2025年高考新课标全国二卷《数学》真题答案（参考2）.pdf

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2025年全国统一高考数学试卷（新高考Ⅱ）参考答案一、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。

1.2，8，14，16，20平均数为（）A.8 B.9 C.12 D.18【答案】C【解答】x5122 8 14 16 202.z i1，z 11（）A.i B.i C.1 D.1【答案】A【解答】z i ii1 1 11 1 1.

3.A{4,0,1,2,8}B x x x{|}3，A B（）A.{0,1,2}B.{1,2,8}C.{2,8}D.{0,1}【答案】D【解答】B x x x x{|(1)(1)0}{0,1,1}，{0,1}A B.

xx124解集是（）A.x x{|2 1}B.x x{|2}C.x x{|2 1}D.x x{|1}【答案】C【解答】且x x xx x x xx x x1 1 12 2 0 0(2)(1)0 1 0 2 14 4 2.

第1页，共11页5.△ABC，BC 2，AC 1 3，AB 6，A（）A.

45 B.

60 C.

120 D.

135【答案】A【解答】由余弦定理AC ABAAC AB BC2(1 3)6 2 2(3 3)2 2cos(1 3)(6)2 2(3 3)22 2 2 2 2 2，A(0,)，故A4.

6.抛物线C y px p:2(0)2焦点F，A C，过A作C准线的垂线，垂足为B.若l y xBF:2 2，则AF||（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】C【解答】l y xBF:2 2与x轴交于F点，则F(1,0)，故p C y xp21 2:42；设l y xBF:2 2与y轴交于N点，则N(0,2)；准线与x轴交于M点，由FON FMB，MB NO2 4，故yA 4，代入C y x:42得xA 4，A(4,4)，AF||(4 1)4 52 27.nS为等差数列{}na前n项和，S 63，S 55，S6（）A.20 B.15 C.10 D.5【答案】B【解答】Sn为等差数列an{}的前n项和，故nSn{}为等差数列，该等差数列的公差为d1d d d SS S S S5 3 2 6 5 22 1 153 31 1 1 65 3 6 5.

第2页，共11页8.0，5cos2 5，sin()4（）A.

210B.

25C.

3 210D.

7 210【答案】D【解答】5cos2 5，2 3cos 2cos 12 5，又0，4sin5，则2 7 2sin()(sin cos)4 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0分。

9.nS为等比数列{}na前n项和，q为{}na公比，0q，3 7S，3 1a，则（）A.

12qB.

519aC.5 8SD.8n na S【答案】AD【解答】由已知条件3 33 1 2 3 32 2 21 1 1 1 1 11 7 6 0(3)(2)0a aS a a a aq q q q q q q q又0q，则1 122qq，故1 3 331 21 1 14,4()(),8()2 2 2n n nn naa a Sq，2 2 3 35 3 51 1 1 1,8()8,()8()84 2 2 2n nn na a q S a S，综上AD正确.

第3页，共11页10.()f x定义在R上奇函数，0x时，2()(3)2xf x x e，则（）A.(0)0fB.当0x时，2()(3)2xf x x eC.()2f x当且仅当3xD.1x是()f x极大值点【答案】ABD【解答】()f x为R上的奇函数，故(0)0f，A正确；0x时，0x，故2 2()[()3]2(3)2x xf x x e x e，2()()(3)2xf x f x x e，B正确；0x时，2()(3)2’()(3)(1)x xf x x e f x x x e，’(1)0f；0 1x时’()0f x，()f x单调递减，1x时’()0f x，()f x单调递增，故1x为()f x极小值点，由()f x为R上的奇函数，故1x为()f x极大值点，D正确；(1)2 2 2(1)2f e e，C错.

11.双曲线2 22 2:1(0,0)x yC a ba b左右焦点为1F，2F，左右顶点为1A，2A.以21F F为直径的圆与C的一条渐近线交于M，N，且156NA M，则（）A.

1 26A MAB.1 2||2||MA MAC.C离心率为13D.当2a时，四边形1 2NA MA面积为8 3【答案】ACD【解答】第4页，共11页由对称性不妨取斜率为正的渐近线:MNbl y xa，又MO r c，则易知(,)M a b，又1(,0)A a，2(,0)A a，则2 1 2MA A A，如图1 2 16A MA NA M，A选项正确；则在1 2Rt A MA△中，1 23MA MA，B选项错误，1 22 3tan3aA MAb，则221 13c bea a，C选项正确；当2a时，1 2 1 212 2 8 32MANAS MA MA ab，D选项正确.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12．(,1)a x，(1,2)b x x，()a a b则a．【答案】1x【解答】(1,1 2)a b x，()()0 1 2 0 1a a b a a b x x x.

13．2x是()(1)(2)()f x x x x a的极值点，则(0)f．【答案】-4【解答】’()(2)()(1)()(1)(2)f x x x a x x a x x，若2x为()f x的极值点，则’(2)2 0f a2a.

