1 2025年全国Ⅰ卷（数学）含答案

年普通高等学校招生全国统一考试(全国Ⅰ卷)数学使用地区：山东、广东、福建、湖南、湖北、河北、江苏、浙江、河南、江西、安徽本试卷满分150分，考试时间120分钟.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.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.(1＋5i)i的虚部为A.－1 B.0 C.1 D.62.已知集合U＝{x|x是小于9的正整数}，A＝{1，3，5}，则∁UA中元素的个数为A.0 B.3 C.5 D.83.已知双曲线C的虚轴长是实轴长的eq\r(7)倍，则C的离心率为A.eq\r(2) B.2 C.eq\r(7) D.2eq\r(2)4.已知点(a，0)(a>0)是函数y＝2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象的一个对称中心，则a的最小值为A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3) C.eq\f(π,2) D.eq\f(4π,3)5.已知f(x)是定义在R上且周期为2的偶函数，当2≤x≤3时，f(x)＝5－2x，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＝A.－eq\f(1,2) B.－eq\f(1,4) C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,2)6.帆船比赛中，运动员可借助风力计测定风速的大小与方向，测出的结果在航海学中称为视风风速.视风风速对应的向量是真风风速对应的向量与船行风风速对应的向量之和，其中船行风风速对应的向量与船速对应的向量大小相等、方向相反.图1给出了部分风力等级、名称与风速大小的对应关系.已知某帆船运动员在某时刻测得的视风风速对应的向量与船速对应的向量如图2所示(线段长度代表速度大小，单位：m/s)，则该时刻的真风为级数名称风速大小(单位：m/s)2轻风1.6～3.33微风3.4～5.44和风5.5～7.95劲风8.0～10.7图1图2A.轻风 B.微风 C.和风 D.劲风7.已知圆x2＋(y＋2)2＝r2(r>0)上到直线y＝eq\r(3)x＋2的距离为1的点有且仅有两个，则r的取值范围是A.(0，1) B.(1，3) C.(3，＋∞) D.(0，＋∞)8.已知2＋log2x＝3＋log3y＝5＋log5z，则x，y，z的大小关系不可能为A.x>y>z B.x>z>y C.y>x>z D.y>z>x二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC的中点，则A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1DC.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D10.已知抛物线C：y2＝6x的焦点为F，过F的一条直线交C于A，B两点，过A作直线l：x＝－eq\f(3,2)的垂线，垂足为D，过F且与直线AB垂直的直线交l于点E，则A.|AD|＝|AF| B.|AE|＝|AB|C.|AB|≥6 D.|AE|·|BE|≥1811.已知△ABC的面积为eq\f(1,4)，cos2A＋cos2B＋2sinC＝2，cosAcosBsinC＝eq\f(1,4)，则A.sinC＝sin2A＋sin2B B.AB＝eq\r(2)C.sinA＋sinB＝eq\f(\r(6),2) D.AC2＋BC2＝3三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若直线y＝2x＋5是曲线y＝ex＋x＋a的一条切线，则a＝________.13.若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于________.14.有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1个球.记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望E(X)＝________.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.(13分)为研究某疾病与超声波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群中随机调查了1000人，得到如下列联表：单位：人组别超声波检查结果正常不正常合计患该疾病20180200未患该疾病78020800合计8002001000(1)记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为p，求p的估计值；(2)根据小概率值α＝0.001的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关.附：χ2＝eq\f(n(ad－bc)2,(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)).P(χ2≥k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.82816.(15分)已知数列{an}中，a1＝3，eq\f(an＋1,n)＝eq\f(an,n＋1)＋eq\f(1,n(n＋1)).(1)证明：数列{nan}是等差数列；(2)给定正整数m，设函数f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f′(－2).17.(15分)如下图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD.(1)证明：平面PAB⊥平面PAD.(2)设PA＝AB＝eq\r(2)，BC＝2，AD＝1＋eq\r(3)，且点P，B，C，D均在球O的球面上.(ⅰ)证明：点O在平面ABCD内；(ⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值.18.(17分)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(2\r(2),3)，下顶点为A，右顶点为B，|AB|＝eq\r(10).(1)求C的方程.(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足|AP|·|AR|＝3.(ⅰ)设P(m，n)，求R的坐标(用m，n表示)；(ⅱ)设O为坐标原点，Q是C上的动点，直线OR的斜率是直线OP的斜率的3倍，求|PQ|的最大值.19.(17分)(1)求函数f(x)＝5cosx－cos5x在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))的最大值；(2)给定θ∈(0，π)和a∈R，证明：存在y∈[a－θ，a＋θ]使得cosy≤cosθ；(3)设b∈R，若存在φ∈R使得5cosx－cos(5x＋φ)≤b对x∈R恒成立，求b的最小值.参考答案试卷结构、题量及分值与2024年一致，单选题8道(40分)、多选题3道(18分)、填空题3道(15分)、解答题5道(77分).难度梯度明显，基础题占比约43%(分值64分)、中档题占比约31%(分值46分)、难题占比约26%(分值40分).创新点突出，如将不同模块知识融合(三角函数与导数结合)；核心素养(逻辑推理、直观想象、数学运算)考查贯穿全卷；重点模块(函数与导数32分、解析几何32分)分值占比约43%.一、命题新动向相较2024年，本卷呈现三大变化：①基础题和中档题难度降低，每一个模块均有基础题和中档题，如三角函数(4题)，数列(13题、16题)，立体几何(9题)，概率与统计(15题)，解析几何(3题、7题)，函数与导数(5题、12题)，压轴题区分度加大；②强化四基，关注数学本质，比如，第1～4题、第9，12，13题，主要考查数学基础知识的理解与应用、基本技能的掌握；③注重知识间的紧密联系，注重真实情境转化(如帆船比赛中的风速建模)，创新题难度增加，函数与导数、解析几何连续五年保持高强度考查.