2025 高考数学题解

因为我获得的试卷第 21 题只有第 3 问，所以我没写 21.1 和 21.2 的解答，见谅。

Stats

• 未解决：第 11 题、第 17 题、第 20 题、第 21 题。
• 复杂方法：第 20.3 题。

Solution

声明：以下的解答不保证对。

1. \(M \cup N = (-4, 1] \cup (-1, 3) = (-4, 3)\)。

2. 两边乘 \(i\) 得 \(Z = i(i - 1) = -1 - i\)。

3. 把圆的表达式配方得 \((x - 1)^2 + (y + 3)^2 = 10\)，则圆心为 \((1, -3)\)。

直线的表达式为 \(y = x + 2\)，画图观察得距离为 \(3 \sqrt{2}\)。

4.

\[\begin{aligned} (x - \sqrt{x})^4 &= x^4 - 4x^3 \sqrt{x} + 6x^2 (\sqrt{x})^2 - 4x (\sqrt{x})^3 + (\sqrt{x})^4 \\ &= x^4 - 4x^{3.5} + 6x^3 - 4x^{2.5} + x^2 \end{aligned} \]

故 \(x^3\) 的系数为 \(6\)。

5. 因为 \(\vec{a} = \vec{b} \lor \vec{a} = -\vec{b} \implies (\vec{a} + \vec{b})(\vec{a} - \vec{b}) = 0\)，所以是必要条件。

6. 若 \(\omega = 1\)，则 \(\min(|x_1 - x_2|) = \pi\)。

但是 \(\min(|x_1 - x_2|) = \pi / 2\)，是 \(\omega = 1\) 时的一半，所以 \(\omega = 2\)。

7.

• \(S - 1 > 0\)：因为 \(d_1, d_2 > 0\)，所以我们只考虑 \(d > 0\) 的情况，则 \(d\) 单调减，故 \(n_1 > n_2\)。
• \(S - 1 < 0\)：因为 \(d_1, d_2 > 0\)，所以我们只考虑 \(d < 0\) 的情况，则 \(d\) 单调减，故 \(n_1 > n_2\)。

故 \(n_1 > n_2\)。

8. 设四棱锥底面为 \(A(0, 0, 0), B(0, 4, 0), C(4, 4, 0), D(4, 0, 0)\)，顶点为 \(E(x, y, z)\)。

则 \(E\) 是以下 4 个球体的交点：

• 以 \(A\) 为球心，半径为 \(4\) 的球体。
• 以 \(B\) 为球心，半径为 \(4\) 的球体。
• 以 \(C\) 为球心，半径为 \(2 \sqrt{2}\) 的球体。
• 以 \(D\) 为球心，半径为 \(2 \sqrt{2}\) 的球体。

故可得方程组：

\[\begin{cases} x^2 + y^2 + z^2 = 16 \\ x^2 + (y - 4)^2 + z^2 = 16 \\ (x - 4)^2 + y^2 + z^2 = 8 \\ (x - 4)^2 + (y - 4)^2 + z^2 = 8 \end{cases} \]

前两个式子相减得 \(y = 2\)，第一、三个式子相减可得 \(x = 3\)，故 \(z = \pm \sqrt{3}\)。

故高为 \(|z| = \sqrt{3}\)。

9. \(f(x) = 2^x\) 是下凸函数，则：

\[\dfrac{y_1 + y_2}{2} > f \left( \dfrac{x_1 + x_2}{2} \right) \]

则：

\[\log_2 \left( \dfrac{y_1 + y_2}{2} \right) > \dfrac{x_1 + x_2}{2} \]

故选 A。

10. \(y = x + t(x^2 - x)\) 的根为 \(x_1 = 0, x_2 = \dfrac{t - 1}{t} \le 0\)，其中 \(t \ne 0\)。故在 \(1 \le x \le 2\) 时，\(y\) 单调增。

因为 \(x^2 - x\) 在 \(1 \le x \le 2\) 时 \(\ge 0\)，所以 \(y\) 随 \(t\) 增加而增加。

故图形内最远点对为 \(A(1, 1)\)（\(t = 0, x = 1\)）与 \(B(2, 4)\)（\(t = 1, x = 2\)），\(d = AB = \sqrt{10}\)。

设 \(y = x\)（即 \(t = 0\)）交 \(x = 2\) 与 \(C(2, 2)\)，则 \(S < S_{\triangle ABC} = 1\)。

