2025 年全国统一高考（新高考Ⅱ）数学参考答案及解析
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、【答案】C
【解答】$\overline{\mathrm{x}} = \frac{2 + 8 + 14 + 16 + 20}{5} = 12$
2、【答案】A
【解答】$\frac{1}{\mathrm{z} - 1} = \frac{1}{1 + \mathrm{i} - 1} = \frac{1}{\mathrm{i}} = -\mathrm{i}$
3、【答案】D
【解答】$B = \{\, \mathrm{x} \mid \mathrm{x}(\mathrm{x}-1)(\mathrm{x}+1) = 0 \,\} = \{0, -1, 1\},\ A \cap B = \{0, 1\}$
4、【答案】C
【解答】$\frac{\mathrm{x} - 4}{\mathrm{x} - 1} \ge 2 \iff \frac{\mathrm{x} - 4}{\mathrm{x} - 1} - 2 \ge 0 \iff \frac{-\mathrm{x} - 2}{\mathrm{x} - 1} \ge 0 \iff -(\mathrm{x} + 2)(\mathrm{x} - 1) \ge 0 \text{ 且 } \mathrm{x} - 1 \ne 0 \iff -2 \le \mathrm{x} < 1$
5、【答案】A
【解答】由余弦定理
$\cos \mathrm{A} = \frac{\mathrm{A}\mathrm{C}^2 + \mathrm{A}\mathrm{B}^2 - \mathrm{B}\mathrm{C}^2}{2\mathrm{A}\mathrm{C} \cdot \mathrm{A}\mathrm{B}} = \frac{(1+\sqrt{3})^2 + (\sqrt{6})^2 - 2^2}{2 \times (1+\sqrt{3}) \times \sqrt{6}} = \frac{2(\sqrt{3}+3)}{2\sqrt{2}(\sqrt{3}+3)} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\mathrm{A} \in (0, \pi)$，故$\mathrm{A} = \frac{\pi}{4}$.
6、【答案】C
【解答】$l_{\mathrm{BF}}: \mathrm{y} = -2\mathrm{x} + 2$与x 轴交于F 点，则F(1,0)，
故 $\frac{\mathrm{p}}{2} = 1 \Leftrightarrow \mathrm{p} = 2 \Leftrightarrow C: \mathrm{y}^{2} = 4\mathrm{x}$；
设$l_{\mathrm{BF}}: \mathrm{y} = -2\mathrm{x} + 2$与y 轴交于N 点，则N(0,2)；
准线与x轴交于 M 点，由 $\mathrm{\Delta}$FON~$\mathrm{\Delta}$FMB，MB = 2NO = 4，故 yA= 4 ，
代入$\mathrm{C}: \mathrm{y}^{\mathrm{2}} = 4\mathrm{x}$得$\mathrm{x}_\mathrm{A} = 4,\ A(4,4),\ |AF| = \sqrt{(4-1)^2 + 4^2} = 5$
7、【答案】B
【解答】Sn为等差数列 { an } 的前nn 项和，故$\left\{\dfrac{\mathrm{S}_{\mathrm{n}}}{\mathrm{n}}\right\}$为等差数列，该等差数列的公差为d1
$\frac{\mathrm{S}_{5}}{5} - \frac{\mathrm{S}_{3}}{3} = 2\mathrm{d}_{1} \Rightarrow \mathrm{d}_{1} = -\frac{3}{2} \Rightarrow \frac{\mathrm{S}_{6}}{6} = \frac{\mathrm{S}_{5}}{5} + \mathrm{d}_{1} = -1 - \frac{3}{2} \Rightarrow \mathrm{S}_{6} = -15$
8、【答案】D
【解答】
$\because \mathrm{\cos} \frac{\alpha}{\mathrm{2}} = \frac{\sqrt{\mathrm{5}}}{\mathrm{5}} ,$
$\therefore \cos \alpha = 2\cos^{2} \frac{\mathrm{\alpha}}{2} - 1 = -\frac{\mathrm{3}}{\mathrm{5}},$
$\mathrm{又} \because \mathrm{0} < \alpha < \pi ,$
$\therefore \mathrm{sin}\ \alpha = \frac{\mathrm{4}}{\mathrm{5}},$
$\mathrm{则}\ \mathrm{sin}\left(\alpha-\frac{\pi}{\mathrm{4}}\right)=\frac{\sqrt{\mathrm{2}}}{\mathrm{2}}(\mathrm{sin}\alpha-\mathrm{cos}\alpha)=\frac{\mathrm{7}\sqrt{\mathrm{2}}}{\mathrm{10}}.$
