【数学】2025年高考真题-全国Ⅱ卷（精校版）

2025年高考全国Ⅱ卷一、单选题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解析样本数据2，8，14，16，20的平均数为2+8+14+16+205=122.已知z=1+i，则1z-1等于(A.-i B.i C.-1 D.1答案A解析1z-1=11+i-1=1i3.已知集合A={-4，0，1，2，8}，B={x|x3=x}，则A∩B等于()A.{0，1，2} B.{1，2，8}C.{2，8} D.{0，1}答案D解析B={x|x3=x}={x|x(x2-1)=0}={0，-1，1}，故A∩B={0，1}.4.不等式x-4x-1≥2的解集是A.{x|-2≤x≤1} B.{x|x≤-2}C.{x|-2≤x<1} D.{x|x>1}答案C解析x-4x-1≥2即为x+2x-1≤0，即(故不等式的解集为{x|-2≤x<1}.5.在△ABC中，BC=2，AC=1+3，AB=6，则A等于()A.45° B.60° C.120° D.135°答案A解析方法一由余弦定理得cosA=AB2+AC又0°<A<180°，所以A=45°.方法二由题意得BC<AB<AC，所以A<C<B，又A+B+C=180°，所以A<60°，结合选项可知A正确.6.设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点A在C上，过A作C的准线的垂线，垂足为B，若直线BF的方程为y=-2x+2，则|AF|等于()A.3 B.4 C.5 D.6答案C解析对lBF：y=-2x+2，令y=0，则x=1，所以F(1，0)，p=2，所以抛物线C：y2=4x，故抛物线的准线方程为x=-1，当x=-1时，y=4，故B(-1，4)，则yA=4，代入抛物线C：y2=4x得xA=4.所以|AF|=|AB|=xA+p2=4+1=57.记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3=6，S5=-5，则S6等于()A.-20 B.-15 C.-10 D.-5答案B解析设等差数列{an}的公差为d，则由题意可得3a1所以S6=6a1+15d=6×5+15×(-3)=-15.8.已知0<α<π，cosα2=55，则sinα-πA.210 B.25 C.32答案D解析由题意得cosα=2cos2α2-1=2×552因为0<α<π，则sinα=1-cos2α=1-所以sinα-π4=sinαcosπ4-cosαsinπ4=45×22二、多选题9.记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，q>0，若S3=7，a3=1，则()A.q=12 B.a5=C.S5=8 D.an+Sn=8答案AD解析对A，由题意得a1q2=1,a1+a1q+a对B，a5=a1q4=4×124=14对C，S5=a1(1-q5)1-q对D，an=4×12n-1=23-n，Sn=4×则an+Sn=23-n+8-23-n=8，故D正确.10.已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)=(x2-3)ex+2，则()A.f(0)=0B.当x<0时，f(x)=-(x2-3)e-x-2C.f(x)≥2当且仅当x≥3D.x=-1是f(x)的极大值点答案ABD解析对于A，因为f(x)是定义在R上的奇函数，则f(0)=0，故A正确；对于B，当x<0时，-x>0，则f(x)=-f(-x)=-{[(-x)2-3]e-x+2}=-(x2-3)e-x-2，故B正确；对于C，f(-1)=-(1-3)e-2=2(e-1)>2，故C错误；对于D，当x<0时，f(x)=(3-x2)e-x-2，则f'(x)=-(3-x2)e-x-2xe-x=(x2-2x-3)e-x，令f'(x)=0，解得x=-1或x=3(舍去)，当x∈(-∞，-1)时，f'(x)>0，此时f(x)单调递增，当x∈(-1，0)时，f'(x)<0，此时f(x)单调递减，则x=-1是f(x)的极大值点，故D正确.11.双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0，b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2，以F1F2为直径的圆与C的一条渐近线交于M，N两点，且∠NA1MA.∠A1MA2=πB.|MA1|=2|MA2|C.C的离心率为13D.