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理科数学
一、选择题：本大题共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. 已知集合，则
A. B. C. D.
（单位：cm）,则该几何体的体积是
A. B. C. D.
3. 已知是等差数列，公差不为零，前项和是，若成等比数列，则
B.
C. D.
4. 命题“ 且的否定形式是
A. 且 B. 或
C. 且 D. 或
5. 如图，设抛物线的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点，其中点在抛物线上，点在轴上，则与的面积之比是
A. B.
C. D.
6. 设是有限集，定义：，其中表示有限集A中的元素个数
.
命题①：对任意有限集，“”是“”的充分必要条件；
命题②：对任意有限集，.
A. 命题①和命题②都成立 B. 命题①和命题②都不成立
C. 命题①成立，命题②不成立 D. 命题①不成立，命题②成立
7. 存在函数满足，对任意都有
A. B.
C. D.
8. 如图，已知，是的中点，沿直线将折成，所成二面角的平面角为，则
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。
9. 双曲线的焦距是 ，渐近线方程是 ．
已知函数，则 ，的最小值是 ．
函数的最小正周期是 ，单调递减区间是 ．
12. 若，则 ．
如图，三棱锥中，，，点分别是的中点，则异面直线所成的角的余弦值是 ．
若实数满足，则的最小值是 ．
，，若空间向量满足，且对于任意，，则 ， ， ．
三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16.（本题满分14分）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A=，=.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若的面积为7，求的值。
17.（本题满分15分）如图，在三棱柱中，，在底面的射影为的中点，是的中点.
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值.
18.（本题满分15分）已知函数，记是在区间[-1,1]上的最大值。
（Ⅰ）证明：当时，；
（Ⅱ）当满足，求的最大值.
19.（本题满分15分）已知椭圆上两个不同的点A,B关于直线对称．
（Ⅰ）求实数的取值范围；
（Ⅱ）求面积的最大值（为坐标原点）．
20.（本题满分15分）已知数列满足=且=-（n）
（Ⅰ）证明：1（n）；
（Ⅱ）设数列的前n项和为,证明（n）.
2025年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）
理科数学参考答案
一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题5分，满分40分。
二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。
9. 10. 11.
12. 13. 15.
三、解答题：本大题共5小题，共74分．
、正弦和余弦定理等基础知识，同时考查运算求解能力。满分14分。
（Ⅰ）由及正弦定理得
所以
又由，即，得
解得
（Ⅱ）由，得
又因为，所以
由正弦定理得
，
又因为，所以
，
故
、线、面位置关系，二面角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。
（Ⅰ）设为的中点，由题意得平面，所以.
因为，所以.
故平面.
由分别为的中点，得
且，从而且，
所以为平行四边形.
故.
又因为平面，所以平面.
（Ⅱ）方法一：
作且，连结.
由，得.
，得与全等.
由，得，因此为二面角的平面角.
由，得
，
由余弦定理得
.
方法二：
以的中点为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
由题意知各点坐标如下：
，，，.
因此.
设平面的法向量为，平面的法向量为.
由即可取
由由即可取
于是
.
由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角的平面角的余弦值为.
、分段函数、不等式性质等基础知识，同时考查推理论证能力，分析问题和解决问题的能力。满分15分。
（Ⅰ）由，得对称轴为直线.
由，得，故在上单调，所以
.
当时，由
，
得
，
即
.
当时，由
，
得
，
即
.
综上，当时，.
（Ⅱ）由得
，
故，
由得
.
当时，，且在上最大值为2，即.
所以的最大值为3.
，直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分15分。
（Ⅰ）由题意知，可设直线的方程为.
由
消去，得
.
因为直线与椭圆有两个不同的交点，所以
， ①
将中点代入直线方程解得
②
由①②得
或
（Ⅱ）令，则
，
且到直线的距离为
设的面积为，所以
，
当且仅当时，等号成立.
故面积的最大值为.
、不等式性质等基础知识，同时考查推理论证能力，分析问题和解决问题的能力。满分15分。
（Ⅰ）由题意得，即
故
由得
由得
，
即