第1頁/共1頁2025年全國統一高考數學試卷（新高考Ⅱ卷）注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效.3.考試結束后，本試卷和答題卡一并交回.一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的.1.樣本數據2，8，14，16，20的平均數為（）A.8 B.9 C.12 D.182.已知，則（）A. B. C. D.13.已知集合則（）A. B.C. D.4.不等式解集是（）A. B.C. D.5.在中，，，，則（）A. B. C. D.6.設拋物線的焦點為點A在C上，過A作的準線的垂線，垂足為B，若直線BF的方程為，則（）A.3 B.4 C.5 D.67.記為等差數列的前n項和，若則（）A B. C. D.8.已知，，則（）A. B. C. D.二、多選題：本題共3小題，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.9.記為等比數列的前n項和，為的公比，若，則（）A B.C. D.10.已知是定義在R上的奇函數，且當時，，則（）A. B.當時，C.當且僅當 D.是的極大值點11.雙曲線的左、右焦點分別是，左、右頂點分別為，以為直徑的圓與C的一條漸近線交于M、N兩點，且，則（）A. B.C.C的離心率為 D.當時，四邊形的面積為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知平面向量若，則___________13.若是函數極值點，則___________14.一個底面半徑為，高為的封閉圓柱形容器（容器壁厚度忽略不計）內有兩個半徑相等的鐵球，則鐵球半徑的最大值為____________．四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.已知函數．（1）求;（2）設函數，求的值域和單調區間．16.已知橢圓的離心率為，長軸長為4．（1）求C的方程；（2）過點的直線l與C交于兩點，為坐標原點，若的面積為，求．17.如圖，在四邊形中，，F為CD的中點，點E在AB上，，，將四邊形沿翻折至四邊形，使得面與面EFCB所成的二面角為．（1）證明:平面；（2）求面與面所成的二面角的正弦值．18已知函數，其中．（1）證明：在區間存在唯一的極值點和唯一的零點；（2）設分別為在區間的極值點和零點.（i）設函數·證明：在區間單調遞減；（ii）比較與的大小，并證明你的結論．19.甲、乙兩人進行乒乓球練習，每個球勝者得1分，負者得0分．設每個球甲勝的概率為，乙勝的概率為q，，且各球的勝負相互獨立，對正整數，記為打完k個球后甲比乙至少多得2分的概率，為打完k個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）證明：對任意正整數m，．2025年全國統一高考數學試卷（新高考Ⅱ卷）注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效.3.考試結束后，本試卷和答題卡一并交回.一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的.1.樣本數據2，8，14，16，20的平均數為（）A.8 B.9 C.12 D.18【答案】C【解析】【分析】由平均數的計算公式即可求解.【詳解】樣本數據的平均數為.故選：C.2.已知，則（）A. B. C. D.1【答案】A【解析】分析】由復數除法即可求解.【詳解】因為，所以.故選：A.3.已知集合則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】求出集合后結合交集的定義可求.【詳解】，故，故選：D.4.不等式的解集是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】移項后轉化為求一元二次不等式的解即可.【詳解】即為即，故，故解集為，故選：C.5.在中，，，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由余弦定理直接計算求解即可.【詳解】由題意得，又，所以.故選：A6.設拋物線的焦點為點A在C上，過A作的準線的垂線，垂足為B，若直線BF的方程為，則（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】C【解析】【分析】先由直線求出焦點和即拋物線的方程，進而依次得拋物線的準線方程和點B，從而可依次求出和，再由焦半徑公式即可得解.【詳解】對，令，則，所以，即拋物線，故拋物線的準線方程為，故，則，代入拋物線得.所以.故選：C7.記為等差數列的前n項和，若則（）A B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由等差數列前n項和公式結合題意列出關于首項和公差d的方程求出首項和公差d，再由等差數列前n項和公式即可計算求解.【詳解】設等差數列的公差為d，則由題可得，所以.故選：B.8.已知，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用二倍角余弦公式得，則，最后再根據兩角差正弦公式即可得到答案.【詳解】，因為，則，則，則.故選：D.二、多選題：本題共3小題，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.9.記為等比數列的前n項和，為的公比，若，則（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】對A，根據等比數列通項公式和前項和公式得到方程組，解出，再利用其通項公式和前項和公式一一計算分析即可.【詳解】對A，由題意得，結合，解得或（舍去），故A正確；對B，則，故B錯誤；對C，，故C錯誤；對D，，，則，故D正確；故選：AD.10.已知是定義在R上的奇函數，且當時，，則（）A. B.當時，C.當且僅當 D.是的極大值點【答案】ABD【解析】【分析】對A，根據奇函數特點即可判斷；對B，利用代入求解即可；對C，舉反例即可；對D，直接求導，根據極大值點判定方法即可判斷.