2025年高考全國(guó)二卷數(shù)學(xué)真題

這是一份2025年高考全國(guó)二卷數(shù)學(xué)真題，共18頁(yè)。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

一、單選題
1．樣本數(shù)據(jù)2，8，14，16，20的平均數(shù)為（ ）
A．8B．9C．12D．18
【答案】C
【分析】由平均數(shù)的計(jì)算公式即可求解.
【詳解】樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為.
故選：C.
2．已知，則（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】由復(fù)數(shù)除法即可求解.
【詳解】因?yàn)?，所?
故選：A.
3．已知集合則（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】求出集合后結(jié)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
【分析】移項(xiàng)后轉(zhuǎn)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
【分析】由余弦定理直接計(jì)算求解即可.
【詳解】由題意得，
又，所以.
故選：A
6．設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為點(diǎn)A在C上，過(guò)A作的準(zhǔn)線的垂線，垂足為B，若直線BF的方程為，則（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】先由直線求出焦點(diǎn)和即拋物線的方程，進(jìn)而依次得拋物線的準(zhǔn)線方程和點(diǎn)B，從而可依次求出和，再由焦半徑公式即可得解.
【詳解】對(duì)，令，則，
所以，即拋物線，故拋物線的準(zhǔn)線方程為，
故，則，代入拋物線得.
所以.
故選：C
7．記為等差數(shù)列的前n項(xiàng)和，若則（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式結(jié)合題意列出關(guān)于首項(xiàng)和公差d的方程求出首項(xiàng)和公差d，再由等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式即可計(jì)算求解.
【詳解】設(shè)等差數(shù)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
【分析】利用二倍角余弦公式得，則，最后再根據(jù)兩角差的正弦公式即可得到答案.
【詳解】，
因?yàn)?，則，則，
則.
故選：D.
二、多選題
9．記為等比數(shù)列的前n項(xiàng)和，為的公比，若，則（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】對(duì)A，根據(jù)等比數(shù)列通項(xiàng)公式和前項(xiàng)和公式得到方程組，解出，再利用其通項(xiàng)公式和前項(xiàng)和公式一一計(jì)算分析即可.
【詳解】對(duì)A，由題意得，結(jié)合，解得或（舍去），故A正確；
對(duì)B，則，故B錯(cuò)誤；
對(duì)C，，故C錯(cuò)誤；
對(duì)D，，，
則，故D正確；
故選：AD.
10．已知是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)時(shí)，，則（ ）
A．B．當(dāng)時(shí)，
C．當(dāng)且僅當(dāng)D．是的極大值點(diǎn)
【答案】ABD
【分析】對(duì)A，根據(jù)奇函數(shù)特點(diǎn)即可判斷；對(duì)B，利用代入求解即可；對(duì)C，舉反例即可；對(duì)D，直接求導(dǎo)，根據(jù)極大值點(diǎn)判定方法即可判斷.
【詳解】對(duì)A，因?yàn)槎x在上奇函數(shù)，則，故A正確；
對(duì)B，當(dāng)時(shí)，，則，故B正確；
對(duì)C，， 故C錯(cuò)誤；
對(duì)D，當(dāng)時(shí)，，則，
令，解得或（舍去），
當(dāng)時(shí)，，此時(shí)單調(diào)遞增，
當(dāng)時(shí)，，此時(shí)單調(diào)遞減，
則是極大值點(diǎn)，故D正確；
故選：ABD.
11．雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別是，左、右頂點(diǎn)分別為，以為直徑的圓與C的一條漸近線交于M、N兩點(diǎn)，且，則（ ）
A．B．
C．C的離心率為D．當(dāng)時(shí)，四邊形的面積為
【答案】ACD
【分析】由平行四邊形的性質(zhì)判斷A；由且結(jié)合在漸近線上可求的坐標(biāo)，從而可判斷B的正誤，或者利用三角函數(shù)定義和余弦定理也可判斷；由中線向量結(jié)合B的結(jié)果可得，計(jì)算后可判斷C的正誤，或者利用并結(jié)合離心率變形公式即可判斷；結(jié)合BC的結(jié)果求出面積后可判斷D的正誤.
