云南省昆明市昆明三中高2025届高二下学期第二次综合测试数学（含解析）

昆明三中高2025届高二下学期第二次综合测试
数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．若一组数据的75百分位数是6，则（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
2．已知椭圆，A，B为G的短轴端点，P为G上异于A，B的一点，则直线，的斜率之积为（ ）
A． B． C． D．
3．已知的展开式的二项式系数和为64，则其展开式的常数项为（ ）
A．240 B． C．729 D．3840
4．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，甲 乙等4名杭州亚运会志愿者到游泳 射击 体操三个场地进行志愿服务，每名志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲不去游泳场地，则不同的安排方法共有（ ）
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
5．质数（prime number）又称素数，一个大于1的自然数，除了1和它本身外，不能被其他自然数整除，则这个数为质数，数学上把相差为2的两个素数叫做“孪生素数”.如：3和5，5和7……，在1900年的国际数学大会上，著名数学家希尔伯特提出了23个问题，其中第8个就是大名鼎鼎的孪生素数猜想：即存在无穷多对孪生素数.我国著名数学家张益唐2013年在《数学年刊》上发表论文《素数间的有界距离》，破解了困扰数学界长达一个半世纪的难题，证明了孪生素数猜想的弱化形式.那么，如果我们在不超过的自然数中，随机选取两个不同的数，记事件，这两个数都是素数；事件：这两个数不是孪生素数，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知数列为正项递增等比数列，，，则该等比数列的公比（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
7．某同学参加学校组织的数学知识竞赛，在5道四选一的单选题中有3道有思路，有2道完全没有思路，有思路的题目每道做对的概率为，没有思路的题目只好任意猜一个答案．若从这5道题目中任选2题，则该同学2道题目都做对的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数恰有2个不同的零点，则实数a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知在区间上单调递增，则的取值可能在（ ）
A． B． C． D．
10．已知，下列说法正确的有（ ）
A． B．
C． D．
11．已知函数的导数为，若存在，使得，则称是的一个“巧值点”，则下列函数中，存在“巧值点”的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
12．在“杨辉三角”中，每一个数都是它“肩上”两个数的和，它开头几行如图所示．那么，在“杨辉三角”中，第 行会出现三个相邻的数，其比为．
第0行 1
第1行 1 1
第2行 1 2 1
第3行 1 3 3 1
第4行 1 4 6 4 1
第5行 1 5 10 10 5 1
13．如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，则事件“质点位于的位置”的概率为 .
14．如图，画一个正三角形，不画第三边；接着画正方形，对这个正方形，不画第四边，接着画正五边形；对这个正五边形不画第五边，接着画正六边形；……，这样无限画下去，形成一条无穷伸展的等边折线．设第n条线段与第条线段所夹的角为，则 ．
四、解答题
15．已知函数在处有极值2．
（Ⅰ）求，的值；
（Ⅱ）证明：．
16．某足球队为评估球员的场上作用，对球员进行数据分析.球员甲在场上出任边锋、前卫、中场三个位置，根据过往多场比赛，其出场率与出场时球队的胜率如下表所示.
场上位置 边锋 前卫 中场
出场率 0.3 0.5 0.2
球队胜率 0.8 0.6 0.7
(1)当甲出场比赛时，求球队输球的概率；
(2)当甲出场比赛时，在球队获胜的条件下，求球员甲担当边锋的概率；
(3)如果某场比赛该足球队获胜，那么球员甲最有可能在场上的哪个位置？请说明理由.
17．如图，点为椭圆的右焦点，过且垂直于轴的直线与椭圆相交于、两点(在的上方)，设点、是椭圆上位于直线两侧的动点，且满足，试问直线的斜率是否为定值，请说明理由.

18．如图所示，在长方体中，，在棱上，且．
(1)若，求平面截长方体所得截面的面积
(2)若点满足，求平面与所成夹角的余弦值．
19．对于无穷数列，若对任意，且，存在，使得成立，则称为“数列”.
(1)若数列的通项公式为，试判断数列是否为“数列”，并说明理由；
(2)已知数列为等差数列，
①若是“数列”，，且，求所有可能的取值；
②若对任意，存在，使得成立，求证：数列为“数列”.
