辽宁省本溪满族自治区高级中学2024届数学高二第二学期期末预测试题含解析

辽宁省本溪满族自治区高级中学2024届数学高二第二学期期末预测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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，只有一项是符合题目要求的。1．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设为整数，若a和b被m除得余数相同，则称a和b对模m同余.记为.若，，则b的值可以是（）A．2019 B．2020 C．2021 D．20222．设函数在R上可导，其导函数为，且函数的图像如题（8）图所示，则下列结论中一定成立的是A．函数有极大值和极小值B．函数有极大值和极小值C．函数有极大值和极小值D．函数有极大值和极小值3．已知，若的必要条件是，则a，b之间的关系是（）A． B． C． D．4．已知函数，，其中为自然对数的底数，若存在实数使得，则实数的值为（）A． B． C． D．5．函数的图象在点处的切线方程为A． B． C． D．6．已知随机变量服从正态分布,,则A． B． C． D．7．将甲桶中的升水缓慢注入空桶乙中，后甲桶剩余的水量符合指数衰减曲线，假设过后甲桶和乙桶的水量相等，若再过甲桶中的水只有升，则的值为（）A．10 B．9 C．8 D．58．复数为虚数单位）的虚部为（）A． B． C． D．9．如图，一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15∘，与灯塔S相距20nmile，随后货轮按北偏西30∘的方向航行30A．20(2+C．20(6+10．抛物线上的一点M到焦点的距离为1，则点M的纵坐标是A． B． C． D．11．在等差数列中，且，则的最大值等于(）A．3 B．4 C．6 D．912．下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递减的函数是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．满足方程的解为__________．14．在名男生和名女生中各选出名参加一个演唱小组，共有__________种不同的选择方案.15．已知二项式展开式的第项与第项之和为零，那么等于____________.16．若＝，则x的值为_______．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。17．（12分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程是（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）设点分别在，上运动，若的最小值为2，求的值.18．（12分）已知曲线C的参数方程为（a参数），以直角坐标系的原点为极点，x正半轴为极轴建立极坐标系.（Ⅰ）求曲线C的极坐标方程；（Ⅱ）若直线l极坐标方程为，求曲线C上的点到直线l最大距离.19．（12分）对于定义域为的函数，如果存在区间，其中，同时满足：①在内是单调函数：②当定义域为时，的值域为，则称函数是区间上的“保值函数”，区间称为“保值函数”.（1）求证：函数不是定义域上的“保值函数”；（2）若函数（）是区间上的“保值函数”，求的取值范围；（3）对（2）中函数，若不等式对恒成立，求实数的取值范围.20．（12分）设数列的前项和.已知.（1）求数列的通项公式；（2）是否对一切正整数，有？说明理由.21．（12分）若,且（1）求的最小值；（2）是否存在，使得？并说明理由.22．（10分）在某项娱乐活动的海选过程中评分人员需对同批次的选手进行考核并评分，并将其得分作为该选手的成绩，成绩大于等于60分的选手定为合格选手，直接参加第二轮比赛，不超过40分的选手将直接被淘汰，成绩在内的选手可以参加复活赛，如果通过，也可以参加第二轮比赛．（1）已知成绩合格的200名参赛选手成绩的频率分布直方图如图，求a的值及估计这200名参赛选手的成绩平均数；（2）根据已有的经验，参加复活赛的选手能够进入第二轮比赛的概率为，假设每名选手能否通过复活赛相互独立，现有3名选手进入复活赛，记这3名选手在复活赛中通过的人数为随机变量X，求X的分布列和数学期望．

参考答案一、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，只有一项是符合题目要求的。1、A【解题分析】

先利用二项式定理将表示为，再利用二项式定理展开，得出除以的余数，结合题中同余类的定义可选出合适的答案．【题目详解】，则，所以，除以的余数为，以上四个选项中，除以的余数为，故选A.【题目点拨】本题考查二项式定理，考查数的整除问题，解这类问题的关键就是将指数幂的底数表示为与除数的倍数相关的底数，结合二项定理展开式可求出整除后的余数，考查计算能力与分析问题的能力，属于中等题．2、D【解题分析】

则函数增；则函数减；则函数减；则函数增；选D.【考点定位】判断函数的单调性一般利用导函数的符号，当导函数大于0则函数递增，当导函数小于0则函数递减3、A【解题分析】试题分析：不等式的解集为，不等式的解集为，根据题意可知是的子集，所以有，故选A．考点：绝对值不等式，充要条件的判断．4、C【解题分析】

先对函数求导，用导数的方法求最小值，再由基本不等式求出的最小值，结合题中条件，列出方程，即可求出结果.【题目详解】由得，由得；由得；因此，函数在上单调递减；在上单调递增；所以；又，当且仅当，即时，等号成立，故（当且仅当与同时取最小值时，等号成立）因为存在实数使得，所以，解得.故选C【题目点拨】本题主要考查导数的应用，以及由基本不等式求最小值，熟记利用导数求函数最值的方法，以及熟记基本不等式即可，属于常考题型.5、C【解题分析】f′(x)＝，则f′(1)＝1，故函数f(x)在点(1，－2)处的切线方程为y－(－2)＝x－1，即x－y－3＝0.故选C6、D【解题分析】

，选D.7、D【解题分析】由题设可得方程组，由，代入，联立两个等式可得，由此解得，应选答案D。8、B【解题分析】

由虚数的定义求解．【题目详解】复数的虚部是－1．故选：B．【题目点拨】本题考查复数的概念，掌握复数的概念是解题基础．9、B【解题分析】由题意可知：SM=20，∠NMS=45°∴SM与正东方向的夹角为75°，MN与正东方向的夹角为60°，∴SNM=105°，∠MSN=30°∆MNS中利用正弦定理可得MNMN=∴货轮的速度v=故选B10、B【解题分析】

