文档内容
2025 年普通高等学校招生全国统一考试（新Ⅱ卷）
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号，试室号，座位号填
写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上.
2.选择题每小题选出答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑：如需
改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相
应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不
按以上要求作答的答案无效.
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
【答案】C
【解析】
由平均数的计算公式即可求解.
2+8+14+16+20 60
样本数据2,8,14,16,20的平均数为 = =12.
5 5
故选：C.
1
2. 已知z=1+i，则 =（ ）
z−1
A. −i B. i C. −1 D. 1
【答案】A
【解析】
由复数除法即可求解.
1 1 1 i
因为z=1+i，所以 = = = =−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】
求出集合B后结合交集的定义可求A∩B.
B={x|x3=x}={0,−1,1}，故A∩B={0,1}，
故选：D.
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}
【答案】C
【解析】
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
≥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. 在△ABC中，BC=2， ，AB=√6，则A=（ ）
A. 45° B. 60° C. 120° D. 135°
【答案】A
【解析】
AB2+AC2−BC2
由余弦定理cosA= 直接计算求解即可.
2ABAC
由题意得 ，
又0∘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】
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点B，从而可依次求出y
BF A和x ，再由焦半径公式即可得解.
A
对 ，令y=0，则x=1，
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. 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
【解析】
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.
{ 3a +3d=6 {d=−3
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 .
故选：B.
α √5 ( π)
8. 已知0<α<π，cos = ，则sin α− =（ ）
2 5 4
√2 √2 3√2 7√2
A. B. C. D.
10 5 10 10
【答案】D
【解析】3 4
利用二倍角余弦公式得cosα=− ，则sinα= ，最后再根据两角差的正弦公式即可得到答案.
5 5
2
cosα=2cos2
α
−1=2×
(√5)
−1=−
3
，
2 5 5
因为0<α<π，则 π <α<π，则sinα=√1−cos2α= √ 1− ( − 3) 2 = 4 ，
2 5 5
( π) π π 4 √2 ( 3) √2 7√2
则sin α− =sinαcos −cosαsin = × − − × = .
4 4 4 5 2 5 2 10
故选：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
【答案】AD
【解析】
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，再利用其通项公式和前n项和公式一
1
一计算分析即可.
{ a q2=1 {a 1 =4 { a 1 =9
对A，由题意得 1 ，结合q>0，解得 1或 1（舍去），故A正确；
a +a q+a q2=7 q= q=−
1 1 1 2 3
对B，则a =a q4=4×
(1) 4
=
1
，故B错误；
5 1 2 4
( 1 )
4× 1−
a (1−q5) 32 31
对C，S = 1 = = ，故C错误；
5 1−q 1 4
1−
2
[ (1) n]
4× 1−
对D，a =4×
(1) n−1
=23−n ，S =
2
=8−2−n+3，
n 2 n 1
1−
2则a +S =23−n+8−23−n=8，故D正确；
n n
故选：AD.
10. 已知 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 的极大值点
【答案】ABD
【解析】
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.
对A，因为 定义在R上奇函数，则f(0)=0，故A正确；
对B，当x<0时， ，则 ，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 ，
令f' (x)=0，解得x=−1或3（舍去），
当 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 极大值点，故D正确；
故选：ABD.
11. 双曲线 的左、右焦点分别是F 、F ，左、右顶点分别为A ，A ，以
1 2 1 2
5π
为直径的圆与C的一条渐近线交于M、N两点，且∠N A M= ，则（ ）
1 6
.
π
A ∠A M A = B. |M A |=2|M A |
1 2 6 1 2C. C的离心率为√13 D. 当 时，四边形N A M A 的面积为8√3
1 2
【答案】ACD
【解析】
由平行四边形的性质判断A；由F M⊥F M且|MO|=c结合M在渐近线上可求M的坐标，从而可判断B
1 2
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
|M A | b
可判断C的正误，或者利用 2 = =√3并结合离心率变形公式即可判断；结合BC的结果求出面积
|A A | 2a
1 2
后可判断D的正误.
