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2025 年普通高等学校招生全国统一考试
（新高考Ⅰ卷）（解析卷）
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.
1．C
【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 ，所以其虚部为1，
故选：C.
2．C
【分析】根据补集的定义即可求出．
【详解】因为 ，所以∁ A={2,4,6,7,8}，∁ A中的元素个数为 ，
u u
故选：C．
3．D
【分析】由题可知双曲线中 的关系，结合 和离心率公式求解
【详解】设双曲线的实轴，虚轴，焦距分别为 ，
由题知， ，
于是 ，则 ，
第1页/共24页即 .
故选：D
4．B
【分析】根据正切函数的对称中心的结论求解.
【详解】根据正切函数的性质， 的对称中心横坐标满足 ，
即 的对称中心是 ，
即 ，
又 ，则 时 最小，最小值是 ，
即 .
故选：B
5．A
【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为 的范围中求解.
【详解】由题知 对一切 成立，
于是 .
故选：A
6．A
【分析】结合题目条件和图 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 得出结论.
【详解】由题意及图得，
视风风速对应的向量为： ，
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 ，船行风速对应的向量为 ，
第2页/共24页∴ ，船行风速： ，
∴ ，
，
∴由表得，真风风速为轻风，
故选：A.
7．B
【分析】先求出圆心 到直线 的距离，然后结合图象，即可得出结论.
【详解】由题意，
在圆 中，圆心 ，半径为 ，
到直线 的距离为 的点有且仅有 个，
∵圆心 到直线 的距离为： ，
故由图可知，
当 时，
圆 上有且仅有一个点（ 点）到直线 的距离等于 ；
当 时，
第3页/共24页圆 上有且仅有三个点（ 点）到直线 的距离等于 ；
当则 的取值范围为 时，
圆 上有且仅有两个点到直线 的距离等于 .
故选：B.
8．B
【分析】法一：设 ，对 讨论赋值求出 ，即可得
出大小关系，利用排除法求出；
法二：根据数形结合解出.
【详解】法一：设 ，所以
令 ，则 ，此时 ，A有可能；
令 ，则 ，此时 ，C有可能；
令 ，则 ，此时 ，D有可能；
故选：B．
法二：设 ，所以，
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 的图象，以上方程的根分别是函数
的图象与直线 的交点纵坐标，如图所示：
第4页/共24页易知，随着 的变化可能出现： ， ， ， ，
故选：B．
9．BC
【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 中， 平面 ，
又 平面 ，则 ，则 ，
因为 是正三角形， 为 中点，则 ，则
又 ，
所以 ，
则 不成立，故A错误；
对于B，因为在正三棱柱 中， 平面 ，
又 平面 ，则 ，
因为 是正三角形， 为 中点，则 ，
又 平面 ，
所以 平面 ，故B正确；
第5页/共24页对于C，因为在正三棱柱 中，
又 平面 平面 ，所以 平面 ，故C正确；
对于D，因为在正三棱柱 中， ，
假设 ，则 ，这与 矛盾，
所以 不成立，故D错误；
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 ，高为 ，
则 ，
对于A， ，
则 ，
则 不成立，故A错误；
对于BC， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，得 ，令 ，则 ，
所以 ， ，
第6页/共24页则 平面 ， 平面 ，故BC正确；
对于D， ，
则 ，显然 不成立，故D错误；
故选：BC.
10．ACD
【分析】对于A，先判断得直线 为抛物线的准线，再利用抛物线的定义即可判断；
对于B，利用三角形相似证得 ，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 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 ， ，结合焦半径公式可判
断D.
