广东省深圳市2025届高三数学下学期二模试题含解析

本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟.

注意事项：

1．答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．用2B铅笔将

试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，

用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.

3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需

改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.

4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，留存试卷，交回答题卡.

一、选择题：本题共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.下列各组数据中方差最大的一组是（）

A.6，6，6，6，6B.5，5，6，7，7C.4，5，6，7，8D.4，4，6，8，8

【答案】D

【解析】

【分析】根据数据的波动越大，方差越大；数据越稳定，方差越小.通过观察数据的离散程度以及计算平均

值和方差来得出答案.

【详解】对于A：

数据全部为6，相等，没有波动，所以方差为0.

222

5567725666276

对于B：平均数为6，方差为s20.8.

55

对于C：

22222

456784656667686

平均数为6，方差为s22.

55

对于D：

222

4468824666286

平均数为6，方差为s23.2.

55

通过比较可知，选项D的方差最大.

故选：D.

2.双曲线4x2y24的离心率为（）

5

A.3B.2C.D.5

2

【答案】D

【解析】

【分析】根据双曲线的标准方程，结合离心率的概念即可求解.

y2

【详解】由4x2y24，得x21，

4

所以a21,b24，得c2a2b25，

c

所以双曲线的离心率为e5.

a

故选：D

3.在四边形ABCD中，若ACABAD，则“ACBD”是“四边形ABCD是正方形”的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据ACABAD，ACBD判断出四边形ABCD的形状，结合充分条件、必要条件的定义判

断即可.

【详解】在四边形ABCD中，若ACABAD，则四边形ABCD为平行四边形，

若ACBD，则平行四边形ABCD为菱形，但不一定为正方形，

四边形ABCD是正方形时，必有ACBD，即有ACBD，

故“ACBD”是“四边形ABCD是正方形”的必要不充分条件.

故选：B.

π3π

4.若cos，0,，则sin（）

452

A.2B.32C.2D.32

101055

【答案】A

【解析】

π

【分析】由同角三角函数的基本关系求出sin的值，再利用两角差的正弦公式可求得sin的值.

4

πππ3π

【详解】因为0,，则，

2444

2

π2π34

所以sin1cos1，

4455

ππππππ

因此sinsinsincoscossin

444444

42322

.

525210

故选：A.

5.已知正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为（）

A.363B.366C.1083D.1086

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意得到斜高，从而得到四棱锥体高，由体积计算公式即可求解.

【详解】如图，在正四棱锥PABCD中，PO为四棱锥的高，PE为侧面的高，

因为正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，

1

所以S侧=46PE2S底72，解得PE6，

2

POPE2OE233，

11

所以VS底PO3633363，

PABCD33

故选：A.

6.已知函数f(x)aexex（a为常数），则（）

A.aR,f(x)为奇函数B.aR,f(x)为偶函数

C.aR,f(x)为增函数D.aR,f(x)为减函数

【答案】B

【解析】

【分析】通过对函数f(x)进行相应的运算，结合奇偶性的定义判断奇偶性；对函数求导，根据导数的正负

判断函数的单调性.

【详解】对于A，首先求f(x)f(x)：已知f(x)f(x)(a1)(exex)，

若f(x)为奇函数，则f(x)f(x)0恒成立，即(a1)(exex)0恒成立.

因为exex>0恒成立，所以a10，解得a1，所以f(x)为奇函数a1，选项A错误.

对于B，接着求f(x)f(x)：已知f(x)f(x)(a1)(exex)，

若f(x)为偶函数，则f(x)f(x)0恒成立，即(a1)(exex)0恒成立.

因为exex不恒为0，所以a10，解得a1，所以f(x)为偶函数a1，选项B正确.

ae2x1

对于C，D，对f(x)求导得f(x).

ex

当a0时，ae2x1>0，ex>0，所以f(x)>0，则f(x)为增函数.

2x

ae12x1ln(a)

当a<0时，令f(x)0，即0，则ae2x10，e，解得x

exa2.

ln(a)lna

当x<时，f(x)>0，f(x)在-,上单调递增；

22

ln(a)lna

当x>时，f(x)<0，f(x)在,+,上单调递减，

22

所以选项C、D错误.

