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2025 年高考全国二卷数学真题
一、单选题
1．样本数据2，8，14，16，20的平均数为（ ）
A．8 B．9 C．12 D．18
【答案】C
【解析】样本数据2,8,14,16,20的平均数为2+8+14+16+20
=
60
=12.
5 5
故选：C.
2．已知𝑧 =1+i，则 1 =（ ）
𝑧−1
A．−i B．i C．−1 D．1
【答案】A
【解析】因为𝑧 =1+i，所以 1 = 1 = 1 = i =−i.
𝑧−1 1+i−1 i i2
故选：A.
3．已知集合𝐴 ={−4,0,1,2,8},𝐵 ={𝑥 ∣𝑥3 =𝑥},则𝐴∩𝐵 =（ ）
A．{0,1,2} B．{1,2,8}
C．{2,8} D．{0,1}
【答案】D
【解析】𝐵 ={𝑥|𝑥3 =𝑥}={0,−1,1}，因此𝐴∩𝐵 ={0,1}，
故选：D.
4．不等式𝑥−4 ≥2的解集是（ ）
𝑥−1
A．{𝑥 ∣−2≤𝑥 ≤1} B．{𝑥 ∣𝑥 ≤−2}
C．{𝑥 ∣−2≤𝑥 <1} D．{𝑥 ∣𝑥 >1}
【答案】C
【解析】𝑥−4 ≥2即为𝑥+2 ≤0即{ (𝑥+2)(𝑥−1)≤0 ，故−2≤𝑥 <1，
𝑥−1 𝑥−1 𝑥−1≠0
故解集为[−2,1)，
故选：C.
5．在△𝐴𝐵𝐶中，𝐵𝐶 =2，𝐴𝐶 =1+√3，𝐴𝐵 =√6，则𝐴 =（ ）
A．45° B．60° C．120° D．135°
【答案】A
【解析】由题意得cos𝐴 = 𝐴𝐵2+𝐴𝐶2−𝐵𝐶2 = (√6) 2 +(1+√3) 2 −22 = √2，
2𝐴𝐵·𝐴𝐶 2×√6×(1+√3) 2
又0∘ <𝐴 <180∘，所以𝐴 =45∘.
故选：A
6．设抛物线𝐶:𝑦2 =2𝑝𝑥(𝑝 >0)的焦点为𝐹,点A在C上，过A作𝐶的准线的垂线，垂足为B，若直线BF的方程为𝑦 =
−2𝑥+2，则|𝐴𝐹|=（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【解析】对𝑙 :𝑦 =−2𝑥+2，令𝑦 =0，则𝑥 =1，
𝐵𝐹
所以𝐹(1,0)，𝑝 =2即抛物线𝐶:𝑦2 =4𝑥，故抛物线的准线方程为𝑥 =−1，
故𝐵(−1,4)，则𝑦 =4，代入抛物线𝐶:𝑦2 =4𝑥得𝑥 =4.
𝐴 𝐴
所以|𝐴𝐹|=|𝐴𝐵|=𝑥 + 𝑝 =4+1=5.
𝐴
2
故选：C7．记𝑆 为等差数列{𝑎 }的前n项和，若𝑆 =6,𝑆 =−5,则𝑆 =（ ）
𝑛 𝑛 3 5 6
A．−20 B．−15 C．−10 D．−5
【答案】B
3𝑎 +3𝑑 =6 𝑑 =−3
【解析】设等差数列{𝑎 }的公差为d，则由题可得 { 1 ⇒{ ，
𝑛 5𝑎 +10𝑑 =−5 𝑎 =5
1 1
所以𝑆 =6𝑎 +15𝑑 =6×5+15×(−3)=−15.
6 1
故选：B.
8．已知0<𝛼 <𝜋，cos 𝛼 = √5，则sin(𝛼− 𝜋 )=（ ）
2 5 4
A．√2 B．√2 C．3√2 D．7√2
10 5 10 10
【答案】D
2
【解析】cos𝛼 =2cos2𝛼 −1=2×( √5 ) −1=− 3，
2 5 5
2
因为0<𝛼 <𝜋，则𝜋 <𝛼 <𝜋，则sin𝛼 =√1−cos2𝛼 =√1−(− 3 ) = 4，
2 5 5
则sin(𝛼− 𝜋 )=sin𝛼cos 𝜋 −cos𝛼sin 𝜋 = 4 × √2 −(− 3 )× √2 = 7√2 .
4 4 4 5 2 5 2 10
故选：D.
