河北省衡水市至臻学校联盟2024-2025学年高二上学期期末质量检测数学试题

高二期末考试 数学答案及评分细则 1、D解：抛物线y=品2的标准方程为=哪，-0时，抛物线y=品2的焦点坐标为(0，罕) 2.6解：两圆无公切线时，则两圆内含，两圆的圆心距GG=Va2+a2<1~2=1,即v2a2<1, 解得-受<a<号当两圆有公切线时，则5-号或心只 3.B解：P(-1,1)为线段中点，x+=-2,+=2@,又4y7+9x好=36②，4y2+9x号=36③， 由@-®，可得4(+)（均）+9(x+6)(石-6)=0，将0代入上式，化简得丧=景 X1-x2 所以直线1的方程为：y-1=(x+1),即9x-4y13=0. 4.C解：等差数列{a,}中，a>0,4+a,=a+a<0,所以a<0,dK0,数列{a}为递减数列，AB错误， 当=7时，S取得最大值，C正确，因为S=14@1+a1=7（a,+)<0,D错误。 5.B解：当尾数为2、4、6、8时，个位有4种选法，因百位不能为0，所以百位有8种，十位有8种， 共有8×8×4=256当尾数为0时，百位有9种选法，十位有8种结果，共有9×8×1=72 6.D解：对于区域BCD,三个区域两两相邻，有A=24种选法，对于区域AE,若A与D选择相同，E 有2种选法，若A与D选择不同，A有1种选法，E有1种选法，则区域AE有2+1×1=3种选法， 则有24×3=72种选法， 7.B解：先安排甲、乙两人，有A种方法，再安排其余3人，每人有3种安排方法， 故共有A×3×3×3=162(种)方法. 8.D解：am1=2a,+3an-1(n≥2)，a=1,a=1,a=5,a1=2a,+3a-1(n≥2)，anm1ta,=3(a,+a,-1), 所以an2+a1=9（(a,+a,-1).因为a+a=6,所以{a+aml}是以6为首项，9为公比的等比数列. 所以Ses=a+a+a+a+a+…+aoz+ao2g=a+（a+a)+（ata)t+（ao22+a2o2a) =1+6x(1-91014=32023+1 1-9 4 9.ABD解：法一：有A种不同的安排方案，当甲排在周一，有A种不同的安排方案， 当乙排在周三，有A种不同的安排方案，当甲排在周一且乙排在周三，有A种不同的安排方案， 当甲不排在周一，乙不排在周三，则不同的安排方案种数为A-2A+A: 法二：7名员工周一到周日为期一周的值日表，每名员工值日一天且不重复值班， 当甲排在周三时，有A种不同的安排方案，当甲不排在周三时，有CCA种不同的安排方案， 则不同的安排方案种数为A?+CC酷A种。 法三：当甲不排在周一时，有AGA种不同的安排方案，当甲不排在周一，且乙排在周三时，有A号A? 种不同的安排方案，则不同的安排方案种数为AA?-AA5种 10.AD解：对于A当n≥3时，a,=2a+3a,-2,即a,+a,=3(a-+a-2),又a+a=1+1=2,所以{a+a,} 为等比数列，故A正确： 对于B,当n≥3时，a,=2a-+3an-2,即a,-3a1=-（a1-3a,-2),所以{a1+a,}不为常数列， 故B错误： 对于G由A知，{a1+a,}为等比数列，首项为2，公比为3，所以a+1+a=2×3n-1, 所以a+a=2,a4+a3=2×32,…,a40+a39=2×338, 以上20个式子相加得：50=2×1+32+3++3吗)=2×39=-30，故C错误 对于D,因为an+1+an=2×3m-1,所以an+2+a+1=2×3”, 两式相减得：a+2-an=2×3m-2×3n-1=4×3n-1, 当n=2k-1时，a2k-1-a2k-3=4×32k-4,a2k-3-a2k-5=4×32k-6,…,a3-a1=4×30, 以上式子相加得：02k-1-a1=4×(32k-4+32k-6+…十39=4×1-32k-2=32k-2-1 2一 放k1=321+a1=321,面4=1他符合该式，故1-321 2 2一 令2k-1=n得：a=30-141m-1 2 