2025届山东省大教育联盟高三质量检测第二次联考数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1山东省大教育联盟2025届高三质量检测第二次联考数学试题一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，即集合为有理数集，而是无理数，所以.故选：.2.已知为复数，为纯虚数，为实数，则（）A.2 B. C. D.3【答案】B【解析】因为为复数，为纯虚数，为实数，所以.所以.故选：B3.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.0 C. D.【答案】D【解析】因为在函数图象上，而在函数图象上，则，令，则，因此，，.故选：D4.函数的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】首先：，所以函数为偶函数，图象关于轴对称，故排除CD.又，故排除B.故选：A5.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.【答案】D【解析】因为圆柱的侧面展开图为矩形，设矩形的长宽分别为，则，圆柱的侧面积为：.由（当且仅当时取“”）.故选：D6.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为；又.所以，.所以.故选：B7.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.【答案】D【解析】因为底面，平面，所以平面底面.所以即为与底面所成的角，为.因为，所以.根据棱台的概念，可知：，且，所以.因为，所以为直角三角形，所以.所以.故选：D8.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.【答案】C【解析】如图，连接，设与交于点M.由，可设，则，其中，由椭圆的定义，得，从而，又因为，所以，在中，设，则为锐角，所以，即，由余弦定理，得，即，解得.故选：C.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知变量与的6对观测数据如下表：0.10.20.30.40.50.61.11.31.61.52.02.1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.【答案】AC【解析】因为，.因为线性回归方程必过样本中心点，所以.故A正确；所以，当时，，故B错误；对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正确；对D：因为，故D错误.故选：AC10.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.【答案】ABD【解析】根据题意，在白银菱形内，设，则，在小白银菱形中，而所以，则与共线，A正确；由于，则，因,则，B正确；由于，根据菱形性质可知，又，根据对称性可得，所以，在中，设小白银菱形边长为，则，，所以，则，C错误；，D正确.故选：ABD11.定义在区间上的函数满足：①；②．则（）A.B.C.是增函数D.若，则负整数【答案】BC【解析】对A：因为且，所以，，故A错误；对B：令，则，即，所以.也就是，故B成立；对C：设，且，，则.因为.即，所以函数在上为增函数，故C正确；对D：首先，根据函数的定义域，当时，恒成立，所以在上恒成立.设函数，当时，（当且仅当时取“”）.所以.又.且在上单调递增，所以，所以在上恒成立.设，则函数在上单调递减，所以.所以.综上：，又为整数，所以或，故D错误.故选：BC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，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_____________．【答案】4【解析】双曲线：的渐近线方程为.由且，可得；由且，可得.所以.故答案为：413.现有第19届亚运会、第9届亚冬会吉祥物“宸宸”“琮琮”“莲莲”“滨滨”“妮妮”卡片各一张，将这5张卡片贴在墙上，贴成上下两行，第一行2张，第二行3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）【答案】72【解析】“滨滨”和“妮妮”卡片在不同行，分两种情况讨论：若“滨滨”在第一行，“妮妮”在第二行，从第一行的个位置中选个给“滨滨”，有种选法；从第二行的个位置中选个给“妮妮”，有种选法.根据分步乘法计数原理，此时共有种贴法.若“滨滨”在第二行，“妮妮”在第一行，从第二行的个位置中选个给“滨滨”，有种选法；从第一行的个位置中选个给“妮妮”，有种选法.根据分步乘法计数原理，此时共有种贴法.所以“滨滨”和“妮妮”卡片在不同行的贴法共有种.在确定“滨滨”和“妮妮”的位置后，还剩下张卡片，这张卡片进行全排列，有种排法.可得种排法.根据分步乘法计数原理，完成“滨滨”和“妮妮”卡片在不同行的贴法需要分两步，第一步确定“滨滨”和“妮妮”的位置，有12种贴法；第二步对其余三张卡片进行全排列，有种排法.所以不同贴法的种数为种.故答案为：72.14.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）【答案】①.②.【解析】对空1：因为小正方形的边长是大正方形边长的，所以在每一条边上，小正方形都要转动2次，每次都转动，所以共转动；在大正方形的每个顶点，转弯时，都要转动，4次转弯共转.所以的总旋转角度为：.对空2：因为小正边形的边长是大正边形边长的，所以在每一条边上，小正边形都要转动次，每次都转动，所以共转动；在大正边形的每个顶点，转弯时，都要转动，次转弯共转.所以的总旋转角度为：.故答案为：；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.如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，为的中点，．（1）证明：；（2）求平面与平面夹角的余弦值．（1）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.