文档文本内容
2025 年全国统一高考数学试卷
（新高考Ⅱ卷）（解析卷）
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.
1．C
【分析】由平均数的计算公式即可求解.
【详解】样本数据 的平均数为 .
故选：C.
2．A
【分析】由复数除法即可求解.
【详解】因为 ，所以 .
故选：A.
3．D
【分析】求出集合 后结合交集的定义可求 .
【详解】 ，故 ，
故选：D.
4．C
【分析】移项后转化为求一元二次不等式的解即可.
【详解】 即为 即 ，故 ，
故解集为 ，
第1页/共14页故选：C.
5．A
【分析】由余弦定理 直接计算求解即可.
【详解】由题意得 ，
又 ，所以 .
故选：A
6．C
【分析】先由直线 求出焦点 和 即抛物线 的方程，进而依次得抛物线的准线方程和
点B，从而可依次求出 和 ，再由焦半径公式即可得解.
【详解】对 ，令 ，则 ，
所以 ， 即抛物线 ，故抛物线的准线方程为 ，
故 ，则 ，代入抛物线 得 .
所以 .
故选：C
7．B
【分析】由等差数列前n项和公式结合题意列出关于首项 和公差d的方程求出首项 和
第2页/共14页公差d，再由等差数列前n项和公式即可计算求解.
【详解】设等差数列 的公差为d，则由题可得 ，
所以 .
故选：B.
8．D
【分析】利用二倍角余弦公式得 ，则 ，最后再根据两角差的正弦公式
即可得到答案.
【详解】 ，
因为 ，则 ，则 ，
则 .
故选：D.
9．AD
【分析】对A，根据等比数列通项公式和前 项和公式得到方程组，解出 ，再利用其
通项公式和前 项和公式一一计算分析即可.
【详解】对A，由题意得 ，结合 ，解得 或 （舍去），
故A正确；
对B，则 ，故B错误；
对C， ，故C错误；
第3页/共14页对D， ， ，
则 ，故D正确；
故选：AD.
10．ABD
【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用 代入求解即可；对
C，举反例 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 定义在 上奇函数，则 ，故A正确；
对B，当 时， ，则 ，故B
正确；
对C， ， 故C错误；
对D，当 时， ，则 ，
令 ，解得 或 （舍去），
当 时， ，此时 单调递增，
当 时， ，此时 单调递减，
则 是 极大值点，故D正确；
故选：ABD.
11．ACD
【分析】由平行四边形的性质判断A；由 且 结合 在渐近线上可求
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
第4页/共14页结合B的结果可得 ，计算后可判断C的正误，或者利用 并结合离
心率变形公式即可判断；结合BC的结果求出面积后可判断D的正误.
【详解】不妨设渐近线为 ， 在第一象限， 在第三象限，
对于A，由双曲线的对称性可得 为平行四边形，故 ，
故A正确；
对于B，方法一：因为 在以 为直径的圆上，故 且 ，
设 ，则 ，故 ，故 ，
由A得 ，故 即 ，故B错误；
方法二：因为 ，因为双曲线中， ，
则 ，又因为以 为直径的圆与 的一条渐近线交于 、 ，则 ，
则若过点 往 轴作垂线，垂足为 ，则 ，则点 与 重合，
第5页/共14页则 轴，则 ，
方法三：在 利用余弦定理知， ，
即 ，则 ，
则 为直角三角形，且 ，则 ，故B错误；
对于C，方法一：因为 ，故 ，
由B可知 ，
故 即 ，
故离心率 ，故C正确；
方法二：因为 ，则 ，则 ，故C
正确；
第6页/共14页对于D，当 时，由C可知 ，故 ，
故 ，故四边形 为 ，
故D正确，
故选：ACD.
12．
【分析】根据向量坐标化运算得 ，再利用向量垂直的坐标表示得到方程，
解出即可.
【详解】 ，因为 ，则 ，
则 ，解得 .
则 ，则 .
故答案为： .
13．
【分析】由题意得 即可求解 ，再代入即可求解.
【详解】由题意有 ，
所以 ，
因为 是函数 极值点，所以 ，得 ，
当 时， ，
当 单调递增，当 单调递减，
当 单调递增，
所以 是函数 的极小值点，符合题意；
第7页/共14页所以 .