二、考点、考法新变化选择题、填空题各个模块考点分布和数量与2024年差异不大，有些试题，像第8题，可以从特殊值出发，进行探索和尝试，体现数学“大胆猜想，小心求证”的过程；第6题和第15题，利用真实生活情境，激活数学本质，真正地把学到的知识应用到生活中来，考查知识的迁移与应用；第19题，三角函数与导数结合，考查了考生应变能力.三、热点、创新题【情境】第6题设置了帆船比赛的情境，引入视风风速、真风风速、船行风风速等概念，考查理解与应用向量解决实际问题的能力；第15题以研究某疾病与超声波检查结果的关系为背景，应用列联表来检验两个随机变量的关联性，体现了统计知识和方法在实际生活中的应用.【创新】第16题，在常见的数列问题中融入函数与导数，促进知识的融合；第19题，三角函数和导数相结合，考查最值问题.【热点】“探索性问题”(第8题)可以从特殊值出发，研究一般性问题；“圆锥曲线最值范围”(第18题)仍是高频考点，解题关键在于合理设置变量与简化运算.四、重难、易错题【重难题】第11题(解三角形)，找到角C为直角是关键；第18题(椭圆)，不能正确表达长度的乘积、斜率的关系，无法建立联系，导致思路受阻；第19题(三角函数与导数)，含参不等式恒成立问题，需利用反证法求解，对逻辑严谨性要求较高.【易错题】第6题(平面向量)，概念较多，容易混淆导致出错.1—5CCDBA6—8ABB9BD10ACD11ABC12413214eq\f(61,25)1.C复数的运算＋复数的概念(1＋5i)i＝－5＋i，其虚部为1，故选C.2.C集合的补集运算＋集合中元素的个数由题意得U＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，所以∁UA＝{2，4，6，7，8}，其有5个元素，故选C.3.D双曲线的离心率由题意得b＝eq\r(7)a，所以c＝2eq\r(2)a(提示：双曲线中a2＋b2＝c2)，所以e＝2eq\r(2)，故选D.4.B正切型函数图象的对称中心令x－eq\f(π,3)＝eq\f(kπ,2)，k∈Z，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,3)，k∈Z[提示：正切函数y＝tanx图象的对称中心为(eq\f(kπ,2)，0)，k∈Z]，故y＝2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,3)，0))，k∈Z，由题意知a＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,3)>0，k∈Z，所以a的最小值为eq\f(π,3)，故选B.5.A函数的性质通解：当x∈[－1，0]时，－x＋2∈[2，3]，∴当x∈[－1，0]时，f(x)＝f(－x)＝f(－x＋2)＝5－2(－x＋2)＝1＋2x(题眼)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＝1－eq\f(3,2)＝－eq\f(1,2)，故选A.快解：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)＋2))＝5－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)＋2))＝－eq\f(1,2)，故选A.6.A向量的加法运算＋向量的模如下图，由题意得真风风速对应的向量＝视风风速对应的向量－船行风风速对应的向量＝视风风速对应的向量＋船速对应的向量＝(题眼)，显然|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2eq\r(2)∈(1.6，3.3)，所以该时刻的真风为轻风，故选A.7.B直线与圆的位置关系＋点到直线的距离公式易求得圆心(0，－2)到直线y＝eq\r(3)x＋2的距离d＝2.当r＝1时，该圆上到直线的距离为1的点有且仅有一个.当r＝3时，该圆上到直线的距离为1的点有且仅有三个，故当1<r<3时，圆x2＋(y＋2)2＝r2(r>0)上到直线y＝eq\r(3)x＋2的距离为1的点有且仅有两个，故选B.8.B对数的运算令2＋log2x＝3＋log3y＝5＋log5z＝0得x＝eq\f(1,4)，y＝eq\f(1,27)，z＝eq\f(1,55)，此时x>y>z，排除A；令2＋log2x＝3＋log3y＝5＋log5z＝5得x＝8，y＝9，z＝1，此时y>x>z，排除C；令2＋log2x＝3＋log3y＝5＋log5z＝8得x＝26＝64，y＝35＝243，z＝53＝125，此时y>z>x，排除D.综上，故选B.9.BD正三棱柱的结构特征＋空间中的线面间位置关系对于A，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(A1C,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·(eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))≠0，故A不正确.对于B，如下图，取B1C1的中点D1，连接A1D1，DD1，AD.显然A，A1，D1，D四点共面(关键：将截面AA1D补全，垂直关系就显而易见)，由正三棱柱的结构特征可知B1C1⊥A1D1，B1C1⊥DD1.因为A1D1∩DD1＝D1，A1D1，DD1⊂平面AA1D，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确.对于C，易知AD∥A1D1，所以AD与A1B1不平行，故C不正确.对于D，显然AA1∥CC1，因为AA1⊂平面AA1D，CC1⊄平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确.综上，故选BD.10.ACD抛物线的定义＋抛物线的几何性质＋直线与抛物线的位置关系对于A，易得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))，直线l：x＝－eq\f(3,2)是抛物线C的准线(关键：发现直线l是抛物线的准线，从而运用抛物线的定义求解).由抛物线的定义知|AD|＝|AF|，故A正确.对于B，显然直线AB的斜率不为0，∴可设直线AB：x＝ny＋eq\f(3,2)，代入抛物线C的方程y2＝6x，消去x得y2－6ny－9＝0，Δ>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝6n，y1y2＝－9，∴|AB|＝eq\r(1＋n2)eq\r((y1＋y2)2－4y1y2)＝6(1＋n2).∵EF⊥AB，∴直线EF：y＝－neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2))).易得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3n))，∴|EF|＝3eq\r(1＋n2)，∴|AE|＝eq\r(|EF|2＋|AF|2)＝eq\r((1＋n2)（9＋yeq\o\al(2,1)）).当n＝0时，|AB|＝6，|AE|＝3eq\r(2)，此时|AE|≠|AB|，故B错误.对于C，由选项B知|AB|＝6(1＋n2)≥6，当且仅当n＝0时取等号，故C正确.对于D，由B知|AE|＝eq\r((1＋n2)（9＋yeq\o\al(2,1)）)，|BE|＝eq\r((1＋n2)（9＋yeq\o\al(2,2)）)，∴|AE|·|BE|＝(1＋n2)·eq\r(（9＋yeq\o\al(2,1)）（9＋yeq\o\al(2,2)）)＝(1＋n2)eq\r(81＋9（yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)）＋yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2))＝18(1＋n2)eq\r(1＋n2)≥18，当且仅当n＝0时取等号，故D正确.