由抛物线方程化标准方程为，再由焦半径公式，可求得。【题目详解】抛物线为，由焦半径公式，得。选B.【题目点拨】抛物线焦半径公式：抛物线，的焦半径公式。抛物线，的焦半径公式。抛物线，的焦半径公式。抛物线，的焦半径公式。11、B【解题分析】

先由等差数列的求和公式，得到，再由基本不等式，即可求出结果.【题目详解】因为在等差数列中，所以，即，又，所以，当且仅当时，的最大值为4.故选B。【题目点拨】本题主要考查基本不等式求积的最大值，熟记等差数列的求和公式以及基本不等式即可，属于常考题型.12、B【解题分析】

根据函数单调性和奇偶性的性质分别对选项进行判断即可【题目详解】对于A，为奇函数，在区间为单调增函数，不满足题意；对于B,为偶函数，在区间上为单调递减的函数，故B满足题意；对于C,为偶函数，在区间上为周期函数，故C不满足题意；对于D,为偶函数，在区间为单调增函数，故D不满足题意；故答案选B【题目点拨】本题主要考查函数奇偶性和单调性的判断，要求熟练掌握常见函数的奇偶性和单调性的性质.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、或,【解题分析】

根据组合数性质列方程解得即可.【题目详解】因为,所以根据组合数的性质可得或,解得或,经检验均符合题意.故答案为:或.【题目点拨】本题考查了组合数的性质,属于基础题.14、【解题分析】

根据分步计数原理计算可得.【题目详解】从名女生中选出二人,有种选法,从5名男生中选出二人,有种选法,所以根据分步计数原理可得,从名男生和名女生中各选出名参加一个演唱小组，共有种不同的选法.故答案为:30.【题目点拨】本题考查了分步计数原理,属于基础题.15、1【解题分析】

用项式定理展开式通项公式求得第4项和第5项，由其和为0求得．【题目详解】二项式展开式的第项为，第5项为，∴，解得．故答案为：1．【题目点拨】本题考查二项式定理，考查二项展开式的通项公式，属于基础题．16、4或9.【解题分析】分析：先根据组合数性质得，解方程得结果详解：因为＝，所以因此点睛：组合数性质：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。17、(1)(2)或.【解题分析】

（1）由极坐标方程与直角坐标方程的互化，即可得出曲线的直角坐标方程；（2）由（1）先确定是圆心为，半径为2的圆，再由曲线的参数方程得到其普通方程，根据点到直线的距离公式即可求出结果.【题目详解】解：（1）因为，所以，所以.将，，代入上式，得的直角坐标方程为.（2）将化为，所以是圆心为，半径为2的圆.将的参数方程化为普通方程为，所以，解得或.【题目点拨】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，以参数方程与普通方程的互化，熟记公式即可求解，属于常考题型.18、（1）（2）【解题分析】

（1）利用平方和为1消去参数得到曲线C的直角坐标方程，再利用，整理即可得到答案；（2）将直线的极坐标方程化为直角坐标方程，求出圆心到直线的距离，加上半径即可得到最大距离.【题目详解】（1）由，得，两式两边平方并相加，得，所以曲线表示以为圆心，2为半径的圆.将代入得，化简得所以曲线的极坐标方程为（2）由，得，即，得所以直线的直角坐标方程为因为圆心到直线的距离，所以曲线上的点到直线的最大距离为.【题目点拨】本题考查直角坐标方程，参数方程及极坐标方程之间的互化，考查直线与圆的位置关系的应用，属于基础题.19、（1）证明见详解；（2）或；（3）【解题分析】

（1）根据“保值函数”的定义分析即可（2）按“保值函数”定义知，，转化为是方程的两个不相等的实根，利用判别式求解即可（3）去掉绝对值，转化为不等式组，分离参数，利用函数最值解决恒成立问题.【题目详解】（1）函数在时的值域为，不满足“保值函数”的定义，因此函数不是定义域上的“保值函数”.（2）因为函数在内是单调增函数，因此，，因此是方程的两个不相等的实根，等价于方程有两个不相等的实根.由解得或.（3），，即为对恒成立.令，易证在单调递增，同理在单调递减.因此，，.所以解得.又或，所以的取值范围是.【题目点拨】本题主要考查了新概念，函数的单调性，一元二次方程有解，绝对值不等式，恒成立，属于难题.20、（1）；（2）对一切正整数，有.【解题分析】

（1）运用数列的递推式，结合等差数列的定义和通项公式，可得所求；（2）对一切正整数n，有，考虑当时，，再由裂项相消求和，即可得证。【题目详解】（1）当时，两式做差得，，当时，上式显然成立，。（2）证明：当时，可得由可得即有<则当时，不等式成立。检验时，不等式也成立，综上对一切正整数n，有。【题目点拨】本题考查数列递推式，考查数列求和，考查裂项法的运用，确定数列的通项是关键．21、（1）；（2）不存在.【解题分析】

（1）由已知，利用基本不等式的和积转化可求，利用基本不等式可将转化为，由不等式的传递性，可求的最小值；（2）由基本不等式可求的最小值为，而，故不存在．【题目详解】（1）由，得，且当时取等号．故，且当时取等号．所以的最小值为；（2）由（1）知，．由于，从而不存在，使得成立．【考点