当n=2k时，a2k-a2k-2=4×32k-3,a2k-2-a2k-4=4×32k-5,,a-a=4X3, 以上式子相加得：a2k-a2=4×(3+33+…+32k-3)=4×3-32-1=32k-1-3 1-9= 2 所以a=3+-而4=1他符合上式，所以a-3与 令2k=n得：a=3m--1=3n-1+-1)m-1 2 2 综上：1=30-1+1)二，故D正确. 2 11.BCD解：对A,序列{2,7,1,8}，比较{2,7}，无需交换位置，比较(7,1}，需要交换1次位置， 得到新序列{2,1,7,8，比较7,8}，无需交换位置，最后比较{2,1}，需要交换1次位置， 得到新序列{1,2,7,8}，完成冒泡排序，共需要交换2次，故A错误： 对B,不妨设序列的n个元素为1,2,3，…n,交换次数最多的序列为{，n-1,2,1, 将元素n冒泡到最右侧，需交换次n-1次，将元素n-1冒泡到最右侧，需交换次n-2次，， 故共需要0n-1)+0m-2)+…+2+1=0-1+y0-卫=m1, 即最大交换次数=”6卫，放B正确： 对C,只要交换1次的序列是将{1,2,3，…中的任意相邻两个数字调换位置的序列， 故有n-1个这样的序列，即b,=n-1,故C正确： 对D,当n个元素的序列顺序确定后，将元素+1添加进原序列，使得新序列（共什1个元素）交 换次数也是2，则元素什1在新序列的位置只能是最后三个位置，若元素+1在新序列的最后一个 位置，则不会增加交换次数，故原序列交换次数为2（这样的序列有c个），若元素什1在新序列的 倒数第二个位置，则会增加1次交换，故原序列交换次数为1（这样的序列有个b,=n~1), 若+1在新序列的倒数第三个位置，则会增加2次交换，故原序列交换次数为0（这样的序列有1 个)，因此，c1=c+n-1+1=cn+n,所以c=c+4=c+7=c2+9,显然2=0所以=9，故D正确. 12.{6 解863,8956解牌≤6且e心 6X- 6! (8-x月 即(8-x)(7-x)<6,解得5<x<10,综上可知，x=6,故所求解集为{6}. 号 解，依题意可得2a:-+aL_号a1中aa) S13= 2×13-15 2b7 bAb13 b1+b1)7i-3x13+6= 14.①③④ 解：对于①，|a-a+la-a++川a1-anl=nld, 若d=O,则nd=0<M对任意的M>0恒成立，符合要求： 若0，则对任意的>0，总存在n≥阁，使得川d≥私与题意不符， 综上，{a,}的公差d等于0，命题①正确： 对于②，由题意可得a>0,9>0,则a-al+a~al+…+an1-a,=(a+a++a,)q-1, 若g1,则1a2-a4l+1a3-a2l+…+1at1-al=1q9.lq-1, 1-q 若0<g<1,则a2-a1l+1ag-a2l+…+lan+1-an=1q四.lg-1=a(1-q)<a 1-q 故对任意的伦a,有|a-a+a~++a1-a,<M恒成立，符合要求： 若g>1,则la2-a4l+1a3-2l+…+a1-anl=1a四.lq-11=1(q-10, 1-q 当+∞时，a1(g”-1)→+o,故不存在符合条件的从 若g=1,则|a-al+|a~al++an1a=0, 此时对任意的M>0,有马~a+a++an1~a,=0<M恒成立，符合要求： 综上，q∈(0,1]，命题②错误； 对于③，由题意得，对任意neN,有|马~a+a-++an1-a,<从 又|a~al+la-al+…+|a1-a,|≥|(a-a)+(a-a)+(an1-a,）|=|a1-a 故|an1-a<M又|an1-al≥|anl-|a,故|anl-a|<M 即|al<|a,l,即有|an<M|al, 则总存在≥M|al,使得对任意n∈N,有-T<a,<T,命题③正确； 对于④，设|a-a+a-a++|a1a,<M 由③知：对任意n∈N,总存在≥M|al,使-T<a,<T 则2器-2票1=11=-器≤1+101<凸+ 则1登-21+1是-是1+…+12- <2-+a-2牛+1+T.(京+京+…+Z) 1-2 故（贸}是“有界变差数列”，命题④正确。 