综上，故选ACD.11.ABC三角恒等变换＋三角形面积公式【思路引导】cos2A＋cos2B＋2sinC＝2，cosAcosBsinC＝eq\f(1,4)eq\o(―――→,\s\up7(三角恒等变换))求出角C，sin2A的值求出ABeq\o(→,\s\up7(辅助角公式))判断各选项.对于A，由cos2A＋cos2B＋2sinC＝2，得1－2sin2A＋1－2sin2B＋2sinC＝2，即sinC＝sin2A＋sin2B，故A正确.对于B，由cosAcosBsinC＝eq\f(1,4)>0知cosA>0，cosB>0，故A，B为锐角.由A可知sin2A＋sin2B＝sinAcosB＋cosAsinB，即sinA(sinA－cosB)＋sinB(sinB－cosA)＝0(*)，若A＋B>eq\f(π,2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A>\f(π,2)－B，,B>\f(π,2)－A，))∴sinA>cosB，sinB>cosA.则(*)式不成立.同理，若A＋B<eq\f(π,2)，(*)式仍不成立，因此A＋B＝eq\f(π,2)(题眼)，则C＝eq\f(π,2)，∴cosAcosBsinC＝cosAsinA＝eq\f(1,4)，∴sin2A＝eq\f(1,2)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)BC·AC＝eq\f(1,2)AB2sinBsinA＝eq\f(1,2)AB2cosAsinA＝eq\f(1,8)AB2＝eq\f(1,4)，解得AB＝eq\r(2)，故B正确.对于C，由B的判断过程知A＝eq\f(π,12)或eq\f(5π,12)，sinA＋sinB＝sinA＋cosA＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(6),2)，故C正确.对于D，由B分析得C＝eq\f(π,2)，则AC2＋BC2＝AB2＝2，故D错误.综上，故选ABC.12.4导数的几何意义易得y′＝ex＋1，设切点为(m，n)，则em＋1＝2，解得m＝0，∴切点为(0，5).又切点也在曲线y＝ex＋x＋a上，∴5＝e0＋a，解得a＝4.13.2等比数列的前n项和公式通解：设等比数列的公比为q，q>0，且q≠1，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a1(1－q4),1－q)＝4，,\f(a1(1－q8),1－q)＝68，))解得q＝2.快解：设等比数列{an}的公比为q，q>0，且q≠1，前n项和为Sn，则S8＝S4＋a5＋a6＋a7＋a8＝S4＋q4S4，故68＝4＋4q4，解得q＝2.14.eq\f(61,25)离散型随机变量的数学期望【思路引导】X的所有可能取值→对应概率→数学期望.＝eq\f(12,25)，P(X＝1)＝eq\f(5,5×5×5)＝eq\f(1,25)，故E(X)＝eq\f(61,25).15.概率＋独立性检验【思路引导】(1)由题表得超声波检查结果不正常的人数→不正常的人中患该疾病的人数→得解.(2)零假设→χ2eq\o(→,\s\up7(与临界值表对比))得出结论.解：(1)由题表知超声波检查结果不正常的有200人，这200人中患该疾病的有180人，则p＝eq\f(180,200)＝eq\f(9,10).(5分)(2)零假设H0：超声波检查结果与是否患该疾病无关.则χ2＝＝765.625>10.828(题眼).(9分)根据小概率值α＝0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为超声波检查结果与是否患该疾病有关.(13分)16.等差数列的定义与通项公式＋错位相减法＋函数求导＋等比数列的求和公式【思路引导】(1)将已知等式两边同乘n(n＋1)，构造数列{nan}中的相邻两项的差eq\o(→,\s\up7(等差数列的定义))得证.由(1)得数列{nan}的通项公式→f′(－2)＝3＋4×(－2)＋5×(－2)2＋…＋(m＋2)(－2)m-1eq\o(→,\s\up7(错位相减法))得解.解：(1)证明：由eq\f(an＋1,n)＝eq\f(an,n＋1)＋eq\f(1,n(n＋1))，得(n＋1)an＋1－nan＝1(题眼)，所以数列{nan}是公差为1++的等差数列.(5分)(2)由(1)知，等差数列{nan}的首项为3，公差为1，所以nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2.又f(x)＝a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋amxm，求导得f′(x)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋mamxm-1(题眼)，于是f′(－2)＝3＋4×(－2)＋5×(－2)2＋…＋(m＋2)(－2)m-1，①(－2)f′(－2)＝3×(－2)＋4×(－2)2＋5×(－2)3＋…＋(m＋2)(－2)m.②(11分)由①－②得3f′(－2)＝3＋(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)m-1－(m＋2)(－2)m＝3＋eq\f((－2)[1－(－2)m-1],1－(－2))－(m＋2)(－2)m＝eq\f(7,3)－eq\f(3m＋7,3)(－2)m(提示：错位相减法)，所以f′(－2)＝eq\f(7,9)－eq\f(3m＋7,9)(－2)m.(15分)17.面面垂直的判定定理＋线面垂直的性质定理＋空间向量法＋异面直线所成的角【思路引导】(1)线面垂直→线线垂直→线面垂直→面面垂直.(2)解法一：(ⅰ)建立恰当的空间直角坐标系→表示出点P，B，C，D坐标eq\o(→,\s\up7(设出O的坐标和球的半径))求出O的坐标→得证.(ⅱ)根据空间向量夹角公式即可得解.解法二：(ⅰ)连接BD，设∠BDC＝θ→求出CD，BD的长eq\o(→,\s\up7(余弦定理),\s\do5(正弦定理的推广))△BCD的外接圆半径r→确定△BCD外接圆圆心位置→设出O的位置eq\o(→,\s\up7(勾股定理))确定O与O1重合→得证.(ⅱ)建立恰当的空间直角坐标系eq\o(→,\s\up7(空间向量夹角公式))得解.解：(1)证明：因为PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，所以PA⊥AB.又AB⊥AD，AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD(提示：线面垂直的判定定理).又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(4分)(2)解法一：(ⅰ)证明：因为PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，所以PA⊥AD.于是AB，AD，AP两两互相垂直.以A为坐标原点，分别以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系A－xyz(关键：建立恰当的空间直角坐标系)，则A(0，0，0)，B(eq\r(2)，0，0)，C(eq\r(2)，2，0)，D(0，1＋eq\r(3)，0)，P(0，0，eq\r(2)).(6分)设球心为O(x，y，z)，半径为R，因为P，B，C，D四点均在球O的球面上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x2＋y2＋(z－\r(2))2)＝R，,\r((x－\r(2))2＋y2＋z2)＝R，,\r((x－\r(2))2＋(y－2)2＋z2)＝R，,\r(x2＋(y－1－\r(3))2＋z2)＝R))(题眼)，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1，,z＝0，,R＝\r(3)．))