2025年普通高等学校春季招生考试
解法三（利用绝对值三角不等式求解）
12.4(数形结合思想十化归与转化思想)由题意，设e1(1,0),e2(0,1),a=OA,b=
:x-1|+|π-x≥|(x-1)+(π-x)=π-1，当且仅当(x-1)(r-x)≥
(上海卷)
0,即1≤x≤π时等号成立，
OB.因为向量a满足a-4e=2,所以点A在以C(4,0)为圆心，2为半径的
圆上.因为向量b满足b-62=1,所以点B在以D(0,6)为圆心，1为半径的
.x一1|+|π-x=π-1的解集为[1，π]（或{x1≤x≤π}）.
1.{1,2}由题易得A∩B={1,2}.
回上.因要求b在a方向上的数量投影的最大值，故只需考虑A,B均在第一象
9.如图，设点P在底面的射影为O,则0为底面国的圆心，
限即可.如图，过点B作BH⊥OA,垂足为H,则b在a方向上的数量投影为
10*/0
2.{x0<1(或(0.1》解法-原不等式等价于>0
1x-1>0
解得
连接OA,PO,则OA=1.由于点B,C为圆锥底面上两点，所
|OH,过点D作DG⊥OA,垂足为G,则OD在OA方向上的数量投影为OG引，
以由最小角定理可知，当直线BC与直线PA在底面的射影
OH=OG+GH.
0
OA平行时，异面直钱PA与BC所成的角0最小，0min=
解法二原不等式等价于x(x一1)<0，解得0…0
0∠PA0,在R△A0P中，os∠PA0-A9-,所以∠PA0
3.5=2+_2+×D=1-2i.1:=1-2i1=√1+(-2=5.
i×(-i)
=写，即异面直线PA与BC所成角的最小值为罗
2=A
4.号解法-由a/B得a=ba∈R).即(2.1)=A1)=AA,则
10.5如图，由题意得，FF2|=2Va2十6-a=26,由双曲线的定义知，
得x=2
AFI-AF:I=ABI-AF2=BF2I=2a,SAmE,F,=2BF2IX
@解法二由a/b得2x-1X1=0,解得x=
RFsm吾-352×2aX2v5x号-36，解得a=5
当直线BH与圆D相切时，四边形BDGH为矩形，此时GH取得最大值1.
2
设直线OA的斜率为k(k>0),则OA的一个方向向量d=(1,k),又OD=(0,6),
5.0解法一因为tana=1,所以a=T十kx,k∈Z,
所以1OG引三1OD:=6k=61一十·过点0作国C的切线，设在第
d
所以cos(a+于)=cos（5+m)=0.
一象限的切点为M,连接CM,则CM⊥OM,在Rt△OCM中，|OM=
解法二国为tana=1,所以sina=cose,所以cos(a+妥）=c0sac0s至
√0c -1CM--2=2,所以tan∠COM=CM=2=5,所
TOM2√/33
sin asin年-号(eos。-ina)=0.
1.4士以A为坐标原点，以AB,AD所在直钱分别为轴y轴建立平面直角
3
6.1(+）°的道项T+1-C5(任）=Cax5-,令6-2k-0,得k=3,
坐标系，如图所示，则M(0,1),N(3,4),依题意可设曲线MN所在抛物线的方
以0|GH|max=4,所以当BH与圆D相切，且，点A位于点M处时，b在a方向上的
所以T4=C8a3=20,解得a=1.
程为y=axr2+b(a,b∈R),则/0+6=1
(6=1
数量投影取得最大值，为4，
13.D由正四棱台的性质可知，
7.号由题意得a=:6,=g1(g>0),所以a6,=g1(g>0)所以
A.AB∥A1B1∥C1D1,A错误；B、C.正四棱台ABCD-A1B1CD1的所有侧棱
号2+1.设点P(,72+1):∈[0,3]，则QB=4-,RB1=子+1，
延长交于一点，故AA1与CC相交，BB1与DD1相交，所以B,B1,D1,D四点
{am·bn}的前三项和为a1b1+a2b2十a3b3=g°+2q+3q2=2,即1+2q+3q2=
2,解得g=3或9=-1（舍去），所以9=3：
1
矩形BQPR的面积S()=(4-D(3P+1)=二+4-3+12(：∈[0.
共面，所以BD1与B1D相交，B错误，C错误；D.因为A1B1∩A1D1=A1,AB∥
3
A1B1,且AB寸平面A1B1C1D1,所以A1D1与AB是异面直线.故选D.
3,求学得S()=二381-3.令()=0，得4=4生7.当4∈
14.B因为幂函数y=x在(0，十∞)上是严格减函数，所以a<0,故排除C,D.当
8.[1,π]（或{x1≤x≤π}）解法一（分类讨论法）当x>r时，x一1十x一π=π一1，
3
3
解得x=,无解.当1≤x≤π时，x一1十π一x=π一1，.恒成立.当x<1时，
a=一号时，画数y=x子，将x=一1代入上式，得y=(-1)子=
1
「0.4二7)时，S(0<0,S()单调减当1∈(47,4+7)时，S(0>0,
(-1)8
1一x十π一x=π-1，解得x=1,无解.综上所述，x-1十r一x=π一1的
3
3
3
1
=1,所以暴函数y=x-言的图象不经过点（一1，一1），故排除A.当a=
解集为[1，π]（或{x1≤x≤π}）：
解法二（数形结合法）
S0单调递增：当1(7.3]时，S0)<0S(0单调递减.又S0)=S(3)=
-1)2
一方时，罩画数y=,将x=-1代入上式，得y=(一1)十=1
=-1,
构造函数f(x)=x一1十|π一x,作出函效f(x)的大致图象如图所示，由图可
4,S(3)(-1)
3
知，f(x)=π一1的解集为[1，π]（或{x1≤x≤π}），
所以暴函效y=x“的图象经过点（一1，一1），B满足题意.故选B.
15,B解法一鹅掷一枚质地均匀的硬币，正面朝上和反面朝上的概率均为合
且AB,BC,CD,DA是否保留相互独立，AB,BC同时保留记为事件F,则P(F)
-(合）°-，AD,DC同时保智记为亨件Q,则P(Q)=(合）-}，AB,BC,
CD,DA网时保留则为亭件FnQ,且亨件F与Q相互独立，则P(FnQ)-是
X是-6所以，以A为起点浴着尚未据去的边出发，可以到达C点的概率P
=PP)+PQ》-PFnQ=}+}-Gt选B2025年数学(全国新课标卷2)
1.考点:平均数
C 由题意,所求平均数为=12.故选C.
2.考点:复数运算
A 由z=1+i,得=-i.故选A.
【知识拓展】复数除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数.
3.主考点:集合交集运算+次考点:解一元三次方程
D 由题意得B={-1,0,1},所以A∩B={0,1}.故选D.
【知识拓展】对于集合的交集运算,如果集合中的元素是离散的,可用Venn图表示;如果集合中的元素是连续的,可用数轴表示,此时要注意端点的情况.
4.考点:分式不等式
C 原不等式等价于-2≥0,≥0,整理得≤0,即(x+2)(x-1)≤0(x≠1),解得-2≤x<1.故选C.
【知识拓展】不等号右边不为零的分式不等式,先移项再通分(不要去分母),使不等号右边为零,然后再转化为整式不等式(组)求解.
5.考点:解三角形
A 在△ABC中,由余弦定理得cos A=,
又0【易错点拨】易忽略三角形中的隐含条件.
6.考点:抛物线的定义及性质
C 由直线BF的方程:y=-2x+2知F(1,0),所以=1,p=2,所以抛物线方程为y2=4x,准线方程为x=-1,所以B(-1,4),所以yA=4,代入抛物线方程得A(4,4),所以|AF|=|AB|=+xA=1+4=5,故选C.
【知识拓展】 抛物线定义的应用
根据抛物线的定义,抛物线上任意一点到焦点的距离等于它到准线的距离,因此由抛物线定义可以实现点点距与点线距的相互转化,从而简化某些问题.
7.考点:等差数列基本量运算
B 当n为奇数时,由Sn=n有S3=3a2=6,S5=5a3=-5,解得a2=2,a3=-1,所以公差d=-3.则a6=a2+4d=-10,所以S6=S5+a6=-15,故选B.
【知识拓展】(1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1,n,d,an,Sn,知道其中三个就能求出另外两个;
(2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量,即首项a1和公差d.
8.考点:三角恒等变换
D 由0<α<π可知0<,所以sin,所以sin α=2sincos=2×,cos α=2cos2-1=2×2-1=-.所以sinα-=sin αcos-cos αsin--×.故选D.
【知识拓展】给值求值问题一般是将待求式子化简整理,看需要求相关角的哪些三角函数值,然后根据角的范围求出相应角的三角函数值,代入即可.
9.考点:等比数列基本量运算
AD 由S3=7,a3=1,得S2=6即a1(1+q)=6①,又a1q2=1②,①÷②得=6,即6q2-q-1=0,解得q=-(舍)或q=,则a1=4,A正确;a5=a3q2=1×,B错误;S5=,C错误;由Sn==24-an=8-an,所以Sn+an=8,D正确.故选AD.
【知识拓展】 等比数列基本量的运算的解题策略
(1)等比数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1,n,q,an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求解.
(2)解方程组时常常利用“作商”消元法.
(3)运用等比数列的前n项和公式时,一定要讨论公比q=1的情形,否则会漏解或增解.
