2025年高考数学真题汇编解析版_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷（数理化）_2026年6月高中数学试题汇编_0605数学_2025年高考数学真题汇编

2025年高考数学真题汇编（解析版）
目录
2025年普通高等学校招生全国统一考试(新I卷)2
2025年普通高等学校招生全国统一考试(新高考Ⅱ卷)24
2025年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）36
2025年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷 回忆版) 49
·1·2025年普通高等学校招生全国统一考试(新1卷)
★祝大家学习生活愉快★
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、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请
把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. (1+5i)i的虚部为 ( )
A. -1 B. 0 C. 1 D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数代数形式的运算法则以及虚部的定义即可求出.
【详解】因为1+5i  i=i+5i2=-5+i，所以其虚部为1，
故选：C.
2. 设全集U=xx是小于9的正整数  ，集合A={1,3,5}，则∁ A中元素个数为 ( )
U
A 0 B. 3 C. 5 D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据补集的定义即可求出．
【详解】因为U=1,2,3,4,5,6,7,8  ，所以∁ A=2,4,6,7,8
U
 ，∁ A中的元素个数为5，
U
故选：C．
3. 若双曲线C的虚轴长为实轴长的 7倍，则C的离心率为 ( )
A. 2 B. 2 C. 7 D. 2 2
【答案】D
【解析】
【分析】由题可知双曲线中a,b的关系，结合a2+b2=c2和离心率公式求解
【详解】设双曲线的实轴，虚轴，焦距分别为2a,2b,2c，
由题知，b= 7a，
于是a2+b2=c2=a2+7a2=8a2，则c=2 2a，
c
即e= =2 2.
a
故选：D
·2·π
4. 若点(a,0)(a>0)是函数y=2tanx-
3
 的图象的一个对称中心，则a的最小值为 ( )
π π π 4π
A. B. C. D.
4 2 3 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据正切函数的对称中心的结论求解.
π
【详解】根据正切函数的性质，y=2tanx-
3

π kπ
的对称中心横坐标满足x- = ,k∈Z，
3 2
π
即y=2tanx-
3

π kπ
的对称中心是 + ,0
3 2
 ,k∈Z，
π kπ
即a= + ,k∈Z，
3 2
π
又a>0，则k=0时a最小，最小值是 ，
3
π
即a=
3
故选：C
3
5. 设f(x)是定义在R上且周期为2的偶函数，当2≤x≤3时，f(x)=5-2x，则f-
4
 = ( )
1 1 1 1
A. - B. - C. D.
2 4 4 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为[2,3]的范围中求解.
【详解】由题知f(x)=f(-x),f(x+2)=f(x)对一切x∈R成立，
3
于是f-
4

3
=f
4

11
=f
4

11 1
=5-2× =- .
4 2
故选：A
6. 帆船比赛中，运动员可借助风力计测定风速的大小和方向，测出的结果在航海学中称为视风风速，
视风风速对应的向量，是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和，其中船行风速对应的向
量与船速对应的向量大小相等，方向相反.图1给出了部分风力等级、名称与风速大小的对应关系.已
知某帆船运动员在某时刻测得的视风风速对应的向量与船速对应的向量如图2(风速的大小和向量
的大小相同)，单位(m/s)，则真风为 ( )
等级 风速大小m/s 名称
2 1.1~3.3 轻风
3 3.4~5.4 微风
4 5.5~7.9 和风
5 8.0~10.1 劲风
·3·A. 轻风 B. 微风 C. 和风 D. 劲风
【答案】A
【解析】
【分析】结合题目条件和图2写出视风风速对应的向量和船行风速对应的向量，求出真风风速对应的向量，
得出真风风速的大小，即可由图1得出结论.
【详解】由题意及图得，

视风风速对应的向量为：n=0,2  -3,3  =-3,-1  ，
视风风速对应的向量，是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和，
船速方向和船行风速的向量方向相反，
 
设真风风速对应的向量为n ，船行风速对应的向量为n ，
1 2
   
∴n=n 1 +n 2 ，船行风速：n 2 =- 3,3  -2,0    =-1,-3  ，
  
∴n 1 =n-n 2 =-3,-1  --1,-3  =-2,2  ，

n 1  = -2  2+22=2 2≈2.828，
∴由表得，真风风速为轻风，
故选：A.
7. 若圆x2+(y+2)2=r2(r>0)上到直线y= 3x+2的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围
是 ( )
A. (0,1) B. (1,3) C. (3,+∞) D. (0,+∞)
【答案】B
【解析】
【分析】先求出圆心E0,-2  到直线y= 3x+2的距离，然后结合图象，即可得出结论.
【详解】由题意，
在圆x2+y+2  2=r2r>0  中，圆心E0,-2  ，半径为r，
到直线y= 3x+2的距离为1的点有且仅有 2个，
∵圆心E0,-2 
0× 3--2
到直线y= 3x+2的距离为：d=
  ×1+2 
 3  2+-1 
=2，
2
·4·故由图可知，
当r=1时，
圆x2+y+2  2=r2r>0  上有且仅有一个点(A点)到直线y= 3x+2的距离等于1；
当r=3时，
圆x2+y+2  2=r2r>0  上有且仅有三个点(B,C,D点)到直线y= 3x+2的距离等于1；
当则r的取值范围为1,3  时，
圆x2+y+2  2=r2r>0  上有且仅有两个点到直线y= 3x+2的距离等于1.
故选：B.
8. 若实数x，y，z满足2+log x=3+log y=5+log z，则x，y，z的大小关系不可能是 ( )
2 3 5
A. x>y>z B. x>z>y C. y>x>z D. y>z>x
【答案】B
【解析】
【分析】法一：设2+log x=3+log y=5+log z=m，对m讨论赋值求出x,y,z，即可得出大小关系，利用
2 3 5
排除法求出；
法二：根据数形结合解出.
【详解】法一：设2+log x=3+log y=5+log z=m，所以
2 3 5
1 1
令m=2，则x=1,y=3-1= ,z=5-3= ，此时x>y>z，A有可能；
3 125
令m=5，则x=8,y=9,z=1，此时y>x>z，C有可能；
令m=8，则x=26=64,y=35=243,z=53=125，此时y>z>x，D有可能；
故选：B．
法二：设2+log x=3+log y=5+log z=m，所以，x=2m-2,y=3m-3,z=5m-5
2 3 5
根据指数函数的单调性，易知各方程只有唯一的根，
作出函数y=2x-2,y=3x-3,y=5x-5的图象，以上方程的根分别是函数y=2x-2,y=3x-3,y=5x-5的图象与
直线x=m的交点纵坐标，如图所示：
·5·易知，随着m的变化可能出现：x>y>z，y>x>z，y>z>x，z>y>x，
故选：B．
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，有选错的得0分.
9. 在正三棱柱ABC-A B C 中，D为BC中点，则 ( )
1 1 1
A. AD⊥A C B. BC⊥平面AA D C. CC ⎳平面AA D D. AD⎳A B
1 1 1 1 1 1
【答案】BC
【解析】
【分析】法一：对于A，利用空间向量的线性运算与数量积运算即可判断；对于B，利用线面垂直的判定与性
质定理即可判断；对于C，利用线面平行的判定定理即可判断；对于D，利用反证法即可判断；法二：根据题
意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断各选项即可得解.
【详解】法一：对于A，在正三棱柱ABC-ABC 中，AA ⊥平面ABC，
1 1 1 1
 
又AD⊂平面ABC，则AA ⊥AD，则AA⋅AD=0，
1 1
 
因为△ABC是正三角形，D为BC中点，则AD⊥BC，则CD⋅AD=0
   
又AC=AA+AD+CD，
1 1
    
所以AC⋅AD=AA+AD+CD
1 1

      
⋅AD=AA⋅AD+AD 2 +CD⋅AD=AD 2 ≠0，
1
则AD⊥AC不成立，故A错误；
1
对于B，因为在正三棱柱ABC-ABC 中，AA ⊥平面ABC，
1 1 1 1
又BC⊂平面ABC，则AA ⊥BC，
1
因为△ABC是正三角形，D为BC中点，则AD⊥BC，
又AA ∩AD=A,AA,AD⊂平面AAD，
1 1 1
所以BC⊥平面AAD，故B正确；
1
对于C，因为在正三棱柱ABC-ABC 中，CC ⎳AA
1 1 1 1 1
又AA ⊂平面AAD,CC ⊄平面AAD，所以CC ⎳平面AAD，故C正确；
1 1 1 1 1 1
对于D，因为在正三棱柱ABC-ABC 中，AB ⎳AB，
1 1 1 1 1
假设AD⎳AB ，则AD⎳AB，这与AD∩AB=A矛盾，
1 1
·6·所以AD⎳AB 不成立，故D错误；
1 1
故选：BC.
法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为2，高为h，
则D0,0,0  ,A 3,0,0  ,A 1 3,0,h  ,C0,-1,0  ,C 10,-1,h  ,B0,1,0  ,B 10,1,h  ，

对于A，AD=- 3,0,0 

,A 1 C=- 3,-1,-h  ，
 
则AD⋅A 1 C=- 3  ×- 3  +0=3≠0，
则AD⊥AC不成立，故A错误；
1

对于BC，BC=0,-2,0 

,CC 1 =0,0,h 

,AA 1 =0,0,h 

,AD=- 3,0,0  ，

设平面AA 1 D的法向量为n=x,y,z  ，


AA ⋅n=hz=0 
则 1  ，得x=z=0，令y=1，则n=0,1,0
AD⋅n=- 3x=0
 ，

所以BC=0,-2,0 

 
=-2n，CC ⋅n=0， 1
则BC⊥平面AAD，CC ⎳平面AAD，故BC正确；
1 1 1

对于D，AD=- 3,0,0 

,A 1 B 1 =- 3,1,0  ，
- 3 0
则 ≠ ，显然AD⎳AB 不成立，故D错误；
- 3 1 1 1
故选：BC.
3
10. 设抛物线C:y2=6x的焦点为F，过F的直线交C于A、B，过F且垂直于AB的直线交l:x=- 于
2
E，过点A作准线l的垂线，垂足为D，则 ( )
A. |AD|=|AF| B. |AE|=|AB| C. |AB|≥6 D. |AE|⋅|BE|≥18
【答案】ACD
【解析】
3
【分析】对于A，先判断得直线l:x=- 为抛物线的准线，再利用抛物线的定义即可判断；对于B，利用三
2
角形相似证得∠AEB=90°，进而得以判断；对于C，利用直线的反设法(法一)与正设法(法二)，联立直线
AB与抛物线方程，结合韦达定理与焦点弦公式可判断C；利用利用三角形相似证得AE  2=AF  ⋅AB  ，
BE  2=BF  ⋅AB  ，结合焦半径公式可判断D.
【详解】法一：对于A，对于抛物线C:y2=6x，
3 3
则p=3，其准线方程为x=- ，焦点F ,0
2 2
 ，
则AD  为抛物线上点到准线的距离，AF  为抛物线上点到焦点的距离，
·7·由抛物线的定义可知，|AD|=|AF|，故A正确；
对于B，过点B作准线l的垂线，交于点P，
由题意可知AD⊥l,EF⊥AB，则∠ADE=∠AFE=90°，
又|AD|=|AF|，|AE|=|AE|，所以△ADE≅△AFE，
所以∠AED=∠AEF，同理∠BEP=∠BEF，
又∠AED+∠AEF+∠BEP+∠BEF=180°，
所以∠AEF+∠BEF=90°，即∠AEB=90°，
显然AB为△ABE的斜边，则|AE|<|AB|，故B错误；
对于C，易知直线AB的斜率不为0，
3
设直线AB的方程为x=my+ 2 ，Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，
x=my+3
联立 2 ，得y2-6my-9=0，
y2=6x
易知Δ>0，则y +y =6m,yy =-9，
1 2 1 2
3 3
又x =my + ，x =my + ，
1 1 2 2 2 2
所以|AB|=x 1 +x 2 +p=my 1 +y 2  +3+3=6m2+6≥6，
当且仅当m=0时取等号，故C正确；
对于D，在Rt△ABE与Rt△AEF中，∠BAE=∠EAF，
AE
所以Rt△ABE∼Rt△AEF，则

AB 
AF
=

AE 
，即AE  2=AF  ⋅AB  ，
同理BE  2=BF  ⋅AB  ，
又AF  ⋅BF 
3
=x + 1 2 
3
x + 2 2  =my 1 +3  my 2 +3 
=m2y 1 y 2 +3my 1 +y 2  +9=-9m2+18m2+9=9m2+1  ，
AB  =6m2+6=6m2+1  ，
所以AE  2⋅BE  2=BF  ⋅AF  ⋅AB  2=9m2+1  ×36m2+1  2，
则AE  ⋅BE  =3m2+1 
1
2 ×6m2+1  =18m2+1 
3
2 ≥18，故D正确.
故选：ACD.
法二：对于A，对于抛物线C:y2=6x，
3 3
则p=3，其准线方程为x=- ，焦点F ,0
2 2
 ，
则AD  为抛物线上点到准线的距离，AF  为抛物线上点到焦点的距离，
·8·由抛物线的定义可知，|AD|=|AF|，故A正确；
对于B，过点B作准线l的垂线，交于点P，
由题意可知AD⊥l,EF⊥AB，则∠ADE=∠AFE=90°，
又|AD|=|AF|，|AE|=|AE|，所以△ADE≅△AFE，
所以∠AED=∠AEF，同理∠BEP=∠BEF，
又∠AED+∠AEF+∠BEP+∠BEF=180°，
所以∠AEF+∠BEF=90°，即∠AEB=90°，
显然AB为△ABE的斜边，则|AE|<|AB|，故B错误；
对于C，当直线AB的斜率不存在时，AB  =2p=6；
3
当直线AB的斜率存在时，设直线AB方程为y=kx-
2
 ，
y=kx-3
联立 2
 
 ，消去y，得k2x2-3k2+6
y2=6x

9
x+ k2=0，
4
6 9
易知Δ>0，则x +x =3+ ,xx = ，
1 2 k2 1 2 4
所以AB  = 1+k2x 1 -x 2  = 1+k2× x 1 +x 2  2-4xx 1 2
6
= 1+k2× 3+
k2

2 1
-9=61+
k2
 >6，
综上，|AB|≥6，故C正确；
对于D，在Rt△ABE与Rt△AEF中，∠BAE=∠EAF，
AE
所以Rt△ABE∼Rt△AEF，则

AB 
AF
=

AE 
，即AE  2=AF  ⋅AB  ，
同理BE  2=BF  ⋅AB  ，
当直线AB的斜率不存在时，AB  =6，AF  =BF 
1
= AB
2
 =3；
所以AE  2⋅BE  2=BF  ⋅AF  ⋅AB  2=3×3×62，即AE  ⋅BE  =18；
当直线AB的斜率存在时，AB 
1
=61+
k2
 ，
AF  ⋅BF 
3
=x + 1 2 
3
x + 2 2 
3
=x 1 x 2 + 2 x 1 +x 2 
9
+ 4
9 3 6
= + 3+
4 2 k2

