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2025 年全国高考数学模拟卷参考答案
命题：浙江省温州中学
一、选择题：本大题共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．请将你认为正确的答案填在答题卷的相应位置．
1 2 3 4 5 6 7 8
B B C A A B D B
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．
9 10 11
BCD BCD BC
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请将答案填在答题卷的相应位置．
12 13 14
5 ❑√2 3
3 3 7
四、解答题：本大题共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．【解析】
（1）由题意可得5m+5=30，解得m=5．
（2）零假设H ：“樱花迷”与性别无关联．
0
80(25×10−5×40) 2
根据列联表中的数据，经计算得到：K2= ≈0.137<6.635，
30×50×65×15
根据小概率值α=0.100的χ2独立性检验，没有充分证据推断H 不成立，
0
即“樱花迷”与性别无关联．
（3）用分层抽样方法抽取10人，则“樱花迷”有8人，“非樱花迷”有2人，
故X的可能取值为0，1，2，
C0C3
7
C1C2
7
C2C1
1
则P(X=0)= 2 8= ,P(X=1)= 2 8= ,P(X=2)= 2 8= ．
C3 15 C3 15 C3 15
10 10 10
所以X的分布列为
X 0 1 2
P 7 7 1
15 15 15
7 7 1 3
故E(X)=0× +1× +2× = ．
15 15 15 5
16．【解析】
p p
（1）|PF)=x + ，由题意可得 =1，所以p=2，所以抛物线C的标准方程为y2=4x．
p 2 2
（2）抛物线的焦点F(1,0)，设直线l的方程为x=my+1，A(x ,y )，B(x ,y )，
1 1 2 2
联立
{x=my+1)
，得y2−4my−4=0,Δ=16m2+16>0，所以
{y
1
+ y
2
=4m )
，
y2=4x y y =−4
1 2
1 1 4❑√3 1
由S = |OF)|y −y )= ❑√16m2+16= ，解得m2= ，
△AOB 2 1 2 2 3 3
学科网（北京）股份有限公司(y + y ) 2 y y 4 y 1
由 1 2 = 1+ 2+2=− ，解得 1=− 或-3，
y y y y 3 y 3
1 2 2 1 2
|AF) 1
所以 = 或3．
|BF) 3
17．【解析】
（1）取AB中点M，CD中点O，连PM，AO，MD，
由正四面体A−BCD，可得MD⊥AB,AO⊥CD，
因为AD=BD,∠ADP=∠BDP,DP=DP，
所以△ADP≅△BDP，所以AP=BP，所以PM⊥AB．
3
由AO⊥PO,λ= ，可得AO=❑√3,PO=2,AP=❑√7，所以
2
PM=❑√6，
所以PM2+M D2=PD2，所以PM⊥MD．
又因为AB∩MD=M，所以PM⊥平面ABD，
所以平面PAB⊥平面ABD．
（2）方法一：
由（1）PM⊥AB,MD⊥AB，所以AB⊥平面PMD，所以平面ABP⊥平面PMD，
又因为平面ABP∩平面PMD=MP，作DH⊥MP，则DH⊥平面ABP，
所以∠DPM即为直线CD与平面PAB所成线面角的平面角，即∠DPM=45∘，
因为AO⊥CD,BO⊥CD，所以CD⊥平面ABO，
所以CD⊥MO，所以PO=MO=❑√2，所以AP=❑√5．
方法二：
如图，以O为坐标原点，OB，OP所在直线分别为x，y轴，过点O
且与平面BCD垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系，
(❑√3 2❑√6)
则B(❑√3,0,0),A ,0, ,C(0,1,0),D(0,−1,0)，
3 3
设P(0,t,0)，则
(2❑√3 2❑√6)
AB= ,0,− ,PB=(❑√3,−t,0),DC=(0,2,0)，
3 3
{⃗AB⋅⃗n=0)
设平面ABP的法向量为⃗n=(x,y,z)，则 ，解得⃗n=(❑√2t,❑√6,t)，所以
⃗PB⋅⃗n=0
|⃗DC⋅⃗n) 2❑√6 ❑√2
sinθ=|cos⃗DC,⃗n)= = = ，解得t=❑√2，所以AP=❑√5．
