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2025 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）
数学（解析卷）
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.
1．D
【分析】由集合的并集、补集的运算即可求解.
【详解】由 ，则 ，
集合 ，
故∁ （A∪B）={4}
u
故选：D.
2．A
【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 ，则“ ”是“ ”的充分条件；
又当 时， ，可知 ，
故“ ”不是“ ”的必要条件，
综上可知，“ ”是“ ”的充分不必要条件.
故选：A.
3．D
【分析】先由函数奇偶性排除AB，再由 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 和函数 为奇函数，故排
除选项AB；
第1页/共16页又当 时 ，此时 ，
由图可知当 时， ，故C不符合，D符合. 故选：D
4．C
【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 ，则 可平行或异面，故A错误；
对于B，若 ，则 ，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 ，故 ，故C正确；
对于D， ，则 与 可平行或相交或 ，故D错误；
故选：C.
5．B
【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， ，A说法正确；
对于B，根据正态分布对称性可知， ，B说法错误；
对于C和D，相关系数 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．C
【分析】先由题设结合 求出数列 的通项公式，再结合数列 各项正负情
况即可求解.
【详解】因为 ，
所以当 时， ，
第2页/共16页当 时， ，
经检验， 满足上式，
所以 ，令 ， ，
设数列 的前n项和为 ，
则数列 的前 项和为
数列 的前 项和为
.
故选：C
7．B
【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： 在 上单调递减， 在
单调递增，
所以 在定义域上单调递减，
显然 ，
所以根据零点存在性定理可知 的零点位于 .
故选：B
8．A
【分析】利用正弦函数的对称性得出 ，根据单调性得出 ，从而确定 ，
结合对称轴与对称中心再求出 ，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.
第3页/共16页【详解】设 的最小正周期为 ，根据题意有 ， ，
由正弦函数的对称性可知 ，
即 ，
又 在 上单调递增，则 ，
∴ ，则 ，
∵ ，∴ 时， ，∴ ，
当 时， ，
由正弦函数的单调性可知 .
故选：A
9．A
【分析】利用抛物线与双曲线的定义与性质得出 ，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.
【详解】根据题意可设 ，双曲线的半焦距为 ， ，则 ，
过 作 轴的垂线l，过 作l的垂线，垂足为A，显然直线 为抛物线的准线，
则 ，
第4页/共16页由双曲线的定义及已知条件可知 ，则 ，
由勾股定理可知 ，
易知 ，即 ，
整理得 ，∴ ，即离心率为2.
故选：
10．
【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.
【详解】先由题得 ，所以 .
故答案为：
11．
【分析】根据二项式定理相关知识直接计算即可.
【详解】 展开式的通项公式为 ，
当 时， ，
即 展开式中 的系数为 .
故答案为：
12．2
第5页/共16页【分析】先根据两点间距离公式得出 ，再计算出圆心到直线的距离 ，根据弦
长公式 列等式求解即可.
【详解】因为直线 与 轴交于 ，与 轴交于 ，所以
，所以 ，
圆 的半径为 ，圆心 到直线 的距离为
，
故 ，解得 ；
故答案为：2.
13．
【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 ，设第二次跑5圈为事件
，
则 ；
若至少跑11圈为运动量达标为事件 ， ，
所以 ， ；
故答案为： ；
第6页/共16页14． ；
【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，
因为 ，所以 ，所以 ．
因为D为线段 的中点，所以 ；
又因为 ，所以 ，
，所以
所以 ，
所以
．
故答案为： ； .
15．
【分析】先设 ，根据不等式的形式，为了消 可以取 ，得到 ，验证
时， 是否可以取到，进而判断该最小值是否可取即可得到答案.
【详解】设 ，原题转化为求 的最小值，
原不等式可化为对任意的 ， ，
第7页/共16页不妨代入 ，得 ，得 ，
当 时，原不等式可化为 ，
即 ，
观察可知，当 时， 对 一定成立，当且仅当 取等号，
此时， ，说明 时， 均可取到，满足题意，
故 的最小值为 .
故答案为：
16．(1)
(2)
(3)
【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 的方程，求解可得 ，进而求得 ；
（3）利用正弦定理先求 ，再由二倍角公式分别求 ，由两角和的正弦可得.
【详解】（1）已知 ，由正弦定理 ，
得 ，显然 ，
得 ，由 ，
故 ；
（2）由（1）知 ，且 ， ，
由余弦定理 ，
则 ，
第8页/共16页解得 （ 舍去），
故 ；
（3）由正弦定理 ，且 ，
得 ，且 ，则 为锐角，
故 ，故 ，
且 ；
故 .
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明 ，再结合正方体的性质得出
平面 ，利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.