9 1
+ =91+
4 k2
 ，
所以AE  2⋅BE  2=BF  ⋅AF  ⋅AB 
1
2=91+
k2

1
×361+
k2

2
，
则AE  ⋅BE  1 =31+
k2

1
2 ×61+ 1
k2
 1 =181+
k2

3
2 >18；
综上，AE  ⋅BE  ≥18，故D正确.
·9·故选：ACD.
1 1
11. 已知△ABC的面积为 ，若cos2A+cos2B+2sinC=2,cosAcosBsinC= ，则 ( )
4 4
A. sinC=sin2A+sin2B B. AB= 2
6
C. sinA+sinB= D. AC2+BC2=3
2
【答案】ABC
【解析】
π
【分析】对cos2A+cos2B+2sinC=2由二倍角公式先可推知A选项正确，然后分情况比较A+B和
2
π
的大小，亦可使用正余弦定理讨论解决，结合正弦函数的单调性可推出C= ，然后利用cosAcosBsinC
2
1
= 算出A,B取值，最后利用三角形面积求出三边长，即可判断每个选项.
4
【详解】cos2A+cos2B+2sinC=2，由二倍角公式，1-2sin2A+1-2sin2B+2sinC=2，
整理可得，sinC=sin2A+sin2B，A选项正确；
由诱导公式，sin(A+B)=sinπ-C  =sinC，
展开可得sinAcosB+sinBcosA=sin2A+sin2B，
即sinA(sinA-cosB)+sinB(sinB-cosA)=0，
π
若A+B= ，则sinA=cosB,sinB=cosA可知等式成立；
2
π π
若A+B< ，即A< -B，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，sinA<cosB，同理sinB<cosA，
2 2
又sinA>0,sinB>0，于是sinA(sinA-cosB)+sinB(sinB-cosA)<0，
π
与条件不符，则A+B< 不成立；
2
π π
若A+B> ，类似可推导出sinA(sinA-cosB)+sinB(sinB-cosA)>0，则则A+B> 不成立.
2 2
π π
综上讨论可知，A+B= ，即C= .
2 2
方法二：sinC=sin2A+sin2B时，由C∈(0,π)，则sinC∈(0,1]，
于是1×sinC=sin2A+sin2B≥sin2C，
由正弦定理，a2+b2≥c2，
π 由余弦定理可知，cosC≥0，则C∈0,
2
 ，
π
若C∈0,
2

π 1
，则A+B> ，注意到cosAcosBsinC= ，则cosAcosB>0，
2 4
π
于是cosA>0,cosB>0(两者同负会有两个钝角，不成立)，于是A,B∈0,
2
 ，
π π π π
结合A+B> ⇔A> -B，而A, -B都是锐角，则sinA>sin -B
2 2 2 2
 =cosB>0，
于是sinC=sin2A+sin2B>cos2B+sin2B=1，这和sinC≤1相矛盾，
π
故C∈0,
2

π
不成立，则C=
2
1 π 1
由cosAcosBsinC= =cosAcosB，由A+B= ，则cosB=sinA，即sinAcosA= ，
4 2 4
1 1
则sin2A= ，同理sin2B= ，注意到A,B是锐角，则2A,2B∈(0,π)，
2 2
π 5π π 5π
不妨设A<B，则2A= ,2B= ，即A= ,B= ，
6 6 12 12
·10·π 5π 6- 2 6+ 2 6
由两角和差的正弦公式可知sin +sin = + = ，C选项正确
12 12 4 4 2
5π
由两角和的正切公式可得，tan =2+ 3，
12
设BC=t,AC=2+ 3  t，则AB= 2+ 6  t，
1 1 4-2 3 3-1
由S = (2+ 3)t2= ，则t2= =
△ABC 2 4 4 2

2 3-1
，则t= ，
2
于是AB=( 6+ 2)t= 2，B选项正确，由勾股定理可知，AC2+BC2=2，D选项错误.
故选：ABC
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.
12. 若直线y=2x+5是曲线y=ex+x+a的切线，则a= .
【答案】4
【解析】
【分析】法一：利用导数的几何性质与导数的四则运算求得切点，进而代入曲线方程即可得解；法二：利用
导数的几何性质与导数的四则运算得到关于切点x 0 ,y 0  与a的方程组，解之即可得解.
【详解】法一：对于y=ex+x+a，其导数为y=ex+1，
因为直线y=2x+5是曲线的切线，直线的斜率为2，
令y=ex+1=2，即ex=1，解得x=0，
将x=0代入切线方程y=2x+5，可得y=2×0+5=5，
所以切点坐标为(0,5)，
因为切点(0,5)在曲线y=ex+x+a上，
所以5=e0+0+a，即5=1+a，解得a=4.
故答案为：4.
法二：对于y=ex+x+a，其导数为y=ex+1，
假设y=2x+5与y=ex+x+a的切点为x 0 ,y 0  ，
ex0+1=2

则y =2x +5 ，解得a=4.
0 0
y =ex0+x +a
0 0
故答案为：4.
13. 若一个等比数列的前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为 .
【答案】±2
【解析】
【分析】法一：利用等比数列的求和公式作商即可得解；法二：利用等比数列的通项公式与前n项和的定
义，得到关于q的方程，解之即可得解；法三：利用等比数列的前n项和性质得到关于q的方程，解之即可
得解.
【详解】法一：设该等比数列为a
n
 ，S 是其前n项和，则S =4,S =68，
n 4 8
设a
n
 的公比为q，
当q=1时，S =4a =4，即a =1，则S =8a =8≠68，显然不成立，舍去；
4 1 1 8 1
·11·当q≠1时，则S =
a 11-q4
4

=4,S =
a 11-q8
1-q 8

=68，
1-q
1-q8 68 1-q4
两式相除得 = ，即
1-q4 4
 1+q4 
=17，
1-q4
则1+q4=17，解得q=±2，
所以该等比数列公比为±2.
故答案为：±2.
法二：设该等比数列为a
n
 ，S 是其前n项和，则S =4,S =68，
n 4 8
设a
n
 的公比为q，
所以S =a +a +a +a =4，
4 1 2 3 4
S =a +a +a +a +a +a +a +a
8 1 2 3 4 5 6 7 8
=a +a +a +a +aq4+a q4+a q4+a q4
1 2 3 4 1 2 3 4
=a 1 +a 2 +a 3 +a 4  1+q4  =68，
所以41+q4  =68，则1+q4=17，解得q=±2，
所以该等比数列公比为±2.
故答案为：±2.
法三：设该等比数列为a
n
 ，S 是其前n项和，则S =4,S =68，
n 4 8
设a
n
 的公比为q，
因为S 8 -S 4 =a 5 +a 6 +a 7 +a 8 =a 1 +a 2 +a 3 +a 4  q4=68-4=64，
又S =a +a +a +a =4，
4 1 2 3 4
S -S 64
所以 8 4 =q4= =16，解得q=±2，
S 4
4
所以该等比数列公比为±2.
故答案为：±2.
14. 一个箱子里有5个相同的球，分别以1~5标号，若有放回地取三次，记至少取出一次的球的个数X，
则数学期望E(X)= .
61
【答案】 ##2.44
25
【解析】
【分析】法一：根据题意得到X的可能取值，再利用分步乘法原理与古典概型的概率公式求得X的分布列，
从而求得E(X)；法二，根据题意假设随机变量X，利用对立事件与独立事件的概率公式求得E(X)，进而
i i
利用数学期望的性质求得E(X).
【详解】法一：依题意，X的可能取值为1、2、3，
总的选取可能数为53=125，
其中X=1：三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式，
5 1
故P(X=1)= = ，
125 25
X=2：恰好两种不同球被取出(即一球出现两次，另一球出现一次)，
选取出现两次的球有5种方式，选取出现一次的球有4种方式，
其中选取出现一次球的位置有3种可能，故事件X=2的可能情况有5×4×3=60种，
60 12
故P(X=2)= = ，
125 25
X=3：三种不同球被取出，
由排列数可知事件X=3的可能情有况5×4×3=60种，
·12·60 12
故P(X=3)= = ，
125 25
所以EX  =1×PX=1  +2×PX=2  +3×PX=3 
5 12 12 61
=1× +2× +3× = .
125 25 25 25
61
故答案为： .
25
法二：依题意，假设随机变量X，其中i=1,2,3,4,5：
i
1,这3次选取中,球i至少被取出一次 5
其中X
i
=
0,这3次选取中,球i一次都没被取出
，则X=X
i
，
i=1
由于球的对称性，易知所有EX i  相等，
5
则由期望的线性性质，得E[X]=E    ∑X i
i=1

5
=∑EX i
i=1
 =5EX i  ，
4
由题意可知，球i在单次抽取中未被取出的概率为 ，
5
由于抽取独立，三次均未取出球i 概率为PX i =0 
4
= 5 
3 64
= ， 125
因此球i至少被取出一次的概率为：PX i =1 
64 61
=1- = ， 125 125
故EX i 
61
= ， 125
所以E[X]=5EX i 
61 61
=5× = 125 25
61
故答案为： .
25
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.
15. 为研究某疾病与超声波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群中随机调查了1000人，得到如下
列联表：
超声波检查结果
正常 不正常 合计
组别
患该疾病 20 180 200
未患该疾病 780 20 800
合计 800 200 1000
(1)记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为P，求P的估计值；
(2)根据小概率值α=0.001的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关.
n(ad-bc)2
附χ2= ，
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
Px2≥k  0.005 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
9
【答案】(1)
10
(2)有关
·13·【解析】
【分析】(1)根据古典概型的概率公式即可求出；
(2)根据独立性检验的基本思想,求出χ2,然后与小概率值α=0.001对应的临界值10.828比较,即可判断.
【小问1详解】
180 9
根据表格可知，检查结果不正常的200人中有180人患病，所以p的估计值为 = ；
200 10
【小问2详解】
零假设为H ：超声波检查结果与患病无关，
0
1000×20×20-780×180
根据表中数据可得，χ2=
 2
=765.625>10.828=x ，
800×200×800×200 0.001
根据小概率值α=0.001的χ2独立性检验，我们推断H 不成立，即认为超声波检查结果与患该病有关，该
0
推断犯错误的概率不超过0.001.
16. 设数列a
n

a a 1
满足a =3， n+1 = n +
1 n n+1 n(n+1)
(1)证明：na
n
 为等差数列；
(2)设f(x)=a x+a x2+⋯+a xm，求f(-2)．
1 2 m
【答案】(1)证明见解析；
(2)f-2 
7 3m+7
= -
9
 -2  m
9
【解析】
a a 1
【分析】(1)根据题目所给条件 n+1 = n +
n n+1 nn+1 
化简，即可证明结论；
(2)先求出a
n
 的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以x，作差并利用等比数列前n项和得出导函
数表达式，即可得出结论.
【小问1详解】
由题意证明如下，n∈N*，
在数列a
n

a a 1
中，a =3， n+1 = n +
1 n n+1 nn+1 
，
∴n+1  a n+1 =na n +1，即n+1  a -na =1， n+1 n
∴na
n
 是以a =3为首项，1为公差的等差数列.
1
【小问2详解】
由题意及(1)得，n∈N*，
在数列na
n
 中，首项为3，公差为1，
∴na n =3+1×n-1 
2
，即a =1+ ， n n
在fx  =ax+a x2+⋯+a xm中， 1 2 m
fx 
2
=3x+2x2+⋯+1+
m
 xm，fx  =3+4x+⋯+m+2  xm-1
fx
∴
 =3+4x+⋯+m+2  xm-1
xfx  =3x+4x2+⋯+m+2 

， 
xm
当x≠1且x≠0时，
∴1-x  fx  =3+x+x2+⋯+xm-1-m+2 
x1-x
xm=3+
 m-1
-m+2
1-x
 xm，
∴fx 
3 x1-xm-1
= +
1-x

1-x 
m+2
-
2
 xm
1-x
·14·∴f-2 
3
=
1--2 
-2 1--2
+
 m-1  
1--2   
m+2
-
2
 -2  m
1--2 
-2
=1+
 1--2  m-1   m+2
-
9
 -2  m
3
2 -2
=1- -
9
 m m+2
-
9
 -2  m
3
7 3m+7
= -
9
 -2  m
.
9
17. 如图所示的四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC∥AD,AB⊥AD．
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)PA=AB= 2,AD=1+ 3,BC=2，P，B，C，D在同一个球面上，设该球面的球心为O．
(i)证明：O在平面ABCD上；
(ⅱ)求直线AC与直线PO所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)(i)证明见解析；
2
(ii) .
3
【解析】
【分析】(1)通过证明AP⊥AB，AP⊥AD，得出AB⊥平面PAD，即可证明面面垂直；
(2)(i)法一：建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设P,B,C,D在同一球面O上，在平面xAy中，
得出点O坐标，进而得出点O在空间中的坐标，计算出OP  =OB  =OC  =OD  ，即可证明结论；
法二：作出△BCD的边BC和CD的垂直平分线，找到三角形的外心O ，求出PO ，求出出外心O 到P，
1 1 1
B，C，D的距离相等，得出外心O 即为P，B，C，D所在球的球心，即可证明结论；
1
(ii)法一：写出直线AC和PO的方向向量，即可求出余弦值.
法二：求出AC的长，过点O作AC的平行线，交BC的延长线为C ，连接AC ，PC ，利用勾股定理求出
1 1 1
AC 的长，进而得出PC 的长，在△POC 中由余弦定理求出cos∠POC ，即可求出直线AC与直线PO所
1 1 1 1
成角的余弦值.
【小问1详解】
由题意证明如下，
在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，
AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴AP⊥AB，AP⊥AD，
∵AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，AP∩AD=A，
∴AB⊥平面PAD，
·15·∵AB⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD.
【小问2详解】
(i)由题意及(1)证明如下，
法一：
在四棱锥P-ABCD中，AP⊥AB，AP⊥AD，AB⊥AD，BC∥AD，
PA=AB= 2，AD=1+ 3，
建立空间直角坐标系如下图所示，
∴A0,0,0  ,B 2,0,0  ,C 2,2,0  ,D0,1+ 3,0  ,P0,0, 2  ，
若P，B，C，D在同一个球面上，
则OP  =OB  =OC  =OD  ，
在平面xAy中，
∴A0,0  ,B 2,0  ,C 2,2  ,D0,1+ 3  ，
2 3+3
∴线段CD中点坐标F ,
2 2
 ，
1+ 3-2 3-1
直线CD的斜率：k = =- ，
1
0- 2 2
2 6+ 2
直线CD的垂直平分线EF斜率：k = = ，
2 3-1 2
3+3 6+ 2 2
∴直线CD的方程：y- = x-
2 2 2
 ，
·16·6+ 2 2
即y= x-
2 2

3+3
+ ，
2
6+ 2 2
当y=1时，1= x -
2 O 2

3+3
+ ，解得：x =0，
2 O
∴O0,1 
在立体几何中，O0,1,0  ，
OP
∵
 = 02+12+0- 2  2
OB  = 0- 2  2+12+02
OC  = 0- 2  2+1-2  2+02
OD  = 02+1-1- 3 
 



