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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 = {0, 1 2 .已知集合 2 , 2 , 1}, = { ∈ | = , , ∈ , ≠ 0}，则 ∩ =( )
A. { 12 } B. {0,
1 1
2 } C. {0, 2 , 1} D. {0,
1
2 ,
2
2 , 1}
2.已知 为复数， 2 为纯虚数， + 为实数，则| | =( )
A. 2 B. 5 C. 2 2 D. 3
3.如果 ( , )是函数 ( ) = 图象上的一点，那么 ( 6 , )

就是函数 ( )图象上的点，则 ( 6 ) =( )
A. 12 B. 0 C.
1 D. 32 2
4.函数 ( ) = (| 2 5| 5)ln(4 2)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( )
2 2 2 2
A. 2 B. 4 C.

8 D.

16
6 1.已知 cos( + ) = 2， =
1
5，则 cos( ) =( )
A. 13 B.
1 C. 1 D. 13 4 4
7.如图，在三棱台 1 1 1中， 1 ⊥底面 ， ⊥ ， 1与底面 所成的角为 45°， = 2，
1 1 = 1 = 1，则三棱锥 1 1 1的体积为( )
A. 22
B. 24
C. 26
D. 212
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2 2
8.已知椭圆 ： 2 + 2 = 1( > > 0)的左、右焦点分别为 1， 2，上顶点为 ，过 1作 2的垂线与 在第
一象限内交于点 ，且 cos∠ 1
3
2 = 5 .设 的离心率为 ，则
2 =( )
A. 5 1 B. 3 52 2 C.
5 5 D. 6 510 12
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 6 对观测数据如下表：
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6
1.1 1.3 1.6 1.5 2.0 2.1

经计算得 关于 的经验回归方程为 = + 2 ，设 为观测值减去预测值，则( )

A. = 0.9 B.当 = 0.7 时， = 2.2
C. ( ) = 0 D. ( ) = 0.06
10.在艺术、建筑设计中，把短对角线与长对角线长度之比为 2 1 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 = 2 + 1，则( )
A. 与 共线 B. ∠ = 4
C. = 2 D. + = 0
11.定义在区间(0, + ∞)上的函数 ( )满足：① ∈ ， ( ) = ( )；② ( 2) = 2 .则( )
A. ( 1) = 1
B. ( ) + ( ) = ( )
C. ( )是增函数
D.若 ∈ [1,2]， ( 2 + + 3) ≤ 2 2，则负整数 = 2
三、填空题：本题共 3 小题，共 15 分。
12.双曲线 ： 21 2 = 2 的两条渐近线分别与圆 2：( 2)2 + 2 = 4 交于点 ， (异于原点 )，则| | =
______．
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13.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)
14 1.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2，
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 1的位置，向量


随之到达向量 1 1的位置，此时 绕小正方形的中心旋转了2 ).在这整个过
程中向量 绕小正方形的中心共旋转了 1角，则 1 = ______；已知小正 边形
( ≥ 4, ∈ ，点 1为其中心， 为其一个顶点)的边长是大正 边形的边长的 ( ≥ 2, ∈
)，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 2角，则 2 = ______. (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 13 分)
如图，在四棱锥 中，底面 为矩形，侧面 ⊥底面 ， 为 的中点， = = =
1, = 2．
(1)证明： ⊥ ；
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值．
16.(本小题 15 分)
已知函数 ( ) = 3 3 + 1．
(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：| | = | |．
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17.(本小题 15 分)
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 1， 2， 3(其中 0 < 3 < 2 < 1 <
1)，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 1；按照 ， ， 的顺序猜，至少猜对两首的概率为
2，比较 1与 2的大小．
(2)已知 = 41 5 , =
3
2 4 ,
1
3 = 2 .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 17 分)
已知抛物线 ： 2 = 4 的焦点为 ，准线为 .过 的直线与 交于 ， 两点，过 ， 分别作 1 ⊥ ， 1 ⊥ ，
垂足分别为 1和 1，连接 1 ， 1 ，过 ， 分别作 ⊥ 1 ， ⊥ 1 ，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．
19.(本小题 17 分)
二进制就是“逢二进一”，通常用( 1 2 1 )2表示一个 位的二进制数.设正整数 = ( 1 2 1 )2 =
2 1 2 01 + 2 2 + + 2 1 + 2 ，(其中 1 = 1， ∈ {0,1}( = 2，3， ， )，记 ( ) = 1 + 2 + 3 + +
．
(1)当 = 10 时，求 对应的二进制数及 ( )的值．
(2)( )当 = 4 时，若 ( )最小，求 对应的二进制数；
( ) 设 为 ( ≥ 4)位二进制数，若 ( )最小，证明： 是形如(100 011 1)2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 1 个 1，其中 0 的个数 满足2 + + 1 ≤ ≤ 2 +1 + + 1．
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.4
13.72
14.6 2( + 1)
15.解：(1)证明：在△ 中，由 = = 1，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 tan∠ =

