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2025 年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）
数学
本试卷共12页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要
求的一项．
1. 已知集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出集合 ，再根据集合 交的集运算即可解出.
【详解】因为 ，所以 ，
故选：D.
2. 已知复数z满足 ，则 （ ）
A. B. C. 4 D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】先求出复数 ，再根据复数模的公式即可求出．
【详解】由 可得， ，所以 ，
故选：B.
3. 双曲线 的离心率为（ ）
第 1 页 共 25 页A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将双曲线方程化成标准方程，求出 ，即可求出离心率．
【详解】由 得， ，所以 ，
即 ，所以 ，
故选：B．
4. 为了得到函数 的图象，只需把函数 的图象上所有点的（ ）
A. 横坐标变为原来的 倍（纵坐标不变） B. 横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）
C. 纵坐标变为原来的 倍（横坐标不变） D. 纵坐标变为原来的3倍（横坐标不变）
【答案】A
【解析】
【分析】由 ，根据平移法则即可解出．
【详解】因为 ，所以将函数 的图象上所有点的横坐标变成原来的 倍，纵坐标不变，
即可得到函数 的图象，
故选：A.
5. 已知 是公差不为零的等差数列， ，若 成等比数列，则 （ ）
A. B. C. 16 D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】由等比中项的性质结合等差数列的基本量运算即可求解.
第 2 页 共 25 页【详解】设等差数列 的公差为 ，
因为 成等比数列，且 ，
所以 ，即 ，解得 或 （舍去），
所以 .
故选：C.
6. 已知 ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由基本不等式结合特例即可判断.
【详解】对于A,当 时， ，故A错误；
对于BD，取 ，此时 ，
，故BD错误；
对于C，由基本不等式可得 ，故C正确.
故选：C.
7. 已知函数 的定义域为 D，则“ 的值域为 ”是“对任意 ，存在 ，使得
”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
第 3 页 共 25 页【答案】A
【解析】
【分析】由函数值域的概念结合特例，再根据充分条件、必要条件的概念即可求解.
【详解】若函数 的值域为 ，则对任意 ，一定存在 ，使得 ，
取 ，则 ，充分性成立；
取 ， ，则对任意 ，一定存在 ，使得 ，
取 ，则 ，但此时函数 的值域为 ，必要性不成立；
所以“ 的值域为 ”是“对任意 ，存在 ，使得 ”的充分不必要条件.
故选：A.
8. 设函数 ，若 恒成立，且 在 上存在零点，
则 的最小值为（ ）
A. 8 B. 6 C. 4 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由辅助角公式化简函数解析式，再由正弦函数的最小正周期与零点即可求解.
【详解】函数 ，
设函数 的最小正周期为T，由 可得 ，
所以 ，即 ；
又函数 在 上存在零点，且当 时， ，
所以 ，即 ；
综上， 的最小值为4.
故选：C.
第 4 页 共 25 页9. 一定条件下，某人工智能大语言模型训练N个单位的数据量所需要的时间 （单位：h），
其中k为常数．在此条件下，已知训练数据量N从 个单位增加到 个单位时，训练时间增加
20h；当训练数据量N从 个单位增加到 个单位时，训练时间增加（ ）
A. 2h B. 4h C. 20h D. 40h
【答案】B
【解析】
【分析】由题给条件列出不同训练数据量时所需的时间，结合对数的运算性质即可求解.
【详解】设当N取 个单位、 个单位、 个单位时所需时间分别为 ,
由题意， ，
，
，
因为 ，所以 ，
所以 ，
所以当训练数据量N从 个单位增加到 个单位时，训练时间增加4小时.
故选：B.
10. 在平面直角坐标系 中， ， .设 ，则 的取值范围是（
）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据 ，求出 ，进而可以用向量 表示出 ，即可解出．
【详解】因为 ， ，
第 5 页 共 25 页由 平方可得， ，所以 ．
， ，
所以，
，
又 ，即 ，
所以 ，即 ，
故选：D.
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知抛物线 的顶点到焦点的距离为3，则 ________．
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线的几何性质可求 的值.
【详解】因为抛物线的顶点到焦距的距离为 ，故 ，故 ，
故答案为： .
12. 已知 ，则 ________； ________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用赋值法可求 ，利用换元法结合赋值法可求 的值.
