湖南省株洲二中2025年新高考數學試題總復習注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知函數，為圖象的對稱中心，若圖象上相鄰兩個極值點，滿足，則下列區間中存在極值點的是（）A． B． C． D．2．過拋物線的焦點F作兩條互相垂直的弦AB，CD，設P為拋物線上的一動點，，若，則的最小值是（）A．1 B．2 C．3 D．43．已知，則下列不等式正確的是（）A． B．C． D．4．已知函數是定義在上的偶函數，且在上單調遞增，則（）A． B．C． D．5．△ABC中，AB＝3，，AC＝4，則△ABC的面積是（）A． B． C．3 D．6．若的二項展開式中的系數是40，則正整數的值為（）A．4 B．5 C．6 D．77．已知等比數列的前項和為，且滿足，則的值是()A． B． C． D．8．如果實數滿足條件，那么的最大值為（）A． B． C． D．9．若的展開式中含有常數項，且的最小值為，則（）A． B． C． D．10．把函數的圖象向右平移個單位，得到函數的圖象．給出下列四個命題①的值域為②的一個對稱軸是③的一個對稱中心是④存在兩條互相垂直的切線其中正確的命題個數是（）A．1 B．2 C．3 D．411．已知復數滿足，則的最大值為（）A． B． C． D．612．△ABC的內角A，B，C的對邊分別為，已知，則為()A． B． C．或 D．或二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．某校名學生參加軍事冬令營活動，活動期間各自扮演一名角色進行分組游戲，角色按級別從小到大共種，分別為士兵、排長、連長、營長、團長、旅長、師長、軍長和司令.游戲分組有兩種方式，可以人一組或者人一組.如果人一組，則必須角色相同；如果人一組，則人角色相同或者人為級別連續的個不同角色.已知這名學生扮演的角色有名士兵和名司令，其余角色各人，現在新加入名學生，將這名學生分成組進行游戲，則新加入的學生可以扮演的角色的種數為________.14．（5分）已知，且，則的值是____________．15．已知等邊三角形的邊長為1．,點、分別為線段、上的動點,則取值的集合為__________．16．齊王與田忌賽馬，田忌的上等馬優于齊王的中等馬，劣于齊王的上等馬，田忌的中等馬優于齊王的下等馬，劣于齊王的中等馬，田忌的下等馬劣于齊王的下等馬.現從雙方的馬匹中隨機選一匹進行一場比賽，則田忌的馬獲勝的概率為__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數.（1）若是函數的極值點，求的單調區間；（2）當時，證明：18．（12分）如圖為某大江的一段支流，岸線與近似滿足∥，寬度為．圓為江中的一個半徑為的小島，小鎮位于岸線上，且滿足岸線，．現計劃建造一條自小鎮經小島至對岸的水上通道（圖中粗線部分折線段，在右側），為保護小島，段設計成與圓相切．設．（1）試將通道的長表示成的函數，并指出定義域；（2）若建造通道的費用是每公里100萬元，則建造此通道最少需要多少萬元？19．（12分）△ABC的內角的對邊分別為,已知△ABC的面積為(1)求;(2)若求△ABC的周長.20．（12分）已知直線與拋物線交于兩點.（1）當點的橫坐標之和為4時，求直線的斜率；（2）已知點，直線過點，記直線的斜率分別為，當取最大值時，求直線的方程.21．（12分）已知函數.（1）解不等式；（2）記函數的最小值為，正實數、滿足，求證：.22．（10分）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝AA1，M，N分別是AC，B1C1的中點．求證：（1）MN∥平面ABB1A1；（2）AN⊥A1B．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．A【解析】

結合已知可知，可求，進而可求，代入，結合，可求，即可判斷．【詳解】圖象上相鄰兩個極值點，滿足，即，，，且，，，，，，當時，為函數的一個極小值點，而．故選：．本題主要考查了正弦函數的圖象及性質的簡單應用，解題的關鍵是性質的靈活應用．2．C【解析】

設直線AB的方程為，代入得：，由根與系數的關系得，，從而得到，同理可得，再利用求得的值，當Q，P，M三點共線時，即可得答案.【詳解】根據題意，可知拋物線的焦點為，則直線AB的斜率存在且不為0，設直線AB的方程為，代入得：.由根與系數的關系得，，所以.又直線CD的方程為，同理，所以，所以.故.過點P作PM垂直于準線，M為垂足，則由拋物線的定義可得.所以，當Q，P，M三點共線時，等號成立.故選：C.本題考查直線與拋物線的位置關系、焦半徑公式的應用，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意取最值的條件.3．D【解析】