当a=2时，四边形NA1MA2的面积为83答案ACD解析不妨设渐近线为y=bax，点M在第一象限，点N对于A，由双曲线的对称性可得四边形A1MA2N为平行四边形，故∠A1MA2=π-5π6=π故A正确；对于B，方法一因为M在以F1F2为直径的圆上，故|MO|=c，设M(x0，y0)(x0>0)，则x02+y02=c2,y0x0=ba,故x0=a,y0=由A项得∠A1MA2=π6，故|MA2|=|MA1|×32，即|MA1|=233|MA2方法二因为tan∠MOA2=ba，双曲线中，c2=a2+b2则cos∠MOA2=ac，又因为以F1F2为直径的圆与C的一条渐近线交于M，N，则|OM|=c若过点M作x轴的垂线，垂足为H，则|OH|=c·ac=a=|OA2|，则点H与A2重合，则MA2⊥x又∠A1MA2=π6，所以|MA1|=MA2|cosπ6=2方法三因为tan∠MOA2=ba，所以cos∠MOA2=a在△OMA2中，利用余弦定理知，MA2|2=|OM|2+OA2|2-2|OM||即MA2|2=c2+a2-2ac·ac=b2，则|则△OMA2为直角三角形，所以MA2⊥A1A2，又∠A1MA2=π6，则|MA1|=233|MA2|对于C，方法一因为MO=12(MA1+MA2)，故4MO2=由B可知|MA2|=b，|MA1|=233故4c2=b2+43b2+2×b×233b×32=133b2=133(c2-a2)，即故离心率e=13，故C正确；方法二在Rt△MA2A1中，∠MA1A2=π3，所以tan∠MA1A2=MA2||A1A2则e=ca=1+b2a2=1+(2对于D，当a=2时，由C项可知e=13，故c=26，故b=26，故四边形NA1MA2的面积为2S△MA1A2=2×12×26×2三、填空题12.已知平面向量a=(x，1)，b=(x-1，2x)，若a⊥(a-b)，则|a|=.

答案2解析a-b=(1，1-2x)，因为a⊥(a-b)，则a·(a-b)=0，则x+1-2x=0，解得x=1.则a=(1，1)，则|a|=2.13.若x=2是函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)的极值点，则f(0)=.

答案-4解析由题意有f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)，所以f'(x)=(x-2)(x-a)+(x-1)(x-a)+(x-1)(x-2)，因为x=2是函数f(x)的极值点，所以f'(2)=2-a=0，得a=2.当a=2时，f'(x)=2(x-2)(x-1)+(x-2)2=(x-2)(3x-4)，令f'(x)=0，得x=2或x=43当x∈-∞，43时，f'(x)>0，f(x)单调递增；当x∈43，2时，f'(x)当x∈(2，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，所以x=2是函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)的极小值点，符合题意，故a=2.所以f(0)=-1×(-2)×(-a)=-2a=-4.14.一个底面半径为4cm，高为9cm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cm.

答案5解析设铁球的半径为rcm.分三种情况讨论.情况一：竖直排列(一个在上，一个在下)，则4r≤9，∴r≤94情况二：水平排列(并排放置)，则4r≤8，∴r≤2；情况三：斜向排列，截面图如图所示，0<r<4，由图可知(8-2r)2+(9-2r)2=4r2，即4r2-68r+145=0，即(2r-5)(2r-29)=0，解得r=52或r=292(舍去综上所述，铁球半径的最大值为52cm四、解答题15.已知函数f(x)=cos(2x+φ)(0≤φ<π)，f(0)=12(1)求φ；(2)设函数g(x)=f(x)+f

x-π6，求g(x解(1)由题意得f(0)=cosφ=12(0≤φ<π)，所以φ=π(2)由(1)可知f(x)=cos2x所以g(x)=f(x)+f

x-π6=cos2x=12cos2x-32sin2x+cos2x=32cos2x-32sin2x=所以函数g(x)的值域为[-3，3].令2kπ≤2x+π6≤π+2kπ，k∈Z，解得-π12+kπ≤x≤5π12+kπ，k令π+2kπ≤2x+π6≤2π+2kπ，k∈Z，解得5π12+kπ≤x≤11π12+kπ，k所以函数g(x)的单调递减区间为-π12+kπ单调递增区间为5π12+kπ，16.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0(1)求C的方程；(2)过点(0，-2)的直线l与C交于A，B两点，O为坐标原点，若△OAB的面积为2，求|AB|.