【详解】（1）法一、在正方形 中，
由条件易知 ，所以 ，
则 ，
故 ，即 ，
第9页/共16页在正方体中，易知 平面 ，且 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，∴ ，
∵ 平面 ，∴ 平面 ；
法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系，
则 ，
所以 ，
设 是平面 的一个法向量，
则 ，令 ，则 ，所以 ，
易知 ，则 也是平面 的一个法向量，∴ 平面 ；
（2）同上法二建立的空间直角坐标系，
所以 ，
由（1）知 是平面 的一个法向量，
设平面 的一个法向量为 ，所以 ，
令 ，则 ，即 ，
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 ；
（3）由（1）知 平面 ， 平面 ，∴ ，
第10页/共16页易知 ，
又 ，则D到平面 的距离为 ，
由棱锥的体积公式知： .
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，利用椭圆的离心率得到 ，再由直线 的斜率得到 ，
从而利用三角形的面积公式得到关于 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 ，进而得到直线 的方程与点 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.
【详解】（1）依题意，设椭圆 的半焦距为 ，
则左焦点 ，右顶点 ，离心率 ，即 ，
因为 为 上一点，设 ，
又直线 的斜率为 ，则 ，即 ，
所以 ，解得 ，则 ，即 ，
第11页/共16页因为 的面积为 ， ，高为 ，
所以 ，解得 ，
则 ， ，
所以椭圆的方程为 .
.
（2）由（1）可知 ， ， ，
易知直线 的斜率存在，设其方程为 ，则 ，即 ，
联立 ，消去 得， ，
因为直线与椭圆有唯一交点，所以 ，
即 ，则 ，解得 ，则 ，
所以直线 的方程为 ，
联立 ，解得 ，则 ，
以下分别用四种方法证明结论：
法一：则 ，
第12页/共16页所以 ，
，
则 ，又 ，
所以 ，即 平分 .
法二：所以 ， ， ，
由两直线夹角公式，得 ， ，
则 ，又 ，
所以 ，即 平分 .
法三：则 ， ，
故 ，
又 ，
所以 ，即 平分 .
法四：则 ，
所以直线 的方程为 ，即 ，
则点 到直线 的距离为 ，
第13页/共16页又点 到直线 的距离也为 ，
所以 平分 .
19．(1) ；
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）设数列 的公差为d，数列 公比为 ，由题设列出关于d和
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 和 的最大值，
再作差比较两者大小即可证明；
（ii）法一：根据 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 中的所有元素分系列，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 元素的特征得到 中的所有元素的和中各项 出现的次数均
为 次即可求解.
【详解】（1）设数列 的公差为d，数列 公比为 ，
则由题得 ，
所以 ；
（2）（i）证明：由（1） 或 ，
，
当 时，
第14页/共16页设 ，
所以 ，
所以
，
所以 ，为 中的最大元素，
此时 恒成立，
所以对 ，均有 .
（ii）法一：由（i）得 ，为 中的最大元素，
由题意可得 中的所有元素由以下系列中所有元素组成：
当 均为1时：此时该系列元素只有 即 个；
当 中只有一个为0，其余均为1时：
此时该系列的元素有 共有 个，
则这 个元素的和为 ；
当 中只有2个为0，其余均为1时：
此时该系列的元素为 共有 个，
则这 个元素的和为 ；
当 中有 个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为
共有 个，
第15页/共16页则这 个元素的和为 ；
…
当 中有 个为0，1个为1时：此时该系列的元素为 共有
个，
则这 个元素的和为 ；
当 均为0时：此时该系列的元素为 即 个，
综上所述， 中的所有元素之和为
；
法二：由（i）得 ，为 中的最大元素，
由题意可得
所以 的所有的元素的和中各项 出现的次数均为
次，
所以 中的所有元素之和为 .
20．(1)
(2)（i） ；（ii）证明见解析.
【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；
第16页/共16页（2）（i）令 ，分离参数得 ，作出函数 图象，数形结合可
得 范围；（ii）由（2）结合图象，可得 范围，整体换元 ，
转化为 ，结合由 可得 ，两式作差，利用对数平均不等式可
得 ，再由 得 ，结合 减元处理，再构造函数求最值，放缩
法可证明不等式.
【详解】（1）当 时， ， ，
则 ，则 ，且 ，
则切点 ，且切线的斜率为 ，
故函数 在点 处的切线方程为 ；
（2）（i）令 ， ，
得 ，
设 ，
则 ，
由 解得 或 ，其中 ， ；
当 时， ， 在 上单调递减；
当 时， ， 在 上单调递增；
当 时， ， 在 上单调递减；
第17页/共16页且当 时， ； 当 时， ；
如图作出函数 的图象，
要使函数 有3个零点，
则方程 在 内有 个根，即直线 与函数 的图象有 个交点.
结合图象可知， .
故 的取值范围为 ；
（ii）由图象可知， ，
设 ，则 ，
满足 ，由 可得 ，
两式作差可得 ，
则由对数均值不等式可得 ，
则 ，故要证 ，
即证 ，只需证 ，
即证 ，又因为 ，则 ，
所以 ，故只需证 ，
第18页/共16页设函数 ，则 ，
当 时， ，则 在 上单调递增；
当 时， ，则 在 上单调递减；
故 ，即 .
而由 ，
可知 成立，故命题得证.
第19页/共16页
