【文档说明】云南省昆明市第一中学2025届高三上学期第二次联考数学答案.docx，共(6)页，633.467 KB，由小赞的店铺上传

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昆明市第一中学2025届高三年级第二次联考数学参考答案一、选择题题号12345678答案BDACDCBB1.解析：由()()21i1iz−=+得2i1i1iz==−+−，所以z在复平面内对应的点为()1,1−，在第二象限，选B.2.解析：若p是假命题，则p是真命题，即()100xxax+

+−，，恒成立，则1axx+，()0x+，.所以2a，选D.3.解析：由abab+=−得0ab=，所以()225ab−=，所以25ab−=，选A.4.解析：指标值x)195,205的样本频率是100.033=0.33，所以指标值

在区间)195,205的产品约有1000.33=33件，A选项正确；指标值的最大极差为235-165=70，最小极差为225-175=50，B选项正确；由直方图可得出，从第一组至第七组的频率依次是

0.020.090.220.330.240.080.02，，，，，，，所以指标值的第60百分位数在)195,205内，小于205，C选项不正确；抽取的产品的质量指标值的样本平均数和样本方差分别为：1700.021800.091900.222000.3321

00.242200.082300.02200x=++++++＝，()()()2222222300.02200.09100.2200.33100.24200.08300.02150s−+

−+−+++=+＝，D选项正确；综合以上分析，该样本统计量的叙述不正确的选项是C.5.解析：由双曲线()222210,0yxabab−=的渐近线方程是ayxb=得2ab=，即12ba=，所以离心率22222512cabbeaaa+===+=，选D.6

．解析：当0x时，()11en1lxxyx++−=+，'21101(1)exyxx=++++，所以()11en1lxxyx++−=+在区间)0,+单调递增，即()(0)0fxf=；当0π2x−

时，tanyxa=+在()π,20−内单调递增，所以()(0)fxfa=，因为函数()fx的值域为R，所以实数a的取值范围是0a，选C.7.解析：取BC的中点F，连接AF,FO,因为CDAB//，所以直线AO与CD所成角即为AO与AB所成的角,所以1AA21AD21ABFOAFAO+

+=+=,所以93πcos22213πcos2222412)AA21AD21AB(AO22212=+++=++=，即3AO=,又因为5AAAB21ABAD21ABABAO12=++=,所以65235ABAOABAOθcos===,所以直线AO与A

B所成角的余弦值为65，选B.8．解析：由111eee1eaabb−−++得1(1)eeeeabba−−−−−−，因为函数()eexxfx−=−满足'+(0)eexxfx−=，所以()fx在R上单调递增，由()(1)fafb−，解得1ab−，即

1ab+；因为0a，0b，所以22222211()2()2()()222abababababab++=+−+−=+，当12ab==时，22ab+取的最小值为12，选B.二、多选题题号91011答案BCACDACD9.解析：若78SS，则8870aSS=−，

但7a正负不确定，所以6S与7S大小不确定，A错误；若78SS，则8870aSS=−，B正确；若311SS=，则()1137840SaSa−=+=，所以()()114147814702aaSaa+==+

=，C正确；由10a，780aa+=，知70a，80a，所以7S是{}nS中的最大项，D错；选BC．10.解析：根据抛物线的定义，02+52pMF==，即6p=，所以抛物线C的方程为212xy=

，选项A正确；当直线l的斜率不存在时，l的方程为2x=，联立2122xyx==得直线l与C有且仅有一个公共点12,3，满足题意；当直线l的斜率存在时，设l的方程为()12ykx+=−，联立()21221xyykx==−−得21224120xkxk−++=，由0=

得1k=或13k=−，此时直线l的方程为30xy−−=或310xy++=，所以满足过定点()2,1P−且与C有且仅有一个公共点的直线l共有3条，直线l的方程为30xy−−=或310xy++=或2x=，选