2()(1)(2)(0)1 4 4f x x x f第5页，共11页14．一个底面半径为4cm，高为9cm的封闭圆柱形容器内有两个半径相等的铁球.则铁球半径的最大值为_______cm【答案】52【解答】设铁球半径为r，两铁球位置如图所示，竖直方向有，1 1 1 2 2 2sinh O H O O O H，即9 2 2 sinr r，水平方向有，1 1 1 2 2 22 cosR AO O O A O，即8 2 2 cosr r，则2 2 2(9 2)(8 2)4r r r化简得：24 68 145 0r r(2 29)(2 5)0r r，解得：52r，292r（舍）故答案为：52四、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）1()cos(2)(0),(0)2f x x f（1）求；（2）()()()6g x f x f x，求()g x的值域和单调区间．【解答】解：（1）1(0)cos2f，由0，故3；（2）()cos(2)3f x x，()cos 26f x x，()()()3 cos(2)6 6g x f x f x x故()g x的值域为3,3，令2 2 26k x k，解得512 12k x k，第6页，共11页即()g x的单调递减区间为5,12 12k k，kZ同理可得()g x的单调递增区间为5 11,12 12k k，kZ16．（15分）椭圆2 22 2:1(0)x yC a ba b的离心率为22，长轴长为4．（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2OABS，求AB．【解答】（1）2a，2b，2c，椭圆方程为：2 214 2x y；（2）设:2l y kx，点P0,2，点1 1,A x y，2 2,B x y，联立2 214 22x yy kx可得：2 2(2 1)8 4 0k x kx，其判别式为232 16k，1 2 282 1kx xk，1 2 2402 1x xk（两根同号），由0，可得22k或22k，2 1 2 1 21 12 2 22 2 2 1OAB OPB OPAS S S x x x xk△△△，解得2 32k，22 151 2 52AB k x x．17．（15分）．如图，四边形ABCD中，AB CD，90DAB。

，F为CD中点，E在AB上，EF AD，3AB AD,2CD AD。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 CD F平面；（2）求面BCD’与面’’EFD A所成二面角的正弦值．第7页，共11页【解答】（1）由//EB FC，//A E D F，可得平面A EB//平面D FC，又由A B平面A EB故A B//平面D FC；（2）由EF A E且EF EB，可知A EB即为二面角的平面角，为60不妨设1AD，在平面A EB内，由点A作EB垂线，垂足为O，可证A O底面EBCF，12EO，32OB如图建系，(1,0,0)FE，1 3(0,,)2 2EA，设平面EFD A的法向量为1 1 1 1(,,)n x y z则有11 101 302 2xy z，取13y，1(0,3,1)n；(1,1,0)CB，3 3(1,,)2 2D B，设平面BCD的法向量为2 2 2 2(,,)n x y z，则有2 21 1 103 302 2x yx y z，取23y，则2(3,3,1)n即平面BCD与平面EFD A成角，则有1 21 27cos7n nn n，故42sin7．18．（17分）2 31 1()ln(1),02 3f x x x x kx k．（1）证明：()f x在0,存在唯一极值点和唯一零点；（2）设1x，2x为()f x在0,的极值点和零点；第8页，共11页（i）1 1()()()g t f x t f x t。证明：()g t在10,x单调递减．（ii）比较12x与2x的大小，并证明．【解答】（1）证明：因为2 31()ln(1)2f x x x x kx，1(0,)3k，所以21()1 31f x x kxx2 2 31 1 3 31x x x kx kxx23 1(1)1 3kxxx k，当0x时，令()0f x，解得11 03xk，所以当10 13xk时，()0f x，()f x单调递增；当113xk时，()0f x，()f x单调递减，所以113xk是()f x在(0,)上唯一的极值点，是极大值点.

又因为1(1)(0)03f fk，1 1 1()ln(1)02 2 2fk k k，所以21(1123),kxk，2()0f x，即2x是()f x在(0,)上唯一的零点；（2）解：（i）因为1 1()()()g t f x t f x t，所以1 1()()()g t f x t f x t2 21 11 1 1 11 13()3()()()1 1k x t k x tx t x x t xx t x t2 21 11 1()()31 1x t x tktx t x t2 2 21 12 216(2)(1)kt t x xx t，因为1)(0,t x，所以2 21 12 0t x x，2 21(1)0x t，所以2 2 21 12 216(2)()0(1)kt t x xg tx t，第9页，共11页即()g t在1)(0,t x上单调递减；（ii）由（i）得，()g t在1)(0,t x上单调递减，所以1()(0)g x g，即1 1 1(2)(0)()()0f x f f x f x，1(2)0f x，因为2x是()f x的零点，所以2()0f x，所以1 2(2)()f x f x，又因为2 1x x，1 12x x，且()f x在1(),x上单调递减，所以1 22x x.

