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浙江省杭州第二中学2024-2025学年高一上学期7月分班考试数学试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省杭州第二中学2024-2025学年高一上学期7月分班考试数学试题（Word版附解析），文件包含浙江省杭州第二中学2024-2025学年高一上学期7月分班考试数学试卷Word版含解析docx、浙江省杭州第二中学2024-2025学年高一上学期7月分班考试数学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
一､选择题（每小题5分，共50分）
1. 计算等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用根式的运算性质即可得出．
【详解】由可知，∴，
故选：C.
【点睛】本题考查了根式的运算性质，考查了推理能力，属于基础题．
2. 设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则t与s的大小关系是（ ）
A. s≥tB. s>t
C. s≤tD. s【答案】A
【解析】
【分析】
由做差，然后对差式进行配方可得结果.
【详解】
故选：A.
【点睛】本题主要考查做差法比较大小，关键是对做差以后的式子进行化简.
3. 已知，如图，在梯形中，，，，点，分别是对角线，的中点，则（ ）
A. 2B. 5C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接并延长，交于点，根据全等三角形的判定和性质，可以证明是构造的三角形的中位线，根据三角形的中位线定理就可求出的大小.
【详解】如图，连接并延长，交于点，
，
，，
又为的中点，
，
，
在中，为中位线，
.
故选：A
【点睛】本题主要考查平行线等分线段定理，属于基础题型，解答此题的关键是巧妙构造辅助线，并运用三角形的中位线定理解题.
4. 某几何体三视图如图所示，则其体积是
A. B. 36πC. 63πD. 216+9π
【答案】C
【解析】
【分析】根据题目的三视图作出几何体的直观图，然后计算即可求解.
【详解】由三视图知，该几何体是圆柱与圆锥的组合体，如图所示；
则该组合体的体积为V=V柱+V锥=π32 6π323=63π.
故选：C
【点睛】本题考查几何体的三视图，属于简单题.
5. 已知两直线和的交点是，则过两点、的直线方程是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
将点的坐标代入两直线的方程，可得出，可得出点、的坐标满足直线方程，再利用两点确定一条直线可得出直线的方程.
【详解】将点的坐标代入两直线的方程，得，
所以，点、的坐标满足直线方程，
由于两点确定一条直线，所以，直线的方程为.
故选：C
【点睛】本题考查直线方程的求解，推导出点、的坐标满足直线方程是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.
6. 设，，则三个数（ ）
A. 都小于4B. 至少有一个不大于4
C. 都大于4D. 至少有一个不小于4
【答案】D
【解析】
【分析】由题意知利用反证法推出矛盾，即可得正确答案．
【详解】假设三个数且且，相加得：
，由基本不等式得：
；；；
相加得：，与假设矛盾；
所以假设不成立，
三个数、、至少有一个不小于4．
故选．
【点睛】本题考查反证法和基本不等式的应用，属于简单题．
7. 将正整数排成下表
则在表中数字2020出现在（ ）
A. 第44行第85列B. 第45行第85列
C. 第44行第84列D. 第45行第84列
【答案】D
【解析】
【分析】观察归纳出第行的最后一个数为，即可判断其行、列，从而得解.
【详解】因为每行的最后一个数分别为1，4，9，16，…，所以由此归纳出第行的最后一个数为．
因为，，所以出现在第45行上，
又由，故出现在第84列.
故选：D
8. 若存在正实数y，使得，则实数x的最大值为（ ）
A. B. C. 1D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】将转化为，利用基本不等式转化为关于x的不等式，然后解不等式可得.
【详解】，
因为，所以，所以，
当时，，解得，
当时，，解得，
故x的最大值为.
故选：A
9. 如图，正方形中，，点在边上，且.将沿对折至延长交边于点，连结下列结论：（1）；（2）；（3）；（4）.其中正确结论的个数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证；
在直角中,根据勾股定理可证；
通过证明,由平行线的判定可得；
根据相似比分析可知,求得面积即可．
【详解】(1)∵,
∴；故(1)正确
(2),
设,则.
在中,根据勾股定理,得,
解得
∴.故(2)正确
(3)∵,
∴,
∴是等腰三角形,.
又∵；
∴
∴,
∴；故(3)正确.
(4) ∵,故.
故(4)错误
∴正确的个数有3个。
故选：B.
【点睛】本题主要考查了平面几何中的相似与全等的证明以及边长的运算等,属于中档题.
10. 的值最接近（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据立方和、立方差公式得到，再将分式化简即可得到答案.