10.考点:利用导数研究函数的性质
ABD 因为f(x)是定义在R上的奇函数,所以f(0)=0,A正确;当x<0时,-x>0,f(-x)=[(-x)2-3]e-x+2=(x2-3)e-x+2=-f(x),所以f(x)=-(x2-3)e-x-2,B正确;又f(-1)=2e-2=2(e-1)>2,所以C错误;当x>0时,f'(x)=ex(x+3)(x-1),当01时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,所以x=1是f(x)的极小值点,则由奇函数的性质可知,x=-1是f(x)的极大值点,D正确.故选ABD.
11.考点:双曲线的性质
ACD 因为A1A2与MN互相平分,所以四边形A1MA2N是平行四边形,所以∠A1MA2=π-∠NA1M=π-π=,A正确;以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=c2,不妨取渐近线y=x,由设M(a,b),N(-a,-b),又因为A2(a,0),所以MA2⊥A1A2.在Rt△MA2A1中,∠A1MA2=,所以|MA1|∶|MA2|=2∶,所以B错误;所以|A1M|=,由|A1M|=2|A1A2|,得=4a,即c2=13a2,即e2=13,所以e=,所以C正确;因为当a=时,c2=26,从而b2=24,即b=2,所以=2=2·2a·b·=2ab=2××2=8,所以D正确.故选ACD.
【知识拓展】 求双曲线的离心率时,将提供的双曲线的几何关系转化为关于双曲线基本量a,b,c的方程或不等式,利用c2=a2+b2和e=转化为关于e的方程(或不等式),通过解方程(或不等式)求得离心率的值(或范围).
12.主考点:平面向量的数量积与模长+次考点:解方程
由题意a-b=(1,1-2x),又a⊥(a-b),所以x·1+1×(1-2x)=0,解得x=1,即a=(1,1),所以|a|=.
13.考点:函数极值点
-4 f'(x)=[(x-2)(x-1)(x-a)]'=(x-1)(x-a)+(x-2)[(x-1)(x-a)]',又f'(2)=0,即2-a=0,所以a=2,则f(0)=-4.
14.考点:立体几何最值
作出轴截面ABCD,如图所示.由题意,两球半径相等,所以图中两圆的切点M到AD的距离为4,到DC的距离为,过点M作AD平行线与过点O1作DC的平行线相交于点N,在Rt△MO1N中,由MN2+O1N2=O1M2,设两球的半径为r,得(4-r)2+-r2=r2,即4r2-68r+145=0,解得r=或r=(舍).所以最大值为.
【解题技巧】1.要使两球的半径最大,则两球相外切,且两球与圆柱的侧面及上、下底面均相切.
2.空间问题平面化,轴截面转化为矩形内切两等圆.
15.主考点:三角函数的性质+次考点:三角恒等变换
解 (1)因为f(0)=cos φ=,且0≤φ<π,所以φ=,则f(x)=cos2x+.
(2)g(x)=cos2x++cos 2x=cos 2x-sin 2x+cos 2x=cos 2x-sin 2x=cos2x+.
因为x∈R,所以当cos2x+=1时,g(x)max=;
当cos2x+=-1时,g(x)min=-,
所以g(x)的值域为[-].
由2kπ-π≤2x+≤2kπ,k∈Z,得kπ-≤x≤kπ-,k∈Z;
由2kπ≤2x+≤2kπ+π,k∈Z,得kπ-≤x≤kπ+,k∈Z.
所以g(x)的单调递增区间为kπ-,kπ-,k∈Z;单调递减区间为kπ-,kπ+,k∈Z.
16.主考点:直线与椭圆位置关系+次考点:三角形面积
解 (1)由题意,2a=4,a=2,又e=,所以c=,b=,故椭圆C的方程为=1.
(2)设P(0,-2),显然直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx-2.
由消去y并整理得(2k2+1)x2-8kx+4=0,
由题意Δ=64k2-4×4(2k2+1)>0,即k2>.
设点A,B的横坐标分别为x1,x2,则x1x2>0,
x1+x2=,x1x2=.
则S△OAB=|S△OAP-S△OBP|=|OP||x1-x2|=,即|x1-x2|=,
所以(x1-x2)2=2,即(x1+x2)2-4x1x2=2,即2-=2,
解得k2=,符合题意.
则|AB|=|x1-x2|=.
17.(1)证明 由题意知,EB∥FC,FC 平面CD'F,EB 平面CD'F,所以EB∥平面CD'F.
又A'E∥D'F,D'F 平面CD'F,A'E 平面CD'F,所以A'E∥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,所以A'B∥平面CD'F.
(2)解 因为AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,CD=2AD,EF∥AD,
所以四边形AEFD为正方形且FD'=FC,所以EF⊥FC,EF⊥FD',又平面EFD'A'∩平面EFCD=EF,FD' 平面EFD'A',FC 平面EFCD,
所以∠D'FC为平面EFD'A'与平面EFCD所成的二面角的平面角,所以∠D'FC=60°,所以△D'FC为等边三角形.
(方法一)延长EF,BC交于点C1,连接C1D'.不妨设DF=1,则由题可得FC=1,BE=2,又BE∥FC,所以CF为△C1EB的中位线,所以C1F=1,所以S△D'FC·C1F=×12×1=.
又D'C1=,D'C=1,C1C=,
设△CC1D'中CD'边上的高为h1,则h1=,则CD'·h1=.
设点F到平面D'C1C的距离为h2,由,得h2=.
易知点F到D'C1的距离为D'C1=.
设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则sin θ=.
(方法二)取FC中点G,连接D'G,则D'G⊥FC.
过点G作GH∥EF,交BE于点H.由题可得EF⊥平面FCD',则GH⊥平面FCD',又D'G,FC 平面FCD',所以GH⊥D'G,GH⊥GC.
以点G为坐标原点,分别以GH,GC,GD'所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
设AD=1,则C0,,0,B1,,0,F0,-,0,E1,-,0,D'0,0,,所以=(-1,-1,0),=0,-,=(-1,0,0),=0,.
设平面BCD'的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
则
令z1=1,得y1=,x1=-,则平面BCD'的一个法向量为m=(-,1).
设平面EFD'A'的一个法向量为n=(x2,y2,z2),
则
令z2=1,得x2=0,y2=-,则平面EFD'A'的一个法向量为n=(0,-,1).
cos==-.
设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则sin θ=.
18.主考点:函数的极值与零点+次考点:不等式
(1)证明 ∵f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,
∴f'(x)=-1+x-3kx2==x2-3k,
∴当x∈0,-1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈-1,+∞时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
∴-1是f(x)在(0,+∞)上唯一的极值点.
∵f(0)=0,∴f-1>f(0)=0,
f=ln1+-=ln1+-.
令h(x)=ln(1+x)-x,x≥0,则h'(x)=-1=<0,
∴h(x)在[0,+∞)上单调递减,
∴f=h∴f(x)在-1,上存在零点.
又f(x)在-1,+∞上单调递减,
∴f(x)在(0,+∞)上存在唯一零点.
(2)(ⅰ)证明 由(1)知x1=-1,则k=,
∵g(t)=f(x1+t)-f(x1-t),
∴g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t)
=(x1+t)2-3k+(x1-t)2-3k
=(x1+t)2+(x1-t)2
=(x1+t)2+(x1-t)2
==
=,
当t∈(0,x1)时,g'(t)<0,
∴g(t)在(0,x1)上单调递减.
(ⅱ)解 由(ⅰ)知,g(x1)∴g(x1)=f(2x1)-f(0)<0,即f(2x1)又x2为f(x)的零点,∴f(x2)=0,
∴f(2x1)由(1)知,f(x)在(x1,+∞)上单调递减,且x2>x1,∴2x1>x2.
19.解 (1)设Xk表示打完k个球后甲的得分,则此时乙的得分为Yk=k-Xk.
显然Xk~B(k,p).若甲的得分比乙的得分至少多2分,则Xk-(k-Xk)≥2,即Xk≥+1.
当k=3时,p3=P(X3=3)=p3(1-p)3-3=p3.
当k=4时,p4=P(X4=3)+P(X4=4)=p3(1-p)4-3+p4(1-p)4-4=4p3(1-p)+p4=p3(4-3p).
(2)由(1)得q3=q3,q4=q3(4-3q).
p4-p3=p3(4-3p)-p3=3p3(1-p).
q4-q3=q3(4-3q)-q3=3q3(1-q).
由=4,得=4,
又p+q=1,则=4,解得p=.
(3)当k是奇数时,
pk=PXk=+PXk=+PXk=+…+PXk=;
当k是偶数时,
pk=PXk=+PXk=+PXk=+…+PXk=.
则p2m+1=P(X2m+1=m+2)+P(X2m+1=m+3)+P(X2m+1=m+4)+…+P(X2m+1=2m+1),p2m=P(X2m=m+1)+P(X2m=m+2)+P(X2m=m+3)+…+P(X2m=2m),p2m+2=P(X2m+2=m+2)+P(X2m+2=m+3)+P(X2m+2=m+4)+…+P(X2m+2=2m+2).
p2m+1=pm+2qm-1+pm+3qm-2+pm+4·qm-3+…+p2mq1+p2m+1q0=()·pm+2qm-1+()pm+3qm-2+()·pm+4qm-3+…+()p2mq1+p2m+1q0=pm+2qm-1+pm+3qm-2+pm+4qm-3+…+p2mq1+pm+2qm-1+pm+3qm-2+pm+4·qm-3+…+p2mq1+p2m+1q0=q(pm+2qm-2+pm+3qm-3+pm+4qm-4+…+p2mq0)+p(pm+1·qm-1+pm+2qm-2+pm+3qm-3+…+p2m-1q1+p2mq0)=q·p2m-qpm+1qm-1+p·p2m=p2m-pm+1qm,即p2m+1-p2m=-pm+1qm.