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0 分。
9、【答案】AD
【解答】由已知条件
$S_{\mathrm{3}} = a_{\mathrm{1}} + a_{\mathrm{2}} + a_{\mathrm{3}} = \frac{a_{\mathrm{3}}}{q^{\mathrm{2}}} + \frac{a_{\mathrm{3}}}{q} + a_{\mathrm{3}} = \frac{\mathrm{1}}{q^{\mathrm{2}}} + \frac{\mathrm{1}}{q} + \mathrm{1} = \mathrm{7} \Rightarrow \frac{\mathrm{1}}{q^{\mathrm{2}}} + \frac{\mathrm{1}}{q} - \mathrm{6} = \mathrm{0} \Rightarrow \left( \frac{\mathrm{1}}{q} + \mathrm{3} \right)\left( \frac{\mathrm{1}}{q} - \mathrm{2} \right) = \mathrm{0}$
又 $q > \mathrm{0}$，则 $\dfrac{\mathrm{1}}{q} = \mathrm{2} \Rightarrow q = \dfrac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}},$
$\mathrm{故}\ a_1 = \frac{a_3}{q^{\mathrm{2}}} = \mathrm{4},\ a_n = \mathrm{4} \times \left(\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}}\right)^{n-1} = \left(\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}}\right)^{n-\mathrm{3}},\ S_n = \mathrm{8} - \left(\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}}\right)^{n-\mathrm{3}},$
$\mathrm{a}_{\mathrm{5}} = \mathrm{a}_{\mathrm{3}} \mathrm{q}^{\mathrm{2}} = \dfrac{\mathrm{1}}{\mathrm{4}}, \mathrm{S}_{\mathrm{5}} = \mathrm{8} - \left( \dfrac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}} \right)^{\mathrm{2}} \ne \mathrm{8}, \mathrm{a}_{\mathrm{n}} + \mathrm{S}_{\mathrm{n}} = \left( \dfrac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}} \right)^{\mathrm{n}-\mathrm{3}} + \mathrm{8} - \left( \dfrac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}} \right)^{\mathrm{n}-\mathrm{3}} = \mathrm{8},$
综上 AD 正确.
10、【答案】ABD
【解答】f(x)为R 上的奇函数，故 f(0)= 0，A 正确；
$\mathrm{x} < 0 \mathrm{时},\ -\mathrm{x} > 0,\ \mathrm{故}\ f(-\mathrm{x}) = [(-\mathrm{x})^2 - 3]e^{-\mathrm{x}} + 2 = (\mathrm{x}^2 - 3)e^{-\mathrm{x}} + 2,$ $\mathrm{f}(\mathrm{x}) = -\mathrm{f}(-\mathrm{x}) = -(\mathrm{x}^2 - 3)e^{-\mathrm{x}} - 2$ ，B 正确；
$\mathrm{x} > 0 \mathrm{时},\ \mathrm{f}(\mathrm{x}) = (\mathrm{x}^{2} - 3)e^{\mathrm{x}} + 2 \Rightarrow \mathrm{f}'(\mathrm{x}) = (\mathrm{x} + 3)(\mathrm{x} - 1)e^{\mathrm{x}},\ \mathrm{f}'(1) = 0;$
0 < x <1时 f '(x) < 0， f (x)单调递减，x >1时 f '(x) > 0， f (x)单调递增，故x =1为f (x)极小值点，由 f (x)为 R 上的奇函数，故x = -1为 f (x)极大值点，D 正确；
f (-1) = 2e - 2 = 2(e -1) > 2，C错.