【详解】由立方和、立方差公式得：
，
.
所以.
故选：B.
【点睛】本题主要考查立方和、立方差公式，熟记公式为解题的关键，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.
二､填空题（每小题5分，共25分）
11. _____________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】利用三角函数求值即可.
详解】
故答案为：.
12. 要使关于的方程的一根比1大且另一根比1小，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】设，要使得关于的方程的一根笔译1大且另一根比1小，转化为，即可求解.
【详解】由题意，设，
要使得关于方程的一根笔译1大且另一根比1小，
根据二次函数的图象与性质，则满足，即，
即，解得，即实数的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了一元二次函数的图象与性质的应用问题，其中解答中把关于的方程的一根笔译1大且另一根比1小，转化为是解得的关键，着重考查了转化思想，以及推理运算能力.
13. 函数的最大值是_____________.
【答案】
【解析】
【分析】对函数进行平方处理，结合二次函数的最值情况求解即可.
【详解】
当时取最大值，则的最大值是.
故答案为：.
14. 在等腰中，，点在线段上，且，若，则________.
【答案】2
【解析】
【分析】设，则，，利用正弦定理以及两角差的正弦公式化简得出，结合商数关系即可得出.
【详解】解：设，则，
在中，由正弦定理得，即
在中，由正弦定理得，即
即，，
，
为锐角
，，.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，涉及了三角恒等变换和同角三角函数的基本关系的应用，属于中档题.
15. 设为正实数，现有下列命题：
①若，则；
②若，则；
③若，则；
④若，则．
其中的真命题有____________．（写出所有真命题的编号）
【答案】 ①④
【解析】
【详解】试题分析：对于①,因为,由此可知,若这与矛盾,故有成立,所以①为真;对于②取知,所以②不真;对于③取成立,但不成立,所以③不真;对于④由得到:,又因为中至少有一个大于1（否则已知|a3-b3|=1不成立）,从而成立,故④为真;综上可知真命题有①④.
考点：不等式的性质.
三､解答题（每小题10分，共40分）
16. 解方程：
【答案】，，，
【解析】
【分析】对方程两边同时除，在利用换元，求出结果.
【详解】对方程两边同时除得：
设
则则则
综上原方程的解为：，，，
17. 对于函数，若，则称为的“不动点”；若，则称为的“稳定点”．
（1）求证；若为的“不动点”，则为的“稳定点”；
（2）若，若函数存在“不动点”和“稳定点”，且函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，且，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）借助“不动点”和“稳定点”的定义代入计算即可得；
（2）分与进行讨论，当时结合一元二次方程的根的判别式与“不动点”和“稳定点”的定义可得要么没有实根，要么实根是方程的根，计算即可得.
【小问1详解】
由为的“不动点”，则有，
则，即为的“稳定点”；
【小问2详解】
由题意可知，有实根，即有实根，
当时，有，即有是函数的“不动点”，
令，即，故是函数的“稳定点”，
故，符合要求，
当时，则，解得，即，
由（1）知，所以，即，
即有，
，要么没有实根，要么实根是方程的根，
若没有实根，则，解得；
若有实根且实根是方程的根，
则由方程，得，代入，
有．由此解得，再代入得，由此，
综上所述，的取值范围是．
18. 如图，圆和圆相交于点，半径、半径所在直线分别与圆、圆相交于点，过点作的平行线分别与圆、圆相交于点．证明：．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】根据平角得三点共线，根据同弦所对角相等得四点共圆．根据四点共圆性质得，即得，同理可得，根据等量性质得．
【详解】证明：延长、分别与圆、圆相交于点，
连接．则，所以三点共线．
又，于是四点共圆．
故，从而，因此，同理
．所以．
19. 现有重量为1，2，4，8，16的砝码各一个，有一个天平，在每一步，我们选取任意一个砝码，将其放入砝码的左边或者右边，直至所有砝码全放到天平两边，但在放的过程中，发现天平的指针不会偏向分度盘的右边，问这样的放法共有多少种？
【答案】945
【解析】
【分析】分别判断每个砝码的方法种数，应用分步计数乘法原理计算即可.
【详解】将所有的位置分为：1左，1右；2左，2右；3左，3右；4左，4右；5左，5右.
k左表示第k次放在天平左边，k右同理.那么我们先来看1这个砝码，你会发现对它的要求是不放在1右都可以，从而有9种选择.
