2025年新高考II卷数学答案(1)_高考真题2025年全国各地《高考真题汇总》9科全_2025《高考真题汇总》数学

2025 年全国统一高考数学试卷（新高考Ⅱ） 参考答案 一、选择题：本题共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。 1. 2，8，14，16，20 平均数为（ ） A. 8 B. 9 C. 12 D. 18 【答案】C 28141620 【解答】x 12 5 1 2. z 1i， （ ） z1 A. i B. ii C. 1 D. 1 【答案】A 1 1 1 【解答】   i. z1 1i1 i 3. A{4,0,1,2,8} B {x|x3  x}，AB （ ） A. {0,1,2} B. {1,2,8} C. {2,8} D. {0,1} 【答案】D 【解答】B {x|x(x1)(x1)0}{0,1,1}，A B {0,1}. x4 4. 2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 【解答】 x4 x4 x2 2 20 0 (x2)(x1)0且x10 2 x1. x1 x1 x1 第1页，共11页5. △ABC，BC 2，AC 1 3，AB  6 ，A（ ） A. 45 B. 60 C. 120 D. 135 【答案】A 【解答】由余弦定理 AC2  AB2 BC2 (1 3)2 ( 6)2 22 2( 33) 2 cosA    ， 2ACAB 2(1 3) 6 2 2( 33) 2  A(0,)，故A . 4 6. 抛物线C: y2 2px(p 0) 焦点FF ， AC ，过 A 作CC 准线的垂线，垂足为 B .若 l :y 2x2，则| AF |（ ） BF A. 3 B. 44 C. 5 D. 6 【答案】C 【解答】l : y 2x2与x轴交于F点，则F(1,0)， BF p 故 1 p2C: y2 4x ； 2 设l : y 2x2与y轴交于N点，则N(0,2)； BF 准线与x轴交于M点，由 FON FMB，MB2NO4，故y 4， A 代入C: y2 4x得x 4，A(4,4)，| AF | (41)2 42 5 A 7. SS 为等差数列{{aa }}前nn项和，S 6，S 5，S （ ） nn nn 3 5 6 A. 20 B. 15 C. 10 D. 5 【答案】B S 【解答】S 为等差数列{a }的前nn项和，故{ n}为等差数列，该等差数列的公差为d n n n 1 S S 3 S S 3 5  3 2d d   6  5 d 1  S 15. 5 3 1 1 2 6 5 1 2 6 第2页，共11页 5  8. 0，cos  ，sin( )（ ） 2 5 4 2 2 3 2 7 2 A. B. C. D. 10 5 10 10 【答案】D 【解答】  5 cos  ， 2 5  3 cos2cos2 1 ， 2 5 又 0， 4 sin ， 5  2 7 2 则sin( ) (sincos) . 4 2 10 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，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0分。 9. S 为等比数列{a }前n项和，q为{a }公比，q 0，S 7，a 1，则（ ） n n n 3 3 1 1 A. q B. a  C. S 8 D. a S 8 2 5 9 5 n n 【答案】AD 【解答】由已知条件 a a 1 1 1 1 1 1 S a a a  3  3 a   17  60( 3)( 2)0 3 1 2 3 q2 q 3 q2 q q2 q q q 1 1 又q 0，则 2q  ， q 2 a 1 1 1 故a  3 4,a 4( )n1 ( )n3,S 8( )n3， 1 q2 n 2 2 n 2 1 1 1 1 a a q2  ,S 8( )2 8,a S ( )n3 8( )n3 8， 5 3 4 5 2 n n 2 2 综上AD正确. 