高級中學名校試題PAGEPAGE1山東省大教育聯盟2025屆高三質量檢測第二次聯考數學試題一、單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，即集合為有理數集，而是無理數，所以.故選：.2.已知為復數，為純虛數，為實數，則（）A.2 B. C. D.3【答案】B【解析】因為為復數，為純虛數，為實數，所以.所以.故選：B3.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.0 C. D.【答案】D【解析】因為在函數圖象上，而在函數圖象上，則，令，則，因此，，.故選：D4.函數的圖象大致為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】首先：，所以函數為偶函數，圖象關于軸對稱，故排除CD.又，故排除B.故選：A5.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.【答案】D【解析】因為圓柱的側面展開圖為矩形，設矩形的長寬分別為，則，圓柱的側面積為：.由（當且僅當時取“”）.故選：D6.已知，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因為；又.所以，.所以.故選：B7.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.【答案】D【解析】因為底面，平面，所以平面底面.所以即為與底面所成的角，為.因為，所以.根據棱臺的概念，可知：，且，所以.因為，所以為直角三角形，所以.所以.故選：D8.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.【答案】C【解析】如圖，連接，設與交于點M.由，可設，則，其中，由橢圓的定義，得，從而，又因為，所以，在中，設，則為銳角，所以，即，由余弦定理，得，即，解得.故選：C.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.已知變量與的6對觀測數據如下表：0.10.20.30.40.50.61.11.31.61.52.02.1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.【答案】AC【解析】因為，.因為線性回歸方程必過樣本中心點，所以.故A正確；所以，當時，，故B錯誤；對C：列出如下表格：0.10.20.30.40.50.61.11.31.61.52.02.11.11.31.51.71.92.1000.1010所以.故C正確；對D：因為，故D錯誤.故選：AC10.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.【答案】ABD【解析】根據題意，在白銀菱形內，設，則，在小白銀菱形中，而所以，則與共線，A正確；由于，則，因,則，B正確；由于，根據菱形性質可知，又，根據對稱性可得，所以，在中，設小白銀菱形邊長為，則，，所以，則，C錯誤；，D正確.故選：ABD11.定義在區間上的函數滿足：①；②．則（）A.B.C.是增函數D.若，則負整數【答案】BC【解析】對A：因為且，所以，，故A錯誤；對B：令，則，即，所以.也就是，故B成立；對C：設，且，，則.因為.即，所以函數在上為增函數，故C正確；對D：首先，根據函數的定義域，當時，恒成立，所以在上恒成立.設函數，當時，（當且僅當時取“”）.所以.又.且在上單調遞增，所以，所以在上恒成立.設，則函數在上單調遞減，所以.所以.綜上：，又為整數，所以或，故D錯誤.故選：BC三、填空題：本題共3小題，每小題5分，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_____________．【答案】4【解析】雙曲線：的漸近線方程為.由且，可得；由且，可得.所以.故答案為：413.現有第19屆亞運會、第9屆亞冬會吉祥物“宸宸”“琮琮”“蓮蓮”“濱濱”“妮妮”卡片各一張，將這5張卡片貼在墻上，貼成上下兩行，第一行2張，第二行3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）【答案】72【解析】“濱濱”和“妮妮”卡片在不同行，分兩種情況討論：若“濱濱”在第一行，“妮妮”在第二行，從第一行的個位置中選個給“濱濱”，有種選法；從第二行的個位置中選個給“妮妮”，有種選法.根據分步乘法計數原理，此時共有種貼法.若“濱濱”在第二行，“妮妮”在第一行，從第二行的個位置中選個給“濱濱”，有種選法；從第一行的個位置中選個給“妮妮”，有種選法.根據分步乘法計數原理，此時共有種貼法.所以“濱濱”和“妮妮”卡片在不同行的貼法共有種.在確定“濱濱”和“妮妮”的位置后，還剩下張卡片，這張卡片進行全排列，有種排法.可得種排法.根據分步乘法計數原理，完成“濱濱”和“妮妮”卡片在不同行的貼法需要分兩步，第一步確定“濱濱”和“妮妮”的位置，有12種貼法；第二步對其余三張卡片進行全排列，有種排法.所以不同貼法的種數為種.故答案為：72.14.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）【答案】①.②.【解析】對空1：因為小正方形的邊長是大正方形邊長的，所以在每一條邊上，小正方形都要轉動2次，每次都轉動，所以共轉動；在大正方形的每個頂點，轉彎時，都要轉動，4次轉彎共轉.所以的總旋轉角度為：.對空2：因為小正邊形的邊長是大正邊形邊長的，所以在每一條邊上，小正邊形都要轉動次，每次都轉動，所以共轉動；在大正邊形的每個頂點，轉彎時，都要轉動，次轉彎共轉.所以的總旋轉角度為：.故答案為：；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.如圖，在四棱錐中，底面為矩形，側面底面，為的中點，．（1）證明：；（2）求平面與平面夾角的余弦值．（1）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.（2）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，取，可得，所以，又因為平面，所以向量是平面一個法向量，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.已知函數．（1）求曲線的對稱中心；（2）證明：有三個零點；（3）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：．（1）解：構造奇函數：設，則.把代入得，所以是奇函數.奇函數圖象關于原點對稱，即曲線對稱中心是.根據函數平移求對稱中心：函數圖象平移遵循“上加下減”原則，意味著把曲線向上平移個單位長度得到曲線.那么對稱中心也向上平移個單位，所以曲線對稱中心為.（2）證明：已知.當時，，，所以.當時，，，所以.當時，，，所以.所以在區間和上單調遞增，在區間上單調遞減.在函數單調性發生變化的點處取得極值，所以是的極大值點，是的極小值點.計算可得，，，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.（3）證明：已知函數與軸交于，，，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，所以聯立方程組，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.將其整理為一元二次方程的一般形式（記為）.利用一元二次方程根的判別式和韋達定理：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.根據線段垂直平分線的性質：線段垂直平分線上的點到線段兩端的距離相等，所以.17.某企業在2024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1千元，2千元，3千元．（1）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．（2）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？解：（1）因為，，且，所以.（2）方案一：設獲得獎勵的金額為，則的值可以為：0，1000，3000，6000.且，，，.所以.方案二：設獲得獎勵金額為，則的值可以為：0，2000，3000，6000.且，，，.所以.所以.所以甲應該選擇方案二.18.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．（1）證明：；（2）證明：在上；（3）求的最小值．（1）證明：由題意可知，，因直線的斜率不為0，故設，設，則，聯立得，則，因，則，，則，則.（2）證明：直線，直線聯立方程組得，即，故點在上.（3）解：令，則，則得；得，則在上單調遞減，在上單調遞增，則的最小值為，故的最小值為，此時.19.二進制就是“逢二進一”，通常用表示一個位的二進制數．設正整數，（其中，記．（1）當時，求對應的二進制數及的值．（2）（i）當時，若最小，求對應的二進制數；（ii）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1，后面連續個0，再后面是連續個1，其中0的個數滿足．解：（1）因為，所以，.（2）（i）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，最小．（ii）證明：由已知，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