2025年高考二卷（解析）(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

绝密★启用前
22002255年年普普通通高高等等学学校校招招生生全全国国统统一一考考试试
数数 学学
类 型：新课标Ⅱ卷
命 制：教育部教育考试院
适 用：重庆、黑龙江、吉林、辽宁、山西、海南、广西、四川、内蒙古、云南、贵州、
甘肃、新疆、西藏、新疆、青海、宁夏
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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个选项是符合题目要求的。
1 样本数据2，8，14，16，20的平均数为 ( C )
A. 8 B. 9 C. 12 D. 18
 2+8+14+16+20
解：x= =12
5
1
2 已知z=1+i,则 = ( A )
z-1
A. -i B. i C. -1 D. 1
1 1 1
解： = = =-i
z-1 1+i-1 i
3 已知集合 A={-4，0，1，2，8}，B=x∣x3=x  ,则 A∩B= ( D )
A. {0，1，2} B. {1，2，8} C. {2，8} D. {0，1}
解：∵ A={-4,0,1,2,8},B=x∣x3=x  ={-1,0,1} ,∴ A∩B={0,1}
x-4
4 不等式 ≥2 的解集是 ( C )
x-1
A. {x∣-2≤x≤1} B. {x∣x≤-2} C. {x∣-2≤x<1} D. {x∣x>1}
x-4
解：法一：设不等式 ≥2的解集为D ,则1∉D,-1.5∈D.
x-1
x-4 x-4 -x-2
法二 ≥2⇔ -2≥0⇔ ≥0⇔-x+2
x-1 x-1 x-1
 x-1  ≥0 且 x-1≠0⇔-2≤x<1.
5 在 △ABC 中，BC=2，AC=1+ 3，AB= 6，则 A= ( A )
A. 45° B. 60° C. 120° D. 135°
π π
解：法一：∵ BC<AC,BC<AB ，三边相等时，A= ,∴ A< ，结合选项可知A正确
3 3
AC2+AB2-BC2 1+ 3
法二：cosA= =
2AC⋅AB
 2+ 6  2-22
2×1+ 3 
2 3+3
=
× 6

2 2 3+3 
2
= ,A∈0,π
2

π
,故 A= .
4
第1页,共6页6 设抛物线 C：y2=2pxP>0  的焦点为F,点A在 C 上,过 A 作 C 准线的垂线,垂足为B. 若直线 BF的方
程为 y=-2x+2 ,则 AF= ( C )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
解：由题可得F1,0 
p
，故 =1 p=2  C：y2=4x
2
∴B-1,4  ，而抛物线 C 的方程为 y2=4x
∴A4,4  AF=5
7 记S 为等差数列 a
n n
 的前 n 项和，若 S =6，S =-5 ,则 S = ( B )
3 5 6
A. -20 B. -15 C. -10 D. -5
解：S 为等差数列a n n 
S
的前n项和,故 n  n  为等差数列,该等差数列的公差为d
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
α 5 π
8 已知 0<α<π,cos = ,则 sinα-
2 5 4
 = ( D )
2 2 3 2 7 2
A. B. C. D.
10 5 10 10
解：∵ α∈0,π 
α 5 α 3 4
，cos = ,∴ cosα=2cos2 -1=- ，sinα=
2 5 2 5 5
π
sinα-
4

4 2 3
= × --
5 2 5

2 7 2
× =
2 10
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。全部选对得6分，选不全得3分，多选或选错一个得0分。
9 记 S 为等比数列 a
n n
 的前 n 项和, q 为 a
n
 的公比, q>0 . 若 S =7.a =1 ,则 ( AD )
3 3
1 1
A. q= B. a = C. S =8 D. a +S =8
2 5 9 5 n n
a a 1 1 1 1 1
解：S =a +a +a = 3 + 3 +a = + +1=7⇒ + -6=0⇒ +3
3 1 2 3 q2 q 3 q2 q q2 q q

1
 -2
q
 =0
1 1
又 q>0 ,则 =2q=
q 2
a 1 故a = 3 =4，a =4×
1 q2 n 2
 n-1 1 =
2
 n-3 1 ，S =8-
n 2
 n-3 ,
1 1
a =a q2= , S =8-
5 3 4 5 2

