山东省部分学校2023−2024学年高二下学期联合教学质量检测数学试题含答案

/山东省部分学校2023−2024学年高二下学期联合教学质量检测数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．“”是“是纯虚数”的（

）条件A．充分不必要 B．必要不充分 C．既不充分也不必要 D．充要2．设集合，则（

）A． B． C． D．3．空间向量在上的投影向量为（

）A． B． C． D．4．已知数列满足，则的前100项和为（

）A．2475 B．2500 C．2525 D．50505．已知在中，满足，点在边上，且平分，，则的最大值为（

）A．3 B．1 C． D．46．已知随机变量服从正态分布，设，则服从正态分布（

）A． B． C． D．7．函数在区间的图象大致为（

）A． B．C． D．8．如图，在直三棱柱中，侧棱长为，，，点在上底面（包含边界）上运动，则三棱锥外接球半径的取值范围为（

）

A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知复数的共轭复数分别为，下列结论正确的是（

）A．若为纯虚数，则B．若，则C．若，则D．若，则在复平面内对应的点的轨迹为直线10．已知，则（

）A．展开式各项的二项式系数的和为B．展开式各项的系数的和为C．D．11．在中，为边上一点且满足，若为边上一点，且满足，，为正实数，则下列结论正确的是（

）A．的最小值为1 B．的最大值为C．的最大值为12 D．的最小值为4三、填空题（本大题共3小题）12．设是一个随机试验中的两个事件，且，则．13．设函数在上存在导数，对于任意的实数，有，当时，.若，则实数的取值范围是.14．2023年中国成功举办了第31届世界大学生夏季运动会和第19届亚运会，某市积极响应全民锻炼的号召，组织村级足球联赛，其中组有甲、乙、丙、丁4支足球队，每支球队都要跟组内其他球队进行一场比赛，最后按各队的积分排列名次（积分多者名次靠前，积分同者名次并列），积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，比赛结束时，在甲队输给乙队的情况下，其积分仍超过其余三支球队的积分的概率为.四、解答题（本大题共5小题）15．某校为普及安全知识，举办了安全知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六组：，，…，，整理得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求频率分布直方图中的值，并估计这次竞赛的平均成绩；(2)按照成绩从高到低选出样本中前的学生组成安全宣传队，请估计进入宣传队的学生成绩至少需要多少分？(3)在（2）的条件下，按成绩采用样本量比例分配的分层抽样从宣传队中抽取6名学生担任宣传队骨干，再从这6人中随机选取2人担任正副队长，求正副队长中至少有1名学生成绩在的概率．16．已知为等差数列，且，．(1)求的通项公式；(2)若恒成立，求实数λ的取值范围．17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)求角A的大小；(2)D在边上（ⅰ）若D是边的中点，，，求a；（ⅱ）若，，，求a．18．某技术部门需研发新型材料，研发过程中发现每次实验会得到型材料和型材料之一．为测试新型材料是否能够稳定投产，制定了以下测试规则：每一轮测试都会进行两次实验，若两次实验均得到型材料，则测试成功并停止测试；否则将加大催化剂的剂量并进行新一轮的测试．已知第轮测试中每次实验得到型材料的概率为．(1)如果最多进行3轮测试（第三轮测试不成功也停止测试），记测试轮数为随机变量，求的分布列和数学期望；(2)如果最多可进行轮测试（第轮测试不成功也停止测试），记为在第，2，，轮测试成功的概率，则测试成功的概率为．（i）求的值；（ii）求证：．19．设函数．(1)求图象上点处的切线方程；(2)若在时恒成立，求的值；(3)若，证明．

参考答案1．【答案】D【分析】依题意得，即可求解．【详解】解：是纯虚数，则，得，则“”是“是纯虚数”的充要条件，故选D.2．【答案】C【分析】把集合B中的元素代入集合A检验，再结合交集运算求解.【详解】因为，可知，所以.故选C.3．【答案】C【分析】根据投影向量公式计算即可.【详解】，，由投影向量的定义和公式可知在的投影向量为，故选C.4．【答案】A【分析】由题可得，令，将问题转化求，由等差数列的求和公式计算可得.【详解】由，可得，，所以，令，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，由于，所以的前100项和为2475，故选A.5．【答案】A【分析】根据同角的三角函数关系式中的商关系，结合两角和的正弦公式、正弦定理进行求解可得角；根据三角形内角平分线的性质，结合三角形面积公式、余弦定理、基本不等式进行求解即可.【详解】因为，由正弦定理，得，由，得，所以，即.因为，所以，又，所以，因为，所以.

