河北省張家口市2025屆高三第一次診斷性檢測試題數學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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．已知是函數的極大值點，則的取值范圍是A． B．C． D．2．將函數圖象上所有點向左平移個單位長度后得到函數的圖象，如果在區間上單調遞減，那么實數的最大值為（）A． B． C． D．3．函數在上的大致圖象是（）A． B．C． D．4．如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積（）A． B． C． D．5．已知集合,，則A． B．C． D．6．函數的圖象大致為()A． B．C． D．7．已知雙曲線（）的漸近線方程為，則（）A． B． C． D．8．把滿足條件（1），，（2），，使得的函數稱為“D函數”，下列函數是“D函數”的個數為（）①②③④⑤A．1個 B．2個 C．3個 D．4個9．設集合，，則（）．A． B．C． D．10．雙曲線的一條漸近線方程為，那么它的離心率為（）A． B． C． D．11．已知且，函數，若，則（）A．2 B． C． D．12．過拋物線的焦點作直線與拋物線在第一象限交于點A，與準線在第三象限交于點B，過點作準線的垂線，垂足為.若，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在中，內角的對邊長分別為，已知，且，則_________．14．假設10公里長跑，甲跑出優秀的概率為，乙跑出優秀的概率為，丙跑出優秀的概率為，則甲、乙、丙三人同時參加10公里長跑，剛好有2人跑出優秀的概率為________．15．角的頂點在坐標原點，始邊與軸的非負半軸重合，終邊經過點，則的值是．16．若，則的最小值是______.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）已知是圓：的直徑，動圓過，兩點，且與直線相切.（1）若直線的方程為，求的方程；（2）在軸上是否存在一個定點，使得以為直徑的圓恰好與軸相切？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由.18．（12分）已知函數，.（1）若對于任意實數，恒成立，求實數的范圍；（2）當時，是否存在實數，使曲線：在點處的切線與軸垂直？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.19．（12分）設函數其中(Ⅰ)若曲線在點處切線的傾斜角為，求的值;(Ⅱ)已知導函數在區間上存在零點，證明:當時，.20．（12分）已知的內角，，的對邊分別為，，，．（1）若，證明：．（2）若，，求的面積．21．（12分）已知命題：，；命題：函數無零點.（1）若為假，求實數的取值范圍；（2）若為假，為真，求實數的取值范圍.22．（10分）已知奇函數的定義域為，且當時，.（1）求函數的解析式；（2）記函數，若函數有3個零點，求實數的取值范圍.

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．B【解析】

方法一：令，則，，當，時，，單調遞減，∴時，，，且，∴，即在上單調遞增，時，，，且，∴，即在上單調遞減，∴是函數的極大值點，∴滿足題意；當時，存在使得，即，又在上單調遞減，∴時，，所以，這與是函數的極大值點矛盾．綜上，．故選B．方法二：依據極值的定義，要使是函數的極大值點，須在的左側附近，，即；在的右側附近，，即．易知，時，與相切于原點，所以根據與的圖象關系，可得，故選B．2．B【解析】

根據條件先求出的解析式，結合三角函數的單調性進行求解即可.【詳解】將函數圖象上所有點向左平移個單位長度后得到函數的圖象，則，設，則當時，，，即，要使在區間上單調遞減，則得，得，即實數的最大值為，故選：B.【點睛】本小題主要考查三角函數圖象變換，考查根據三角函數的單調性求參數，屬于中檔題.3．D【解析】

討論的取值范圍，然后對函數進行求導，利用導數的幾何意義即可判斷.【詳解】當時，，則，所以函數在上單調遞增，令，則，根據三角函數的性質，當時，，故切線的斜率變小，當時，，故切線的斜率變大，可排除A、B；當時，，則，所以函數在上單調遞增，令，，當時，，故切線的斜率變大，當時，，故切線的斜率變小，可排除C，故選：D【點睛】本題考查了識別函數的圖像，考查了導數與函數單調性的關系以及導數的幾何意義，屬于中檔題.4．C【解析】