故选 C。

12. 则 \(\cos(\beta) = -\cos(\alpha)\)，则 \(\max(\cos(\beta)) = -\min(\cos(\alpha)) = -\cos(\pi / 3) = -0.5\)。

13. 该曲线不封闭，且关于 \(x\) 轴对称，故只取 \(x\) 轴以上部分，则双曲线变为：

\[f(x) = \sqrt{\dfrac{x^2}{4} - 1} \]

求导得：

\[f'(x) = \dfrac{x}{2 \sqrt{x^2 - 4}} \]

我们发现 \((3, 0)\) 在双曲线的右边，故必有交点。则斜率为：

\[\lim_{x \to \infty} f'(x) = \dfrac{1}{2} \]

故答案为 \(\pm \dfrac{1}{2}\)。

14. 三个圆柱的底面积分别为 \(S_1 = (65 / 2)^2 \pi \,\mathrm{mm^2}, S_2 = S_3 = (325 / 2)^2 \pi \,\mathrm{mm^2}\)。

设前两个圆柱的高分别为 \(h_1, h_2\)，则 \(V_1 = S_1 h_1 = (65 / 2)^2 \pi h_1 \,\mathrm{mm^3}, V_2 = S_2 h_2 = (325 / 2)^2 \pi h_2 \,\mathrm{mm^3}, V_3 = 230 \cdot (325 / 2)^2 \pi \,\mathrm{mm^3}\)。

因为公比为 \(10\)，所以：

\[\begin{cases} V_3 = 100 V_1 \\ V_3 = 10 V_2 \end{cases} \]

代入 \(V_1, V_2, V_3\) 的表达式：

\[\begin{cases} 230 \cdot (325 / 2)^2 \pi = 100 \cdot (65 / 2)^2 \pi h_1 \\ 230 \cdot (325 / 2)^2 \pi = 10 \cdot (325 / 2)^2 \pi h_2 \end{cases} \]

化简得：

\[\begin{cases} h_1 = \dfrac{230 \cdot (325 / 2)^2}{100 \cdot (65 / 2)^2} = \dfrac{23 \cdot (65 \cdot 5)^2}{10 \cdot 65^2} = \dfrac{23 \cdot 25}{10} = 57.5 \\ h_2 = \dfrac{230}{10} = 23 \end{cases} \]

故前两个圆柱的高度为 \(23, 57.5\)。

15.

• 命题 (1)：因为两个一次函数只可能有 0 个、1 个或无数个交点，而 \(\forall n, a_n \ne b_n\)，所以交点数量最多只有 1 个，所以 \(|M| \le 1\)。成立。
• 命题 (2)：设 \(f(x) = m \cdot n^x, g(x) = p \cdot q^x, a_n = f(n), b_n = g(n)\)。注意到，\(f\) 和 \(g\) 最多只有一个交点 \(x = \dfrac{\ln(m) - \ln(p)}{\ln(n) - \ln(q)}\)，其中 \(n \ne q\)。不成立。
• 命题 (3)：设 \(f(x) = m \cdot n^x, g(x) = p + qx, a_n = f(n), b_n = g(n)\)。因为 \(f\) 是下凸函数，所以 \(f\) 和 \(g\) 最多只有两个交点，则 \(|M| \le 2\)。不成立。
• 命题 (4)：显然成立。

故选 (1)、(4)。

16.1. 则 \(2 \sin(B) \cos(B) = \dfrac{\sqrt{3}}{7} b \cos(B) \implies \dfrac{b}{\sin(B)} = \dfrac{14 \sqrt{3}}{3}\)，则 \(\dfrac{a}{\sin(A)} = \dfrac{b}{\sin(B)} = 2R = \dfrac{14 \sqrt{3}}{3}\)。

代入 \(a = 7\) 得 \(\sin(A) = \dfrac{21}{14 \sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\)。

又因为 \(A > 90 \degree\)，所以 \(A = 120 \degree\)。

16.2. 已知：条件 2。

解答：因为 \(\cos(B) = \dfrac{13}{14}\)，所以 \(\sin(B) = \dfrac{3}{14} \sqrt{3}\)，所以 \(b = 2R \sin(B) = \dfrac{14}{3} \sqrt{3} \cdot \dfrac{3}{14} \sqrt{3} = 3\)。