故O(0，1，0).所以点O在平面ABCD内.(9分)(ⅱ)显然eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，2，0)，eq\o(PO,\s\up6(→))＝(0，1，－eq\r(2))，所以|cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(PO,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·\o(PO,\s\up6(→))|,|\o(AC,\s\up6(→))||\o(PO,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(6)×\r(3))＝eq\f(\r(2),3).即直线AC与PO所成角的余弦值为eq\f(\r(2),3).(15分)解法二：(ⅰ)证明：如下图，连接BD，设∠BDC＝θ.由题可得CD＝eq\r((\r(3)－1)2＋(\r(2))2)＝eq\r(6－2\r(3))，BD＝eq\r((\r(2))2＋(1＋\r(3))2)＝eq\r(6＋2\r(3)).又BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcosθ，得4＝12－4eq\r(6)cosθ，所以cosθ＝eq\f(\r(6),3).所以sinθ＝eq\f(\r(3),3).设△BCD外接圆的半径为r.由正弦定理的推广得eq\f(BC,sinθ)＝2r，则eq\f(2,\f(\r(3),3))＝2r，即r＝eq\r(3).设△BCD的外接圆圆心为O1，连接O1B，O1C，O1D，则O1C＝O1D＝O1B＝eq\r(3).所以O1在线段BC的垂直平分线上.作O1E⊥BC，则O1E＝eq\r(O1B2－BE2)＝eq\r(2)＝AB.所以O1在AD上且AO1＝1.(6分)过O1作直线l⊥平面BCD，在l上取一点O，设OO1＝h，则OB＝OC＝OD＝eq\r(3＋h2).所以OP＝eq\r(3＋h2).过P作PH⊥l，垂足为H，所以PH＝1.由PO2＝PH2＋OH2，易得h＝0.所以O与O1重合(题眼).所以点O在平面ABCD内.(9分)(ⅱ)因为PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，所以PA⊥AD.故AB，AD，AP两两互相垂直，以A为坐标原点，分别以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向为x，y，z轴的正方向建立如上图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，C(eq\r(2)，2，0)，O(0，1，0)，P(0，0，eq\r(2)).显然eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，2，0)，eq\o(PO,\s\up6(→))＝(0，1，－eq\r(2))，所以|cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(PO,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·\o(PO,\s\up6(→))|,|\o(AC,\s\up6(→))||\o(PO,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(6)×\r(3))＝eq\f(\r(2),3).即直线AC与PO所成角的余弦值为eq\f(\r(2),3).(15分)18.椭圆的标准方程＋椭圆的几何性质＋平面向量的数量积＋共线向量【思路引导】(2)(ⅰ)设R(x，y)eq\o(→,\s\up7(|AP|·|AR|＝3),\s\do5(平面向量的数量积公式))eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AR,\s\up6(→))＝3eq\o(→,\s\up7(平面向量的坐标运算))mx＋(n＋1)(y＋1)＝3①eq\o(→,\s\up7(A，P，R三点共线))(n＋1)x＝m(y＋1)②eq\o(→,\s\up7(由①②解方程))x＝eq\f(3m,m2＋(n＋1)2)，y＝eq\f(3(n＋1),m2＋(n＋1)2)－1→得解.(ⅱ)已知条件→kOR＝3kOP→m2＋(n＋4)2＝18→点P(m，n)在以N(0，－4)为圆心，r＝3eq\r(2)为半径的圆上→|PQ|max＝|NQ|max＋3eq\r(2)eq\o(→,\s\up7(设Q(3cosθ，sinθ)，θ∈[0，2π]),\s\do5(二次函数的性质))得解.解：(1)由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|AB|＝\r(a2＋b2)＝\r(10)，,e＝\f(c,a)＝\f(2\r(2),3)，,a2＝b2＋c2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝1.))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,9)＋y2＝1.(4分)(2)(ⅰ)设R(x，y)，由题意得＝3(题眼)，且P(m，n)，A(0，－1)，所以eq\o(AR,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x，y＋1)·(m，n＋1)＝3.所以mx＋(n＋1)(y＋1)＝3.①又A，P，R三点共线，所以(n＋1)x＝m(y＋1).②由①②得x＝eq\f(3m,m2＋(n＋1)2)，y＝eq\f(3(n＋1),m2＋(n＋1)2)－1，所以Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m,m2＋(n＋1)2)，\f(3(n＋1),m2＋(n＋1)2)－1)).(10分)(ⅱ)由题意得kOR＝3kOP，则eq\f(3(n＋1)－[m2＋(n＋1)2],3m)＝3·eq\f(n,m)，化简得m2＋n2＋8n－2＝0，所以m2＋(n＋4)2＝18.所以点P(m，n)在以N(0，－4)为圆心，r＝3eq\r(2)为半径的圆上(题眼)(关键：求出点P的轨迹).所以|PQ|max＝|NQ|max＋3eq\r(2).因为点Q在C上，所以可设Q(3cosθ，sinθ)，θ∈[0，2π].所以|NQ|＝eq\r((3cosθ)2＋(sinθ＋4)2)＝eq\r(－8sin2θ＋8sinθ＋25)＝eq\r(－8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ－\f(1,2)))\s\up12(2)＋27)(总结：将问题转化为求二次函数最值问题求解).所以当sinθ＝eq\f(1,2)时，|NQ|有最大值3eq\r(3).所以|PQ|max＝3eq\r(3)＋3eq\r(2).(17分)【知识延伸】向量a，b共线，则有a·b＝|a||b|或a·b＝－|a||b|；两动点距离的最值可转化为一个定点到一个动点距离的最值.19.三角函数的图象与性质＋导数的应用【思路引导】(1)f(x)→f′(x)→f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的单调性→得解.(2)由题意设a∈[0，π]eq\o(→,\s\up7(分类讨论))若a>θ，取y＝a，则cosy<cosθ；若a≤θ，取y＝θ，则cosy＝cosθ→得证.(3)结合(1)和函数的性质可知b＝3eq\r(3)，φ＝0时满足条件eq\o(→,\s\up7(反证法))证明b的最小值为3eq\r(3)→得解.解：(1)由题意得f′(x)＝5sin5x－5sinx＝5sin(3x＋2x)－5sin(3x－2x)＝10cos3xsin2x(题眼)(提示：两角和与差的正弦公式).