11、【答案】ACD
【解答】
由对称性不妨取斜率为正的渐近线: $\mathrm{l}_{\mathrm{MN}}: y = \frac{\mathrm{b}}{\mathrm{a}} x$，
又 MO = r = c ，则易知 M(a , b) ，又A1(-a , 0) ，A2 (a , 0) ，
则$\mathrm{M}\mathrm{A}_{\mathrm{2}} \perp \mathrm{A}_{\mathrm{1}}\mathrm{A}_{\mathrm{2}}$，如图$\angle \mathrm{A}_{\mathrm{1}}\mathrm{M}\mathrm{A}_{\mathrm{2}} = \pi - \angle \mathrm{N}\mathrm{A}_{\mathrm{1}}\mathrm{M} = \frac{\pi}{6}$，A选项正确；
则在 $\mathrm{Rt}\triangle \mathrm{A}_{1}\mathrm{M}\mathrm{A}_{2}$， $|\mathrm{M}\mathrm{A}_1| = \sqrt{\mathrm{3}} |\mathrm{M}\mathrm{A}_2|$，B 选项错误，
$\because \tan \angle \mathrm{A}_{1}\mathrm{M}\mathrm{A}_{2} = \frac{2\mathrm{a}}{\mathrm{b}} = \frac{\sqrt{\mathrm{3}}}{\mathrm{3}}$，
则$ \mathrm{e} = \frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}} = \sqrt{\mathrm{1} + \frac{\mathrm{b}^{2}}{\mathrm{a}^{2}}} = \sqrt{\mathrm{13}} $，C 选项正确；
当 a =$\sqrt{\mathrm{2}}$时，$S_{\mathrm{N}\mathrm{A}_{\mathrm{1}}\mathrm{M}\mathrm{A}_{\mathrm{2}}} = 2 \times \frac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}} |\mathrm{M}\mathrm{A}_{\mathrm{1}}| \cdot |\mathrm{M}\mathrm{A}_{\mathrm{2}}| = 2ab = \mathrm{8}\sqrt{\mathrm{3}}$，D 选项正确.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题5 分，共15 分。
12、【答案】x =1
【解答】$\vec{a} - \vec{b} = (\mathrm{1},\mathrm{1}-\mathrm{2}x),\ \vec{a} \perp (\vec{a} - \vec{b}) \iff \vec{a} \cdot (\vec{a} - \vec{b}) = \mathrm{0} \iff x + \mathrm{1} - \mathrm{2}x = \mathrm{0} \iff x = \mathrm{1}$
13、【答案】-4
【解答】$f'(\mathrm{x}) = (\mathrm{x} - \mathrm{2})(\mathrm{x} - a) + (\mathrm{x} - \mathrm{1})(\mathrm{x} - a) + (\mathrm{x} - \mathrm{1})(\mathrm{x} - \mathrm{2})$，
若x = 2为 f (x)的极值点，则$\mathrm{f}'(\mathrm{2}) = \mathrm{2} - \mathrm{a} = \mathrm{0} \Rightarrow \mathrm{a} = \mathrm{2}$.