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】根据百分位数的定义求解即可．
【详解】这组数据为：，但大小不定，因为，
所以这组数据的分位数为从小到大的顺序的第6个数和第7个数的平均数，
经检验，只有符合．
故选：C．
2．C
【分析】
设，可得，代入中即可得.
【详解】设，则有，即有，
由椭圆方程可得其短轴端点坐标分别为、，
则.
故选：C.
3．D
【分析】
根据二项式系数和求得，再求常数项即可.
【详解】根据题意，，解得，则，
故其展开式的常数项为.
故选：D.
4．C
【分析】本题只需考虑游泳场有2名志愿者和1名志愿者两种情况即可.
【详解】①游泳场地安排2人，则不同的安排方法有种，
②游泳场地只安排1人，则不同的安排方法有种，
所以不同的安排方法有种.
故选：C
5．D
【分析】
根据条件概率的计算方法求得正确答案.
【详解】不超过的自然数有个，其中素数有共个，
孪生素数有和，和，和，和，共组.
所以，，
所以.
故选：D
6．A
【分析】
由已知结合等比数列的性质求出，进而可求出公比.
【详解】由题意，
由，，
得，所以（舍去），
所以，
整理得，解得（舍去），
所以.
故选：A.
7．D
【分析】
根据排列组合以及概率的乘法公式即可求解.
【详解】设事件A表示“两道题全做对”，
若两个题目都有思路，则；
若两个题目中一个有思路一个没有思路，则；
若两个题目都没有思路，则；
故.
故选：D.
8．D
【分析】根据题意转化为方程恰有2个不同的实数根，即直线与函数的图象恰有2个不同的交点，用导数法画出其图象，利用数形结合法求解.
【详解】由题意知方程恰有2个不同的实数根．
设，则直线与函数的图象恰有2个不同的交点，
因为，当时，，当时，，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
，
当时，，当时，，当时，，
∴可以作出的大致图象，如图所示，

易知直线过定点，当直线与函数的图象相切时，设切点为，
则，解得或，
当直线与函数的图象相切时，或，
数形结合可知，实数a的取值范围为.
故选：D．
【点睛】
思路点睛：函数恰有两个不同的零点，转化为方程恰有2个不同的实数根，即直线与函数的图象恰有2个不同的交点，利用导数判断函数的单调性，极值，数形结合求解.
9．AC
【分析】
借助辅助角公式可将函数化为正弦型函数，借助正弦型函数的单调性即可得的范围.
【详解】，
当，由，则，
则有，，
解得，，
即，，
有，，即，即或，
当时，有，时，有，
故的取值可能在或.
故选：AC.
10．AD
【分析】令可求得A正确；根据二项式定理可得展开式通项，分别代入和，加和即可得到，知B错误；分别令和，加和后，结合可知C错误；对等式左右求导，代入可得D正确.
【详解】对于A，令，则，A正确；
对于B，展开式通项为：，
展开式通项为：，
展开式通项为：，
令，则，又，，，
或，，B错误；
对于C，令，则；
令，则；
两式作和得：，，
又，，C错误；
对于D，，，
，
令，则，D正确.
故选：AD.
11．ABD
【分析】结合“巧值点”的定义，逐个求解是否有解即可
【详解】对于A，，令，得，有“巧值点”；
对于B，，令，
如图，作出函数，的图象，
结合，的图象，知方程有解，有“巧值点”；
对于C，，
令，即，得，无解，无“巧值点”；
对于D，，令，得，
令，则，
所以函数在上为增函数，
又，
所以函数在上有唯一零点，
即方程在上有解，
即有“巧值点”.
故选：ABD.
12．62
【分析】
由题意可知第行第个数为，连续三项，，，结合组合数运算求解即可.
【详解】
由题意可知第行第个数为，
根据题意，设所求的行数为，则存在正整数，使得连续三项，，，
有且．化简得，，
联立解得，．
故第62行会出现满足条件的三个相邻的数．
故答案为：62.
13．
【分析】理解题意构建数学模型，利用排列组合进行解题.