利用特殊值代入法，作差法，排除不符合條件的選項，得到符合條件的選項．【詳解】已知，賦值法討論的情況：（1）當時，令，，則，，排除B、C選項；（2）當時，令，，則，排除A選項.故選：D.比較大小通常采用作差法，本題主要考查不等式與不等關系，不等式的基本性質，利用特殊值代入法，排除不符合條件的選項，得到符合條件的選項，是一種簡單有效的方法，屬于中等題．4．C【解析】

根據題意，由函數的奇偶性可得，，又由，結合函數的單調性分析可得答案．【詳解】根據題意，函數是定義在上的偶函數，則，，有，又由在上單調遞增，則有，故選C.本題主要考查函數的奇偶性與單調性的綜合應用，注意函數奇偶性的應用，屬于基礎題．5．A【解析】

由余弦定理求出角，再由三角形面積公式計算即可.【詳解】由余弦定理得：，又，所以得，故△ABC的面積.故選：A本題主要考查了余弦定理的應用，三角形的面積公式，考查了學生的運算求解能力.6．B【解析】

先化簡的二項展開式中第項，然后直接求解即可【詳解】的二項展開式中第項.令，則，∴，∴（舍）或.本題考查二項展開式問題，屬于基礎題7．C【解析】

利用先求出，然后計算出結果.【詳解】根據題意，當時，,,故當時，,數列是等比數列,則，故,解得,故選.本題主要考查了等比數列前項和的表達形式，只要求出數列中的項即可得到結果，較為基礎.8．B【解析】

解：當直線過點時，最大，故選B9．C【解析】展開式的通項為，因為展開式中含有常數項，所以，即為整數，故n的最小值為1．所以.故選C點睛：求二項展開式有關問題的常見類型及解題策略(1)求展開式中的特定項.可依據條件寫出第項，再由特定項的特點求出值即可.(2)已知展開式的某項，求特定項的系數.可由某項得出參數項，再由通項寫出第項，由特定項得出值，最后求出其參數.10．C【解析】

由圖象變換的原則可得,由可求得值域；利用代入檢驗法判斷②③；對求導,并得到導函數的值域,即可判斷④.【詳解】由題,,則向右平移個單位可得,,的值域為,①錯誤；當時,,所以是函數的一條對稱軸,②正確；當時,,所以的一個對稱中心是,③正確；,則,使得,則在和處的切線互相垂直,④正確.即②③④正確,共3個.故選:C本題考查三角函數的圖像變換,考查代入檢驗法判斷余弦型函數的對稱軸和對稱中心,考查導函數的幾何意義的應用.11．B【解析】

設，，利用復數幾何意義計算.【詳解】設，由已知，，所以點在單位圓上，而，表示點到的距離，故.故選：B.本題考查求復數模的最大值，其實本題可以利用不等式來解決.12．D【解析】

由正弦定理可求得，再由角A的范圍可求得角A.【詳解】由正弦定理可知，所以，解得，又，且，所以或。故選：D.本題主要考查正弦定理,注意角的范圍，是否有兩解的情況，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

對新加入的學生所扮演的角色進行分類討論，分析各種情況下個學生所扮演的角色的分組，綜合可得出結論.【詳解】依題意，名學生分成組，則一定是個人組和個人組.①若新加入的學生是士兵，則可以將這個人分組如下；名士兵；士兵、排長、連長各名；營長、團長、旅長各名；師長、軍長、司令各名；名司令.所以新加入的學生可以是士兵，由對稱性可知也可以是司令；②若新加入的學生是排長，則可以將這個人分組如下：名士兵；連長、營長、團長各名；旅長、師長、軍長各名；名司令；名排長.所以新加入的學生可以是排長，由對稱性可知也可以是軍長；③若新加入的學生是連長，則可以將這個人分組如下：名士兵；士兵、排長、連長各名；連長、營長、團長各名；旅長、師長、軍長各名；名司令.所以新加入的學生可以是連長，由對稱性可知也可以是師長；④若新加入的學生是營長，則可以將這個人分組如下：名士兵；排長、連長、營長各名；營長、團長、旅長各名；師長、軍長、司令各名；名司令.所以新加入的學生可以是營長，由對稱性可知也可以是旅長；⑤若新加入的學生是團長，則可以將這個人分組如下：名士兵；排長、連長、營長各名；旅長、師長、軍長各名；名司令；名團長.所以新加入的學生可以是團長.綜上所述，新加入學生可以扮演種角色.故答案為：.本題考查分類計數原理的應用，解答的關鍵就是對新加入的學生所扮演的角色進行分類討論，屬于中等題.14．【解析】

