2022-2023学年湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学高一上学期新生入学测试数学试题含解析

2022-2023学年湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学高一上学期新生入学测试数学试题

一、单选题

1．满足条件的所有集合的个数是（       ）

A．5个 B．6个 C．7个 D．8个

【答案】D

【分析】根据并集的定义，结合条件列出符合要求的所有集合，由此可得结果.

【详解】因为，所以，且，

所以满足条件的可能为：，

故满足条件的集合的个数是8个，

故选：D.

2．二次三项式因式分解正确的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用十字相乘法分解因式即可.

【详解】由十字相乘法可得，

故选：B.

3．设，则“”是“”的（       ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】先求解不等式和，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可.

【详解】由得，

由，得，即，

；反之，不成立.

 “”是“”的必要不充分条件.

故选：B

4．桌子上有6只杯口朝上的茶杯，每次翻转其中的4只，经过次翻转可使这6只杯子的杯口全部朝下，则的最小值为（       ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【分析】由条件可得杯口朝上的茶杯需经过奇数次翻转才可变为杯口朝下，根据所有杯子的翻转的次数和为，通过分析确定结果.

【详解】设6只杯子的编号依次为1，2，3，4，5，6，

设次翻转后，杯子1，2，3，4，5，6分别翻转次，

由已知可得，

因为次翻转后这6只杯子的杯口有全部朝上变为全部朝下，

所以均为奇数，且都小于等于，

当时，显然无法满足条件；

当时，因为都小于等于，均为奇数，故都为1，与矛盾，故，

当时，取，，，，，满足条件，

对应的过程可以为：第一次翻转第1，2,3,4只杯子，第二次翻转1,2,3,5只杯子，第三次翻转第1,2,3,6只杯子，此时6只杯子的杯口全部朝下，故的最小值为3，

故选：B.

5．已知二次函数的图象与轴交于点与，其中，方程的两根为，则下列判断正确的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】将方程的两根为的问题，转化为转化为的图象与有两个交点的问题，数形结合，可得答案.

【详解】由题意可知方程的两根为，

即的两根为，则可转化为图象与有两个交点问题，两交点横坐标为，

当时，不妨设的图象如图示：

函数与抛物线的交点如图示，则；

当时，不妨设的图象如图示：

函数与抛物线的交点如图示，则；

综合上述，可知，

故选：C

6．魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（       ）

A．表高 B．表高

C．表距 D．表距

【答案】A

【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．

【详解】如图所示：

由平面相似可知，，而 ，所以

，而 ，

即＝ ．

故选：A.

【点睛】本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出．

7．关于的方程有两个不相等的实数根，且，那么的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】讨论a，确定，则可将化为，

令，结合二次函数知识可得，即可求得答案.

【详解】当时，即为，不符合题意；

故，即为，

令，

由于关于的方程有两个不相等的实数根，且，

则与x轴有两个交点，且分布在1的两侧，

故时，，即，解得，故，

故选：D

8．如图所示，已知三角形为直角三角形，为圆切线，为切点，，则和面积之比为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】连接OC,过点B作于M.利用几何关系证明出，得到，即可求解.

【详解】如图,连接OC,过点B作于M.

∵BC是⊙O的切线,OC为半径,∴,即.

∵DE是⊙O的直径,

.

又∵，∴.

∵∴

∴∴.

故选：B.

二、多选题

9．在即将开启的新高一数学课程中发现，同学们会陆续接触到集合论的创始人格奥尔格·底托尔和解析几何之父勒内·笛卡尔等著名的数学家，正是有些伟大的数学家的研究和发现，才使得我们的人类文明得以推动，请从下列图片中选出康托尔和笛卡尔（       ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】根据图片，可判断答案.

【详解】根据图片可知B中人是康托尔，C中是笛卡尔，

故选：BC

10．已知，下列结论正确的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据所给的等式，结合选项中的参数，利用各等式加减关系与倍数关系求解即可.

【详解】对A，因为，故，即，故A正确；

对B，由A可得，结合可得，即，故B正确；

对C，由可得，又故，解得，又故.

所以，故C错误；

对D，由C，，故D正确；

故选：ABD

11．已知不等式的解集为，其中，则以下选项正确的有（       ）

A．

B．

C．的解集为

D．的解集为或

【答案】ABC

【分析】根据二次不等式的解法，结合二次函数的性质，可得各参数的与零的大小关系，再结合韦达定理，可得选项中二次方程的解，可得答案.