由，得，所以，在中，由余弦定理得，所以，从而，当且仅当取等号.则，当且仅当取等号，则长的最大值为3.故选A.6．【答案】C【分析】根据随机变量的均值、方差的性质计算即可.【详解】因为随机变量服从正态分布，所以均值,方差为，又因为，所以随机变量的均值为，方差为，所以随机变量服从正态分布.故选C.7．【答案】B【分析】利用函数的奇偶性可排除A，C，代入可得，可排除D.【详解】，又函数定义域为，故该函数为偶函数，可排除A，C，又，故可排除D.故选B.8．【答案】B【分析】由条件确定球心位置，建立关于球的半径的表达式，从而求出半径的取值范围即可.【详解】因为为等腰直角三角形，，所以的外接圆的圆心为的中点，且，设的中点为，连接，则，平面，设三棱锥外接球的球心为，由球的性质可得点在上，设，，外接球的半径为，因为，所以，即，又，则，因为，所以，则，故选.

【方法总结】常见几何体的外接球半径求法：（1）棱长为的正方体的外接球半径为；（2）长方体的长，宽，高分别为，，，则其外接球的半径为；（3）直棱柱的高为，底面多边形的外接圆半径为，则其外接球半径为.9．【答案】ACD【分析】设出对应的复数，依据复数模的性质和运算性质判断A，C，D，举反例否定B即可.【详解】对于A，设，，故成立，故A正确，对于B，设，，则满足，但，故B错误，对于C，设，，则，，故，，解得，，则，故C正确，对于D，设，因为，，，所以，化简得，故在复平面内对应的点的轨迹为直线，故D正确.故选ACD.10．【答案】AC【分析】根据给定条件，利用二项式定理及性质逐项判断即可得解.【详解】对于A项，的展开式各项的二项式系数的和为，A正确；对于B项，令，得，即的展开式各项的系数的和为1，B错误；对于C项，令，得，则，，即有，C正确；对于D项，对两边求导，得，令，得，D错误.故选AC.11．【答案】BD【分析】根据三点公式求得，结合基本不等式判断即可.【详解】因为，所以，又，因为,,三点共线，所以，又，为正实数，所以，当且仅当，即，时取等号，故A错误，B正确；，当且仅当，即，时取等号，故C错误，D正确.故选BD.12．【答案】【分析】由题意结合概率运算性质可得答案.【详解】由概率的性质得，所以，所以．故答案为：.13．【答案】【分析】构造函数，根据题意和导数求得函数在上单调递减，再由，得到为偶函数，结合对称性得到在上单调递增，把不等式，转化为，即可求解.【详解】令函数，因为，时，所以，所以函数在上单调递减，又因为，所以函数，所以为偶函数，根据偶函数的对称性，可得在上单调递增，若则，整理得，所以，两边平方可得，解得，即实数的取值范围为.故答案为：.14．【答案】【分析】根据甲是最高分可得甲余下两场比赛全赢，再就甲乙、甲丁的输赢（丙的第一场对手若为甲）分类讨论后可得正确的选项.【详解】若甲与丙、丁的两场比赛一赢一平，则甲只得4分，这时乙丙、乙丁两场比赛中乙只能输，否则乙的分数不小于4分，不合题意，在乙输的情况下，丙、丁已有3分，那么它们之间的比赛无论什么情况，丙、丁中有一队得分不小于4分，不合题意；若甲与丙、丁的两场比赛全赢（概率为）时，甲得6分，其他3队分数最高为5分，这时乙丙，乙丁两场比赛中乙不能赢，否则乙的分数不小于6分，只有乙平或乙输；若乙一平一输，概率为.如乙平丙，乙输丁，则丙丁比赛时，丁不能赢，概率为；若乙两场均平，概率为，丙丁这场比赛无论结果如何均符合题意；若乙两场都输，概率为，丙丁这场比赛只能平，概率为.综上所述，在甲队输给乙队的情况下，其积分仍超过其余三支球队的积分的概率为.故答案为：.15．【答案】(1)；(2)(3)【分析】（1）根据频率分布直方图每组小矩形的面积之和为1，列出方程，求得，再由平均数的计算公式，即可求解；（2）根据题意，成绩从高到低选出样本中前的学生，即为分位数，结合百分位数的计算方法，即可求解；（3）根据题意，得到成绩在的学生有2人，在的学生有4人，利用列举法求得基本事件的总数和所求事件中包含的基本事件的个数，结合概型的概率计算公式，即可求解.