故答案为： .
14．
【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 ，设铁球的半径为r，且 ，
由圆柱与球的性质知 ，
即 ， ，
故答案为： .
15．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）直接由题意得 ，结合余弦函数的单调性即可得解；
（2）由三角恒等变换得 ，由此可得值域，进一步由整体代入法可得
函数 的单调区间.
【详解】（1）由题意 ，所以 ；
（2）由（1）可知 ，
第8页/共14页所以
，
所以函数 的值域为 ，
令 ，解得 ，
令 ，解得 ，
所以函数 的单调递减区间为 ，
函数 的单调递增区间为 .
16．(1)
(2)
【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 表示面积后可求 的值，从而
可求弦长.
【详解】（1）因为长轴长为4，故 ，而离心率为 ，故 ，
故 ，故椭圆方程为： .
（2）
第9页/共14页由题设直线 的斜率不为0，故设直线 ， ，
由 可得 ，
故 即 ，
且 ，
故 ，
解得 ，
故 .
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出 平面 及 平面 ，
再应用面面平行判定定理得出平面 平面 ，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 的坐标表示出来，然后将平面
及平面 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.
【详解】（1）设 ，所以 ，因为 为 中点，所以 ，因为
， ，所以 是平行四边形， 所以 ，所以 ，
因为 平面 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 平面 ，所以 平面 ，
又 ， 平面 ，所以平面 平面 ，
又 平面 ，所以 平面 ．
（2）
第10页/共14页因为 ，所以 ，又因为 ，所以 ，
以 为原点， 以及垂直于平面 的直线分别为 轴，建立空间直角坐标系.
因为 ，平面 与平面 所成二面角为60° ，
所以 .
则 ， ， ， ， ，.
所以 .
设平面 的法向量为 ，则
，所以 ，令 ，则 ，则 .
设平面 的法向量为 ，
则 ，所以 ，
令 ，则 ，所以 .
所以 .
第11页/共14页所以平面 与平面 夹角的正弦值为 .
18．(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii） ，证明见解析.
【分析】（1）先由题意求得 ，接着构造函数 ，
利用导数工具研究函数 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 在区间 上存在唯一极值点；再结合 和 时 的正负情况即
可得证 在区间 上存在唯一零点；
（2）（i）由（1） 和 结合（1）中所得导函数
计算得到 ，再结合 得
即可得证；
（ii）由函数 在区间 上单调递减得到 ，再结合 ，
和函数 的单调性以以及函数值的情况即可得证.
【详解】（1）由题得 ，
因为 ，所以 ，设 ，
则 在 上恒成立，所以 在 上单调递减，
，令 ，
第12页/共14页所以当 时， ，则 ；当 时， ，则 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 在 上存在唯一极值点，
对函数 有 在 上恒成立，
所以 在 上单调递减，
所以 在 上恒成立，
又因为 ， 时 ，
所以 时 ，
所以存在唯一 使得 ，即 在 上存在唯一零点.
（2）（i）由（1）知 ，则 ， ，
则
，
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ， 所以函数 在区间 上单调递减；
第13页/共14页（ii） ，证明如下：
由（i）知：函数 在区间 上单调递减，
所以 即 ，又 ，
由（1）可知 在 上单调递减， ，且对任意 ，
所以 .
19．(1) ，
(2)
(3)证明过程见解析
【分析】（1）直接由二项分布概率计算公式即可求解；
（2）由题意 ，联立 ， 即可求解；
（3）首先 ， ，同理有
， ，作差有 ，另一
方面 ，且同理有
，作差能得到 ，由此即可
得证.
【详解】（1） 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，
故所求为 ，
第14页/共14页为打完4个球后甲比乙至少多得两分的概率，故甲胜三场或四场，
故所求为 ；
（2）由（1）得 ， ，同理 ，
若 ， ，
则 ，
由于 ，所以 ，解得 ；
（3）我们有
.
以及
.
至此我们得到 ， ，同理有
， .
第15页/共14页故 ，即
.
另一方面，由于
且同理有 .
故结合
就能得到 ，即 ，证毕.
第16页/共14页