二、多选题
9．记𝑆 为等比数列{𝑎 }的前n项和，𝑞为{𝑎 }的公比，𝑞 >0，若𝑆 =7,𝑎 =1，则（ ）
𝑛 𝑛 𝑛 3 3
A．𝑞 = 1 B．𝑎 = 1
5
2 9
C．𝑆 =8 D．𝑎 +S =8
5 𝑛 𝑛
【答案】AD
【解析】A，由题意得{
𝑎
1
𝑞2 =1
，结合𝑞 >0，解得{
𝑎 1 =
1
4
或{
𝑎 1 =9
1
（舍去），A正确；
𝑎 +𝑎 𝑞+𝑎 𝑞2 =7 𝑞 = 𝑞 =−
1 1 1 2 3
4
B，则𝑎 =𝑎 𝑞4 =4×( 1 ) = 1，B错误；
5 1
2 4
1
C，𝑆 = 𝑎1(1−𝑞5) = 4×(1− 32 ) = 31，C错误；
5 1−𝑞 1− 1 4
2
1 𝑛
𝑛−1 4×[1−( ) ]
D，𝑎 =4×( 1 ) =23−𝑛，𝑆 = 2 =8−2−𝑛+3，
𝑛 2 𝑛 1− 1
2
则𝑎 +𝑆 =23−𝑛+8−23−𝑛 =8，D正确；
𝑛 𝑛
故选：AD.
10．已知𝑓(𝑥)是定义在R上的奇函数，且当𝑥 >0时，𝑓(𝑥)=(𝑥2−3)e𝑥+2，则（ ）
A．𝑓(0)=0 B．当𝑥 <0时，𝑓(𝑥)=−(𝑥2−3)e−𝑥−2
C．𝑓(𝑥)≥2当且仅当𝑥 ≥√3 D．𝑥 =−1是𝑓(𝑥)的极大值点
【答案】ABD
【解析】A，因为𝑓(𝑥)定义在R上奇函数，则𝑓(0)=0，A正确；B，当𝑥 <0时，−𝑥 >0，则𝑓(𝑥)=−𝑓(−𝑥)=−[((−𝑥)2−3)e−𝑥 +2]=−(𝑥2−3)e−𝑥−2，B正确；
C，𝑓(−1)=−(1−3)e−2=2(e−1)>2， C错误；
对D，当𝑥 <0时，𝑓(𝑥)=(3−𝑥2)e−𝑥−2，则𝑓′(𝑥)=−(3−𝑥2)e−𝑥 −2𝑥e−𝑥 =(𝑥2−2𝑥−3)e−𝑥，
令𝑓′(𝑥)=0，解得𝑥 =−1或3（舍去），
当𝑥 ∈(−∞,−1)时，𝑓′(𝑥)>0，此时𝑓(𝑥)单调递增，
当𝑥 ∈(−1,0)时，𝑓′(𝑥)<0，此时𝑓(𝑥)单调递减，
则𝑥 =−1是𝑓(𝑥)极大值点，D正确；
故选：ABD.
11．双曲线𝐶:
𝑥2
−
𝑦2
=1(𝑎 >0,𝑏 >0)的左、右焦点分别是𝐹、𝐹 ，左、右顶点分别为𝐴 ，𝐴 ，以𝐹 𝐹 为直径的圆
𝑎2 𝑏2 1 2 1 2 1 2
与C的一条渐近线交于M、N两点，且∠𝑁𝐴 𝑀 = 5𝜋，则（ ）
1
6
A．∠𝐴 𝑀𝐴 = 𝜋 B．|𝑀𝐴 |=2|𝑀𝐴 |
1 2 1 2
6
C．C的离心率为√13 D．当𝑎 =√2时，四边形𝑁𝐴 𝑀𝐴 的面积为8√3
1 2
【答案】ACD
【解析】不妨设渐近线为𝑦 = 𝑏 𝑥，𝑀在第一象限，𝑁在第三象限，
𝑎
A，由双曲线的对称性可得𝐴 𝑀𝐴 𝑁为平行四边形，故∠𝐴 𝑀𝐴 =π− 5π = π，
1 2 1 2
6 6
A正确；
B，方法一：因为𝑀在以𝐹 𝐹 为直径的圆上，故𝐹 𝑀 ⊥𝐹 𝑀且|𝑀𝑂|=𝑐，
1 2 1 2
设𝑀(𝑥 0 ,𝑦 0 )，则{ 𝑥 0 2+ 𝑦0 𝑦 = 0 2 = 𝑏 𝑐2 ，故{ 𝑥 𝑦 0 0 = = 𝑎 𝑏 ，故𝑀𝐴 2 ⊥𝐴 1 𝐴 2 ，
𝑥0 𝑎
由A得∠𝐴 𝑀𝐴 = π，故|𝑀𝐴 |=|𝑀𝐴 |× √3即|𝑀𝐴 |= 2√3 |𝑀𝐴 |，故B错误；
1 2 2 1 1 2
6 2 3
方法二：因为tan∠𝑀𝑂𝐴 = 𝑏，因为双曲线中，𝑐2 =𝑎2+𝑏2，
2
𝑎
则cos∠𝑀𝑂𝐴 = 𝑎，又因为以𝐹 𝐹 为直径的圆与𝐶的一条渐近线交于𝑀、𝑁，则𝑂𝑀 =𝑐，
2 1 2
𝑐
则若过点𝑀往𝑥轴作垂线，垂足为𝐻，则|𝑂𝐻|=𝑐⋅ 𝑎 =𝑎 =|𝑂𝐴 |，则点𝐻与𝐴 (𝐻)重合，则𝑀𝐴 ⊥𝑥轴，则|𝑀𝐴 |=
2 2 2 2
𝑐
√𝑐2−𝑎2 =𝑏，
方法三：在△𝑂𝑀𝐴 利用余弦定理知，|𝑀𝐴 |2 =|𝑂𝑀|2+|𝑂𝐴 |2−2|𝑂𝑀||𝑂𝐴 |cos∠𝑀𝑂𝐴 ，
2 2 2 2 2即|𝑀𝐴 |2 =𝑐2+𝑎2−2𝑎𝑐⋅ 𝑎 =𝑏2，则|𝑀𝐴 |=𝑏，
2 2
𝑐
则△𝐴 𝐴 𝑀为直角三角形，且∠𝐴 𝑀𝐴 = 𝜋，则2|𝑀𝐴 |=√3|𝑀𝐴 |，故B错误；
