資源簡介

2025年山東省大教育聯盟高考數學第二次聯考試卷
一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。
1.已知集合，則( )
A. B. C. D.
2.已知為復數，為純虛數，為實數，則( )
A. B. C. D.
3.如果是函數圖象上的一點，那么就是函數圖象上的點，則( )
A. B. C. D.
4.函數的圖象大致為( )
A. B.
C. D.
5.已知圓柱的側面展開圖的周長為定值，則該圓柱的側面積的最大值為( )
A. B. C. D.
6.已知，，則( )
A. B. C. D.
7.如圖，在三棱臺中，底面，，與底面所成的角為，，，則三棱錐的體積為( )
A.
B.
C.
D.
8.已知橢圓的左、右焦點分別為，，上頂點為，過作的垂線與在第一象限內交于點，且設的離心率為，則( )
A. B. C. D.
二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。
9.已知變量與的對觀測數據如下表：
經計算得關于的經驗回歸方程為，設為觀測值減去預測值，則( )
A. B. 當時，
C. D.
10.在藝術、建筑設計中，把短對角線與長對角線長度之比為的菱形稱為“白銀菱形”如圖，在白銀菱形內，有三個全等的小白銀菱形，，若，則( )
A. 與共線 B.
C. D.
11.定義在區間上的函數滿足：，；則( )
A.
B.
C. 是增函數
D. 若，，則負整數
三、填空題：本題共3小題，共15分。
12.雙曲線：的兩條漸近線分別與圓交于點，異于原點，則 ______．
13.現有第屆亞運會、第屆亞冬會吉祥物“宸宸”“琮琮”“蓮蓮”“濱濱”“妮妮”卡片各一張，將這張卡片貼在墻上，貼成上下兩行，第一行張，第二行張，則“濱濱”和“妮妮”卡片在不同行的不同貼法的種數為______用數字作答
14.如圖，小正方形點為其中心，為其一個頂點的邊長是大正方形邊長的，小正方形沿著大正方形的四條邊，依次按逆時針方向無滑動地滾動一周后，返回出發時的初始位置例如正方形按逆時針方向滾動到正方形的位置，向量隨之到達向量的位置，此時繞小正方形的中心旋轉了在這整個過程中向量繞小正方形的中心共旋轉了角，則 ______；已知小正邊形，點為其中心，為其一個頂點的邊長是大正邊形的邊長的，小正邊形沿著大正邊形的邊，按逆時針方向無滑動地滾動一周后，返回出發時的初始位置，在這整個過程中向量繞小正邊形中心共旋轉了角，則 ______兩空均用弧度表示
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15.本小題分
如圖，在四棱錐中，底面為矩形，側面底面，為的中點，．
證明：；
求平面與平面夾角的余弦值．
16.本小題分
已知函數．
求曲線的對稱中心；
證明：有三個零點；
設曲線與軸的交點從左到右依次為，，，過作直線與曲線相切，切點為異于，證明：．
17.本小題分
某企業在年的年終慶典中，有一個根據“歌曲旋律猜歌名”的游戲，該游戲環節的規則如下：設定，，三首歌曲，按照一定的順序猜，只有猜對當前歌曲的歌名才有資格猜下一首，直到猜不對或猜完為止員工甲猜對每首歌曲的歌名相互獨立，猜對歌曲，，歌名的概率分別為，，其中，猜對時獲得的獎勵分別為千元，千元，千元．
若甲按照，，的順序猜，至少猜對兩首的概率為；按照，，的順序猜，至少猜對兩首的概率為，比較與的大小．
已知甲考慮了兩種方案，方案一：按照，，的順序猜；方案二：按照，，的順序猜請從獲得獎勵的數學期望的角度分析，甲應當選擇哪種方案？
18.本小題分
已知拋物線：的焦點為，準線為過的直線與交于，兩點，過，分別作，，垂足分別為和，連接，，過，分別作，，垂足分別為，，且直線與交于點．
證明：；
證明：在上；
求的最小值．
19.本小題分
二進制就是“逢二進一”，通常用表示一個位的二進制數設正整數，其中，，，，，記．
當時，求對應的二進制數及的值．
當時，若最小，求對應的二進制數；
設為位二進制數，若最小，證明：是形如的二進制數，且該二進制數的首位是，后面連續個，再后面是連續個，其中的個數滿足．
參考答案
1.