【详解】令 ，则 ，
第 6 页 共 25 页又 ，
故 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，故
故答案为： .
13. 已知 ，且 ， .写出满足条件的一组
的值 ________， _________．
【答案】 ①. （答案不唯一） ②. （答案不唯一）
【解析】
【分析】根据角的三角函数的关系可得角的等量关系，从而可得满足条件的一组解.
【详解】因为 ， ，
所以 的终边关于 轴对称，且不与 轴重合，
故 且 ，
即 ，
故取 可满足题设要求；
故答案为： ； （答案不唯一）
14. 某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面
多 边 形 ， 平 面 平 面 ABC ， 平 面 平 面 ABC ， ，
第 7 页 共 25 页.若 ，则该多面体的体积为
________．
【答案】
【解析】
【分析】如图，将一半的几何体分割成直三棱柱 和四棱锥 后结合体积公式可求几
何体的体积.
【详解】先证明一个结论：如果平面 平面 ，平面 平面 ，平面 ，则 .
证明：设 ， ， 在平面 取一点 ， ，
在平面 内过 作直线 ，使得 ，作直线 ，使得 ，
因为平面 平面 ， ，故 ，而 ，故 ，
同理 ，而 ，故 .
下面回归问题.
连接 ，因为 且 ，故 ，同理 ， ，
而 ，故直角梯形 与直角梯形 全等，
第 8 页 共 25 页故 ，
在直角梯形 中，过 作 ，垂足为 ，
则四边形 为矩形，且 为以 为直角的等腰直角三角形，
故 ，
平面 平面 ，平面 平面 ， ,
平面 ，故 平面 ，
取 的中点为 ， 的中点为 ， 的中点为 ，连接 ，
则 ，同理可证 平面 ，而 平面 ，
故平面 平面 ，同理平面 平面 ，
而平面 平面 ，故 平面 ，
故 ，故四边形 为平行四边形，故 .
在平面 中过 作 ，交 于 ，连接 .
则四边形 为平行四边形，且 ，故 ，
故四边形 为平行四边形，
而 平面 ，
故 平面 ，故平面 平面 ，
而 ，故 ，
故几何体 为直棱柱，
而 ，故 ,
因为 ，故 平面 ，
第 9 页 共 25 页而 平面 ，故平面 平面 ，
在平面 中过 作 ，垂足为 ，同理可证 平面 ，
而 ，故 ，故 ，
由对称性可得几何体的体积为 ，
故答案为： .
15. 关于定义域为 的函数 ，给出下列四个结论：
①存在在 上单调递增的函数 使得 恒成立；
②存在在 上单调递减的函数 使得 恒成立；
③使得 恒成立的函数 存在且有无穷多个；
④使得 恒成立的函数 存在且有无穷多个．
其中正确结论的序号是________．
【答案】②③
【解析】
【分析】利用反证法可判断①④的正误，构造函数并验证后可判断②③的正误.
【详解】对于①，若存在在 上的增函数 ，满足 ，
则 ，即 ，
故 时， ，故 ，
故 即 ，矛盾，故①错误；
第 10 页 共 25 页对于②，取 ，该函数为 上的减函数且 ，
故该函数符合，故②正确；
对于③，取 ，
此时 ，由 可得 有无穷多个，
故③正确；
对于④，若存在 ，使得 ，
令 ，则 ，但 ，矛盾，
故满足 的函数不存在，故④错误.
故答案为：②③
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 在 中， ．
（1）求c的值；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得 存在，求BC边上的高．
条件①： ；条件②： ；条件③： 的面积为 ．
【答案】（1）6 （2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由平方关系、正弦定理即可求解；
（2）若选①，可得 都是钝角，矛盾；若选②，由正弦定理求得 ，由余弦定理求得 ，利用等面积
法求得高；若选③，首先根据三角形面积公式求得 ，再根据余弦定理可求得 ，由此可说明三角形
存在，且可由等面积法求解 .
【小问1详解】
因为 ，所以 ，
第 11 页 共 25 页由正弦定理有 ，解得 ；
【小问2详解】
如图所示，若 存在，则设其 边上的高为 ，
若选①， ，因为 ，所以 ，因为 ，这表明此时三角形 有两个钝角，
而这是不可能的，所以此时三角形 不存在，故 边上的高也不存在；
若选②， ，由 有 ，由正弦定理得 ,所以 ，
所以由余弦定理得 ,
此时三角形 是存在的，且唯一确定，
所以 ,即 ，
所以 边上的高 ；
若选③， 的面积是 ，则 ，
解得 ，由余弦定理可得 可以唯一确定，
进一步由余弦定理可得 也可以唯一确定，即 可以唯一确定，
第 12 页 共 25 页这表明此时三角形 是存在的，且 边上的高满足： ，即
.
