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2025 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷 回忆版）
数学
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.在天津考生获取更多学习资料祝各位考生考试顺利！
第I 卷（选择题）
注意事项：
1．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上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.
2．本卷共9 小题，每小题5 分，共45 分.
参考公式：
·如果事件
互斥，那么
·如果事件
相互独立，那么
·棱柱的体积公式
，其中S 表示棱柱的底面面积，h 表示棱柱的高．
·圆锥的体积公式
，其中S 表示圆锥的底面面积，h 表示圆锥的高．
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1. 已知集合
，则
（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】由集合的并集、补集的运算即可求解.
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【详解】由
，则
，
集合
，
故
故选：D.
2. 设
，则“
”是“
”的（ ）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C
充要条件
D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【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. 已知函数
的图象如下，则
的解析式可能为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
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【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；
又当
时
，此时
，
由图可知当
时，
，故C 不符合，D 符合.
故选：D
4. 若m 为直线，
为两个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若
，则
B. 若
，则
C. 若
，则
D. 若
，则
【答案】C
【解析】
【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. 下列说法中错误的是（ ）
A. 若
，则
B. 若
，
，则
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C.
越接近1，相关性越强
D.
越接近0，相关性越弱
【答案】B
【解析】
【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.
，则数列
的前
项和为（ ）
A. 112
B. 48
C. 80
D. 64
【答案】C
【解析】
【分析】先由题设结合
求出数列
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，
，
当
时，
，
经检验，
满足上式，
所以
，令
，
，
设数列
的前n 项和为
，
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则数列
的前
项和为
数列
的前
项和为
.
故选：C
7. 函数
的零点所在区间是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【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.
，在
上单调递增，且
为它的一条对称轴，
是它的一个对称中心，当
时，
的最小值为（ ）
A.
B.
C. 1
D. 0
【答案】A
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【解析】
【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.
【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. 双曲线
的左、右焦点分别为
，以右焦点
为焦点的抛物线
与双曲线交于另一象限点为P，若
，则双曲线的离心率
（
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）
A. 2
B. 5
C.
D.
【答案】A
【解析】
【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
，
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：
第Ⅱ卷（非选择题）
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注意事项：
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．
2．本卷共11 小题，共105 分．
二、填空题：本大题共6 个小题，每小题5 分，共30 分．
10. 已知i 是虚数单位，则
________．
【答案】
【解析】
【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. 在
展开式中，
项的系数为________．
【答案】
【解析】
【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.
，与x 轴交于点A，与y 轴交于点B，与
交于C、D 两点，
，则
_________．
【答案】2
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【解析】
【分析】先根据两点间距离公式得出
，再计算出圆心到直线
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. 小桐操场跑圈，一周2 次，一次5 圈或6 圈.第一次跑5 圈或6 圈的概率均为0．5，若第一次跑5 圈，则
第二次跑5 圈的概率为0．4，6 圈的概率为0．6；若第一次跑6 圈，则第二次跑5 圈的概率为0．6，6 圈
的概率为0．4．小桐一周跑11 圈的概率为________；若一周至少跑11 圈为动量达标，则连续跑4 周，记
合格周数为X，则期望
_______
【答案】 ①.
.
②
【解析】
【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
，
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则
；
若至少跑11 圈为运动量达标为事件
，
，
所以
，
；
故答案为：
；
14.
中，D 为AB 边中点，
，则
______（用
，
表示），若
，
，则
_______
【答案】 ①.
； ②.
【解析】
【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
，
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，所以
所以
，
所以
．
故答案为：
；
.
15. 若
，对
，均有
恒成立，则
的最小值为_______
【答案】
【解析】
【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
，
，
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，
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此时，
，说明
时，
均可取到，满足题意，
故
的最小值为
.
故答案为：
三、解答题：本大题共5 小题，共75 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
16. 在
中，角
的对边分别为
．已知
，
，
．
（1）求A 的值；
（2）求c 的值；
（3）求
的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【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.
【小问1 详解】
已知
，由正弦定理
，
得
，显然
，
得
，由
，
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故
；
【小问2 详解】
由（1）知
，且
，
，
由余弦定理
，
则
，
解得
（
舍去），
故
；
【小问3 详解】
由正弦定理
，且
，
得
，且
，则
为锐角，
故
，故
，
且
；
故
.
17. 正方体
的棱长为4，
分别为
中点，
．
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（1）求证：
平面
；
（2）求平面
与平面
夹角的余弦值；
（3）求三棱锥
的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【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.
【小问1 详解】
法一、在正方形
中，
由条件易知
，所以
，
则
，
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故
，即
，
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
；
【小问2 详解】
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
，
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则
；
【小问3 详解】
由（1）知
平面
，
平面
，∴
，
易知
，
又
，则D 到平面
的距离为
，
由棱锥的体积公式知：
.
18. 已知椭圆
的左焦点为F，右顶点为A，P 为
上一点，且直线
的斜率为
，
的面积为
，离心率为
.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点P 的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF 平分
.
【答案】（1）
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（2）证明见解析
【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.
【小问1 详解】
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
，
因为
的面积为
，
，高为
，
所以
，解得
，
则
，
，
所以椭圆的方程为
.
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.
【小问2 详解】
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
，
所以
，
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，
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
，
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则点
到直线
的距离为
，
又点
到直线
的距离也为，
所以
平分
.
19. 已知数列
是等差数列，
是等比数列，
．
（1）求
，
的通项公式；
（2）
，
，有
，
（i）求证：对任意实数
，均有
;
（ii）求
所有元素之和．
【答案】（1）
；
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【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.
【小问1 详解】
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设数列
的公差为d，数列
公比为
，
则由题得
，
所以
；
【小问2 详解】
（i）证明：由（1）
或
，
，
当
时，
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：
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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，
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
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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. 已知函数
（1）
时，求
在点
处的切线方程；
（2）
有3 个零点，
且
.
（i）求a 的取值范围；
（ii）证明
．
【答案】（1）
（2）（i）
；（ii）证明见解析.
【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；
（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
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，结合
减元处理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式.
【小问1 详解】
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
；
【小问2 详解】
（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；
且当
时，
； 当
时，
；
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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
，
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所以
，故只需证
，
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.