故选：B.

2π∣*

7.已知等差数列a的公差为，集合ScosannN，若S{a,b,c}，则abc（）

n3

A.1B.0C.1D.3

【答案】B

【解析】

【分析】先写出等差数列的通项公式，然后根据三角函数的周期性和已知集合的元素个数来分析cosan的

取值情况，进而求出abc的值.

2π

【详解】根据已知条件，等差数列的通项公式为：aan1.

n13

2π2π

根据三角函数的性质，cosan3cosa1n31cosa1n1cosan.

33

这说明数列cosan的周期为3.

因为集合Sa,b,c，即cosan有三个不同的值.

2π

设n1时，cosa1a；n2时，cosa2cosa1b；

3

4π

n3时，cosa3cosa1c.

3

根据三角函数两角和公式可得：

2π2π2π13.

cosa1cosa1cossina1sincosa1sina1

33322

4π4π4π13.

cosa1cosa1cossina1sincosa1sina1

33322

2π4π13131313

则abccosa1cosa1cosa1cosa1cosa1sina1cosa1sina1cosa1cosa1sina1cosa1sina10

3322222222

故选：B.

8.已知复数均不为0，则下列等式不恒成立的是（）

z1,z2

A.B.

z1z2z1z2z1z2z1z2

C.z1z2z1z2D.z1z2z1z2

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数的运算性质可一一验证.

【详解】设z1abi,z2cdi，

对A，，

z1z2acbdiacbdi

，，故A正确；

z1z2abicdiacbdiz1z2z1z2

22，

z1z2acbdiacbd

22，zzzz，故B正确；

z1z2acdbiacdb1212

z1z2abicdiacbdbcadi，

z1z2abicdiacbdadbci，故C错误；

22，22，

z1z2acbdbcadz1z2acbdadbc

z1z2z1z2，故D正确；

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.

ππ

9已知函数f(x)2sinxcosx，则（）

.44

A.f(x)的最大值为1B.f(x)的最小正周期为π

ππ

C.f(x)在0,上单调递增D.f(x)的图象关于x对称

24

【答案】AB

【解析】

【分析】利用二倍角公式和诱导公式化简，再由余弦函数相关性质检验各项即可求解.

ππππ

【详解】f(x)2sinxcosxsin2xsin2xcos2x,

4442

∴f(x)max1，故A正确；

2π

最小正周期Tπ，故B正确；

2

π

x0,时，t2x0,π，

2

∵ycost在0,π单调递减，

π

∴f(x)在0,上单调递减，故C错；

2

πππ

f()cos0，x不是函数f(x)的对称轴，故D错；

424

故选：AB.

10.已知函数fx的定义域为R，f2xf2yfxyfxy1，f10，则（）

A.f00B.f30

C.fx为偶函数D.fx的最大值为1

【答案】BCD

【解析】

11

【分析】令xy0，可判断A选项，令xy1可得出f2，再令f2，可求

f0f0

出f3的值，可判断B选项；利用偶函数的定义可判断C选项；令yx1，可得出f2xf2x11，

求出fx的最大值，可判断D选项.

【详解】对于A选项，令xy0，则2f20f201，解得f01，A错；

对于B选项，令xy1，则2f21f2f01，即f2f010，

1

所以f2，

f0

1

222

令x3，y2，可得f3f2f5f11，即f321，

f0

即f230，故f30，B对；

对于C选项，因为f2xf2yfxyfxy1，

同理有f2yf2xfyxfyx1，

所以fxyfxyfxyfyx，

若fxy0，设fy00，

22

令xyy0，则fy0fy0f2y0f010f2y0f01，

再令xyy0，

222

则fy0fy0f0f2y010fy00fy00，

所以函数fx的零点关于y轴对称；

若fxy0，则fxyfyx，令y0有fxfx，

故函数fx为偶函数，C对；

对于D选项，令yx1，则f2xf2x1f2x1f111，

2

所以fx1，可得1fx1，故函数fx的最大值为1，D对.

故选：BCD.