1 2 1 2 2 1
6
C，方法一：因为𝑀⃗⃗⃗⃗⃗𝑂⃗ = 1 (𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐴⃗⃗⃗ +𝑀⃗⃗⃗⃗⃗𝐴⃗⃗⃗⃗ )，故4𝑀⃗⃗⃗⃗⃗𝑂⃗ 2 =𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐴⃗⃗⃗ 2 +2𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐴⃗⃗⃗ ⋅𝑀⃗⃗⃗⃗⃗𝐴⃗⃗⃗⃗ +𝑀⃗⃗⃗⃗⃗𝐴⃗⃗⃗⃗ 2 ，
1 2 1 1 2 2
2
由B可知|𝑀𝐴 |=𝑏,|𝑀𝐴 |= 2√3 𝑏，
2 1
3
故4𝑐2 =𝑏2+ 4 𝑏2+2×𝑏× 2√3 𝑏× √3 = 13 𝑏2 = 13 (𝑐2−𝑎2)即𝑐2 =13𝑎2，
3 3 2 3 3
故离心率𝑒 =√13，C正确；
方法二：因为 |𝑀𝐴2 | = 𝑏 =√3，则𝑏 =2√3，则𝑒 = 𝑐 =√1+ 𝑏2 =√1+(2√3)2 =√13，故C正确；
|𝐴1𝐴2 | 2𝑎 𝑎 𝑎 𝑎2
D，当𝑎 =√2时，由C可知𝑒 =√13，故𝑐 =√26，
故𝑏 =2√6，故四边形𝑁𝐴 𝑀𝐴 为2𝑆 =2× 1 ×2√6×2√2=8√3，
1 2 △𝑀𝐴1𝐴2
2
D正确，
故选：ACD.
三、填空题
12．已知平面向量𝑎 =(𝑥,1),𝑏⃗ =(𝑥−1,2𝑥),若𝑎 ⊥(𝑎 −𝑏⃗ )，则|𝑎 |=
【答案】√2
【解析】𝑎 −𝑏⃗ =(1,1−2𝑥)，因为𝑎 ⊥(𝑎 −𝑏⃗ )，则𝑎 ⋅(𝑎 −𝑏⃗ )=0，
则𝑥+1−2𝑥 =0，解得𝑥 =1.
则𝑎 =(1,1)，则|𝑎 |=√2.
故答案为：√2.
13．若𝑥 =2是函数𝑓(𝑥)=(𝑥−1)(𝑥−2)(𝑥−𝑎)的极值点，则𝑓(0)=
【答案】−4
【解析】由题意有𝑓(𝑥)=(𝑥−1)(𝑥−2)(𝑥−𝑎)，
所以𝑓′(𝑥)=(𝑥−𝑎)(𝑥−1)+(𝑥−1)(𝑥−2)+(𝑥−𝑎)(𝑥−2)，
因为2是函数𝑓(𝑥)极值点，所以𝑓′(2)=2−𝑎 =0，得𝑎 =2，
当𝑎 =2时，𝑓′(𝑥)=2(𝑥−2)(𝑥−1)+(𝑥−2)2 =(𝑥−2)(3𝑥−4)，
当𝑥 ∈(−∞, 4 ),𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)单调递增，当𝑥 ∈( 4 ,2),𝑓′(𝑥)<0,𝑓(𝑥)单调递减，
3 3
当𝑥 ∈(2,+∞),𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)单调递增，
所以𝑥 =2是函数𝑓(𝑥)=(𝑥−1)(𝑥−2)(𝑥−𝑎)的极小值点，符合题意；
所以𝑓(0)=−1×(−2)×(−𝑎)=−2𝑎 =−4.
故答案为：−4.
14．一个底面半径为4cm，高为9cm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 cm．
【答案】2.5
【详解】圆柱的底面半径为4cm，设铁球的半径为r，且𝑟 <4，
由圆柱与球的性质知𝐴𝐵2 =(2𝑟)2 =(8−2𝑟)2+(9−2𝑟)2，
即4𝑟2−68𝑟+145=(2𝑟−5)(2𝑟−29)=0，∵𝑟 <4，
∴𝑟 =2.5.
故答案为：2.5.
四、解答题
15．已知函数𝑓(𝑥)=cos(2𝑥+𝜑)(0≤𝜑 <π),𝑓(0)= 1．
2
(1)求𝜑;
(2)设函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑓(𝑥− π )，求𝑔(𝑥)的值域和单调区间．
6
【答案】(1)𝜑 = π
3
(2)见解析
【分析】（1）直接由题意得cos𝜑 = 1 ,(0≤𝜑 <π)，结合余弦函数的单调性即可得解；
2
（2）由三角恒等变换得𝑔(𝑥)=√3cos(2𝑥+ π )，由此可得值域，进一步由整体代入法可得函数𝑔(𝑥)的单调区间.