= 2, tan∠ =
1
= 2 = 2，
2
可得∠ = ∠ ，
因为∠ + ∠ = 90°，所以∠ + ∠ = 90°，
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，
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如图所示，因为底面 为矩形，且 = = = 1, = 2，
则 (0,0, 22 ), (1,
2
2 , 0), (1,
2
2 , 0), (0,0,0), (0,
2 ，
2 , 0)
可得 = ( 1, 2 , 2 ), 2 2 = (0, 2, 0)，
设平面 的法向量为 = ( , , )，
⊥ = +
2
2 +
2
2 = 0则
⊥
，则 ，
= 2 = 0
取 = 2，可得 = 0， = 1，所以 = (1,0, 2)，
又因为 ⊥平面 ，
所以向量 = ( 1, 2, 0)是平面 的一个法向量，
设平面 与平面 夹角为 ，

则 = |cos , | = | | = 1，
| || | 3
所以平面 与平面 1夹角的余弦值为3．
16.解：(1)设 ( ) = 3 3 ，则 ( ) = ( ) + 1．
得 ( ) = ( )3 3( ) = ( 3 3 ) = ( )，所以 ( )是奇函数， = ( )对称中心是(0,0)．
( ) = ( ) + 1 是把曲线 = ( )向上平移 1 个单位长度得到曲线 = ( )，所以曲线 = ( )对称中心为
(0,1)．
(2)证明： ′( ) = 3 2 3 = 3( + 1)( 1)．
当 < 1 时， ′( ) = 3( + 1)( 1) > 0．
当 1 < < 1 时， ′( ) = 3( + 1)( 1) < 0．
当 > 1 时， ′( ) = 3( + 1)( 1 > 0．
所以 ( )在区间( ∞, 1)和(1, + ∞)上单调递增，在区间( 1,1)上单调递减．
所以 = 1 是 ( )的极大值点， = 1 是 ( )的极小值点．
因为 ( 2) = 1 < 0， ( 1) = 3 > 0， (1) = 1 < 0， (2) = 3 > 0．
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根据零点存在定理和函数单调性知道，
因为 ( 2) ( 1) < 0，所以 ( )在区间( 2, 1)内有一个零点；
因为 ( 1) (1) < 0，所以 ( )在区间( 1,1)内有一个零点；
因为 (1) (2) < 0，所以 ( )在区间(1,2)内有一个零点．
综上， ( )有三个零点．
(3)证明：函数 = ( )与 轴交于 ( , 0)， ( , 0)， ( , 0)( < < )，
根据函数零点的性质，可设 ( ) = ( )( )( )．
因为直线 过点 ( , 0)且斜率存在且不为 0，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 ≠ 0(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 2 ( + ) + = 0( )，
因为直线 与曲线 = ( )相切，所以方程( )有两个相等的实根．由 = 0 可知方程有两个相等实根．
在方程 2 ( + ) + = 0 中，设切点 的横坐标为 0，因为两根相等都为 0，所以 2 0 = + ，
即 + 0 = 2 ．
点 ( , 0)， ( , 0) + ，则 中点的横坐标为 2 ．
因为 在 轴上的射影的横坐标就是 点的横坐标 = + 0 2 ，所以 在 轴上的射影为 的中点，即 在 的
垂直平分线上．
所以| | = | |．
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17.解：(1)由题意可知， 1 = 1 2 3 + 1 2(1 3) = 1 2， 2 = 3 2 1 + 3 2(1 1) = 2 3，