同理q2m+1-q2m=-qm+1pm,
则p2m+1-p2m-(q2m+1-q2m)=qm+1pm-pm+1·qm=pmqm(q-p),因为p+q=1,且p2m+2=pm+2qm+pm+3qm-1+pm+4qm-2+…+p2m+1q1+p2m+2q0=()pm+2qm+()pm+3qm-1+()pm+4qm-2+…+()p2m+1q1+p2m+2q0=pm+2qm+pm+3qm-1+pm+4qm-2+…+p2m+1q1+pm+2qm+pm+3qm-1+pm+4qm-2+…+p2m+1q1+p2m+2q0=q(pm+2qm-1+pm+3qm-2+pm+4qm-3+…+p2m+1q0)+p(pm+1qm+pm+2qm-1+pm+3qm-2+…+p2mq1+p2m+1q0)=qp2m+1+p(pm+1qm+p2m+1)=p2m+1+pm+2qm.
又p2m+1-p2m=-pm+1qm,所以p2m+2-p2m=p2m+1-p2m+pm+2qm=-pm+1qm+pm+2qm=pm+1qm(p)=pm+1qm(p+p)=pm+1qm(p-q).
同理可得q2m+2-q2m=qm+1pm(q-p),
则q2m+2-q2m-(p2m+2-p2m)=qm+1pm(q-p)-pm+1qm(p-q)=pmqm+2-qm+1pm+1-pm+2qm+pm+1qm+1=pmqm+2-pm+2qm=pmqm(q2-p2),
因为0综上,对任意正整数m,有p2m+1-q2m+12025年普通高等学校春季招生考试·上海卷
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数学答题卡
17.
18
年
考生条形码区
准考证号
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正确填涂示例■
0
填空题部分（请用0.5毫米黑色墨水签字笔书写】
9
11.
12
选择题部分（请用2B铅笔填涂】
A
A
B
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■
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20
21
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2025年普通高等学校招生全国统一考试·全国一卷
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数学答题卡
续15题：
17.(15分)
年
考生条形码区
准考证号
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正确填涂示例一
1
正确填涂
填！由监考老师
注
3.选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用
填
责用2B铅笔填涂
错误填涂
CQ]
的答题区内
/甲器品
16.(15分)】
5,保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不淮使
用涂改液、刮纸刀。
一、选择题（共8小题，每小题5分）
1 CA]CB3 Cc]Coa
6 CA]CB3 CC]CD3
2 CAJ CB3 CCJ CD3
7 CAJ CB3 CCJ CD3
3 CA]CB3 CC3 Co3
8 CAT CB3 Cc3 Co3
4 CAJ CB3 CCJ CD
5 CA3 CB3
二、选择题（共3小题，每小题6分）
9 CA3 CB3 CC3 CD3
10CA3 CB3 CC3 Co3
11CA]CB3 Cca CD3
三、填空题（共3小题，每小题5分）
12
13.
14
四、解答题（共5小题，共77分）
15.(13分)
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题日的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题日的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
■
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
18.(17分)
续18题：
续19题：
19.(17分)
请在各题日的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效7.112在△BB1D中，BB1=√DB-BD2=√81-32=7.在△ABD中，AB2+
AD=BD2,因为AB=AD,BD=4√2，所以AB=AD=4,则该正四棱柱的体积
为4×4×7=112.
846+日-(6+)(+名）=a6+6+2>26品+？=4，当且仅当6
6即a=号6=2时取等号.
9.288先排队列的头和尾，有P=12(种)排法，再排中间的4人，有P=24(种)
排法，则不同的排法有12×24=288（种）.
10.2√2设x=a十bi(,b∈R),则乏=a-i,由2=(2)2，可得(a十bi)2=(a-
bi)2,即a2-b2+2abi=a2-b2-2abi,故ab=0.由z≤1可得√Ja2+62≤1，即
a2+62≤1.
解法一当a=0时，b≤1，之一2-3i=一2+(b-3)i=√4+(b-3)2,此时
|x-2-3imm=V4+(1-3)7=2V2.当6=0时，a≤1，|z-2-3i=
|a-2-3i=√(a-2)2+9,此时2-2-3imin=V(1-2)2+9=√10.当a=
0,b=0时，x-2-3i=|-2-3i=√/4+9=√/13.综上，x-2-3i的最小
值为22.
解法二设复数z在复平面内对应的点的坐标为(x,y),其中
*(23
x=0(一1≤y1)或y=0(一1≤x≤1)，表示两条相交线段.
|之一2一3i表示之在复平面内对应的点与点(2,3)的距离，作
出图形如图，钻合图知，当：在复平面内对应的点为01)时，占。2主
|x-2-3i取到最小值，为√/(0-2)2十(1-3)2=2√2
-1
11.12.58°解法一设平行光与水平面的夹角为&，由点A处杆子在水
平面上的影子长度为0.4米，得tana=0.4=2,点B处杆子的影子
1
2025年普通高等学校招生全国统一考试
完全在斜面上，长度为0.45米，如图，BF=0.45,B0=0.45sin0,OFF0图
80
(上海卷)
=0.45cos.1ama=1amn∠EF0=105n9-；,结合m20+
0.45cos0
c0s20=1,解得0≈12.58.
1.[4,5]由题意得A=[4,5].
解法二如图，由题可设∠D=∠E=a,∠EFB=R.
「(x-3)(x-1)<0
2.(1,3)解法一
原不等式等价于工-1≠0
,解得1在RIADAC中，AC=0.4,AD=1,则1ama=号smac
2
5
仁8仁。每得1
解法二由题意得一3>0
在△BEF中，BF=0.45,BE=
3.12解法一
该数列的前6项和为6X(-3)+6X5×2=12
2
1,则sin B sin a'
,5m,震80=a(经-。
05,则img=。40
解法二a=a1十5d=一3十10=7，则该数列的前6项和为6a十a》
=n(a+=inac0s9计c0 asin=2V7+20,解得0e12.58
2
261
6×(-3+7)=12.
12.(1,w5)若f(a·b)=f(b·c)=f(c·a)=0,则a,b,c两两垂直，在平面内显
2
ff(a·b)=1
4.80(2x一1)5的通项为T,+1=C5(2x)5-「(-1)"，令5-r=3,得r=2,所以展
然不成立；不妨设f(b·c)=0,
开式中x3的系数为C号×23×(-1)2=80.
f(c·a)=-1
5.[o由xe[-受，晋]，得0sE[01.
(a=(cosa,sina）
6.6.3E(X)=5×0.2+6×0.3+7×0.5=6.3.
即不妨设{b=(0,1)
c=(1,0)■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■
2025年普通高等学校招生全国统一考试·上海卷
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
数学答题卡
17.
18
要
考生条形码区
准考证号
此方框为缺考考生标记，由监考员用2B铅笔填涂
正确填涂示例■
填空题部分（请用0.5毫米黑色墨水签字笔书写】
9
11.
12
选择题部分（请用2B铅笔填涂】
13
A
BB
B
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请在各题日的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
■
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20
21
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效■■■■■■■■■■■■■■■■■■■
2025年普通高等学校招生全国统一考试·天津卷
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数学答题卡
续16题：
18
姓
名
考生条形码区
准考证号
、此方框为缺考考生标记，由监考员用2B铅笔填涂
正确填涂示例一
选择题部分（请用2B铅笔填涂）
1
2
3
5
7
AA
A
BBB
B
⊙
⊙
A国D
非选择题部分（请用0.5毫米黑色墨水签字笔书写）
17
10.
11
12.
13
14
15
16
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请在各题日的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题日的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
■
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
续19题：
续20题：
20.
请在各题日的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■
2025年高考综合改革适应性演练·八省联考
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
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数学答题卡
续15题：
17.(15分)
年
名
考生条形码区
准考证号
此方框为缺考考生标记，由监考员用2B铅笔填涂
正确填涂示例一
1
正确填涂
填！由监考老师
注
3.选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用
填
责用2B铅笔填涂
错误填涂
CQ]
/甲器品
16.(15分)】
5,保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不淮使
用涂改液、刮纸刀。
一、选择题（共8小题，每小题5分】
1 CA]CB3 Cc]Coa
6 CA]CB3 CC]CD3
2 CAJ CB3 CCJ CD3
7 CAJ CB3 CCJ CD3
3 CA]CB3 CC3CD3
8 CAT CB3 Cc3 Co3
4 CAJ CB3 CCJ CD
5 CA3 CB3
二、选择题（共3小题，每小题6分）
9 CA3 CB3 CC3 CD3
10CA3 CB3 CC3 Co3
11CA]CB3 Cca CD3
三、填空题（共3小题，每小题5分）
12
13.
14
四、解答题（共5小题，共77分）
15.(13分)
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题日的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题日的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
■
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
18.(17分)
续18题：
续19题：
19.(17分)
请在各题日的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效①当a=0时，函数f(x)=xx,
当x>2时，f(x)>0,所以a=0符合题意.
②当a>0时，当x≥a时，f(x)=x2-a.x-2a2,所以函数f(x)在[a,十o)上单
调递增，且f(a)=-2a2,f(2a)=0;当x数x)在(-0，号)上单调递增，在（号）上单调递减，且f(号）=-子.