6
【解析】（1）根据题意𝑓(0)=cos𝜑 = 1 ,(0≤𝜑 <π)，所以𝜑 = π；
2 3
（2）由（1）可知𝑓(𝑥)=cos(2𝑥+ π )，
3
所以𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑓(𝑥− π )=cos(2𝑥+ π )+cos2𝑥
6 3
= 1 cos2𝑥− √3 sin2𝑥+cos2𝑥 = 3 cos2𝑥− √3 sin2𝑥 =√3cos(2𝑥+ π )，
2 2 2 2 6
所以函数𝑔(𝑥)的值域为[−√3,√3]，
令2𝑘π≤2𝑥+ π ≤π+2𝑘π,𝑘 ∈Z，解得− π +𝑘π≤𝑥 ≤ 5π +𝑘π,𝑘 ∈Z，
6 12 12
令π+2𝑘π≤2𝑥+ π ≤2π+2𝑘π,𝑘 ∈Z，解得5π +𝑘π≤𝑥 ≤ 11π +𝑘π,𝑘 ∈Z，
6 12 12
所以函数𝑔(𝑥)的单调递减区间为[− π +𝑘π, 5π +𝑘π],𝑘 ∈Z，
12 12
函数𝑔(𝑥)的单调递增区间为[ 5π +𝑘π, 11π +𝑘π],𝑘 ∈Z.
12 12
16．已知椭圆𝐶: 𝑥2 + 𝑦2 =1(𝑎 >𝑏 >0)的离心率为√2，长轴长为4．
𝑎2 𝑏2 2
(1)求C的方程；
(2)过点(0,−2)的直线l与C交于𝐴,𝐵两点，𝑂为坐标原点，若△𝑂𝐴𝐵的面积为√2，求|𝐴𝐵|．
【答案】(1)
𝑥2
+
𝑦2
=1
4 2
(2)√5
【解析】（1）因为长轴长为4，故𝑎 =2，而离心率为√2，故𝑐 =√2，
2
故𝑏
=√2，故椭圆方程为：𝑥2
+
𝑦2
=1.
4 2
（2）由题设直线𝐴𝐵的斜率不为0，故设直线𝑙:𝑥 =𝑡(𝑦+2)，𝐴(𝑥 ,𝑦 ),𝐵(𝑥 ,𝑦 )，
1 1 2 2
𝑥 =𝑡(𝑦+2)
由{ 可得(𝑡2+2)𝑦2+4𝑡2𝑦+4𝑡2−4=0，
𝑥2+2𝑦2 =4
故Δ=16𝑡4−4(𝑡2+2)(4𝑡2−4)=4(8−4𝑡2)>0即−√2<𝑡 <√2，
且𝑦 +𝑦 =−
4𝑡2
,𝑦 𝑦 =
4𝑡2−4，
1 2 𝑡2+2 1 2 𝑡2+2
故𝑆 = 1 ×|2𝑡|×|𝑦 −𝑦 |=|𝑡|√(𝑦 +𝑦 )2−4𝑦 𝑦 = |𝑡|√32−16𝑡2 =√2，
△𝑂𝐴𝐵 2 1 2 1 2 1 2 𝑡2+2
解得𝑡 =± √6，
3
2
√32−16×
故|𝐴𝐵|=√1+𝑡2|𝑦 −𝑦 |=√1+ 2 ×√(𝑦 +𝑦 )2−4𝑦 𝑦 =√ 5 × 3=√5.
1 2 3 1 2 1 2 3 2 +2
3
17．如图，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵//𝐶𝐷,∠𝐷𝐴𝐵 =90°，F为CD的中点，点E在AB上，𝐸𝐹//𝐴𝐷，𝐴𝐵 =3𝐴𝐷,𝐶𝐷 =2𝐴𝐷，
将四边形𝐸𝐹𝐷𝐴沿𝐸𝐹翻折至四边形𝐸𝐹𝐷′𝐴′，使得面𝐸𝐹𝐷′𝐴′与面EFCB所成的二面角为60°．
(1)证明:𝐴′𝐵//平面𝐶𝐷′𝐹；
(2)求面𝐵𝐶𝐷′与面𝐸𝐹𝐷′𝐴′所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
√42
(2)
7
【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出𝐴′𝐸//平面𝐶𝐷′𝐹及𝐸𝐵//平面𝐶𝐷′𝐹，
再应用面面平行判定定理得出平面𝐴′𝐸𝐵//平面𝐶𝐷′𝐹，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𝐵,𝐶,𝐷′,𝐸,𝐹的坐标表示出来，然后将平面𝐵𝐶𝐷′及平面𝐸𝐹𝐷′𝐴′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.