11.对于*，将n表示为012k．其中

nNna03a13a23ak3

012

ai{1,0,1}(i0,1,2,,k),ak0．记I(n)为上述表示中ai为0的个数（例如8(1)30313，

则I(8)1，则下列结论正确的是（）

A.I(9)2B.I3n1n1

C.I(9n)I(n)2D.I(9n4)I(n)4

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据I(n)的定义逐项判断即可.

【详解】对A，∵903003132，∴I(9)2，故A正确；

n

对B，∵3n1300310323n，∴I31n1，故B正确；

对C，∵设012k，

na03a13a23ak3

234k201，

9na03a13a23ak30303

增加了30，31两项系数为0，∴I(9n)I(n)2，故C正确；

对于D，∵234k201，

9na03a13a23ak333

∴I(9n4)I(n)，故D错误；

故选：ABC.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

ex,x0

12.已知函数fx，若f(a)e，则实数a_________．

xlnx,x0

【答案】e

【解析】

【分析】易知当a0时无解；当x0时，利用导数研究函数f(x)的性质可得f(x)在(0,)上有且仅

有唯一的零点，进而根据f(a)alnae求解即可.

ex,x0

【详解】fx,fae，

xlnx,x0

当a0时，f(a)eae，解得a1，不符合题意；

当x0时，f(x)xlnx，则f(x)lnx1，

11

令f(x)00x,f(x)0x，

ee

1111

所以f(x)在(0,)上单调递减，在(,)上单调递增，且f()0，

eeee

当x0时，lnx，则f(x)0，

当x时，f(x)，且0x1时，f(x)0；x1时，f(x)0；

所以f(x)在(0,)上有且仅有唯一的零点.

所以当a0时，f(a)alnae，则a1，解得ae.

综上，ae.

故答案为：e

13.已知抛物线C:y22px(p0)的焦点为F(1,0)，C的准线与x轴的交点为T，若过点T的直线l与C

交于A，B两点，且|FA|3|FB|，则△TFA的面积等于_________．

【答案】23

【解析】

【分析】根据题意可得抛物线方程及点T坐标，设出直线l的方程并联立曲线，再由韦达定理和抛物线焦

半径公式可解点A，然后可求△TFA的面积.

p

【详解】如图，因为抛物线C的焦点F(1,0)，所以1，解得p2，

2

则抛物线C的方程为y24x，准线方程为x1，T(1,0)，

易知直线l斜率存在，设方程为ykx1，A(x1,y1)，B(x2,y2),

y24x

联立，整理得k2x22k24xk20,

ykx1

2k24

由韦达定理得xx，x1x21，

12k2

又FAx11，FBx21，且|FA|3|FB|，

∴x113x21，即x13x22代入x1x21，

21

整理得3x2x10，解得x或x21（舍），

223

所以，2，所以，

x13y14x12y123

1

STFy23.

TFA21

故答案为23.

14.将五张标有1、2、3、4、5的卡片摆成右图，若逐一取走这些卡片时，每次取走的一张卡片与剩下

的卡片中至多一张有公共边，则把这样的取卡顺序称为“和谐序”（例如按13542取走卡片的顺序

是“和谐序”，按15234取走卡片的顺序不是“和谐序”），现依次不放回地随机抽取这5张卡片，

则取卡顺序是“和谐序”的概率为_________．

7

【答案】

30

【解析】

【分析】对抽卡片的顺序进行分类讨论，结合分步乘法计数原理、分类加法计数原理与古典概型的概率公

式可求得所求事件的概率.

【详解】分两种情况讨论：

（1）第一步，从1号或3号卡片抽取一张，有2种情况，比如先抽1号卡片，

第二步，从3号或5号卡片抽取一张，有2种情况，比如先抽3号卡片，

第三步，从2号或5号卡片抽取一张，有2种情况，比如先抽2号卡片，

第四步，从4号或5号卡片抽取一张，有2种情况，

第五步，抽最后一张卡片，

此时，不同的抽法种数为2416种；

（2）第一步，抽5号卡片，

第二步，从1、3、4号卡片抽取一张，有3种情况，比如先抽1号卡片，

第三步，从3、4号卡片抽取一张，有2种情况，比如先抽3号卡片，

第四步，从2、4号卡片抽取一张，有2种情况，

第五步，抽最后一张卡片，

此时，不同的抽法种数为32212种.