因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以3x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))，2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).故sin2x≥0.令cos3x＝0，解得x＝eq\f(π,6)，则当0≤x<eq\f(π,6)时，f′(x)≥0，f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递增；当eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,4)时，f′(x)≤0，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝3eq\r(3).(5分)(2)证明：由于y＝cosx是偶函数，并且最小正周期为2π，不妨设a∈[0，π](题眼)(关键：由余弦函数的奇偶性和周期性缩小a的范围).①若a>θ，则取y＝a∈[a－θ，a＋θ]，此时cosy＝cosa<cosθ；②若a≤θ，则取y＝θ∈[a－θ，a＋θ]，此时cosy＝cosθ.综上，存在y∈[a－θ，a＋θ]使得cosy≤cosθ.(10分)(3)因为f(x＋2π)＝f(x)，且f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)是周期为2π的偶函数.又因为f(π－x)＝－f(x)，所以函数f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))对称.所以只需考虑x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的情况.因为f′(x)＝10cos3xsin2x，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，令f′(x)＝0，解得x＝0，eq\f(π,6)，eq\f(π,2)，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递减.所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域为[0，3eq\r(3)].因此f(x)在R上的值域为[－3eq\r(3)，3eq\r(3)]，即f(x)max＝3eq\r(3)，故当b＝3eq\r(3)，φ＝0时满足条件(题眼).下面用反证法证明b的最小值为3eq\r(3)：若b<3eq\r(3)，令θ＝eq\f(5π,6)，由(2)知，对于∀φ∈R，∃y∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(φ－\f(5π,6)，φ＋\f(5π,6)))使得cosy≤coseq\f(5π,6)＝－eq\f(\r(3),2).令5x＋φ＝y，即x＝eq\f(y－φ,5)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))(提示：确定x的范围符合题中要求)，此时5cosx－cos(5x＋φ)＝5cosx－cosy≥5coseq\f(π,6)＋eq\f(\r(3),2)＝3eq\r(3)，与已知矛盾，所以b的最小值为3eq\r(3).(17分)2025年普通高等学校招生全国统一考试(全国Ⅱ卷)数学使用地区：海南、重庆、辽宁、山西、黑龙江、吉林、云南、广西、贵州、甘肃、宁夏、内蒙古、青海、陕西、四川、新疆、西藏本试卷满分150分，考试时间120分钟.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.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.样本数据2，8，14，16，20的平均数为A.8 B.9 C.12 D.182.已知z＝1＋i，则eq\f(1,z－1)＝A.－i B.i C.－1 D.13.已知集合A＝{－4，0，1，2，8}，B＝{x|x3＝x}，则A∩B＝A.{0，1，2} B.{1，2，8} C.{2，8} D.{0，1}4.不等式eq\f(x－4,x－1)≥2的解集是A.{x|－2≤x≤1} B.{x|x≤－2} C.{x|－2≤x<1} D.{x|x>1}5.在△ABC中，BC＝2，AC＝1＋eq\r(3)，AB＝eq\r(6)，则A＝A.45° B.60° C.120° D.135°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|＝A.3 B.4 C.5 D.67.记Sn为等差数列{an}的前n项和.若S3＝6，S5＝－5，则S6＝A.－20 B.－15 C.－10 D.－58.已知0<α<π，coseq\f(α,2)＝eq\f(\r(5),5)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝A.eq\f(\r(2),10) B.eq\f(\r(2),5) C.eq\f(3\r(2),10) D.eq\f(7\r(2),10)二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.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＝eq\f(1,2) B.a5＝eq\f(1,9) C.S5＝8 D.an＋Sn＝810.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≥eq\r(3)D.x＝－1是f(x)的极大值点11.双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为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∠NA1M＝eq\f(5π,6)，则A.∠A1MA2＝eq\f(π,6)B.|MA1|＝2|MA2|C.C的离心率为eq\r(13)D.当a＝eq\r(2)时，四边形NA1MA2的面积为8eq\r(3)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a＝(x，1)，b＝(x－1，2x).若a⊥(a－b)，则|a|＝________.13.若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝________.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.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.(13分)已知函数f(x)＝cos(2x＋φ)(0≤φ<π)，f(0)＝eq\f(1,2).(1)求φ；(2)设函数g(x)＝f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，求g(x)的值域和单调区间.16.(15分)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，长轴长为4.(1)求C的方程；（更多资料加夸克群：2109995791）(2)17.(15分)如下图，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；（更多资料加夸克群：2109995791）(2)求面BCD′与面EFD′A′所成的二面角的正弦值.18.(17分)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋eq\f(1,2)x2－kx3，其中0<k<eq\f(1,3).(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.（更多资料加夸克群：2109995791）19.