由于，且，則，得，則．15．【解析】

根據題意建立平面直角坐標系,設三角形各點的坐標,依題意求出,,,的表達式,再進行數量積的運算,最后求和即可得出結果.【詳解】解:以的中點為坐標原點,所在直線為軸,線段的垂直平分線為軸建立平面直角坐標系,如圖所示,則,,,,則,,,設,,,即點的坐標為,則,,,所以故答案為:本題考查平面向量的坐標表示和線性運算,以及平面向量基本定理和數量積的運算,是中檔題.16．.【解析】分析：由題意結合古典概型計算公式即可求得題中的概率值.詳解：由題意可知了，比賽可能的方法有種，其中田忌可獲勝的比賽方法有三種：田忌的中等馬對齊王的下等馬，田忌的上等馬對齊王的下等馬，田忌的上等馬對齊王的中等馬，結合古典概型公式可得，田忌的馬獲勝的概率為.點睛：有關古典概型的概率問題，關鍵是正確求出基本事件總數和所求事件包含的基本事件數．(1)基本事件總數較少時，用列舉法把所有基本事件一一列出時，要做到不重復、不遺漏，可借助“樹狀圖”列舉．(2)注意區分排列與組合，以及計數原理的正確使用.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）遞減區間為（-1，0），遞增區間為（2）見解析【解析】

（1）根據函數解析式，先求得導函數，由是函數的極值點可求得參數.求得函數定義域，并根據導函數的符號即可判斷單調區間.（2）當時，.代入函數解析式放縮為，代入證明的不等式可化為，構造函數，并求得，由函數單調性及零點存在定理可知存在唯一的，使得成立，因而求得函數的最小值，由對數式變形化簡可證明，即成立，原不等式得證.【詳解】（1）函數可求得，則解得所以，定義域為，在單調遞增，而，∴當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，此時是函數的極小值點，的遞減區間為，遞增區間為（2）證明：當時，，因此要證當時，，只需證明，即令，則，在是單調遞增，而，∴存在唯一的，使得，當，單調遞減，當，單調遞增，因此當時，函數取得最小值，，，故，從而，即，結論成立.本題考查了由函數極值求參數，并根據導數判斷函數的單調區間，利用導數證明不等式恒成立，構造函數法的綜合應用，屬于難題.18．（1），定義域是．（2）百萬【解析】

（1）以為原點，直線為軸建立如圖所示的直角坐標系，設，利用直線與圓相切得到，再代入這一關系中，即可得答案；（2）利用導數求函數的最小值，即可得答案；【詳解】以為原點，直線為軸建立如圖所示的直角坐標系．設，則，，．因為，所以直線的方程為，即，因為圓與相切，所以，即，從而得，在直線的方程中，令，得，所以，所以當時，，設銳角滿足，則，所以關于的函數是，定義域是．（2）要使建造此通道費用最少，只要通道的長度即最小．令，得，設銳角，滿足，得．列表：0減極小值增所以時，，所以建造此通道的最少費用至少為百萬元．本題考查三角函數模型的實際應用、利用導數求函數的最小值，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力、運算求解能力.19．(1)(2).【解析】試題分析：（1）由三角形面積公式建立等式，再利用正弦定理將邊化成角，從而得出的值；（2）由和計算出，從而求出角，根據題設和余弦定理可以求出和的值，從而求出的周長為.試題解析：（1）由題設得，即.由正弦定理得.故.（2）由題設及（1）得，即.所以，故.由題設得，即.由余弦定理得，即，得.故的周長為.點睛:在處理解三角形問題時，要注意抓住題目所給的條件，當題設中給定三角形的面積，可以使用面積公式建立等式，再將所有邊的關系轉化為角的關系，有時需將角的關系轉化為邊的關系；解三角形問題常見的一種考題是“已知一條邊的長度和它所對的角，求面積或周長的取值范圍”或者“已知一條邊的長度和它所對的角，再有另外一個條件，求面積或周長的值”，這類問題的通法思路是：全部轉化為角的關系，建立函數關系式，如，從而求出范圍，或利用余弦定理以及基本不等式求范圍；求具體的值直接利用余弦定理和給定條件即可.20．（1）（2）【解析】

（1）設，根據直線的斜率公式即可求解；（2）設直線的方程為，聯立直線與拋物線方程，由韋達定理得，，結合直線的斜率公式得到，換元后討論的符號，求最值可求解.【詳解】（1）設，因為，即直線的斜率為1.（2）顯然直線的斜率存在，