第3页，共11页10. f(x)定义在R上奇函数，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)极大值点 【答案】ABD 【解答】 f(x)为R上的奇函数，故 f(0)0，A正确； x0时，x0，故 f(x)[(x)2 3]ex 2(x2 3)ex 2， f(x)f(x)(x2 3)ex 2，B正确； x0时， f(x)(x2 3)ex 2 f '(x)(x3)(x1)ex， f '(1)0； 0 x1时 f '(x)0， f(x)单调递减，x1时 f '(x)0， f(x)单调递增，故x1为 f(x)极小值点，由 f(x)为R上的奇函数，故x1为 f(x)极大值点，D正确； f(1)2e22(e1)2，C错. x2 y2 11. 双曲线C:  1(a 0,b0)左右焦点为F ，F ，左右顶点为A ，A .以FF 为 a2 b2 1 2 1 2 1 2 5 直径的圆与C的一条渐近线交于M ，N ，且NAM  ，则（ ） 1 6  A. AMA  1 2 6 B. |MA |2|MA | 1 2 C. C离心率为 13 D. 当a 2时，四边形NAMA 面积为8 3 1 2 【答案】ACD 【解答】 第4页，共11页b 由对称性不妨取斜率为正的渐近线l :y  x， MN a 又 MOr c ，则易知 M(a,b) ，又 A(a,0)， 1 A (a,0)， 2 则MA  AA ，如图 2 1 2  AMA NAM  ，A选项正确； 1 2 1 6 则在Rt△AMA 中，MA  3 MA ，B选项错误， 1 2 1 2 2a 3 tanAMA   ， 1 2 b 3 c b2 则e  1  13，C选项正确； a a2 1 当a 2时，S 2 MA  MA 2ab8 3 ，D选项正确. NA 1 MA 2 2 1 2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．a (x,1)，b (x1,2x)，a (ab)则 a  ． 【答案】x1 【解答】ab(1,12x)，a (ab) a(ab)0 x12x0 x1. 13．x2是 f(x)(x1)(x2)(xa)的极值点，则 f(0) ． 【答案】-4 【解答】 f '(x)(x2)(xa)(x1)(xa)(x1)(x2)， 若x2为 f(x)的极值点，则 f '(2)2a 0 a2. f(x)(x1)(x2)2  f(0)144 第5页，共11页14．一个底面半径为4cm，高为9cm的封闭圆柱形容器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 【解答】 设铁球半径为r，两铁球位置如图所示， 竖直方向有，hOH OO sinO H ， 1 1 1 2 2 2 即92r2rsin， 水平方向有，2R  AO OO cos AO ， 1 1 1 2 2 2 即82r2rcos， 则(92r)2 (82r)2 4r2 化简得：4r2 68r1450 (2r29)(2r5)0， 5 29 解得：r  ，r  （舍） 2 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．（13分） f(x)cos(2x)(0), f(0) 2 （1）求；  （2）g(x) f(x) f(x )，求g(x)的值域和单调区间． 6 1  【解答】解：（1） f(0)cos ，由0 ，故 ； 2 3     （2） f(x)cos(2x )， f(x )cos2x，g(x) f(x) f(x ) 3cos(2x ) 3 6 6 6 故g(x)的值域为 3, 3，     5 令2k 2x 2k，解得 k x k， 6 12 12 第6页，共11页  5  即g(x)的单调递减区间为  k, k ，kZ    12 12  5 11  同理可得g(x)的单调递增区间为 k, k ，kZ   12 12  x2 y2 2 16．