畫出幾何體的直觀圖，利用三視圖的數據求解幾何體的表面積即可．【詳解】解：幾何體的直觀圖如圖，是正方體的一部分，P?ABC，正方體的棱長為2，

該幾何體的表面積：．故選C．【點睛】本題考查三視圖求解幾何體的直觀圖的表面積，判斷幾何體的形狀是解題的關鍵．5．D【解析】

因為,,所以,,故選D．6．A【解析】

確定函數在定義域內的單調性，計算時的函數值可排除三個選項．【詳解】時，函數為減函數，排除B，時，函數也是減函數，排除D，又時，，排除C，只有A可滿足．故選：A.【點睛】本題考查由函數解析式選擇函數圖象，可通過解析式研究函數的性質，如奇偶性、單調性、對稱性等等排除，可通過特殊的函數值，函數值的正負，函數值的變化趨勢排除，最后剩下的一個即為正確選項．7．A【解析】

根據雙曲線方程（），確定焦點位置，再根據漸近線方程得到求解.【詳解】因為雙曲線（），所以，又因為漸近線方程為，所以，所以.故選：A.【點睛】本題主要考查雙曲線的幾何性質，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.8．B【解析】

滿足（1）（2）的函數是偶函數且值域關于原點對稱，分別對所給函數進行驗證.【詳解】滿足（1）（2）的函數是偶函數且值域關于原點對稱，①不滿足（2）；②不滿足（1）；③不滿足（2）；④⑤均滿足（1）（2）.故選：B.【點睛】本題考查新定義函數的問題，涉及到函數的性質，考查學生邏輯推理與分析能力，是一道容易題.9．D【解析】

根據題意，求出集合A，進而求出集合和，分析選項即可得到答案.【詳解】根據題意，則故選：D【點睛】此題考查集合的交并集運算，屬于簡單題目,10．D【解析】

根據雙曲線的一條漸近線方程為，列出方程，求出的值即可.【詳解】∵雙曲線的一條漸近線方程為，可得，∴，∴雙曲線的離心率.故選：D.【點睛】本小題主要考查雙曲線離心率的求法，屬于基礎題.11．C【解析】

根據分段函數的解析式，知當時，且，由于，則，即可求出.【詳解】由題意知：當時，且由于，則可知：，則，∴，則，則.即.故選：C.【點睛】本題考查分段函數的應用，由分段函數解析式求自變量.12．C【解析】

需結合拋物線第一定義和圖形，得為等腰三角形，設準線與軸的交點為，過點作，再由三角函數定義和幾何關系分別表示轉化出，，結合比值與正切二倍角公式化簡即可【詳解】如圖，設準線與軸的交點為，過點作.由拋物線定義知，所以，，，，所以.故選：C【點睛】本題考查拋物線的幾何性質，三角函數的性質，數形結合思想，轉化與化歸思想，屬于中檔題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．4【解析】∵∴根據正弦定理與余弦定理可得：，即∵∴∵∴故答案為414．【解析】

分跑出優秀的人為：甲、乙和甲、丙和乙、丙三種情況分別計算再求和即可.【詳解】剛好有2人跑出優秀有三種情況：其一是只有甲、乙兩人跑出優秀的概率為；其二是只有甲、丙兩人跑出優秀的概率為；其三是只有乙、丙兩人跑出優秀的概率為,三種情況相加得.即剛好有2人跑出優秀的概率為.故答案為：【點睛】本題主要考查了分類方法求解事件概率的問題,屬于基礎題.15．【解析】試題分析：由三角函數定義知，又由誘導公式知，所以答案應填：．考點：1、三角函數定義；2、誘導公式．16．8【解析】

根據，利用基本不等式可求得函數最值.【詳解】，，當且僅當且，即時，等號成立.時，取得最小值.故答案為：【點睛】本題考查基本不等式，構造基本不等式的形式是解題關鍵.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）或.（2）存在，；【解析】

