2025年山东省大教育联盟高考数学第二次联考试卷（含答案）

2025年山东省大教育联盟高考数学第二次联考试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，则( )
A. B. C. D.
2.已知为复数，为纯虚数，为实数，则( )
A. B. C. D.
3.如果是函数图象上的一点，那么就是函数图象上的点，则( )
A. B. C. D.
4.函数的图象大致为( )
A. B.
C. D.
5.已知圆柱的侧面展开图的周长为定值，则该圆柱的侧面积的最大值为( )
A. B. C. D.
6.已知，，则( )
A. B. C. D.
7.如图，在三棱台中，底面，，与底面所成的角为，，，则三棱锥的体积为( )
A.
B.
C.
D.
8.已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，过作的垂线与在第一象限内交于点，且设的离心率为，则( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知变量与的对观测数据如下表：
经计算得关于的经验回归方程为，设为观测值减去预测值，则( )
A. B. 当时，
C. D.
10.在艺术、建筑设计中，把短对角线与长对角线长度之比为的菱形称为“白银菱形”如图，在白银菱形内，有三个全等的小白银菱形，，若，则( )
A. 与共线 B.
C. D.
11.定义在区间上的函数满足：，；则( )
A.
B.
C. 是增函数
D. 若，，则负整数
三、填空题：本题共3小题，共15分。
12.双曲线：的两条渐近线分别与圆交于点，异于原点，则 ______．
13.现有第届亚运会、第届亚冬会吉祥物“宸宸”“琮琮”“莲莲”“滨滨”“妮妮”卡片各一张，将这张卡片贴在墙上，贴成上下两行，第一行张，第二行张，则“滨滨”和“妮妮”卡片在不同行的不同贴法的种数为______用数字作答
14.如图，小正方形点为其中心，为其一个顶点的边长是大正方形边长的，小正方形沿着大正方形的四条边，依次按逆时针方向无滑动地滚动一周后，返回出发时的初始位置例如正方形按逆时针方向滚动到正方形的位置，向量随之到达向量的位置，此时绕小正方形的中心旋转了在这整个过程中向量绕小正方形的中心共旋转了角，则 ______；已知小正边形，点为其中心，为其一个顶点的边长是大正边形的边长的，小正边形沿着大正边形的边，按逆时针方向无滑动地滚动一周后，返回出发时的初始位置，在这整个过程中向量绕小正边形中心共旋转了角，则 ______两空均用弧度表示
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，为的中点，．
证明：；
求平面与平面夹角的余弦值．
16.本小题分
已知函数．
求曲线的对称中心；
证明：有三个零点；
设曲线与轴的交点从左到右依次为，，，过作直线与曲线相切，切点为异于，证明：．
17.本小题分
某企业在年的年终庆典中，有一个根据“歌曲旋律猜歌名”的游戏，该游戏环节的规则如下：设定，，三首歌曲，按照一定的顺序猜，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首，直到猜不对或猜完为止员工甲猜对每首歌曲的歌名相互独立，猜对歌曲，，歌名的概率分别为，，其中，猜对时获得的奖励分别为千元，千元，千元．
若甲按照，，的顺序猜，至少猜对两首的概率为；按照，，的顺序猜，至少猜对两首的概率为，比较与的大小．
已知甲考虑了两种方案，方案一：按照，，的顺序猜；方案二：按照，，的顺序猜请从获得奖励的数学期望的角度分析，甲应当选择哪种方案？
18.本小题分
已知抛物线：的焦点为，准线为过的直线与交于，两点，过，分别作，，垂足分别为和，连接，，过，分别作，，垂足分别为，，且直线与交于点．
证明：；
证明：在上；
求的最小值．
19.本小题分
二进制就是“逢二进一”，通常用表示一个位的二进制数设正整数，其中，，，，，记．
当时，求对应的二进制数及的值．
当时，若最小，求对应的二进制数；
设为位二进制数，若最小，证明：是形如的二进制数，且该二进制数的首位是，后面连续个，再后面是连续个，其中的个数满足．
参考答案