  2+02
解得：OP  =OB  =OC  =OD  = 3，
∴点O在平面ABCD上.
法二：
∵P，B，C，D在同一个球面上，
∴球心到四个点的距离相等
在△BCD中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，
作出BC和CD的垂直平分线，如下图所示，
由几何知识得，
1
O E=AB= 2，BE=CE=AO =GO = BC=1，OD=AD-AO = 3
1 1 1 2 1 1
BO 1 =CO 1 = 12+ 2  2= 3，
∴OD=BO =CO ，
1 1 1
∴点O 是△BCD的外心，
1
在Rt△AOP中，AP⊥AD，AP= 2，
由勾股定理得，
PO 1 = AP2+AO2 1 =  2  2+12= 3
∴PO =BO =CO =OD= 3，
1 1 1 1
·17·∴点O 即为点P，B，C，D所在球的球心O，
1
此时点O在线段AD上，AD⊂平面ABCD，
∴点O在平面ABCD上.
(ii)由题意，(1)(2)(ii)及图得，

AC= 2,2,0 

,PO=0,1,- 2  ，
设直线AC与直线PO所成角为θ，
 
AC⋅PO
∴cosθ=


AC 

PO 
0+2×1+0
=

 2  2+22+0× 0+12+- 2 
2
= .
2 3
法2：
由几何知识得，PO= 3，
AB⊥AD，BC∥AD，
∴AB⊥BC，
在Rt△ABC中，AB= 2，BC=2，由勾股定理得，
AC= AB2+BC2=  2  2+22= 6，
过点O作AC的平行线，交BC的延长线为C ，连接AC ，PC ，
1 1 1
则OC =AC= 6，直线AC与直线PO所成角即为△POC 中∠POC 或其补角.
1 1 1
∵PA⊥平面ABCD，AC ⊂平面ABCD，PA∩AC =A，
1 1
∴PA⊥AC ，
1
在Rt△ABC 中，AB= 2，BC =BC+CC =2+1=3，由勾股定理得，
1 1 1
AC 1 = AB2+BC 1 2=  2  2+32= 11，
在Rt△APC 中，PA= 2，由勾股定理得，
1
PC 1 = PA2+AC 1 2=  2  2+ 11  2= 13，
在△POC 中，由余弦定理得，
1
PC2=PO2+OC2-2PO⋅OCcos∠POC ，
1 1 1 1
即： 13  2= 3  2+ 6  2-2 3× 6cos∠POC 1
·18·2
解得：cos∠POC =-
1 3
∴直线AC与直线PO所成角的余弦值为：cos∠POC 1 
2
= . 3
x2 y2 2 2
18. 设椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ，下顶点为A，右顶点为B，|AB|= 10．
a2 b2 3
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足AR  ⋅AP  =3．
(i)设P(m,n)，求点R的坐标(用m，n表示)；
(ⅱ)设O为坐标原点，M是椭圆上的动点，直线OR的斜率为直线OP的斜率的3倍，求|PM|的最
大值．
x2
【答案】(1) +y2=1
9
3m
(2)(ⅰ)
m2+n+1 
n+2-m2-n2
,
2 m2+n+1 

2
 (ⅱ) 3 3+ 2 
【解析】
【分析】(1)根据题意列出a,b,c的关系式,解方程求出a,b,c,即可得到椭圆的标准方程；
(2)(ⅰ)设Rx 0 ,y 0  ,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出；
(ⅱ) 根据斜率关系可得到点P的轨迹为圆(除去两点)，再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接
运算即可解出.
【小问1详解】
由题可知,A0,-b  ,Ba,0 
 a2+b2= 10

，所以 e=c =2 2 ，解得a2=9,b2=1,c2=8，
a 3

c2=a2-b2
x2
故椭圆的标准方程为 +y2=1；
9
【小问2详解】
(ⅰ)设Rx 0 ,y 0  ，易知m≠0，
n+1 y +1 n+1
法一：所以k = ，故 0 = ，且mx >0．
AP m x m 0
0
因为A0,-1  ，AR  AP  =3，所以 x2 0 +y 0 +1  2× m2+n+1  2=3，
n+1 即 1+
m
  2 

 3m x m=3，解得x =
0 0 m2+n+1 
n+2-m2-n2 ，所以y =
2 0 m2+n+1 
，
2
3m
所以点R的坐标为
m2+n+1 
n+2-m2-n2
,
2 m2+n+1 

2
 .
 
法二：设AR=λAP,λ>0，则AR  AP  =3⇒λ m2+n+1  2   =3，所以
3
λ=
m2+n+1 
 
，AR=λAP=λm,n+1
2

3m
=
m2+n+1 
3n+1
,
2

m2+n+1 

2
 ，故
3m
点R的坐标为
m2+n+1 
n+2-m2-n2
,
2 m2+n+1 

2
 .
·19·n+2-m2-n2
(ⅱ)因为k = m2+n+1
OR
 2
3m
m2+n+1 
n+2-m2-n2 n = ,k = ,由k =3k ,可得
3m OP m OR OP
2
3n n+2-m2-n2
= ,化简得m2+n2+8n-2=0,即m2+n+4
m 3m
 2=18m≠0  ,
所以点P在以N0,-4  为圆心,3 2为半径的圆上(除去两个点),
PM  为M到圆心N的距离加上半径,
max
法一：设M3cosθ,sinθ  ,所以
MN  2=3cosθ  2+sinθ+4  2=9cos2θ+sin2θ+8sinθ+16
=8cos2θ+1+8sinθ+16
=81-sin2θ  +8sinθ+17
=-8sin2θ+8sinθ+25
1
=-8sinθ-
2

2 1
+27≤27,当且仅当sinθ= 时取等号,
2
所以PM  = 27+3 2=3 3+ 2
max
 .
法二：设Mx M ,y m 
x2
，则 M +y2 =1， 9 M
MN  2=x2 +y +4
M M
 2=9-9y2 +y2 +8y +16=-8y2 +8y +25
M M M M M
1
=-8y -
M 2

2 1
+27≤27，当且仅当y = 时取等号,
M 2
故PM  = 27+3 2=3 3+ 2
max
 .
19. 设函数f(x)=5cosx-cos5x．
π
(1)求f(x)在 0,
 4
 的最大值；
(2)给定θ∈(0,π)，设a为实数，证明：存在y∈[a-θ,a+θ]，使得cosy≤cosθ；
(3)若存在φ使得对任意x，都有5cosx-cos(5x+φ)≤b，求b的最小值．
【答案】(1)3 3
(2)证明见解析 (3)3 3
【解析】
【分析】(1)利用导数结合三角变换得导数零点，讨论导数的符号后得单调性，从而可求最大值；或者利用
均值不等式可求最大值.
(2)利用反证法可证三角不等式有解；
(3)先考虑t=0,π时b的范围，对于t∈0,π  时，可利用(2)中的结论结合特值法求得b≥3 3，从而可得
b的最小值；或者先根据函数解析特征得b≥0，再结合特值法可得b≥3 3，结合(1)的结果可得b的最小
值.
【小问1详解】
法1：fx  =-5sinx+5sin5x=10cos3xsin2x，
·20·π
因为x∈0,
4

π
，故2x∈0,
2
 ，故sin2x>0，
π
当0<x< 时，cos3x>0即fx
6
 >0，
π π
当 <x< 时，cos3x<0即fx
6 4
 <0，
故fx 
π
在0,
6

π π
上为增函数，在 ,
6 4
 为减函数，
故fx 
π
在0,
4

π
上的最大值为f
6

π 5π
=5cos -cos =3 3.
6 6
法2：我们有cos5x=cosx+4x  =cosxcos4x-sinxsin4x
=cosx2cos22x-1  -sinx⋅2sin2xcos2x
=cosx 22cos2x-1   2-1  -sinx⋅2⋅2sinxcosxcos2x
=cosx8cos4x-8cos2x+1  -4cosxcos2xsin2x
=8cos5x-8cos3x+cosx-4cosx2cos2x-1  1-cos2x 
=16cos5x-20cos3x+5cosx.
所以：
fx  =5cosx-cos5x=5cosx-16cos5x-20cos3x+5cosx  =20cos3x-16cos5x
=4cos3x5-4cos2x  ≤4cosx  3 5-4cosx  2   =4cosx  3 5-2cosx    5+2cosx   
32
= cosx
3
 ⋅cosx  ⋅cosx 
15+3
⋅ 5-2cosx
4
  
15-3
⋅ 5+2cosx
4
    
32 1
≤ cosx
3 5
 +cosx  +cosx 
15+3
+ 5-2cosx
4
  
15-3
+ 5+2cosx
4
      
5
32 3
= 
3 2

5
=3 3.
这得到fx 
π
≤3 3，同时又有f
6

π 5π
=5cos -cos =3 3，
6 6
故fx 
π
在0,
4
 上的最大值为3 3，在R上的最大值也是3 3.
【小问2详解】
法1：由余弦函数的性质得cosx≤cosθ的解为2kπ+θ,2kπ+2π-θ  ，k∈Z，
若任意2kπ+θ,2kπ+2π-θ  ,k∈Z与a-θ,a+θ  交集 空，
则a-θ>2kπ+2π-θ且a+θ<2kπ+2π+θ，此时a无解，
矛盾，故无解；故存在k∈Z，使得2kπ-θ,2kπ+θ  ∩a-θ,a+θ  ≠∅，
法2：由余弦函数的性质知cosy≤cosθ的解为 2kπ+θ,2k+1   π-θ  k∈Z  ，
若每个 2kπ+θ,2k+1   π-θ  与a-θ,a+θ  交集都为空，
则对每个k∈Z，必有2k+1  π-θ<a-θ或2kπ+θ>a+θ之一成立.
此即k< a -1或k> a ，但长度为1的闭区间  a -1, a
2π 2π 2π 2π
 上必有一整数k，该整数k不满足条件，矛
盾.
故存在y∈a-θ,a+θ  ，使得cosy≤cosθ成立.
【小问3详解】
法1：记h(x)=5cosx-cos5x+t  ，
因为h(x+2π)=5cosx+2π  -cos5x+10π+t  =hx  ，
故hx  为周期函数且周期为2π,故只需讨论x∈0,2π  ,t∈0,π  的情况.
当t=π时，h(x)=5cosx-cos5x+π  =6cosx≤6，
当t=0时，h(x)=5cosx-cos5x，
·21·此时h(x)=-5sinx+5sin5x=5cos3xsin2x,x∈0,2π  ，
π π 5π 7π 3π 11π
令h(x)=0，则x= , , ,π, , , ，
6 2 6 6 2 6
π
而h
6

11π
=h
6

π
=3 3,h
2

3π
=h
2

5π
=0,h
6

7π
=h
6
 =-3 3,h(π)=-4，
π
h(0)=h(2π)=4，故h(x) =h
max 6

11π
=h
6
 =3 3，
当t∈0,π  ，在(2)中取a=t，则存在y∈t-θ,t+θ  ，使得cosy≤cosθ，
5π 3 y-t θ θ
取θ= ，则cosy≤- ，取x= ∈- ,
6 2 5 5 5

y-t π π
即x= ∈- ,
5 6 6
 ，
3
故5cosx≥ ，故5cosx-cos5x+t
2
 ≥3 3，
π
综上b≥3 3，可取x= ，t=0使得等号成立.
6
综上，b =3 3.
min
法2：设g tx  =5cosx-cos5x+t  .
①一方面，若存在t，使得g tx  =5cosx-cos5x+t  ≤b对任意x恒成立，则对这样的t，同样有g tx  =
-g tx+π  ≥-b.
所以 g tx    ≤b对任意x恒成立，这直接得到b≥0.
t π
设
6
-
6
=m，则根据 g tx    ≤b恒成立，有
t π
b ≥ g- +
t 6 6
  
t π
= 5cos- +
6 6

t 5π
-cos +
6 6
  
t π
= 5cos -
6 6

t π
+cos -
6 6
   =
t π
6cos -
6 6
   =6cosm 
t π
b ≥ g- -
t 6 6
  
t π
= 5cos- -
6 6

t 5π
-cos -
6 6
  
t π
= 5cos +
6 6

t π
+cos +
6 6
   =
t π
6cos +
6 6
  
π
=6cosm+
3
  
t π
b ≥ g- +
t 6 2
  
t π
= 5cos- +
6 2

t 5π
-cos +
6 2
  
t π
= 5cos -
6 2

t π
+cos -
6 2
   =
t π
6cos -
6 2
  
π
=6cosm-
3
  
所以cosm 
π
,cosm+
3
  
π
,cosm-
3
  
b
均不超过 ，
6
再结合cos2x=2cosx  2-1，
2π
就得到cos2m,cos2m+
3

2π
,cos2m-
3

b
均不超过2
6

2 b2
-1= -1.
18
b2 3 3
假设b<3 3，则 -1<
18
 2 1
-1= ，
18 2
2π 故cos2m,cos2m+
3
 2π ,cos2m-
3
 ∈ -1, 1
 2
 .
2π 2π
但这是不可能的，因为三个角2m,2m+ ,2m- 和单位圆的交点将单位圆三等分，这三个点不可能
3 3
1
都在直线x= 左侧.
2
所以假设不成立，这意味着b≥3 3.
②另一方面，若b=3 3，则由(1)中已经证明fx  ≤3 3，
知存在t=0，使得
5cosx-cos5x+t  =5cosx-cos5x=fx  ≤3 3=b.
从而b=3 3满足题目要求.
·22·综合上述两个方面，可知b的最小值是3 3.
·23·2025年普通高等学校招生全国统一考试(新高考Ⅱ卷)
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，写在试卷上无效.
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.
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】
【分析】由平均数的计算公式即可求解.
2+8+14+16+20 60
【详解】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】
【分析】由复数除法即可求解.
1 1 1 i
【详解】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】
【分析】求出集合B后结合交集的定义可求A∩B.
【详解】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】
【分析】移项后转化为求一元二次不等式的解即可.
x-4 x+2 x+2
【详解】 ≥2即为 ≤0即
x-1 x-1
 x-1  ≤0 

，故-2≤x<1，
x-1≠0
·24·故解集为-2,1  ，
故选：C.
5. 在△ABC中，BC=2，AC=1+ 3，AB= 6，则A= ( )
A. 45° B. 60° C. 120° D. 135°
【答案】A
【解析】
AB2+AC2-BC2
【分析】由余弦定理cosA= 直接计算求解即可.
2AB∙AC
AB2+AC2-BC2  6
【详解】由题意得cosA= =
2AB∙AC
 2+1+ 3  2-22
2× 6×1+ 3 
2
= ，
2
又0°<A<180°，所以A=45°.
故选：A
6. 设抛物线C:y2=2px(p>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】
【分析】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
BF
次求出y 和x ，再由焦半径公式即可得解.
A A
【详解】对l :y=-2x+2，令y=0，则x=1，
BF
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
所以AF  =AB 
p
=x + =4+1=5.
A 2
故选：C
7. 记S 为等差数列a
n n
 的前n项和，若S =6,S =-5,则S = ( )
3 5 6
A. -20 B. -15 C. -10 D. -5
【答案】B
【解析】
【分析】由等差数列前n项和公式结合题意列出关于首项a 和公差d的方程求出首项a 和公差d，再由等
1 1
差数列前n项和公式即可计算求解.
·25·【详解】设等差数列a n 
3a +3d=6 d=-3
的公差为d，则由题可得   1 ⇒   ， 5a +10d=-5 a =5
1 1
所以S 6 =6a 1 +15d=6×5+15×-3  =-15.
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
【分析】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
α 5
【详解】cosα=2cos2 -1=2×
2 5