(17分)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p(eq\f(1,2)<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个球后乙比甲至少多得2分的概率.(1)求p3，p4(用p表示)；(2)若eq\f(p4－p3,q4－q3)＝4，求p；(3)证明：对任意正整数m，p2m＋1－q2m＋1<p2m－q2m<p2m＋2－q2m＋2.参考答案2025年全国Ⅱ卷的试题结构和题量与2024年新课标Ⅱ卷保持一致，单选题8道40分，多选题3道18分，填空题3道15分，解答题5道77分.由于Ⅱ卷的使用范围变大，加入了一些新的地区，整卷难度相对降低.基础题比例有所提高，中档题难度比较稳定，难题的区分度较高，符合“低起点，多层次，高落差”的特征.试卷突出数学核心模块考查，函数与导数(28分)、圆锥曲线(26分)、概率与统计(22分)、立体几何(20分)、数列(11分)五大模块占比超70%，体现“重点知识重点考”的命题原则.一、命题新动向1.重视基本概念和基本方法：单选第1题直接考查平均数的计算；第5题考查余弦定理的推论；第7题和第9题都可以用数列的“基本量”解出答案.2.“低频考点”再现，第15题三角函数的图象与性质在最近几年的全国卷中出现的频率较低，2025年出现意料之外而又情理之中，需重视教材，重视主干知识，回避盲目押题.3.大题排列顺序重构，16题设置为解析几何，19题设置为概率、数列、不等式综合，打乱了传统大题顺序，更加灵活多变，体现能力考查立意.4.试题“多层次”体现充分，如第18题第(1)问从常规的零点、极值点出发，第(2)(ⅰ)问上升到多变量和主元想法，第(2)(ⅱ)问再上升到零点、极值点关系，问问相关，环环相扣，既体现了难度跃迁，也考查学生的逻辑思维能力.二、创新亮点1.试题情境化：第14题以圆柱和球的放置为情境，贴近生活，很好地考查学生的直观想象和逻辑推理的核心素养；第19题以乒乓球练习为背景，引入一组事件研究其概率关系，延续了2024年高考新定义问题的风格，是2025年的创新探索；要求学生能在新情境中主动思考，建立新问题与已有知识的联系，创造性地分析并解决问题.2.模块融合：第19题体现概率、数列和不等式的充分融合，需跨模块知识迁移，考查综合分析问题的能力.3.切入点丰富：第17题立体几何既可以从纯几何角度计算高度进而计算正弦值，也可以合理建系，运算求解；第18题既可以步步为营，从前问出发，逐步推进，也可以直接计算求解；第19题既可以构建递推得到不等式，也可以利用组合数性质作差验证，让不同思维特征的学生都有发挥才能的空间.三、重难点及易错点1.重难点：第14题需将空间问题平面化，对直观想象核心素养要求较高；第17题考查不易建系的空间立体几何，需仔细研究线面关系，合理建系；第18题要充分利用前问的条件，拾级而上；第19题第3问本身难度很大，需仔细分析数列相邻几项的递推关系.2.易错点：第4题容易忽略分母不为0的条件；第6题中抛物线方程中系数与焦点之间的倍数关系容易记错；第10题计算分段函数的解析式，在利用奇偶性时容易致错；第15题计算单调性区间忽略辅助角公式而致错；第17题建系计算时点的坐标和向量计算易错需谨慎.1—5CADCA6—8CBD9AD10ABD11ACD12eq\r(2)13－414eq\f(5,2)1.C平均数eq\f(2＋8＋14＋16＋20,5)＝12，故选C.2.A复数的运算由题意得eq\f(1,z－1)＝eq\f(1,i)＝－i，故选A.3.D集合的交集运算由题意得B＝{－1，0，1}，所以A∩B＝{0，1}，故选D.4.C解分式不等式由eq\f(x－4,x－1)≥2，得eq\f(x＋2,x－1)≤0(关键：移项和通分)，即(x＋2)(x－1)≤0且x≠1，解得－2≤x<1，所以原不等式的解集是{x|－2≤x<1}，故选C.5.A余弦定理的推论＋特殊角的三角函数值根据余弦定理的推论得cosA＝eq\f(AC2＋AB2－BC2,2·AC·AB)，将题中数值代入可得cosA＝eq\f((1＋\r(3))2＋(\r(6))2－22,2×(1＋\r(3))×(\r(6)))＝eq\f(\r(2),2).因为A∈(0°，180°)，且cos45°＝eq\f(\r(2),2)，所以A＝45°，故选A.6.C抛物线的定义与几何性质设A(xA，yA)，B(xB，yB).∵lBF：y＝－2x＋2，令y＝0，得x＝1，∴F(1，0)，∴p＝2(关键：根据已知条件，确定p的值)，即xB＝－1.将xB＝－1代入y＝－2x＋2，得yB＝4，∴yA＝4.将yA＝4代入y2＝4x，得xA＝4，∴|AF|＝xA＋eq\f(p,2)＝5(提示：抛物线的定义)，故选C.7.B等差数列的性质、通项公式及前n项和公式由题意知S3＝6＝3a2，S5＝－5＝5a3，∴a2＝2，a3＝－1(题眼)，∴公差d＝－3，∴an＝2＋(n－2)×(－3)＝－3n＋8，∴a1＝5，a6＝－10，∴S6＝eq\f(5－10,2)×6＝－15，故选B.8.D二倍角公式＋两角差的正弦公式【思路引导】cosαeq\o(→,\s\up7(sin2α＋cos2α＝1),\s\do5(0<α<π))sinαeq\o(→,\s\up7(两角差的正弦公式))得解.由coseq\f(α,2)＝eq\f(\r(5),5)，得cosα＝2cos2eq\f(α,2)－1＝－eq\f(3,5)(关键：二倍角公式).∵0<α<π，∴sinα>0，∴sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(4,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)sinα－eq\f(\r(2),2)cosα＝eq\f(7\r(2),10)，故选D.9.ADS3＝eq\f(a1(1－q3),1－q)＝a1(1＋q＋q2)＝7，a3＝a1q2＝1①，所以a1(1＋q)＝6②.由①②可得1＋q＝6q2(关键：方程思想)，解得q＝eq\f(1,2)或q＝－eq\f(1,3).又因为q>0，所以q＝eq\f(1,2)，故A正确.对于B，a5＝a3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)，故B错误.对于C，S5＝S3＋a4＋a5＝7＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＝eq\f(31,4)≠8，故C错误.对于D，a1＝eq\f(a3,q2)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝4，所以an＋Sn＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＋eq\f(4×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝8，故D正确.综上，故选AD.10.ABD函数的奇偶性＋函数的解析式＋利用导数研究函数的极值点【思路引导】A选项，利用奇函数的性质即可得出.B选项，利用函数的奇偶性即可得出.C选项，分x>0与x<0两种情况讨论，分别求出x的取值范围，进行判断.D选项，当x<0时，利用导数求出函数f(x)的单调性，进而得出f(x)的极大值点.对于A，因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，故A正确.对于B，当x<0时，f(x)＝－f(－x)＝－[(x2－3)e－x＋2]＝－(x2－3)e－x－2，故B正确.对于C，当x>0时(提示：注意分类讨论)，f(x)＝(x2－3)ex＋2≥2⇒(x2－3)ex≥0⇒x2≥3⇒x≥eq\r(3)，当x<0时，f(x)＝－(x2－3)e－x－2≥2⇒3－x2≥4ex，当x＝－1时，3－x2>4ex，即3－x2≥4ex在(－∞，0)上有解，故C错误.对于D，当x<0时，(题眼)，令f′(x)>0，得x<－1，令f′(x)<0，得－1<x<0，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0)上单调递减，所以－1是f(x)的极大值点，故D正确.