19．（17分）甲、乙乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分。设每个球甲胜的概率为1(1)2p p，乙胜的概率为q，1p q，且各球胜负独立。对正整数2k，记kp为打完k个球后，甲比乙至少多得2分的概率，kq为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率。

（1）求3 4,p p（用p表示）；（2）若4 34 34p pq q，求p；（3）证明：对任意正整数m，2 1 2 1 2 2 2 2 2 2m m m m m mp q p q p q．【解答】（1）3球后甲比乙至少多两分，只能是甲3分乙0分，因此𝑝3=𝑝3;4球后甲比乙至少多两分，可能是甲4分乙0分，或者甲3分乙1分，因此𝑝4=𝐶43𝑝3𝑞+𝑝4=4𝑝3𝑞+𝑝4=4𝑝3(1−𝑝)+𝑝4=4𝑝3−3𝑝4.

(2)根据对称性，以及（1）的结果，可得𝑞3=𝑞3,𝑞4=4𝑞3−3𝑞4.

因此𝑝4−𝑝3𝑞4−𝑞3=4𝑝3−3𝑝4−𝑝34𝑞3−3𝑞4−𝑞3=3𝑝3(1−𝑝)3𝑞3(1−𝑞)=𝑝3𝑞𝑞3𝑝=𝑝2𝑞2=4因此𝑝𝑞=2，又𝑝+𝑞=1，故𝑝=23,𝑞=13.

答案为𝑝=23第10页，共11页（3）记𝑎𝑚(𝑥)表示𝑚球甲得𝑥分的概率𝑝2𝑚+1=𝑝2𝑚−𝑞⋅𝑎2𝑚(𝑚+1)𝑞2𝑚+1=𝑞2𝑚−𝑝⋅𝑎2𝑚(𝑚−1)故𝑝2𝑚+1−𝑝2𝑚=−𝑞⋅𝑎2𝑚(𝑚+1)𝑞2𝑚+1−𝑞2𝑚=−𝑝⋅𝑎2𝑚(𝑚−1)故要证：𝑝2𝑚+1−𝑝2𝑚<𝑞2𝑚+1−𝑞2𝑚只需证：𝑝⋅𝑎2𝑚(𝑚−1)<𝑞⋅𝑎2𝑚(𝑚+1)即只需证：𝑝⋅𝑝𝑚−1⋅𝑞𝑚+1⋅𝐶2𝑚𝑚−1<𝑞⋅𝑝𝑚+1⋅𝑞𝑚−1⋅𝐶2𝑚𝑚+1即只需证：𝑝𝑚𝑞𝑚+1<𝑞𝑚𝑝𝑚+1即𝑞<𝑝.由条件𝑞=1−𝑝<12<𝑝，故结论成立.

由𝑝2𝑚+2=𝑝2𝑚+1+𝑝⋅𝑎2𝑚+1(𝑚+1)=𝑝2𝑚+𝑝⋅𝑎2𝑚+1(𝑚+1)−𝑞𝑎2𝑚(𝑚+1)𝑞2𝑚+2=𝑞2𝑚+1+𝑞⋅𝑎2𝑚+1(𝑚)=𝑞2𝑚+𝑞⋅𝑎2𝑚+1(𝑚)−𝑝𝑎2𝑚(𝑚−1)现在考虑右边的不等式𝑝2𝑚−𝑞2𝑚<𝑝2𝑚+2−𝑞2𝑚+2只需证:𝑝⋅𝑎2𝑚+1(𝑚+1)−𝑞𝑎2𝑚(𝑚+1)>𝑞𝑎2𝑚+1(𝑚)−𝑝⋅𝑎2𝑚(𝑚−1)只需证：𝑝𝑚+2𝑞𝑚𝐶2𝑚+1𝑚+1−𝑝𝑚+1𝑞𝑚𝐶2𝑚𝑚+1>𝑞𝑚+2𝑝𝑚𝐶2𝑚+1𝑚+1−𝑞𝑚+1𝑝𝑚𝐶2𝑚𝑚+1只需证：𝑝2𝐶2𝑚+1𝑚+1−𝑝𝐶2𝑚𝑚+1>𝑞2𝐶2𝑚+1𝑚+1−𝑞𝐶2𝑚𝑚+1只需证:(𝑝−𝑞)(𝑝+𝑞)𝐶2𝑚+1𝑚+1>(𝑝−𝑞)𝐶2𝑚𝑚+1只需证:𝐶2𝑚+1𝑚+1>𝐶2𝑚𝑚+1因为𝐶2𝑚+1𝑚+1=𝐶2𝑚𝑚+1+𝐶2𝑚𝑚，且𝐶2𝑚𝑚>0,故上面不等式成立.证毕.

第11页，共11页。