【詳解】不妨設(shè)漸近線為，在第一象限，在第三象限，
對(duì)于A，由雙曲線的對(duì)稱性可得為平行四邊形，故，
故A正確；
對(duì)于B，方法一：因?yàn)樵谝詾橹睆降膱A上，故且，
設(shè)，則，故，故，
由A得，故即，故B錯(cuò)誤；
方法二：因?yàn)椋驗(yàn)殡p曲線中，，
則，又因?yàn)橐詾橹睆降膱A與的一條漸近線交于、，則，
則若過(guò)點(diǎn)往軸作垂線，垂足為，則，則點(diǎn)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(cuò)誤；
對(duì)于C，方法一：因?yàn)椋剩?br>由B可知，
故即，
故離心率，故C正確；
方法二：因?yàn)?，則，則，故C正確；
對(duì)于D，當(dāng)時(shí)，由C可知，故，
故，故四邊形為，
故D正確，
故選：ACD.
三、填空題
12．已知平面向量若，則
【答案】
【分析】根據(jù)向量坐標(biāo)化運(yùn)算得，再利用向量垂直的坐標(biāo)表示得到方程，解出即可.
【詳解】，因?yàn)椋瑒t，
則，解得.
則，則.
故答案為：.
13．若是函數(shù)的極值點(diǎn)，則
【答案】
【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?yàn)槭呛瘮?shù)極值點(diǎn)，所以，得，
當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)單調(diào)遞增，當(dāng)單調(diào)遞減，
當(dāng)單調(diào)遞增，
所以是函數(shù)的極小值點(diǎn)，符合題意；
所以.
故答案為：.
14．一個(gè)底面半徑為，高為的封閉圓柱形容器（容器壁厚度忽略不計(jì)）內(nèi)有兩個(gè)半徑相等的鐵球，則鐵球半徑的最大值為 ．
【答案】
【分析】根據(jù)圓柱與球的性質(zhì)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(shè)鐵球的半徑為r，且，
由圓柱與球的性質(zhì)知，
即，，
故答案為：.
四、解答題
15．已知函數(shù)．
(1)求;
(2)設(shè)函數(shù)，求的值域和單調(diào)區(qū)間．
【答案】(1)
(2)答案見(jiàn)解析
【分析】（1）直接由題意得，結(jié)合余弦函數(shù)的單調(diào)性即可得解；
（2）由三角恒等變換得，由此可得值域，進(jìn)一步由整體代入法可得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.
【詳解】（1）由題意，所以；
（2）由（1）可知，
所以
，
所以函數(shù)的值域?yàn)椋?br>令，解得，
令，解得，
所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，
函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為.
16．已知橢圓的離心率為，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4．
(1)求C的方程；
(2)過(guò)點(diǎn)的直線l與C交于兩點(diǎn)，為坐標(biāo)原點(diǎn)，若的面積為，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)長(zhǎng)軸長(zhǎng)和離心率求出基本量后可得橢圓方程；
（2）設(shè)出直線方程并聯(lián)立橢圓方程后結(jié)合韋達(dá)定理用參數(shù)表示面積后可求的值，從而可求弦長(zhǎng).
【詳解】（1）因?yàn)殚L(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，故，而離心率為，故，
故，故橢圓方程為：.
（2）
由題設(shè)直線的斜率不為0，故設(shè)直線，，
由可得，
故即，
且，
故，
解得，
故.
17．如圖，在四邊形中，，F(xiàn)為CD的中點(diǎn)，點(diǎn)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(jiàn)解析
(2)
【分析】（1）先應(yīng)用線面平行判定定理得出平面及平面，
再應(yīng)用面面平行判定定理得出平面平面，進(jìn)而得出線面平行；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用已知條件將點(diǎn)的坐標(biāo)表示出來(lái)，然后將平面及平面的法向量求出來(lái)，利用兩個(gè)法向量的數(shù)量積公式可將兩平面的夾角余弦值求出來(lái)，進(jìn)而可求得其正弦值.