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15.解：证明：在中，由，且为的中点，所以，
因为侧面底面，且平面，侧面底面，
可得平面，
又因为平面，所以，
又由，
可得，
因为，所以，
所以，
又因为，且，平面，
所以平面，
因为平面，
所以．
解：取的中点，连接，
以为原点，以，，所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，因为底面为矩形，且，
则，
可得，
设平面的法向量为，
则，则，
取，可得，，所以，
又因为平面，
所以向量是平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
16.解：设，则．
得，所以是奇函数，对称中心是．
是把曲线向上平移个单位长度得到曲线，所以曲线对称中心为．
证明：．
当时，．
当时，．
当时，．
所以在区间和上单调递增，在区间上单调递减．
所以是的极大值点，是的极小值点．
因为，，，．
根据零点存在定理和函数单调性知道，
因为，所以在区间内有一个零点；
因为，所以在区间内有一个零点；
因为，所以在区间内有一个零点．
综上，有三个零点．
证明：函数与轴交于，，，
根据函数零点的性质，可设．
因为直线过点且斜率存在且不为，根据直线的点斜式方程，设直线的方程为．
切点的坐标是直线：与曲线的公共点，
联立方程组，
消去可得．
当因为是直线与轴交点的横坐标，这里考虑的是除点外的切点情况，两边同时除以，得到．
整理得，
因为直线与曲线相切，所以方程有两个相等的实根．由可知方程有两个相等实根．
在方程中，设切点的横坐标为，因为两根相等都为，所以，即．
点，，则中点的横坐标为．
因为在轴上的射影的横坐标就是点的横坐标，所以在轴上的射影为的中点，即在的垂直平分线上．
所以．
17.解：由题意可知，，，
所以，
因为，所以，
所以，
即；
方案一：设获得奖励的金额为，
则的所有可能取值为：，，，，
且，，，，
所以，
方案二：设获得奖励的金额为，
则的所有可能取值为：，，，，
且，，，，
所以，
所以，
所以甲应该选择方案二．
18.解：证明：易知抛物线的焦点，
设直线的方程为，，，
此时，，
联立，消去并整理德得，
此时，
由韦达定理德，，
因为，
所以，，
此时，
则；
证明：直线，
直线，
联立，
解得，
则点在上；
证明：因为
，
设，
可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以的最小值为，
则的最小值为．
此时．
19.解：根据题目定义：二进制就是“逢二进一”，通常用表示一个位的二进制数．
设正整数，
其中，，，，，记．
因为，
所以当时，，．
当时，，
，
该式分式部分分子为正，所以当时，最小；
令，则，
该式分式部分分子为正，所以当时，最小；
再令，则，显然当时，最小．
综上当时，若最小时，，最小．
证明：由已知：为位二进制数，若最小，
是形如的二进制数，且该二进制数的首位是，
后面连续个，再后面是连续个，其中的个数满足．
得
，
该式分式部分分子为正，要使最小，须取最大，
于是，令，得，
该式分式部分分子为正，要使最小，须取最大，于是；
又
，
该式分式部分分子为负，要使最小，须取最小，于是．
另外，对于使得最小的位二进制数，必有．
这是因为：假设其中有两个数位存在，则交换此两个数位，
所得新数的值会变小，而的值不变，于是更小，
这与“最小“的前提矛盾．
综上，可得最小时，必有“，，，且“
取的某个数位，其右边所有位数均为，
即，
则
因此，要使最小，的取值只有两种情况：若该式分式部分分子为正，
则需取；若该式分式部分分子为负，则需取．
故使最小的是形如的二进制数，
由题意知此时中的个数为，则
，，，
所以，
既然有个时最小，那么有个时会更大，
于是，可得，
考虑到左边为整数，右边为小于的分数，所以上式等价于，
解得，
同理，有个时也会更大，
于是，可得
，
考虑到左边为整数，右边为小于的分数，所以上式等价于，
解得，
由，可得对应的位二进制数中的的个数满足．
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