【详解】不等式的解集为，，故A正确；

，令，，即，故B正确；

由上所述，易知，，

由题意可得为一元二次方程，则，，

则，，即为方程的解，

则可知不等式的解集为，故C正确，D错误.

故选：ABC.

12．已知函数，若方程有六个相异实根，则实数可能的取值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】画出的图像，要使方程有六个相异实根，即使在上有两个相异实根，再由一元二次函数根的分布列出不等式组，即可求出答案.

【详解】的图像如图所示：

则要使方程有六个相异实根即使在上有两个相异实根;

则解得：.

故选：BD.

【点睛】本题考查复合函数零点的个数问题，以及二次函数根的分布，解决本题的关键是利用换元，将复合函数转化为我们熟悉的二次函数，换元是解决这类问题的关键；先将函数进行换元，转化为一元二次函数问题，同时利用函数的图像结合数形结合思想及一元二次函数根的分布问题，确定的取值范围

三、填空题

13．甲工厂将生产的I号､II号两种产品共打包成5个不同的包裹，编号分别为A，B，C，D，E，每个包裹的重量及包裹中I号､II号产品的重量如下：

甲工厂准备用一辆载重不超过19.5吨的货车将部分包裹一次运送到乙工厂.如果装运的I号产品不少于9吨，且不多于11吨，写出一种满足条件的装运方案___________（写出要装运包裹的编号）；

【答案】（答案不唯一）

【分析】由已知数据确定如何安排装运包裹的方式，满足已知要求.

【详解】选择装运包裹，则可以运送I号产品吨，共运送产品吨，满足所需要求.

故答案为：.(答案不唯一)

14．已知满足，使直线的图像经过一､二､四象限的的概率是___________.

【答案】

【分析】，根据，求出a为负数的个数，即可求出概率.

【详解】因为，

且，所以a为负数的个数为

因为直线的图像经过一、二、四象限，所以，

所以所求概率为.

故答案为：.

15．定义一种新运算：对平任意的非零实数.若，则的值为___________.

【答案】

【分析】根据新运算的定义化简，解方程求的值.

【详解】因为，所以，

又，

所以，

所以，

故答案为：.

四、解答题

16．已知，且，求下列代数式的值：

(1)；

(2).（注：立方和公式）

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）给分子分母同乘以，化简后代值求解即可，

（2）先对分子分解因式，化简后代值求解.

【详解】(1)因为，且，

所以，

所以

(2)因为，且，，

所以.

17．已知集合.

(1)若，求实数的取值范围；

(2)若，求实数的取值范围：

(3)若，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）求出集合A,B,根据，可得，列出相应不等式组，求得答案;

（2）根据，可列出相应的不等式组，求得答案;

（3）根据，可列出相应的不等式组，求得答案;

【详解】(1)由题意知，

，

因为，所以 , ,

即实数的取值范围为；

(2)由（1）知，，

,

即实数的取值范围是；

(3)由题意知或，，

或，

或，即实数的取值范围是.

18．某店购进一种今年新上市的饰品进行销售，饰品的进价为每件40元，售价为每件60元，每月可卖出300件，市场调查反映：调整价格时，售价每涨1元每月要少卖10件，售价每下降1元每月要多卖20件，为了获得更大的利润，现将商品售价调整为（元/件）（其中即售价上涨，即售价下降），每月商品销量为y（件），月利润为w（元）.

(1)直接写出y与x之间的函数关系式：

(2)当销售价格是多少时才能使月利润最大？求最大月利润？

【答案】(1)

(2)65元 ；6250元

【分析】（1）由题意可直接得到y与x之间的函数关系式：

（2）根据（1）的结果，求出月利润的表达式，结合二次函数性质，求得答案.

【详解】(1)由题意可得；

(2)由题意得，

即，

当时，取最大值6250，

当时，取最大值6125，

故当销售价格65元时才能使月利润最大，最大月利润是6250元.

19．已知函数.

(1)若，判断的奇偶性并加以证明.

(2)若对任意恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)为奇函数，证明过程见解析；

(2)

【分析】（1）分与两种情况，先求定义域，再利用函数奇偶性的定义判断；

（2）参变分离，整理为恒成立问题，求出的最大值，从而求出实数的取值范围.

【详解】(1)，

当时，，定义域为R，此时，

所以为奇函数，

当时，定义域为，且，

所以为奇函数，

综上：为奇函数.