$\mathrm{f}(\mathrm{x}) = (\mathrm{x} - 1)(\mathrm{x} - 2)^2 \Rightarrow \mathrm{f}(0) = -1 \times 4 = -4$
14、【答案】$\frac{\mathrm{5}}{\mathrm{2}}$
【解答】
设铁球半径为r ，两铁球位置如图所示，
竖直方向有，$\mathrm{h} = \mathrm{O}_{1}\mathrm{H}_{1} + \mathrm{O}_{1}\mathrm{O}_{2} \cdot \sin \theta + \mathrm{O}_{2}\mathrm{H}_{2}$ ，
即$\mathrm{9} = \mathrm{2}r + \mathrm{2}r\sin\theta$，
水平方向有， $2\mathrm{R} = A_1O_1 + O_1O_2 \cdot \cos\theta + A_2O_2$，
即$8 = 2\mathrm{r} + 2\mathrm{r}\cos\mathrm{\theta}$，
则 $(\mathrm{9}-\mathrm{2}\mathrm{r})^2+(\mathrm{8}-\mathrm{2}\mathrm{r})^2=\mathrm{4}\mathrm{r}^2$
化简得： $4\mathrm{r}^{2} - 68\mathrm{r} + 145 = 0$
(2r - 29)(2r - 5) = 0，
解得：$\mathrm{r} = \frac{\mathrm{5}}{\mathrm{2}}$ ，$\mathrm{r} = \frac{\mathrm{29}}{\mathrm{2}}$ （舍）
故答案为：$\frac{\mathrm{5}}{\mathrm{2}}$
15、【解答】解：
（1） $\mathrm{f}(\mathrm{0}) = \cos \varphi = \frac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}}$，由$0 \le \mathrm{\varphi} < \mathrm{\pi}$，故$\varphi = \frac{\pi}{3}$ ；
（2） $\mathrm{f}(\mathrm{x}) = \cos\left(2\mathrm{x} + \frac{\pi}{3}\right),\ \mathrm{f}\left(\mathrm{x} - \frac{\pi}{6}\right) = \cos 2\mathrm{x},\ \mathrm{g}(\mathrm{x}) = \mathrm{f}(\mathrm{x}) + \mathrm{f}\left(\mathrm{x} - \frac{\pi}{6}\right) = \sqrt{3} \cos\left(2\mathrm{x} + \frac{\pi}{6}\right)$
故g(x)的值域为$[-\sqrt{\mathrm{3}},\sqrt{\mathrm{3}}]$，
令 $2\mathrm{k}\pi \le 2\mathrm{x} + \frac{\pi}{6} \le \pi + 2\mathrm{k}\pi$ ，解得 $-\dfrac{\pi}{12} + \mathrm{k}\pi \leqslant x \leqslant \dfrac{5\pi}{12} + \mathrm{k}\pi$
即g(x)的单调递减区间为 $\left[ -\frac{\pi}{12} + \mathrm{k}\pi, \frac{5\pi}{12} + \mathrm{k}\pi \right]$， $\mathrm{k} \in \mathrm{Z}$
同理可得g(x)的单调递增区间为$\left[\frac{5\pi}{12} + \mathrm{k}\pi, \frac{11\pi}{12} + \mathrm{k}\pi\right]$， $\mathrm{k} \in \mathrm{Z}$
16、【解答】
（1）$\mathrm{a} = 2,\ \mathrm{b} = \sqrt{\mathrm{2}},\ \mathrm{c} = \sqrt{\mathrm{2}}$，椭圆方程为：$\frac{\mathrm{x}^{\mathrm{2}}}{\mathrm{4}} + \frac{\mathrm{y}^{\mathrm{2}}}{\mathrm{2}} = \mathrm{1}$；
（2）设 l : y = kx - 2 ，点P(0,2) ，点A( x1, y1) ， B( x2, y2) ，
联立$\begin{cases} \dfrac{\mathrm{x}^2}{4} + \dfrac{\mathrm{y}^2}{2} = 1 \\ \mathrm{y} = \mathrm{k}\mathrm{x} - 2 \end{cases}$ 可得： $(2\mathrm{k}^2 + 1)\mathrm{x}^2 - 8\mathrm{k}\mathrm{x} + 4 = 0$，其判别式为 $\Delta = \mathrm{32}k^{\mathrm{2}} - \mathrm{16}$，
$x_{\mathrm{1}} + x_{\mathrm{2}} = \frac{\mathrm{8}k}{\mathrm{2}k^{\mathrm{2}} + \mathrm{1}} ,\quad x_{\mathrm{1}}x_{\mathrm{2}} = \frac{\mathrm{4}}{\mathrm{2}k^{\mathrm{2}} + \mathrm{1}} > \mathrm{0}$（两根同号），
由$\mathrm{\Lambda}$ >0，可得$k > \frac{\sqrt{\mathrm{2}}}{\mathrm{2}}$ 或$k < -\frac{\sqrt{\mathrm{2}}}{\mathrm{2}}$ ，