5

而从5张卡片随意抽取，不同的抽法种数为A5120，

287

因此，取卡顺序是“和谐序”的概率为.

12030

7

故答案为：.

30

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.

π3

15.在ABC中，A，BC边上的高等于BC．

34

（1）求sinBsinC的值；

（2）若BC2，求ABC的周长．

3

【答案】（1）sinBsinC

8

（2）210

【解析】

【分析】（1）根据三角形的面积公式和正弦定理计算即可求解；

（2）根据正弦、余弦定理和完全平方公式计算可得bc10，即可求解.

【小问1详解】

设ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，

13112

由题意可得SaabcsinA，即bca，

ABC2422

1π

由正弦定理得sinBsinCsin2A，又A，

23

3

所以sinBsinC．

8

【小问2详解】

23

22

asinBsinC

8

由正弦定理得bc222，

sinA3

2

1

由余弦定理得b2c2a22bccosA22226，

2

又(bc)2b2c22bc62210，所以bc10，

所以ABC的周长为abc210．

16.已知四棱台ABCDA1B1C1D1，底面ABCD是边长为2的菱形，AA1平面ABCD，

ABC60,AA1A1B11，E是BC的中点．

（1）证明：DD1平面AD1E；

（2）求平面AD1E与平面A1D1E夹角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析

（2）6

4

【解析】

【分析】（1）先由底面菱形性质及线面垂直性质证AE平面AA1D1D，得AEDD1.再根据已知边长

用勾股定理逆定理证D1DAD1.因为AD1与AE相交，所以DD1平面AD1E.

（2）解法1，过A1作A1MAD1，证A1M平面AD1E，再过M作MTD1E，得A1TM为二面角

平面角.算出A1M、MT长度，用正切求出A1TM正切值，再求其余弦值.

解法2，建立空间直角坐标系，用向量法求二面角.先找出平面的一个法向量.

AD1ED1D

设平面A1D1E法向量n，根据向量垂直关系求出n.最后用向量夹角公式求两平面夹角余弦值.

【小问1详解】

因底面ABCD是菱形，ABC60，E是BC中点，所以AEBC，又AD//BC，则AEAD.

已知AA1平面ABCD，AE平面ABCD，所以AA1AE.

因为AA1,AD平面AA1D1D，且AA1ADA，所以AE平面AA1D1D.

又DD1平面AA1D1D，故AEDD1.

四棱台上下底面平行且相似，上底面是边长为菱形.

A1B1C1D11

在四边形中，，，由勾股定理得，.

A1ADD1AA1A1D11AA1D190AD12DD12

在中，222，所以，即.

ADD1DD1AD1ADAD1D90D1DAD1

因为AD1,AE平面AD1E，AD1AEA，所以DD1平面AD1E.

【小问2详解】

解法1在等腰直角A1AD1中，过A1作A1MAD1，

12

则M是AD1中点，MAMAMDAD，

11212

又A1M∥DD1，所以A1M平面AD1E，

又因为D1E平面AD1E，所以A1MD1E，

过M作MTD1E，连接A1T，

I

由于A1MMTM,A1M,MT平面A1MT，

所以D1E平面A1MT，

又A1T平面A1MT，故D1EA1T，

所以A1TM为平面AD1E与平面A1D1E的夹角，

由（1）知，在中，，

AD1AERtAD1EAEABsin603,AD12

AE30

故ED15,MTMD1sinMD1TMD1sinAD1EMD1，

D1E10

因为A1M平面AD1E，MT平面AD1E，

所以A1MMT，

2

A1M215

则tanA1TM，

MT303

10

又因为A1TM为锐角，

16

所以cosATM，

124

1tanA1TM

6

故平面AD1E与平面A1D1E夹角的余弦值为．

4

解法2因为AA1平面ABCD，所以AE，AD，AA1两两垂直．

以A为原点，AE，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系

则，

E(3,0,0),A1(0,0,1),D(0,2,0),D1(0,1,1)

uuuuruuur

，

A1D1(0,1,0),A1E(3,0,1)

uuuur

由（1）易知平面的一个法向量为，

AD1ED1D(0,1,1)