（15分）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S  2，求 OAB A B ． x2 y2 【解答】（1）a2，b 2 ，c 2，椭圆方程为：  1； 4 2 （2）设l:ykx2，点P 0,2，点Ax,y ，Bx ,y ， 1 1 2 2 x2 y2   1 联立 4 2 可得：(2k2 1)x2 8kx40，其判别式为32k2 16，   ykx2 8k 4 x x  ，xx  0（两根同号）， 1 2 2k2 1 1 2 2k2 1 2 2 由0，可得k  或k  ， 2 2 1 1  S S S  2 x  2 x  x x   2 ， △OAB △OPB △OPA 2 2 2 1 2 1 2k2 1 3 解得k2  ， 2 5 AB  k2 1 x x   2  5． 2 1 2 17．（15 分）．如图，四边形ABCD中，AB CD，DAB 90。，F 为CD中点，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'所成二面角的正弦值． 第7页，共11页【解答】（1）由EB//FC，AE//DF ，可得平面AEB //平面DFC， 又由AB平面AEB 故AB //平面DFC； （2）由EF  AE且EF EB，可知AEB即为二面角的平面角，为60 不妨设AD 1，在平面AEB内，由点A作EB垂线，垂足为O， 1 3 可证AO底面EBCF，EO ，OB 2 2 如图建系， 1 3 FE (1,0,0)，EA(0, , )，设平面EFDA的法向量为n (x,y ,z ) 2 2 1 1 1 1  x 0  1 则有1 3 ，取y  3，n (0, 3,1)； 1 1  y  z 0 2 1 2 1 3 3 CB(1,1,0) ， DB(1, , ) ， 设 平 面 BCD 的 法 向 量 为 n (x ,y ,z ) ， 则 有 2 2 2 2 2 2  x  y 0  2 2  3 3 ，取y  3，则n ( 3, 3,1) 2 2 x  y  z 0  1 2 1 2 1 n n 7 42 即平面BCD与平面EFDA成角，则有cos 1 2  ，故sin ． n  n 7 7 1 2 1 1 18．（17分） f(x)ln(1x)x x2 kx3,0k  ． 2 3 （1）证明： f(x)在  0,存在唯一极值点和唯一零点； （2）设x ，x 为 f(x)在  0,的极值点和零点； 1 2 第8页，共11页（i）g(t) f(x t) f(x t)。证明：g(t)在  0,x 单调递减． 1 1 1 （ii）比较2x 与x 的大小，并证明． 1 2 1 1 【解答】（1）证明：因为 f(x)ln(1x)x x2 kx3，k(0, )， 2 3 1 所以 f(x) 1x3kx2 1x 11xxx2 3kx2 3kx3  1x 3kx2 1  (x1 )， 1x 3k 1 当x0时，令 f(x)0，解得x 10， 3k 1 所以当0x 1时， f(x)0， f(x)单调递增； 3k 1 当x 1时， f(x)0， f(x)单调递减， 3k 1 所以x 1是 f(x)在(0,)上唯一的极值点，是极大值点. 3k 1 1 1 1 又因为 f( 1) f(0)0， f( )ln(1 ) 0， 3k 2k 2k 2k 1 1 所以x ( 1, )， f(x )0， 2 3k 2k 2 即x 是 f(x)在(0,)上唯一的零点； 2 （2）解：（i）因为g(t) f(x t) f(x t)， 1 1 所以g(t) f(x t) f(x t) 1 1 3k(x t)2 3k(x t)2  1 (x tx ) 1 (x tx ) 1x t 1 1 1x t 1 1 1 1 (x t)2 (x t)2  3kt 1  1  1x t 1x t 1 1 6kt2(t2 x2 2x )  1 1 ， (1x )2 t2 1 因为t(0,x )，所以t2 x2 2x 0，(1x )2 t2 0， 1 1 1 1 6kt2(t2 x2 2x ) 所以g(t) 1 1 0， (1x )2 t2 1 第9页，共11页即g(t)在t(0,x )上单调递减； 1 （ii）由（i）得，g(t)在t(0,x )上单调递减， 1 所以g(x ) g(0)， 1 即 f(2x ) f(0) f(x ) f(x )0， f(2x )0， 1 1 1 1 因为x 是 f(x)的零点，所以 f(x )0， 2 2 所以 f(2x ) f(x )， 1 2 又因为x  x ，2x  x ，且 f(x)在(x ,)上单调递减， 2 1 1 1 1 所以2x  x . 