（1）根據動圓過，兩點，可得圓心在的垂直平分線上，由直線的方程為，可知在直線上；設，由動圓與直線相切可得動圓的半徑為；又由，及垂徑定理即可確定的值，進而確定圓的方程.（2）方法一：設，可得圓的半徑為，根據，可得方程為并化簡可得的軌跡方程為.設，，可得的中點，進而由兩點間距離公式表示出半徑，表示出到軸的距離，代入化簡即可求得的值，進而確定所過定點的坐標；方法二：同上可得的軌跡方程為，由拋物線定義可求得，表示出線段的中點的坐標，根據到軸的距離可得等量關系，進而確定所過定點的坐標.【詳解】（1）因為過點，，所以圓心在的垂直平分線上.由已知的方程為，且，關于于坐標原點對稱，所以在直線上，故可設.因為與直線相切，所以的半徑為.由已知得，，又，故可得，解得或.故的半徑或，所以的方程為或.（2）法一：設，由已知得的半徑為，.由于，故可得，化簡得的軌跡方程為.設，，則得，的中點，則以為直徑的圓的半徑為：，到軸的距離為，令，①化簡得，即，故當時，①式恒成立.所以存在定點，使得以為直徑的圓與軸相切.法二：設，由已知得的半徑為，.由于，故可得，化簡得的軌跡方程為.設，因為拋物線的焦點坐標為，點在拋物線上，所以，線段的中點的坐標為，則到軸的距離為，而，故以為徑的圓與軸切，所以當點與重合時，符合題意，所以存在定點，使得以為直徑的圓與軸相切.【點睛】本題考查了圓的標準方程求法，動點軌跡方程的求法，拋物線定義及定點問題的解法綜合應用，屬于難題.18．（1）；（2）不存在實數，使曲線在點處的切線與軸垂直.【解析】

（1）分類時，恒成立，時，分離參數為，引入新函數，利用導數求得函數最值即可；（2），導出導函數，問題轉化為在上有解．再用導數研究的性質可得．【詳解】解：（1）因為當時，恒成立，所以，若，為任意實數，恒成立.若，恒成立，即當時，，設，，當時，，則在上單調遞增，當時，，則在上單調遞減，所以當時，取得最大值.，所以，要使時，恒成立，的取值范圍為.（2）由題意，曲線為：.令，所以，設，則，當時，，故在上為增函數，因此在區間上的最小值，所以，當時，，，所以，曲線在點處的切線與軸垂直等價于方程在上有實數解.而，即方程無實數解.故不存在實數，使曲線在點處的切線與軸垂直.【點睛】本題考查不等式恒成立，考查用導數的幾何意義，由導數幾何把問題進行轉化是解題關鍵．本題屬于困難題．19．(Ⅰ)；(Ⅱ)證明見解析【解析】

(Ⅰ)求導得到，，解得答案.(Ⅱ)，故，在上單調遞減，在上單調遞增，，設，證明函數單調遞減，故，得到證明.【詳解】(Ⅰ)，故，，故.(Ⅱ)，即，存在唯一零點，設零點為，故，即，在上單調遞減，在上單調遞增，故，設，則，設，則，單調遞減，，故恒成立，故單調遞減.，故當時，.【點睛】本題考查了函數的切線問題，利用導數證明不等式，轉化為函數的最值是解題的關鍵.20．（1）見解析（2）【解析】

（1）由余弦定理及已知等式得出關系，再由正弦定理可得結論；（2）由余弦定理和已知條件解得，然后由面積公式計算．【詳解】解：（1）由余弦定理得，由得到，由正弦定理得．因為，，所以．（2）由題意及余弦定理可知，①由得，即，②聯立①②解得，．所以．【點睛】本題考查利用正余弦定理解三角形．考查三角形面積公式，由已知條件本題主要是應用余弦定理求出邊．解題時要注意對條件的分析，確定選用的公式．21．（1）（2）【解析】

（1）為假,則為真，求導，利用導函數研究函數有零點條件得的取值范圍；（2）由為假，為真，知一真一假；分類討論列不等式組可解.【詳解】（1）依題意，為真，則無解，即無解；令，則，故當時，，單調遞增，當，，單調遞減，作出函數圖象如下所示，觀察可知，，即；（2）若為真，則，解得；由為假，為真，知一真一假；若真假，則實數滿足，則；若假真，則實數滿足，無解；綜上所述，實數的取值范圍為.【點睛】本題考查根據全(特)稱命題的真假求參數的問題.其思路：與全稱命題或特稱命題真假有關的參數取值范圍問題的本質是恒成立問題或有解問題．解決此類問題時，一般先利用等價轉化思想將條件合理轉化，得到關于參數的方程或不等式(組)，再通過解方程或不等式(組)求出參數的值或范圍．22．（1）；（2）【解析】

（1）根據奇函數定義，可知；令則，結合奇