广西​​2025年高考全国二卷数学高考真题解析_1.高考2025全国各省真题+答案_2.高考数学试题及答案

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
1
2．已知z1i，则 （ ）
z1
A．i B．i C．1 D．1
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}
x4
4．不等式 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}
5．在V ABC中，BC 2，AC1 3，AB  6 ，则A（ ）
A．45 B．60 C．120 D．135
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
7．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
试卷第1页，共3页A．20 B．15 C．10 D．5
 5  
8．已知0，cos  ，则sin （ ）
2 5  4
2 2 3 2 7 2
A． B． C． D．
10 5 10 10
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
1 1
A．q B．a 
2 5 9
C．S 8 D．a S 8
5 n n
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
x2 y2
11．双曲线C:  1(a 0,b0) 的左、右焦点分别是F、F ，左、右顶点分别为A，A ，
a2 b2 1 2 1 2
5
以FF 为直径的圆与C的一条渐近线交于M、N两点，且NAM  ，则（ ）
1 2 1 6

A．AMA  B． MA 2 MA
1 2 6 1 2
C．C的离心率为 13 D．当a 2时，四边形NAMA 的面积为8 3
1 2
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a (x,1),b (x1,2x),若a  ab ，则|a|
13．若x2是函数 f(x)(x1)(x2)(xa)的极值点，则 f(0)
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．
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.
1
15．已知函数 f xcos2x(0π), f 0 ．
2
(1)求
;
试卷第2页，共3页 π
(2)设函数g(x) f(x) f x ，求g(x)的值域和单调区间．
 6
x2 y2 2
16．已知椭圆C:  1(ab0)的离心率为 ，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|．
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．
1 1
18．已知函数 f(x)ln(1x)x x2kx3，其中0k  ．
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
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
1 
P  p1，乙胜的概率为q，pq1，且各球的胜负相互独立，对正整数k2，记p
2  k
为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，q 为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概
k
率．
(1)求p ,p （用p表示）．
3 4
p p
(2)若 4 3 4，求p．
q q
4 3
(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
试卷第3页，共3页1．C
【分析】由平均数的计算公式即可求解.
28141620 60
【详解】样本数据2,8,14,16,20的平均数为  12.
5 5
故选：C.
2．A
【分析】由复数除法即可求解.
1 1 1 i
【详解】因为z1i，所以    i.
z1 1i1 i i2
故选：A.
3．D
【分析】求出集合B后结合交集的定义可求AB.
【详解】B  x|x3  x  0,1,1，故AB 0,1，
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.
x4 x2
x2x10
【详解】 2即为 0即 ，故-2£ x< 1，
x1 x1 x10
故解集为2,1，
故选：C.
5．A
AB2 AC2BC2
【分析】由余弦定理cosA 直接计算求解即可.
2ABAC
AB2AC2BC2  6 2 1 3 222 2
【详解】由题意得cosA   ，
2ABAC 2 6 1 3  2
又0  A180，所以A45o.
故选：A
6．C
【分析】先由直线l 求出焦点F 和 p即抛物线C的方程，进而依次得抛物线的准线方程和
BF
点B，从而可依次求出y 和x ，再由焦半径公式即可得解.
A A
答案第1页，共13页【详解】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
p
所以 AF  AB  x  415.
A 2
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a 和公差d的方程求出首项a 和公
1 1
差d，再由等差数列前n项和公式即可计算求解.
3a 3d 6 d 3
【详解】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．D
3 4
【分析】利用二倍角余弦公式得cos ，则sin= ，最后再根据两角差的正弦公式即
5 5
可得到答案.
2
  5 3
【详解】cos2cos2 12  1 ，
 
2  5  5
  3 2 4
因为0，则 ，则sin 1cos2 1   ，
2  5 5
    4 2  3  2 7 2
则sin sincos cossin      .
 4  4 4 5 2  5 2 10
故选：D.
答案第2页，共13页9．AD
【分析】对A，根据等比数列通项公式和前n项和公式得到方程组，解出a,q，再利用其通
1
项公式和前n项和公式一一计算分析即可.
a 4  a 9
 aq2 1  1  1
【详解】对A，由题意得 1 ，结合q0，解得 1或 1（舍去），
a aqaq2 7 q q
1 1 1  2  3
故A正确；
4
1 1
对B，则a aq4 4   ，故B错误；
5 1 2 4
 1 
对C，S  a 1
 1q5