$S_{\triangle OAB} = S_{\triangle OPB} - S_{\triangle OPA} = \frac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}} \times \mathrm{2}|x_2| - \frac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}} \times \mathrm{2}|x_1| = |x_2 - x_1| = \frac{\sqrt{\Delta}}{\mathrm{2}k^2 + \mathrm{1}} = \sqrt{\mathrm{2}}$，
解得 $k^{\mathrm{2}} = \frac{\mathrm{3}}{\mathrm{2}}$，
$|AB| = \sqrt{k^{\mathrm{2}} + \mathrm{1}} |x_{\mathrm{2}} - x_{\mathrm{1}}| = \sqrt{\dfrac{\mathrm{5}}{\mathrm{2}}} \times \sqrt{\mathrm{2}} = \sqrt{\mathrm{5}}$．
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。
17、【解答】
（1）由EB// FC ， A'E // D'F，可得平面A'EB //平面D'FC ，
又由A'B $\subseteq$平面 A'EB
故 A'B //平面D'FC ；
（2）由EF$\perp$A'E 且EF$\perp$EB，可知A'EB 即为二面角的平面角，为60°
不妨设 AD=1 ，在平面A'EB 内，由点A' 作EB 垂线，垂足为O ，
可证 A'O$\perp$底面EBCF ， EO = $\dfrac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}}$， OB =$\dfrac{\mathrm{3}}{\mathrm{2}}$
如图建系，
$\overrightarrow{\mathrm{F}\mathrm{E}} = (\mathrm{1}, \mathrm{0}, \mathrm{0}),\ \overrightarrow{\mathrm{E}\mathrm{A}'} = \left( \mathrm{0}, \dfrac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}}, \dfrac{\sqrt{\mathrm{3}}}{\mathrm{2}} \right)$ ，设平面EFD'A 的法向量为$\overrightarrow{\mathrm{n}}_1 = (\mathrm{x}_1, \mathrm{y}_1, \mathrm{z}_1)$
则有$\begin{cases} \mathrm{x}_1 = 0 \\ \dfrac{1}{2}\mathrm{y}_1 + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{z}_1 = 0 \end{cases}$，取$\mathrm{y}_{\mathrm{1}} = -\sqrt{3},\ \vec{\mathrm{n}}_{\mathrm{1}} = (0, -\sqrt{3}, 1)$；
$\overrightarrow{\mathrm{C}\mathrm{B}} = (1,1,0), \quad \overrightarrow{\mathrm{D}'\mathrm{B}} = \left(1, \frac{3}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ ， 设平面BCD' 的法向量为$\overrightarrow{\mathrm{n}}_{\mathrm{2}} = (\mathrm{x}_{\mathrm{2}}, \mathrm{y}_{\mathrm{2}}, \mathrm{z}_{\mathrm{2}})$ ， 则 有
$\begin{cases} \mathrm{x}{2} + \mathrm{y}{2} = 0 \ \mathrm{x}{1} + \dfrac{3}{2}\mathrm{y}{1} - \dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{z}_{1} = 0 \end{cases}$，取$\mathrm{y}_{2} = \sqrt{\mathrm{3}}$，则 $\overrightarrow{\mathrm{n}}_{2} = (-\sqrt{\mathrm{3}}, \sqrt{\mathrm{3}}, \mathrm{1})$
即平面 BCD' 与平面EFD' A' 成θ角 ，则有$ \cos \theta = \left| \frac{\overrightarrow{\mathrm{n}}_1 \cdot \overrightarrow{\mathrm{n}}_2}{ \left| \overrightarrow{\mathrm{n}}_1 \right| \times \left| \overrightarrow{\mathrm{n}}_2 \right| } \right| = \frac{\sqrt{\mathrm{7}}}{\mathrm{7}} $，故$ \mathrm{sin}\ \theta = \frac{\sqrt{\mathrm{42}}}{\mathrm{7}} $ ．
18、【解答】
（1）证明：因为$ f(x)=\ln(\mathrm{1}+x)-x+\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}}x^{\mathrm{2}}-kx^{\mathrm{3}},\ k\in(\mathrm{0},\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}}) $ ，
所以 $f'(x) = \frac{\mathrm{1}}{\mathrm{1} + x} - \mathrm{1} + x - \mathrm{3}kx^{\mathrm{2}}$