所以当a>0时，f(x)的图象大致如图1所示，若当x>2时，f(x)>0,则2a≤2，
得010.ACD A.sinh
2
2，为画数y=e是增数y=。是减函
数，所以snh=e-。e子
2=2
是增画数，A正确：B.c0sh=+e
一，则
2
图
(cosh x)'=et-e-x
2
由对选项A的分析知，(c0sh)'=e-e
一是增西数，又
③当a<0时，当x≥a时，f(x)=x2-ax-2a2,所以画数f(x)在a,号)上单调
(c0sh0)'=0,所以当x>0时，(c0shx)'>0:当x<0时，(cosh x)'<0.所以函
递减，在（分+∞）上单调适增，且fa)=-2a2,f(号）-是2，f(-0)=0:
数c0hx=+e在（一0,0）上单调递减，在(0，十)上单调增，B错误；
2
2025年高考综合改革适应性演练
当x2
(八省联考)
当a<0时，f(x)的图象大致如图2所示，若当x>2时，f(x)>0,则一a≤2，即
cosh e+ee2r+ie2x+】
e2+1,因为y=e2x+
-2≤a<0.
2
1是增画数，且恒大于1，所以y一。2十为减画数，所以函数)=1一2r十为增
1.C因为A={-1,0,1},B={0,1,4},所以A∩B={0,1},故选C
综上，a的取值范围是[一2,1]，故选B.
2.D因为函数f(x)=c0s(x十交)，所以其最小正周期T=2红=2，故选D.
函数，即画数1amhx=是增画数，C正确：D.anh(x十)=h士巴
cosh x
cosh(xy)
3.C|2-4i=√/22+(-4)2=25，故选C.
_e+y-e-(rty
e+y十e(+D'
4.B因为a=(0,1),b=(1,0),所以a-b=(-1,1),所以a·(a-b)=0×(-1)+1×1
er-e-r
=1,故选B.
anhx士ahye*+e十e
ete-x
5.C双曲线2-号=1的断近线方程为y=士是x=士3x,故选C
1+tanh xtanh y
1+er-e-:.ex-e-s
22
erte-x erte-y
6.A设圆雏的底面半径为r,母线长为1，高为h,如图，由题意可
_(e-e)(e'+e)十(er十er)(e-e)
知，2r=1=2,得r=1,则h=√2-r2=√3，所以圆锥的体积V
(e+e-r)(ex+e-s)(er-e-x)(ex-e-y)
2
3r2h=
3πX1X3=3
，故选A
e+y十e厂”-e+y-e(+0十ey-ey十ety-e（+y
2--
9.ABCA.因为F(2,0)是抛物线y2=2px的焦点，所以2=2，所以p=4,A正
e+y+e十e+y十e(r+w+e+y-ey-e+十e+
7.C由金定理得o∠BAC=AI AG BC,所以号
_erty-e-(x+x)
2AB·AC
确：B.设M0),且x0≥0，由抛物线的定义可知，MF到=0十号=x0十2≥2
e+y十e-(x+)】
A十102-82，即AB-12AB十36=0，所以(AB-6)2=0,所以AB=6.图为
2AB×10
=|OF,B正确.C.以M为圆心且过点F的圆的半径r=|MF|,由抛物线的定
所以1amh(x十》-曲D正克：蜂上，选ACD.
义可知，点M到准线的距离d等于点M到焦，点F的距离，即d=|MF=r,所以
coS∠BAC=3
0K∠BAC<,所以m∠BAC=1-oZBAC-√-(）-
以M为圈心且过F的圆与C的准线相切，C正确.D.当∠OFM=120°时，根据
11.ABD题干图中的蝇结是一条闭合的曲线，有3个结点，
A.A中的绳结对应的图形为圆，拉伸后不会有3个结点，故A中的绳结不能无
号，所以SAAc=名ABXACX sin∠BAC-号X6X10X专-24，故选C
抛物线的对称性，不妨设点M在x轴上方，如图，则直线MF的倾斜角为60°.过
损伤地变为题千图中的绳结，A正确；B,C.B、C中的绳结是形似的，可以从题
8B)=xx-a-2=r--220
点M向x轴作垂线，垂足为N,则|FN|=2MF.由抛物线的定义可知，MF
千图中绳结的3个结点考虑，将B,C中的绳结标记如图(1)，图(3)，旅转一侧，
二次函数y=x2-ax-2a2在R
-x2+a.x-2a2,x=p+FN=p+21MF1,所以MF=皇=2p=2×4=8,所以S△0FW
拉伸后分别对应图(2)，图(4)，由图(2)可知B中的绳结不能无损伤地变为题干
上的图象开口向上，对称轴为直线x=,二次函数y=一2十ax-2在R上
2
图中的绳结；由图(4)可知C中的蝇结能无损伤地变为题干图中的绳结.B,C正
的图象开口向下，对称轴为直线x=2·
号1OF1·FMsn∠OFM=2X2X8xS-4V5.
确：D.D中的绳结对应的图形是3个圆，不是一条闭合的曲线，故D中的绳结
不能无损伤地变为题千图中的绳结，故选ABD■■■■■■■■■■■■■■■■■■■
2025年普通高等学校招生全国统一考试·北京卷
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
数学答题卡
续16题：
18
姓
名
考生条形码区
准考证号
、此方框为缺考考生标记，由监考员用2B铅笔填涂
正确填涂示例一
选择题部分（请用2B铅笔填涂）
1
2
3
5
AA
A
&
BBB]
B]
C]c
哥
7ABGD
:
DD
17.
非选择题部分（请用0.5毫米黑色墨水签字笔书写）
11
13
14.
15
16
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题日的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
■
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
20
21
请在各题日的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年数学(天津卷)
1.D ∵A∪B={1,2,3,5},∴ U(A∪B)={4}.故选D.
2.A 当x=0时,sin 2x=0,而当sin 2x=0时,2x=kπ,x=,k∈Z.故选A.
3.D 由图象可知,函数f(x)为偶函数,排除A,B,当04.C 对于A,若m∥α,n α,则m∥n或m,n异面,故A错误;
对于B,,如图,α∥β,故B错误;
对于D,,如图,m∥β,此时m不垂直于β,故D错误.故选C.
5.B 对于B,∵P(X≤1)=P(Y≤2)=,∴B错误.故选B.
6.C 由题意知a1=S1=7,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-n2+8n+(n-1)2-8(n-1)=-2n+9.
又a1=7适合上式,所以an=-2n+9.
当an>0时,n≤4,当n≥5时,an<0.
∴{|an|}前12项的和T12=S4-(S12-S4)=2S4-S12=2×(-16+32)-(-122+8×12)=80.故选C.
7.B ∵函数y=0.3x与y=-在定义域内单调递减,
∴f(x)在定义域内单调递减.
∵f(0.3)=0.30.3-0.30.5>0,f(0.5)=0.30.5-0.50.5<0,f(0.3)·f(0.5)<0,
∴函数f(x)的零点在区间(0.3,0.5)内.故选B.
8.A ∵f(x)在-上单调递增,
设f(x)的最小正周期为T,
∴--=,即T≥π.∴ω=≤2.
∵x=为f(x)图象的一条对称轴,,0为f(x)图象的一个对称中心,
∴
即
①-②得ω=-+kπ,k∈Z,即ω=-2+4k,k∈Z.
∵0<ω≤2,∴ω=2.
代入①有+φ=k1π,k1∈Z,即φ=-+k1π,k1∈Z.
∵-π<φ<π,∴φ=或φ=-.
∵f(x)=sin2x+满足在-上单调递增,f(x)=sin2x-不满足在-上单调递增,
∴f(x)=sin2x+.
当x∈0,,即2x+∈时,f(x)min=-.故选A.
9.A
如图,由双曲线的定义知|PF1|-|PF2|=2a,而|PF1|+|PF2|=3|F1F2|=6c,∴|PF1|=a+3c,|PF2|=3c-a.又=c,∴p=2c,即y2=4cx.
设P(x0,y0),过点P作PH垂直于准线x=-,H为垂足.
由抛物线定义得|PF2|=x0+c=3c-a,∴x0=2c-a.
又|PH|=|PF2|,|PH|2+=|PF1|2,∴|PF2|2+=|PF1|2,∴y0=.
代入方程y2=4cx,得12ac=4c(2c-a).
∴2a=c,则e==2.故选A.
10. 因为=-3i+1,所以=|-3i+1|=.
11.-20 (x-1)6的展开式的通项Tk+1=x6-k(-1)k.令6-k=3,则k=3.因此,x3的系数是×(-1)3=-20.
12.2 由题意知,A(-6,0),B(0,6),则|AB|=6.
又|AB|=3|CD|,∴|CD|=2.
该圆圆心(-1,3)到直线x-y+6=0的距离d=,
∴r2=d2+|CD|2=2+2=4,∴r=2.
13.0.6 3.2 (ⅰ)该同学一周跑11圈的概率为0.5×0.6+0.5×0.6=0.6.
(ⅱ)该同学一周跑12圈的概率为0.5×0.4=0.2,故该同学运动量达标的概率为0.6+0.2=0.8,
∴X~B(4,0.8),则E(X)=4×0.8=3.2.
14.
a+b -15 ∵=-b+a,
∴=-b+a,则=b+a-b=a+b.
