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2025年普通高等学校招生全国统一考试
数 学 答 题 卡
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 5. 2. 6. 3. 7. 4. 8.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9. 10. 11.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12. ___________ 13. ___________ 14. ___________
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.（13分） 解：
16.（15分） 解：
17.（15分） 解：
18.（17分） 解：
19.（17分） 解：
数学答题顺 第2页，共2页2025年普通高等学校招生全国统一考试
数 学
本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．记为等比数列的前项和，若，则
A．5 B．4 C．3 D．2
2．除以5的余数是
A．1 B．2 C．3 D．4
3．对任意两个非零的平面向量和，定义：；.若平面向，满足，且和都在集合，则
A．1 B． C．1或 D．1或
4．已知复数，则
A．0 B．1 C． D．
5．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，且，则下列说法正确的是
A．“”是“”的充分不必要条件
B．“”是“”的必要不充分条件
C．若异面，则有公共点
D．若有公共点，则有公共点
6．已知椭圆的左、右焦点分别为、，经过的直线交椭圆于，，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是
A． B． C． D．
7．甲 乙两人进行一场友谊比赛，赛前每人记入3分.一局比赛后，若决出胜负，则胜的一方得1分，负的一方得-1分；若平局，则双方各得0分.若干局比赛后，当一方累计得分为6时比赛结束且该方最终获胜.令表示在甲的累计得分为时，最终甲获胜的概率，若在一局中甲获胜的概率为0.5，乙获胜的概率为0.3，则
A． B．
C． D．
8．已知函数，对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为
A． B．
C． D．
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．已知函数，的定义域均为R，，， 的图像关于直线对称，则以下说法正确的是
A．和均为奇函数 B．，
C．， D．
10．蜜蜂是自然界的建筑大师，在18世纪初，法国数学家马拉尔迪指出，蜂巢是由许许多多类似正六棱柱形状的蜂房（如图）构成，其中每个蜂房的底部都是由三个全等的菱形构成，每个菱形钝角的余弦值是，则
A．平面
B．
C．蜂房底部的三个菱形所在的平面两两垂直
D．该几何体的体积与以六边形为底面，以为高的正六棱柱的体积相等
11．让·巴普蒂斯·约瑟夫·傅里叶，法国欧塞尔人，著名数学家、物理学家．他发现任何周期函数都可以用正弦函数或余弦函数构成的无穷级数来表示，如定义在R上的函数，当时，有，则
A．函数的最小正周期为
B．点是函数图象的对称中心
C．
D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．某系列智能手机玻璃版有“星河银”、“罗兰紫”、“翡冷翠”、“亮黑色”四种颜色.若甲、乙等四位市民准备分别购买一部颜色互不相同的同一型号玻璃版的该系列手机，若甲购买“亮黑色”或“星河银”，则乙不购买“罗兰紫”，则这四位市民不同的购买方案有　 　种.
13．如图，在棱长均相等的斜三棱柱中，，，若存在，使成立，则的最小值为　 　.
14．已知曲线与曲线，长度为1的线段AB的两端点A、B分别在曲线、上沿顺时针方向运动，若点A从点开始运动，点B到达点时停止运动，则线段AB所扫过的区域的面积为　 　.
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．（13分）
某中学有A，B两个餐厅为老师与学生们提供午餐与晚餐服务，王同学、张老师两人每天午餐和晚餐都在学校就餐，近一个月（30天）选择餐厅就餐情况统计如下：
选择餐厅情况（午餐，晚餐）
王同学 9天 6天 12天 3天
张老师 6天 6天 6天 12天
假设王同学、张老师选择餐厅相互独立，用频率估计概率．
（1）估计一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的概率；
（2）记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望；
（3）假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，，已知推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明．．
16．（15分）
如图，平行四边形中，，将沿翻折，得到四面体．
（1）若，作出二面角的平面角并说明作图理由；
（2）若，求点到平面的距离．
17．（15分）
直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.
（1）若圆是直线族的包络曲线，求满足的关系式；
（2）若点不在线族：的任意一条直线上，求的取值范和直线族的包络曲线；
（3）在（2）的条件下，过曲线上两点作曲线的切线，其交点为.已知点，若三点不共线，探究是否成立？请说明理由.