对 \(A\) 使用余弦定理得 \(a^2 = b^2 + c^2 - 2bc \cos(A)\)。

代入 \(a, b, A\) 的值得 \(c^2 - 3c - 40 = 0\)，解得 \(c = 8\)。

则 \(S_{\triangle ABC} = \dfrac{1}{2} bc \sin(A) = 6\)。

18.1. 总量为 \(S = 800 + 100 + 60 + 30 + 10 = 1000\) 单。

设赔偿次数为 \(X\)，赔偿次数为 \(i\) 的单数为 \(a_i\)，容易发现，\(P(X = n) = \dfrac{a_n}{S}, P(X \ge n) = \sum \limits_{i \ge n} P(X = i)\)。

则 \(P(X \ge 2) = P(X = 2) + P(X = 3) + P(X = 4) = 0.1\)。

18.2.i. 在赔偿次数为 \(x\) 时，毛利润为 \(f(x) = 0.4 - 0.8 \cdot \min(x, 3) - 0.6 \cdot [x = 4]\)。

设赔偿次数为 \(i\) 的概率为 \(P(i)\)，则：

\[\begin{aligned} E(X) &= \sum \limits_{i = 0}^4 P(i) f(i) \\ &= 0.8 \cdot 0.4 + 0.1 \cdot (-0.4) + 0.06 \cdot (-0.8) + 0.03 \cdot (-2) + 0.01 \cdot (-2.6) \\ &= \dfrac{73}{500} \end{aligned} \]

18.2.ii. 在赔偿次数为 \(x\) 时，毛利润为 \(f(x) = 0.4 \cdot (0.96 \cdot [x = 0] + 1.2 \cdot [x > 0]) - 0.8 \cdot \min(x, 3) - 0.6 \cdot [x = 4]\)。

设赔偿次数为 \(i\) 的概率为 \(P(i)\)，则：

\[\begin{aligned} E(X) &= \sum \limits_{i = 0}^4 P(i) f(i) \\ &= 0.8 \cdot 0.384 + 0.1 \cdot (-0.32) + 0.06 \cdot (-1.12) + 0.03 \cdot (-1.92) + 0.01 \cdot (-2.52) \\ &= 0.13 \end{aligned} \]

19.1. 短轴端点一定在 \(x\) 轴上，所以令 \(x = 0\)，得到短轴端点为 \(E(0, b), F(0, -b)\)。

因为正方形边长为 \(2\)，\(EF\) 又是它的对角线，所以 \(EF = 2b = 2 \sqrt{2} \iff b = \sqrt{2}\)。

设焦点为 \(F_{1, 2} = (\pm f, 0) \quad (f \ge 0)\)。

则 \(F_1F_2\) 是正方形的对角线，则 \(f = \sqrt{2} = \sqrt{a^2 - 2} \iff a = 2\)。

则方程为 \(\dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{2} = 1\)，离心率为 \(\dfrac{f}{a} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)。

19.2. 因为 \(k_{BD} = 0\)，所以设 \(y_B = y_D = c \in \left[ -\sqrt{2}, \sqrt{2} \right], T = (0, t)\)。

则 \(|x_B| = |x_D| = \sqrt{4 - 2 c^2}\)。容易发现，\(x_B, x_D\) 异号，不妨设 \(x_B > 0\)，则 \(x_B = \sqrt{4 - 2 c^2}, x_D = -\sqrt{4 - 2 c^2}\)。

则 \(A\) 满足：

\[\begin{cases} y_A = \dfrac{1 - c}{\sqrt{4 - 2 c^2}} x_A + 1 \\ \dfrac{1}{4} x_A^2 + \dfrac{1}{2} y_A^2 = 1 \end{cases} \]

则：

\[\begin{cases} x_A = \dfrac{\sqrt{4 - 2c^2}}{3 - 2c} \\ y_A = \dfrac{4 - 3c}{3 - 2c} \end{cases} \]

则：

\[\begin{aligned} t &= c - \dfrac{c - y_A}{\sqrt{4 - 2c^2} - x_A} \sqrt{4 - 2 c^2} \\ &= c - \dfrac{c - \dfrac{4 - 3c}{3 - 2c}}{\sqrt{4 - 2c^2} - \dfrac{\sqrt{4 - 2c^2}}{3 - 2c}} \sqrt{4 - 2 c^2} \\ &= c - \dfrac{(3 - 2c) c - (4 - 3c)}{(3 - 2c) - 1} \\ &= c - \dfrac{-2c^2 + 6c - 4}{2 - 2c} \\ &= c - \dfrac{c^2 - 3c + 2}{c - 1} \\ &= c - (c - 2) \\ &= 2 \end{aligned} \]

20.1. \(f'(x) = 1 + \dfrac{k}{1 + x} = 1 - \dfrac{1}{1 + x}\)，则 \(f'(x) = 0 \implies x = 0\)。