2 3
-1=- ，
5
π 3
因为0<α<π，则 <α<π，则sinα= 1-cos2α= 1--
2 5

2 4
= ，
5
π
则sinα-
4

π π 4 2 3
=sinαcos -cosαsin = × --
4 4 5 2 5

2 7 2
× = .
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
n n
 的前n项和，q为a
n
 的公比，q>0，若S =7,a =1，则 ( )
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】
【分析】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
1
和公式一一计算分析即可.
【详解】对A，由题意得  a a 1 q + 2= a 1 q+aq2=7 ，结合q>0，解得   a q 1 = = 1 4 或   a q 1 = = - 9 1 (舍去)，故A正确；
1 1 1 2 3
1
对B，则a =aq4=4×
5 1 2

4 1
= ，故B错误；
4
对C，S = a 11-q5
5
 4×1- 1 32 =
1-q
 31 = ，故C错误；
1-1 4
2
1 对D，a =4×
n 2

4× 1- 1
n-1 =23-n，S = 2
n
 n  
=8-2-n+3，
1-1
2
则a +S =23-n+8-23-n=8，故D正确；
n n
故选：AD.
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 ( )
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
【答案】ABD
·26·【解析】
【分析】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.
【详解】对A，因为f(x)定义在R上奇函数，则f(0)=0，故A正确；
对B，当x<0时，-x>0，则f(x)=-f-x  =- -x   2-3   e-x+2  =-x2-3  e-x-2，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f(x)=-3-x2  e-x-2xe-x=x2-2x-3  e-x，
令f(x)=0，解得x=-1或3(舍去)，
当x∈-∞,-1  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f(x)极大值点，故D正确；
故选：ABD.
x2 y2
11. 双曲线C: - =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F、F，左、右顶点分别为A ，A ，以FF 为
a2 b2 1 2 1 2 1 2
5π
直径的圆与C的一条渐近线交于M、N两点，且∠NA M= ，则 ( )
1 6
π
A ∠A MA = B. MA
1 2 6 1
 =2MA
2

C. C的离心率为 13 D. 当a= 2时，四边形NA MA 的面积为8 3
1 2
【答案】ACD
【解析】
【分析】由平行四边形的性质判断A；由F 1 M⊥F 2 M且MO  =c结合M在渐近线上可求M的坐标，从而可
判断B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c2=13a2，计
算后可判断C的正误，或者利用 MA 2 
A 1 A 2 
b = = 3并结合离心率变形公式即可判断；结合BC的结果求
2a
出面积后可判断D的正误.
b
【详解】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AMA N为平行四边形，故∠AMA =π- = ，
1 2 1 2 6 6
故A正确；
对于B，方法一：因为M在以F 1 F 2 为直径的圆上，故F 1 M⊥F 2 M且MO  =c，
设Mx 0 ,y 0 
x2+y2=c2
，则  y 0 0 =b 0 ，故  x y 0 = = b a ，故MA 2 ⊥A 1 A 2 ，
x a 0
0
π
由A得∠A 1 MA 2 = 6 ，故MA 2  =MA 1 
3
× 2 即MA 1 
2 3
= 3 MA 2  ，故B错误；
·27·b
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FF 为直径的圆与C的一条渐近线交于M、N，则OM=c，
2 c 1 2
则若过点M往x轴作垂线，垂足为H，则OH 
a
=c⋅ c =a=OA 2  ，则点H与A 2H  重合，则MA ⊥x 2
轴，则MA 2  = c2-a2=b，
方法三：在△OMA 2 利用余弦定理知，MA 2  2=OM  2+OA 2  2-2OM  OA 2  cos∠MOA ， 2
即MA 2 
a
2=c2+a2-2ac⋅ c =b2，则MA 2  =b，
π
则△A 1 A 2 M为直角三角形，且∠A 1 MA 2 = 6 ，则2MA 2  = 3MA 1  ，故B错误；
  
1 对于C，方法一：因为MO= MA +MA
2 1 2

    
，故4MO 2 =MA 2 +2MA ⋅MA +MA 2，
1 1 2 2
由B可知MA 2  =b,MA 1 
2 3
= b， 3
4 2 3 3 13 13
故4c2=b2+ b2+2×b× b× = b2= c2-a2
3 3 2 3 3
 即c2=13a2，
故离心率e= 13，故C正确；
方法二：因为 MA 2 
A 1 A 2 
b b c b2 = = 3，则 =2 3，则e= = 1+ = 1+(2 3)2= 13，故C正确；
2a a a a2
对于D，当a= 2时，由C可知e= 13，故c= 26，
·28·1
故b=2 6，故四边形NAMA 为2S =2× ×2 6×2 2=8 3，
1 2 △MA1A2 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|a|=
【答案】 2
【解析】
 
【分析】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.
    
【详解】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】
【分析】由题意得f2  =0即可求解a，再代入即可求解.
【详解】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  ，
4
当x∈-∞,
3
 ,fx  >0,fx 
4
单调递增，当x∈ ,2
3
 ,fx  <0,fx  单调递减，
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】
【分析】根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径；
【详解】
圆柱的底面半径为4cm，设铁球的半径为r，且r<4，
·29·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.
15. 已知函数fx  =cos2x+φ  (0≤φ<π),f0 
1
= ．
2
(1)求φ;
π
(2)设函数g(x)=f(x)+fx-
6
 ，求g(x)的值域和单调区间．
π
【答案】(1)φ=
3
(2)答案见解析
【解析】
1
【分析】(1)直接由题意得cosφ= ,0≤φ<π
2
 ，结合余弦函数的单调性即可得解；
(2)由三角恒等变换得gx 
π
= 3cos2x+
6
 ，由此可得值域，进一步由整体代入法可得函数gx  的单调
区间.
小问1详解】
由题意f0 
1
=cosφ= ,0≤φ<π
2

π
，所以φ= ；
3
【小问2详解】
由(1)可知fx 
π
=cos2x+
3
 ，
所以gx  =fx 
π
+fx-
6

π
=cos2x+
3
 +cos2x
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
所以函数gx  的单调递减区间为 - π +kπ, 5π +kπ
 12 12
 ,k∈Z，
函数gx  的单调递增区间为  5π +kπ, 11π +kπ
12 12
 ,k∈Z.
x2 y2 2
16. 已知椭圆C: + =1(a>b>0) 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△OAB的面积为 2，求|AB|．
x2 y2
【答案】(1) + =1
4 2
(2) 5
【解析】
·30·【分析】(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】
2
因为长轴长为4，故a=2，而离心率为 ，故c= 2，
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 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，
x=ty+2
由
 
 可得t2+2
x2+2y2=4
 y2+4t2y+4t2-4=0，
故Δ=16t4-4t2+2  4t2-4  =48-4t2  >0即- 2<t< 2，
4t2 4t2-4
且y +y =- ,yy = ，
1 2 t2+2 1 2 t2+2
1
故S = ×2t △OAB 2  ×y 1 -y 2  =t  y 1 +y 2 
t
2-4yy = 1 2
 32-16t2
= 2， t2+2
6
解得t=± ，
3
故AB  = 1+t2y 1 -y 2  2 = 1+ 3 × y 1 +y 2 
32-16×2
2-4yy = 5 × 3 = 5. 1 2 3 2 +2
3
17. 如图，在四边形ABCD中，AB⎳CD,∠DAB=90°，F为CD的中点，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所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
42
(2)
7
【解析】
·31·【分析】(1)先应用线面平行判定定理得出AE⎳平面CDF及EB⎳平面CDF，
再应用面面平行判定定理得出平面AEB⎳平面CDF，进而得出线面平行；
(2)建立空间直角坐标系，利用已知条件将点B,C,D,E,F的坐标表示出来，然后将平面BCD及平面
EFDA的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其
正弦值.
小问1详解】
设AD=1，所以AB=3,CD=2，因为F为CD中点，所以DF=1，因为EF⎳AD，AB⎳CD，所以AEFD
是平行四边形，所以AE⎳DF，所以AE⎳DF，
因为DF⊂平面CDF,AE⊄平面CDF，所以AE⎳平面CDF，
因为FC⎳EB,FC⊂平面CDF,EB⊄平面CDF，所以EB⎳平面CDF，
又EB∩AE=E，EB,AE⊂平面AEB，所以平面AEB⎳平面CDF，
又AB⊂平面AEB，所以AB⎳平面CDF．
【小问2详解】
因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB，又因为AB⎳FC,EF⎳AD，所以EF⊥FC，
以F为原点，FE,FC以及垂直于平面BECF的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系.
因为DF⊥EF,CF⊥EF，平面EFDA与平面EFCB所成二面角为60° ，
所以∠DFC=60°.
则B1,2,0  ，C0,1,0 
1 3
，D0, ,
2 2
 ，E1,0,0  ，F0,0,0  ，.

所以BC=-1,-1,0 

1 3
,CD=0,- ,
2 2


,FE=1,0,0 

1 3
,FD=0, ,
2 2
 .

设平面BCD的法向量为n=x,y,z  ，则

BC·n  =0 -1 y+ 3 z=0 
   ，所以 2 2 ，令y= 3，则z=1,x=- 3，则n=- 3, 3,1
CD·n=0 -x-y=0
 .

设平面EFDA的法向量为m=x 1 ,y 1 ,z 1  ，

FE·m  =0  1 y+ 3 z=0
则 

，所以2 2 ，
FD·m=0 x=0

令y= 3，则z=-1,x=0，所以m=0, 3,-1  .
 
m·n
 
所以cosm,n=


m  n 
0+3-1 1
 = = .
3+3+1× 1+3 7
1
所以平面BCD与平面EFDA夹角的正弦值为 1-
7

2 42
= .
7
1 1
18. 已知函数f(x)=ln(1+x)-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；
·32·(2)设x ,x 分别为f(x)在区间(0,+∞)的极值点和零点.
1 2
(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
【答案】(1)证明见解析；
(2)(i)证明见解析；(ii)2x >x ，证明见解析.
1 2
【解析】
【分析】(1)先由题意求得fx 
1
=x2 -3k
1+x
 ，接着构造函数gx 
1
= -3k,x>0，利用导数工具
1+x
研究函数gx  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(0,+∞)上存
在唯一极值点；再结合f0  =0和x→+∞时fx  的正负情况即可得证fx  在区间(0,+∞)上存在唯一
零点；
1
(2)(i)由(1)x 1 +1= 3k 和gt  = fx 1 +t  - fx 1 -t  结合(1)中所得导函数 fx 1  计算得到gt  =
-t x 1 +t  2
x 1 +t+1  x 1 +1 
+ x 1 -t  2
x 1 -t+1  x 1 +1 
  

 ，再结合t∈0,x 1  得
gt  <0即可得证；
(ii)由函数gt  在区间0,x 1  上单调递减得到0>f2x 1  ，再结合fx 2  =0，
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fx 
1 x2 1
= -1+x-3kx2= -3kx2=x2 -3k
1+x 1+x 1+x
 ，
因为x∈0,+∞  ，所以x2>0，设gx 
1
= -3k,x>0，
1+x
则gx 
1
=-
1+x 
<0在(0,+∞)上恒成立，所以gx
2
 在(0,+∞)上单调递减，
g0  =1-3k>0，令gx 1 
1
=0⇒x = -1， 1 3k
所以当x∈0,x 0  时，gx  >0，则fx  >0；当x∈x 0 ,+∞  时，gx  <0，则fx  <0，
所以fx  在0,x 0  上单调递增，在x 0 ,+∞  上单调递减，
所以fx  在(0,+∞)上存在唯一极值点，
对函数y=ln1+x 
1 x
-x有y= -1=- <0在(0,+∞)上恒成立，
1+x 1+x
所以y=ln1+x  -x在(0,+∞)上单调递减，
所以y=ln1+x  -x<y| =0在(0,+∞)上恒成立， x=0
又因为f0 
1 1
=0，x→+∞时 x2-kx3= x21-2kx
2 2
 <0，
所以x→+∞时fx  <0，
所以存在唯一x 2 ∈0,+∞  使得fx 2  =0，即fx  在(0,+∞)上存在唯一零点.
【小问2详解】
1 1
(i)由(1)知x 1 = 3k -1，则x 1 +1= 3k ，fx 
1
=x2 -3k 1+x  ，
则gt  =fx 1 +t  -fx 1 -t  =x 1 +t 
1
2 -3k x +t+1
1
 -x 1 -t 
1
2 -3k x -t+1
1

=x 1 +t 
1 1
2 - x +t+1 x +1
1 1
 -x 1 -t 
1 1
2 - x -t+1 x +1
1 1

·33·= -tx 1 +t  2
x 1 +t+1  x 1 +1 
- tx 1 -t  2
x 1 -t+1  x 1 +1 
=-t x 1 +t  2
x 1 +t+1  x 1 +1 
+ x 1 -t  2
x 1 -t+1  x 1 +1 
 



=-t x 1 +t  2
x 1 +t+1  x 1 +1 
+ x 1 -t  2
x 1 -t+1  x 1 +1 
 


 ，
因为t∈0,x 1  ，所以x -t+1>0，所以 x 1 +t 1  2
x 1 +t+1  x 1 +1 
+ x 1 -t  2
x 1 -t+1  x 1 +1 
>0，
所以gt  <0，所以函数gt  在区间0,x 1  上单调递减；
(ii)2x >x ，证明如下：
1 2
由(i)知：函数gt  在区间0,x 1  上单调递减，
所以g0  >gx 1  即0>f2x 1  ，又fx 2  =0，
由(1)可知fx  在x 0 ,+∞  上单调递减，x 2 ∈x 0 ,+∞  ，且对任意x∈0,x 2  fx  >0，
所以2x >x .
1 2
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
1
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
k
球后甲比乙至少多得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
【答案】(1)p 3 =p3，p 4 =p34-3p 
2
(2)p=
3
(3)证明过程见解析
【解析】
【分析】(1)直接由二项分布概率计算公式即可求解；
(2)由题意q 3 =q3,q 4 =q34-3q 
p -p
，联立 4 3 =4，p+q=1即可求解； q -q
4 3
(3)首先p -p =Cm-1pm+1qm，p -p =Cm pm+2qm，同理有q -q =Cm-1qm+1pm，q -
2m 2m+1 2m 2m+2 2m+1 2m+1 2m 2m+1 2m 2m+2
2m+1
q =Cm qm+2pm，作差有p -q <p -q ，另一方面p -p =
2m+1 2m+1 2m+1 2m+1 2m 2m 2m+2 2m
 !
m!m+1 
pmqm⋅
!
m
pp-
2m+1

2m+1
，且同理有q -q =
2m+2 2m
 !
m!m+1 
m
pmqm⋅qq-
! 2m+1
 ，作差能得到p -q <p -
2m 2m 2m+2
q ，由此即可得证.
2m+2
【小问1详解】
p 为打完3个球后甲比乙至少多得两分的概率，故只能甲胜三场，
3
故所求为p 3 =C 3 31-p  0p3=p3，
p 为打完4个球后甲比乙至少多得两分的概率，故甲胜三场或四场，
4
故所求为p 4 =C 4 31-p  1p3+C 4 41-p  0p4=4p31-p  +p4=p34-3p  ；
【小问2详解】
由(1)得p 3 =p3，p 4 =p34-3p  ，同理q 3 =q3,q 4 =q34-3q  ，
p -p
若 4 3 =4，p+q=1，
q -q
4 3
·34·p -p p34-3p
则 4 3 =
q -q 4 3
 -p3
q34-3q 
3p31-p
=
-q3

3q31-q 
p3q p
= =
q3p q

2
=4，
由于0<p,q<1，所以p=2q=21-p 
2
>0，解得p= ；
3
【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=0
=1-p 
m-1 m-1 m-1 m-1
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
p -p =Ck p2m+2-kqk-Ck p2m+1-kqk=Ck-1 p2m+2-kqk+Ck p2m+2-kqk-
2m+2 2m+1 2m+2 2m+1 2m+1 2m+1
k=0 k=0 k=0 k=0
m-1
Ck p2m+1-kqk
2m+1
k=0
m
=C 2 k m - + 1 1 p2m+2-kqk+C 2 m m+1 pm+2qm+p-1
k=0

m-1
Ck p2m+1-kqk 2m+1
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q -q =Cm-1qm+1pm，
2m 2m+1 2m 2m+2 2m+1 2m+1 2m 2m+1 2m
q -q =Cm qm+2pm.
2m+2 2m+1 2m+1
故p 2m -p 2m+1 =C 2 m m -1pm+1qm=p⋅C 2 m m -1pmqm  >q⋅C 2 m m -1pmqm  =Cm-1qm+1pm=q -q ，即p - 2m 2m 2m+1 2m+1
q <p -q .
2m+1 2m 2m
另一方面，由于
p 2m+2 -p 2m =p 2m+2 -p 2m+1  -p 2m -p 2m+1  =C 2 m m+1 pm+2qm-C 2 m m -1pm+1qm=pmqm⋅pp⋅C 2 m m+1 -C 2 m m -1 
2m+1
=pmqm⋅p p⋅
 !
m!m+1 
2m
-
!
 !
m-1  !m+1 

!