17. 如图，在四棱锥 中， 与 均为等腰直角三角形，
，E为BC的中点．
（1）若 分别为 的中点，求证： 平面PAB；
（2）若 平面ABCD， ，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，只需证明 即可；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线AB的方向向量与面PCD的法向量，根据向量夹角公式即可
求解.
【小问1详解】
取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，
与 为等腰直角三角形且 ，
不妨设 ， . .
第 13 页 共 25 页E、F分别为BC、PD的中点，
，且 .
， ，
，∴四边形FGMN为平行四边形，
，
平面PAB， 平面PAB， 平面PAB；
【小问2详解】
平面ABCD， 以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐
标系，
设 ，则 ，
，
设平面PCD的一个法向量为 ，
， ，
取 ， ， .
为
设AB与平面PCD所成角 ，
第 14 页 共 25 页则 ，
即AB与平面PCD所成角的正弦值为 .
18. 某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高一年级学生都参加了这次考试.
为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高一年级各100名学生该题的答题数据，其中
甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题相互独立，用频率估计
概率.
（1）估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率
（2）从甲、乙两校高一年级学生中各随机抽取1名，设X为这2名学生中该题选择正确的人数，估计
的概率及X的数学期望；
（3）假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案；如果掌握
该知识点，甲校学生选择正确的概率为 ，乙校学生选择正确的概率为 .设甲、乙两校高一年级
学生掌握该知识点的概率估计值分别为 ， ，判断 与 的大小（结论不要求证明）.
【答案】（1）
（2） ，
（3）
【解析】
【分析】（1）用频率估计概率即可求解；
（2）利用独立事件乘法公式以及互斥事件的加法公式可求恰有1人做对的概率及 的分布列，从而可求
其期望；
（3）根据题设可得关于 的方程，求出其解后可得它们的大小关系.
【小问1详解】
估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率 .
第 15 页 共 25 页【小问2详解】
设 为“从甲校抽取1人做对”，则 ， ，
设 为“从乙校抽取1人做对”，则 ， ，
设 为“恰有1人做对”，故
依题可知， 可取 ，
， ， ，
故 的分布列如下表：
故 .
【小问3详解】
设 为 “甲校掌握这个知识点的学生做该题”，
因为甲校掌握这个知识点则有 的概率做对该题目，
未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，
故 ，即 ，故 ，
同理有， ，故 ，
故 .
19. 已知椭圆 的离心率为 ，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4.
（1）求椭圆E的方程；
（2）设O为坐标原点，点 在椭圆E上，直线 与直线 ，
第 16 页 共 25 页分别交于点A，B．设 与 的面积分别为 ，比较 与 的大小．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出 ，再根据 的关系求出 ，即可得到椭圆方程；
（2）法一：联立直线方程求出点 坐标，即可求出 ，再根据 ，即可得出它们的大小
关系.
法二：利用直线的到角公式或者倾斜角之间的关系得到 ，再根据三角形的面积公式即
可解出.
【小问1详解】
由椭圆可知， ，所以 ，又 ，所以 ， ，
故椭圆E的方程为 ；
【小问2详解】
联立 ，消去 得， ，
整理得， ①，
又 ，所以 ， ，
故①式可化简为 ，即 ，所以 ，
所以直线 与椭圆相切， 为切点.
第 17 页 共 25 页设 ，易知，当 时，由对称性可知， ．
故设 ，易知 ，
联立 ，解得 ，
联立 ，解得 ，
所以
，
，
故 ．
法二：不妨设 ，易知，当 时，由对称性可知， ．
故设 ，
联立 ，解得 ，
联立 ，解得 ，
第 18 页 共 25 页则 ， ， ,
又 ，所以 ，
所以
，
，
则 ，即 ，
所以 .