（2）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，取，可得，所以，又因为平面，所以向量是平面一个法向量，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.已知函数．（1）求曲线的对称中心；（2）证明：有三个零点；（3）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：．（1）解：构造奇函数：设，则.把代入得，所以是奇函数.奇函数图象关于原点对称，即曲线对称中心是.根据函数平移求对称中心：函数图象平移遵循“上加下减”原则，意味着把曲线向上平移个单位长度得到曲线.那么对称中心也向上平移个单位，所以曲线对称中心为.（2）证明：已知.当时，，，所以.当时，，，所以.当时，，，所以.所以在区间和上单调递增，在区间上单调递减.在函数单调性发生变化的点处取得极值，所以是的极大值点，是的极小值点.计算可得，，，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.（3）证明：已知函数与轴交于，，，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，所以联立方程组，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.将其整理为一元二次方程的一般形式（记为）.利用一元二次方程根的判别式和韦达定理：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.根据线段垂直平分线的性质：线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等，所以.17.某企业在2024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1千元，2千元，3千元．（1）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．（2）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？解：（1）因为，，且，所以.（2）方案一：设获得奖励的金额为，则的值可以为：0，1000，3000，6000.且，，，.所以.方案二：设获得奖励金额为，则的值可以为：0，2000，3000，6000.且，，，.所以.所以.所以甲应该选择方案二.18.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．（1）证明：；（2）证明：在上；（3）求的最小值．（1）证明：由题意可知，，因直线的斜率不为0，故设，设，则，联立得，则，因，则，，则，则.（2）证明：直线，直线联立方程组得，即，故点在上.（3）解：令，则，则得；得，则在上单调递减，在上单调递增，则的最小值为，故的最小值为，此时.19.二进制就是“逢二进一”，通常用表示一个位的二进制数．设正整数，（其中，记．（1）当时，求对应的二进制数及的值．（2）（i）当时，若最小，求对应的二进制数；（ii）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1，后面连续个0，再后面是连续个1，其中0的个数满足．解：（1）因为，所以，.（2）（i）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，最小．（ii）证明：由已知，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1，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1；若该式分式部分分子为负，则需取0.故使最小的是形如的二进制数，由题意知此时中0的个数为，则，所以，既然有个0时最小，那么有个0时会更大，于是，可得，考虑到左边为整数，右边为小于1的分数，所以上式等价于，解得①，同理，有个0时也会更大，于是，可得，考虑到左边为整数，右边为小于1的分数，所以上式等价于，解得②，由①②，可得对应的位二进制数中的0的个数满足．山东省大教育联盟2025届高三质量检测第二次联考数学试题一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，即集合为有理数集，而是无理数，所以.故选：.2.已知为复数，为纯虚数，为实数，则（）A.2 B. C. D.3【答案】B【解析】因为为复数，为纯虚数，为实数，所以.所以.故选：B3.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.0 C. D.【答案】D【解析】因为在函数图象上，而在函数图象上，则，令，则，因此，，.故选：D4.函数的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】首先：，所以函数为偶函数，图象关于轴对称，故排除CD.又，故排除B.故选：A5.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.【答案】D【解析】因为圆柱的侧面展开图为矩形，设矩形的长宽分别为，则，圆柱的侧面积为：.由（当且仅当时取“”）.故选：D6.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为；又.所以，.所以.故选：B7.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.【答案】D【解析】因为底面，平面，所以平面底面.所以即为与底面所成的角，为.因为，所以.根据棱台的概念，可知：，且，所以.因为，所以为直角三角形，所以.所以.故选：D8.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.【答案】C【解析】如图，连接，设与交于点M.由，可设，则，其中，由椭圆的定义，得，从而，又因为，所以，在中，设，则为锐角，所以，即，由余弦定理，得，即，解得.故选：C.