【详解】法一：对于A，对于抛物线 ，
则 ，其准线方程为 ，焦点 ，
则 为抛物线上点到准线的距离， 为抛物线上点到焦点的距离，
由抛物线的定义可知， ，故A正确；
对于B，过点 作准线 的垂线，交于点 ，
由题意可知 ，则 ，
第7页/共24页又 ， ，所以 ，
所以 ，同理 ，
又 ，
所以 ，即 ，
显然 为 的斜边，则 ，故B错误；
对于C，易知直线 的斜率不为 ，
设直线 的方程为 ， ，
联立 ，得 ，
易知 ，则 ，
又 ， ，
所以 ，
当且仅当 时取等号，故C正确；
对于D，在 与 中， ，
所以 ，则 ，即 ，
同理 ，
又
，
，
第8页/共24页所以 ，
则 ，故D正确.
故选：ACD.
法二：对于A，对于抛物线 ，
则 ，其准线方程为 ，焦点 ，
则 为抛物线上点到准线的距离， 为抛物线上点到焦点的距离，
由抛物线的定义可知， ，故A正确；
对于B，过点 作准线 的垂线，交于点 ，
由题意可知 ，则 ，
又 ， ，所以 ，
所以 ，同理 ，
又 ，
所以 ，即 ，
显然 为 的斜边，则 ，故B错误；
对于C，当直线 的斜率不存在时， ；
当直线 的斜率存在时，设直线 方程为 ，
第9页/共24页联立 ，消去 ，得 ，
易知 ，则 ，
所以
，
综上， ，故C正确；
对于D，在 与 中， ，
所以 ，则 ，即 ，
同理 ，
当直线 的斜率不存在时， ， ；
所以 ，即 ；
当直线 的斜率存在时， ，
，
所以 ，
则 ；
第10页/共24页综上， ，故D正确.
故选：ACD.
11．ABC
【分析】对 由二倍角公式先可推知A选项正确，然后分情况比
较 和 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 ，
然后利用 算出 取值，最后利用三角形面积求出三边长，即可判断
每个选项.
【详解】 ，由二倍角公式， ，
整理可得， ，A选项正确；
由诱导公式， ，
展开可得 ，
即 ，
若 ，则 可知等式成立；
若 ，即 ，由诱导公式和正弦函数的单调性可知， ，同理
，
又 ，于是 ，
与条件不符，则 不成立；
若 ，类似可推导出 ，则则 不
成立.
综上讨论可知， ，即 .
第11页/共24页方法二： 时，由 ，则 ，
于是 ，
由正弦定理， ，
由余弦定理可知， ，则 ，
若 ，则 ，注意到 ，则 ，
于是 （两者同负会有两个钝角，不成立），于是 ，
结合 ，而 都是锐角，则 ，
于是 ，这和 相矛盾，
故 不成立，则
由 ，由 ，则 ，即 ，
则 ，同理 ，注意到 是锐角，则 ，
不妨设 ，则 ，即 ，
由两角和差的正弦公式可知 ，C选项正确
由两角和的正切公式可得， ，
设 ，则 ，
由 ，则 ，则 ，
于是 ，B选项正确，由勾股定理可知， ，D选项错误.
第12页/共24页故选：ABC
12．
【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 与 的方程组，
解之即可得解.
【详解】法一：对于 ，其导数为 ，
因为直线 是曲线的切线，直线的斜率为2，
令 ，即 ，解得 ，
将 代入切线方程 ，可得 ，
所以切点坐标为 ，
因为切点 在曲线 上，
所以 ，即 ，解得 .
故答案为： .
法二：对于 ，其导数为 ，
假设 与 的切点为 ，
则 ，解得 .
故答案为： .
第13页/共24页13．
【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 项和的定义，得到关于 的方程，解之即可得解；法三：利用等比数列的前 项和
性质得到关于 的方程，解之即可得解.
【详解】法一：设该等比数列为 ， 是其前 项和，则 ，
设 的公比为 ，
当 时， ，即 ，则 ，显然不成立，舍去；
当 时，则 ，
两式相除得 ，即 ，
则 ，解得 ，
所以该等比数列公比为 .
故答案为： .
法二：设该等比数列为 ， 是其前 项和，则 ，
设 的公比为 ，
所以 ，
，
所以 ，则 ，解得 ，
所以该等比数列公比为 .
故答案为： .