20. 已知函数 的定义域是 ，导函数 ，设 是曲线 在
点 处的切线．
（1）求 的最大值；
（2）当 时，证明：除切点A外，曲线 在直线 的上方；
第 19 页 共 25 页（3）设过点A的直线 与直线 垂直， ， 与x轴交点的横坐标分别是 ， ，若 ，求
的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用导数判断其单调性，即可求出最大值；
（2）求出直线 的方程，再构造函数 ，只需证明其最小值（或者下确界）大于零即可；
（3）求出直线 的方程，即可由题意得到 的表示，从而用字母 表示出 ，从而求出范
围.
【小问1详解】
设 ， ，
由 可得 ，当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
所以 的最大值为 .
【小问2详解】
因为 ，所以直线 的方程为 ，即
第 20 页 共 25 页，
设 ， ，
由（1）可知， 在 上单调递增，而 ，
所以，当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，且 ，
而当 时， ，所以总有 ， 单调递增
故 ，从而命题得证；
【小问3详解】
解法一：由题意，直线 ，直线 ，
所以 ， ，
当 时， ， 在 上单调递增，
所以 ，
所以
，
第 21 页 共 25 页由（1）可得当 时， ，
所以 ，
所以 .
解法二：由 可设 ，又 ，所以 ，即
，
因为直线 的方程为 ，易知 ，
所以直线 的方程为 ,
， .
所以
由（1）知,当 时， ，所以
,
,
第 22 页 共 25 页所以 .
21. 已知集合 ，从M中选取n个不同的元素组成一个
序列： ，其中 称为该序列的第i项 ，若该序列的相邻
项 满足： 或 ，则称该序列为K列．
（1）对于第1项为 的K列，写出它的第2项．
（2）设 为K列，且 中的项 满足：当i为奇数时， ：当i为偶数时，
.判断 ， 能否同时为 中的项，并说明理由；
（3）证明：由M的全部元素组成的序列都不是K列．
【答案】（1） 或
（2）不能，理由见解析
（3）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）根据新定义即可得解；
（2）假设 与 能同时在 中，导出矛盾，从而得出 与 不能同时在 中的结论；
（3）假设全体元素构成一个K列，通过构造导出矛盾，从而得到要证明的结论.
【小问1详解】
根据题目定义可知， 或 ，
若第一项为 ，显然 或 不符合题意（不在集合 中），所以下一项是 或 ；
【小问2详解】
假设二者同时出现在 中，由于K列取反序后仍是K列，故不妨设 在 之前.
第 23 页 共 25 页显然，在K列中，相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性总是相反的，所以从 到 必定要向下一项
走奇数次.
但又根据题目条件，这两个点的横坐标均在中，所以从 到 必定要向下一项走偶数次.
这导致矛盾，所以二者不能同时出现在 中.
【小问3详解】
法1：若 中的所有元素构成K列，考虑K列中形如 的项，
这样的项共有 个，由题知其下一项为 ，共计16个，
而 ，因为只能6由2来，3只能由7来，
横、纵坐标不能同时相差4，这样下一项只能有12个点，
即对于16个 ，有12个 与之相对应，矛盾．
综上，由M的全部元素组成的序列都不是K列．
法2：假设全体元素构成一个K列，则 .
设 ，
.
则 和 都包含 个元素，且 中元素的相邻项必定在 中.
如果存在至少两对相邻的项属于 ，那么属于 的项的数目一定多于属于 的项的数目，
所以至多存在一对相邻的项属于 .
如果存在，则这对相邻的项的序号必定形如 和 ，
否则将导致属于 的项的个数比属于 的项的个数多2，此时 .
从而这个序列的前 项中，第奇数项属于 ，第偶数项属于 ；
这个序列的后 项中，第奇数项属于 ，第偶数项属于 .
如果不存在相邻的属于 的项，那么也可以看作上述表示在 或 的特殊情况.
第 24 页 共 25 页这意味着必定存在 ，使得 .
由于相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性必定相反，故 中横纵坐标之和为奇数的点和横纵坐标之和为偶数
的点的数量一定分别是 和 （不一定对应）.
但容易验证， 和 都包含 个横纵坐标之和为奇数的点和 个横纵坐标之和为偶数的点，所以
，得 .
从而有 .
这就得到 .
再设 ，
.
则同理有 .
这意味着 .
从而得到 ，但显然它们是不同的集合，矛盾.
所以由M的全部元素组成的序列都不是K列．
第 25 页 共 25 页