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知变量与的6对观测数据如下表：0.10.20.30.40.50.61.11.31.61.52.02.1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.【答案】AC【解析】因为，.因为线性回归方程必过样本中心点，所以.故A正确；所以，当时，，故B错误；对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正确；对D：因为，故D错误.故选：AC10.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.【答案】ABD【解析】根据题意，在白银菱形内，设，则，在小白银菱形中，而所以，则与共线，A正确；由于，则，因,则，B正确；由于，根据菱形性质可知，又，根据对称性可得，所以，在中，设小白银菱形边长为，则，，所以，则，C错误；，D正确.故选：ABD11.定义在区间上的函数满足：①；②．则（）A.B.C.是增函数D.若，则负整数【答案】BC【解析】对A：因为且，所以，，故A错误；对B：令，则，即，所以.也就是，故B成立；对C：设，且，，则.因为.即，所以函数在上为增函数，故C正确；对D：首先，根据函数的定义域，当时，恒成立，所以在上恒成立.设函数，当时，（当且仅当时取“”）.所以.又.且在上单调递增，所以，所以在上恒成立.设，则函数在上单调递减，所以.所以.综上：，又为整数，所以或，故D错误.故选：BC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，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_____________．【答案】4【解析】双曲线：的渐近线方程为.由且，可得；由且，可得.所以.故答案为：413.现有第19届亚运会、第9届亚冬会吉祥物“宸宸”“琮琮”“莲莲”“滨滨”“妮妮”卡片各一张，将这5张卡片贴在墙上，贴成上下两行，第一行2张，第二行3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）【答案】72【解析】“滨滨”和“妮妮”卡片在不同行，分两种情况讨论：若“滨滨”在第一行，“妮妮”在第二行，从第一行的个位置中选个给“滨滨”，有种选法；从第二行的个位置中选个给“妮妮”，有种选法.根据分步乘法计数原理，此时共有种贴法.若“滨滨”在第二行，“妮妮”在第一行，从第二行的个位置中选个给“滨滨”，有种选法；从第一行的个位置中选个给“妮妮”，有种选法.根据分步乘法计数原理，此时共有种贴法.所以“滨滨”和“妮妮”卡片在不同行的贴法共有种.在确定“滨滨”和“妮妮”的位置后，还剩下张卡片，这张卡片进行全排列，有种排法.可得种排法.根据分步乘法计数原理，完成“滨滨”和“妮妮”卡片在不同行的贴法需要分两步，第一步确定“滨滨”和“妮妮”的位置，有12种贴法；第二步对其余三张卡片进行全排列，有种排法.所以不同贴法的种数为种.故答案为：72.14.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）【答案】①.②.【解析】对空1：因为小正方形的边长是大正方形边长的，所以在每一条边上，小正方形都要转动2次，每次都转动，所以共转动；在大正方形的每个顶点，转弯时，都要转动，4次转弯共转.所以的总旋转角度为：.对空2：因为小正边形的边长是大正边形边长的，所以在每一条边上，小正边形都要转动次，每次都转动，所以共转动；在大正边形的每个顶点，转弯时，都要转动，次转弯共转.所以的总旋转角度为：.故答案为：；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.如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，为的中点，．（1）证明：；（2）求平面与平面夹角的余弦值．（1）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.（2）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，取，可得，所以，又因为平面，所以向量是平面一个法向量，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.已知函数．（1）求曲线的对称中心；（2）证明：有三个零点；（3）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：．（1）解：构造奇函数：设，则.把代入得，所以是奇函数.奇函数图象关于原点对称，即曲线对称中心是.根据函数平移求对称中心：函数图象平移遵循“上加下减”原则，意味着把曲线向上平移个单位长度得到曲线.那么对称中心也向上平移个单位，所以曲线对称中心为.（2）证明：已知.当时，，，所以.当时，，，所以.当时，，，所以.所以在区间和上单调递增，在区间上单调递减.在函数单调性发生变化的点处取得极值，所以是的极大值点，是的极小值点.计算可得，，，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.（3）证明：已知函数与轴交于，，，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，所以联立方程组，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.将其整理为一元二次方程的一般形式（记为）.利用一元二次方程根的判别式和韦达定理：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.根据线段垂直平分线的性质：线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等，所以.17.某企业在2024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1千元，2千元，3千元．（1）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．（2）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