$= \dfrac{\mathrm{1} - \mathrm{1} - x + x + x^{\mathrm{2}} - \mathrm{3}kx^{\mathrm{2}} - \mathrm{3}kx^{\mathrm{3}}}{\mathrm{1} + x}$
$= \dfrac{-\mathrm{3}kx^\mathrm{2}}{\mathrm{1} + x} \left(x + \mathrm{1} - \dfrac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}k}\right)$，
当 x>0 时，令f '(x ) =0 ，解得$\mathrm{x} = \dfrac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}k} - \mathrm{1} > \mathrm{0}$，
所以当$\mathrm{0} < \mathrm{x} < \frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}\mathit{k}} - \mathrm{1}$时， f'(x ) >0，f(x)单调递增；
当$\mathrm{0} > \mathrm{x} < \frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}\mathit{k}} - \mathrm{1}$时，f'(x )<0，f(x)单调递减，
所以$\mathrm{x} = \mathrm{x} < \frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}\mathit{k}} - \mathrm{1}$是f(x)在(0,+∞ ) 上唯一的极值点，是极大值点.
又因为$\mathrm{f}\left(\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}\mathrm{k}} - 1\right) > \mathrm{f}(0) = 0,\quad \mathrm{f}\left(\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}\mathrm{k}}\right) = \ln\left(1 + \frac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}\mathrm{k}}\right) - \frac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}\mathrm{k}} < 0$，
所以$\exists x_{\mathrm{2}} \in \left( \frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}k} - \mathrm{1}, \frac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}k} \right), f(x_{\mathrm{2}}) = \mathrm{0}$，
即 x2 是 f (x)在(0,+∞)上唯一的零点；
（2）解：
（i）因为$\mathrm{g}(t) = f(x_1 + t) - f(x_1 - t)$，
所以 $g'(t) = f'(x_{\mathrm{1}} + t) + f'(x_{\mathrm{1}} - t)$
$=\dfrac{-\mathrm{3}\mathrm{k}(\mathrm{x}_\mathrm{1}+\mathrm{t})^\mathrm{2}}{\mathrm{1}+\mathrm{x}_\mathrm{1}+\mathrm{t}}(\mathrm{x}_\mathrm{1}+\mathrm{t}-\mathrm{x}_\mathrm{1})+\dfrac{-\mathrm{3}\mathrm{k}(\mathrm{x}_\mathrm{1}-\mathrm{t})^\mathrm{2}}{\mathrm{1}+\mathrm{x}_\mathrm{1}-\mathrm{t}}(\mathrm{x}_\mathrm{1}-\mathrm{t}-\mathrm{x}_\mathrm{1})$
$= 3\mathrm{k}\mathrm{t} \left[ \frac{(\mathrm{x}_1 - \mathrm{t})^2}{1 + \mathrm{x}_1 + \mathrm{t}} + \frac{(\mathrm{x}_1 + \mathrm{t})^2}{1 + \mathrm{x}_1 - \mathrm{t}} \right]$
$=\dfrac{\mathrm{6}kt^2\left(t^2 - x_{\mathrm{1}}^2 - \mathrm{2}x_{\mathrm{1}}\right)}{(\mathrm{1} + x_{\mathrm{1}})^2 - t^2}$，
因为 $\mathrm{t} \in (\mathrm{0}, \mathrm{x}_{\mathrm{1}})$，所以 $\mathrm{t}^2 - \mathrm{x}_1^2 - \mathrm{2}\mathrm{x}_1 < \mathrm{0}, \ (\mathrm{1} + \mathrm{x}_1)^2 - \mathrm{t}^2 > \mathrm{0}$，
即 g(t) 在 t∈ (0, x1）上单调递减；
（ii）由（i）得， g(t) 在t∈ (0, x1） 上单调递减，
所以 g (x1 ) < g(0)，
即f(2x1 ) - f (0) - f (x1 ) - f (x1 ) = 0， f (2x1 ) < 0 ，
因为 x2 是f(x)的零点，所以f(x2) =0，
所以 f (2x1 < f(x2) ，
又因为 x2 > x1 ， 2x1> x1 ，且 f (x)在 1 (x1 ,+∞)上单调递减，
所以 2x1 > x2 .