【详解】由图可知，若想通过6次移动最终停在-2的位置上，则必然需要向右移动2次且向左移动4次，记向右移动一次为R，向左移动一次为L，
则该题可转化为RRLLLL六个字母排序的问题，故落在-2上的排法为
所有移动结果的总数为，所有落在-2上的概率为
故答案为：
14．
【分析】根据正三角形、正方形、正五边形的角的度数规律，类比出多边形个角的度数表达式，再计算出2022条线段所在的正多边形的边数，进一步求出夹角.
【详解】第一条线段与第二条线段所夹的角，由此类推， ，，
，，，，，，，
观察规律，三角形会有个相等的角，并且角的度数恰好是其内角的度数，
正方形有个，正五边形有个，正六边形有个，
多边形有个
又观察图形得：正三角形画条线段，正方形画条线段，正五边形画条线段，正六边形画条线段，，正边形画条线段；
画完正多边形时，画线段的条数为，
当时，；当时，
第条线段应在正边形中，
故答案为：.
15．（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）求出导函数，由且求得，并检验0是极值点；
（Ⅱ）不等式化为，引入函数，由导数求得的最小值，最小值大于0，从而证得不等式成立．
【详解】（Ⅰ）解：由已知，，则

解得，
经检验，符合题意.
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，．
要证，
只需证．
即．
令，则．
令，解得．
，的变化情况如下表所示．
1
－ 0 +
单调递减 1 单调递增
所以，时，有最小值．
故成立
16．(1)
(2)
(3)前卫，理由见解析.
【分析】(1)根据条件概率公式分别计算出甲球员在担任边锋、前卫、中场时赢球的概率，最后相加得到甲球员参加比赛时，球队赢球的概率，再用1去减即可．
(2)根据条件概率的计算公式即可求解.
(3)由贝叶斯公式，即可做出判断.
【详解】（1）用表示“甲出任边锋”，表示“甲出任前卫”，表示“甲出任中场”，用表示“球队赢球”.
则甲出场时，球队赢球的概率为：
所以甲出场比赛时，球队输球的概率为：.
（2）因为.
所以.
即当甲出场比赛时，在球队获胜的条件下，球员甲担当边锋的概率为.
（3）因为，.
因为.
所以如果某场比赛该足球队获胜，那么球员甲最有可能在前卫.
17．是定值，理由见解析
【分析】首先求得，而直线不过点，所以设直线的方程为，联立椭圆方程并化简得，（*）从而可知关于的方程有两个解，结合韦达定理以及，可得关系进而求解.
【详解】由题意将代入椭圆方程得，从而，
因为直线不过点，所以设直线的方程为，
椭圆的方程即：，
联立直线与椭圆方程，得
，
整理得，
即，（*）
而（*）式中的指的是点或点的横纵坐标，
令，则关于的方程有两个解，
由得，
即：，
直线的斜率为，是定值.
18．(1)
(2)
【分析】（1）建系，利用坐标运算计算，求出点的位置，然后画出截面，求截面面积即可；
（2）利用向量法求平面与平面的夹角即可.
【详解】（1）如图建立空间直角坐标系：
因为，
所以，设，
则，
由得，
解得，即为线段中点，取的中点，连接，
明显有，则平面截长方体所得截面为梯形，
则，，
所以
则点到的距离为，
则截面的面积为；
（2）设，
则，
，
设面的法向量为，面的法向量为
则，取得，
，取得，
所以，
则平面与所成夹角的余弦值为.
19．(1)是，理由见解析
(2)①的可能值为.②证明见解析
【分析】（1）根据题意，推得，取，得到，即可求解；
（2）若是“数列”，且为等差数列，得到，进而得到存在，使得，求得，得到的值，进而求得的可能值；
②设数列公差为，得到，求得，鸡儿推得，得到答案.
【详解】（1）解：数列的通项公式为，
对任意的，都有，
取，则，所以 是“数列”.
（2）解：数列为等差数列，
①若是“数列”，，且，
则，
对任意的，
，由题意存在，使得，
即，显然，
所以，即，
.所以是8的正约数，即，
时，；
时；
时；
时.
综上，的可能值为.
②若对任意，存在，使得成立，
所以存在，
设数列公差为，则，
可得，
对任意，
则，取，
可得，所以数列是“数列”.
答案第1页，共2页