15.解：(1)六个人随便站，即六个人进行全排列，故符合条件的排法共有A?=720种. (2)因总共有六个位置，两只妖怪不能站在排头和排尾，先将两只妖怪排好，故有A好种排法， 剩下四个人四个位置，故有A种排法，故共有AA匠=288种排法. (3)先将六人分成三组，且这三组人数分别为1、2、3，并排列，故有A种排法，师傅和悟空站在一 起共有A种排法，八戒站在两只妖怪中间共有A种排法，故共有AA3A经=24种排法。 16.解：(1)设等差数列{a,J的公差为d,由题意知，S=4S,a=2a+1, 时A4a2a十用化简科份2所数列的道项公式4=12a-D=2-1 (2)因为b,=3-，由(1)可知a,=2n-1,所以c,=ab,=(2n-1)3 所以T=1×3°+3×3'+5×3+..+(2n-1)×3-, ∴.3T=1×3'+3×22+..+(2n-3)×3+(2n-1)×3”, -27=12(343t+s)-(2n-DXg=123-2n-1D×g. 1-3 ∴.T=（n-1)3”+1. 17.解：(1)正项数列{a,J,若2a,2S,a成等差数列，所以45n=2an+am2,①， 当n=1时，a=2,当n≥2时，45n-1=2an-1+am-12,②， ①-②得：4an=2an-2a-1+an2-an-12,整理得a,-an-1=2（常数)， 所以数列{a}是以2为首项，2为公差的等差数列；a,=2+2(n-1)=2n. an 2n_ 2024' n为奇数 2024,n为奇数 (2)由(1)得：bm= 4052 整理得bn= 4052 n为偶数 anan+2 n为偶数 (2n-(2n+4' 所以72024=(2品器+20经+.+2302) 2×1, 2×3 2024 11,11,11,.11 +4052×[4×2×(吃年+年6++20242026刃 = 2×1012×1+2023 ,1、11012 =1012+253=1265. 2024 2+4052×年×2×2026 2b =2c 18解：)由愿可符侵+言=1，解得：侣子所以描圆方程为号+少=1， a2=b2+c2 (2)存在，理由如下：由题意可得1：y=(x-1),设A(,为)，B(x,y), 设存在正数k,使四边形OACB是平行四边形，则OA+OB=OC, 联爱+y=1,化简得(+k闷r2-2kx+-1=0, y=k(x-1) 则4=4秋-4（吃+32-）0.所以g+=开2 2k2 则+y%=kx1-1)+k,-1)=k1+-2)=2 -k 图0a+6-6c周c器点. 由点C在锅圆上，所好( 化简可得 k4+k2 =1，即2=会由公0，所以k=号 所以存在正数么使四边形0M08是平行四边形，直线B的方程为=竖x-1)。 19.解：(1)以AB直线为x轴，以AB的中点为原点建立平面直角坐标系， 则A（-2,0),B(2,0), |EB=|E叫，则|川EB-|EA|=|川EM-|EA|=|A=2<|AB=4, 根据双曲线的定义，曲线T是以A,B为焦点，实轴长为2的双曲线， x2 y2 设其方程为-京=1(a>0,b>0,则a=1,c=va2+=2, 6=6i-3,则曲线了的方程为2-号=1： (2)由题意知直线1的斜率存在，设直线1的方程为y=kx+m(k≠0)， 且H(x,y),N(,½)， e-苦=1得3-2-9)=0，A=4i4g-G3》=0 (y=kx+m 得=-3， 联吧+经得的2ad-10, △=4帝-4(+1)（㎡-1）=4(-+1)>0，x1+2=- 南=m2-1 2km 1+k2 k==品则=品=器 y1y2 yiy2=(kx1+m)(kxz +m)=k2xx+km(x1+x)+m2, 代入上式可得1a=-由于=-3，则%=品 由于点M在点N的左侧，可得x~<0, x1-x2=-lx1-x2l=-Vx1+2)2-4x1x2 4 k2-4 代入可得x1-为=-1中k2又：x五=十2 kk妇=71 -3 y1y2 1+k2 =3, (3)假设存在点Q(t,0),使QC·QD=0恒成立，由已知得F(2,0), 