法三：设该等比数列为 ， 是其前 项和，则 ，
第14页/共24页设 的公比为 ，
因为 ，
又 ，
所以 ，解得 ，
所以该等比数列公比为 .
故答案为： .
14． ##
【分析】法一：根据题意得到 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 的分布列，从而求得 ；法二，根据题意假设随机变量 ，利用对立事件与独
立事件的概率公式求得 ，进而利用数学期望的性质求得 .
【详解】法一：依题意， 的可能取值为1、2、3，
总的选取可能数为 ，
其中 ：三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式，
故 ，
：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 的可能情况有 种，
故 ，
：三种不同球被取出，
由排列数可知事件 的可能情有况 种，
故 ，
所以
第15页/共24页.
故答案为： .
法二：依题意，假设随机变量 ，其中 ：
其中 ，则 ，
由于球的对称性，易知所有 相等，
则由期望的线性性质，得 ，
由题意可知，球 在单次抽取中未被取出的概率为 ，
由于抽取独立，三次均未取出球 的概率为 ，
因此球 至少被取出一次的概率为： ，
故 ，
所以 .
故答案为： .
15．(1)
(2)有关
【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 ,然后与小概率值 对应的临界值
比较,即可判断.
【详解】（1）根据表格可知，检查结果不正常的 人中有 人患病，所以 的估计值
第16页/共24页为 ；
（2）零假设为 ：超声波检查结果与患病无关，
根据表中数据可得， ，
根据小概率值 的 独立性检验，我们推断 不成立，即认为超声波检查结果与
患该病有关，该推断犯错误的概率不超过 .
16．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据题目所给条件 化简，即可证明结论；
（2）先求出 的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以 ，作差并利用等比数列
前 项和得出导函数表达式，即可得出结论.
【详解】（1）由题意证明如下， ，
在数列 中， ， ，
∴ ，即 ，
∴ 是以 为首项，1为公差的等差数列.
（2）由题意及（1）得， ，
在数列 中，首项为3，公差为1，
∴ ，即 ，
第17页/共24页在 中，
，
∴ ，
当 且 时，
∴ ，
∴
∴
.
17．(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；
（ii） .
【分析】（1）通过证明 ， ，得出 平面 ，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 在同一球面
上，在平面 中，得出点 坐标，进而得出点 在空间中的坐标，计算出
第18页/共24页，即可证明结论；
法二：作出 的边 和 的垂直平分线，找到三角形的外心 ，求出 ，求出出
外心 到 ， ， ， 的距离相等，得出外心 即为 ， ， ， 所在球的球心，即
可证明结论；
（ii）法一：写出直线 和 的方向向量，即可求出余弦值.
法二：求出 的长，过点 作 的平行线，交 的延长线为 ，连接 ， ，利
用勾股定理求出 的长，进而得出 的长，在 中由余弦定理求出 ，
即可求出直线 与直线 所成角的余弦值.
【详解】（1）由题意证明如下，
在四棱锥 中， ⊥平面 ， ，
平面 ， 平面 ，
∴ ， ，
∵ 平面 ， 平面 ， ，
∴ 平面 ，
∵ 平面 ，
∴平面 平面 .
（2）（i）由题意及（1）证明如下，
法一：
在四棱锥 中， ， ， ， ∥ ，
， ，
建立空间直角坐标系如下图所示，
第19页/共24页∴ ，
若 ， ， ， 在同一个球面上，
则 ，
在平面 中，
∴ ，
∴线段 中点坐标 ，
直线 的斜率： ，
第20页/共24页直线 的垂直平分线 斜率： ，
∴直线 的方程： ，
即 ，
当 时， ，解得： ，
∴
在立体几何中， ，
∵
解得： ，
∴点 在平面 上.
法二：
∵ ， ， ， 在同一个球面上，
∴球心到四个点的距离相等
在 中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，
作出 和 的垂直平分线，如下图所示，
第21页/共24页由几何知识得，
， ，
，
∴ ，
∴点 是 的外心，
在Rt 中， ， ，
由勾股定理得，
∴ ，
∴点 即为点 ， ， ， 所在球的球心 ，
此时点 在线段 上， 平面 ，
∴点 在平面 上.
（ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得，
第22页/共24页，
设直线 与直线 所成角为 ，
∴ .
法2：
由几何知识得， ，
， ∥ ，
∴ ，
在Rt 中， ， ，由勾股定理得，
，
过点 作 的平行线，交 的延长线为 ，连接 ， ，
则 ，直线 与直线 所成角即为 中 或其补角.
∵ 平面 ， 平面 ， ，
第23页/共24页∴ ，
在Rt 中， ， ，由勾股定理得，
，
在Rt 中， ，由勾股定理得，
，
在 中，由余弦定理得，
，
即：
解得：
∴直线 与直线 所成角的余弦值为： .
18．(1)
(2)(ⅰ) (ⅱ)
【分析】（1）根据题意列出 的关系式,解方程求出 ,即可得到椭圆的标准方程；
（2）(ⅰ)设 ,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 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.
【详解】（1）由题可知, ，所以 ，解得 ，
第24页/共24页故椭圆的标准方程为 ；
（2）(ⅰ)设 ，易知 ，
法一：所以 ，故 ，且 ．
因为 ， ，所以 ，
即 ，解得 ，所以 ，
所以点 的坐标为 .
法二：设 ，则 ，所以
， ，故
点 的坐标为 .
(ⅱ)因为 , ,由 ,可得
,化简得 ,即 ,
第25页/共24页所以点 在以 为圆心, 为半径的圆上（除去两个点）,
为 到圆心 的距离加上半径,
法一：设 ,所以
,当且仅当 时取等号,
所以 .
法二：设 ，则 ，
，当且仅当 时取等号,
故 .
19．(1)
(2)证明见解析
(3)
【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 时 的范围，对于 时，可利用（2）中的结论结合特值法求得
第26页/共24页，从而可得 的最小值；或者先根据函数解析特征得 ，再结合特值法可得
，结合（1）的结果可得 的最小值.
【详解】（1）法1： ，
因为 ，故 ，故 ，
当 时， 即 ，
当 时， 即 ，
故 在 上为增函数，在 为减函数，
故 在 上的最大值为 .
法2：我们有
.
所以：
第27页/共24页.
这得到 ，同时又有 ，
故 在 上的最大值为 ，在 上的最大值也是 .
（2）法1：由余弦函数的性质得 的解为 ， ，
若任意 与 交集为空，
则 且 ，此时 无解，
矛盾，故无解；故存在 ，使得 ，
法2：由余弦函数的性质知 的解为 ，
若每个 与 交集都为空，
则对每个 ，必有 或 之一成立.
此即 或 ，但长度为 的闭区间 上必有一整数 ，该整数 不满
足条件，矛盾.
故存在 ，使得 成立.
（3）法1：记 ，
因为 ，
第28页/共24页故 为周期函数且周期为 ,故只需讨论 的情况.
当 时， ，
当 时， ，
此时 ，
令 ，则 ，
而 ，
，故 ，
当 ，在（2）中取 ，则存在 ，使得 ，
取 ，则 ，取 即 ，
故 ，故 ，
综上 ，可取 ， 使得等号成立.
综上， .
法2：设 .
①一方面，若存在 ，使得 对任意 恒成立，则对这样的 ，
同样有 .
所以 对任意 恒成立，这直接得到 .
设 ，则根据 恒成立，有
第29页/共24页所以 均不超过 ，
再结合 ，
就得到 均不超过 .
假设 ，则 ，
故 .
但这是不可能的，因为三个角 和单位圆的交点将单位圆三等分，这三
个点不可能都在直线 左侧.
所以假设不成立，这意味着 .
②另一方面，若 ，则由（1）中已经证明 ，
知存在 ，使得
.
从而 满足题目要求.
综合上述两个方面，可知 的最小值是 .
第30页/共24页
