2025年高考全国二卷数学真题（解析版）

这是一份2025年高考全国二卷数学真题（解析版），共18页。试卷主要包含了 不等式的解集是， 在中，，，，则， 记为等差数列的前n项和，若则， 已知，，则等内容，欢迎下载使用。
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. 8B. 9C. 12D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均数公式计算求解.
【详解】样本数据为，它的平均数为.
故选：C.
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
分析】根据复数除法运算化简即可.
【详解】由于，则.
故选：A.
3. 已知集合则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出集合，再结合交集的定义求.
【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】转化为求一元二次不等式的解即可.
【详解】即为即，则，
则解集为，
故选：C.
5. 在中，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据余弦定理直接计算求解即可.
【详解】根据题意得，
又因为，则.
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. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】先根据直线求出焦点和，得到抛物线的方程，依次得抛物线的准线方程和点B，从而可依次求出和，再由焦半径公式求解.
【详解】对，令，则，
则，，则抛物线，则抛物线准线方程为，
则，则，代入抛物线得.根据定义可以得到.
故选：C
7. 记为等差数列的前n项和，若则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列前n项和公式，结合题意列出关于首项和公差d的方程组，求出首项和公差，再由等差数列求和公式求解.
【详解】设等差数列的公差为d，可得 ，
则.
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求得，则算出，最后再根据两角差正弦公式即可求解
【详解】，
由于，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（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A选项，根据等比数列通项公式和求和公式得到方程组，解出，再利用其通项公式和求和公式一一计算即可.
【详解】对于A选项，可得，结合，得或（舍去），故A选项对；
对于B选项，则，故B选项错；
对于C选项，，故C选项错；
对于D选项，，，
则，故D选项对；
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】
【分析】对于A，根据奇函数特点判断；对于B，利用代入求解判断；对于C，举反例判断；对于D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断.
【详解】对于A选项，由于定义在上奇函数，则，故A选项对；
对于B选项，当时，，则，故B对；
对于C选项，， 故C选项错；
对于D选项，当时，，则，
令，求出或（舍去），
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
则是极大值点，故D选项对；
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】根据平行四边形的性质判断A选项；根据且结合在渐近线上可求的坐标，从而可判断B选项的正误；由中线向量表达式，结合B选项的结果可得，计算可判断C选项的正误，或者利用并结合离心率变形公式即可判断正误；结合BC选项的结果求出面积后可判断D的正误.
【详解】设渐近线为，在第一象限，在第三象限，
对于A选项，由双曲线的对称性可得为平行四边形，故，
故A选项对；
对于B选项，方法一：由于在以为直径的圆上，故且，
设，则，故，故，
由A选项，得，故即，故B选项错；
方法二：由于，由于双曲线中，，
则，又由于以为直径的圆与的一条渐近线交于、，则，
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，，
即，则，
则为直角三角形，且，则，故B选项错；
对于C选项，方法一：由于，故，
由B选项可知，
故，则，
故，故C选项对；
方法二：由于，则，则，故C对；
对于D选项，当时，由C选项可知，故，
故，故四边形面积为，
故D选项对，
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】由向量坐标化运算得，再利用向量垂直的坐标表示得到方程，求出答案即可.
【详解】，由于，则，
则，求出.
则，则.
故答案为：.
13. 若是函数的极值点，则___________
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得即可求解，再代入即可求解.
【详解】根据题意有，
则，
由于是函数极值点，则，推出，
当时，，
当单调递增，当单调递减，
当单调递增，
则是函数的极小值点，符合题意；
则.
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】先画出图形，再根据圆柱,球的性质,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：.
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）直接根据题意得到，结合余弦函数的单调性即可求解；
（2）由三角恒等变换公式得到，由此可得值域，进一步由整体代入法可得单调区间.
【小问1详解】
根据题意，则；
【小问2详解】
由（1）可得，
则
，
则的值域为，
令，解得，
令，解得，
则的单调递减区间为，
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由长轴长概念和离心率公式求出基本量后得到椭圆方程；
（2）设出直线方程，直曲联立，结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而求弦长.
【小问1详解】
已经知道长轴长为4，则，而离心率为，则，
则，则椭圆方程为：.
【小问2详解】
由题意，画出草图，显然直线的斜率不为0，故可设直线，，
直曲联立得到，得，
且，即，
则，
则，
解得，
则.
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．
（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）先用线面平行判定定理得平面及平面，再用面面平行判定定理得平面平面，最终得线面平行；
（2）先建立空间直角坐标系，利用已知条件求出坐标，然后求出平面及平面的法向量，利用两个法向量的数量积公式，将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得正弦值.
小问1详解】
设，则，由于为中点，则，
由于，，则是平行四边形， 则，则，
由于平面平面，则平面，
由于平面平面，则平面，
又，平面，则平面平面，
又平面，则平面．
【小问2详解】
由于，则，又由于，则，
以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，可建立空间直角坐标系.
由于，结合平面与平面所成二面角为60° ，
则.
则，，，，，.
则.
设平面的法向量为，则
，则，
令，则，则.
设平面的法向量为，
则，则，
令，则，则.
则.
则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）先根据条件求得，构造函数，利用导数工具研究函数的单调性和函数值，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证在区间上存在唯一零点；
（2）（i）由（1）和结合，最后结合得到
即可得证；
（ii）由在区间上单调递减得，再结合，和的单调性以及函数值的情况得证.
【小问1详解】
由条件得，
由于，则，令，
则在上恒成立，则在上单调递减，
，令，
则当时，，则；
当时，，则，
则在上单调递增，在上单调递减，
则在上存在唯一极值点，
对函数有在上恒成立，
则在上单调递减，
则在上恒成立，
又由于，时，
则时，
则存在唯一使得，即在上存在唯一零点.
【小问2详解】（i）由前面知，则，，
则

，
由于，则，则，
则， 则函数在区间上单调递减；
（ii），证明过程如下：
由（i）知： 在上单调递减，
则即，又，
由（1）可知在单调递减，，且对任意，
则.
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）．
（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）直接根据二项分布概率公式计算即可求解；
（2）根据条件得到，联立，即可求解；
（3）首先得到，，同理得到，，作差比较大小，有，又，且同理得到，再作差得到，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，因此只能甲胜三场，
则所求概率为，
为打完4个球后甲比乙至少多得两分的概率，因此甲胜三场或四场，
则所求概率为；
【小问2详解】前面已经知道，，同理，
若，，
则，
由于，则，求得；
【小问3详解】
我们知道，
.
以及
.
至此，可得到，，同理得到，.
因此，则.
另一方面，由于
同理得到.
则结合，
能得到，即，则命题成立.