∵AE⊥CB,则=0,得a+b(a-b)=0,整理得a2+3a·b-4b2=0. ①
又||=5,∴a+b2=a2+a·b+b2=25,
整理得a2+8a·b+16b2=900. ②
由①②得,a·b=-4b2+180,a2=16b2-540,
∴=a+ba-b==-=-15.
【方法总结】本题求数量积的值时,将a·b和a2都用b2表示,从而达到消参的目的求值.
15.-4 令t=2a+b,则b=t-2a,所以tx2+(t-2a)x-a-1≤0在区间[-2,2]上恒成立,即t(x2+x)≤2ax+a+1在区间[-2,2]上恒成立,所以对 x∈[-2,2],函数y=t(x2+x)的图象总在直线y=2ax+a+1的下方或与直线相切.
函数y=t(x2+x)的图象过点(-1,0)和点(0,0),直线y=2ax+a+1=a(2x+1)+1过定点A-,1.
讨论t<0时的情况,
当t=-1时,如图1,二次函数y=t(x2+x)=-(x2+x)图象的顶点坐标为-,存在a对 x∈[-2,2],使得t(x2+x)≤2ax+a+1恒成立.
当t∈(-1,0)时,随着t逐渐增大,总存在a对 x∈[-2,2],使得t(x2+x)≤2ax+a+1恒成立.
图1
图2
图3
当t∈(-∞,-1)时,若t逐渐减小,如图2,取临界位置,即二次函数图象与直线相切时,二次函数y=t(x2+x)的图象过点-,1,此时t=-4,存在a对 x∈[-2,2],使得t(x2+x)≤2ax+a+1恒成立;若t继续减小,如图3,则定点-,1在二次函数图象开口的内部,则不存在a对 x∈[-2,2],使得t(x2+x)≤2ax+a+1恒成立.
综上,tmin=(2a+b)min=-4.
16.解 (Ⅰ)∵asin B=bcos A,
由正弦定理得sin Asin B=sin Bcos A.
又在△ABC中,sin B>0,
∴sin A=cos A,∴tan A=.
∵A∈(0,π),∴A=.
(Ⅱ)由余弦定理知a2=b2+c2-2bccos A,且A=,a=,∴b2+c2-bc=7.①
又c-2b=1,②
联立①②,解得故c=3.
(Ⅲ)由①②可得cos B=,
∴sin B=.
∴sin 2B=2sin Bcos B=2×,cos 2B=2cos2B-1=2×2-1=,
∴sin(A+2B)=sin+2B=sincos 2B+cos·sin 2B=.
17.
(方法一:坐标法)
(Ⅰ)证明 以D为原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
∵棱长为4,则D(0,0,0),G(0,4,3),E(2,0,4),F(2,4,4),B(4,4,0),
∴=(2,0,1),=(0,4,0),=(-2,0,4),
则=0,=-4+0+4=0,
∴GF⊥EF,GF⊥BF.
又EF∩BF=F,且EF,BF 平面EBF,∴GF⊥平面EBF.
(Ⅱ)解 由(Ⅰ)知=(2,0,1)是平面EBF的一个法向量,||=.
设平面EBG的法向量为m=(x,y,z).
又=(-4,0,3),=(-2,-4,4),
则
不妨令z=8,则x=6,y=5.
∴m=(6,5,8),|m|=5.
又m·=12+0+8=20,
∴cos=,
∴平面EBF与平面EBG夹角的余弦值为.
(Ⅲ)解 由(Ⅰ)知=(2,0,1)是平面EBF的一个法向量.
又=(2,0,4),∴=4+4=8.
∴点D到平面EBF的距离d=.
易得BF==2,
则S△EBF=×EF×BF=×4×2=4,
∴VD-EBF=S△EBFd=×4,
即三棱锥D-BEF的体积为.
(方法二:几何法)
(Ⅰ)证明 连接GF.由题意,知EF∥A1B1,EF=A1B1,而A1B1⊥平面BB1C1C,GF 平面BB1C1C,
∴GF⊥A1B1,∴GF⊥EF.
由题意知,
∴,∠BB1F=∠FC1G=90°.
∴Rt△BB1F∽Rt△FC1G,
∴∠GFC1=∠B1BF,∠C1GF=∠B1FB,
∴∠GFC1+∠B1FB=90°,故∠BFG=90°,即GF⊥BF.
又EF∩BF=F,EF,BF 平面EBF,∴GF⊥平面EBF.
(Ⅱ)解 由(Ⅰ)知GF⊥平面EBF.过点F作FM⊥EB于点M.
连接GM,则GM⊥EB,则∠FMG就是平面EBF与平面EBG所成的角.
在Rt△EFB中,EF=4,FB=2,∴EB==6,∴FM=.
又FG=,
则在Rt△GFM中,GM=,
∴cos∠FMG=,
∴平面EBF与平面EBG夹角的余弦值为.
(Ⅲ)解 连接CF.∵DC∥D1C1,D1C1∥EF,
∴DC∥EF,DC 平面EFB,EF 平面EFB,
∴DC∥平面EFB,
∴点D到平面EFB的距离等于点C到平面EFB的距离,
∴VD-BEF=VC-BEF=VE-BCF=S△BCFEF=×4×4×4=,
∴三棱锥D-BEF的体积是.
18.(Ⅰ)解 设F(-c,0),则直线PF:y=(x+c).
当x=a时,y=(a+c),即Pa,.
由e=,知,∴a=2c.①
由S△PFA=,知|FA|·|PA|=,
即(a+c)·,即(a+c)2=9.②
由①②得c=1,a=2,∴b2=3.
∴椭圆的方程为=1.
(Ⅱ)证明 由(Ⅰ)知P(2,1),直线PB存在斜率且不为0.
由题意知直线PB与椭圆相切.
设直线PB的方程为y-1=k(x-2),即y=kx+(1-2k).
设B(x0,y0),由消去y,整理得(3+4k2)x2+8k(1-2k)x+4(1-2k)2-12=0,
则Δ=0,即64k2(1-2k)2-4(3+4k2)×4[(1-2k)2-3]=0,
即4k2(1-2k)2-(3+4k2)(1-2k)2+3(3+4k2)=0,
解得k=-.
∴x0=-=1,直线PB的方程为y=-x+2,
∴y0=,即B1,.
由F(-1,0),B1,知直线BF的方程为y=(x+1),即3x-4y+3=0.
∴点P(2,1)到直线BF的距离为d1==1,
又点P到直线AF的距离为d2=1,
∴d1=d2,即点P到直线AF,BF的距离相等,
∴直线PF平分∠AFB.
19.(Ⅰ)解 设数列{an}的公差为d.
数列{bn}的公比为q,则q≠0.
由a1=b1=2,a2=b2+1知2+d=2q+1,
∴d=2q-1,
由a3=b3知2+2d=2q2,∴1+d=q2,
解得q=2,∴d=3.∴an=2+3(n-1),bn=2×2n-1,
即an=3n-1,bn=2n.
(Ⅱ)(ⅰ)由(Ⅰ)知an>0,bn>0.
∵pi∈{0,1},i=1,2,…,n,
∴当pi=1,i=1,2,…,n时,piaibi取得最大值,
令Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn,
即Sn=2×21+5×22+8×23+…+(3n-1)·2n, ①
∴2Sn=2×22+5×23+8×24+…+(3n-1)·2n+1, ②
①-②得,-Sn=4+3(22+23+…+2n)-(3n-1)·2n+1=4+3×-(3n-1)·2n+1=4+3(2n+1-4)-(3n-1)·2n+1=-8+(4-3n)·2n+1,
∴Sn=(3n-4)·2n+1+8,
又an+1bn+1=(3n+2)·2n+1=(3n-4)·2n+1+6×2n+1≥(3n-4)·2n+1+24>Sn.
∴对任意t∈Tn,有t(ⅱ)记Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn,A=p1a1b1+p2a2b2+p3a3b3+…+pnanbn.
当pi∈{0,1}中有0个1时,A0=0,
有1个1时,A1=Sn,
有2个1时,A2=Sn,
有3个1时,A3=Sn,
……
有n个1时,An=Sn.
∴所有元素之和Tn=Sn+Sn+Sn+…+Sn+Sn=(+…+)Sn=2n-1Sn.
由(ⅰ)知Sn=(3n-4)·2n+1+8,
∴Tn=2n-1[(3n-4)·2n+1+8]=(3n-4)·4n+2n+2,
即Tn中所有元素之和为(3n-4)·4n+2n+2.
20.(Ⅰ)解 当a=1时,f(x)=x-(ln x)2,∴f(1)=1.
∵f'(x)=1-ln x,∴f'(1)=1.
∴f(x)在(1,1)处的切线方程为y-1=x-1,即x-y=0.
(Ⅱ)(ⅰ)解 由f(x)=0,得ax=(ln x)2.
∵x>0,∴a=.
令g(x)=,则f(x)有3个零点相当于y=a与y=g(x)的图象有3个交点.
由g(x)=,x>0,得g'(x)=.
由g'(x)=0得x=1或x=e2.
当0当10;
当x>e2时,g'(x)<0.
∴g(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,e2)上单调递增,在区间(e2,+∞)上单调递减且g(x)≥0恒成立.其中g(1)=0,g(e2)=,画出g(x)的草图如图所示.
若y=a与y=g(x)的图象有3个交点,则0∴a的取值范围为0,.
(ⅱ)证明设a=4b2,令4b2x-(ln x)2=0,得2|b|=ln x=2ln,即b=ln或b=-ln.
设=ti,i=1,2,3,t1<1则
求证(ln x2-ln x1)·ln x3<,即证4(ln t2-ln t1)ln t3<.
