文档内容
2025 年全国统一高考数学试卷
（新高考Ⅱ卷）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂
黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答
案写在答题卡上，写在试卷上无效.
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.
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．样本数据2，8，14，16，20的平均数为（ ）
A．8 B．9 C．12 D．18
2．已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．1
3．已知集合 则 （ ）
A． B．
C． D．
4．不等式 的解集是（ ）
A． B．
C． D．
5．在 中， ， ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
6．设抛物线 的焦点为 点A在C上，过A作 的准线的垂线，垂足为
试卷第1页，共3页B，若直线BF的方程为 ，则 （ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
7．记 为等差数列 的前n项和，若 则 （ ）
A． B． C． D．
8．已知 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
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．记 为等比数列 的前n项和， 为 的公比， 若 ，则（ ）
A． B．
C． D．
10．已知 是定义在R上的奇函数，且当 时， ，则（ ）
A． B．当 时，
C． 当且仅当 D． 是 的极大值点
11．双曲线 的左、右焦点分别是 ，左、右顶点分别为
，以 为直径的圆与C的一条渐近线交于M、N两点，且 ，则（ ）
A． B．
C．C的离心率为 D．当 时，四边形 的面积为
试卷第2页，共3页三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知平面向量 若 ，则
13．若 是函数 的极值点，则
14．一个底面半径为 ，高为 的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个
半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 ．
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．已知函数 ．
(1)求 ;
(2)设函数 ，求 的值域和单调区间．
16．已知椭圆 的离心率为 ，长轴长为4．
(1)求C的方程；
(2)过点 的直线l与C交于 两点， 为坐标原点，若 的面积为 ，求
．
17．如图，在四边形 中， ，F为CD的中点，点E在AB上，
， ，将四边形 沿 翻折至四边形 ，使得面
与面EFCB所成的二面角为 ．
试卷第3页，共3页(1)证明: 平面 ；
(2)求面 与面 所成的二面角的正弦值．
18．已知函数 ，其中 ．
(1)证明： 在区间 存在唯一的极值点和唯一的零点；
(2)设 分别为 在区间 的极值点和零点.
（i）设函数 ·证明： 在区间 单调递减；
（ii）比较 与 的大小，并证明你的结论．
19．甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分．设每个球甲胜的概率
为 ，乙胜的概率为q， ，且各球的胜负相互独立，对正整数 ，记
为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率， 为打完k个球后乙比甲至少多得2分的
概率．
(1)求 （用p表示）．
(2)若 ，求p．
(3)证明：对任意正整数m， ．
试卷第4页，共3页1．C
【分析】由平均数的计算公式即可求解.
【详解】样本数据 的平均数为 .
故选：C.
2．A
【分析】由复数除法即可求解.
【详解】因为 ，所以 .
故选：A.
3．D
【分析】求出集合 后结合交集的定义可求 .
【详解】 ，故 ，
故选：D.
4．C
【分析】移项后转化为求一元二次不等式的解即可.
【详解】 即为 即 ，故 ，
故解集为 ，
故选：C.
5．A
【分析】由余弦定理 直接计算求解即可.
【详解】由题意得 ，
又 ，所以 .
故选：A
6．C
答案第1页，共2页【分析】先由直线 求出焦点 和 即抛物线 的方程，进而依次得抛物线的准线方程和
点B，从而可依次求出 和 ，再由焦半径公式即可得解.
【详解】对 ，令 ，则 ，
所以 ， 即抛物线 ，故抛物线的准线方程为 ，
故 ，则 ，代入抛物线 得 .
所以 .
故选：C
7．B
【分析】由等差数列前n项和公式结合题意列出关于首项 和公差d的方程求出首项 和
公差d，再由等差数列前n项和公式即可计算求解.
【详解】设等差数列 的公差为d，则由题可得 ，
所以 .
故选：B.
8．D
【分析】利用二倍角余弦公式得 ，则 ，最后再根据两角差的正弦公式
即可得到答案.
答案第2页，共2页【详解】 ，
因为 ，则 ，则 ，
则 .
故选：D.
9．AD
【分析】对A，根据等比数列通项公式和前 项和公式得到方程组，解出 ，再利用其
通项公式和前 项和公式一一计算分析即可.
【详解】对A，由题意得 ，结合 ，解得 或 （舍去），
故A正确；
对B，则 ，故B错误；
对C， ，故C错误；
对D， ， ，
则 ，故D正确；
故选：AD.
10．ABD
【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用 代入求解即可；对
答案第3页，共2页C，举反例 即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断.
【详解】对A，因为 定义在 上奇函数，则 ，故A正确；
对B，当 时， ，则 ，故B
正确；
对C， ， 故C错误；
对D，当 时， ，则 ，
令 ，解得 或 （舍去），
当 时， ，此时 单调递增，
当 时， ，此时 单调递减，
则 是 极大值点，故D正确；
故选：ABD.
11．ACD
【分析】由平行四边形的性质判断A；由 且 结合 在渐近线上可求
的坐标，从而可判断B的正误，或者利用三角函数定义和余弦定理也可判断；由中线向量
结合B的结果可得 ，计算后可判断C的正误，或者利用 并结合离
心率变形公式即可判断；结合BC的结果求出面积后可判断D的正误.