当直线n的斜率存在时，设直线n的方程为y=k(x-2),C(,),D(,y), 联2-号=1，得0R-3)2-4银48=0， y=k(x-2) △=(-4)2-4(-3)(4+3)=36K+36>0,且k≠±V3, 则+x==悠经号0c=出-6w.0=-t0 则QC.QD=(x3-)(x4-)+y3y4=3x4-t(x3+x4)+t2+k2x34-2k2(x3+x4)+42 =悠号-u+2号++4=心-23+3 k2-3 若Qc,QD=0恒成立，则(-4t-5)-3t+3=0恒成立， 33后00解得=-1 当直线n的斜率不存在时，直线n的方程为x=2, 此时4-苦=1，解得y=±3， 不妨取C(2,3),D(2,-3),则QC=(2-t,3),QD=(2-t,-3), 又0c·QD=(2-t)2-9=0,解得t=-1或t=5, 综上所述，t=-1.存在点Q(-1,0),使QC.QD=0恒成立. 高 二 期 末 考 试 数 学 全卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前，先将姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域无效。 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。 4.本卷主要考查内容：选择性必修第一册第二章~第三章、选择性必修第二册第四章、选择性必修第三册第六章6.1-6.2.2 — 选择题：本题共8题，每题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.抛物线 的焦点坐标为( ) 2.若圆 与圆 有公切线，则实数a的范围是 ( ) C. (-∞, - 1]∪[1, +∞) D. [-1, 1] 与直线l交于A，B两点，若点 P(-1，1)为线段AB的中点，则直线 l的方程是( ) 4.已知 Sn是等差数列{an}的前n项和，且 则( ) A.数列{an}为递增数列 C. Sn的最大值为 Sn 5.用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为( ) A. 324 B. 328 C. 360 D. 648 6.给图中A，B，C，D，E五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色.若有四种颜 色可供选择，则不同的染色方案共有 ( ) A. 24种 B. 36种 C. 48种 D. 72种 7.春节档贺岁片《热辣滚烫》《飞驰人生2》《熊出没·逆转时空》异常火爆，甲、乙等5人去观看这三部电影，每人只观看其中一部，甲、乙不观看同一部电影，则观看方法有( ) A. 243种 B. 162种 C. 72种 D. 36种 8. 数列{an}满足 的前 n项和为 Sn，则 二.多选题：本题共3题，每题6分，共18分.在每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6分，部分选对得部分分，有选错的，得0分. 9.某单位安排7名员工周一到周日为期一周的值日表，每名员工值日一天且不重复值班，其中甲不排在周一，乙不排在周三，则不同的安排方案种数为( ) 10.已知 Sn是数列{an}的前 n项和, 且 则下列结论正确的是( A. 数列{ 为等比数列 B.数列 { }为常数列 11.冒泡排序是一种计算机领域的排序算法，其基本思想是：通过对待排序序列 从左往右，依次对相邻两个元素比较大小，若 则交换两个数的位置，使值较大的元素逐渐从左移向右，就如水底下的气泡一样逐渐向上冒，重复以上过程直到序列中所有数都是按照从小到大排列为止.例如：对于序列{2，1，4，3}进行冒泡排序，首先比较{2，1}，需要交换1次位置，得到新序列{1，2，4，3}，然后比较{2，4}，无需交换位置，最后比较{4，3}，又需要交换1次位置，得到新序列{1，2，3，4}最终完成了冒泡排序，同样地，序列{1，4，2，3}需要依次交换{4, 2}, {4,3}完成冒泡排序. 