2m+1
=
 !
m!m+1 
m
pmqm⋅pp-
! 2m+1

2m+1
且同理有q -q =
2m+2 2m
 !
m!m+1 
m
pmqm⋅qq-
! 2m+1
 .
m
故结合pp-
2m+1

m
-qq-
2m+1
 =p-q  p+q 
m
- p-q
2m+1
 =p-q 
m
- p-q
2m+1
 =
m+1
p-q
2m+1
 >0，
就能得到p -p >q -q ，即p -q <p -q ，证毕.
2m+2 2m 2m+2 2m 2m 2m 2m+2 2m+2
·35·2025年普通高等学校招生全国统一考试上海数学试卷
(考试时间120分钟，满分150分)
一、填空题(本大题共12题，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分，共54分.考生应在答题纸的相应位置直
接填写结果)

1. 已知全集U={x∣2≤x≤5,x∈R}，集合A={x∣2≤x<4,x∈R}，则A= ．
【答案】x|4≤x≤5,x∈R  ##4,5 
【解析】
【分析】根据补集的含义即可得到答案.

【详解】根据补集的含义知A=x|4≤x≤5,x∈R  .
故答案为：x|4≤x≤5,x∈R  .
x-1
2. 不等式 <0的解集为 ．
x-3
【答案】1,3 
【解析】
【分析】转化为一元二次不等式x-1  x-3  <0，解出即可.
【详解】原不等式转化为x-1  x-3  <0，解得1<x<3，
则其解集为1,3  .
故答案为：1,3  .
3. 己知等差数列a
n
 的首项a =-3，公差d=2，则该数列的前6项和为 ．
1
【答案】12
【解析】
【分析】直接根据等差数列求和公式求解.
6×5
【详解】根据等差数列的求和公式，S =6a + d=12.
6 1 2
故答案为：12
4. 在二项式(2x-1)5的展开式中，x3的系数为 ．
【答案】80
【解析】
【分析】利用通项公式求解可得.
【详解】由通项公式T =Cr⋅25-r⋅x5-r⋅(-1)r=Cr⋅(-1)r⋅25-rx5-r，
r+1 5 5
令5-r=3，得r=2，
可得x3项的系数为C2⋅(-1)2⋅25-2=80.
5
故答案为：80.
π π
5. 函数y=cosx在 - ,
 2 4
 上的值域为 ．
【答案】0,1 
【解析】
【分析】利用余弦函数的单调性可得.
【详解】由函数y=cosx在 - π ,0
 2
 上单调递增，在 0, π
 4
 单调递减，
·36·π
且f-
2

π
=0,f(0)=1,f
4

2
= ，
2
故函数y=cosx在 - π , π
 2 4
 上的值域为0,1  .
故答案为：0,1  .
5 6 7
6. 已知随机变量X的分布为
0.2 0.3 0.5
 ，则期望E[X]= ．
【答案】6.3
【解析】
【分析】根据分布列结合期望公式可求期望.
【详解】由题设有Ex  =5×0.2+6×0.3+7×0.5=1+1.8+3.5=6.3.
故答案为：6.3.
7. 如图，在正四棱柱ABCD-A B C D 中，BD=4 2,DB =9，则该正四棱柱的体积为 ．
1 1 1 1 1
【答案】112
【解析】
【分析】求出侧棱长和底面边长后可求体积.
【详解】因为BD=4 2且四边形ABCD为正方形，故BA=4，
而DB =9，故BB2+BD2=81，故BB =7，
1 1 1
故所求体积为7×16=112，
故答案为：112.
1 1
8. 设a,b>0,a+ =1，则b+ 的最小值为 ．
b a
【答案】4
【解析】
1 1
【分析】灵活利用“1”将b+ =b+
a a

1
a+
b
 展开利用基本不等式计算即可.
1 1
【详解】易知b+ =b+
a a

1
a+
b

1 1
=ab+ +2≥2 ab⋅ +2=4，
ab ab
1
当且仅当ab=1，即a= ,b=2时取得最小值.
2
故答案为：4
9. 4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列
个数有 种．
【答案】288
【解析】
·37·【分析】先选家长作队尾和队首，再排中间四人即可.
【详解】先选两位家长排在首尾有P2=12种排法；再排对中的四人有P4=24种排法，
4 4
故有12×24=288种排法.
故答案为：288

10. 已知复数z满足z2=(z)2,|z|≤1，则|z-2-3i|的最小值是 ．
【答案】2 2
【解析】
【分析】先设z=a+bi，利用复数的乘方运算及概念确定ab=0，再根据复数的几何意义数形结合计算即
可.
【详解】设z=a+bia,b∈R 

,∴z=a-bi，

由题意可知z2=a2+2abi-b2=z2=a2-2abi-b2，则ab=0，
又z  = a2+b2≤1，由复数的几何意义知z在复平面内对应的点Za,b  在单位圆内部(含边界)的坐标
轴上运动，如图所示即线段AB,CD上运动，
设E2,3  ，则z-2-3i  =ZE  ，由图象可知BE  = 10>CE  =2 2，
所以ZE  =2 2.
min
故答案为：2 2
11. 小申同学观察发现，生活中有些时候影子可以完全投射在斜面上．某斜面上有两根长为1米的垂直
于水平面放置的杆子，与斜面的接触点分别为A、B，它们在阳光的照射下呈现出影子，阳光可视为
平行光：其中一根杆子的影子在水平面上，长度为0.4米；另一根杆子的影子完全在斜面上，长度为
0.45米．则斜面的底角θ= ．(结果用角度制表示，精确到0．01°)
【答案】12.58°
【解析】
【分析】先根据在A处的旗杆算出阳光和水平面的夹角，然后结合B处的旗杆算出斜面角.
1
【详解】如图，在A处，tanx= =2.5，在B处满足tan∠CED=2.5，
0.4
(其中ED⎳水平面，CE是射过B处杆子最高点的光线，光线交斜面于E)，
·38·1+y
故设BD=y，则ED= ，
2.5
1+y
由勾股定理，y2+
2.5

2
=0.452，解得y≈0.098，
0.098
于是θ=arcsin ≈12.58°
0.45
故答案为：12.58°
1, x>0
         
12. 已知f(x)= 0, x=0，a、b、c是平面内三个不同的单位向量．若 f(a⋅b)+f(b⋅c)+f(c⋅a)=


-1, x<0
  
0，则|a+b+c|可的取值范围是 ．
【答案】(1, 5)
【解析】
 
【分析】利用分段函数值分类讨论，可得 fa⋅b 
 
,fb⋅c 
 
,fc⋅a     =-1,0,1 
 
，再根据数量积关系设出a,b,

c坐标，利用坐标运算，结合三角恒等变换求解模的范围可得.
 
【详解】若fa⋅b 
 
=fb⋅c 
 
=fc⋅a 
     
=0，则a⋅b=b⋅c=c⋅a=0，
  
又三个向量均为平面内的单位向量，故向量a,b,c两两垂直，显然不成立；
 
故 fa⋅b 
 
,fb⋅c 
 
,fc⋅a     =-1,0,1  .
 
fa⋅b
不妨设
 =1
 
fb⋅c  =0
 
fc⋅a 


      
，则a⋅b>0,b⋅c=0,c⋅a<0， 

  =-1
  
不妨设b=(1,0),c=(0,1)，a=cosθ,sinθ  ,θ∈0,2π  ，
 
a⋅b=cosθ>0 3
则

，则θ∈ π,2π
c⋅a=sinθ<0 2
 ，
  
则a+b+c  =(1+cosθ,1+sinθ)  = (1+cosθ)2+(1+sinθ)2= 3+2cosθ+2sinθ
π
= 3+2 2sinθ+
4
 ，
3
由θ∈ π,2π
2

π 7 9
，θ+ ∈ π, π
4 4 4
 ，
π
则sinθ+
4

2 2
∈- ,
2 2

π
，2 2sinθ+
4
 ∈-2,2 
  
故a+b+c  ∈(1, 5).
故答案为：(1, 5).
二、选择题(本大题共4题，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分，共18分.每题有且仅有一个正确选项，
·39·考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.)
1 1
13. 己知事件A、B相互独立，事件A发生的概率为P(A)= ，事件B发生的概率为P(B)= ，则事
2 2
件A∩B发生的概率P(A∩B)为 ( )
1 1 1
A B. C. D. 0
8 4 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据独立事件的概率公式可求PA∩B  .
【详解】因为A,B相互独立，故PA∩B  =PA  PB 
1 1 1
= × = ，
2 2 4
故选：B.
14. 设a>0,s∈R．下列各项中，能推出as>a的一项是 ( )
A. a>1，且s>0 B. a>1，且s<0
C. 0<a<1，且s>0 D. 0<a<1，且s<0
【答案】D
【解析】
【分析】利用指数函数的性质分类讨论a与1的关系即可判定选项.
【详解】∵a>0,as>a，∴as-1>1=a0，
当a∈0,1  时，y=ax定义域上严格单调递减，
此时若s-1<0，则一定有as-1>1=a0成立，故D正确，C错误；
当a∈1,+∞  时，y=ax定义域上严格单调递增，要满足as-1>1=a0，需s>1，即A、B错误.
故选：D
15. 已知A(0,1),B(1,2)，C在Γ:x2-y2=1(x≥1,y≥0)上，则△ABC的面积 ( )
A. 有最大值，但没有最小值 B. 没有最大值，但有最小值
C. 既有最大值，也有最小值 D. 既没有最大值，也没有最小值
【答案】A
【解析】
【分析】设出曲线上一点为(a,b)，得出a= b2+1，将三角形的高转化成关于b的函数,分析其单调性，从
而求解.
【详解】设曲线上一点为(a,b)，则a2-b2=1，则a= b2+1，
2-1
k = =1，AB方程为：y-1=x，即x-y+1=0，
AB 1-0
a-b+1
根据点到直线的距离公式，(a,b)到AB的距离为：
  b2+1-b+1
=
2
 b2+1-b+1
= ，
2 2
1
设f(b)= b2+1-b= ，
b2+1+b
由于b≥0，显然f(b)关于b单调递减，f(b) =f(0)，无最小值，
max
即△ABC中，AB边上的高有最大值，无最小值，
又AB一定，故面积有最大值，无最小值.
故选：A
·40·16. 已知数列a
n
 、b
n
 、c
n
 的通项公式分别为a =10n-9，b =2n、，c =λa +(1-λ)b .若对任意
n n n n n
的λ∈0,1  ，a 、b 、c 的值均能构成三角形，则满足条件的正整数n有 ( ) n n n
A. 4个 B. 3个 C. 1个 D. 无数个
【答案】B
【解析】
【分析】由c =λa +(1-λ)b 可知c 范围，再由三角形三边关系可得a ,b ,c 的不等关系，结合函数零点
n n n n n n n
解不等式可得.
【详解】由题意a ,b ,c >0，不妨设A(n,a ),B(n,b ),C(n,c )，
n n n n n n
 
三点均在第一象限内，由c n =λa n +(1-λ)b n 可知，BC=λBA,λ∈0,1  ，
故点C恒在线段AB上，则有mina ,b
n n
 ≤c ≤maxa ,b
n n n
 <a +b .
n n
即对任意的λ∈0,1  ，c <a +b 恒成立， n n n
令10x-9=2x，构造函数f(x)=2x-10x+9,x>0，
则f(x)=2xln2-10，由f(x)单调递增，
又f(3)<0,f(4)>0，存在x ∈(3,4)，使f(x )=0，
0 0
即当0<x<x 时，f(x)<0，f(x)单调递减；
0
当x>x 时，f(x)>0，f(x)单调递增；
0
故f(x)至多2个零点，
又由f(1)>0,f(2)<0,f(5)<0,f(6)>0，
可知f(x)存 2个零点，不妨设x,x (x <x )，且x ∈(1,2),x ∈(5,6).
1 2 1 2 1 2
①若a ≤b ，即10n-9≤2n时，此时n=1或n≥6.
n n
则a ≤c ≤b ，可知b +c >a 成立，
n n n n n n
要使a 、b 、c 的值均能构成三角形，
n n n
所以a +c >b 恒成立，故b <2a ，
n n n n n
10n-9≤2n
所以有

，解得n=6；
2n<2(10n-9)
②若a ≥b ，即10n-9≥2n时，此时n=2,3,4,5.
n n
则a ≥c ≥b ，可知a +c >b 成立，
n n n n n n
要使a 、b 、c 的值均能构成三角形，
n n n
所以b +c >a 恒成立，故a <2b ，
n n n n n
10n-9≥2n
所以有

，解得n=4或5；
10n-9<2n+1
综上可知，正整数n的个数有3个.
故选：B.
三、解答题(本大题共5题，第17-19题每题14分，第20-21题每题18分，共78分.解答下列各题必须在答
题纸的相应位置写出必要的步骤.)
17. 2024年东京奥运会，中国获得了男子4×100米混合泳接力金牌．以下是历届奥运会男子4×100
米混合泳接力项目冠军成绩记录(单位：秒)，数据按照升序排列．
206.78 207.46 207 95 209.34 209.35
210.68 213.73 214.84 216.93 216.93
·41·(1)求这组数据的极差与中位数；
(2)从这10个数据中任选3个，求恰有2个数据在211以上的概率；