b
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A M A N为平行四边形，故∠A M A =π− = ，
1 2 1 2 6 6
故A正确；
对于B，方法一：因为M在以 为直径的圆上，故F M⊥F M且|MO|=c，
1 2
{x2+ y2=c2
0 0 {x =a
设M(x ,y )，则 y b ，故 0 ，故M A ⊥A A ，
0 0 0= y =b 2 1 2
x a 0
0
π √3 2√3
由A得∠A M A = ，故|M A |=|M A |× 即|M A |= |M A |，故B错误；
1 2 6 2 1 2 1 3 2b
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 为直径的圆与C的一条渐近线交于M、N，则OM=c，
2 c
a
则若过点M往x轴作垂线，垂足为 ，则|OH|=c⋅ =a=|OA |，则点 与A (H)重合，则M A ⊥x
c 2 2 2
轴，则|M A |=√c2−a2=b，
2
方法三：在△OM A 利用余弦定理知，|M A | 2=|OM| 2+|OA | 2 −2|OM||OA |cos∠MOA ，
2 2 2 2 2
a
即|M A | 2=c2+a2−2ac⋅ =b2 ，则|M A |=b，
2 c 2
π
则△A A M为直角三角形，且∠A M A = ，则2|M A |=√3|M A |，故B错误；
1 2 1 2 6 2 1
1
对于C，方法一：因为⃗MO= (⃗M A +⃗M A )，故4⃗MO2=⃗M A 2+2⃗M A ⋅⃗M A +⃗M A 2 ，
2 1 2 1 1 2 2
2√3
由B可知|M A |=b,|M A |= b，
2 1 3
4 2√3 √3 13 13
故4c2=b2+ b2+2×b× b× = b2= (c2−a2)即 ，
3 3 2 3 3
故离心率e=√13，故C正确；
方法二：因为 |M A 2 | = b =√3，则 ，则e= c = √ 1+ b2 =√1+(2√3) 2=√13，故C正确；
|A A | 2a a a2
1 2对于D，当 时，由C可知e=√13，故c=√26，
1
故b=2√6，故四边形N A M A 为2S =2× ×2√6×2√2=8√3，
1 2 △MA 1 A 2 2
故D正确，
故选：ACD.
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 ___________
【答案】√2
【解析】
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.
⃗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. 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】
由题意得f'(2)=0即可求解a，再代入即可求解.
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)，
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．
5
【答案】
2
【解析】
根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径；
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，
5
∴r= .
2
5
故答案为：
2
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+φ)(0≤φ<π),f (0)= ．
2
（1）求 ;
( π)
（2）设函数g(x)=f(x)+f x− ，求 的值域和单调区间．
6
π
【答案】（1）φ=
3
（2）答案见解析
【解析】1
（1）直接由题意得cosφ= ,(0≤φ<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函数g(x)的单
6
调区间.
【
小问1详解】
1 π
由题意f (0)=cosφ= ,(0≤φ<π)，所以φ= ；
2 3
【小问2详解】
( π)
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
x2 y2
16. 已知椭圆C: + =1(a>b>0) 的离心率为 ，长轴长为4．
a2 b2
（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|．
x2 y2
【答案】（1） + =1
4 2（2）
【解析】
（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.
【小问1详解】
因为长轴长为4，故a=2，而离心率为 ，故c=√2，
x2 y2
故b=√2，故椭圆方程为： + =1.
4 2
【小问2详解】
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−√2x ，证明见解析.
1 2
【解析】
（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f (x)在区间 上存在唯一
极值点；再结合f (0)=0和 时f (x)的正负情况即可得证f (x)在区间 上存在唯一零点；
（2）（i）由（1） 和 结合（1）中所得导函数f' (x )计算得到
1
，再结合 得
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 ，再结合f (x )=0，
1 2
和函数f (x)的单调性以以及函数值的情况即可得证.
【小问1详解】
由题得 ，
因为x∈(0,+∞)，所以x2>0，设 ，则 在 上恒成立，所以 在 上单调递减，
，令 ，
所以当x∈(0,x )时，g(x)>0，则f'(x)>0；当 时，g(x)<0，则f'(x)<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 上存在唯一极值点，
对函数y=ln(1+x)−x有 在 上恒成立，
所以y=ln(1+x)−x在 上单调递减，
所以 在 上恒成立，
又因为f (0)=0， 时 ，
所以 时f (x)<0，
所以存在唯一x ∈(0,+∞)使得f (x )=0，即f (x)在 上存在唯一零点.
2 2
【小问2详解】
（i）由（1）知 ，则 ， ，
则，
因为 ，所以 ，所以 ，
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 即 ，又f (x )=0，
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
(1 )
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 0，解得 ；
【小问3详解】
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=0m−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 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
0 2m+1 2m+1 2m+1 2m+1 2m+1 就能得到p −p >q −q ，即p −q