【解析】（1）设𝐴𝐷 =1，所以𝐴𝐵 =3,𝐶𝐷 =2，因为𝐹为𝐶𝐷中点，所以𝐷𝐹 =1，因为𝐸𝐹//𝐴𝐷，𝐴𝐵//𝐶𝐷，所以𝐴𝐸𝐹𝐷
是平行四边形， 所以𝐴𝐸//𝐷𝐹，所以𝐴′𝐸//𝐷′𝐹，
因为𝐷′𝐹 ⊂平面𝐶𝐷′𝐹,𝐴′𝐸 ⊄平面𝐶𝐷′𝐹，所以𝐴′𝐸//平面𝐶𝐷′𝐹，
因为𝐹𝐶//𝐸𝐵,𝐹𝐶 ⊂平面𝐶𝐷′𝐹,𝐸𝐵 ⊄平面𝐶𝐷′𝐹，所以𝐸𝐵//平面𝐶𝐷′𝐹，
又𝐸𝐵∩𝐴′𝐸 =𝐸，𝐸𝐵,𝐴′𝐸 ⊂平面𝐴′𝐸𝐵，所以平面𝐴′𝐸𝐵//平面𝐶𝐷′𝐹，
又𝐴′𝐵 ⊂平面𝐴′𝐸𝐵，所以𝐴′𝐵//平面𝐶𝐷′𝐹．
（2）因为∠𝐷𝐴𝐵 =90°，所以𝐴𝐷 ⊥𝐴𝐵，又因为𝐴𝐵//𝐹𝐶,𝐸𝐹//𝐴𝐷，所以𝐸𝐹 ⊥𝐹𝐶，
以𝐹为原点，𝐹𝐸,𝐹𝐶以及垂直于平面𝐵𝐸𝐶𝐹的直线分别为𝑥,𝑦,𝑧轴，建立空间直角坐标系.
因为𝐷′𝐹 ⊥𝐸𝐹,𝐶𝐹 ⊥𝐸𝐹，平面𝐸𝐹𝐷′𝐴′与平面𝐸𝐹𝐶𝐵所成二面角为60° ，
所以∠𝐷′𝐹𝐶 =60°.
则𝐵(1,2,0)，𝐶(0,1,0)，𝐷′(0, 1 , √3 )，𝐸(1,0,0)，𝐹(0,0,0)，.
2 2
所以𝐵⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ =(−1,−1,0),𝐶⃗⃗⃗⃗𝐷⃗⃗⃗ ′ =(0,− 1 , √3 ),𝐹⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ =(1,0,0),𝐹⃗⃗⃗⃗𝐷⃗⃗⃗ ′ =(0, 1 , √3 ).
2 2 2 2
设平面𝐵𝐶𝐷′的法向量为𝑛⃗ =(𝑥,𝑦,𝑧)，则
{
𝐵⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ ·𝑛⃗ =0
，所以{
− 1
2
𝑦+ √
2
3 𝑧 =0
，令𝑦 =√3，则𝑧 =1,𝑥 =−√3，则𝑛⃗ =(−√3,√3,1).
𝐶⃗⃗⃗⃗𝐷⃗⃗⃗ ′·𝑛⃗ =0 −𝑥−𝑦 =0
设平面𝐸𝐹𝐷′𝐴′的法向量为𝑚⃗⃗ =(𝑥 ,𝑦 ,𝑧 )，
1 1 1
则{
𝐹⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ ·𝑚⃗⃗ =0
，所以{
1 𝑦+ √3 𝑧 =0
，
2 2
𝐹⃗⃗⃗⃗𝐷⃗⃗⃗ ′·𝑚⃗⃗ =0 𝑥 =0
令𝑦 =√3，则𝑧 =−1,𝑥 =0，所以𝑚⃗⃗ =(0,√3,−1).
所以cos⟨𝑚⃗⃗ ,𝑛⃗ ⟩= |𝑚⃗⃗⃗ ·𝑛⃗ | = 0+3−1 = 1 .
|𝑚⃗⃗⃗ ||⃗⃗𝑛⃗⃗⃗ | √3+3+1×√1+3 √7
2
所以平面𝐵𝐶𝐷′与平面𝐸𝐹𝐷′𝐴′夹角的正弦值为√1−( 1 ) = √42 .
√7 7
18．已知函数𝑓(𝑥)=ln(1+𝑥)−𝑥+ 1 𝑥2−𝑘𝑥3，其中0<𝑘 < 1．
2 3
(1)证明：𝑓(𝑥)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点；
(2)设𝑥 ,𝑥 分别为𝑓(𝑥)在区间(0,+∞)的极值点和零点.
1 2
（i）设函数𝑔(𝑡)=𝑓(𝑥 +𝑡)−𝑓(𝑥 −𝑡)·证明：𝑔(𝑡)在区间(0,𝑥 )单调递减；
1 1 1
（ii）比较2𝑥 与𝑥 的大小，并证明你的结论．
1 2
【答案】(1)见解析；
(2)（i）见解析；（ii）2𝑥 >𝑥 ，见解析.