项B错误；抛物线C：212xy=的焦点()0,3F，直线PF的方程为：23yx=−+，与抛物线方程212xy=联立消去y化简得：224360xx+−=，设()11,Axy，()22,Bxy，则1224xx+=−，()12122

654yyxx+=−++=，所以ABAFBF=+=1254660yyp++=+=，选项C正确；由抛物线的定义知MNMF=,所以满足MNMP=的点M就是满足MFMP=的点M，由()2,1P−和()0,3F

可得出线段PF的中垂线方程是1122yx=+，联立2112212yxxy=+=消去y化简得方程：2606xx−=−，由于0，此方程有2个不等根，即线段PF的中垂线1122yx=+与抛物线212xy=有

2个公共点，所以满足MNMP=的点M有且仅有2个，选项D正确；综合以上分析，选ACD．11．解析：因为33yxx=−是奇函数，图象关于点(0,0)对称，所以()332gxxx=−+的图象关于点(0,2)对称，A正确；因为()'233gxx=−，由()'0gx解

得1x−或1x，()'0gx解得11x−，所以()gx在区间(,1−−单调递增，(1,1)−单调递减，)1,+单调递增，且()14g−=，()10g=，()20g−=，所以()gx有两个零点，B错误；又因

为()'()fxgx=，所以()fx在区间(,2−−单调递减，(2,)−+单调递增，即()fx只有一个极值点，C正确；设()1)(exhxx=−+，()'e1xhx=−，由()'0hx解得0x，()'0hx解得0x，所以()

hx在区间(,0−单调递减，(0,)+单调递增，()(0)0hxh=，所以e1xx+，因为()fx在区间(2,)−+单调递增，所以由102exx+−，得()(1e)xffx+，D正确；选ACD.三、填空题12.解析：因为(1)(1

)(1)1nnnannnn−==−+++−，所以1288Saaa+=++()()()()23287819912=−+++−−+++=−=．13．解析：由21sin2cos2+=−得2222sincoscos12sincos+=−+，即22tan112tan1

+=−+，即2tan4tan30++=，解得tan1=−或tan3=−，因为π3π,24，所以tan3=−14.解析：小张从M处出发选择最短路径前往N处，需要向右走6条街道和向上走4条街道，共走10条街道．所以从M处出发选择最短路径到达N处一共有6410

4210CC=种走法；同理，从M处到达P处有426215CC=种走法，从P处到达N处有22426CC=种走法，所以根据分步计数原理，小张每天早上上班途经街道P处的最短路径走法有156=90种．四、解答题15．解：（1）()()2222()3sin2sincossincos+fxxxxxx

a=++−3sin2cos2xxa=−+2sin(2)6xa=−+，因为0,2x，所以52,666x−−，所以()fx最大值为2a+，由23a+=得1a=．…………8分（2

）由222262kxk−+−+得222233kxk−++，63kxk−++，所以函数()fx的单调递增区间为,,63kkkZ−+．…………13分16．（1）证明：连接AC，设A

C交BN于点E，连接EM，由90ADCBCD==，得AD∥BC，又12BCADAN==，所以△BEC≌△NEA，所以E是AC的中点，又M是PC的中点，所以ME∥PA，因为EM平面BMN，PA平面BMN，所以PA∥平面BMN；………7分（2）以N为坐标原点，NA，NB，NP

所在直线为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系Oxyz−，由题知()2,0,0A，()0,0,2P，()0,2,0B，()2,2,0C−，()1,1,1M−，所以()2,0,0BC=−，()0,2,2BP=−，()1,1,1NM=−，(

)0,2,0NB=，设平面BMN的一个法向量为()1111,,nxyz=，则1100nNMnNB==，所以1111020xyzy−++==，可取()11,0,1n=，设平面BMC的一个法向量为()2222,,nxyz=，所以2200nBCnB

P==，所以22220220xyz−=−+=，可取()20,1,1n=，设二面角CBMN−−的平面角为，又1212121cos,2nnnnnn==，所以3sin2=，所以二面角CBMN−−的正弦值为32.………1