再看2这个砝码，若1这个砝码是第k次放，那么2这个砝码不能是第k次放，去掉一个位置，
然后不能在去掉1这个砝码后放在右边，故还要去掉一个位置，故有7种可能,
同理考虑4，8，16故分别有种可能,
故方法有.
一､选择题（每小题5分，共50分）
1. 计算等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用根式的运算性质即可得出．
【详解】由可知，∴，
故选：C.
【点睛】本题考查了根式的运算性质，考查了推理能力，属于基础题．
2. 设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则t与s的大小关系是（ ）
A. s≥tB. s>t
C. s≤tD. s
【解析】
【分析】
由做差，然后对差式进行配方可得结果.
【详解】
故选：A.
【点睛】本题主要考查做差法比较大小，关键是对做差以后的式子进行化简.
3. 已知，如图，在梯形中，，，，点，分别是对角线，的中点，则（ ）
A. 2B. 5C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接并延长，交于点，根据全等三角形的判定和性质，可以证明是构造的三角形的中位线，根据三角形的中位线定理就可求出的大小.
【详解】如图，连接并延长，交于点，
，
，，
又为的中点，
，
，
在中，为中位线，
.
故选：A
【点睛】本题主要考查平行线等分线段定理，属于基础题型，解答此题的关键是巧妙构造辅助线，并运用三角形的中位线定理解题.
4. 某几何体三视图如图所示，则其体积是
A. B. 36πC. 63πD. 216+9π
【答案】C
【解析】
【分析】根据题目的三视图作出几何体的直观图，然后计算即可求解.
【详解】由三视图知，该几何体是圆柱与圆锥的组合体，如图所示；
则该组合体的体积为V=V柱+V锥=π32 6π323=63π.
故选：C
【点睛】本题考查几何体的三视图，属于简单题.
5. 已知两直线和的交点是，则过两点、的直线方程是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
将点的坐标代入两直线的方程，可得出，可得出点、的坐标满足直线方程，再利用两点确定一条直线可得出直线的方程.
【详解】将点的坐标代入两直线的方程，得，
所以，点、的坐标满足直线方程，
由于两点确定一条直线，所以，直线的方程为.
故选：C
【点睛】本题考查直线方程的求解，推导出点、的坐标满足直线方程是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.
6. 设，，则三个数（ ）
A. 都小于4B. 至少有一个不大于4
C. 都大于4D. 至少有一个不小于4
【答案】D
【解析】
【分析】由题意知利用反证法推出矛盾，即可得正确答案．
【详解】假设三个数且且，相加得：
，由基本不等式得：
；；；
相加得：，与假设矛盾；
所以假设不成立，
三个数、、至少有一个不小于4．
故选．
【点睛】本题考查反证法和基本不等式的应用，属于简单题．
7. 将正整数排成下表
则在表中数字2020出现在（ ）
A. 第44行第85列B. 第45行第85列
C. 第44行第84列D. 第45行第84列
【答案】D
【解析】
【分析】观察归纳出第行的最后一个数为，即可判断其行、列，从而得解.
【详解】因为每行的最后一个数分别为1，4，9，16，…，所以由此归纳出第行的最后一个数为．
因为，，所以出现在第45行上，
又由，故出现在第84列.
故选：D
8. 若存在正实数y，使得，则实数x的最大值为（ ）
A. B. C. 1D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】将转化为，利用基本不等式转化为关于x的不等式，然后解不等式可得.
【详解】，
因为，所以，所以，
当时，，解得，
当时，，解得，
故x的最大值为.
故选：A
9. 如图，正方形中，，点在边上，且.将沿对折至延长交边于点，连结下列结论：（1）；（2）；（3）；（4）.其中正确结论的个数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证；
在直角中,根据勾股定理可证；
通过证明,由平行线的判定可得；
根据相似比分析可知,求得面积即可．
【详解】(1)∵,
∴；故(1)正确
(2),
设,则.
在中,根据勾股定理,得,
解得
∴.故(2)正确
(3)∵,
∴,
∴是等腰三角形,.
又∵；
∴
∴,
∴；故(3)正确.
(4) ∵,故.
故(4)错误
∴正确的个数有3个。
故选：B.
【点睛】本题主要考查了平面几何中的相似与全等的证明以及边长的运算等,属于中档题.
10. 的值最接近（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据立方和、立方差公式得到，再将分式化简即可得到答案.
【详解】由立方和、立方差公式得：
，
.
所以.
故选：B.
【点睛】本题主要考查立方和、立方差公式，熟记公式为解题的关键，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.