所以 1 2 = 1 2 2 3 = 2( 1 3)，
因为 0 < 3 < 2 < 1 < 1，所以 1 3 > 0，
所以 1 2 > 0，
即 1 > 2；
(2)方案一：设获得奖励的金额为 ，
则 的所有可能取值为：0，1000，3000，6000，
且 ( = 0) = 15， ( = 1000) =
4 × 1 = 1 4 3 1 3 4 3 1 35 4 5， ( = 3000) = 5 × 4 × 2 = 10， ( = 6000) = 5 × 4 × 2 = 10，
所以 ( ) = 0 × 15+ 1000 ×
1
5 + 3000 ×
3 3
10 + 6000 × 10 = 2900，
方案二：设获得奖励的金额为 ，
则 的所有可能取值为：0，2000，3000，6000，
且 ( = 0) = 14， ( = 2000) =
3
4 ×
1 = 35 20， ( = 3000) =
3 × 4 1 34 5 × 2 = 10， ( = 6000) =
3 4 1 3
4 × 5 × 2 = 10，
所以 ( ) = 0 × 1 3 34 + 2000 × 20+ 3000 × 10 + 6000 ×
3
10 = 3000，
所以 ( ) < ( )，
所以甲应该选择方案二．
18.解：(1)证明：易知抛物线 的焦点 (1,0)，
设直线 的方程为 = + 1， ( 1, 1)， ( 2, 2)，
此时 1( 1, 1)， 1( 1, 2)，
= + 1
联立 2 = 4 ，消去 并整理德得
2 4 4 = 0，
此时 > 0，
由韦达定理德 1 + 2 = 4 ， 1 2 = 4，
因为 1 2 1 = 2 , 1 = 2，
2 2
所以 = ， = ，1 2
= 2 × 2 = 4此时 1
= 1，
2 1 2
则 ⊥ ；
2 2
(2)证明：直线 ： = ( 1) + 1 = +
1
2，①1 1
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= 2直线 ： ( 2) + 2 =
2
+
2 1 2
2 2 2
= 2 ，②1
联立①②，
2 1 2
解得 = 12 + 1
= 1，
1 2
则点 在 上；
(3) 2 4 4证明：因为| | = 1 + ( )
2 × | 2 + 1| = 1 + 2 × ( 2 + 1) = 1 + 4 × ( 2 + 1) =2 2 2
( 2 + 1)2(1 +
1
)2
= ( 2+1)
3
，
2
3
设 ( ) = ( +1) , > 0，
( ) = 3( +1)
2 ( +1)3 ( +1)2(2 1)
可得 ′ 2 = ，
当 0 < < 12时， ′( ) < 0， ( )单调递减；
1
当 > 2时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
( ) ( 1 ) = 27所以 的最小值为 2 4，
则| |的最小值为3 3．
2
( 1此时 2 , ± 2)．
19.解：(1)根据题目定义：二进制就是“逢二进一”，通常用( 1 2 1 )2表示一个 位的二进制数．
设正整数 = ( 1 2 1 )2 = 2 1 1 + 2 2 2 + + 2 0 1 + 2 ，
其中 1 = 1， ∈ {0,1}( = 2，3， ， )，记 ( ) = 1 + 2 + 3 + + ．
因为 10 = 1 × 23 + 0 × 22 + 1 × 21 + 0 × 20，
所以当 = 10 时，10 = (1010)2， (10) = 1 + 0 + 1 + 0 = 2．
(2)( )当 = 4 时， = 23 1 + 22 2 + 2 3 + 20 4 = 23 + 22 2 + 2 3 + 4，’
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23= +2
2 2+2 3+ 4 = 1 + 7+3 2+ 3 ( ) 1+ 2+ 3+
，
4 1+ 2+ 3+ 4

