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2025年普通高等学校招生全国统一考试·天津卷
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
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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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■
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续19题：
续20题：
20.
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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6.已知数列{am》的前n项和Sn=一n2十8n,则{|am|}的前12项和为
三、解答题：本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过
2025年普通高等学校招生全国统一考试
(
程或演算步骤
(天津卷)
A.48
B.112
C.80
D.144
16.(本小题满分14分)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,
7.函数f(x)=0.3x一√（的零点所在区间是
(
c.已知asin B=√3 bcos A,c-2b=1,a=√7
数学
A.(0,0.3)
B.(0.3,0.5)
C.(0.5,1)
D.(1,2)
(1)求A的值；
本试卷满分150分，考试时间120分钟
8.f(x)=sin(w.x十p)(w>0,一π
受，]上单调递增。
(2)求c的值；
(3)求sin(A+2B)的值.
本试卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分
第I卷
且x=为f(x)图象的一条对称轴，(，0是f()图象的一个对
本卷共9小题，每小题5分，共45分.
称中心，当x∈[0，受时，f(x)的最小值为
(
参考公式：
·如果事件A,B互斥，那么P(AUB)=P(A)十P(B)
A.一2
C.-1
D.0
弥·如果事件A,B相互独立，那么P(AB)=P(A)P(B)
·球的体积公式V-号R,其中R表示球的半径.
v2
Q双曲线无-1(@>0：b>0)的左右焦点分别为B,F2,以有焦
·圆锥的体积公式V=专S,其中S表示圆锥的底面面积，么表示圆
点F2为焦点的抛物线y2=2px(p>0)与双曲线在第一象限的交
点为P,若PF1|十PF2=3FF2,则双曲线的离心率e=
的
锥的高.
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要
()
求的.
A.2
B.5
C.2+1
封1已知全集U={1,2,3,4,5},集合A=(1,3,B={2,3,5},则
2
D.6+1
2
17.(本小题满分15分)如图，正方体AB
CU(AUB)=
(
第Ⅱ卷
CD-A1B1CD1的棱长为4，E,F分别
A
A.{1,2,3,4}B.{2,3,4}
C.{2,4}
D.{4}
本卷共11小题，共105分.
为A1D1,C1B1中点，点G在棱CC1
2.设x∈R,则“x=0”是“sin2x=0”的
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.试题中包含两个
上，且CG=3C1G.
品
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分
(1)求证：GF⊥平面EBF
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
10.已知i是虚数单位则3时=
(2)求平面EBF与平面EBG夹角的余
3.已知函数y=f(x)的图象如图所示，则f(x)的解析式可能为
弦值；
线
11.在(x一1)6的展开式中，x3项的系数为
(3)求三棱锥D一BEF的体积
12.1:x-y十6=0与x轴交于点A,与y轴交于点B,与圆(x十1)2
+(y-3)2=r2(r>0)交于C,D两点，|AB引=3CD,则r=
13.小桐操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈
A.f(x)=1-x
B.f(x)=
的概率均为0.5，若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0.4，
x-1
跑6圈的概率为0.6.若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为
C.f(x)=1-x
D.f()=2-1
x
0.6,跑6圈的概率为0.4.小桐一周跑11圈的概率为
4.已知m,n为两条直线，a,3为两个平面，则下列结论中正确的是
若一周至少跑11圈为运动量达标，则连续跑4周，记达标周数为
(
X,则期望E(X)=
A.若m∥a,nCa,则m∥n
B.若m⊥a,m⊥3，则a⊥3
14.△ABC中，D为AB中点，CE=号CD,AB=a,AC=b,则AE
C.若m∥a,m⊥3，则a⊥3
D.若mCa,a⊥3，则m⊥3
5.已知r为相关系数，则下列说法中错误的是
(
(用a,b表示)，若|AE1=5,AE⊥CB,则AE.CD=
A.若X~N(,G2),则P(X≤u-o)=P(x≥u十o)
B.若X~N(1,22),Y~N(2,22),则P(X<1)15.若a,b∈R,对Vx∈[-2,2]，均有(2a+b)x2+bx-a-1≤0恒
C.r越接近1，线性相关性越强
成立，则2a+b的最小值为
D.r越接近0，线性相关性越弱
2025天津卷
52025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<.