【詳解】對A，因為定義在上奇函數，則，故A正確；對B，當時，，則，故B正確；對C，，故C錯誤；對D，當時，，則，令，解得或（舍去），當時，，此時單調遞增，當時，，此時單調遞減，則是極大值點，故D正確；故選：ABD.11.雙曲線的左、右焦點分別是，左、右頂點分別為，以為直徑的圓與C的一條漸近線交于M、N兩點，且，則（）A. B.C.C的離心率為 D.當時，四邊形的面積為【答案】ACD【解析】【分析】由平行四邊形的性質判斷A；由且結合在漸近線上可求的坐標，從而可判斷B的正誤，或者利用三角函數定義和余弦定理也可判斷；由中線向量結合B的結果可得，計算后可判斷C的正誤，或者利用并結合離心率變形公式即可判斷；結合BC的結果求出面積后可判斷D的正誤.【詳解】不妨設漸近線為，在第一象限，在第三象限，對于A，由雙曲線的對稱性可得為平行四邊形，故，故A正確；對于B，方法一：因為在以為直徑的圓上，故且，設，則，故，故，由A得，故即，故B錯誤；方法二：因為，因為雙曲線中，，則，又因為以為直徑的圓與的一條漸近線交于、，則，則若過點往軸作垂線，垂足為，則，則點與重合，則軸，則，方法三：在利用余弦定理知，，即，則，則為直角三角形，且，則，故B錯誤；對于C，方法一：因為，故，由B可知，故即，故離心率，故C正確；方法二：因為，則，則，故C正確；對于D，當時，由C可知，故，故，故四邊形為，故D正確，故選：ACD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知平面向量若，則___________【答案】【解析】【分析】根據向量坐標化運算得，再利用向量垂直的坐標表示得到方程，解出即可.【詳解】，因為，則，則，解得.則，則.故答案為：.13.若是函數的極值點，則___________【答案】【解析】【分析】由題意得即可求解，再代入即可求解.【詳解】由題意有，所以，因為是函數極值點，所以，得，當時，，當單調遞增，當單調遞減，當單調遞增，所以是函數的極小值點，符合題意；所以.故答案為：.14.一個底面半徑為，高為的封閉圓柱形容器（容器壁厚度忽略不計）內有兩個半徑相等的鐵球，則鐵球半徑的最大值為____________．【答案】【解析】【分析】根據圓柱與球的性質以及球的體積公式可求出球的半徑；【詳解】圓柱的底面半徑為，設鐵球的半徑為r，且，由圓柱與球的性質知，即，，故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.已知函數．（1）求;（2）設函數，求的值域和單調區間．【答案】（1）（2）答案見解析【解析】【分析】（1）直接由題意得，結合余弦函數的單調性即可得解；（2）由三角恒等變換得，由此可得值域，進一步由整體代入法可得函數單調區間.【小問1詳解】由題意，所以；【小問2詳解】由（1）可知，所以，所以函數的值域為，令，解得，令，解得，所以函數的單調遞減區間為，函數的單調遞增區間為.16.已知橢圓的離心率為，長軸長為4．（1）求C的方程；（2）過點的直線l與C交于兩點，為坐標原點，若的面積為，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據長軸長和離心率求出基本量后可得橢圓方程；（2）設出直線方程并聯立橢圓方程后結合韋達定理用參數表示面積后可求的值，從而可求弦長.【小問1詳解】因為長軸長為4，故，而離心率為，故，故，故橢圓方程為：.【小問2詳解】由題設直線的斜率不為0，故設直線，，由可得，故即，且，故，解得，故.17.如圖，在四邊形中，，F為CD的中點，點E在AB上，，，將四邊形沿翻折至四邊形，使得面與面EFCB所成的二面角為．（1）證明:平面；（2）求面與面所成的二面角的正弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）先應用線面平行判定定理得出平面及平面，再應用面面平行判定定理得出平面平面，進而得出線面平行；（2）建立空間直角坐標系，利用已知條件將點的坐標表示出來，然后將平面及平面的法向量求出來，利用兩個法向量的數量積公式可將兩平面的夾角余弦值求出來，進而可求得其正弦值.小問1詳解】設，所以，因為為中點，所以，因為，，所以是平行四邊形，所以，所以，因為平面平面，所以平面，因為平面平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面．【小問2詳解】因為，所以，又因為，所以，以為原點，以及垂直于平面的直線分別為軸，建立空間直角坐標系.因為，平面與平面所成二面角為60°，所以.則，，，，，.所以.設平面的法向量為，則，所以，令，則，則.設平面的法向量為，則，所以，令，則，所以.所以.所以平面與平面夾角的正弦值為.18.已知函數，其中．（1）證明：在區間存在唯一的極值點和唯一的零點；（2）設分別為在區間的極值點和零點.（i）設函數·證明：在區間單調遞減；（ii）比較與的大小，并證明你的結論．【答案】（1）證明見解析；（2）（i）證明見解析；（ii），證明見解析.【解析】【分析】（1）先由題意求得，接著構造函數，利用導數工具研究函數的單調性和函數值情況，從而得到函數的單調性，進而得證函數在區間上存在唯一極值點；再結合和時的正負情況即可得證在區間上存在唯一零點；（2）（i）由（1）和結合（1）中所得導函數計算得到，再結合得即可得證；（ii）由函數在區間上單調遞減得到，再結合，和函數的單調性以以及函數值的情況即可得證.【小問1詳解】由題得，因為，所以，設，則在上恒成立，所以在上單調遞減，，令，所以當時，，則；當時，，則，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以在上存在唯一極值點，對函數有在上恒成立，所以在上單調遞減，所以在上恒成立，又因為，時，所以時，所以存在唯一使得，即在上存在唯一零點.【小問2詳解】（i）由（1）知，則，，則，因為，所以，所以，所以，所以函數在區間上單調遞減；（ii），證明如下：由（i）知：函數在區間上單調遞減，所以即，又，由（1）可知在上單調遞減，，且對任意，所以.19.甲、乙兩人進行乒乓球練習，每個球勝者得1分，負者得0分．設每個球甲勝的概率為，乙勝的概率為q，，且各球的勝負相互獨立，對正整數，記為打完k個球后甲比乙至少多得2分的概率，為打完k個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）證明：對任意正整