文档内容
2025 年全国统一高考数学试卷
（新高考Ⅱ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.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合
题目要求的.
1. 样本数据2，8，14，16，20的平均数为（ ）
A. 8 B. 9 C. 12 D. 18
【答案】C
【解析】
【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. 已知 ，则 （ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】由复数除法即可求解.
【详解】因为 ，所以 .
故选：A.
3. 已知集合 则 （ ）
第1页/共21页
学科网（北京）股份有限公司A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出集合 后结合交集的定义可求 .
【详解】 ，故 ，
故选：D.
4. 不等式 的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【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 ，
故选：C.
5. 在 中， ， ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由余弦定理 直接计算求解即可.
第2页/共21页
学科网（北京）股份有限公司【详解】由题意得 ，
又 ，所以 .
故选：A
6. 设抛物线 的焦点为 点A在C上，过A作 的准线的垂线，垂足为B，若直线
BF的方程为 ，则 （ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】C
【解析】
【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. 记 为等差数列 的前n项和，若 则 （ ）
第3页/共21页
学科网（北京）股份有限公司A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【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. 已知 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【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.
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 记 为等比数列 的前n项和， 为 的公比， 若 ，则（ ）
第4页/共21页
学科网（北京）股份有限公司.
A B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【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；
对D， ， ，
则 ，故D正确；
故选：AD.
10. 已知 是定义在R上的奇函数，且当 时， ，则（ ）
A. B. 当 时，
C. 当且仅当 D. 是 的极大值点
【答案】ABD
【解析】
第5页/共21页
学科网（北京）股份有限公司【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. 双曲线 的左、右焦点分别是 ，左、右顶点分别为 ，以
为直径的圆与C的一条渐近线交于M、N两点，且 ，则（ ）
.
A B.
C. C的离心率为 D. 当 时，四边形 的面积为
【答案】ACD
【解析】
【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；由中线向量结合 B 的结果可得
第6页/共21页
学科网（北京）股份有限公司，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 ，
第7页/共21页
学科网（北京）股份有限公司则若过点 往 轴作垂线，垂足为 ，则 ，则点 与 重合，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；
第8页/共21页
学科网（北京）股份有限公司方法二：因为 ，则 ，则 ，故C正确；
对于D，当 时，由C可知 ，故 ，
故 ，故四边形 为 ，
故D正确，
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知平面向量 若 ，则 ___________
【答案】
【解析】
【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. 若 是函数 的极值点，则 ___________
【答案】
【解析】
【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 ，
第9页/共21页
学科网（北京）股份有限公司当 时， ，
当x∈ ( −∞, 4) ,f′(x)>0,f (x)单调递增，当 单调递减，
3
当 单调递增，
所以 是函数 的极小值点，符合题意；
所以 .
故答案为： .
14. 一个底面半径为 ，高为 的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，
则铁球半径的最大值为____________ ．
【答案】
【解析】
【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：
第10页/共21页
学科网（北京）股份有限公司四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知函数 ．
（1）求 ;
（2）设函数 ，求 的值域和单调区间．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【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.
【
小问1详解】
由题意 ，所以 ；
【小问2详解】
由（1）可知 ，
所以
，
所以函数 的值域为 ，
第11页/共21页
学科网（北京）股份有限公司令 ，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. 已知椭圆 的离心率为 ，长轴长为4．
（1）求C的方程；
（2）过点 的直线l与C交于 两点， 为坐标原点，若 的面积为 ，求 ．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【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.
【小问1详解】
因为长轴长为4，故 ，而离心率为 ，故 ，
故 ，故椭圆方程为： .
【小问2详解】
第12页/共21页
学科网（北京）股份有限公司由题设直线 的斜率不为0，故设直线 ， ，
由 可得 ，
故Δ=16t4−4(t2+2)(4t2−4)=4(8−4t2)>0即 ，
且 ，
故 ，
解得 ，
故 .
17. 如图，在四边形 中， ，F为CD的中点，点E在AB上， ，
，将四边形 沿 翻折至四边形 ，使得面 与面EFCB所成
的二面角为 ．
第13页/共21页
学科网（北京）股份有限公司（1）证明: 平面 ；
（2）求面 与面 所成的二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【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.
【
小问1详解】
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 ．
【小问2详解】
第14页/共21页
学科网（北京）股份有限公司因为 ，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15页/共21页
学科网（北京）股份有限公司所以平面 与平面 夹角的正弦值为 .
18. 已知函数 ，其中 ．
（1）证明： 在区间 存在唯一的极值点和唯一的零点；
（2）设 分别为 在区间 的极值点和零点.
（i）设函数 ·证明： 在区间 单调递减；
（ii）比较 与 的大小，并证明你的结论．
【答案】（1）证明见解析；
（2）（i）证明见解析；（ii） ，证明见解析.
【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 ，
第16页/共21页
学科网（北京）股份有限公司和函数 的单调性以以及函数值的情况即可得证.
【小问1详解】
由题得 ，
因为 ，所以 ，设 ，
则 在 上恒成立，所以 在 上单调递减，
，令 ，
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.
【小问2详解】
（i）由（1）知 ，则 ， ，
第17页/共21页
学科网（北京）股份有限公司则
，
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ， 所以函数 在区间 上单调递减；
（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. 甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分．设每个球甲胜的概率为 ，
乙胜的概率为q， ，且各球的胜负相互独立，对正整数 ，记 为打完k个球后甲比乙至少
多得2分的概率， 为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率．
（1）求 （用p表示）．
第18页/共21页
学科网（北京）股份有限公司（2）若 ，求p．
（3）证明：对任意正整数m， ．
【答案】（1） ，
（2）
（3）证明过程见解析
【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.
【小问1详解】
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 ，
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 ；
【小问2详解】
第19页/共21页
学科网（北京）股份有限公司由（1）得 ， ，同理 ，
若 ， ，
则 ，
由于 ，所以 ，解得 ；
【小问3详解】
我们有
.
以及
.
至此我们得到 ， ，同理有 ，
.
故 ，即
第20页/共21页
学科网（北京）股份有限公司.
另一方面，由于
且同理有 .
故结合 ，
就能得到 ，即 ，证毕.
第21页/共21页
学科网（北京）股份有限公司