【详解】（1）解：因为频率分布直方图每组小矩形的面积之和为1，可得，解得，竞赛的平均成绩：.（2）解：由频率分别直方图的数据，可得：成绩在内的频率为：，成绩在内的频率为：，所以成绩从高到低选出样本中前的学生，即为分位数，设为，可得分，即估计进入宣传队的学生成绩至少需要分.（3）由题意得，样本中宣传队学生的人生为，其中成绩在的学生人数为，成绩在的学生人数为，从样本中按分层抽样的的方法抽取6人，则成绩在的学生有2人，记为，在的学生有4人，记为，从中选2人担任正副队长的样本空间为：,，记事件“正副队长中至少有1名学生成绩在”，则：，由古典概型的概率计算公式，可得.16．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意建立方程求出等差数列的首项与公差，从而可求解；（2）先求出等差数列的前n项和，再将恒成立问题参变分离，接着利用数列的单调性求出最值，从而得解．【详解】（1）设数列的公差为d，则根据题意可得，解得，则．（2）由（1）可知运用等差数列求和公式，得到，又恒成立，则恒成立，设，则，当时，，即；当时，，则，则；则，故，故实数λ的取值范围为．17．【答案】(1)(2)（ⅰ）；（ⅱ）【分析】（1）利用正弦定理将边、角关系转化成角的关系，再运算三角形的内角和定理和两角和的正弦公式转化，从而化简得到，即可得解.（2）（ⅰ）利用余弦定理求得，然后再次用余弦定理就可求解；（ⅱ）利用正弦定理求得，然后利用余弦定理就可以求解.【详解】（1）由及正弦定理，得，又，则，∴，又，∴，又，∴，（2）（ⅰ）在中，由余弦定理有，∵，，D是边的中点，，∴，整理得：，解得：（舍去）或，∴．（ⅱ）由，，∴，∴．在中由正弦定理，得，又，，可得，在中由余弦定理，∴．18．【答案】(1)分布列见解析，；(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）由题意得，的可能取值为1，2，3，利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到的分布列，再结合期望公式求解；（2）（i）利用独立事件的概率乘法公式求出，，，进而求出；（ii）易证当时，，先证得当时，，进而证得当时，．【详解】（1）由题意得，的可能取值为1，2，3，在第一轮测试中，每次实验得到型材料的概率为，所以，第二轮测试中，每次实验得到型材料的概率为，，第三轮测试中，每次实验得到型材料的概率为，，所以的分布列为：123所以的数学期望；（2）（i）由题意可知，，所以；（ii）当时，，当时，，所以当时，，当时，．综上所述，．19．【答案】(1)(2)2(3)证明过程见解析【分析】（1）直接使用导数的几何意义；（2）先由题设条件得到，再证明时条件满足；（3）先确定的单调性，再对分类讨论.【详解】（1）由于，故.所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为.（2）设，则，从而当时，当时.所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当.设，则.当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有.一方面，若对任意，都有，则对有，取，得，故.再取，得，所以.另一方面，若，则对任意都有，满足条件.综合以上两个方面，知的值是2.（3）先证明一个结论：对，有.证明：前面已经证明不等式，故，且，所以，即.由，可知当时，当时.所以在上递减，在上递增.不妨设，下面分三种情况