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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
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.
第一部分（选择题 共40 分）
一、选择题共10 小题，每小题4 分，共40 分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要
求的一项．
1. 集合
，则
（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【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
已知复数z 满足
，则
（ ）
A.
B.
C. 4
D. 8
【答案】B
【解析】
【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.
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3. 双曲线
的离心率为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【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. 为得到函数
图象，只需把函数
的图象上的所有点（ ）
A. 横坐标变成原来
倍，纵坐标不变
B. 横坐标变成原来的2 倍，纵坐标不变
C. 纵坐标变成原来的
倍，横坐标不变
D. 纵坐标变成原来的3 倍，横坐标不变
【答案】A
【解析】
【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. 已知
是公差不为0 的等差数列，
，若
成等比数列，则
（ ）
A.
B.
C. 16
D. 18
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【答案】C
【解析】
【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. 已知
，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【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.
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7. 已知函数
的定义域为D，则“函数
的值域为
”是“对任意
，存在
，使得
”的（ ）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件
D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【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.
故选：A.
8. 设函数
，若
恒成立，且
在
上存在零点，
则
的最小值为（ ）
A. 8
B. 6
C. 4
D. 3
【答案】C
【解析】
【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
；
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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. 在一定条件下，某人工智能大语言模型训练N 个单位的数据量所需要时间
（单位：小时），
其中k 为常数．在此条件下，已知训练数据量N 从
个单位增加到
个单位时，训练时间增加
20 小时；当训练数据量N 从
个单位增加到
个单位时，训练时间增加（单位：小
时）（ ）
A. 2
B. 4
C. 20
D. 40
【答案】B
【解析】
【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.
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10. 已知平面直角坐标系
中，
，
，设
，则
的取值范围
是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【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.
第二部分（非选择题 共110 分）
二、填空题共5 小题，每小题5 分，共25 分.
11. 抛物线
的顶点到焦点的距离为3，则
________．
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线的几何性质可求
的值.
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【详解】因为抛物线的顶点到焦距的距离为
，故
，故
，
故答案
：
.
12. 已知
，则
________；
________．
【答案】 ①.
.
②
【解析】
【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
故答案为：
.
13. 已知
，且
，
，写出满足条件的一组
________，
_________．
【答案】 ①.
（答案不唯一） ②.
（答案不唯一）
【解析】
【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
，
，
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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. 某科技兴趣小组通过3D 打印机的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF 是一个平行多
边形，平面
平面ABC ，平面
平面ABC ，
，
，若
，则该多面体的体积
为________．
【答案】
【解析】
【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
.
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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
，
，
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
，
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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
，
故答案为：
.
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15. 关于定义域为R 的函数
，以下说法正确的有________．
①存在在R 上单调递增的函数
使得
恒成立；
②存在在R 上单调递减的函数
使得
恒成立；
③使得
恒成立的函数
存在且有无穷多个；
④使得
恒成立的函数
存在且有无穷多个．
【答案】②③
【解析】
【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，
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故满足
的函数不存在，故④错误.
故答案为：②③
三、解答题共6 小题，共85 分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 在
中，
．
（1）求c；
（2）在以下三个条件中选择一个作为已知，使得
存在，求BC 的高．
①
；②
；③
面积为
．
【答案】（1）6 （2）答案见解析
【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
.
【小问1 详解】
因为
，所以
，
由正弦定理有
，解得
；
【小问2 详解】
如图所示，若
存在，则设其
边上的高为
，
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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
，
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. 四棱锥
中，
与
为等腰直角三角形，
，E 为BC
的中点．
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（1）F 为
的中点，G 为PE 的中点，证明：
面PAB；
（2）若
面ABCD，
，求AB 与面PCD 所成角的正弦值．
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
【解析】
【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.
【小问1 详解】
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，
，
，
，
，
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∴四边形FGMN 为平行四边形，
，
面PAB，
面PAB，
面PAB；
【小问2 详解】
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，
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. 有一道选择题考查了一个知识点，甲、乙两校各随机抽取100 人，甲校有80 人答对，乙校有75 人答对
用频率估计概率．
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（1）从甲校随机抽取1 人，求这个人做对该题目的概率．
（2）从甲、乙两校各随机抽取1 人，设X 为做对的人数，求恰有1 人做对的概率以及X 的数学期望．
（3）若甲校同学掌握这个知识点则有
的概率做对该题目，乙校同学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，设甲校学生掌握该知识点的概
率为
，乙校学生掌握该知识点的概率为
，试比较
与
的大小（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）
，
（3）
【解析】
【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.
【小问1 详解】
用频率估计概率，从甲校随机抽取1 人，做对题目的概率为
.
【小问2 详解】
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：
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故
.
【小问3 详解】
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. 已知
的离心率为
，椭圆上的点到两焦点距离之和为4，
（1）求椭圆方程；
（2）设O 为原点，
为椭圆上一点，直线
与直线
，
交
于A，B．
与
的面积为
，比较
与
的大小．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【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；
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（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.
【小问1 详解】
由椭圆可知，
，所以
，又
，所以
，
，
故椭圆方程为
；
【小问2 详解】
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
，
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联立
，解得
，
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
，
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所以
，
，
则
，即
，
所以
.
20. 函数
的定义域为
，
为
处的切线．
（1）
的最大值；
（2）
，除点A 外，曲线
均在
上方；
（3）若
时，直线
过A 且与
垂直，
，
分别于x 轴的交点为
与
，求
的取值范
围．
【答案】（1）
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（2）证明见解析 （3）
【解析】
【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.
【小问1 详解】
设
，
，
由
可得
，当
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减，
所以
的最大值为
.
【小问2 详解】
因
为
，
所
以
直
线
的
方
程
为
，
即
，
设
，
，
由（1）可知，
在
上单调递增，而
，
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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；
【小问3 详解】
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
, 由（1 ）知, 当
时，
，所以
,
所以
.
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21.
，从M 中选出n 个有序数对构成一列：
．相邻两项
满足：
或
，称为k 列．
（1）若k 列的第一项为
，求第二项．
（2）若
为k 列，且满足i 为奇数时，
：i 为偶数时，
；判断：
与
能否同时在
中，并说明；
（3）证明：M 中所有元素都不构成k 列．
【答案】（1）
或
（2）不能，理由见解析
（3）证明过程见解析
【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.
【小问1 详解】
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
；
【小问2 详解】
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
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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.
这导致矛盾，所以二者不能同时出现在
中.
【小问3 详解】
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
.
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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.
