文档内容
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.
【详解】由 ，则 ，
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学科网（北京）股份有限公司集合 ，
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】
【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；
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学科网（北京）股份有限公司又当 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
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】
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学科网（北京）股份有限公司【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 的通项公式，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 ，
则数列 的前 项和为
数列 的前 项和为
.
故选：C
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学科网（北京）股份有限公司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
【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 ， ，
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学科网（北京）股份有限公司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
与双曲线交于第一象限的点 P，若 ，则双曲线的离心率 （
）
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.
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学科网（北京）股份有限公司【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）
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】
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学科网（北京）股份有限公司【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 的展开式中， 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
【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的距离 ，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 ，
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学科网（北京）股份有限公司圆 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 ，
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
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学科网（北京）股份有限公司， ，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 ，
，所以
所以 ，
所以
．
故答案为： ； .
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学科网（北京）股份有限公司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，
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）
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学科网（北京）股份有限公司（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 ，
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 ，
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学科网（北京）股份有限公司得 ，且 ，则 为锐角，
故 ，故 ，
且 ；
故 .
的
17. 正方体 棱长为4， 分别为 中点， ．
（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；
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学科网（北京）股份有限公司（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 ，
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 ，
的
易知 ，则 也是平面 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 ，
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学科网（北京）股份有限公司由（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 ，
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
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学科网（北京）股份有限公司， 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）
（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 ，
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学科网（北京）股份有限公司则 ， ，
所以椭圆的方程为 .
.
【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 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 ，
，
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 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以直线 的方程为 ，即 ，
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.
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学科网（北京）股份有限公司【小问1详解】
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：
此时该系列的元素有 共有 个，
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学科网（北京）股份有限公司则这 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
所以 的所有的元素的和中各项 出现的次数均为
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学科网（北京）股份有限公司次，
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
，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， ， ，
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学科网（北京）股份有限公司则 ，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， ；
如图作出函数 的图象，
要使函数 有3个零点，
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学科网（北京）股份有限公司则方程 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 ，
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；
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学科网（北京）股份有限公司故 ，即 .
而由 ，
可知 成立，故命题得证.
第25页/共25页
学科网（北京）股份有限公司