二､填空题（每小题5分，共25分）
11. _____________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】利用三角函数求值即可.
详解】
故答案为：.
12. 要使关于的方程的一根比1大且另一根比1小，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】设，要使得关于的方程的一根笔译1大且另一根比1小，转化为，即可求解.
【详解】由题意，设，
要使得关于方程的一根笔译1大且另一根比1小，
根据二次函数的图象与性质，则满足，即，
即，解得，即实数的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了一元二次函数的图象与性质的应用问题，其中解答中把关于的方程的一根笔译1大且另一根比1小，转化为是解得的关键，着重考查了转化思想，以及推理运算能力.
13. 函数的最大值是_____________.
【答案】
【解析】
【分析】对函数进行平方处理，结合二次函数的最值情况求解即可.
【详解】
当时取最大值，则的最大值是.
故答案为：.
14. 在等腰中，，点在线段上，且，若，则________.
【答案】2
【解析】
【分析】设，则，，利用正弦定理以及两角差的正弦公式化简得出，结合商数关系即可得出.
【详解】解：设，则，
在中，由正弦定理得，即
在中，由正弦定理得，即
即，，
，
为锐角
，，.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，涉及了三角恒等变换和同角三角函数的基本关系的应用，属于中档题.
15. 设为正实数，现有下列命题：
①若，则；
②若，则；
③若，则；
④若，则．
其中的真命题有____________．（写出所有真命题的编号）
【答案】 ①④
【解析】
【详解】试题分析：对于①,因为,由此可知,若这与矛盾,故有成立,所以①为真;对于②取知,所以②不真;对于③取成立,但不成立,所以③不真;对于④由得到:,又因为中至少有一个大于1（否则已知|a3-b3|=1不成立）,从而成立,故④为真;综上可知真命题有①④.
考点：不等式的性质.
三､解答题（每小题10分，共40分）
16. 解方程：
【答案】，，，
【解析】
【分析】对方程两边同时除，在利用换元，求出结果.
【详解】对方程两边同时除得：
设
则则则
综上原方程的解为：，，，
17. 对于函数，若，则称为的“不动点”；若，则称为的“稳定点”．
（1）求证；若为的“不动点”，则为的“稳定点”；
（2）若，若函数存在“不动点”和“稳定点”，且函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，且，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）借助“不动点”和“稳定点”的定义代入计算即可得；
（2）分与进行讨论，当时结合一元二次方程的根的判别式与“不动点”和“稳定点”的定义可得要么没有实根，要么实根是方程的根，计算即可得.
【小问1详解】
由为的“不动点”，则有，
则，即为的“稳定点”；
【小问2详解】
由题意可知，有实根，即有实根，
当时，有，即有是函数的“不动点”，
令，即，故是函数的“稳定点”，
故，符合要求，
当时，则，解得，即，
由（1）知，所以，即，
即有，
，要么没有实根，要么实根是方程的根，
若没有实根，则，解得；
若有实根且实根是方程的根，
则由方程，得，代入，
有．由此解得，再代入得，由此，
综上所述，的取值范围是．
18. 如图，圆和圆相交于点，半径、半径所在直线分别与圆、圆相交于点，过点作的平行线分别与圆、圆相交于点．证明：．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】根据平角得三点共线，根据同弦所对角相等得四点共圆．根据四点共圆性质得，即得，同理可得，根据等量性质得．
【详解】证明：延长、分别与圆、圆相交于点，
连接．则，所以三点共线．
又，于是四点共圆．
故，从而，因此，同理
．所以．
19. 现有重量为1，2，4，8，16的砝码各一个，有一个天平，在每一步，我们选取任意一个砝码，将其放入砝码的左边或者右边，直至所有砝码全放到天平两边，但在放的过程中，发现天平的指针不会偏向分度盘的右边，问这样的放法共有多少种？
【答案】945
【解析】
【分析】分别判断每个砝码的方法种数，应用分步计数乘法原理计算即可.
【详解】将所有的位置分为：1左，1右；2左，2右；3左，3右；4左，4右；5左，5右.
k左表示第k次放在天平左边，k右同理.那么我们先来看1这个砝码，你会发现对它的要求是不放在1右都可以，从而有9种选择.
再看2这个砝码，若1这个砝码是第k次放，那么2这个砝码不能是第k次放，去掉一个位置，
然后不能在去掉1这个砝码后放在右边，故还要去掉一个位置，故有7种可能,
同理考虑4，8，16故分别有种可能,
故方法有.
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