【详解】不妨设渐近线为 ， 在第一象限， 在第三象限，
对于A，由双曲线的对称性可得 为平行四边形，故 ，
故A正确；
对于B，方法一：因为 在以 为直径的圆上，故 且 ，
答案第4页，共2页设 ，则 ，故 ，故 ，
由A得 ，故 即 ，故B错误；
方法二：因为 ，因为双曲线中， ，
则 ，又因为以 为直径的圆与 的一条渐近线交于 、 ，则 ，
则若过点 往 轴作垂线，垂足为 ，则 ，则点 与 重合，
则 轴，则 ，
答案第5页，共2页方法三：在 利用余弦定理知， ，
即 ，则 ，
则 为直角三角形，且 ，则 ，故B错误；
对于C，方法一：因为 ，故 ，
由B可知 ，
故 即 ，
故离心率 ，故C正确；
方法二：因为 ，则 ，则 ，故C
正确；
对于D，当 时，由C可知 ，故 ，
答案第6页，共2页故 ，故四边形 为 ，
故D正确，
故选：ACD.
12．
【分析】根据向量坐标化运算得 ，再利用向量垂直的坐标表示得到方程，
解出即可.
【详解】 ，因为 ，则 ，
则 ，解得 .
则 ，则 .
故答案为： .
13．
【分析】由题意得 即可求解 ，再代入即可求解.
【详解】由题意有 ，
所以 ，
因为 是函数 极值点，所以 ，得 ，
当 时， ，
当 单调递增，当 单调递减，
当 单调递增，
所以 是函数 的极小值点，符合题意；
所以 .
故答案为： .
答案第7页，共2页14．
【分析】根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径；
【详解】
圆柱的底面半径为 ，设铁球的半径为r，且 ，
由圆柱与球的性质知 ，
即 ， ，
故答案为： .
15．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）直接由题意得 ，结合余弦函数的单调性即可得解；
（2）由三角恒等变换得 ，由此可得值域，进一步由整体代入法可得
函数 的单调区间.
【详解】（1）由题意 ，所以 ；
（2）由（1）可知 ，
所以
答案第8页，共2页，
所以函数 的值域为 ，
令 ，解得 ，
令 ，解得 ，
所以函数 的单调递减区间为 ，
函数 的单调递增区间为 .
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程；
（2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数 表示面积后可求 的值，从而
可求弦长.
【详解】（1）因为长轴长为4，故 ，而离心率为 ，故 ，
故 ，故椭圆方程为： .
（2）
由题设直线 的斜率不为0，故设直线 ， ，
答案第9页，共2页由 可得 ，
故 即 ，
且 ，
故 ，
解得 ，
故 .
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出 平面 及 平面 ，
再应用面面平行判定定理得出平面 平面 ，进而得出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点 的坐标表示出来，然后将平面
及平面 的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余
弦值求出来，进而可求得其正弦值.
【详解】（1）设 ，所以 ，因为 为 中点，所以 ，因为
， ，所以 是平行四边形， 所以 ，所以 ，
因为 平面 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 平面 ，所以 平面 ，
又 ， 平面 ，所以平面 平面 ，
又 平面 ，所以 平面 ．
（2）
答案第10页，共2页因为 ，所以 ，又因为 ，所以 ，
以 为原点， 以及垂直于平面 的直线分别为 轴，建立空间直角坐标系.
因为 ，平面 与平面 所成二面角为60° ，
所以 .
则 ， ， ， ， ，.
所以 .
设平面 的法向量为 ，则
，所以 ，令 ，则 ，则 .
设平面 的法向量为 ，
则 ，所以 ，
令 ，则 ，所以 .
所以 .
答案第11页，共2页所以平面 与平面 夹角的正弦值为 .
18．(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii） ，证明见解析.
【分析】（1）先由题意求得 ，接着构造函数 ，
利用导数工具研究函数 的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函
数 在区间 上存在唯一极值点；再结合 和 时 的正负情况即
可得证 在区间 上存在唯一零点；
（2）（i）由（1） 和 结合（1）中所得导函数
计算得到 ，再结合 得
即可得证；
（ii）由函数 在区间 上单调递减得到 ，再结合 ，
和函数 的单调性以以及函数值的情况即可得证.
【详解】（1）由题得 ，
因为 ，所以 ，设 ，
则 在 上恒成立，所以 在 上单调递减，
，令 ，
答案第12页，共2页所以当 时， ，则 ；当 时， ，则 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 在 上存在唯一极值点，
对函数 有 在 上恒成立，
所以 在 上单调递减，
所以 在 上恒成立，
又因为 ， 时 ，
所以 时 ，
所以存在唯一 使得 ，即 在 上存在唯一零点.
（2）（i）由（1）知 ，则 ， ，
则
，
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ， 所以函数 在区间 上单调递减；
答案第13页，共2页（ii） ，证明如下：
由（i）知：函数 在区间 上单调递减，
所以 即 ，又 ，
由（1）可知 在 上单调递减， ，且对任意 ，
所以 .
19．(1) ，
(2)
(3)证明过程见解析
【分析】（1）直接由二项分布概率计算公式即可求解；
（2）由题意 ，联立 ， 即可求解；
（3）首先 ， ，同理有
， ，作差有 ，另一
方面 ，且同理有
，作差能得到 ，由此即可
得证.
【详解】（1） 为打完3个球后甲比乙至少多得两分的概率，故只能甲胜三场，
故所求为 ，
答案第14页，共2页为打完4个球后甲比乙至少多得两分的概率，故甲胜三场或四场，
故所求为 ；
（2）由（1）得 ， ，同理 ，
若 ， ，
则 ，
由于 ，所以 ，解得 ；
（3）我们有
.
以及
.
至此我们得到 ， ，同理有
， .
答案第15页，共2页故 ，即
.
另一方面，由于
且同理有 .
故结合
就能得到 ，即 ，证毕.
答案第16页，共2页
