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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（解析卷）
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.
1．D
【分析】先求出集合 ，再根据集合的交集运算即可解出.
【详解】因为 ，所以 ，
故选：D.
2．B
【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．B
【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．A
【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．C
第1页/共16页【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.
【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．C
【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．A
【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“函数 的值域为 ”是“对任意 ，存在 ，使得 ”的充分
不必要条件.
第2页/共16页故选：A.
8．C
【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.
9．B
【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.
第3页/共16页10．D
【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 ， ，
由 平方可得， ，所以 ．
， ，
所以，
，
又 ，即 ，
所以 ，即 ，
故选：D.
11．
【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．
【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 ，
又 ，
故 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，故
第4页/共16页故答案为： .
13． （答案不唯一） （答案不唯一）
【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，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．
【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 ， ，
第5页/共16页而 ，故直角梯形 与直角梯形 全等，
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 ，
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 ，
第6页/共16页故答案为： .
15．②③
【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 上的增函数 ，满足 ，
则 即 ，
故 时， ，故 ，
故 即 ，矛盾，故①错误；
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
16．(1)6
(2)答案见解析
【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、平方关系求得，
，进一步由 求得高，并说明此时三角形 存在即可；若选③，首
第7页/共16页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 .
【详解】（1）因为 ，所以 ，
由正弦定理有 ，解得 ；
（2）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， ，由正弦定理有 ，解得 ，
此时 ， ，
而 ， ， ，
所以 ， 可以唯一确定，
所以此时 也可以唯一确定，
这表明此时三角形 是存在的，且 边上的高 ；
若选③， 的面积是 ，则 ，
第8页/共16页解得 ，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，
这表明此时三角形 是存在的，且 边上的高满足： ，
即 .
17．(1)证明过程见解析
(2)
【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.
【详解】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，
与 为等腰直角三角形
不妨设
， E、F分别为BC、PD的中点， ，
，
，
，
∴四边形FGMN为平行四边形，
，
面PAB， 面PAB， 面PAB；
（2） 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，
第9页/共16页设 ，则
设面PCD的一个法向量为
取
设AB与面PCD成的角为
则
即AB与平面PCD成角的正弦值为 .
18．(1)
(2) ，
(3)
【分析】（1）用频率估计概率后可得从甲校随机抽取1人做对该题目的概率；
（2）利用独立事件可求恰有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.
第10页/共16页【详解】（1）用频率估计概率，从甲校随机抽取1人，做对题目的概率为 .
（2）设 为“从甲校抽取1人做对”，则 ，则 ，
设 为“从乙校抽取1人做对”，则 ，则 ，
设 为“恰有1人做对”，故 ，
而 可取 ，
， ， ，
故 的分布列如下表：
故 .
（3）设 为 “甲校掌握该知识的学生”，
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．(1)
(2)
【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；
第11页/共16页（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.
【详解】（1）由椭圆可知， ，所以 ，又 ，所以 ，
，
故椭圆方程为 ；
（2）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.
设 ，易知，当 时，由对称性可知， ．
故设 ，易知 ，
联立 ，解得 ，
联立 ，解得 ，
第12页/共16页所以
，
，
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 ，
则 ， ， ,
又 ，所以 ，
所以
，
第13页/共16页，
则 ，即 ，
所以 .
20．(1)
(2)证明见解析
(3)
【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.
【详解】（1）设 ， ，
由 可得 ，当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
第14页/共16页所以 的最大值为 .
（2）因为 ，所以直线 的方程为 ，即
，
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；
（3）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
第15页/共16页,由（1）知,当 时， ，所以
,
所以 .
21．(1) 或
(2)不能，理由见解析
(3)证明过程见解析
【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 列，通过构造导出矛盾，从而得到要证明的结论.
【详解】（1）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
；
（2）假设二者同时出现在 中，由于 列取反序后仍是 列，故可以不妨设 在
之前.
显然，在 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.
第16页/共16页这导致矛盾，所以二者不能同时出现在 中.
（3）法1：若 中的所有元素构成 列，考虑 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，M中所有元素都无法构成 列．
法2：全体元素构成一个 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.
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
第17页/共16页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.
所以全体元素不能构成一个 列.
第18页/共16页