设=q>1,,得ln t2=,ln t3=,
∵ln q<(易证),∴ln t2ln t3=<1.
又-ln t1ln t3=bt1·bt3令h(t3)=,t3>1,则h'(t3)=,h'(e2)=0,∴h(t3)在区间(1,e2)上单调递增,在区间(e2,+∞)上单调递减,h(t3)≤h(e2)=.
∴(ln t2-ln t1)·ln t3<1+.
∵(e-2)2>0 e2>4e-4 ,∴(ln t2-ln t1)·ln t3<1+,∴(ln x2-ln x1)·ln x3<.2025年数学(全国新课标卷1)
1.考点:复数的概念及运算
C ∵(1+5i)i=-5+i,∴虚部为1.故选C.
2.考点:集合补集运算
C 由题可得, UA={2,4,6,7,8},有5个元素.故选C.
【知识拓展】两种求补集的方法
(1)若所给的集合是用列举法表示,则用Venn图求解.
(2)若所给的集合是有关不等式的集合,则常借助于数轴,把已知集合及全集分别表示在数轴上,然后再根据补集的定义求解,注意端点值的取舍.
3.考点:双曲线的离心率
D (方法1)由题知,2b=×2a,∴b=a,
∴c==2a,
∴e==2.故选D.
(方法2)由题可得,,
则e==2.故选D.
【知识拓展】求双曲线离心率(值或范围)的两种方法
(1)直接法:若已知a,c,可直接利用e=求解;若已知a,b,可利用e=求解.
(2)方程法:若无法求出a,b,c的具体值,但根据条件可确定a,b,c之间的关系,可通过b2=c2-a2,将关系式转化为关于a,c的齐次方程(不等式),借助于e=,转化为关于e的n次方程(不等式)求解.
4.考点:正切函数的图象及性质
B 由题意知,a-,k∈Z,
∴a=,k∈Z.
又a>0,∴当k=0时,a取最小值,故a的最小值为=60°.故选B.
【知识拓展】正切函数对称中心的特殊性在于不仅有函数图象与x轴的交点,还有“渐近线”与x轴的交点,正确分析函数图象并结合正切函数的性质是解决与图象有关问题的关键.
5.考点:函数的基本性质
A 由题知,f(-x)=f(x),且f(x+2)=f(x),
∴f-=f=f=5-2×=-.故选A.
【知识拓展】周期性与奇偶性结合的问题多考查求函数值、比较大小等,常利用奇偶性和周期性将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内,或已知单调性的区间内求解.
6.考点:平面向量的物理应用
A 由题可知,视风风速为(0,2)-(3,3)=(-3,-1),船速为(3,3)-(2,0)=(1,3).
因为船行风风速与船速大小相等,方向相反,则船行风风速为(-1,-3).
又视风风速是真风风速和船行风风速的和向量,所以真风风速为(-3,-1)-(-1,-3)=(-2,2),故真风风速大小为=2≈2.828.故选A.
【知识拓展】速度、位移的合成与分解,实质上就是向量的加、减运算.用向量解决速度、位移等问题,主要借助于向量的线性运算,有时也借助于坐标来运算.
7.考点:直线和圆的位置关系
B 由题知,该圆的圆心为C(0,-2),半径为r,圆心C到直线的距离d==2,
∴要使圆C上到直线y=x+2的距离为1的点有且仅有2个,则d-1【知识拓展】处理直线与圆的位置关系问题常用策略
(1)几何法:利用d与r的关系判断.
(2)代数法:联立方程之后利用Δ判断.
8.考点:指对互化积运算,比较大小
B 因为2+log2x=3+log3y=5+log5z=k,
所以log2x=k-2,log3y=k-3,log5z=k-5,则x=2k-2,y=3k-3,z=5k-5.
当k=0时,x=,y=,z=,此时x>y>z,故A正确;
当k=5时,x=23=8,y=32=9,z=1,此时y>x>z,故C正确;
当k=8时,此时y>z>x,故D正确.
故选B.
【知识拓展】利用对数式与指数式互化求值的方法
(1)在对数式、指数式的互化运算中,要注意灵活运用定义、性质和运算法则,尤其要注意条件和结论之间的关系,进行正确的相互转化.
(2)对于连等式可令其等于k(k>0),然后将指数式用对数式表示,再由换底公式可将指数的倒数化为同底的对数,从而使问题得解.
9.考点:线线、线面位置关系
BD 取B1C1中点D1,连接A1D1,AD,
则AD∥A1D1.
易知A1D1不垂直于平面AA1C1C,
∴A1D1与A1C不垂直,
∴AD与A1C不垂直,故A错误;
∵BC⊥AD,BC⊥AA1,AD∩AA1=A,
∴BC⊥平面AA1D,故B正确;
∵AD∥A1D1,AD∥平面A1B1C1,A1D1与A1B1相交,
∴AD与A1B1异面,故C错误;
∵CC1∥AA1,CC1 平面AA1D,AA1 平面AA1D,
∴CC1∥平面AA1D,故D正确.
故选BD.
10.主考点:抛物线定义及几何性质+次考点:三角形面积
ACD 由题意知,F,0,抛物线的准线方程为x=-.
由抛物线定义知|AD|=|AF|,故A正确;
设AB的方程为x=my+,A(x1,y1),B(x2,y2),
由消去x可得y2-6my-9=0,
则y1+y2=6m,y1y2=-9,x1+x2=m(y1+y2)+3=6m2+3,
则|AB|=x1+x2+p=6m2+6,|AB|≥6,故C正确;
当m=0时,E-,0,|AB|=6,|AE|=3,此时|AE|≠|AB|,故B错误;
当m=0时,|AE|=|BE|=3,|AE|·|BE|=18;当m≠0时,直线EF的方程为x=-y+,E-,3m,|EF|=,S△AEB=|AE|·|BE|sin∠AEB=(6m2+6)=9(m2+1)>9,
则|AE|·|BE|>>18,
综上可知,|AE|·|BE|≥18,故D正确.
故选ACD.
【方法总结】(1)过抛物线焦点的弦长问题要注意两点:一是利用定义求弦长;二是牢记通径长为2p.
(2)有关弦长乘积最值问题可结合三角形面积及三角函数取值范围求解.
11.主考点:解三角形+次考点:三角恒等变换、三角函数
ACD 由cos 2A+cos 2B+2sin C=2,得1-2sin2A+1-2sin2B+2sin C=2,
∴sin C=sin2A+sin2B,故A正确.
由A知,sin2A+sin2B=sin Acos B+cos Asin B,得sin A(sin A-cos B)+sin B(sin B-cos A)=0. *○
由cos Acos Bsin C=,可知A,B均为锐角.
若A+B>,则
∴sin A>cos B,sin B>cos A,
(关键:利用函数y=sin x的单调性判定A,B两角的正弦、余弦值的大小)
与*○式矛盾,舍去.
同理,若A+B<,与*○式也矛盾.
∴A+B=(提示:分类讨论,否定三类中的两种情形),
∴B=-A,C=.
由cos Acos Bsin C=,得sin Acos A=.(注意该条件的反复利用)
由S△ABC=absin C=,得ab=,
即csin A·ccos A=,c2sin Acos A=,∴c2=2,∴AB=,故C正确.
AC2+BC2=2≠3,故B错误.
∵(sin A+sin B)2=(sin A+cos A)2=1+2sin Acos A=,∴sin A+sin B=,故D正确.
故选ACD.
12.考点:导数的几何意义
4 设切点P(x0,+x0+a),令f(x)=y=ex+x+a,则f'(x)=ex+1,则
解得故a=4.
13.考点:等比数列前n项和
2 由题意知q≠1,S4==4, ①
S8==68. ②
②÷①,得1+q4=17,∴q4=16,即q=2(负值舍去).
14.主考点:二项分布+次考点:排列组合
由题意X=1,2,3,P(X=1)=;
P(X=2)=×2×;
P(X=3)=×3=.
故E(X)=×1+×2+×3=.
【易错警示】求P(X=2)与P(X=3)时,应先选球,再排序,此处易漏掉顺序排列.
15.考点:独立性检验
解 (1)超声波检查结果不正常者有200人,这200人中患该疾病的有180人,∴P=.
(2)零假设为H0:超声波检查结果与是否患该疾病无关.
根据列联表中的数据,经计算得到χ2==765.625>10.828=x0.001.
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.
16.(1)证明 ∵,
∴(n+1)an+1=nan+1,
∴(n+1)an+1-nan=1.
又a1=3,1×a1=3,
∴数列{nan}是以3为首项,1为公差的等差数列.
(2)解 ∵f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,
则f'(x)=a1+2a2x+…+mamxm-1.
由(1)知,nan=n+2,
∴f'(-2)=3+4×(-2)+…+(m+2)×(-2)m-1, ①
-2f'(-2)=3×(-2)+…+(m+1)×(-2)m-1+(m+2)×(-2)m, ②
①-②,得3f'(-2)=3+(-2)+…+(-2)m-1-(m+2)×(-2)m=3+-(m+2)×(-2)m=3--m+×(-2)m,故f'(-2)=-×(-2)m.
17.(1)证明 ∵PA⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,
∴PA⊥AB.
又AB⊥AD,AP,AD 平面ADP,AP∩AD=A,
∴AB⊥平面ADP.
又AB 平面PAB,∴平面PAB⊥平面PAD.