【詳解】（1）設(shè)，所以，因?yàn)闉橹悬c(diǎn)，所以，因?yàn)?，，所以是平行四邊形?所以，所以，
因?yàn)槠矫嫫矫妫云矫妫?br>因?yàn)槠矫嫫矫?，所以平面?br>又，平面，所以平面平面，
又平面，所以平面．
（2）
因?yàn)?，所以，又因?yàn)?，所以?br>以為原點(diǎn)，以及垂直于平面的直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系.
因?yàn)?，平面與平面所成二面角為60° ，
所以.
則，，，，，.
所以.
設(shè)平面的法向量為，則
，所以，令，則，則.
設(shè)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(shù)，其中．
(1)證明：在區(qū)間存在唯一的極值點(diǎn)和唯一的零點(diǎn)；
(2)設(shè)分別為在區(qū)間的極值點(diǎn)和零點(diǎn).
（i）設(shè)函數(shù)·證明：在區(qū)間單調(diào)遞減；
（ii）比較與的大小，并證明你的結(jié)論．
【答案】(1)證明見(jiàn)解析；
(2)（i）證明見(jiàn)解析；（ii），證明見(jiàn)解析.
【分析】（1）先由題意求得，接著構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)工具研究函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)值情況，從而得到函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而得證函數(shù)在區(qū)間上存在唯一極值點(diǎn)；再結(jié)合和時(shí)的正負(fù)情況即可得證在區(qū)間上存在唯一零點(diǎn)；
（2）（i）由（1）和結(jié)合（1）中所得導(dǎo)函數(shù)計(jì)算得到，再結(jié)合得即可得證；
（ii）由函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減得到，再結(jié)合，
和函數(shù)的單調(diào)性以以及函數(shù)值的情況即可得證.
【詳解】（1）由題得，
因?yàn)?，所以，設(shè)，
則在上恒成立，所以在上單調(diào)遞減，
，令，
所以當(dāng)時(shí)，，則；當(dāng)時(shí)，，則，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以在上存在唯一極值點(diǎn)，
對(duì)函數(shù)有在上恒成立，
所以在上單調(diào)遞減，
所以在上恒成立，
又因?yàn)椋瑫r(shí)，
所以時(shí)，
所以存在唯一使得，即在上存在唯一零點(diǎn).
（2）（i）由（1）知，則，，
，
則
，
，
，
即在上單調(diào)遞減.
（ii），證明如下：
由（i）知：函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，
所以即，又，
由（1）可知在上單調(diào)遞減，，且對(duì)任意，
所以.
19．甲、乙兩人進(jìn)行乒乓球練習(xí)，每個(gè)球勝者得1分，負(fù)者得0分．設(shè)每個(gè)球甲勝的概率為，乙勝的概率為q，，且各球的勝負(fù)相互獨(dú)立，對(duì)正整數(shù)，記為打完k個(gè)球后甲比乙至少多得2分的概率，為打完k個(gè)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(duì)任意正整數(shù)m，．
【答案】(1)，
(2)
(3)證明過(guò)程見(jiàn)解析
【分析】（1）直接由二項(xiàng)分布概率計(jì)算公式即可求解；
（2）由題意，聯(lián)立，即可求解；
（3）首先，，同理有，，作差有，另一方面，且同理有，作差能得到，由此即可得證.
【詳解】（1）為打完3個(gè)球后甲比乙至少多得兩分的概率，故只能甲勝三場(chǎng)，
故所求為，
為打完4個(gè)球后甲比乙至少多得兩分的概率，故甲勝三場(chǎng)或四場(chǎng)，
故所求為；
（2）由（1）得，，同理，
若，，
則，
由于，所以，解得；
（3）我們有
.
以及
.
至此我們得到，，同理有，.
故，即.
另一方面，由于
且同理有.
故結(jié)合，
就能得到，即，證畢.