综上，故选ABD.【溯源教材】人教A版必修第一册，P86，习题3.2，T11.对比分析：教材复习题同样是以定义在R上的奇函数为引，解题核心是奇函数性质的运用；而本题通过已知x>0的解析式，求x<0的解析式及函数性质，且二者均求出解析式.回归教材：本题通过先求出函数解析式再利用导数去研究函数的性质，增加陌生函数不好画图从而借助导函数研究函数性质，但本质上仍是“分类与整合的思想、转化与化归的思想、函数与方程的思想”的延伸应用.结合单调性判断极值点和最值，将“函数性质”问题转化为“方程求解＋不等式分析”.这些思想方法贯穿解题过程，是突破“分段函数＋奇偶性＋导数应用”综合题的核心逻辑.此题体现了高考对教材基础方法的迁移应用能力的考查.迁移应用：遇到复杂函数时，可优先检查是否可通过教材例题或者复习题的基础变形与简化，平时要重视对教材理论方法的迁移应用.11.ACD双曲线的几何性质＋圆的方程＋直线与圆的位置关系＋四边形的面积【思路引导】连接MA2，NA2eq\o(→,\s\up7(令点N在第一象限))四边形NA1MA2为平行四边形∠A1MA2＝eq\f(π,6)→判断A.已知条件→|ON|＝|OF1|＝ceq\o(→,\s\up7(|OA2|＝a),\s\do5(直线ON的方程为y＝\f(b,a)x))|NA2|＝b→点N，M的坐标，∠NA2A1＝eq\f(π,2)|MA1|∶|MA2|∶|A1A2|的值→判断B.∠NA1A2＝eq\f(π,3)→eq\f(b,2a)＝eq\r(3)→判断C.当a＝eq\r(2)时eq\o(→,\s\up7(a∶b∶c＝1∶2\r(3)∶\r(13)))b＝2eq\r(6)→代入S四边形NA1MA2＝|A1A2|·|NA2|→判断D.如下图，连接MA2，NA2.不妨令点N在第一象限.对于A，易知四边形NA1MA2为平行四边形(提示：双曲线的对称性).由∠NA1M＝eq\f(5π,6)，得∠A1MA2＝eq\f(π,6)，故A正确.对于B，因为以F1F2为直径的圆与C的一条渐近线交于M，N两点，所以|ON|＝|OF1|＝c.又因为|OA2|＝a，直线ON的方程为y＝eq\f(b,a)x，所以|NA2|＝b，则N(a，b)，M(－a，－b)，∠NA2A1＝eq\f(π,2).由于∠NA1M＝eq\f(5π,6)，则∠A1A2M＝eq\f(π,3)，从而eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MA1))∶eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MA2))∶|A1A2|＝eq\r(3)∶2∶1(关键：几何问题代数化)，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MA1))＝eq\f(\r(3),2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MA2))，故B错误.对于C，由于∠NA1A2＝eq\f(π,3)，则eq\f(b,2a)＝eq\r(3)，则a∶b∶c＝1∶2eq\r(3)∶eq\r(13)，故C的离心率为eq\r(13)，故C正确.对于D，当a＝eq\r(2)时，由于a∶b∶c＝1∶2eq\r(3)∶eq\r(13)，所以b＝2eq\r(6)，所以S四边形NA1MA2＝|A1A2|·|NA2|＝2ab＝2×eq\r(2)×2eq\r(6)＝8eq\r(3)，故D正确.综上，故选ACD.【归纳总结】层级清晰：从“已知→推导→选项”逐层展开，体现逻辑链.公式浓缩：用核心公式(如夹角、离心率、面积)串联计算，避免冗余.符号直观：突出关键表达式，快速定位考点(如双曲线方程及相关运算).通过“几何条件→代数转化→性质验证”的思维路径，高效拆解综合题的复杂关系.12.eq\r(2)平面向量的坐标运算＋向量垂直的性质＋平面向量的模由题意得a－b＝(1，1－2x).∵a⊥(a－b)，∴a·(a－b)＝x＋(1－2x)＝0，解得x＝1，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).13.－4函数的极值点＋导数的运算法则由题意可知x＝2是方程f′(x)＝0的根，即f′(2)＝0(关键：当x取到极值点时，导函数为0).因为f′(x)＝(x－2)(x－a)＋(x－1)(x－a)＋(x－1)(x－2)，所以f′(2)＝2－a＝0，解得a＝2，所以f(x)＝(x－1)(x－2)2，所以f(0)＝－(－2)2＝－4.14.eq\f(5,2)圆柱与球的位置关系【思路引导】分析铁球半径最大时与圆柱的位置关系→轴截面视图→结合三角函数及已知条件得出数量关系→解方程求出铁球半径的最大值.设铁球球心分别为O1，O2，半径为R，O1O2所在直线与水平面的夹角为θ，当轴截面如图所示时铁球的半径最大.由已知得|O1O2|＝2R，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2Rcosθ＋2R＝8，,2Rsinθ＋2R＝9，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosθ＝\f(8,2R)－1，,sinθ＝\f(9,2R)－1，))可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,2R)－1))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2R)－1))eq\s\up12(2)＝1，解得R＝eq\f(5,2)或R＝eq\f(29,2)(舍去).故铁球半径的最大值为eq\f(5,2)cm.【归纳总结】立体几何最值问题可以将空间问题转化为平面问题，轴截面转化为矩形内切两等圆问题.设球的半径为R，由几何关系eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2Rcosθ＋2R＝8，,2Rsinθ＋2R＝9))解出R，也可以列三元方程，但计算量会很大，这里主要考查空间转换能力.15.三角恒等变换＋余弦型函数的性质【思路引导】(1)f(0)＝eq\f(1,2)eq\o(→,\s\up7(0≤φ＜π))φ.(2)代入φ值得f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))eq\o(→,\s\up7(辅助角公式))g(x)→g(x)的值域和单调区间.解：(1)因为f(0)＝cosφ＝eq\f(1,2)，且0≤φ<π(提示：注意φ的范围限制，确保解唯一)，所以φ＝eq\f(π,3).(5分)(2)由(1)得f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，所以g(x)＝f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋cos[2(x－eq\f(π,6))＋eq\f(π,3)]＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋cos2x＝(题眼)[方法：化简时可用辅助角公式：acosx＋bsinx＝eq\r(a2＋b2)cos(x－φ)，其中tanφ＝eq\f(b,a)(a>0)].所以g(x)的值域为[－eq\r(3)，eq\r(3)].(9分)令2kπ－π≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ，k∈Z，解得kπ－eq\f(7π,12)≤x≤kπ－eq\f(π,12)，k∈Z，故g(x)的单调递增区间为[kπ－eq\f(7π,12)，kπ－eq\f(π,12)](k∈Z).令2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋π，k∈Z，解得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)，k∈Z，故g(x)的单调递减区间为[kπ－eq\f(π,12)，kπ＋eq\f(5π,12)](k∈Z).