(3)若比赛成绩y关于年份x的回归方程为y=-0.311x+b，年份x的平均数为2006，预测2028年冠
军队的成绩(精确到0.01秒)．
【答案】(1)10.15；210.015；
3
(2)
10
(3)204.56
【解析】
【分析】(1)由最长与最短用时可得极差，由中间两数平均数可得中位数；
(2)由古典概型概率公式可得；
   
(3)先求成绩平均数y，再由(x,y)在回归直线上，代入方程可得b，再代入年份预测可得.
【小问1详解】
由题意，数据的最大值为216.93，最小值为206.78，
则极差为216.93-206.78=10.15；
数据中间两数为209.35与210.78，
209.35+210.68
则中位数为 =210.015.
2
故极差为10.15，中位数为210.015；
【小问2详解】
由题意，数据共10个，211以上数据共有4个，
故设事件A=“恰有2个数据在211以上”，
C2⋅C1 3
则P(A)= 4 6 = ，
C3 10
10
3
故恰有2个数据在211以上的概率为 ；
10
【小问3详解】
由题意，成绩的平均数
206.78+207.46+207.95+209.34+209.35+210.68+213.73+214.84+216.93+216.93
10
=211.399，

由直线y=-0.311x+b过(2006,211.399)，

则b=211.399+0.311×2006=835.265，
故回归直线方程为y=-0.311x+835.265.
当x=2028时,y=-0.311×2028+835.265=204.557≈204.56.
故预测2028年冠军队的成绩为204.56秒.
18. 如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB=2．
·42·π
(1)若直线PA与圆锥底面的所成角为 ，求圆锥的侧面积；
3
π
(2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为 ，CD∥AB．设点M在线
3
段OC上，证明：直线QM∥平面PBD．
【答案】(1)2π
(2)证明见解析
【解析】
【分析】(1)由线面角先算出母线长，然后根据侧面积公式求解.
(2)证明平面QOC⎳平面PBD，然后根据面面平行的性质可得.
【小问1详解】
π
由题知，∠PAB= ，即轴截面△ABP是等边三角形，故PA=AB=2，
3
1
底面周长为2π×1=2π，则侧面积为： ×2×2π=2π;
2
【小问2详解】
由题知AQ=QP,AO=OB，则根据中位线性质，QO∥PB，
又QO⊄平面PBD，PB⊂平面PBD，则QO⎳平面PBD
 π π π
由于AC= ，底面圆半径是1，则∠AOC= ，又CD∥AB，则∠OCD= ，
3 3 3
又OC=OD，则△OCD为等边三角形，则CD=1，
于是CD∥BO且CD=OB，则四边形OBDC是平行四边形，故OC∥BD，
又OC⊄平面PBD，BD⊂平面PBD，故OC⎳平面PBD.
又OC∩OQ=O,OC,OQ⊂平面QOC，
根据面面平行的判定，于是平面QOC⎳平面PBD，
又M∈OC，则QM⊂平面QOC，则QM⎳平面PBD
19. 已知f(x)=x2-(m+2)x+mlnx,m∈R．
(1)若f(1)=0，求不等式f(x)≤x2-1的解集；
·43·(2)若函数y=f(x)满足在(0,+∞)上存在极大值，求m的取值范围；
【答案】(1)1,+∞ 
(2)m>0且m≠2.
【解析】
【分析】(1)先求出m，从而原不等式即为x+lnx>1，构建新函数sx  =x+lnx,x>0，由该函数为增函
数可求不等式的解；
(2)求出函数 导数，就m≤0,0<m<2,m=2,m>2分类讨论后可得参数的取值范围.
【小问1详解】
因为f1  =0，故1-m-2+0=0，故m=-1，故fx  =x2-x-lnx，
故fx  ≤x2-1即为x+lnx≥1，
设sx  =x+lnx,x>0，则sx 
1
=1+ >0，故sx
x
 在0,+∞  上为增函数，
而x+lnx≥1即为sx  ≥s1  ，故x≥1，
故原不等式的解为1,+∞  .
【小问2详解】
fx  在0,+∞  有极大值即为有极大值点.
fx  =2x-m+2 
m 2x2-m+2
+ =
x
 x+m 2x-m
=
x
 x-1 
，
x
若m≤0，则x∈0,1  时，fx  <0，x∈1,+∞  时，fx  >0，
故x=1为fx  的极小值点，无极大值点，故舍；
m m
若0< <1即0<m<2，则x∈ ,1
2 2
 时，fx  <0，
m
x∈0,
2
 ∪1,+∞  时，fx  >0，
m
故x= 为fx
2
 的极大值点，符合题设要求；
若m=2，则x∈0,+∞  时，fx  ≥0，fx  无极值点，舍；
m m
若 >1即m>2，则x∈1,
2 2
 时，fx  <0，
x∈0,1 
m
∪ ,+∞
2
 时，fx  >0，
故x=1为fx  的极大值点，符合题设要求；
综上，m>0且m≠2.
x2 y2
20. 已知椭圆Γ: + =1(a> 5)，M(0,m)(m>0)，A是Γ的右顶点．
a2 5
(1)若Γ的焦点(2,0)，求离心率e；
 
(2)若a=4，且Γ上存在一点P，满足PA=2MP，求m；
(3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与Γ交于C、D两点，∠CMD为钝角，求a的取值范围．
2
【答案】(1)
3
(2) 10
(3) 5, 11 
【解析】
【分析】(1)由方程可得b2=5，再由焦点坐标得c，从而求出a得离心率；
·44· 
(2)设点P坐标，由向量关系PA=2MP坐标化可解得P坐标，代入椭圆方程可得m；
(3)根据中垂线性质，由斜率与中点坐标得直线l方程，联立直线与椭圆方程，将钝角条件转化为向量不等
 
式MC⋅MD<0，再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得a范围.
【小问1详解】
x2 y2
由题意知，Γ: + =1a> 5
a2 5
 ，则b2=5，
由右焦点(2,0)，可知c=2，则a= 5+c2=3，
c 2
故离心率e= = .
a 3
【小问2详解】
由题意A(4,0),M(0,m)(m>0)，P(x ,y )
P P
  4-x =2x
由PA=2MP得， 

P P ，
-y =2y -2m
P p
4 2m
解得P ,
3 3

x2 y2
，代入 + =1，
16 5
1 4m2
得 + =1，又m>0，解得m= 10.
9 45
【小问3详解】
1
由线段AM 中垂线l的斜率为2，所以直线AM的斜率为- ，
2
m-0 1 a
则 =- ，解得m= ，
0-a 2 2
a
由A(a,0),M0,
2

a a
得AM中点坐标为 ,
2 4
 ，
3 3
故直线l:y=2x- a，显然直线l过椭圆内点 a,0
4 8
 ，
故直线与椭圆恒有两不同交点，
设C(x,y),D(x ,y )，
1 1 2 2
y=2x-3a
9
由 4 消y得(4a2+5)x2-3a3x+ a4-5a2=0，
5x2+a2y2=5a2 16
9 a4-5a2
由韦达定理得x +x = 3a3 ,xx = 16 ，
1 2 4a2+5 1 2 4a2+5
 
a
因为∠CMD为钝角，则MC⋅MD<0，且M0,
2
 ，
a
则有xx +y -
1 2 1 2

a
y -
2 2
 <0，
5a
所以xx +2x -
1 2 1 4

5a
2x -
2 4

5 25
=5xx - a(x +x )+ a2<0，
1 2 2 1 2 16
9
即5 a4-5a2
16

5a 25
- ×3a3+ a24a2+5
2 16
 <0，解得a2<11，
又a> 5，
故 5<a< 11，即a的取值范围是 5, 11  .
·45·21. 已知函数y=f(x)的定义域为R．对于正实数a，定义集合M ={x∣f(x+a)=f(x)}．
a
π
(1)若f(x)=sinx，判断 是否是M 中的元素，请说明理由；
3 π
(2)若fx 
x+2, x<0

= ,M a ≠∅，求a的取值范围；
x, x≥0
(3)若y=f(x)是偶函数，当x∈(0,1]时，f(x)=1-x，且对任意a∈(0,2)，均有M ⊆M ．写出y=
a 2
f(x)，x∈(1,2)解析式，并证明：对任意实数c，函数y=f(x)-c在[-3,3]上至多有9个零点．
【答案】(1)不是； (2)  7 ,4
 4
 ；
(3)证明见解析.
【解析】
π
【分析】(1)直接代入计算f
3

π
和f +π
3
 即可；
3
(2)法一：转化为在实数x 使得f(x +a)=f(x )，分析得x +2= x +a，再计算得a=x +
0 0 0 0 0 0 2

2 7
+ ，
4
最后根据x 的范围即可得到答案；法二：画出函数图象，转化为直线y=t与该函数有两个交点，将a用t
0
表示，最后利用二次函数函数性质即可得到答案；
(3)利用函数奇偶性和集合新定义即可求出x∈(1,2)时解析式，再分析出f(-3)∉(0,1)，最后对c的范围
进行分类讨论即可.
【小问1详解】
π
(1)f
3

π 3 π
=sin = ，f +π
3 2 3

π 3 π
=-sin =- ，则 不是M 中的元素.
3 2 3 π
【小问2详解】
法一：因为M ≠∅，则存在实数x 使得f(x +a)=f(x )，且a>0，
a 0 0 0
当x<0时，fx  =x+2，其在-∞，0  上严格单调递增，
当x≥0时，fx  = x，其在[0,+∞)上也严格单调递增，
则x <0≤x +a，则x +2= x +a，
0 0 0 0
令x+2=0，解得x=-2，则-2≤x <0，
0
则a= x 0 +a  2-x 0 =x 0 +2  3 2-x =x + 0 0 2  2 + 7 ∈  7 ,4 4  4  .
法二：作出该函数图象，则由题意知直线y=t与该函数有两个交点，
由图知0≤t<2，假设交点分别为Am,t  ，Bn,t  ，
联立方程组  m=t 得a=|AB|=m-n=t2-(t-2)=t- 1
n+2=t 2
 2 + 7 ∈  7 ,4
4  4

·46·【小问3详解】
(3)对任意x ∈(1,2),x -2∈(-1,0)，因为其是偶函数，
0 0
则fx 0 -2  =f2-x 0  ，而2-x 0 -x 0 -2  =4-2x ∈(0,2)， 0
所以x -2∈M ⊆M ，
0 4-2x0 2
所以fx 0  =fx 0 -2  =f2-x 0  ，因为x 0 ∈1,2  ，则2-x 0 ∈0,1  ，
所以fx 0  =f2-x 0  =1-2-x 0  =x -1，所以f(x)=x-1,x∈(1,2)， 0
所以当s∈(0,1)时，1-s∈(0,1)，1+s∈(1,2)，则f(1-s)=1-(1-s)=s，
f(1+s)=1+s  -1=s，则f(1-s)=f(1+s)，
而1+s-1-s  =2s，3-s  -1-s  =2，
则1-s∈M ⊆M ，则f(1-s)=f(3-s)，
2s 2
所以当x∈(2,3)时，f(x)=f(x-2)=1-(x-2)=3-x，而f(x)为偶函数，画出函数图象如下：
其中f-3  =f3  ,f-2  =f2  ,f0  ，但其对应的y值均未知.
首先说明f(-3)=n∉(0,1)，
若f(-3)=n∈(0,1)，则-3+n∈-3,-2  ，易知此时fx  =x+3,x∈-3,-2  ，
则f(-3+n)=n，所以f(-3)∈M n ⊆M 2 ，而x∈-1,0  时，fx  =x+1，
所以f(-3)=f(-1)=0，与f(-3)=n矛盾，所以f(-3)∉(0,1)，即f(-3)=f(3)∉(0,1)，
令y=f(x)-c=0，则y=f(x)=c，
当c=0时，即使让f-3  =f3  =f-2  =f2  =f0  =0，此时最多7个零点，
当c≥1时，若f-2  =f2  =f0  =f-3  =f3  =c，此时有5个零点，
故此时最多5个零点；
当c<0时，若f-2  =f2  =f0  =f-3  =f3  =c，此时有5个零点，
故此时最多5个零点；
·47·当0<c<1时，若f-2  =f2  =f0  =c，此时有3个零点，
若f(-3)=c∈(0,1)，则-3+c∈-3，-2  ，易知此时fx  =x+3，
则f(-3+c)=c，所以f(-3)∈M c ⊆M 2 ，而x∈-1,0  时，fx  =x+1，
所以f(-3)=f(-1)=0，与f(-3)=p矛盾，所以f(-3)∉(0,1)，
则最多在(-3,-2),(-2,-1),(-1,0),(0,1),(1,2),(2,3)之间取得6个零点，
以及在x=-2,0,2处成为零点，故不超过9个零点.
综上，零点不超过9个.
·48·2025年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷 回忆版)
数学
本试卷分第1卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试用时120分钟.第1卷1至3页第Ⅱ卷4
至6页.
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形
码.答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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第I卷(选择题)
注意事项：
1．每小题选出答案后，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.
2．本卷共9小题，每小题5分，共45分.
参考公式：
·如果事件A,B互斥，那么P(A∪B)=P(A)+P(B)
·如果事件A,B相互独立，那么P(AB)=P(A)P(B)
1
·棱柱的体积公式V= Sh，其中S表示棱柱的底面面积，h表示棱柱的高．
3
1
·圆锥的体积公式V= Sh，其中S表示圆锥的底面面积，h表示圆锥的高．
3
一、选择题：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. 已知集合U=1,2,3,4,5  ,A=1,3  ,B=2,3,5  ，则∁ A∪B
U
 = ( )
A. 1,2,3,4  B. 2,3,4  C. 2,4  D. 4 
【答案】D
【解析】
【分析】由集合的并集、补集的运算即可求解.
【详解】由A=1,3  ,B=2,3,5  ，则A∪B=1,2,3,5  ，
集合U=1,2,3,4,5  ，
故∁ A∪B
U
 =4 
故选：D.
2. 设x∈R，则“x=0”是“sin2x=0”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
【答案】A
【解析】
【分析】通过判断是否能相互推出，由充分条件与必要条件的定义可得.
【详解】由x=0⇒sin2x=sin0=0，则“x=0”是“sin2x=0”的充分条件；
又当x=π时，sin2x=sin2π=0，可知sin2x=0⇏x=0，
故“x=0”不是“sin2x=0”的必要条件，
·49·综上可知，“x=0”是“sin2x=0”的充分不必要条件.
故选：A.
3. 已知函数y=fx  的图象如下，则fx  的解析式可能为 ( )
x x |x| |x|
A. f(x)= B. f(x)= C. f(x)= D. f(x)=
1-|x| |x|-1 1-x2 x2-1
【答案】D
【解析】
【分析】先由函数奇偶性排除AB，再由x∈0,1  时函数值正负情况可得解.
【详解】由图可知函数为偶函数，而函数fx 
x
=
1-x 
和函数fx 
x
=
x 
为奇函数，故排除选项AB；
-1
又当x∈0,1  时1-x2>0,x2-1<0，此时fx 
x
=