4

1
32

  31 ，故C错误；
5 1q 1 4
1
2
 1 n
n1 41  
对D，a n 4    1 2    23n， S n    1 2  82n3 ，
1
2
则a S 23n823n 8，故D正确；
n n
故选：AD.
10．ABD
【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用 f(x)f x代入求解即可；对C，
举反例 f(1)2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 f(x)定义在R上奇函数，则 f(0)0，故A正确；
对B，当x0时，x0，则 f(x)f x 

 x23  ex2 

  x 23  ex2 ，故B
正确；
对C， f(1)13e22e1 2， 故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，故D正确；
答案第3页，共13页故选：ABD.
11．ACD
【分析】由平行四边形的性质判断A；由FM F M 且 MO c结合M 在渐近线上可求M 的
1 2
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
MA b
合B的结果可得c2 13a2，计算后可判断C的正误，或者利用 2   3并结合离心
AA 2a
1 2
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.
b
【详解】不妨设渐近线为y x，M 在第一象限，N在第三象限，
a
5π π
对于A，由双曲线的对称性可得AMA N为平行四边形，故AMA π  ，
1 2 1 2 6 6
故A正确；
对于B，方法一：因为M 在以FF 为直径的圆上，故FM F M 且 MO c，
1 2 1 2

x2y2 c2
  0 0 x a
设Mx ,y ，则 ，故 0 ，故MA AA ，
0 0 y
0 
b y
0
b 2 1 2
 x a
0
π 3 2 3
由A得AMA  ，故 MA  MA  即 MA  MA ，故B错误；
1 2 6 2 1 2 1 3 2
b
方法二：因为tanMOA  ，因为双曲线中，c2 a2b2，
2 a
a
则cosMOA  ，又因为以FF 为直径的圆与C的一条渐近线交于M 、N，则OM c，
2 c 1 2
答案第4页，共13页a
则若过点M 往x轴作垂线，垂足为H，则 OH c a OA ，则点H与A H重合，则
c 2 2
MA x 轴，则 MA  c2a2 b ，
2 2
方法三：在OMA 利用余弦定理知， MA 2  OM 2OA 2 2OM OA cosMOA ，
2 2 2 2 2
a
即 MA 2 c2a22ac b2 ，则 MA b，
2 c 2

则AA M 为直角三角形，且AMA  ，则2 MA  3 MA ，故B错误；
1 2 1 2 6 2 1
对于C，方法一：因为M  O   1 M  A  M  A   ，故4M  O  2 M  A  2 2M  A  M  A  M  A  2，
2 1 2 1 1 2 2
2 3
由B可知 MA b,MA  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，故C正确；
方法二：因为 MA 2  b  3，则 b 2 3，则e c  1 b2  1(2 3)2  13，故C正
AA 2a a a a2
1 2
确；
对于D，当a 2时，由C可知e 13，故c 26，
1
故b2 6 ，故四边形NAMA 为2S 2 2 62 2 8 3，
1 2 △MA1A2 2
故D正确，
答案第5页，共13页故选：ACD.
12． 2
 
【分析】根据向量坐标化运算得ab (1,12x)，再利用向量垂直的坐标表示得到方程，解
出即可.
           
【详解】ab (1,12x)，因为a ab ，则a ab  0，
则x12x0，解得x1.
 
则a (1,1)，则|a| 2 .
故答案为： 2.
13．4
【分析】由题意得 f20即可求解a，再代入即可求解.
【详解】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，
 4 4 
当x, ,f x0,f x单调递增，当x ,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.
14．2.5
【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】
答案第6页，共13页圆柱的底面半径为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.
π
15．(1)
3
(2)答案见解析
1
【分析】（1）直接由题意得cos ,0π，结合余弦函数的单调性即可得解；
2
 π
（2）由三角恒等变换得gx 3cos2x ，由此可得值域，进一步由整体代入法可得
 6
函数gx的单调区间.
1 π
【详解】（1）由题意 f 0cos ,0π，所以 ；
2 3
 π
（2）由（1）可知 f xcos2x ，
 3
 π  π
所以gx f x f x cos2x cos2x
 6  3
1 3 3 3  π
 cos2x sin2xcos2x cos2x sin2x 3cos 2x  ，
2 2 2 2  6 
所以函数gx的值域为 3, 3，
 
π π 5π
令2kπ2x π2kπ,kZ，解得 kπ x kπ,kZ，
6 12 12
π 5π 11π
令π2kπ2x 2π2kπ,kZ，解得 kπ x kπ,kZ，
6 12 12
 π 5π 
所以函数gx的单调递减区间为  kπ, kπ ,kZ，
 
 12 12 
5π 11π 
函数gx的单调递增区间为

kπ, kπ

,kZ.
12 12 
答案第7页，共13页x2 y2
16．(1)  1
4 2
(2) 5
【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t表示面积后可求t的值，从而可
求弦长.
2
【详解】（1）因为长轴长为4，故a2，而离心率为 ，故c 2，
2
x2 y2
故b 2，故椭圆方程为：  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，
4t2 4t24
且y  y  ,y y  ，
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
6
解得t  ，
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．(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，
答案第8页，共13页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.
【详解】（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.
 1 3
则B1,2,0，C0,1,0，D0,
,
，E1,0,0，F0,0,0，.
 
 2 2 
   1 3    1 3
所以BC 1,1,0,CD0, , ,FE 1,0,0,FD0, , .
   