设平面A1D1E的法向量为n(x,y,z)，

nA1D10y0

则,，

nA1E03xz0

即取z3，得n(3,0,3)，

设平面AD1E与平面A1D1E的夹角为，

DD1n36

则cos，

DD1n2234

6

故平面AD1E与平面A1D1E夹角的余弦值为．

4

【点睛】

x2y2

17.已知椭圆E:1(ab0)，F为E的右焦点，P为E上的动点，当直线PF与x轴垂直时，

a2b2

1

|PF|，R是直线y2上一动点，|PR|的最小值为1．

2

（1）求E的方程：

（2）过R作E的两条切线分别交x轴于M，N两点，求RMN面积的取值范围．

x2

【答案】（1）y21

4

83

（2）,

3

【解析】

【分析】（1）根据题干所给信息及a2b2c2，可求椭圆方程.

（2）设出直线RM，RN的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式及三角形面积公式求解即可.

【小问1详解】

设点F(c,0)(c0)，

2

11

2

当直线PF与x轴垂直时，点Pc,，则c2

21

a2b2

因为|PR|的最小值为2b1，所以b1，

又由a2b2c2，

可解得a2,c3，

x2

故E的方程为y21．

4

【小问2详解】

如图，

设点M(m,0),N(n,0),R(t,2)，注意到RM，RN斜率不为0，

tmtn

设RM:xym,RN:xyn，

22

2

x2

y1

4222

联立，得16(tm)y4(tm)my4m40，

tm

xym

2

222

因为RM与E相切，所以Δ[4(tm)m]416(tm)4m40，

2222

于是16(tm)m1616(tm)m40，

化简得3m22tmt2160，

又RN与E相切，同理有3n22tnt2160，

故m，n是一元二次方程3x22txt2160的两根，

2tt216

则mn,mn，

33

222

22tt164t12

所以MNmn(mn)4mn4，

333

2

又2，所以14t12401283，

t0S△|MN|2

RMN2333

83

所以RMN面积的取值范围为,．

3

1

18.已知函数f(x)xlnx1，函数f(x)图象上的一点x0,fx0x0，按照如下的方式构造切线

e

*

lnnN：在点xn1,fxn1处作f(x)的切线ln，记切线ln与x轴交点的横坐标为xn．

（1）写出xn与xn1的递推关系式；

（2）记f(x)的零点为r，且x0r．

（i）证明：当xn1r时，xnr；

1n

（ii）证明：对于任意的C,1，都有xnrCx0r．

2

xn11

【答案】（1）xn

lnxn11

（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析

【解析】

【分析】（1）利用导数的几何意义求出f(x)在点xn1,fxn1处的切线方程，令y0即可求解；

（2）（i）易知当x(0,1)时f(x)1，当x(1,)时，利用导数和零点的存在性定理证明g(x)在(r,)

*

上单调递增，进而gxn1g(r)，即可证明；（ii）由（i）知当x0r时xnrnN，令

xlnx1

n1n1

anxnrxn1r，只需证Cxn1(C1)rlnxn1(C1)xn1r10.令

lnxn11

m(x)[Cx(C1)r]lnx(C1)(xr)1（x(r,)），利用3阶导数研究m(x)的单调性可得

m(x)m(r)0，结合累乘法计算即可证明.

【小问1详解】

f(x)lnx1,x(0,)，fxn1xn1lnxn11，

则函数f(x)在点xn1,fxn1处的切线方程为

ylnxn11xxn1xn1lnxn11，

xn1lnxn11xn11

令y0，得xnxn1．

lnxn11lnxn11

【小问2详解】

（i）当x(0,1)时，f(x)xlnx11，

当x(1,)时，f(x)lnx10，f(x)单调递增，

又因为f(1)10,f(2)2ln210，

所以f(x)有唯一的零点xr，其中r(1,2)．

1

x1lnx

令，则f(x)，

g(x),x(r,)x

g(x)22

lnx1(lnx1)x(lnx1)

当x(r,)时，f(x)0,g(x)0，故g(x)在(r,)上单调递增．

r1r(r1)r(r1)