2 1
≠8,a +S =
n n 2

n-3 1
+8-
2

n-3
=8,综上 AD 正确.
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 ( ABD )
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
解：∵函数 fx  是定义在R上的奇函数,∴f0  =0，A正确
当x<0时, fx  =-f-x  =-x2-3  e-x-2，B正确;
当x>0时，fx  ≥2x2-3  ex≥0，设h(x)=x2-3  ex，h(x)=x2+2x-3  ex=x-3  x+1 
y A
B
F x
ex
h(x)实图
y
h(x)分布 h(x)单调  极  值  h(  1)  =  -  2e 
 h(0)=-3
-3 1 0 1 h(x)=0⇒x= 3 - 3 3 x
由图可知：C错误,D正确;
第2页,共6页x2 y2
11 双曲线 C: - =1a>0,b>0 a2 b2  的左、右焦点分别是 F，F ,左、右顶点分别为 A ,A ,以FF 为直径的 1 2 1 2 1 2
5π
圆与曲线C 的一条渐近线交于M,N 两点,且∠NAM= ,则 ( ACD )
1 6
π
A. ∠A 1 MA 2 = 6 B. MA 1=2MA 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
5π π
解：由曲线对称性可知：NAMA 为平行四边形,∠NAM= ,∴∠AMA = ,A正确;
1 2 1 6 1 2 6
a π
在△MOA
2
中,OM=c,OA 2=a,由渐近线可得：cos∠MOA
2
=
c
,∴∠MA
2
O=
2
结合A选项可知：MA 1=2A
1
A 2=4a,∴MA 2=b=2 3a，B错误；
c2=a2+b2=13a2，e2=13，C正确；
当a= 2时,S =2ab=4 3a2=8 3，D正确.
NA1MA2
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= 2 .
 
解：a-b=1,1-2x 
  
,a⊥a-b 
  
⇔a⋅a-b 

=0⇔x+1-2x=0⇒x=1,故a= 2
13 若 x=2 是函数fx  =x-1  x-2  x-a  的极值点,则 f0  = -4 .
解：∵ x=2 是函数 fx  =x-1  x-2  x-a  的极值点,∴ a=2 ,故 f0  =-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
5
铁球半径的最大值为 2 cm .
解：作出轴截面如图：当两圆相切时半径最大。
两圆的公切点为圆矩形的中心，设铁球半径为r，r∈0,4  ,
9
在Rt△ABO 中，AO =4-r，AB= -r
1 1 2
则有：4-r 
9
2+ -r
2

2 5 29
=r2 ,解得: r= 或r= 舍
2 2
四、解答题：本题共5小题，共77分。应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15 (13 分)
已知函数 fx  =cos2x+φ  0≤φ<π  ,f0 
1
= .
2
(1) 求 φ ；
( 2 )设函数 gx  =fx 
π
+fx-
6
 ,求 gx  的值域和单调区间.
解：(1) f0 
1 π
=cosφ= ,由 0≤φ<π ,故 φ= ;
2 3
(2) 由1  可知：fx 
π
=cos2x+
3
 ，∴gx  =fx 
π
+fx-
6

π
= 3cos2x+
6

π
=- 3sin(2x- )
3
故gx  的值域为 - 3, 3  ,
π π 5π
令 2kπ≤2x+ ≤π+2kπ ,解得 - +kπ≤x≤ +kπ ,
6 12 12
即 gx 
π 5π
的单调递减区间为  - +kπ, +kπ
 12 12
 ,k∈Z
同理可得 gx 
5π 11π
的单调递增区间为   +kπ, +kπ
12 12

y
M
F 1 A 1 A 2 F 2 x
N
A
O
1
B
O
2
,k∈Z
第3页,共6页16 (15 分)
x2 y2
已知椭圆 C: + =1a>b>0
a2 b2

2
的离心率为 ,长轴长为 4,
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 .
x2 y2
解：(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 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ,
x2 y2
 + =1
联立  4 2 2k2+1
y=kx-2
 x2-8kx+4=0
8k 4
Δ=32k2-16， x +x = xx = >0 (两根同号)
1 2 2k2+1 1 2 2k2+1
2 2
由 Δ>0 ,可得 k> 或 k<- ,
2 2
1 1 Δ
S
△OAB
=S
△OPB
-S
△OPA
=
2
×2x 2-
2
×2x 1=x
2
-x 1=
2k2+1
= 2,
3 5
解得k2=
2
,AB= k2+1x
2
-x 1=
2
× 2= 5.
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.
解：(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= ，如图建系,
2 2

FE=1,0,0 

1 3
,EA=0, ,
2 2
 ,

设平面 EFDA 的法向量为 n 1 =x 1 ,y 1 ,z 1 
x =0
 1 
则有  1 3 ,取 y 1 =- 3，n 1 =0,- 3,1
y + z =0 2 1 2 1
 ;