因此, {2, 1, 4, 3}和{1, 4, 2, 3}均是交换2次的序列.现在对任一个包含 n个不等实数的序列进行冒泡排序(n≥3)，设在冒泡排序中序列需要交换的最大次数为 an，只需要交换1次的序列个数为 bn，只需要交换2次的序列个数为cₙ，则 A. 序列{2, 7, 1, 8}是需要交换3次的序列 三.填空题：本题共3题，每题5分，共15分. 12.不等式 的解集为 . 13.若两个等差数列{an}, {bₙ}的前n项和分别为 Sn, Tn, 满足 则 14.对于数列{an},若存在 M>0,使得对任意,有 则称{an}为“有界变差数列”.给出以下四个结论： ①若等差数列{an}为“有界变差数列”，则{an}的公差d等于0； ②若各项均为正数的等比数列{an}为“有界变差数列”，则其公比q的取值范围是 (0，1)； ③若数列{an}是“有界变差数列”，则存在 T>0，使得对任意,有 ④若数列{an}是“有界变差数列”，则数列{}必是“有界变差数列” 其中所有正确结论的序号是 . 四.解答题：本小题共5题，共77分.解答应写出必要的文字描述、证明过程及验算步骤. 15.话说唐僧师徒四人去西天取经，某日路上捉了妖怪甲和妖怪乙，可是取经路上，凶险颇多，那么六位如何站位各人有自己的想法.(结果用数值表示) (1)唐僧说：“徒儿们，妖怪本性不错，我们六个随便站吧.”请问一共有多少种站法. (2)八戒提出：两只妖怪不能站在排头和排尾，否则他们会逃走！那么按照八戒的想法，一共有多少种站法. (3)悟空说：“师傅！师傅！你必须和我站在一起！如果怕妖怪逃走，让八戒和妖怪站在一起，并且八戒在妖怪中间！”按照悟空的说法，请问一共有多少种站法. 16.已知等差数列{an}的前 n项和为 Sn,且 (1)求数列{an}的通项公式； (2) 若 令 求数列{cₙ}的前 n项和 Tₙ. 17. 设 Sn为正项数列{an}的前n项和, 若2an, 2Sn, 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式； (2) 设 求数列{bₙ}的前2024项和 T₂₀₂₄· 18. 已知椭圆 的短轴长与焦距相等，且椭圆过点 斜率为k的直线l过椭圆的右焦点，且与椭圆交于A，B两点，M是线段AB的中点，射线 OM与椭圆于点C. (1)求椭圆方程； (2)是否存在正数 k，使四边形 OACB是平行四边形?若存在，求出直线AB的方程，若不存在，请说明理由 19.“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长，某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张纸片，按如下步骤折纸：步骤1：在纸上画一个圆A，并在圆外取-一定点B；步骤2：把纸片折叠，使得点 B折叠后与圆A上某一点重合；步骤3：把纸片展开.并得到一条折痕；步骤4：不断重复步骤2和3，得到越来越多的折痕.你会发现，当折痕足够密时，这些折痕会呈现出一个双曲线的轮廓.若取一张足够大的纸，画一个半径为2的圆A，并在圆外取一定点 B，AB==4，按照上述方法折纸，点B折叠后与圆A上的点 W重合，折痕与直线 WA交于点 E，E的轨迹为曲线 T. (1)以AB所在直线为x轴建立适当的坐标系，求曲线 T的方程； (2)设曲线 T的左、右顶点分别为E，H，点P在曲线 T上，过点 P作曲线 T的切线l与圆 交于M, N两点 (点M在点N的左侧), 记 EM, HN的斜率分别为 , 证明: 为定值； (3)F是 T的右焦点,若直线n过点 F,与曲线 T交于 C,D两点,是否存在x轴上的点 Q(t,0),使得直线 n绕点 F无论怎么转动，都有 成立?若存在，求出 T的坐标；若不存在，请说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$