1 2
【分析】（1）先由题意求得𝑓′(𝑥)=𝑥2( 1 −3𝑘)，接着构造函数𝑔(𝑥)= 1 −3𝑘,𝑥 >0，利用导数工具研究函数𝑔(𝑥)
1+𝑥 1+𝑥
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𝑓(𝑥)在区间(0,+∞)上存在唯一极值点；再结合𝑓(0)=
0和𝑥 →+∞时𝑓(𝑥)的正负情况即可得证𝑓(𝑥)在区间(0,+∞)上存在唯一零点；
（2）（i）由（1）𝑥 +1= 1和𝑔′(𝑡)=𝑓′(𝑥 +𝑡)−𝑓′(𝑥 −𝑡)结合（1）中所得导函数𝑓′(𝑥 )计算得到𝑔′(𝑡)=
1 1 1 1
3𝑘
6𝑘𝑡2(𝑡2−𝑥1 2−2𝑥1)
，再结合𝑡 ∈(0,𝑥 )得𝑔′(𝑡)<0即可得证；
(1+𝑥1 )2−𝑡2 1
（ii）由函数𝑔(𝑡)在区间(0,𝑥 )上单调递减得到0>𝑓(2𝑥 )，再结合𝑓(𝑥 )=0，
1 1 2
和函数𝑓(𝑥)的单调性以以及函数值的情况即可得证.
【解析】（1）根据题得𝑓′(𝑥)= 1 −1+𝑥−3𝑘𝑥2 = 𝑥2 −3𝑘𝑥2 =𝑥2( 1 −3𝑘)，
1+𝑥 1+𝑥 1+𝑥
因为𝑥 ∈(0,+∞)，所以𝑥2 >0，设𝑔(𝑥)= 1 −3𝑘,𝑥 >0，
1+𝑥则𝑔′(𝑥)=− 1 <0在(0,+∞)上恒成立，所以𝑔(𝑥)在(0,+∞)上单调递减，
(1+𝑥)2
𝑔(0)=1−3𝑘 >0，令𝑔(𝑥 )=0⇒𝑥 = 1 −1，
0 0
3𝑘
所以当𝑥 ∈(0,𝑥 )时，𝑔(𝑥)>0，则𝑓′(𝑥)>0；当𝑥 ∈(𝑥 ,+∞)时，𝑔(𝑥)<0，则𝑓′(𝑥)<0，
0 0
所以𝑓(𝑥)在(0,𝑥 )上单调递增，在(𝑥 ,+∞)上单调递减，
0 0
所以𝑓(𝑥)在(0,+∞)上存在唯一极值点，
对函数𝑦 =ln(1+𝑥)−𝑥有𝑦′ = 1 −1=− 𝑥 <0在(0,+∞)上恒成立，
1+𝑥 1+𝑥
所以𝑦 =ln(1+𝑥)−𝑥在(0,+∞)上单调递减，
所以𝑦 =ln(1+𝑥)−𝑥 <𝑦| =0在(0,+∞)上恒成立，
𝑥=0
又因为𝑓(0)=0，𝑥 →+∞时1 𝑥2−𝑘𝑥3 = 1 𝑥2(1−2𝑘𝑥)<0，
2 2
所以𝑥 →+∞时𝑓(𝑥)<0，
所以存在唯一𝑥 ∈(0,+∞)使得𝑓(𝑥 )=0，即𝑓(𝑥)在(0,+∞)上存在唯一零点.
2 2
（2）（i）由（1）知𝑥 = 1 −1，则𝑥 +1= 1，𝑓′(𝑥)=𝑥2( 1 − 1 )，
1 1
3𝑘 3𝑘 1+𝑥 1+𝑥1
∵𝑔(𝑡)=𝑓(𝑥 +𝑡)−𝑓(𝑥 −𝑡)，
1 1
则𝑔′(𝑡)=(𝑥 +𝑡)2( 1 − 1 )+(𝑥 −𝑡)2( 1 − 1 )
1 1
𝑥1+𝑡+1 1+𝑥1 𝑥1−𝑡+1 1+𝑥1
=
−𝑡(𝑥1+𝑡)2
+
𝑡(𝑥1−𝑡)2
=3𝑘𝑡[−
(𝑥1+𝑡)2
+
(𝑥1−𝑡)2
]
(𝑥1+𝑡+1)(𝑥1+1) (𝑥1−𝑡+1)(𝑥1+1) 𝑥1+𝑡+1 𝑥1−𝑡+1
=
6𝑘𝑡2(𝑡2−𝑥1 2−2𝑥1)
，
(1+𝑥1 )2−𝑡2
∵𝑘 >0,𝑡 ∈(0,𝑥 ),∴𝑡2−𝑥2−2𝑥 <0,(1+𝑥 )2−𝑡2 >0，
1 1 1 1
∴𝑔′(𝑡)=
6𝑘𝑡2(𝑡2−𝑥1 2−2𝑥1)
<0，
(1+𝑥1 )2−𝑡2
即𝑔(𝑡)在𝑡 ∈(0,𝑥 )上单调递减.
1
（ii）2𝑥 >𝑥 ，证明如下：
1 2
由（i）知：函数𝑔(𝑡)在区间(0,𝑥 )上单调递减，
1
所以𝑔(0)>𝑔(𝑥 )即0>𝑓(2𝑥 )，又𝑓(𝑥 )=0，
1 1 2
由（1）可知𝑓(𝑥)在(𝑥 ,+∞)上单调递减，𝑥 ∈(𝑥 ,+∞)，且对任意𝑥 ∈(0,𝑥 ) 𝑓(𝑥)>0，
0 2 0 2
所以2𝑥 >𝑥 .