(2)(ⅰ)证明 易知PA,AB,AD两两垂直,以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
∵AP=,AB=,BC=2,AD=+1,
∴P(0,0,),B(,0,0),C(,2,0),D(0,+1,0).
∵点O为P,B,C,D共球面的球心,
则PO=OB,CO=DO,BO=CO.
设O(x,y,z),
则有
解得
即点O(0,1,0),∴点O在平面ABCD上.
(ⅱ)解 由(ⅰ)知=(,2,0),=(0,1,-),
则cos<>=.
18.解 (1)∵椭圆离心率为e=,∴,
∴b2=a2-c2=a2,即a2=9b2.
由题意知A(0,-b),B(a,0),
∴|AB|=,
∴b2=1,a2=9,∴椭圆的标准方程为+y2=1.
(2)(ⅰ)由(1)知A(0,-1),∴=(m,n+1).
∵点Q在射线AP上,设Q(xQ,yQ),=t(t>0),
∴||=t||.又|AP|·|AQ|=3,
∴t|AP|2=t||2=t[m2+(n+1)2]=3,
∴t=,
∴xQ=tm=,yQ=t(n+1)-1=-1,
∴点Q的坐标为-1.
(ⅱ)由(ⅰ)可知k1=,k2=,
∵k1=3k2,
即,得m2+(n+4)2=18,
可知点P的轨迹为以点(0,-4)为圆心,以3为半径的圆.
又点M在椭圆+y2=1上,故而可设点M(3cos θ,sin θ),圆心N(0,-4),
∴|MN|2=9cos2θ+(sin θ+4)2=9-9sin2θ+sin2θ+8sin θ+16=-8sin2θ+8sin θ+25=-8sin θ-2+27.
∵sin θ∈[-1,1],∴|MN|max=3,
∴|PM|max=3+3.
19.(1)解 ∵f(x)=5cos x-cos 5x,x∈0,,
∴f'(x)=-5sin x+5sin 5x=5(sin 5x-sin x)=10cos 3xsin 2x,sin 2x≥0,令f'(x)=0,则x=.
∴f(x)在区间0,上单调递增,在区间上单调递减,∴f(x)max=f=3.
(2)证明 假设 y∈[a-θ,a+θ],都有cos y>cos θ.
∵函数g(x)=cos x在区间(0,π)上单调递减,∴必有y∈(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z).
则a-θ>2kπ-θ,且a+θ<2kπ+θ,解得a>2kπ且a<2kπ,a无解,则假设不成立,
∴必然存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ.
(3)解 ∵f(-x)=5cos(-x)-cos(-5x)=f(x),f(x+2π)=f(x),∴f(x)是以2π为周期的偶函数.
由(1)进一步可得f(x)在区间0,上单调递增,在区间上单调递减,在区间,π上单调递增,f(π)=-4<3,由对称性和周期性可知f(x)≤3.
令h(x)=5cos x-cos(5x+φ),
当φ=0时,h(x)=f(x)≤3,此时bmin=3,
当φ≠0时,由(2)可知 x∈-,5x+φ∈φ-,φ+,使得cos(5x+φ)≤cos,
此时
即5cos x-cos(5x+φ)≥3,即b≥3.
综上所述,b的最小值为3.四、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
2025年普通高等学校招生全国统一考试
3视枫速7
或演算步骤
(全国一卷)
2上
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：
船速
数学
01
23
超声波检查结果
组别
合计
本试卷满分150分，考试时间120分钟，
图2
正常
不正常
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
A.轻风
B.微风
C.和风
D.劲风
个选项中，只有一项是符合题目要求的.
7.已知圆x2十(y十2)2=r2(r>0)上到直线y=√3x十2的距离为1
患该疾病
20
180
200
1.(1+5i)i的虚部为
的点有且仅有两个，则r的取值范围是
(
未患该疾病
780
20
800
A.-1
B.0
C.1
D.6
A.(0,1)
B.(1,3)
C.(3,+∞)
D.(0,十∞)
合计
800
200
1000
弥2.已知集合U={xx是小于9的正整数}，A={1,3,5},则CA中
8.已知2+十log2,x=3十1og3y=5十log5z,则x,y,z的大小关系不可
元素的个数为
(
能为
()
(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
A.0
B.3
C.5
D.8
A.x>y>z
B.>>y
C.y>x>z
D.y>>x
计值；
3.已知双曲线C的虚轴长是实轴长的√7倍，则C的离心率为(
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
(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
A.2
B.2
C.7
D.2√2
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
是否与患该疾病有关。
分，有选错的得0分.
n(ad-bc)2
4.已知点(a,0(a>0)是函数y=2tan(x-5)的图象的一个对称中
9.在正三棱柱ABC一A1B1C1中，D为BC的中点，则
附：X2=(a+b)(c十i)(a+c)6+d0
封
心，则a的最小值为
(
A.AD⊥AC
B.B1C1⊥平面AA1D
P(x2≥k)0.0500.0100.001
A吾
B.
c
D.
C.AD∥A1B1
D.CC1∥平面AA1D
3.8416.63510.828
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，
10.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
fx)=5-2,则f-)
两点，过A作直线1：x=一2的垂线，垂足为D,过F且与直线
1
B.-
AB垂直的直线交l于点E,则
()
线
A.-2
c
D.2
A.AD=AF
B.AE=ABI
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
C.|AB|≥6
D.AE1·|BE|≥18
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
11.已知△ABC的面积为，cos2A+cos2B+2sinC=2,cos Acos
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
Bsin C-,则
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
A.sin C=sin2A+sin2B
B.AB=√2
长度代表速度大小，单位：m/s),则该时刻的真风为
)
CsnA十sinB=9
D.AC2+BC2=3
等级
名称
风速大小（单位：m/s)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
2
轻风
1.63.3
12.若直线y=2x十5是曲线y=e十x十a的一条切线，则a
3
微风
3.4-5.4
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
4
和风
5.57.9
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
5
劲风
8.010.7
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
图1
个数，则X的数学期望E(X)=·
2025全国一卷1■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■
2025年普通高等学校招生全国统一考试·全国二卷
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数学答题卡
续15题：
17.(15分)
年
考生条形码区
准考证号
此方框为缺考考生标记，由监考员用2B铅笔填涂
正确填涂示例一
正确填涂
填！由监考老师
注
3.选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用
填
责用2B铅笔填涂
错误填涂
CQ]
的答题区内
16.(15分)】
5,保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不淮使
/甲器品
用涂改液、刮纸刀。
一、选择题（共8小题，每小题5分）
1 CA]CB3 Cc]Coa
6 CA]CB3 CC]CD3
2 CAJ CB3 CCJ CD3
7 CAJ CB3 CCJ CD3
3 CA]CB3 CC3 Co3
8 CAT CB3 Cc3 Co3
4 CAJ CB3 CCJ CD
5 CA3 CB3
二、选择题（共3小题，每小题6分）
9 CA3 CB3 CC3 CD3
10CA3 CB3 CC3 Co3
11CA]CB3 Cca CD3
三、填空题（共3小题，每小题5分）
12
13.
14
四、解答题（共5小题，共77分）
15.(13分)
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■
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18.(17分)
续18题：
续19题：
19.(17分)
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年数学(北京卷)
1.D ∵M={x|x>3},N={1,2,3},
∴M∩N= .故选D.
2.B 由题意,得z==2+2i,
∴|z|==2故选B.
3.B 由题意得双曲线的标准方程为-y2=1,
∴a2=4,b2=1,c2=a2+b2=5,
∴a=2,c=,
则e=故选B.
4.A 把函数y=3x的图象上所有点的纵坐标不变,横坐标变为原来的,得到y=32x=9x的图象.故选A.
5.C 设数列{an}的公差为d,则d≠0.
∵a3,a4,a6成等比数列,=a3·a6,
∴(-2+3d)2=(-2+2d)(-2+5d),
整理,得d2-2d=0,
解得d=0(舍)或d=2,
∴a10=a1+9d=16.故选C.
6.C 当a=b时,a2+b2=2ab,故A错误;
取a=b=,则=6,=9,所以,故B错误;
∵a>0,b>0,∴a+b≥2,故C正确;
∵a>0,b>0,>0,>0,2,故D错误.
故选C.
7.A ∵f(x)的定义域为D,若f(x)的值域为R,
则对任意M∈R,存在x0∈D,使得|f(x0)|>M,
∴充分性成立.
反之,若任意M∈R,存在x0∈D,使|f(x0)|>M,则f(x)的值域不一定为R,此时f(x)的值域可能为[0,+∞),
∴必要性不成立.故选A.
8.C f(x)=sinωx+,当x∈0,时,ωx++.
∵f(x)在0,上存在零点,+,解得ω≥3.
又f(x+π)=f(x),∴π为f(x)周期的整数倍,
即π=kT,k∈Z.又T=,∴π=k,k∈Z,
∴2k=ω,k∈Z,
∴ω的最小值为4.故选C.
9.B 由题意,得klog2(1.024×109)-klog2106=20,
即klog2=20,
∴klog21 024=20,
∴10k=20,解得k=2,即T=2log2N.
∴2log2(4.096×108)-2log2(1.024×108)=2log24=4.故选B.
10.D
∵||=||=,||=2,
,A,B两点在以O为圆心,为半径的圆上.
取AB的中点H,可知|OH|=1,
∴点H在以O为圆心,1为半径的圆上,则|2|2=4+4=4)+4=4+4=4()()+4=4()+4=4(-1)+4=4,
∴|2|=2||.
∵||-1≤||≤||+1,||=5,∴4≤||≤6,
即8≤2||≤12.故选D.