该式分式部分分子为正，所以当 4 = 1 时， ( )最小；
= 1 = 1 + 7+3 2+ 3 = 2 + 5+2 令 24 ，则 ( ) 2+ 2+ 3 2+ +
，
2 3

该式分式部分分子为正，所以当 3 = 1 时， ( )最小；
= 1 5+2 1 再令 23 ，则 ( ) = 2 + 3+ = 4 3+ ，显然当 2 = 0 时，2 2 ( )
最小．
综上当 = 4 时，若 ( )最小时， = (1011)2， ( )最小．
( ) 证明：由已知： 为 ( ≥ 4)位二进制数，若 ( )最小，
是形如(100 011 1)2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 1 个 1，其中 0 的个数 满足2 + + 1 ≤ ≤ 2 +1 + + 1．
= 2
1
得 1
+2 2 2+ +2 1+ 2 1+2 2 2+ +2 1+
( ) 1+ 2+ + 1+
=
1+ 2+ + 1+
1 2
= 1 + (2 1)+(2 1) 2+(2
3 1) 3+ +(22 1) 2+ 1
1+ + + + ，2 1

该式分式部分分子为正，要使 ( )最小， 须取最大，
1
= 1 = 1 = 2 + (2 3)+(2
2 2) 2+(2 3 2) 3+ +(23 2) 于是 ，令 ，得 3
+2 2
( ) 2+ 2+ +
，
1

该式分式部分分子为正，要使( )最小， 1须取最大，于是 1 = 1；
2 1+1+2 2 2+2 3= 3+ +2
3
又 3
+4 2+2
( ) 2+ 2+ + 2+1
2 3 2 4 2 3 2
= 2 2 + (3 2 )+(2 2 ) 3+(2 2 ) 4+ +(2 2 ) 3+(4 2
2) 2
3+ 2+ +
，
2

该式分式部分分子为负，要使 ( )最小， 2须取最小，于是 2 = 0．

另外，对于使得 ( )最小的 位二进制数，必有 2 ≤ 3 ≤ 4 ≤ ≤ ．
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“ 2 = 0， 1 = 1， = 1，且 2 ≤ 3 ≤ 4 ≤ ≤ “.
取 的某个数位 (3 ≤ ≤ 1)，其右边所有位数均为 1，
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即 +1 = +2 = = = 1，
(2 3 2 ) 3+(2 4 2 ) 4+ +(2 +1= 2 + 2
) 1+2 1 ( )×2 1则 ( ) 1+ 3+ + 1+ +( )

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(100 011 1)2的二进制数，
由题意知此时 中 0 的个数为 ，则 2 = 3 = =
+1 = 0， +2 = +3 = = = 1，1 ≤ ≤ 3，
2 1= +2
1 1
所以 ( ) ，

既然有 个 0 时 ( )最小，那么有 1 个 0 时 ( )会更大，
2 1+2 1 > 2
1+2 1 1 1
于是 1+( ) ，可得2 ( 1) < 2 1，
考虑到左边为整数，右边为小于 1 的分数，所以上式等价于2 ( 1) ≤ 0，
解得 ≥ 2 + + 1①，
同理，有 + 1 个 0 时 ( )也会更大，
2 1+2 2 1 2 1+2 1 1
于是 1 > ，可得
2 +1 ( 2) > 12 2，
考虑到左边为整数，右边为小于 1 的分数，所以上式等价于2 +1 ( 2) ≥ 1，
解得 ≤ 2 +1 + + 1②，
由①②，可得 对应的 位二进制数中的 0 的个数 满足2 + + 1 ≤ ≤ 2 +1 + + 1．
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