18．（17分）
对于每项均是正整数的数列、、、，定义变换，将数列变换成数列、、、、．对于每项均是非负整数的数列、、、，定义变换，将数列各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列；又定义．设是每项均为正整数的有穷数列，令．
（1）如果数列为、、，写出数列、；
（2）对于每项均是正整数的有穷数列，证明；
（3）证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列，存在正整数，当时，．
19．（17分）
定义：对于定义在区间上的函数，若存在实数，使得函数在区间上单调递增（递减），在区间上单调递减（递增），则称这个函数为单峰函数且称为最优点.
已知定义在区间上的函数是以为最优点的单峰函数，在区间上选取关于区间的中心对称的两个试验点，称使得较小的试验点为好点（若相同，就任选其一），另一个称为差点.容易发现，最优点与好点在差点的同一侧.我们以差点为分界点，把区间分成两部分，并称好点所在的部分为存优区间，设存优区间为，再对区间重复以上操作，可以找到新的存优区间，同理可依次找到存优区间，满足，可使存优区间长度逐步减小.为了方便找到最优点（或者接近最优点），从第二次操作起，将前一次操作中的好点作为本次操作的一个试验点，若每次操作后得到的存优区间长度与操作前区间的长度的比值为同一个常数，则称这样的操作是“优美的”，得到的每一个存优区间都称为优美存优区间，称为优美存优区间常数.对区间进行次“优美的”操作，最后得到优美存优区间，令，我们可任取区间内的一个实数作为最优点的近似值，称之为在区间上精度为的“合规近似值”，记作.
已知函数，函数.
（1）求证：函数是单峰函数；
（2）已知为函数的最优点，为函数的最优点.
（i）求证：；
（ii）求证：.
注：.
数学试题 第2页（共7页）2025年普通高等学校招生全国统一考试
数 学 参 考 答 案
1.C
解析： 设等比数列的公比为，因为，所以，故．故答案为：C．
2.D
解析：由题意可知，，
由此可知除以5的余数，即为除以的余数，故所求余数为4.
故答案为：D.
3.D
4.A
解析：解：因为且故则
故故答案为：A.
5.C
解析：A、由，可得，又，故得，即“//”是“”的必要条件，故A错误；B、由，可得或，当时，因，则，当时，经过和平面内一点可确定平面，且，则，由可得，同理可得，即“”是“”的充分条件，故B错误；C、假设没有公共点，则，又由可得，这与异面矛盾，故假设不成立，故C正确；D、由有公共点可得相交，因，则相交或异面，故D错误.故答案为：C.
6.A
解析： 因为，所以，
如图，在上取一点M，使得，连接，则，
则点I为AM上靠近点M的三等分点，所以，
所以，
设，则，
由椭圆定义可知：，即，所以，
所以，，
故点A与上顶点重合，
在中，由余弦定理得：
，
在中，，
解得：，
所以椭圆离心率为.故答案为：A
7.C
解析：由题意可得：i的取值集合为：，且
在甲累计得分为1分时，下局甲获胜且最终甲获胜的概率为在甲累计得分为1分时，下局平局且最终甲获胜的概率为
在甲累计得分为1分时，下局甲败且最终甲获胜的概率为故根据全概率公式可得：
整理化简可得：变形可得：
又因为则同理可得：
所以数列为公比为的等比数列，
所以各项求和可得：
则且解得：故答案为：C.
8.C
解析：设，则定义域为，定义域关于原点对称，
且满足，所以为奇函数，
所以，即恒成立，
由在上单调递减且，则在上单调递减，所以恒成立，
由，知且，所以时，恒成立，
设，，
，当时，，所以在内单调递减，
而，所以，所以，即.故答案为：C.
9.BCD
10.AD
解析：对A：因为，，则，
平面，且平面，
故平面，故A正确；
对B：每个菱形钝角的余弦值是，即不垂直，
因为，即不垂直，故B错误；
对C：若蜂房底部的三个菱形所在的平面两两垂直，
可知平面平面，则平面，
平面，所以，
且，故，这与不垂直矛盾，故C错误；
对D：如图，补形可知：过作正六边形，
∵为菱形，则的中点在上，故点到平面的距离相等，
故，
同理可得：，
故该几何体的体积与以六边形为底面，以为高的正只棱柱的体积相等，所以D正确；故答案为：AD．
11.BCD
解析：由题意可知：，
对于A：因为的最小正周期为2π，
且2π也是的周期，
所以的最小正周期为2π，故A错误；
对于B：因为
，
即，所以点是函数图象的对称中心，故B正确；
对于C：由题意知是偶函数，且当时，有，
所以，故C正确；
对于D：因为，
令，则，
整理得，故D正确；故答案为：BCD.