解(1)因为长轴长为4，则2a=4，a=2，又离心率为22，则c=2故b=4-2=2，故椭圆C的方程为x24+y(2)方法一由题设可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l：x=t(y+2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x=t(y+2),x24+y22=1,消去x可得(故Δ=16t4-4(t2+2)(4t2-4)=16(2-t2)>0，即-2<t<2，且y1+y2=-4t2t2+2，y1故S△OAB=12×|2t|×|y1-y2|=|t|(y1+y2解得t=±63故|AB|=1+t2|y1-y2|=1+23×(y1+方法二设l：y=kx-2，点P(0，-2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x24+y22=1,y=kx-2⇒Δ=(-8k)2-4×(2k2+1)×4=32k2-16>0，可得k>22或k<-2x1+x2=8k2k2+1，x1x2=42k2S△OAB=S△OPB-S△OPA=12×2|x2|-12×2|x1|=|x2-x1|=(x1+解得k2=32，所以|AB|=k2+1|x2-x1|=52×17.如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°.(1)证明：A'B∥平面CD'F；(2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值.(1)证明设AD=1，所以AB=3，CD=2，因为F为CD的中点，所以DF=1，因为EF∥AD，AB∥CD，所以四边形AEFD是平行四边形，所以AE∥DF，所以A'E∥D'F，因为D'F⊂平面CD'F，A'E⊄平面CD'F，所以A'E∥平面CD'F，因为FC∥EB，FC⊂平面CD'F，EB⊄平面CD'F，所以EB∥平面CD'F，又EB∩A'E=E，EB，A'E⊂平面A'EB，所以平面A'EB∥平面CD'F，又A'B⊂平面A'EB，所以A'B∥平面CD'F.(2)解方法一因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB，又因为AB∥FC，EF∥AD，所以EF⊥FC，以F为原点，FE，FC以及垂直于平面EFCB的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.因为D'F⊥EF，CF⊥EF，平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角为60°，所以∠D'FC=60°.则由(1)得B(1，2，0)，C(0，1，0)，D'0，12，32，E(1，0，0)，F(0所以BC=(-1，-1，0)，CD'=0，-12，32，FE=(1，0，设平面BCD'的法向量为n=(x，y，z)，则BC·n令y=3，则z=1，x=-3，则n=(-3，3，1)为平面BCD'的一个法向量.设平面EFD'A'的法向量为m=(x1，y1，z1)，则FE·m令y1=3，则z1=-1，x1=0，所以m=(0，3，-1)为平面EFD'A'的一个法向量.所以|cos〈m，n〉|=|m·n||所以平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值为1-772方法二由EF⊥A'E且EF⊥EB，可知∠A'EB即为平面EFD'A'与平面EFCB所成二面角的平面角，为60°，不妨设AD=1，在平面A'EB内，由点A'作EB的垂线，垂足为O，可知A'O⊥平面EFCB，EO=12，OB=32，以则E0，-12，0，F-1，-12，0，FE=(1，0，0)，EA'=0，CB=(1，1，0)，D'B=1，设平面EFD'A'的法向量为n1=(x1，y1，z1)，则有FE·n1=x1=0,EA'·n1=12y1+设平面BCD'的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则有CB·n2=x2+y2=0,D'B·n2=x2设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ，则有|cosθ|=|cos〈n1，n2〉|=n1·n2n1||n2方法三由CD=2AD，F为CD的中点，得DF=AD=FC.又AB∥CD，EF∥AD，所以四边形EFDA为平行四边形，又∠DAB=90°，DF=AD，所以四边形EFDA为正方形，则EF⊥CD，即D'F⊥EF，FC⊥EF，所以∠D'FC是平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角的平面角，因为平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角为60°，所以∠D'FC=60°，又D'F=FC，所以△CD'F为正三角形.由D'F⊥EF，FC⊥EF，D'F∩FC=F，D'F，FC⊂平面CD'F，得EF⊥平面CD'F.