图象总在图象下方，所以C正确；当时，总有，不存在使得，所以D不正确，故选C．7．中国古代数学的瑰宝《九章第术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如下图所示的“曲池”，其高为3，底面，底面扇环所对的圆心角为，长度为长度的3倍，且线段，则该“曲池”的体积为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗设对应半径为R，对应半径为r，根据弧长公式可知，，因为两个扇环相同，长度为长度的3倍，所以，因为，所以，所以曲池体积为.故选：D8．我国《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方，如图所示，将1，2，3，…，9填入的方格内，使得每行、每列、每条对角线上的数的和都相等，便得到一个3阶幻方.一般地，将连续的正整数1，2，3，…，填入个方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和都相等，这个正方形叫作n阶幻方.记n阶幻方的数的和（即方格内的所有数的和）为，如，那么下列说法错误的是（

）A．B．7阶幻方第4行第4列的数字可以为25C．8阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为260D．9阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为396〖答案〗D〖解析〗根据n阶幻方的定义，n阶幻方的数列有项，为首项为1，公差为1的等差数列，故，每行、每列、每条对角线上的数的和均为.对A，，A对；对B，7阶幻方有7行7列，故第4行第4列的数字可以为该数列的中间值，即，B对；对C，8阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为，C对；对D，9阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为，D错.故选：D9．若函数在区间上有极值点，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗由已知得，若函数在上有极值点，则在上有解，即，解得.故选：D10．如图所示，正方体棱长为2，点P为正方形内（不含边界）一动点，角平分线交于点Q，点P在运动过程中始终满足．①直线与点P的轨迹无公共点；②存在点P使得；③三棱锥体积最大值为；④点P运动轨迹长为．上述说法中正确的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4〖答案〗C〖解析〗因为为的角平分线，在中，由正弦定理可知，设，则，所以，在中，由正弦定理可知，，因为，所以，且，设，，所以，所以，，所以，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部的弧，且，点到该直线的距离为，所以与圆无公共点，①正确；若，设，所以，所以，所以，即，联立，解得所以点满足条件，所以②正确；若最大，则到距离最大，即到与圆的交点处，但不在正方形边界上，所以最大值取不到，故③错误；令，得到点，又因为，所以，所以为等边三角形，所以，因为为点的运动轨迹，所以，故④正确；故选:C.11．已知椭圆：的左、右焦点为，，点为椭圆内一点，点在双曲线：上，若椭圆上存在一点，使得，则的取值范围是（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗点在双曲线：上，所以.所以椭圆左焦点坐标为.因为，所以,所以.因为，所以.点为椭圆内一点，所以，所以或.综上：.故选：A12．已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗因为，，所以，则，即，令，则，，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增,所以，对于，总有，即在上单调递增，故，即在上恒成立，所以对于，对于任意，在上取，则，所以当且趋向于0时，趋向于无穷大，当趋向于无穷大时，趋向于无穷大，趋向于0，故趋向于无穷大，所以的大致图像如图所示：.对于AD，因为，，不妨设，由图象可知，，故，故AD错误；对于B，假设成立，取，则，显然不满足，故B错误；对于C，令，又，则，所以在上单调递增，又，则，即，又，则，因为，所以，又，在上单调递增，所以，即，故C正确.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．在的展开式中，的系数为__________.（用数字作答）〖答案〗1〖解析〗，令，解得，所以的系数为1，故〖答案〗为:1.14．已知等比数列的前项和为，公比，且，，则______.〖答案〗0〖解析〗由，，化为，，解得，又，解得，则的前2020项和，故〖答案〗为：.15．安排，，，，五名志愿者到甲，乙两个福利院做服务工作，每个福利院至少安排一名志愿者，则，被安排在不同的福利院的概率为______．〖答案〗〖解析〗5人分配到2个福利院有1,4和3,2两种分组方法，共有种分法，其中，被安排在同一组在同一福利院有种，所以，被安排在不同的福利院的概率为.故〖答案〗为：16．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线的两个交点分别为，且满足为的中点，则的长为_______________.〖答案〗##〖解析〗依题意可得，准线为，当直线的斜率为0时，显然不合题意，故可设直线的方程为：，代入，得，设，，所以，则，，，因为，所以，所以，即，所以，所以，，所以，所以，所以，所以，，.故〖答案〗为：.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．17．已知的三个角，，的对边分别为，，，且.（1）求边；（2）若是锐角三角形，且___________，求的面积的取值范围.要求：从①，②从这两个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并给出解答.如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.解：（1）解法一：因为，由余弦定理，得；解法二：因为，由正弦定理，得，∴，∴，即.（2）选择①：因为所以，，所以因为是锐角三角形，所以，又，所以，所以.所以，所以，所以，所以.选择②：因为，则，因为是锐角三角形，所以，即，所以，因为，所以，所以，由二次函数的性质可得，当时，函数取最大值，当时，，又，所以，即，所以，所以.18．华容道是古老的中国民间益智游戏，以其变化多端、百玩不厌的特点与魔方、独立钻石一起被国外智力专家并称为“智力游戏界的三个不可思议”．据《资治通鉴》注释中说“从此道可至华容也”．通过移动各个棋子，帮助曹操从初始位置移到棋盘最下方中部，从出口逃走．不允许跨越棋子，还要设法用最少的步数把曹操移到出口．2021年12月23日，在厦门莲坂外图书城四楼佳希魔方，厦门市新翔小学六年级学生胡宇帆现场挑战“最快时间解数字华容道”世界纪录，并以4.877秒打破了“最快时间解数字华容道”世界纪录，成为了该项目新的世界纪录保持者．（1）小明一周训练成绩如表所示，现用作为经验回归方程类型，求出该回归方程．第x（天）1234567用时y（秒）105844939352315（2）小明和小华比赛破解华容道，首局比赛小明获得胜利的概率是0.6，在后面的比赛中，若小明前一局胜利，则他赢下后一局的概率是0.7，若小明前一局失利，则他赢下后一局比赛的概率为0.5，比赛实行“五局三胜”，求小明最终赢下比赛的概率是多少．参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，参考数据：，解：（1）由题意，根据表格中的数据，可得，可得所以，因此y关于x的回归方程为：．（2）记小明获胜时比赛的局数为X，则X的可能取值为3、4、5．，．．19．某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，分别是正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接就得到了一个“刍甍”(如图2)．（1）若是四边形对角线的交点，求证：∥平面（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：取线段中点，连接，由图1可知，四边形是矩形，且是线段与的中点，且在图1中且，且．所以在图2中，且且四边形是平行四边形，则由于平面平面平面（2）解：由图1，折起后在图2中仍有即为二面角的平面角．以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系如图，且设则，设平面的一个法向量由，得，取则于是平面的一个法向量∴直线与平面所成角的正弦值为20．已知点在双曲线C：（，）上，过P作x轴的平行线，分别交双曲线C的两条渐近线于M，N两点，．（1）求双曲线C的方程；（2）若直线l：与双曲线C交于不同的两点A，B，设直线，的斜率分别为，，从下面两个条件中选一个（多选只按先做给分），证明：直线l过定点．①；②．（1）解：由题意可知：点在双曲线上，所以；过做轴的平行线，与相交于两点，那么两点可求：；所以，所以；代入，可知，所以双曲线的方程为.（2）证明：选①：由题意可知，直线与双曲线C交于不同的两点A,B,设，联立方程:得，所以，即；由条件所以，所以，整理可得，代入韦达定理得，即，解得或；当时，，则直线过