1 2
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𝑝( 1 <𝑝 <1)，乙胜的
2
概率为q，𝑝+𝑞 =1，且各球的胜负相互独立，对正整数𝑘 ≥2，记𝑝 为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，
𝑘
𝑞 为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率．
𝑘
(1)求𝑝 ,𝑝 （用p表示）．
3 4
(2)若𝑝4−𝑝3 =4，求p．
𝑞4−𝑞3
(3)证明：对任意正整数m，𝑝 −𝑞 <𝑝 −𝑞 <𝑝 −𝑞 ．
2𝑚+1 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚 2𝑚+2 2𝑚+2
【答案】(1)𝑝 =𝑝3，𝑝 =𝑝3(4−3𝑝)
3 4
2
(2)𝑝 =
3
(3)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𝑞 =𝑞3,𝑞 =𝑞3(4−3𝑞)，联立𝑝4−𝑝3 =4，𝑝+𝑞 =1即可求解；
3 4
𝑞4−𝑞3
（3）首先𝑝 −𝑝 =C𝑚−1𝑝𝑚+1𝑞𝑚，𝑝 −𝑝 =C𝑚 𝑝𝑚+2𝑞𝑚，同理有𝑞 −𝑞 =C𝑚−1𝑞𝑚+1𝑝𝑚，
2𝑚 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚+2 2𝑚+1 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚+1 2𝑚𝑞 −𝑞 =C𝑚 𝑞𝑚+2𝑝𝑚，作差有𝑝 −𝑞 <𝑝 −𝑞 ，另一方面𝑝 −𝑝 = (2𝑚+1)! 𝑝𝑚𝑞𝑚⋅
2𝑚+2 2𝑚+1 2𝑚+1 2𝑚+1 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚 2𝑚+2 2𝑚 𝑚!(𝑚+1)!
𝑝(𝑝− 𝑚 )，且同理有𝑞 −𝑞 = (2𝑚+1)! 𝑝𝑚𝑞𝑚⋅𝑞(𝑞− 𝑚 )，作差能得到𝑝 −𝑞 <𝑝 −𝑞 ，由
2𝑚+1 2𝑚+2 2𝑚 𝑚!(𝑚+1)! 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚 2𝑚+2 2𝑚+2
此即可得证.
【解析】（1）𝑝 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，
3
故所求为𝑝 =C3(1−𝑝)0𝑝3 =𝑝3，
3 3
𝑝 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，
4
故所求为𝑝 =C3(1−𝑝)1𝑝3+C4(1−𝑝)0𝑝4 =4𝑝3(1−𝑝)+𝑝4 =𝑝3(4−3𝑝)；
4 4 4
（2）由（1）得𝑝 =𝑝3，𝑝 =𝑝3(4−3𝑝)，同理𝑞 =𝑞3,𝑞 =𝑞3(4−3𝑞)，
3 4 3 4
若𝑝4−𝑝3 =4，𝑝+𝑞 =1，
𝑞4−𝑞3
则𝑝4−𝑝3 = 𝑝3(4−3𝑝)−𝑝3 = 3𝑝3(1−𝑝) = 𝑝3𝑞 =( 𝑝 ) 2 =4，
𝑞4−𝑞3 𝑞3(4−3𝑞)−𝑞3 3𝑞3(1−𝑞) 𝑞3𝑝 𝑞
由于0<𝑝,𝑞 <1，所以𝑝 =2𝑞 =2(1−𝑝)>0，解得𝑝 = 2；
3
（3）我们有
𝑚−1 𝑚−1
𝑝 −𝑝 = ∑ C𝑘 𝑝2𝑚−𝑘𝑞𝑘 − ∑ C𝑘 𝑝2𝑚+1−𝑘𝑞𝑘
2𝑚 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚+1
𝑘=0 𝑘=0
𝑚−1 𝑚−1 𝑚−1
= ∑ C𝑘 𝑝2𝑚−𝑘𝑞𝑘− ∑ C𝑘 𝑝2𝑚+1−𝑘𝑞𝑘 − ∑ C𝑘−1𝑝2𝑚+1−𝑘𝑞𝑘
2𝑚 2𝑚 2𝑚
𝑘=0 𝑘=0 𝑘=0
𝑚−1 𝑚−1 𝑚−1 𝑚−1
=(1−𝑝) ∑ C𝑘 𝑝2𝑚−𝑘𝑞𝑘 − ∑ C𝑘−1𝑝2𝑚+1−𝑘𝑞𝑘 = ∑ C𝑘 𝑝2𝑚−𝑘𝑞𝑘+1− ∑ C𝑘−1𝑝2𝑚+1−𝑘𝑞𝑘
2𝑚 2𝑚 2𝑚 2𝑚
𝑘=0 𝑘=0 𝑘=0 𝑘=0
=∑ 𝑚−1 C𝑘 𝑝2𝑚−𝑘𝑞𝑘+1−∑ 𝑚−2 C𝑘 𝑝2𝑚−𝑘𝑞𝑘+1 =C𝑚−1𝑝𝑚+1𝑞𝑚.