因为f(r)rlnr10，所以g(r)r．

lnr1rlnrr1r

因为g(x)在(r,)上单调递增，所以当xn1r时，gxn1g(r)，

又因为xngxn1,g(r)r，所以xnr，

即证得：当xn1r时，xnr．

（ii）由（i）知：因为x0r，从而x1gx0g(r)r，进而x2gx1g(r)r，

*

由此递推可知：当x0r时，xnrnN，

xn1lnxn11

令anxnrxnrxn1r，

lnxn11

1

下面证明：对于任意的，都有*成立，

C,1anCan1nN

2

xn1lnxn11

即xn1rCxn1rCxn1r．

lnxn11

因为lnxn110，所以只需证明(C1)xn1rlnxn11xn1lnxn110，

即Cxn1(C1)rlnxn1(C1)xn1r10，

令m(x)[Cx(C1)r]lnx(C1)(xr)1，其中x(r,)，

(C1)rCx(C1)r

则m(x)Clnx2C1,m(x)，

xx2

因为x(r,)，

Cx(C1)r

所以Cx(C1)rCr(C1)r(2C1)r0，故m(x)0，

x2

从而m(x)在(r,)上单调递增，可知m(x)m(r)ClnrC0，

故m(x)在(r,)上单调递增，因此m(x)m(r)rlnr10，

*

因为xn1rnN，故mxn1Cxn1(C1)rlnxn1(C1)xn1r10，

1

即对于任意的，都有*成立，

C,1anCan1nN

2

anana1nn

由此可得：ana0Ca0Cx0r，

an1an1a0

1

所以对于任意的，都有n*．

C,1xnrCx0rnN

2

19.从编号为1，2，…，nnN*的座位中按照如下方式选取座位：选取至少2个座位，并且选取的座

位中没有相邻的座位，则称这样的座位选取方案称为“社交排位”．

（1）若n个座位排成一排，对应的“社交排位”数为un，例如n1时，由于至少要选取2个座位，因此

u10;n3时，由于只能选取第1，3个座位，因此u31．

（i）求u4,u5；

（ii）求使un300的最小正整数n，

（2）若n个座位排成一圈，对应的“社交排位”数为rn，求数列rn中第2025个奇数对应的n．

【答案】（1）（i）u43，u57；（ii）12

（2）4051

【解析】

【分析】（1）（i）当n4、n5时，列举出符合条件的选法，可得出u4、u5的值；

（ii）解法1：当n3时，n2个座位的“社交排位”，可以分成两类：①不包含n2号座位；②包含

n2号座位.推导出un2un1unn，然后列举出数列un的前若干项，即可得出满足不等式un300

的最小正整数n的值；

解法2：当（）时，由组合数的性质得出2k2，结合89，并求出、

n2kk2unu2k22300,2300u11

u12的值，可得出满足un300的最小正整数n的值；

（2）解法1：求出数列rn前5项的值，将unrn对应的方案分为3类进行讨论，可得出

unrn1(n4)un4，可知rn与un2（n5）具有相同的奇偶性，由此推导出

n6k5,6k6,6k7(kN)，rn为奇数，当n6k3,6k4,6k8(kN)，rn为偶数，，即可确定

2025个奇数所在的位置，即可得解；

解法2：当n2k（k2）时，根据组合数性质计算出rnr2k的表达式，可知rn与un2（n5）具有相

同的奇偶性，由此推导出n6k5,6k6,6k7(kN)，rn为奇数，当n6k3,6k4,6k8(kN)，

rn为偶数，，即可确定2025个奇数所在的位置，即可得解.

【小问1详解】

（i）当n4时，可以选取(1,3),(1,4),(2,4)，合计3种选法，于是u43；

当n5时，可以选取(1,3),(1,4),(1,5),(2,4),(2,5),(3,5),(1,3,5)，合7种选法，于是u57．

（ii）解法1：当n3时，n2个座位的“社交排位”，可以分成两类：

①不包含n2号座位，此时，这便是n1个座位的“社交排位”，有un1种；

②包含n2号座位，此时必不包含n1，剩余被选中的座位来自1，2，…，n．

当剩余被选中的座位数为1时，可以为1，2，…，n号，有n种选法；

当剩余被选