 2 2   2 2 

设平面BCD的法向量为nx,y,z，则
   B  C  ·n  0   1 y 3 z 0   
  ，所以 2 2 ，令y 3，则z1,x 3，则n  3, 3,1 .
CD·n0 
xy0

设平面EFDA的法向量为mx,y,z ，
1 1 1
答案第9页，共13页   F  E  ·m  0   1 y 3 z0
则  ，所以2 2 ，
FD·m0 
x0
  
令y 3，则z1,x0，所以m 0, 3,1 .
 
  m·n 031 1
所以cosm,n      .
m n 331 13 7
2
 1  42
所以平面BCD与平面EFDA夹角的正弦值为 1    .
 7 7
18．(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）2x  x ，证明见解析.
1 2
 1  1
【分析】（1）先由题意求得 fxx2  3k，接着构造函数gx 3k,x0，利
1x  1x
用导数工具研究函数g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；
1
（2）（i）由（1）x 1 和gt fx t fx t结合（1）中所得导函数 fx 计
1 3k 1 1 1
 x t2 x t 2 
算得到gtt 1  1  ，再结合t0,x 得

x t1x 1 x t1x 1

1
1 1 1 1
gt0即可得证；
（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.
1 x2  1 
【详解】（1）由题得 fx 1x3kx2  3kx2 x2  3k，
1x 1x 1x 
1
因为x0,，所以x2 0，设gx 3k,x0，
1x
1
则gx  0在(0,)上恒成立，所以gx在(0,)上单调递减，
1x2
1
g013k 0，令gx 0 x  1，
1 1 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
答案第10页，共13页所以 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，
1 x
对函数yln1xx有y 1 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
1 1
又因为 f 00，x时 x2kx3  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
1 1  1 
（2）（i）由（1）知x  1，则x 1 ， fxx2  3k，
1 3k 1 3k 1x 
 1   1 
则gt fx t fx t x t 2

3k  x t 2

3k
1 1 1 x t1  1 x t1 
1 1
 1 1   1 1 
x t2



 x t 2



1 x t1 x 1 1 x t1 x 1
1 1 1 1
tx t2 t x t 2  x t2 x t 2 
 1  1 t 1  1 
x t1x 1 x t1x 1

x t1x 1 x t1x 1

1 1 1 1 1 1 1 1
 x t2 x t 2 
t 1  1  ，

x t1x 1 x t1x 1

1 1 1 1
x t2 x t 2
因为t0,x ，所以x t10，所以 1  1  0，
1 1 x t1x 1 x t1x 1
1 1 1 1
所以gt0， 所以函数gt在区间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
答案第11页，共13页19．(1)p  p3， p  p343p
3 4
2
(2)p
3
(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；
p p
（2）由题意q q3,q q343q，联立 4 3 4， pq1即可求解；
3 4 q q
4 3
（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 2m
q q Cm qm2pm，作差有 p q  p q ，另一方面
2m2 2m1 2m1 2m1 2m1 2m 2m
2m1!
 m 
p  p  pmqmpp ，且同理有
2m2 2m m!m1!  2m1
2m1!
 m 
q q  pmqmq q ，作差能得到 p q  p q ，由此即可
2m2 2m m!m1!  2m1 2m 2m 2m2 2m2
得证.
【详解】（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0 p3  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1 p3C41 p0 p4 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
p p
若 4 3 4， pq1，
q q
4 3
p  p p343p p3 3p31 p p3q  p 2
则 4 3      4，
q q q343qq3 3q31q q3p q
4 3
2
由于0 p,q1，所以p2q21 p0，解得p ；
3
（3）我们有
m1 m1 m1 m1 m1
p p  Ck p2mkqkCk p2m1kqk Ck p2mkqkCk p2m1kqkCk1p2m1kqk
2m 2m1 2m 2m1 2m 2m 2m
k0 k0 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
答案第12页，共13页m1 m2
Ck p2mkqk1 Ck p2mkqk1 Cm1pm1qm.
2m 2m 2m
k0 k0
以及
m m1 m m m1
p  p Ck p2m2kqk Ck p2m1kqk Ck1 p2m2kqk Ck p2m2kqk Ck p2m1kqk
2m2 2m1 2m2 2m1 2m1 2m1 2m1
k0 k0 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 m1
Ck p2m1kqk1Cm pm2qmCk p2m1kqk1Cm pm2qm.
2m1 2m1 2m1 2m1
k0 k0
至此我们得到 p  p Cm1pm1qm， p p Cm pm2qm，同理有
2m 2m1 2m 2m2 2m1 2m1
q q Cm1qm1pm，q q Cm qm2pm.
2m 2m1 2m 2m2 2m1 2m1
故 p  p Cm1pm1qm  p  Cm1pmqm q  Cm1pmqm Cm1qm1pm q q ，即
2m 2m1 2m 2m 2m 2m 2m 2m1
p q  p q .
2m1 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 m!m1!  m1!m1!     m!m1! pmqmp  p 2m1  
2m1!
 m 
且同理有q q  pmqmq q .
2m2 2m m!m1!  2m1
故结合
 m   m  m m m1
pp qq  pq pq   pq  pq   pq   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
答案第13页，共13页