11.6 由题意得=3,∴p=6.
12.1 15 令x=0,得a0=1.令x=-,得16=a0+a1+a2+a3+a4,
把a0=1代入上式,得a1+a2+a3+a4=15.
13.(答案不唯一) ∵sin(α+β)=sin(α-β),
∴sin αcos β+cos αsin β=sin αcos β-cos αsin β,
∴cos αsin β=0. ①
∵cos(α+β)≠cos(α-β),
∴cos αcos β-sin αsin β≠cos αcos β+sin αsin β,
∴sin αsin β≠0. ②
由①②可知cos α=0,sin β≠0,
可取α=,β=
故答案为(答案不唯一).
14.
60 由题意可知V多面体=2VCDT-BSE,延长AB交ED于点M,连接SM,
过点B作BK∥CT交TS于点K,连接KM,过R作RP⊥AF,P为垂足.
∵RA=RF,∴P为AF的中点.过点P作PO∥AB,交BE于点O,连接SO,过点T作TQ⊥CD,Q为垂足.
∵TC=TD,∴Q为CD中点.
又O为BE中点,∴OQ为梯形CBED的中位线,
∴OQ∥ST且OQ=ST.
∵CB=8,DE=DM+ME=12,
∴QO=10,SK=TS-TK=QO-TK=2.
∵平面RAF⊥平面ABC,且交线为AF,
∴RP⊥平面ABC,同理TQ⊥平面ABC.
∵ST∥OQ且ST=OQ,
∴四边形STQO为平行四边形,
∴SO∥TQ且SO=TQ,
∴RP∥SO∥TQ,且RP=SO=TQ=
∴VCTD-BKM=S△CTD·BC=48=24,
VS-BKM=S△BKM·SK=42=2,
VS-BME=S△BEM·SO=4×4=4,
∴V多面体=2VCDT-BSE=2×(24+2+4)=60.
【方法总结】对于不规则几何体求体积问题,一是补形,二是分割.原则是补形或分割成规则几何体,然后通过减或加求体积.
15.②③ 对于①,∵y=f(x)为R上的单调递增函数,
∴f'(x)≥0在x∈R上恒成立,而y=f(2x),f'(2x)=2f'(x)≥0在x∈R上恒成立,
∴[f(x)+f(2x)]'=f'(x)+2f'(x)≥0在x∈R上恒成立.
∴y=f(x)+f(2x)为单调递增函数,而y=-x为单调递减函数.∴f(x)+f(2x)=-x不成立,故①错误.
对于②,令f(x)=-,∴f(2x)=-,
∴f(x)+f(2x)=-x.∴存在在R上单调递减的函数f(x),使得f(x)+f(2x)=-x恒成立,故②正确.
对于③,设f(x)=kx+cos x(k∈R),f(-x)=-kx+cos(-x)=-kx+cos x,
∴f(x)+f(-x)=cos x,故③正确.
对于④,令F(x)=f(x)-f(-x),x∈R,
则F(-x)=f(-x)-f(x),
∴F(-x)=-F(x),∴F(x)为奇函数.
令g(x)=cos x,x∈R,
g(-x)=cos(-x)=cos x=g(x),∴g(x)为偶函数,
∴f(x)-f(-x)=cos x恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个是不成立的,故④错误.
故填②③.
【思路分析】 对于①,利用导数进行判断;对于②③,根据题意,设出f(x)的解析式(具体函数)进行判断;对于④,利用函数的奇偶性,判断结论的正确性.
16.解 (1)由cos A=-,得sin A=
∵asin C=4,∴S△ABC=absin C=4b=bcsin A,
∴4c,解得c=6.
(2)若选①,a=6,则a=c.又cos A<0,∴A为钝角,故△ABC不存在.
若选②,bsin C=,如图,作AD垂直BC于点D,则BC边上的高AD=,此时sin B=,∴B∈.
又cos A=-,∴A∈,∴A+B∈,π,
∴△ABC存在,此时BC边上的高AD=
若选③,S△ABC=10由(1)知S△ABC=4b=10,解得b=5.
由余弦定理得,a==9,∴△ABC存在.
又S△ABC=a·AD,
a·AD=10,解得AD=
17.(1)证明 取PA的中点N,PB的中点M,连接FN,MN,GM.
由题意,知∠ADC=90°,∠BAC=90°,
令AD=CD=2,则AC=AB=2,
∴BC==4.又FN=AD=1,BE=CB=2,GM=BE=1,则FN=GM.
∵∠DCA=∠ACB=45°,
∴∠ADC=∠DCB=90°,∴AD∥BC,故FN∥GM,且FN=GM,即四边形FGMN为平行四边形,∴FG∥MN.
∵FG 平面PAB,MN 平面PAB,
∴FG∥平面PAB.
(2)解 ∵PA⊥平面ABCD,AC,AB 平面ABCD,
∴PA⊥AC,PA⊥AB.
又AC⊥AB,则PA,AC,AB两两垂直.
以A为原点,AC,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设AD=DC=2,则AC=AB=PA=2,
则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,0,0),D(,-,0),P(0,0,2),=(0,2,0),=(,0),=(-2,0,2).设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则y=-1,z=1,
得n=(1,-1,1),设AB与平面PCD所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|=,
故AB与平面PCD所成角的正弦值为
18.解 (1)甲校随机抽取100人,其中有80人答对,用频率估计概率,设从甲校随机抽取1人,这个人答对的概率为事件A,则P(A)=
(2)设乙校中随机抽取1人,这个人答对题目的概率为事件B,则P(B)=,由(1)知P(A)=
∴从甲、乙两校各随机抽取1人,恰有1人做对的概率为P(X=1)=P(A)+P(B)=P(A)P()+P()P(B)=
X的可能取值为0,1,2,
P(X=0)=1-×1-=,P(X=1)=,P(X=2)=
∴X的分布列为
X 0 1 2
P
∴E(X)=0+1+2
(3)由题意可知,p1×100%+(1-p1),解得p1=,p2×85%+(1-p2),解得p2=,∴p2>p1.
19.解 (1)由题意得解得
故椭圆E的方程为=1.
(2)取特殊值,当点M取(-2,0)时,显然=1=,故猜想
∵对于直线x0x+2y0y-4=0,令y=2,可得点A的横坐标xA=,
∴点A的坐标为,2,
同理点B的坐标为,-2,则直线OA的方程为x0x+2(y0-1)y=0,同理得直线OB的方程为x0x+2(y0+1)y=0,
∴点M到直线OA的距离d1= ○*
又点M在椭圆E上,+2=4,代入○*式化简得d1=
同理点M到直线OB的距离d2=
,猜想得证.
20.(1)解 令g(x)=f'(x)=,x∈(-1,+∞),
则g'(x)=
∵若g'(x)>0,则-1e-1,
∴g(x)在(-1,e-1)内单调递增,在(e-1,+∞)内单调递减,
∴f'(x)max=f'(e-1)=
(2)证明 切线l1的方程为y-f(a)=f'(a)(x-a),
即y=f'(a)(x-a)+f(a).
即证f(x)-[f'(a)(x-a)+f(a)]>0对x∈(-1,a)∪(a,+∞)恒成立.
令h(x)=f(x)-f'(a)x+f'(a)a-f(a),
则h'(x)=f'(x)-f'(a).显然f'(a)<0.
由(1)知,h'(x)在(-1,e-1)内单调递增,在(e-1,+∞)内单调递减.又a∈(-1,0),h'(a)=0,∴当x∈(-1,a)时,h'(x)<0,当x∈(a,e-1)时,h'(x)>0,当x∈[e-1,+∞)时,h'(x)>0显然成立.
即当x∈(a,+∞)时,h'(x)>0.
∴当x∈(-1,a)时,h(x)单调递减,h(x)>h(a)=0.
当x∈(a,+∞)时,h(x)单调递增,h(x)>h(a)=0.
综上,原命题得证.
(3)解 令y=f'(a)(x-a)+f(a)=0,
又f'(a)≠0,∴x1=+a,
同理x2=+a=f'(a)f(a)+a.
,
下面求t=f'(a)的取值范围.
由(1)知,当a>0时,t=f'(a)∈0,,即t2∈0,,
=-1+,
即,1.
21.(1)解 由题意可得,x2,y2∈A.
若则x2=6,y2=7,若则x2=7,y2=6,则第2项为(6,7)或(7,6).
(2)解 令zi=xi+yi,则zi+1∈{xi+yi+7,xi+yi-7,xi+yi+1,xi+yi-1},
故zi+1与zi奇偶性不同,zi+2与zi奇偶性相同.
若(xi,yi)=(3,2),(xj,yi)=(4,4)均在τ中,
由知i,j均为偶数,则zi与zj奇偶性应相同.
然而zi=5,zj=8,矛盾,故(3,2),(4,4)不能同时在τ中.
(3)证明 由(2)提示,给定(x1,y1)之后的(xi,yi)并非是任意的,若将M全部列出,可能后续有无法接的,因此可能有重复的(集合M的互异性).
对于M中的元素(xi,yi),当xi,yi∈{1,2,7,8}时,共16个,
其之后的(xi+1,yi+1)满足xi+1,yi+1∈{3,4,5,6},
且(xi+1,yi+1)≠(3,3),(6,6),(3,6),(6,3),共12个,
故对于16个(xi,yi),其后只有12个(xi+1,yi+1)与之对应,必定有重复的,不满足题意.
综上,M中的所有元素都不构成k列.