(13分)16.椭圆的标准方程与几何性质＋弦长公式＋点到直线的距离公式＋直线与椭圆的位置关系【思路引导】(1)长轴长2a＝4→a＝2b2＝2→椭圆方程.(2)易知直线l的斜率存在→设直线l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)eq\o(→,\s\up7(代入椭圆方程))Δ>0，x1＋x2，x1x2eq\o(→,\s\up7(弦长公式),\s\do5(点到直线的距离公式))|AB|，点O到直线l的距离deq\o(→,\s\up7(三角形面积公式))k2→|AB|.解：(1)因为椭圆的长轴长为4，所以2a＝4.所以a＝2.由离心率公式e＝eq\r(1－\f(b2,a2))及e＝eq\f(\r(2),2)，得eq\f(\r(2),2)＝eq\r(1－\f(b2,4))，解得b2＝2.因此，椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(5分)(2)当直线l的斜率不存在时，显然不成立.所以直线l的斜率存在(提示：斜率不存在时，A，O，B不构成三角形，故斜率必存在).不妨设直线l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线l的方程代入椭圆方程得(1＋2k2)x2－8kx＋4＝0，Δ＝(－8k)2－16(1＋2k2)>0，x1＋x2＝eq\f(8k,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(4,1＋2k2)，得k2>eq\f(1,2).(9分)由弦长公式得|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\f(4\r(2k2－1),1＋2k2)(k2>eq\f(1,2))[提示：弦长公式中，|x1－x2|＝eq\r((x1＋x2)2－4x1x2)，利用韦达定理简化计算].点O到直线l的距离d＝eq\f(|－2|,\r(k2＋1))＝eq\f(2,\r(k2＋1)).则S△AOB＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)·eq\f(4\r(2k2－1),1＋2k2)·eq\r(1＋k2)·eq\f(2,\r(k2＋1))＝eq\f(4\r(2k2－1),1＋2k2)＝eq\r(2)，解得(题眼).所以|AB|＝eq\r(1＋\f(3,2))×eq\f(4\r(2×\f(3,2)－1),1＋2×\f(3,2))＝eq\r(\f(5,2))×eq\f(4\r(2),4)＝eq\r(5).(15分)【方法技巧】直线与圆锥曲线相交问题直线y＝kx＋b与圆锥曲线交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则弦长公式为|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|；面积问题：结合点到直线的距离公式，转化为关于斜率k的方程.17.空间向量法求二面角的正弦值＋线面平行的判定定理解：(1)证法一(几何法)：因为AB∥CD，且EF∥AD，∠DAB＝90°，所以四边形AEFD为矩形.所以AE∥DF，A′E∥D′F.又D′F⊂平面CD′F，A′E⊄平面CD′F，所以A′E∥平面CD′F.同理EB∥平面CD′F.又A′E∩EB＝E，A′E，EB⊂平面A′EB，所以平面A′EB∥平面CD′F.又A′B⊂平面A′EB，A′B⊄平面CD′F，所以A′B∥平面CD′F.(6分)证法二(几何法)：如下图，取A′E的中点M，EB的中点N，D′F的中点P，连接MN，MP，PC，NC，易得四边形MNCP为平行四边形，A′B∥MN，所以MN∥PC.所以A′B∥PC.因为A′B⊄平面CD′F，PC⊂平面CD′F，所以A′B∥平面CD′F.(6分)证法三(向量法)：易知四边形AEFD为矩形，所以EF⊥DF，EF⊥FC，即EF⊥D′F.因为D′F∩FC＝F，D′F，FC⊂平面CD′F，所以EF⊥平面CD′F.又F为CD的中点，所以DF＝D′F＝FC.易得∠D′FC为平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角，所以∠D′FC＝60°.所以△CD′F为正三角形.取CF的中点Q，连接QD′，则D′Q，FC，EF两两相互垂直.以Q为坐标原点，过点Q作平行于EF的直线为x轴，FC所在直线为y轴，QD′所在直线为z轴建立下图所示的空间直角坐标系，设AD＝a，则A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(\r(3)a,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(3a,2)，0))，则eq\o(A′B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3a,2)，－\f(\r(3)a,2)))，易知平面CD′F的一个法向量为m＝(1，0，0)，所以m·eq\o(A′B,\s\up6(→))＝0.所以A′B∥平面CD′F.(6分)(2)解法一(几何法):延长EF交BC延长线于点C1，则∠C1FC＝90°.由平面EFD′A′与平面EFCB所成二面角为60°，得∠D′FC＝60°.又D′F＝FC，所以△CD′F是正三角形.设DF＝FC＝1，则EF＝1,BE＝2.故FC1＝1.故V三棱锥D′－C1FC＝eq\f(1,3)×1×1×eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),12).且D′C1＝eq\r(2)，D′C＝1，C1C＝eq\r(2)，所以S△D′C1C＝eq\f(\r(7),4).则F到平面D′C1C的距离h＝eq\f(\r(21),7)，F到D′C1的距离d＝eq\f(\r(2),2).故平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的正弦值为eq\f(h,d)＝eq\f(\r(42),7).(15分)解法二(向量法)：建系同(1)证法三.设AD＝a，则A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(\r(3)a,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(3a,2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，0))，D′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3)a,2)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，－\f(a,2)，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，0))，则eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－a，－a，0)，eq\o(CD′,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，\f(\r(3)a,2)))，eq\o(A′E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，－\f(\r(3)a,2)))，eq\o(A′F,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，－\f(a,2)，－\f(\r(3)a,2))).设平面BCD′的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→))·n＝0，,\o(CD′,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ax1－ay1＝0