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5.
6.
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8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：證明：在中，由，且為的中點，所以，
因為側面底面，且平面，側面底面，
可得平面，
又因為平面，所以，
又由，
可得，
因為，所以，
所以，
又因為，且，平面，
所以平面，
因為平面，
所以．
解：取的中點，連接，
以為原點，以，，所在的直線分別為軸，軸和軸，建立空間直角坐標系，
如圖所示，因為底面為矩形，且，
則，
可得，
設平面的法向量為，
則，則，
取，可得，，所以，
又因為平面，
所以向量是平面的一個法向量，
設平面與平面夾角為，
則，
所以平面與平面夾角的余弦值為．
16.解：設，則．
得，所以是奇函數，對稱中心是．
是把曲線向上平移個單位長度得到曲線，所以曲線對稱中心為．
證明：．
當時，．
當時，．
當時，．
所以在區間和上單調遞增，在區間上單調遞減．
所以是的極大值點，是的極小值點．
因為，，，．
根據零點存在定理和函數單調性知道，
因為，所以在區間內有一個零點；
因為，所以在區間內有一個零點；
因為，所以在區間內有一個零點．
綜上，有三個零點．
證明：函數與軸交于，，，
根據函數零點的性質，可設．
因為直線過點且斜率存在且不為，根據直線的點斜式方程，設直線的方程為．
切點的坐標是直線：與曲線的公共點，
聯立方程組，
消去可得．
當因為是直線與軸交點的橫坐標，這里考慮的是除點外的切點情況，兩邊同時除以，得到．
整理得，
因為直線與曲線相切，所以方程有兩個相等的實根．由可知方程有兩個相等實根．
在方程中，設切點的橫坐標為，因為兩根相等都為，所以，即．
點，，則中點的橫坐標為．
因為在軸上的射影的橫坐標就是點的橫坐標，所以在軸上的射影為的中點，即在的垂直平分線上．
所以．
17.解：由題意可知，，，
所以，
因為，所以，
所以，
即；
方案一：設獲得獎勵的金額為，
則的所有可能取值為：，，，，
且，，，，
所以，
方案二：設獲得獎勵的金額為，
則的所有可能取值為：，，，，
且，，，，
所以，
所以，
所以甲應該選擇方案二．
18.解：證明：易知拋物線的焦點，
設直線的方程為，，，
此時，，
聯立，消去并整理德得，
此時，
由韋達定理德，，
因為，
所以，，
此時，
則；
證明：直線，
直線，
聯立，
解得，
則點在上；
證明：因為
，
設，
可得，
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增，
所以的最小值為，
則的最小值為．
此時．
19.解：根據題目定義：二進制就是“逢二進一”，通常用表示一個位的二進制數．
設正整數，
其中，，，，，記．
因為，
所以當時，，．
當時，，
，
該式分式部分分子為正，所以當時，最小；
令，則，
該式分式部分分子為正，所以當時，最小；
再令，則，顯然當時，最小．
綜上當時，若最小時，，最小．
證明：由已知：為位二進制數，若最小，
是形如的二進制數，且該二進制數的首位是，
后面連續個，再后面是連續個，其中的個數滿足．
得
，
該式分式部分分子為正，要使最小，須取最大，
于是，令，得，
該式分式部分分子為正，要使最小，須取最大，于是；
又
，
該式分式部分分子為負，要使最小，須取最小，于是．
另外，對于使得最小的位二進制數，必有．
這是因為：假設其中有兩個數位存在，則交換此兩個數位，
所得新數的值會變小，而的值不變，于是更小，
這與“最小“的前提矛盾．
綜上，可得最小時，必有“，，，且“
取的某個數位，其右邊所有位數均為，
即，
則
因此，要使最小，的取值只有兩種情況：若該式分式部分分子為正，
則需取；若該式分式部分分子為負，則需取．
故使最小的是形如的二進制數，
由題意知此時中的個數為，則
，，，
所以，
既然有個時最小，那么有個時會更大，
于是，可得，
考慮到左邊為整數，右邊為小于的分數，所以上式等價于，
解得，
同理，有個時也會更大，
于是，可得
，
考慮到左邊為整數，右邊為小于的分數，所以上式等價于，
解得，
由，可得對應的位二進制數中的的個數滿足．
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