>0,fx
1-x2

x
=

<0，
x2-1
由图可知当x∈0,1  时，fx  <0，故C不符合，D符合.
故选：D
4. 若m为直线，α,β为两个平面，则下列结论中正确的是 ( )
A. 若m⎳α,n⊂α，则m⎳n B. 若m⊥α,m⊥β，则α⊥β
C. 若m⎳α,m⊥β，则α⊥β D. 若m⊂α,α⊥β，则m⊥β
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误.
【详解】对于A，若m⎳α,n⊂α，则m,n可平行或异面，故A错误；
对于B，若m⊥α,m⊥β，则α⎳β，故B错误；
对于C，两条平行线有一条垂直于一个平面，则另一个必定垂直这个平面，
现m⎳a,m⊥β，故a⊥β，故C正确；
对于D，m⊂α,α⊥β，则m与β可平行或相交或m⊂β，故D错误；
故选：C.
5. 下列说法中错误的是 ( )
A. 若X∼Nμ,σ2  ，则P(X≤μ-σ)=P(X≥μ+σ)
B. 若X∼N1,22  ，Y∼N2,22  ，则P(X<1)<P(Y<2)
C. r  越接近1，相关性越强
D. r  越接近0，相关性越弱
·50·【答案】B
【解析】
【分析】根据正态分布以及相关系数的概念直接判断即可.
【详解】对于A，根据正态分布对称性可知，PX≤μ-σ  =PX≥μ+σ  ，A说法正确；
对于B，根据正态分布对称性可知，PX<1  =PY<2  =0.5，B说法错误；
对于C和D，相关系数r  越接近0，相关性越弱，越接近1，相关性越强，故C和D说法正确.
故选：B
6. S =-n2+8n，则数列 a
n n
   的前12项和为 ( )
A. 112 B. 48 C. 80 D. 64
【答案】C
【解析】
【分析】先由题设结合a =S -S 求出数列a
n n n-1 n
 的通项公式，再结合数列a
n
 各项正负情况即可求解.
【详解】因为S =-n2+8n，
n
所以当n=1时，a =S =-12+8×1=7，
1 1
当n≥2时，a n =S n -S n-1 =-n2+8n  - -n-1  2+8n-1    =-2n+9，
经检验，a =7满足上式，
1
所以a n =-2n+9n∈N*  ，令a =-2n+9≥0⇒n≤4，a =-2n+9≤0⇒n≥5， n n
设数列 a n    的前n项和为T， n
则数列 a n    的前4项和为T =S =-42+8×4=16 4 4
数列 a n    的前12项和为
T 2n =a 1  +a 2  +⋯+a 12  =a +a +a +a -a -a -⋯-a 1 2 3 4 5 6 12
=2S 4 -S 12 =2×16--122+8×12  =80.
故选：C
7. 函数f(x)=0.3x- x的零点所在区间是 ( )
A. (0,0.3) B. (0.3,0.5) C. (0.5,1) D. (1,2)
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数函数与幂函数的单调性结合零点存在性定理计算即可.
【详解】由指数函数、幂函数的单调性可知：y=0.3x在R上单调递减，y= x在0,+∞  单调递增，
所以fx  =0.3x- x在定义域上单调递减，
显然f0  =1>0,f0.3  =0.30.3-0.30.5>0,f0.5  =0.30.5-0.50.5<0，
所以根据零点存在性定理可知fx  的零点位于0.3,0.5  .
故选：B
5π π
8. f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,-π<φ<π)，在 - ,
 12 12

π
上单调递增，且 x= 为它的一条对称
12
π
轴， ,0
3

π
是它的一个对称中心，当x∈ 0,
 2
 时，f(x)的最小值为 ( )
3 1
A. - B. - C. 1 D. 0
2 2
【答案】A
·51·【解析】
【分析】利用正弦函数的对称性得出ω=4n+2，根据单调性得出0<ω≤2，从而确定ω，结合对称轴与对
称中心再求出φ，得出函数解析式，利用整体思想及正弦函数的性质即可得解.
【详解】设fx 
 π ω+φ=π +2kπ
最小正周期为T，根据题意有 12 2 ，m,k∈Z
πω+φ=mπ
3
 ，
π π 2n+1
由正弦函数的对称性可知 - =
3 12
 T
n∈Z
4
 ，
π 2nπ+π
即 = ,∴ω=4n+2，
4 2ω
又fx  在 - 5π , π
 12 12
 T π 5π 上单调递增，则 ≥ --
2 12 12
 π π ,∴ ≥ ⇒0<ω≤2，
ω 2
φ=π +2kπ
∴ω=2，则   3 ，
φ=mπ-2π
3
∵φ∈-π,π 
π
，∴k=0,m=1时，φ= ，∴fx
3

π
=sin2x+
3
 ，
当x∈ 0, π
 2
 时，2x+ π ∈  π , 4π
3  3 3
 ，
由正弦函数的单调性可知fx 
4π 3
=sin =- .
min 3 2
故选：A
x2 y2
9. 双曲线 - =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F,F ，以右焦点F 为焦点的抛物线y2=
a2 b2 1 2 2
2px(p>0)与双曲线交于另一象限点为P，若PF
1
 +PF
2
 =3FF
1 2
 ，则双曲线的离心率e= ( )
2+1 5+1
A. 2 B. 5 C. D.
2 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用抛物线与双曲线的定义与性质得出 PF 1  =3c+a
PF 2  =3c-a=PA 


，根据勾股定理从而确定P的坐标，
利用点在双曲线上构造齐次方程计算即可.
p
【详解】根据题意可设F ,0 2 2  ，双曲线的半焦距为c，Px 0 ,y 0  ，则p=2c，
过F 作x轴的垂线l，过P作l的垂线，垂足为A，显然直线AF 为抛物线的准线，
1 1
则PA  =PF 2  ，
由双曲线的定义及已知条件可知 PF 1  -PF 2  =2a
PF 1  +PF 2 
 ，则 PF 1

=6c
 =3c+a
PF 2  =3c-a=PA 
 ，

由勾股定理可知AF 1  2=y2 0 =PF 1  2-PA  2=12ac，
x2 y2 9a2 12ac
易知y2=4cx ,∴x =3a，即 0 - 0 = - =1，
0 0 0 a2 b2 a2 c2-a2
整理得2c2-3ac-2a2=0=2c+a  c-2a  ，∴c=2a，即离心率为2.
故选：
·52·第Ⅱ卷(非选择题)
注意事项：
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．
2．本卷共11小题，共105分．
二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分．
3+i
10. 已知i是虚数单位，则
i
 = ．
【答案】 10
【解析】
3+i
【分析】先由复数除法运算化简 ，再由复数模长公式即可计算求解.
i
3+i
【详解】先由题得 =-i3+i
i

3+i
=1-3i，所以
i
 = 12+-3  2= 10.
故答案为： 10
11. 在x-1  6的展开式中，x3项的系数为 ．
【答案】-20
【解析】
【分析】根据二项式定理相关知识直接计算即可.
【详解】x-1  6展开式的通项公式为T r+1 =C 6 rx6-r⋅-1  r，
当r=3时，T 4 =C 6 3x3⋅-1  3=-20x3，
即x-1  6展开式中x3的系数为-20.
故答案为：-20
12. l :x-y+6=0，与x轴交于点A，与y轴交于点B，与(x+1)2+(y-3)2=r2交于C、D两点，|AB|
1
=3|CD|，则r= ．
【答案】2
【解析】
【分析】先根据两点间距离公式得出|AB|=6 2，再计算出圆心到直线的距离d，根据弦长公式|CD|=
2 r2-d2列等式求解即可.
【详解】因为直线l 1 :x-y+6=0与x轴交于A-6,0  ，与y轴交于B0,6  ，所以|AB|= 62+62=6 2，
所以CD  =2 2，
圆(x+1)2+y-3 
|-1-3+6|
2=r2的半径为r，圆心(-1,3)到直线l:x-y+6=0的距离为d= = 1
2
2，
·53·故CD  =2 r2-d2=2 r2- 2  2=2 2，解得r=2；
故答案为：2.
13. 小桐操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈的概率均为0．5，若第一次跑5圈，
则第二次跑5圈的概率为0．4，6圈的概率为0．6；若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为0．
6，4圈的概率为0．4．小桐一周跑11圈的概率为 ；若一周至少跑11圈为动量达标，则连续
跑4周，记合格周数为X，则期望E(x)=
【答案】 ①. 0.6 ②. 3.2
【解析】
【分析】先根据全概率公式计算求解空一，再求出概率根据二项分布数学期望公式计算求解.
【详解】设小桐一周跑11圈为事件A，设第一次跑5圈为事件B，设第二次跑5圈为事件C，
则PA  =PB 

PC|B 

+PB 

PC|B  =0.5×0.6+0.5×0.6=0.6；
若至少跑11圈为运动量达标为事件D，PD  =PA 

+PB 
 
PC|B  =0.6+0.5×0.4=0.8，
所以X∼B4,0.8  ，EX  =4×0.8=3.2；
故答案为：0.6；3.2
 1         
14. △ABC中，D为AB边中点，CE= CD,AB=a,AC =b，则AE= (用a，b表示)，若|AE|
3
 
=5，AE⊥CB，则AE⋅CD=
1  2 
【答案】 ①. a+ b； ②. -15
6 3
【解析】
【分析】根据向量的线性运算求解即可空一，应用数量积运算律计算求解空二.
【详解】如图，
     
1 1
因为CE= CD，所以AE-AC= AD-AC
3 3

  
1 2
，所以AE= AD+ AC．
3 3
 1  2  1  2 
因为D为线段AB的中点，所以AE= AB+ AC= a+ b；
6 3 6 3
 又因为AE  =5,AE⊥CB，所以A  E  2 = 1 a  + 2 b 
6 3
 2 1  2   4  = a2+ a⋅b+ b2=25，
36 9 9
·54·  1  2 
AE⋅CB= a+ b
6 3

 
⋅a-b 
1  1   2     
= a2+ a⋅b- b2=0，所以a2+3a⋅b=4b2
6 2 3
  
所以a2+4a⋅b=180，
  1  2 
所以AE⋅CD= a+ b
6 3

 1 
⋅-b+ a
2

1  1   2  1    
= a2+ a⋅b- b2= a2+2a⋅b-8b2
12 6 3 12

1      
= a2+2a⋅b-2a2-6a⋅b2
12

1   
= -a2-4a⋅b2
12
 =-15．
1  2 
故答案为： a+ b；-15.
6 3
15. 若a,b∈R，对∀x∈[-2,2]，均有(2a+b)x2+bx-a-1≤0恒成立，则2a+b的最小值为
【答案】-4
【解析】
1
【分析】先设t=2a+b，根据不等式的形式，为了消a可以取x=- ，得到t≥-4，验证t=-4时，a,b是
2
否可以取到，进而判断该最小值是否可取即可得到答案.
【详解】设t=2a+b，原题转化为求t的最小值，
原不等式可化为对任意的-2≤x≤2，tx2+t-2a  x-a-1≤0，
1 1 1
不妨代入x=- ，得 t- t-2a
2 4 2
 -a-1≤0，得t≥-4，
当t=-4时，原不等式可化为-4x2+-4-2a  x-a-1≤0，
1 即- 2x+ a+1
2
  

 2 1 + a2≤0，
4
观察可知，当a=0时，-2x+1 
1
2≤0对-2≤x≤2一定成立，当且仅当x=- 取等号，
2
此时，a=0,b=-4，说明t=-4时，a,b均可取到，满足题意，
故t=2a+b的最小值为-4.
故答案为：-4
三、解答题：本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
16. 在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c．已知asinB= 3bcosA，c-2b=1，a= 7．
(1)求A的值；
(2)求c的值；
(3)求sin(A+2B)的值．
π
【答案】(1)
3
(2)3
4 3
(3)
7
【解析】
【分析】(1)由正弦定理化边为角再化简可求；
(2)由余弦定理，结合(1)结论与已知代入可得关于b的方程，求解可得b，进而求得c；
(3)利用正弦定理先求B，再由二倍角公式分别求sin2B,cos2B，由两角和的正弦可得.
【小问1详解】
a b
已知asinB= 3bcosA，由正弦定理 = ，
sinA sinB
得asinB=bsinA= 3bcosA，显然cosA≠0，
得tanA= 3，由0<A<π，
·55·π
故A= ；
3
【小问2详解】
1
由(1)知cosA= ，且c=2b+1，a= 7，
2
由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA，
1
则7=b2+(2b+1)2-2× b(2b+1)=3b2+3b+1，
2
解得b=1(b=-2舍去)，
故c=3；
【小问3详解】
a b 3
由正弦定理 = ，且b=1,a= 7,sinA= ，
sinA sinB 2
bsinA 21
得sinB= = ，且a>b，则B为锐角，
a 14
5 5 3
故cosB= 7，故sin2B=2sinBcosB= ，
14 14
21
且cos2B=1-2sin2B=1-2×
14

2 11
= ；
14
3 11 1 5 3 4 3
故sin(A+2B)=sinAcos2B+cosAsin2B= × + × = .
2 14 2 14 7
17. 正方体ABCD-A B C D 的棱长为4，E、F分别为A D ,C B 中点，CG=3GC ．
1 1 1 1 1 1 1 1 1
(1)求证：GF⊥平面FBE；
(2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值；
(3)求三棱锥D-FBE的体积．
【答案】(1)证明见解析
4
(2)
5
32
(3)
3
【解析】
【分析】(1)法一、利用正方形的性质先证明FG⊥BF，再结合正方体的性质得出EF⊥平面BCC B ，利
1 1
用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可；
(2)利用空间向量计算面面夹角即可；
(3)利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可.
小问1详解】
法一、在正方形BCCB 中，
1 1
·56·CG 1 FB
由条件易知tan∠CFG= 1 = = 1 =tan∠BBF，所以∠CFG=∠BBF，
1 CF 2 BB 1 1 1
1 1
π
则∠BFB+∠BBF= =∠CFG+∠BFB，
1 1 2 1 1
故∠BFG=π-∠C 1 FG+∠B 1 FB 
π
= ，即FG⊥BF， 2
在正方体中，易知DC ⊥平面BCCB ，且EF⎳DC ，
1 1 1 1 1 1
所以EF⊥平面BCCB ，
1 1
又FG⊂平面BCCB ，∴EF⊥FG，
1 1
∵EF∩BF=F,EF、BF⊂平面BEF，∴GF⊥平面BEF；
法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系，
则B4,4,0  ,E2,0,4  ,F2,4,4  ,G0,4,3  ，

所以EF=0,4,0 

,EB=2,4,-4 

,FG=-2,0,-1  ，

设m=a,b,c  是平面BEF的一个法向量，


m⋅EF=4b=0 
则   ，令a=2，则b=0,c=1，所以m=2,0,1
m⋅EB=2a+4b-4c=0
 ，
 

易知FG=-m，则FG也是平面BEF的一个法向量，∴GF⊥平面BEF；
【小问2详解】
同上法二建立的空间直角坐标系，

所以EG=-2,4,-1 

,BG=-4,0,3  ，

由(1)知FG是平面BEF的一个法向量，

设平面BEG的一个法向量为n=x,y,z 


n⋅EG=-2x+4y-z=0
，所以  ，
n⋅BG=-4x+3z=0

令x=6，则z=8,y=5，即n=6,5,8  ，
设平面BEF与平面BEG的夹角为α，


则cosα= cosFG,n   


FG⋅n
=


FG   ⋅n 
20 4
= = ；
5× 125 5
【小问3详解】
由(1)知EF⊥平面BCCB ，FB⊂平面BCCB ，∴EF⊥FB，
1 1 1 1
1 1
易知S = EF⋅BF= ×4× 42+22=4 5，
△BEF 2 2

