2026年北京市朝阳区高二期末检测数学试卷含答案详解

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025～2026学年度第二学期期末检测高二数学试卷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．若，则（

）A． B． C． D．3．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4．六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．5．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6．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7．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．148．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．69．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．10．若随机变量且，则________．11．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）12．已知，则________；________．13．设函数则________；若正实数满足，则的一个取值为________．14．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．15．已知函数，．(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)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．16．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．(1)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；(2)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；(3)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）17．已知椭圆：的右焦点为，离心率为．(1)求椭圆的方程；(2)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．18．已知函数．设为原点，动点在曲线上．(1)求函数的最小值；(2)求证：直线的斜率大于1；(3)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：．19．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”．(1)写出集合；(2)若为正奇数，求证：是“可达数”；(3)证明：对任意，不是“可达数”，是“可达数”．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【详解】集合或，而，所以.2．D【详解】由，得，则，C错误，D正确；取，满足，而，AB错误.3．C【详解】函数的定义域为R，定义域关于原点对称，且，因此是偶函数，求导得，当时，因此在上单调递减.4．C【分析】由题设得到单次投掷出特殊面、非特殊面的概率，再分析连续投掷两次，恰有一次出特殊面的对应事件，应用独立事件乘法求概率即可.【详解】这枚博琼共18个面，其中刻有“骄”“妻畏”的特殊面共2个，因此单次投掷出特殊面的概率，单次投掷出非特殊面的概率，连续投掷两次，恰有一次出特殊面，包含两种情况：第一次出特殊第二次不出、第一次不出第二次出，因此总概率为.5．B【详解】已知，求解不等式，分两类讨论：当a−2>0ln⁡a>0时，解得a>2a>1当a−2<0ln⁡a<0时，解得，得；充分性：若成立，可能属于，不一定满足，故充分性不成立；必要性：若成立，则且，因此一定成立，故必要性成立.综上，“”是“”的必要不充分条件.6．A【详解】函数，所以把函数的图象向左平移个单位长度即得的图象.7．B【分析】根据给定条件，利用排除法，结合排列计数问题列式求解.【详解】节目A和节目B均不排在第一个出场，共有种方法，其中节目D排最后的方法数为，所以不同的排法种数为.8．C【分析】根据给定条件，利用导数求出，再利用方程确定的关系及的取值范围，并将表示为的函数，利用导数求出该函数的最大值即可.【详解】函数的定义域为R，求导得，由函数在处取得极大值，得，解得或，当时，由，得或，由，得，函数在处取得极小值，不符合题意；当时，由，得或，由，得，函数在处取得极大值，符合题意，因此，，方程，则，解得，，，令函数，求导得，由，得或；由，得，函数在上单调递减，在上单调递增，函数在处取得极大值，而当从大于的方向趋近于时，，因此，所以的最大值为4.9．D【分析】先分析集合，的元素特征，集合中的元素是分子为非零整数，分母为2的非负整数次幂的分数；集合中的元素是分子为非零整数，分母为正奇数的分数；，再结合各选项依次分析.