因为 \(f'(-0.5) < 0, f'(0.5) > 0\)，所以 \(f\) 在 \((-\infty, 0)\) 上单调减，在 \((0, +\infty)\) 上单调增。

20.2. \(l : y = f'(t) \cdot x + (f(t) - f'(t) \cdot t)\)，则只需证 \(\forall t > 0, f(t) \ne f'(t) \cdot t\)。

则只需证 \(\forall t > 0, t + k \ln(1 + t) \ne t + \dfrac{kt}{1 + t} \iff \forall t > 0, \ln(1 + t) \ne \dfrac{t}{1 + t}\)。

则只需证 \(\forall t > 1, \ln(t) \neq \dfrac{t - 1}{t} = 1 - \dfrac{1}{t} \iff \forall t > 1, \ln(t) + \dfrac{1}{t} \neq 1 \iff t e^{1 / t} \neq e\)。

设 \(g(t) = t e^{1 / t}\)，则 \(g'(t) = (1 - 1 / t) \cdot e^{1 / t}\)。

因为 \(g'(t)\) 在 \(t > 1\) 时恒大于 \(0\)，所以 \(g(t)\) 在 \(t > 1\) 时单调增。

又因为 \(g(1) = e\)，所以 \(\forall t > 1, g(t) = te^{1 / t} > e\)。

20.3. \(l : y = f'(t) \cdot x + (f(t) - f'(t) \cdot t)\)，则 \(y_B = f(t) - f'(t) \cdot t\)，则 \(\dfrac{S_{\triangle ABO}}{S_{\triangle ACO}} = \left| \dfrac{f(t) - f'(t) \cdot t}{f(t)} \right| = \left| 1 - \dfrac{f'(t)}{f(t)} t \right| = \dfrac{2}{15}\)，则 \(\dfrac{f'(t)}{f(t)} t = \dfrac{13}{15}, \dfrac{17}{15}\)。

······

21.3. 设 \(c_n(\Omega) = \sum \limits_{k = 1}^s [i_k = n] + [j_k = n] + [s_k = n] + [t_k = n]\)，其中 \([\cdot]\) 为 Iverson 括号。

引理：\(\exists \Omega, c_i(\Omega) = C_i \iff C_1 + C_2 = C_3 + C_4 = C_5 + C_6 = C_7 + C_8 \quad (C_i \in \N)\)。

\(\implies\) 的证明：初始时，\(C_i = 0\)。

因为每次变换，\(C_1, C_2\) 中都有一个 \(+1\)，所以 \(C_1 + C_2\) 会 \(+1\)。那么经过 \(s\) 次变换过后，\(C_1 + C_2\) 会 \(+s\)。

同理可得 \(C_3 + C_4, C_5 + C_6, C_7 + C_8\) 都会 \(+s\)。

因为初始时 \(C_i = 0\)，所以最后 \(C_1 + C_2 = C_3 + C_4 = C_5 + C_6 = C_7 + C_8 = s\)。

证毕。

\(\impliedby\) 的证明：我们给出构造。

首先，\(s = C_1 + C_2\)。

• \(i\)：对于 \(k \le C_1\)，\(i_k = 1\)；否则 \(i_k = 2\)。
• \(j\)：对于 \(k \le C_3\)，\(j_k = 3\)；否则 \(j_k = 4\)。
• \(s\)：对于 \(k \le C_5\)，\(s_k = 5\)；否则 \(s_k = 6\)。
• \(t\)：对于 \(k \le C_7\)，\(t_k = 7\)；否则 \(t_k = 8\)。

这个构造显然合法，证毕。

充分性的证明：设 \(A_1 + A_2 = S\)，选择奇数 \(T\) 使得 \(T \ge \max(a)\)，设 \(C_i = T - A_i\)。

则 \(C_1 + C_2 = C_3 + C_4 = C_5 + C_6 = C_7 + C_8 = 2T - S \ge 0\)。

则根据引理，存在 \(\Omega\)，证毕。

必要性的证明：设 \(\Omega(A)\) 的每一个元素都为 \(T\)，则 \(A_i = T - c_i(\Omega)\)。

根据引理，\(c_{2i - 1}(\Omega) + c_{2i}(\Omega)\) 为常数，其中 \(i = 1, 2, 3, 4\)。

则 \(A_1 + A_2 = A_3 + A_4 = A_5 + A_6 = A_7 + A_8\)，证毕。