|⃗DC)⋅|⃗n) 2❑√3t2+6 2
18．【解析】
x+2
（1）当a=2时，f (x)=(x+2)ln(x+1)，f′(x)=ln(x+1)+ ，所以f′(0)=2．
x+1
又因为f (0)=0，所以切线方程为y=2x．
（2）设ℎ(x)=f (x)−2x=(x+a)ln(x+1)−2x，只需ℎ(x)>0在x>0时恒成立即可，
a−1
又ℎ ′(x)=ln(x+1)+ −1，且ℎ(0)=0，所以ℎ ′(0)=a−2≥0，即a≥2．
x+1
下面证明a≥2的充分性：
①当a≥2时，由x>0，ℎ(x)=(x+a)ln(x+1)−2x≥(x+2)ln(x+1)−2x，
1
令φ(x)=(x+2)ln(x+1)−2x,x>0，所以φ′(x)=ln(x+1)+ −1，
x+1
学科网（北京）股份有限公司1 1 x
所以φ′′(x)= − = ≥0，
x+1 (x+1) 2 (x+1) 2
所以φ′(x)在[0,+∞)上单调递增，则φ′(x)≥φ′(0)=0，
所以φ(x)在[0,+∞)上单调递增，则φ(x)≥φ(0)=0，所以ℎ(x)≥φ(x)≥0恒成立．
综上所述，实数a的取值范围是[2,+∞)．
1
（3）方法一：由函数g(x)=lnx−bx．可得g′(x)= −b，
x
x
设x 0时，ln(x+1)> ，则x>1时，lnx> ，
x+2 x+1
2(❑√x−1) 4(❑√x−1)
所以ln❑√x> ，则lnx=2ln❑√x> ，所以
❑√x+1 ❑√x+1
√x
❑ 2−1
x x ❑√x −❑√x
ln 2>4× 1 =4× 2 1 ，
x
1 ❑
√x
2+1
❑√x
2
+❑√x
1
x
1
❑√x −❑√x
代入可得：4× 2 1 ．
b 2 1 1 2 ❑√b
1
方法二：由函数g(x)=lnx−bx，可得g′(x)= −b，
x
lnx −lnx
设x ，即证：(❑√x +❑√x ) 2> ，
1 2 ❑√b 1 2 b
只需证：
(√x ) (√x )
4 ❑ 2−1 2 ❑ 2−1
4(x −x ) x 4(❑√x −❑√x ) x √x x
(❑√x +❑√x ) 2> 2 1 ⇔ln 2> 2 1 = 1 ⇔ln❑ 2− 1 >0
1 2 lnx
2
−lnx
1
x
1
❑√x
2
+❑√x
1 ❑
√x
2+1
x
1 ❑
√x
2+1
x x
1 1
．
√x 2(t−1) (t−1) 2
令t=❑ 2,t∈(1,+∞)，设ℎ(t)=lnt− ，则ℎ ′(t)= >0，
x t+1 t(t+1)
1
所以ℎ(t)在(1,+∞)上单调递增，则ℎ(t)> ℎ(1)=0，
2
综上所述，❑√x +❑√x > ．
1 2 ❑√b
19．【解析】
学科网（北京）股份有限公司1+3+⋯+(2b −1) b2
（1）证明：因为{b )的前b 项平均数为 n = n=b ，所以数列{b )是“中立
n n b b n n
n n
的”
(b +b )(a −a )
（2）证明：因为b +b +⋯+b = a n +1 a n+1 n+1 n =a2 −a2，
a n +1 a n+2 a n+1 2 n+1 n
a +a +⋯+a a +a +⋯+a
又由题意， 1 2 a n=a , 1 2 a n+1=a ，
a n a n+1
n n+1
所以a +a +⋯+a =a2 −a2=b +b +⋯+b ．
a +1 a a n+1 n a +1 a a
n n+2 n+1 n n+2 n+1
（3）证明：若存在无数多个n，使得a −a =1，
n+1 n
则a =S −S =a2 −a2=2a +1=2a −1，
a a a n+1 n n n+1
n+1 n+1 n
所以对于这些a ,a =b ，命题成立．
n+1 a a
n+1 n+1
若只有有限个n，使得a −a =1，则存在N ∈N ，当n≥N 时，a −a ≥2，
n+1 n 1 + 1 n+1 n
又由（2），若对于任意的n≥N ,a <2n−1恒成立，
1 n
则当a >N 时，a +a +⋯+a 2N −1，则当n≥N ,a >2n−1，
3 3 2 N 3 3 n
3
当a >N 时，a +a +⋯+a >b +b +⋯+b 矛盾．
n 3 a +1 a a a +1 a a
n n+2 n+1 n n+2 n+1
所以当n≥N ,a =2n−1恒成立，命题得证．
2 n
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