【详解】对于选项A：设，取，则，因为不为3的倍数，则不为3的倍数，所以，故A错误；对于选项B：设，假设存在，使得，则，整理可得，因为为奇数，为偶数，即，假设不成立，故B错误；对于选项C：对于任意非零有理数（为互质奇数，），若，令，则；若，令，则；故C错误；对于选项D：对于任意非零有理数（为互质奇数，），若，令，则；若，令，则；故D正确.10．【详解】随机变量且，得，所以.11．20【详解】从6个不同项目中选3个项目，不考虑项目的排列顺序，因此共有种.12．【分析】利用二项式展开式的通项公式，结合已知的一次项、二次项系数求解参数，再分别计算对应项的系数即可得结果.【详解】由题意得二项式的展开式通项为.当，即时，的一次项系数为，由题意得，即；当，即时，的二次项系数为，由题意得，即；联立解得.①为的系数，对应即，代入得.②为常数项，对应即，得；为的系数，对应即，得；为的系数，对应即，得；因此.13．（答案不唯一）【分析】①由分段函数定义，将自变量转化到负半轴求值；②利用分段函数分别表示正负半轴的函数值，代入待求式化简，解不等式确定参数范围并取一个值.【详解】①因为，根据分段函数解析式，；又，代入的解析式得，因此.②已知，故，得；因为，得.将上述结果代入不等式，由题意，结合求解，解右侧不等式，化简得，两边同乘得，解得；解左侧不等式，两边同乘得，二次方程的正根为，故解得.综上的取值范围是，可取（答案不唯一）.14．②③④【分析】分别计算各结论对应的概率，通过比较大小判断结论正误.【详解】设每局甲获胜概率为，乙获胜概率为，各局比赛结果相互独立：结论①：甲以获胜，即前三局甲全胜，概率；甲以获胜，即前3局甲2胜1负、第4局甲胜，概率，，故①错误；结论②：甲落后最终获胜，需后续3局全胜，概率，与相等，故②正确.结论③：甲落后最终获胜，分两类：后续3局甲全胜（总比分），概率为；后续4局前3局甲2胜1负、第4局甲胜（总比分），概率为，总概率，显然，故③正确；结论④：甲以获胜的概率，甲最终获胜总概率，故④正确.综上，正确结论为②③④15．(1)(2)选条件①：最大值为，最小值为；选条件②：最大值为，最小值为【分析】（1）利用导数直接求解在某一点处的切线方程即可；（2）利用导数分析函数单调性，即可求出函数在特定区间的最值.【详解】（1）若，，，所以，，所以曲线在点处的切线方程为，即.（2）由题知，定义域为，则，若选条件①，，令，则，所以当时，，，单调递减，当时，，，单调递增，所以在区间上单调递减，所以在区间上的最大值为，且最小值为；若选条件②，，则，，所以在定义域内单调递增，所以在区间上的最大值为，且最小值为.16．(1)(2)的分布列为：数学期望(3)【分析】（1）利用独立事件概率乘法公式计算的结果；（2）先根据分层抽样计算抽得情况，随机变量服从超几何分布，进而得到随机变量的分布列和数学期望；（3）根据题意结合方差的定义分析判断；【详解】（1）用频率估计概率，抽取1名学生选择社会科学类图书的概率为，抽取1名教师选择社会科学类图书的概率为，由于两人选择相互独立，故2人都选择社会科学类图书的概率为.（2）教师选择四类图书的人数比为，按分层抽样抽取8人时，选择哲学类图书的人数为人，其余6人为非哲学类。的可能取值为，服从超几何分布：的分布列为：数学期望（3）由方差性质及两组数据特征，可得.证明：记参与调查的学生选择四类图书的频率依次为，平均数方差参与调查的教师选择四类图书的频率依次为，平均数，方差为，，，平均数，方差为，计算，因为，所以17．(1)(2)（ⅰ）设直线的方程为，点，由，得，，直线的方程为，令，得，所以直线过轴上定点.（ⅱ）.【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可.（2）（ⅰ）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理推理得证；（ⅱ）由（ⅰ）的结论建立方程组求出点的横坐标即可.【详解】（1）由椭圆的右焦点为，离心率为，得半焦距，，则，所以椭圆的方程为.（2）（ⅰ）略（ⅱ）由（ⅰ）知点，则，即，又，消去得，又，解得，直线轴，所以直线的方程为.18．(1)3(2)依题意，，直线的斜率，不等式，令函数，求导得，由（1）得在上单调递增，而，则存在，使得，，当时，；当时，，函数在上递减，在上递增，，令函数，求导得，函数在上单调递减，，则，所以，即直线的斜率大于1.(3)由垂直于直线于点，得直线方程为，则点，，由（2）得，函数在处取得最小值，因此当时，取得最小值，，令函数，求导得，由（1）得在上单调递增，，则存在，使得，当时，；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，在处取得最小值，因此当时，取得最小值，，于是，所以.【分析】（1）利用导数求出函数的最小值.（2）求出函数的斜率，由斜率大于1等价变形并构造函数，利用导数求出最小值并证明大于0即可.（3）求出点的坐标，再求出，再利用导数结合零点存在性定理确定范围即可.【详解】（1）函数的定义域为，求导得，函数在上都单调递增，则函数在上单调递增，而，于是当时，；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，，所以函数的最小值是3.（2）略（3）略19．(1)(2)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”．(3)首先证明对任意，不是“可达数”．假设存在，使得是“