1 2 19．（17分） 1 甲、乙乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分。设每个球甲胜的概率为 p(  p1)， 2 乙胜的概率为q，pq 1，且各球胜负独立。对正整数k 2，记 p 为打完k个球后，甲 k 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分的概率。 k （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 【解答】（1）3球后甲比乙至少多两分，只能是甲3分乙0分，因此𝑝 =𝑝3; 3 4球后甲比乙至少多两分，可能是甲4分乙0分，或者甲3分乙1分， 因此𝑝 =𝐶3𝑝3𝑞+𝑝4 =4𝑝3𝑞+𝑝4 =4𝑝3(1−𝑝)+𝑝4 =4𝑝3−3𝑝4. 4 4 (2) 根据对称性，以及（1）的结果，可得𝑞 =𝑞3,𝑞 =4𝑞3−3𝑞4. 3 4 因此𝑝4−𝑝3 = 4𝑝3−3𝑝4−𝑝3 = 3𝑝3(1−𝑝) = 𝑝3𝑞 = 𝑝2 =4 𝑞4−𝑞3 4𝑞3−3𝑞4−𝑞3 3𝑞3(1−𝑞) 𝑞3𝑝 𝑞2 因此𝑝 =2，又𝑝+𝑞 =1，故𝑝= 2 ,𝑞 = 1 . 𝑞 3 3 答案为𝑝= 2 3 第10页，共11页（3）记𝑎 (𝑥)表示𝑚球甲得𝑥分的概率 𝑚 𝑝 =𝑝 −𝑞⋅𝑎 (𝑚+1) 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚 𝑞 =𝑞 −𝑝⋅𝑎 (𝑚−1) 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚 故 𝑝 −𝑝 =−𝑞⋅𝑎 (𝑚+1) 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚 𝑞 −𝑞 =−𝑝⋅𝑎 (𝑚−1) 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚 故要证： 𝑝 −𝑝 <𝑞 −𝑞 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚+1 2𝑚 只需证： 𝑝⋅𝑎 (𝑚−1) <𝑞⋅𝑎 (𝑚+1) 2𝑚 2𝑚 即只需证： 𝑝⋅𝑝𝑚−1⋅𝑞𝑚+1⋅𝐶𝑚−1 <𝑞⋅𝑝𝑚+1⋅𝑞𝑚−1⋅𝐶𝑚+1 2𝑚 2𝑚 即只需证： 𝑝𝑚𝑞𝑚+1 <𝑞𝑚𝑝𝑚+1 即𝑞 <𝑝 . 由条件𝑞 =1−𝑝 < 1 <𝑝，故结论成立. 2 由 𝑝 =𝑝 +𝑝⋅𝑎 (𝑚+1) =𝑝 +𝑝⋅𝑎 (𝑚+1)−𝑞𝑎 (𝑚+1) 2𝑚+2 2𝑚+1 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚+1 2𝑚 𝑞 =𝑞 +𝑞⋅𝑎 (𝑚)=𝑞 +𝑞⋅𝑎 (𝑚)−𝑝𝑎 (𝑚−1) 2𝑚+2 2𝑚+1 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚+1 2𝑚 现在考虑右边的不等式 𝑝 −𝑞 <𝑝 −𝑞 2𝑚 2𝑚 2𝑚+2 2𝑚+2 只需证: 𝑝⋅𝑎 (𝑚+1)−𝑞𝑎 (𝑚+1) >𝑞𝑎 (𝑚)−𝑝⋅𝑎 (𝑚−1) 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚+1 2𝑚 只需证： 𝑝𝑚+2𝑞𝑚𝐶𝑚+1 −𝑝𝑚+1𝑞𝑚𝐶𝑚+1 >𝑞𝑚+2𝑝𝑚𝐶𝑚+1 −𝑞𝑚+1𝑝𝑚𝐶𝑚+1 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚+1 2𝑚 只需证： 𝑝2𝐶𝑚+1 −𝑝𝐶𝑚+1 >𝑞2𝐶𝑚+1 −𝑞𝐶𝑚+1 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚+1 2𝑚 只需证: (𝑝−𝑞)(𝑝+𝑞)𝐶𝑚+1 >(𝑝−𝑞)𝐶𝑚+1 2𝑚+1 2𝑚 只需证: 𝐶𝑚+1 >𝐶𝑚+1 2𝑚+1 2𝑚 因为 𝐶𝑚+1 =𝐶𝑚+1+𝐶𝑚 ，且𝐶𝑚 >0, 故上面不等式成立. 证毕. 2𝑚+1 2𝑚 2𝑚 2𝑚 第11页，共11页