CB=1,1,0 

3 3
, DB=1, ,-
2 2
 ,

设平面 BCD 的法向量为 n 2 =x 2 ,y 2 ,z 2 
x +y =0
 2 2 
则有  3 3 ,取 y 2 = 3 ,则 n 2 =- 3, 3,1
x + y - z =0
1 2 1 2 1

y
B
O x
A
P
D
A
D
F C
A E B
D
z
A
D
F C
A E O B y
x
 
n ⋅n 7 42
即平面 BCD 与平面 EFDA 成角 θ ,则有 cosθ=  1 2 = ,故 sinθ= .
n 1×n 2 7 7
第4页,共6页18 (17 分)
已知函数 fx  =ln1+x 
1 1
-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 1 ,x 2 分别为 fx  在区间 0,+∞  的极值点和零点.
(i) 设函数 gt  =fx 1 +t  -fx 1 -t  ,证明: gt  在区间 0,x 1  单调递减;
(ii) 比较 2x 与 x 的大小,并证明你的结论.
1 2
解：( 1 )证明:∵ fx  =ln1+x 
1 1
-x+ x2-kx3,k∈0,
2 3
 ,
∴ fx 
1
= -1+x-3kx2
1+x
1-1-x+x+x2-3kx2-3kx3
=
1+x
-3kx2 1
= x+1-
1+x 3k
 ,
当 x>0 时,令 fx 
1
=0 ,解得 x= -1>0 ,
3k
1
∴当 0<x< -1 时, fx
3k
 >0, fx  单调递增;
1
当 x> -1 时, fx
3k
 <0,fx  单调递减,
1
∴ x= -1 是 fx
3k
 在 0,+∞  上唯一的极值点,是极大值点.
1
又∵ f -1
3k
 >f0 
1
=0, f
2k

1
=ln1+
2k

1
- <0 ,
2k
1 1
∴ ∃x ∈ -1, 2 3k 2k  , fx 2  =0 ,
即 x 2 是 fx  在 0,+∞  上唯一的零点;
(2)解:(i)∵ gt  =fx 1 +t  -fx 1 -t  ,
∴ gt  =fx 1 +t  +fx 1 -t 
= -3kx 1 +t  2 1+x +t x 1 +t-x 1
1
 + -3kx 1 -t  2 1+x -t x 1 -t-x 1
1

=3kt x 1 -t  2 + x 1 +t
1+x +t
1
 2  
  1+x -t
1

= 6kt2t2-x2 1 -2x 1 
1+x 1 
,
2-t2
∵ t∈0,x 1  ,∴ t2-x2 1 -2x 1 <0,1+x 1  2-t2>0 ,
∴ gt  = 6kt2t2-x2 1 -2x 1 
1+x 1 
<0 ,
2-t2
即 gt  在 t∈0,x 1  上单调递减;
(ii) 由 (i) 得, gt  在 t∈0,x 1  上单调递减,
∴ gx 1  <g0  ,
即 f2x 1  -f0  <fx 1  -fx 1  =0,f2x 1  <0 ,
∵ x 2 是 fx  的零点,∴ fx 2  =0 ,
∴ f2x 1  <fx 2  ,
又∵ x 2 >x 1 ,2x 1 >x 1 ,且 fx  在 x 1 ,+∞  上单调递减,
∴ 2x >x .
1 2
第5页,共6页19 (17 分)
1
甲、乙两人进行兵兵球练习,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 ,且各球的胜负相互独立,对正整数 k≥2 ,记 p 为打完 k 个球后甲比乙至少多得 2 分的
k
概率, q 为打完 k 个的球后乙比甲至少多得 2 分的概率.
k
(1) 求 p ,p (用 p 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：(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 4 =C 4 3p3q+p4=4p3q+p4=4p31-p  +p4=4p3-3p4 .
(2)根据对称性,以及(1)的结果,可得 q =q3,q =4q3-3q4 .
3 4
p -p 4p3-3p4-p3 3p31-p
因此 4 3 = =
q -q 4q3-3q4-q3 4 3

3q31-q 
p3q p2
= = =4
q3p q2
p 2 1
因此 =2 ,又 p+q=1 ,故 p= ,q= .
q 3 3
2
答案为 p=
3
(3)记 a mx  表示 m 球甲得 x 分的概率
p 2m+1 =p 2m -q⋅a 2mm+1 
q 2m+1 =q 2m -p⋅a 2mm-1 
故 p 2m+1 -p 2m =-q⋅a 2mm+1 
q 2m+1 -q 2m =-p⋅a 2mm-1 
故要证: p -p <q -q
2m+1 2m 2m+1 2m
只需证: p⋅a 2mm-1  <q⋅a 2mm+1 
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
1
即 q<p . 由条件 q=1-p< <p ,故结论成立.
2
由
p 2m+2 =p 2m+1 +p⋅a 2m+1m+1  =p 2m +p⋅a 2m+1m+1  -qa 2mm+1 
q 2m+2 =q 2m+1 +q⋅a 2m+1m  =q 2m +q⋅a 2m+1m  -pa 2mm-1 
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 2m+1m+1  -qa 2mm+1  >qa 2m+1m  -p⋅a 2mm-1 
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  C 2 m m + + 1 1 >p-q  Cm+1 2m
只需证:
Cm+1 >Cm+1
2m+1 2m
∵ Cm+1 =Cm+1+Cm ,且 Cm >0 ,故上面不等式成立. 证毕
2m+1 2m 2m 2m
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