(2),

即，在上恒成立，

整理为在上恒成立，

令，

当时，，

所以，

故实数的取值范围为.

20．（1）发现：如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点.求证：

（2）探究：如图②，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长.

（3）拓展：如图③，在菱形中， ,为边上的三等分点，，将沿翻折得到，直线交于点求的长.

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）或

【分析】（1）根据图形翻折的特点，利用三角形全等的判定定理即可证明结论;

（2）作辅助线，利用三角形的全等和相似，结合勾股定理求得相关线段的长，即可求得答案.

（3）分类考虑E点位置，利用作辅助线，结合三角形全等和相似，得到线段成比例，结合勾股定理，即可求得答案.

【详解】（1）证明：在正方形中，将沿翻折到处，

故,

为公共边,所以；

（2）延长BH,AD交于Q，设，由于沿翻折到处，

故AB=BF，在中，，

，解得，,

, ,

,即，

,

,

设，,

,即，解得，

即的长为；

（3）当时，延长FE交AD于Q,过Q作QH垂直于CD于H,

设,

,,

将沿翻折得到, ,

故AE是的角平分线，①，

，,

在，②，

联立①②解得 ，故；

当时,延长FE交AD的延长线于,作垂直于CD的延长线于，

设,

同理可得，

同理可得 , ,即① ，

由可得②，

联立①②解得 ，故；

综合上述，PC的长为或.

【点睛】本题考查了平面几何图形的翻折以及证明三角形全等和求线段的长的问题，涉及到平面几何的相关知识点，计算量较大,解答时要注意到不同情况也就是分类讨论的方法问题.

21．如图①，抛物线交x轴于A､B，交y轴于点C，点D为抛物线第三象限上一点，且 ，，

(1)求a的值；

(2)如图②，点P为第一象限抛物线上一点，连接PD，交y轴于点E，过点P作PF⊥y轴，垂足为F，求的值；

(3)在（2）的条件下，连接PB，如图③，若PE+PB=DE，求点P的坐标.

【答案】(1)

(2)2

(3)

【分析】（1）根据已知条件求出点D的坐标，代入抛物线方程，即可求得a的值；

（2）求出点C的坐标，设出点P坐标，进而表示出直线PD的解析式，从而表示出CE和PF的长度，即可求得答案.

（3）在DE上截取EM=EP,作于H，作y轴，作于Q,，设点P坐标，进而表示出E点坐标，推出相关线段的等量关系，结合三角形全等，推出，继而可求得答案.

【详解】(1)因为 ，，所以，

点D为抛物线在第三象限内一点，故D点横坐标为，

D点纵坐标为，即,

将坐标代入中， ；

(2)由（1）知，，

故点C坐标为，

设点P的坐标为，需满足，

设直线PD的方程 ，

故，即，

，则点，

,而PF⊥y轴，则，

故；

(3)在DE上截取EM=EP,作于H，作y轴，作于Q,

设点P的坐标为,由（2）知，

，

,

,

,

,

,

在和中，，

，，,

,即，

，由于,故舍去，

所以，代入抛物线方程中，则，

即P点坐标为.

【点睛】本题考查了抛物线方程中参数的求解以及直线和抛物线相交时的综合应用，涉及到平面几何的相关知识点，综合性强，计算量大，解答时要注意能熟练应用相关的平面几何知识进行求解.

五、双空题

22．如图，四边形为矩形，点在第二象限，点关于的对称点为点，点都在函数的图像上，轴于点.若的延长线交轴于点，当矩形的面积为时，的值为___________；点的坐标为___________.

【答案】     0.5；    

【分析】连接，作轴， 设点，根据矩形的面积得出三角形的面积，将三角形的面积转化为梯形的面积，从而得出的等式，将其分解因式，从而得出的关系，进而在直角三角形中，根据勾股定理列出方程，进而求得的坐标，进一步可求得结果.

【详解】如图，

作轴于，连接，设和交于I,

设点，

由对称性可得:

，

，

（舍去），

即

在中，由勾股定理得

因为直线的解析式为：

所以直线的解析式为：

当时，

故答案为：

【点睛】关键点点睛：本题考查了矩形性质，轴对称性质，反比例函数的“k”的几何含义，勾股定理，一次函数及其图像性质，分解因式等知识，解决问题的关键是等式变形，进行分解因式.