又DE=2,0,4 
 
DE⋅FG
，则D到平面BEF的距离为d=


FG 
8
= ，
5
1 1 8 32
由棱锥的体积公式知：V = d×S = × ×4 5= .
D-BEF 3 △BEF 3 5 3
·57·x2 y2
18. 已知椭圆 + =1a>b>0
a2 b2
 的左焦点为F，右顶点为A，P为x=a上一点，且直线PF的斜率
1 3 1
为 ，△PFA的面积为 ，离心率为 .
3 2 2
(1)求椭圆的方程；
(2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B(异于点A)，求证：PF平分∠AFB.
x2 y2
【答案】(1) + =1
4 3
(2)证明见解析
【解析】
【分析】(1)根据题意，利用椭圆的离心率得到a=2c，再由直线PF的斜率得到m=c，从而利用三角形的
面积公式得到关于c的方程，解之即可得解；
(2)联立直线与椭圆方程，利用其位置关系求得k，进而得到直线PB的方程与点B的坐标，法一：利用向
量的夹角公式即可得证；法二：利用两直线的夹角公式即可得证；法三利用正切的倍角公式即可得证；法
四：利用角平分线的性质与点线距离公式即可得证.
【小问1详解】
x2 y2
依题意，设椭圆 + =1(a>b>0)的半焦距为c，
a2 b2
c 1
则左焦点F(-c,0)，右顶点A(a,0)，离心率e= = ，即a=2c，
a 2
因为P为x=a上一点，设P(a,m)，
1 m-0 1 m 1
又直线PF的斜率为 ，则 = ，即 = ，
3 a-(-c) 3 a+c 3
m 1
所以 = ，解得m=c，则P(a,c)，即P(2c,c)，
2c+c 3
3
因为△PFA的面积为 ，|AF|=a-(-c)=a+c=3c，高为|m|=c，
2
1
所以S = AF
△PFA 2
 m 
1 3
= ×3c×c= ，解得c=1，
2 2
则a=2c=2，b2=a2-c2=3，
x2 y2
所以椭圆的方程为 + =1.
4 3
·58·.
【小问2详解】
由(1)可知P(2,1)，F(-1,0)，A(2,0)，
易知直线PB的斜率存在，设其方程为y=kx+m，则1=2k+m，即m=1-2k，
y=kx+m

联立x2
+
y2
=1
，消去y得，(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0，
4 3
因为直线与椭圆有唯一交点，所以Δ=8k⋅m  2-4(3+4k2)⋅(4m2-12)=0，
即4k2-m2+3=0，则4k2-1-2k 
1
2+3=0，解得k=- ，则m=2，
2
1
所以直线PB 方程为y=- x+2，
2
y=-
2
1 x+2

x=1
3
联立
x2 + y2 =1
，解得
y=3 2
，则B1,
2
4 3
 ，
以下分别用四种方法证明结论：

3
法一：则FB=2,
2


,FP=3,1 

,FA=3,0  ，
 
FB⋅FP 所以cos∠BFP= 
FB 

⋅FP 
2×3+3 ×1
2 =
22+ 3
2

3 10 = ，
2 10 ⋅ 32+12
 
FA⋅FP
cos∠PFA= 
FA 

⋅FP 
3×3+1×0 3 10
= = ，
3 32+12 10
π
则cos∠BFP=cos∠PFA，又∠BFP,∠PFA∈0,
2
 ，
所以∠BFP=∠PFA，即PF平分∠AFB.
3 -0
法二：所以k = 2 = 3 ，k = 1-0 = 1 ，k =0，
FB 1-(-1) 4 PF 2-(-1) 3 AF
3 -1
由两直线夹角公式，得tan∠BFP=  4 3
1+1 ×3
3 4

1 -0
= 1 ，tan∠PFA=  3
3 1+0
 1 = ，
3
π
则tan∠BFP=tan∠PFA，又∠BFP,∠PFA∈0,
2
 ，
所以∠BFP=∠PFA，即PF平分∠AFB.
1 3
法三：则tan∠PFA=k = ，tan∠BFP=k = ，
PF 3 FB 4
2×1
故tan2∠PFA= 2tan∠PFA = 3
1-tan2∠PFA 1- 1
3

3 = =tan∠BFP，
2 4
π
又∠BFP,∠PFA∈0,
2
 ，
所以∠BFP=∠PFA，即PF平分∠AFB.
·59·3 -0
法四：则k = 2 = 3 ，
FB 1-(-1) 4
3
所以直线FB的方程为y= x+1
4
 ，即3x-4y+3=0，
3×2-4×1+3
则点P到直线FB的距离为d=

32+-4 
=1，
2
又点P到直线FA的距离也为1，
所以PF平分∠AFB.
19. 已知数列a
n
 等差数列，b
n
 是等比数列，a =b =2,a =b +1,a =b ．
1 1 2 2 3 3
(1)求a
n
 ，b
n
 的通项公式；
(2)∀n∈N*，I∈0,1  ，有T =p a b +p a b +...+p a b +p a b |p ,p ,...,p ,p ∈I
n 1 1 1 2 2 2 n-1 n-1 n-1 n n n 1 2 n-1 n
 ，
(i)求证：对任意实数t∈T ，均有t<a b ;
n n+1 n+1
(ii)求T 所有元素之和．
n
【答案】(1)a =3n-1,b =2n；
n n
(2)(i)证明见解析；(ii)2n-1⋅ 8+3n-4   2n+1 
【解析】
【分析】(1)设数列a n  的公差为d，数列b n  公比为qq≠0  ，由题设列出关于d和qq≠0  的方程求解，
再结合等差和等比数列通项公式即可得解；
(2)(i)由题意结合(1)求出a b 和p a b +p a b +...+p a b +p a b 的最大值，再作差比较两
n+1 n+1 1 1 1 2 2 2 n-1 n-1 n-1 n n n
者大小即可证明；
(ii)法一：根据p ,p ,...,p ,p 中全为1、一个为0其余为1、2个为0其余为、⋯、全为0几个情况将T 中
1 2 n-1 n n
的所有元素分系列，并求出各系列中元素的和，最后将所有系列所得的和加起来即可得解；
法二：根据T 元素的特征得到T 中的所有元素的和中各项ab i∈1,2,...,n n n i i    出现的次数均为2n-1次即
可求解.
【小问1详解】
设数列a n  的公差为d，数列b n  公比为qq≠0  ，
2+d=2q+1 d=3
则由题得  ⇒   ，
2+2d=2q2 q=2
所以a n =2+3n-1  =3n-1,b =2×2n-1=2n； n
【小问2详解】
(i)证明：由(1)p n a n b n =3n-1  2np n =0或p n a n b n =3n-1  2n>0，a n+1 b n+1 =3n+2  2n+1，
当p n a n b n =3n-1  2n>0时，
设S n =p 1 a 1 b 1 +p 2 a 2 b 2 +...+p n-1 a n-1 b n-1 +p n a n b n =2×2+5×22+...+3n-4  2n-1+3n-1  2n，
所以2S n =2×22+5×23+...+3n-4  2n+3n-1  2n+1，
所以-S n =4+3×22+23+...+2n  -3n-1 
221-2n-1
2n+1=4+3×

-3n-1 1-2  2n+1=-8+
4-3n  2n+1，
所以S n =8+3n-4  2n+1，为T 中的最大元素， n
此时a n+1 b n+1 -S n =3n+2  2n+1- 8+3n-4   2n+1  =6⋅2n+1-8>0恒成立，
所以对∀t∈T，均有t<a b .
n n+1 n+1
(ii)法一：由(i)得S n =8+3n-4  2n+1，为T 中的最大元素， n
·60·由题意可得T 中的所有元素由以下系列中所有元素组成：
n
当p 1 ,p 2 ,...,p n-1 ,p n 均为1时：此时该系列元素只有S n =8+3n-4  2n+1即C0个； n
当p,p ,...,p ,p 中只有一个为0，其余均为1时：
1 2 n-1 n
此时该系列的元素有S -ab,S -a b ,S -a b ,...,S -a b 共有C1个，
n 1 1 n 2 2 n 3 3 n n n n
则这n个元素的和为C n 1S n -a 1 b 1 +a 2 b 2 +...+a n b n  =C n 1-C n 0  S ； n
当p,p ,...,p ,p 中只有2个为0，其余均为1时：
1 2 n-1 n
此时该系列的元素为S -ab -ab i,j∈1,2,...,n n i i j j   ,i≠j  共有C2个， n
则这n个元素的和为C n 2S n -C n 1 -1a 1 b 1 +a 2 b 2 +...+a n b n  =C n 2-C n 1 -1  S ； n
当p,p ,...,p ,p 中有2个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为S -ab -ab -
1 2 n-1 n n i i j j
a b i,j,k∈1,2,...,n k k   ,i≠j≠k  共有C3个， n
则这n个元素的和为C n 3S n -C n 2 -1a 1 b 1 +a 2 b 2 +...+a n b n  =C n 3-C n 2 -1  S ； n
⋯
当p,p ,...,p ,p 中有n-1个为0，1个为1时：此时该系列的元素为ab,a b ,...,a b 共有Cn-1个，
1 2 n-1 n 1 1 2 2 n n n
则这n个元素的和为C n n-1S n -C n n - - 1 2a 1 b 1 +a 2 b 2 +...+a n b n  =C n n-1-C n n - - 1 2  S ； n
当p 1 ,p 2 ,...,p n-1 ,p n 均为0时：此时该系列的元素为0=C n n-C n n - - 1 1  S 即Cn=1个， n n
综上所述，T 中的所有元素之和为
n
S n + C n 1-1  S n + C n 2-C n 1 -1  S n + C n 3-C n 2 -1  S n + . . . + C n n-1-C n n - - 1 2  S + 0 = n
C n 0+C n 1+...+C n n-1+C n n  -C n 0 -1 +C n 1 -1 +...+C n n - - 1 2+C n n - - 1 1    S n
=2n-2n-1  S n =2n-1S n =2n-1⋅ 8+3n-4   2n+1  ；
法二：由(i)得S n =8+3n-4  2n+1，为T 中的最大元素， n
由题意可得T =S ,S -ab,S -ab-ab,S -ab-ab -a b ,...,ab+ab,ab,0
n  n n i i n i i j j n i i j j k k i i j j i i
 ,
i,j,k∈1,2,...,n   ,i≠j≠k  ，
所以T 的所有的元素的和中各项ab i∈1,2,...,n n i i    出现的次数均为C0 +C1 +...+Cn-2+Cn-1= n-1 n-1 n-1 n-1
2n-1次，
所以T n 中的所有元素之和为2n-1a 1 b 1 +a 2 b 2 +...+a n b n  =2n-1S n =2n-1⋅ 8+3n-4   2n+1  .
20. 已知函数f(x)=ax-(lnx)2
(1)a=1时，求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)f(x)有3个零点，x 1 ,x 2 ,x 3 且x 1 <x 2 <x 3  .
(i)求a的取值范围；
(ii)证明lnx 2 -lnx 1 
4e
⋅lnx < ． 3 e-1
【答案】(1)y=x
4
(2)(i)0,
e2
 ；(ii)证明见解析.
【解析】
【分析】(1)利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得；
lnx
(2)(i)令f(x)=0，分离参数得a=
 2 lnx
，作出函数g(x)=
x
 2
图象，数形结合可得a范围；(ii)由
x

aet1=t2
1
①
(2)结合图象，可得x
1
,x
2
,x
3
范围，整体换元lnx
1
=t
1
,lnx
2
=t
2
,lnx
3
=t
3
，转化为aet2=t2
2
②，结合由②③可
aet3=t2③
3
·61·lna+t =2lnt
得  lna+t 2 =2lnt 2，两式作差，利用对数平均不等式可得t 1 t 3 <4，再由t2 1 =aet1<a得-t 1 < a，结合a=
3 3
t2
3 减元处理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式.
et3
【小问1详解】
当a=1时，f(x)=x-(lnx)2，x>0，
2lnx
则f(x)=1- ，则f(1)=1，且f(1)=1，
x
则切点(1,1)，且切线的斜率为1，
故函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=x；
【小问2详解】
(i)令f(x)=ax-(lnx)2=0，x>0，
(lnx)2
得a= ，
x
lnx
设g(x)=
 2
,x>0，
x
2lnx ⋅x-lnx
则g(x)= x
 2 lnx(2-lnx)
= ，
x2 x2
4
由g(x)=0解得x=1或e2，其中g(1)=0，g(e2)= ；
e2
当0<x<1时，g(x)<0，g(x)在(0,1)上单调递减；
当1<x<e2时，g(x)>0，g(x) (1,e2)上单调递增；
当x>e2时，g(x)<0，g(x)在(e2,+∞)上单调递减；
且当x→0时，g(x)→+∞；当x→+∞时，g(x)→0；
如图作出函数g(x)的图象，
要使函数f(x)有3个零点，
则方程a=g(x)在(0,+∞)内有3个根，即直线y=a与函数g(x)的图象有3个交点.
4
结合图象可知，0<a< .
e2
4
故a的取值范围为0,
e2
 ；
(ii)由图象可知，0<x <1<x <e2<x ，
1 2 3
设lnx =t,lnx =t ,lnx =t ，则t <0<t <2<t ，
1 1 2 2 3 3 1 2 3

aet1=t2
1
①
lna+t =2lnt
满足aet2=t2
2
②，由②③可得
 lna+t
2
=2lnt
2，
aet3=t2③ 3 3
3
两式作差可得t -t =2(lnt -lnt )，
3 2 3 2
t -t
则由对数均值不等式可得2= 3 2 > t t ，
lnt -lnt 2 3
3 2
·62·4e
则t t <4，故要证(lnx -lnx)⋅lnx < ，
2 3 2 1 3 e-1
4e 4e
即证t t -tt < ，只需证4-tt ≤ ，
2 3 1 3 e-1 1 3 e-1
4
即证-t 1 t 3 ≤ e-1 ，又因为t 1 <0,t2 1 =aet1<a，则t 1  =-t < a， 1
t2 t2 4
所以-tt < at = 3 ，故只需证 3 ≤ ，
1 3 3 t3 t3 e-1
e2 e2
设函数φ(t)= t2 ,t>2，则φ(t)= 2te2 t - 2 1 t2e2 t = 2- 2 1 t
t et
e2
 t ，
t
e2
当2<t<4时，φ(t)>0，则φ(t)在(2,4)上单调递增；
当t>4时，φ(t)<0，则φ(t)在4,+∞  上单调递减；
16 16
故φ(t) =φ(4)= ，即φ(t)≤ .
max e2 e2
而由4e2-16e+16=4(e-2)2>0，
16 4
可知 < 成立，故命题得证.
e2 e-1
·63·