19、（17）
【解答】
（1）3 球后甲比乙至少多两分，只能是甲3 分乙0 分，因此𝑝3 = 𝑝3;
4 球后甲比乙至少多两分，可能是甲4 分乙0 分，或者甲3 分乙1 分，
因此$p_4 = \mathrm{C}_4^3 p^3 q + p^4 = 4 p^3 q + p^4 = 4 p^3 (1 - p) + p^4 = 4 p^3 - 3 p^4$
(2) 根据对称性，以及（1）的结果，可得$\mathrm{q}_3 = \mathrm{q}^3,\ \mathrm{q}_4 = 4\mathrm{q}^3 - 3\mathrm{q}^4$.
因此$\dfrac{\mathrm{p}_4 - \mathrm{p}_3}{\mathrm{q}_4 - \mathrm{q}_3} = \dfrac{4\mathrm{p}^3 - 3\mathrm{p}^4 - \mathrm{p}^3}{4\mathrm{q}^3 - 3\mathrm{q}^4 - \mathrm{q}^3} = \dfrac{3\mathrm{p}^3(1-\mathrm{p})}{3\mathrm{q}^3(1-\mathrm{q})} = \dfrac{\mathrm{p}^3 \mathrm{q}}{\mathrm{q}^3 \mathrm{p}} = \dfrac{\mathrm{p}^2}{\mathrm{q}^2} = 4$
因此$\frac{\mathrm{p}}{\mathrm{q}} = 2,\ 又\ \mathrm{p} + \mathrm{q} = 1,\ 故\ \mathrm{p} = \frac{2}{3},\ \mathrm{q} = \frac{1}{3}$.
答案为$\mathrm{p} = \frac{\mathrm{2}}{\mathrm{3}}$
（3）记𝑎𝑚(𝑥)表示𝑚球甲得𝑥分的概率
$p_{2\mathrm{m}+1} = p_{2\mathrm{m}} - q \cdot a_{2\mathrm{m}}(\mathrm{m} + 1)$
$q_{2\mathrm{m}+1} = q_{2\mathrm{m}} - p \cdot a_{2\mathrm{m}}(\mathrm{m} - 1)$
故
$p_{2\mathrm{m}+1} = p_{2\mathrm{m}} - q \cdot a_{2\mathrm{m}}(\mathrm{m} + 1)$
$q_{2\mathrm{m}+1} = q_{2\mathrm{m}} - p \cdot a_{2\mathrm{m}}(\mathrm{m} - 1)$
故要证：
$p_{\mathrm{2}\mathrm{m}+\mathrm{1}} - p_{\mathrm{2}\mathrm{m}} < q_{\mathrm{2}\mathrm{m}+\mathrm{1}} - q_{\mathrm{2}\mathrm{m}}$
只需证：
$\mathrm{p} \cdot \mathrm{a}_{\mathrm{2m}} (\mathrm{m} - 1) < \mathrm{q} \cdot \mathrm{a}_{\mathrm{2m}} (\mathrm{m} + 1)$
即只需证：
$\mathrm{p} \cdot \mathrm{p}^{\mathrm{m}-\mathrm{1}} \cdot \mathrm{q}^{\mathrm{m}+\mathrm{1}} \cdot \mathrm{C}_{\mathrm{2m}}^{\mathrm{m}-\mathrm{1}} < \mathrm{q} \cdot \mathrm{p}^{\mathrm{m}+\mathrm{1}} \cdot \mathrm{q}^{\mathrm{m}-\mathrm{1}} \cdot \mathrm{C}_{\mathrm{2m}}^{\mathrm{m}+\mathrm{1}}$
即只需证：
$\mathrm{p}^{\mathrm{m}} \mathrm{q}^{\mathrm{m} + 1} < \mathrm{q}^{\mathrm{m}} \mathrm{p}^{\mathrm{m} + 1}$
即𝑞 < 𝑝 . 由条件𝑞 = 1 − 𝑝 <$\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}}$< 𝑝，故结论成立.