12.20
解析：根据题意，分2种情况讨论：
①若甲购买“亮黑色”或“星河银”，则甲有2种选择方法，
还剩下3种颜色，又由乙不购买“罗兰紫”，乙也有2种选择方法，
还剩下2种颜色，剩下的2人选择剩下的2种颜色，有 种选择方法，
则此时有 种购买方案；
②若甲不购买“亮黑色”或“星河银”，则甲有2种选择方法，
还剩下3种颜色，由其他三人购买，有 种选择方法，
则此时有 种选择方法，
则一共有 种不同的购买方案。故答案为：20。
13.
解析：设，
则
因为，所以，
即，
即，因为，所以，，
故，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.故答案为：.
14.
解析：设、分别为A、B点的起点，、分别为A、B点运动的终点，则图中阴影部分即为线段AB扫过的面积.如图所示，
则，，设，，
∵曲线方程：，
曲线方程：，
，即：，
，即：，
记为圆的面积，为圆的面积，为与、围成的面积，为与、围成的面积，为上半圆环的面积，为线段AB扫过的面积.
则，
因为，，，所以，所以，所以，
所以，
又因为，，，所以，所以，
所以，
所以.故答案为：.
15.解：（1）设事件C为“一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐”，
因为30天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的天数为，
所以．
（2）记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，则X的所有可能取值为1和2，
所以，
，
所以X的分布列为
X 1 2
P 0.1 0.9
所以X的数学期望
（3）由题知，所以
所以，
所以，
即，
所以，即
16. 解：（1）解：如图所示：
取点为的中点，连接，则即为所求的二面角的平面角，理由如下：
由题意，
又因为四边形是平行四边形，所以，
又因为，所以，
又点为的中点，
所以由三线合一可知，
又面面，
所以即为所求的二面角的平面角，
（2）解：
由题意，，
由余弦定理有，
解得，
所以，即，
所以由题意有，，
又因为，
所以，即，
又面，
所以面，
所以，
因为，
所以，即，
所以，
不妨设点到平面的距离为，
因为，
所以，解得，即点到平面的距离为.
17. 解：（1）由定义可知，与相切，则圆的圆心到直线的距离等于1，则，叔.
（2）点不在直线族的任意一条直线上，所以无论取何值时，无解.
将整理成关于的一元二次方程；
.
若该方程无解，则，即.
证明：在上任取一点在该点处的切线斜率为，于是可以得到在点处的切线方程为：，即.
今直线族中，则直线为，
所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线，
而对任意那是抛物线在点处的切线.
所以直线族的包络曲线为.
（3）已知，设，则.
.
由（2）知，在点处的切线方程为；同理在点处的切线方程为.
，所以.
因此，
同理：.
所以，
即，所以成立.
18. 解：（1）、、，、、、，、、，
、、、，、、、.
（2）设每项均是正整数的有穷数列为、、、，
则为、、、、，
从而．
又 ，
所以，
故．
（3）设是每项均为非负整数的数列，，．
当存在，使得时，交换数列的第项与第项得到数列，
则．
当存在，使得时，若记数列，，为，
则．
所以．
从而对于任意给定的数列，由，1，2，…
可知．
又由（2）可知，所以．
即对于，要么有，要么有．
因为是大于的整数，所以经过有限步后，必有．
即存在正整数，当时，.
19. 解：（1）因为.
因为，所以在上单调递减，又因为
由零点存在定理知，存在唯一的，使得，且时，，，所以在上递增，上递减，所以为单峰函数.
（2）（i）令，则，令，因为为在上的最优点，所以为在的最优点，，所以，结合最优点的定义知，为在区间上的唯一零点.
又由（1）知，在递增，递减，且.
所以由零点存在性定理知在区间存在唯一的，使得，即，
所以.
（ii）第一次操作：取，由对称性不妨去掉区间，则存优区间为，为好点；
第二次操作：为一个试验点，为了保证对称性，另一个试验点与关于区间的中心对称，所以；
又因为前两次操作，每次操作后剩下的存优区间长度与操作前的比值为.
若，即，则（舍去）；
若，即，则，即，解得或（舍）.
则操作5次后的精度为.
.
又，
所以.
所以，得证.
数学答案 第2页（共2页）

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