因为EF⊂平面EFCB，所以平面CD'F⊥平面EFCB.取FC的中点O，连接D'O，则D'O⊥FC，又平面CD'F⊥平面EFCB，平面CD'F∩平面EFCB=FC，D'O⊂平面CD'F，所以D'O⊥平面EFCB，过O作OM∥EF，交BE于M，则以O为坐标原点，分别以OM，OC，OD'所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设FC=2，则F(0，-1，0)，E(2，-1，0)，C(0，1，0)，B(2，3，0)，D'(0，0，3)，则CB=(2，2，0)，CD'=(0，-1，3)，FE=(2，0，0)，FD'=(0，1，3).设平面BCD'的法向量为n1=(x1，y1，z1)，则n1·令z1=1，得x1=-3，y1=3，则平面BCD'的一个法向量为n1=(-3，3，1).设平面EFD'A'的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则n2·令z2=1，得y2=-3，x2=0，则平面EFD'A'的一个法向量为n2=(0，-3，1).设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ，则|cosθ|=|cos〈n1，n2〉|=n1·n2|所以sinθ=1-cos2θ=1-772=42718.已知函数f(x)=ln(1+x)-x+12x2-kx3，其中0<k<1(1)证明：f(x)在区间(0，+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点；(2)设x1，x2分别为f(x)在区间(0，+∞)的极值点和零点.(ⅰ)设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t).证明：g(t)在区间(0，x1)单调递减；(ⅱ)比较2x1与x2的大小，并证明你的结论.(1)证明由题意得f'(x)=11+x-1+x-3kx2=x21+x-3kx2因为x∈(0，+∞)，所以x2>0，设h(x)=11+x-3k，x则h'(x)=-1(1+x)2<0在(0，+∞)上恒成立，所以h(x)在(0，因为0<k<13，所以h(0)=1-3k>0，令h(x1)=0，则x1=13所以当x∈(0，x1)时，h(x)>0，则f'(x)>0；当x∈(x1，+∞)时，h(x)<0，则f'(x)<0，所以f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，+∞)上单调递减，所以x1为f(x)在(0，+∞)上的极大值点，所以f(x)在(0，+∞)上存在唯一极值点.对函数y=ln(1+x)-x有y'=11+x-1=-x1+x<0在(0，所以y=ln(1+x)-x在(0，+∞)上单调递减，所以y=ln(1+x)-x<0在(0，+∞)上恒成立，又因为f(0)=0，f(x1)>0，当x→+∞时，12x2-kx3=12x2(1-2kx)→-所以当x→+∞时，f(x)→-∞，所以存在唯一的x2∈(x1，+∞)使得f(x2)=0，即f(x)在(0，+∞)上存在唯一零点.(2)(ⅰ)证明由(1)知x1=13k-1，则x1+1=13k，f'(x)=x211+x则g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t)=-3k(=-3k(=-3kt(x1+t)2因为0<t<x1且k>0，所以-6kt2<0，2x1+x12-t2又1+x1>t，所以(1+x1)2-t2>0，所以g'(t)<0，所以函数g(t)在区间(0，x1)上单调递减.(ⅱ)解2x1>x2，证明如下：由(ⅰ)知，函数g(t)在区间(0，x1)上单调递减，所以g(0)>g(x1)，即0>f(2x1)，又f(x2)=0，所以f(x2)>f(2x1)，由(1)可知f(x)在(x1，+∞)上单调递减，2x1，x2∈(x1，+∞)，所以2x1>x2.19.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p12<p<1，乙胜的概率为q，p+q=1，且各球的胜负相互独立，对正整数k≥2，记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，qk为打完k(1)求p3，p4(用p表示)；(2)若p4-p3(3)证明：对任意正整数m，p2m+1-q2m+1<p2m-q2m<p2m+2-q2m+2.(1)解p3为打完3个球后甲比乙至少多得2分的概率，故只能甲胜三场，故所求概率p3=C33(1-p)0p3=pp4为打完4个球后甲比乙至少多得2分的概率，故甲胜三场或四场，故所求概率p4=C43(1-p)1p3+C44(1-p)0p4=4p3(1-p)+p