由
$\mathrm{p}_{\mathrm{2}\mathrm{m}+\mathrm{2}} = \mathrm{p}_{\mathrm{2}\mathrm{m}+\mathrm{1}} + \mathrm{p} \cdot \mathrm{a}_{\mathrm{2}\mathrm{m}+\mathrm{1}}(\mathrm{m} + 1) = \mathrm{p}_{\mathrm{2}\mathrm{m}} + \mathrm{p} \cdot \mathrm{a}_{\mathrm{2}\mathrm{m}+\mathrm{1}}(\mathrm{m} + 1) - \mathrm{q}\mathrm{a}_{\mathrm{2}\mathrm{m}}(\mathrm{m} + 1)$
$q_{\mathrm{2}m+\mathrm{2}} = q_{\mathrm{2}m+\mathrm{1}} + q \cdot a_{\mathrm{2}m+\mathrm{1}}(m) = q_{\mathrm{2}m} + q \cdot a_{\mathrm{2}m+\mathrm{1}}(m) - p a_{\mathrm{2}m}(m - \mathrm{1})$
现在考虑右边的不等式
$p_{\mathrm{2}m} - q_{\mathrm{2}m} < p_{\mathrm{2}m+\mathrm{2}} - q_{\mathrm{2}m+\mathrm{2}}$
只需证：
$p \cdot a_{\mathrm{2}m+\mathrm{1}}(m + \mathrm{1}) - q a_{\mathrm{2}m}(m + \mathrm{1}) > q a_{\mathrm{2}m+\mathrm{1}}(m) - p \cdot a_{\mathrm{2}m}(m - \mathrm{1})$
只需证：
$p^{m+\mathrm{2}} q^{m} \mathrm{C}_{2m+\mathrm{1}}^{m+\mathrm{1}} - p^{m+\mathrm{1}} q^{m} \mathrm{C}_{2m}^{m+\mathrm{1}} > q^{m+\mathrm{2}} p^{m} \mathrm{C}_{2m+\mathrm{1}}^{m+\mathrm{1}} - q^{m+\mathrm{1}} p^{m} \mathrm{C}_{2m}^{m+\mathrm{1}}$
只需证：
$p^{\mathrm{2}}C_{\mathrm{2}m+\mathrm{1}}^{m+\mathrm{1}} - pC_{\mathrm{2}m}^{m+\mathrm{1}} > q^{\mathrm{2}}C_{\mathrm{2}m+\mathrm{1}}^{m+\mathrm{1}} - qC_{\mathrm{2}m}^{m+\mathrm{1}}$
只需证:
$(p - q)(p + q)C_{\mathrm{2}m+\mathrm{1}}^{m+\mathrm{1}} > (p - q)C_{\mathrm{2}m}^{m+\mathrm{1}}$
只需证:
$C_{\mathrm{2}m+\mathrm{1}}^{m+\mathrm{1}} > C_{\mathrm{2}m}^{m+\mathrm{1}}$
因为$\mathrm{C}_{\mathrm{2}m+\mathrm{1}}^{m+\mathrm{1}} = \mathrm{C}_{\mathrm{2}m}^{m+\mathrm{1}} + \mathrm{C}_{\mathrm{2}m}^{m}$，且$\mathrm{C}_{2m}^{m} > 0$, 故上面不等式成立. 证毕.
五、2025高考真题（新高考Ⅱ卷）数学参考答案下载
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