2026年北京市朝阳区高二期末检测数学试卷（含解析）

第页2026北京朝阳高二（下）期末数学2026.7（考试时间120分钟满分150分）本试卷分为选择题50分和非选择题100分第一部分（选择题共50分）一、选择题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．已知集合，，则A． B． C． D．2．（集团校自创题）3．若，则A． B． C． D．4．函数是A．偶函数，且在上单调递增 B．奇函数，且在上单调递增C．偶函数，且在上单调递减 D．奇函数，且在上单调递减5．六博是中国古代棋类游戏，盛行于秦汉时期．博琼是六博游戏中的掷具（即骰子），通常包含十八个面．设有一枚质地均匀的博琼，其中十六个面分别刻有数字一至十六，另外两个面分别刻有汉字“骄”与“妻畏”，每次投掷后总有一个面向上，且每个面向上的概率相等．若连续投掷该博琼两次，则恰有一次出现“骄”或“妻畏”字面向上的概率为A． B． C． D．6．已知，则“”是“”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件7．为了得到函数的图象，只需把函数的图象A．向左平移个单位长度 B．向左平移1个单位长度C．向右平移个单位长度 D．向右平移1个单位长度（8）某学校数学节开展数学话剧展演，共有A、B、C、D四个节目需安排出场顺序．若节目A和节目B均不排在第一个出场，且节目D不排在最后一个出场，则不同的排法种数为A．8 B．10 C．12 D．149．已知函数在处取得极大值，设是的导函数．若关于的方程有两个不同的实数根，，则的最大值为A．2 B．3 C．4 D．610．已知集合，，则A．存在，对任意，都有B．对任意，存在，使得C．存在且，对任意，都有D．对任意且，存在，使得第二部分（非选择题共100分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．11．（集团校自创题）12．若随机变量且，则________．13．某校要从足球、篮球、排球、跳绳、拔河、踢毽6个项目中选择3个作为本学期的班级联赛项目，则不同的选法共有________种．（用数字作答）14．已知，则________；________．15．设函数则________；若正实数满足，则的一个取值为________．16．甲、乙两队进行一场乒乓球比赛，采用5局3胜制，率先赢得3局的一方最终获胜．已知每局比赛甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，假设各局比赛的结果相互独立．给出下列四个结论：①甲队以比分最终获胜的概率比甲队以比分最终获胜的概率更大；②甲队在以比分落后的情况下最终获胜的概率与甲队以比分最终获胜的概率相同；③甲队在以比分落后的情况下最终获胜的概率比甲队以比分最终获胜的概率更大；④整场比赛甲队最终获胜的概率超过．其中正确结论的序号是________．三、解答题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．17．（本小题12分）已知函数，．（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求在区间上的最大值与最小值．条件①：；条件②：．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．18．（本小题13分）在全民阅读活动周期间，某校准备为学生和教师采购一批图书，为了解师生的阅读需求，从该校随机抽取400名学生和80名教师进行问卷调查，每人只能从自然科学类、社会科学类、综合性图书类和哲学类这四类图书中选择一个最需要的类别，统计结果如下：自然科学类社会科学类综合性图书类哲学类学生人数1601208040教师人数20103020假设每人的选择相互独立，用频率估计概率．（Ⅰ）从该校的学生和教师中各随机抽取1人，试估计这2人都选择社会科学类图书的概率；（Ⅱ）根据参与调查的教师选择自然科学类、社会科学类、综合性图书类、哲学类图书的人数比例，采用分层随机抽样的方法，从这80名教师中随机抽取了8人．现从这8人中随机抽取3人，记X为这3人中选择哲学类图书的人数，求X的分布列和数学期望；（Ⅲ）记参与调查的学生选择四类图书的频率依次为，，，，参与调查的教师选择四类图书的频率依次为，，，．设，，，的方差为，，，，的方差为，，，，的方差为，比较与的大小．（结论不要求证明）19．（本小题15分）已知椭圆：的右焦点为，离心率为．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过点的直线（不与轴重合）与椭圆交于两点，，过点作直线的垂线，垂足为．（ⅰ）求证：直线过轴上定点；（ⅱ）设（ⅰ）中的定点为，若，求直线的方程．20．（本小题15分）已知函数．设为原点，动点在曲线上．（Ⅰ）求函数的最小值；（Ⅱ）求证：直线的斜率大于1；（Ⅲ）过点作直线的垂线，垂足为，当时，取得最小值；当时，取得最小值．求证：．21．（本小题15分）设定义在上的函数，对于正整数，令，（），记集合．对于正整数，若存在正整数，使得，则称是“可达数”．（Ⅰ）写出集合；（Ⅱ）若为正奇数，求证：是“可达数”；（Ⅲ）证明：对任意，不是“可达数”，是“可达数”．（考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效）

参考答案一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）（1）B （3）D （4）C （5）C（6）B （7）A （8）B （9）C （10）D二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分） （12） （13）20（14） （15）0;（答案不唯一） （16）②③④三、解答题（共5小题，共70分）（17）（共12分）解：（Ⅰ）若，，，，，所以切线方程为，即． 6分（Ⅱ）选条件①：．，．由解得．因为，故．所以当时，，单调递减．所以在区间上的最大值为，最小值为． 12分选条件②：．，．因为，，故．所以当时，，单调递增．所以在区间上的最大值为，最小值为． 12分（18）（共13分）解：（Ⅰ）从该校的学生和教师中各随机抽取1人，这人都选择社会科学类图书的概率估计为． 3分（Ⅱ）因为抽取的这人中选择哲学类图书的人数为，所以的所有可能取值为．所以的分布列为：故的数学期望． 10分（Ⅲ）． 13分（19）（共15分）解：（Ⅰ）由题意得解得．所以椭圆的方程为． 5分（Ⅱ）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，直线的方程为．不妨设，则．所以直线的方程为，过轴上的点．当直线的斜率存在时，设直线的方程为．由得，．设，则．由题可知，直线的方程为．设直线与轴的交点为．令，得．又，所以综上，直线BC过x轴上定点．（ⅱ）由（ⅰ）知．若，则，即．由得．又点在椭圆上，所以．故，化简得，即．解得（舍），．当时，，经检验符合题意．所以直线的方程为． 15分（20）（共15分）解：（Ⅰ）的定义域为，．因为函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递增，所以在区间上单调递增．又，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以的最小值是． 5分（Ⅱ）直线的斜率为．令，则．由（Ⅰ）知，在区间上单调递增，，，故存在唯一，使得，即．所以在区间上单调递减，在区间上单调递增．所以．设，则，所以在区间上单调递减．所以．所以，即．因为，所以直线的斜率． 10分（Ⅲ）因为在直线上，设．因为，所以．因为，所以．又，所以．．设，．因为单调递增，，，故存在唯一，使得，即．所以在区间上单调递减，在区间上单调递增．所以当时，取得最小值，故取得最小值．又，且由（Ⅱ）知，所以．由（Ⅱ）知，当时，取得最小值，故取得最小值．故且．因为，要证，只需证明，即证．由（Ⅱ）知，在区间上单调递增，，只需证明．因为，所以．所以．综上，，所以． 15分（21）（共15分）解：（Ⅰ）当时，，当时，．所以． 4分（Ⅱ）若是正奇数，因为所以是3的倍数．又因为是偶数，是奇数，所以是奇数．又，令，则．于是，即是“可达数”． 9分（Ⅲ）首先证明对任意，不是“可达数”．假设存在，使得是“可达数”，则存在正整数，使得，即数列中出现3的倍数，其中，．（1）当是奇数