𝑘=0 2𝑚 𝑘=0 2𝑚 2𝑚
以及
𝑚 𝑚−1
𝑝 −𝑝 = ∑C𝑘 𝑝2𝑚+2−𝑘𝑞𝑘 − ∑ C𝑘 𝑝2𝑚+1−𝑘𝑞𝑘
2𝑚+2 2𝑚+1 2𝑚+2 2𝑚+1
𝑘=0 𝑘=0
𝑚 𝑚 𝑚−1
= ∑C𝑘−1 𝑝2𝑚+2−𝑘𝑞𝑘 +∑C𝑘 𝑝2𝑚+2−𝑘𝑞𝑘− ∑ C𝑘 𝑝2𝑚+1−𝑘𝑞𝑘
2𝑚+1 2𝑚+1 2𝑚+1
𝑘=0 𝑘=0 𝑘=0
𝑚 𝑚−1
= ∑C𝑘−1 𝑝2𝑚+2−𝑘𝑞𝑘 +C𝑚 𝑝𝑚+2𝑞𝑚+(𝑝−1) ∑ C𝑘 𝑝2𝑚+1−𝑘𝑞𝑘
2𝑚+1 2𝑚+1 2𝑚+1
𝑘=0 𝑘=0
𝑚 𝑚−1
= ∑C𝑘−1 𝑝2𝑚+2−𝑘𝑞𝑘 +C𝑚 𝑝𝑚+2𝑞𝑚− ∑ C𝑘 𝑝2𝑚+1−𝑘𝑞𝑘+1
2𝑚+1 2𝑚+1 2𝑚+1
𝑘=0 𝑘=0
=∑ 𝑚−1 C𝑘 𝑝2𝑚+1−𝑘𝑞𝑘+1+C𝑚 𝑝𝑚+2𝑞𝑚−∑ 𝑚−1 C𝑘 𝑝2𝑚+1−𝑘𝑞𝑘+1 =C𝑚 𝑝𝑚+2𝑞𝑚.
𝑘=0 2𝑚+1 2𝑚+1 𝑘=0 2𝑚+1 2𝑚+1
至此我们得到𝑝 −𝑝 =C𝑚−1𝑝𝑚+1𝑞𝑚，𝑝 −𝑝 =C𝑚 𝑝𝑚+2𝑞𝑚，同理有𝑞 −𝑞 =C𝑚−1𝑞𝑚+1𝑝𝑚，
2𝑚 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚+2 2𝑚+1 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚+1 2𝑚
𝑞 −𝑞 =C𝑚 𝑞𝑚+2𝑝𝑚.
2𝑚+2 2𝑚+1 2𝑚+1
故𝑝 −𝑝 =C𝑚−1𝑝𝑚+1𝑞𝑚 =𝑝⋅(C𝑚−1𝑝𝑚𝑞𝑚)>𝑞⋅(C𝑚−1𝑝𝑚𝑞𝑚)=C𝑚−1𝑞𝑚+1𝑝𝑚 =𝑞 −𝑞 ，即𝑝 −
2𝑚 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚 2𝑚 2𝑚 2𝑚 2𝑚+1 2𝑚+1
𝑞 <𝑝 −𝑞 .
2𝑚+1 2𝑚 2𝑚
另一方面，由于
𝑝 −𝑝 =(𝑝 −𝑝 )−(𝑝 −𝑝 )=C𝑚 𝑝𝑚+2𝑞𝑚−C𝑚−1𝑝𝑚+1𝑞𝑚 =𝑝𝑚𝑞𝑚⋅𝑝(𝑝⋅C𝑚 −C𝑚−1)
2𝑚+2 2𝑚 2𝑚+2 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚+1 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚+1 2𝑚(2𝑚+1)! (2𝑚)! (2𝑚+1)! 𝑚
=𝑝𝑚𝑞𝑚⋅𝑝(𝑝⋅ − )= 𝑝𝑚𝑞𝑚⋅𝑝(𝑝− )
𝑚!(𝑚+1)! (𝑚−1)!(𝑚+1)! 𝑚!(𝑚+1)! 2𝑚+1
且同理有𝑞 −𝑞 = (2𝑚+1)! 𝑝𝑚𝑞𝑚⋅𝑞(𝑞− 𝑚 ).
2𝑚+2 2𝑚 𝑚!(𝑚+1)! 2𝑚+1
故结合𝑝(𝑝− 𝑚 )−𝑞(𝑞− 𝑚 )=(𝑝−𝑞)(𝑝+𝑞)− 𝑚 (𝑝−𝑞)=(𝑝−𝑞)− 𝑚 (𝑝−𝑞)= 𝑚+1 (𝑝−𝑞)>0，
2𝑚+1 2𝑚+1 2𝑚+1 2𝑚+1 2𝑚+1
就能得到𝑝 −𝑝 >𝑞 −𝑞 ，即𝑝 −𝑞 <𝑝 −𝑞 ，证毕.
2𝑚+2 2𝑚 2𝑚+2 2𝑚 2𝑚 2𝑚 2𝑚+2 2𝑚+2