5分17.解：（1）因为PP的最小值为22，所以222b=，所以2b=，当直线l的斜率为零时，点P与点Q关于y轴对称，又点P与点P关于点O对称，由椭圆的对称性可知，此时点Q与点P关于x轴对称，则90PQP=，由几何关系可解得点P坐标为()3,1，代入椭圆C的方程：22

212xya+=得：23211a+=，解得26a=，故椭圆C的方程为22162xy+=；………8分设点()00,Pxy，()11,Qxy，()00,Pxy−−，因为点P和Q均在C上，故22002211162162xyxy+=+=①②，由①－

②得：2222011062xxyy−−=，即1010101013yyyyxxxx−+=−−+，即13kk=−；………15分18.解：（1）因为()()ln1cosfxxxx=++−，，所以1()sin11fxxx=−−+，(

0)0f=，(0)1f=，切线方程：(0)(0)(0)yffx−=−，所以1y=；………5分（2）(0)0f=，当(0,)x，，所以1()sin101fxxx=−−+，即()fx在(0,)单调递减………8分令()()gxfx=，21()cos(1)

gxxx=−−+当(1,0)x−时，()0gx，()gx在(1,0)−单调递减，即()fx在(1,0)−单调递减；又因为(0)0f=，当(1,0)x−时()0fx，即()fx在(1,0)−单调递增………11分因此：()fx在(1,0)

−单调递增，在(0,)单调递减.当1x→−时，ln(1)x+→−，()0fx；(0)1f=，因为()fx在(1,0)−单调递增，所以根据零点存在定理，()fx在(1,0)x−有唯一零点；………14分令()lnhxxx=

−，11()1xhxxx−=−=，当(0,1)x时，()0hx，()hx单调递增，且(1)1h=−，当,()1x+时，()0hx，()hx单调递减；所以()()max11hxh==−，即()ln0hxxx=−，所以()ln

(1)110h=+−+−（），所以()ln(1)10f=+−+（），又因为()fx在(0,)单调递减，根据零点存在定理()fx在(0,)有唯一零点.(1,)x−11111x++1sin0x−−综上，()fx在(1,)−有2个零点.………17分19.解：（1）

记事件S为恰好答对一道判断题并且配对正确两道连线题，()2444C112A8PS==；………4分（2）甲同学挑战成功有以下几种情况：①A=“共答对四道”，即答对余下的判断题，答错两道连线题，则()13332A1C411PA==，②B=“共答对五道”，即答

错余下的判断题，答对余下的三道连线题，()331112A12PB==，③C=“共答对六道”，即答对余下的四道问题，()331112A12PC==，()()()512PAPBPC++=，即甲同学挑战成功的概率为512；………10分（3）设选择方式一､二的班级团队挑战成功的概率分

别为12,PP．当选择方式一时，因为两人都回答错误的概率为2(1)p−，则两人中至少有一人回答正确的概率为21(1)p−−，所以2211(1)(2)(2)nnnnPppppp=−−=−+=−，当选择方式二时，因为一个小组闯关成功的概率为np，则一个小组闯

关不成功的概率为1np−，所以()()22112nnnPppp=−−=−，所以()12(2)2(2)2nnnnnnnPPppppppp−=−−−=−+−，构造()(2)2nnfnpp=−+−，则()()111(2)(2)nnnnfn

fnpppp+++−=−+−−−()()()(2)111(2)nnnnppppppp=−−+−=−−−，因为01p，则10p−，21p−，可得(2)1,1nnpp−，所以()()10fnfn+−，即()

()1fnfn+，所以()fn单调递增，又因为()22222(2)22422(1)0fppppp=−+−=−+=−，且10n≥，所以()0fn，从而120PP−，即12PP，所以为使本班挑战成功的可能性更大，应选择方式一参赛．………17分