甘肃省天水市第九中学2024−2025学年高一上学期入学检测考试 数学试题（含解析）

这是一份甘肃省天水市第九中学2024−2025学年高一上学期入学检测考试 数学试题（含解析），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（本大题共8小题）
1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．不透明的袋子中装有一个红色小球和一个白色小球，除颜色外两个小球无其它差别．从中随机取出一个小球后，放回并摇匀，再从中随机取出一个小球，则两次都取到白色小球的概率为（ ）
A．B．C．D．
3．如图，小张想估测被池塘隔开的A，B两处景观之间的距离，他先在AB外取一点C，然后步测出AC，BC的中点D，E，并步测出DE的长约为，由此估测A，B之间的距离约为（ ）
A．B．C．D．
4．数学家朱世杰所著的《四元玉鉴》是中国元代重要的数学著作之一，书中记载着这样一个问题，大意是：999文钱买了周果和苦果共1000个，11文钱可买9个甜果，4文钱可买7个苦果，问甜果，苦果各买了多少个？设买了甜果x个，苦果y个，则可列方程组为（ ）
A．B．
C．D．
5．若点都在反比例函数的图象上，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
6．若是正整数，且满足，则a与b的关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
7．直线l与正六边形ABCDEF的边AB，EF分别相交于点M，N，如图所示，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知抛物线的图象如图所示则下列结论正确的是（ ）
B．
C． D． （m为任意实数）
二、多选题（本大题共1小题）
9．如图，在菱形ABCD中，，O为对角线的交点将菱形ABCD绕点O逆时针旋转得到菱形，两个菱形的公共点为E，F，G，H．对八边形给出下面四个结论，正确结论的是（ ）
A．该八边形各边长都相等B．该八边形各内角都相等
C．点O到该八边形各顶点的距离都相等D．点O到该八边形各边所在直线的距离都相等
三、填空题（本大题共3小题）
10．某校生物小组的9名同学各用100粒种子做发芽实验，几天后观察并记录种子的发芽数分别为：89，73，90，86，75，86，89，95，89，以上数据的众数为 ．
11．因式分解 ．
12．“轮动发石车”是我国古代的一种投石工具，在春秋战国时期被广泛应用，图1是陈列在展览馆的仿真模型，图2是模型驱动部分的示意图，其中，的半径分别是和，当顺时针转动3周时，上的点P随之旋转，则 ．

四、解答题（本大题共5小题）
13．（1）先化简，再求值：，其中；
（2）解不等式组：
14．如图，在中，，D是BC的中点，．
(1)求证：四边形ADCE是矩形；
(2)若，求EF的长．
15．天一阁（图1）位于天水市麦积区的马跑泉公园内，共七级，为砼框架式结构，造型独特别致，巍巍峨峨，傲立苍穹.某校数学兴趣小组在学习了“解直角三角形”之后，开展了测量天一阁高度AB的实践活动.A为天一阁的顶端，，点C，D在点B的正东方向，在C点用高度为1.6米的测角仪（即米）测得A点仰角为，向西平移9.8米至点D，测得A点仰角为，请根据测量数据，求天一阁的高度AB.（结果保留整数，参考数据：）
16．如图，直线与双曲线交于A，B两点，已知A点坐标为．
(1)求a，k的值；
(2)将直线向上平移m（）个单位长度，与双曲线在第二象限的图象交于点C，与x轴交于点E，与y轴交于点P，若，求m的值．
17．在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点C，作直线BC．
(1)求抛物线的解析式．
(2)如图1，点P是线段BC上方的抛物线上一动点，过点P作，垂足为Q，请问线段PQ是否存在最大值？若存在，请求出最大值及此时点P的坐标；若不存在请说明理由．
(3)如图2，点M是直线BC上一动点，过点M作线段（点N在直线BC下方），已知，若线段MN与抛物线有交点，请直接写出点M的横坐标的取值范围．
参考答案
1．【答案】B
【分析】由轴对称图形和中心对称图形的概念判断即可.
【详解】A是中心对称图形，不是轴对称图形，B既是轴对称图形又是中心对称图形，
C既不是轴对称图形又不是中心对称图形，D是轴对称图形但不是中心对称图形，
故选B.
2．【答案】D
【分析】本题考查了画树状图或列表法求概率，依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率即可．
【详解】画树状图如下：
共有4种等可能的结果，其中两次都取到白色小球的结果有1种，
两次都取到白色小球的概率为．
故选D．
3．【答案】C
【分析】根据题意，结合三角形的中位线定理，即可求解.
【详解】因为点分别为的中点，所以是的中位线，
又因为，根据三角形的中位线定理，可得.
故选C.
4．【答案】A
【分析】根据题意列方程即可.
【详解】买了甜果x个，苦果y个，每个甜果、苦果的单价分别为文钱，
由题意，得：.
故选A．
5．【答案】B
【分析】将分别代入到反比例函数中，求出的值再比较大小可得.
【详解】由题意知，将分别代入到反比例函数中
得，解之可得，
所以.
故选B.
6．【答案】A
【分析】根据题意，化简得到，结合指数幂的运算性质，即可求解.
【详解】由题意知，正实数，且满足，
可得，即，所以.
故选A.
7．【答案】B
【分析】先求出正六边形的每个内角为，再根据六边形的内角和可得出的度数，最后根据邻补角的意义即可求解.
【详解】正六边形每个内角为：，
六边形的内角和也为：，
，
，
，
.
故选.
8．【答案】D
【分析】由图象可知：，，根据抛物线与x轴的交点可求对称轴，根据对称轴及a与b的符号关系可得，则可判断选项A、B、C，由当时，函数有最大值，可判断选项D．
【详解】抛物线开口往下，，
抛物线与y轴交于正半轴，
抛物线的与x轴的交点是：和1,0，∴对称轴为，，
，，故选项A错误．
∵，∴，故选项B错误（否则可得，不合题意）．
，，∴，故选项C错误．
抛物线的对称轴为直线，且开口向下，
当时，函数值最大为，
当时，，，
，故选项D正确．
故选D．
9．【答案】AD
【分析】连接，根据可判断A；求出、可判断B；连接，根据，可得可判断C；点O到该八边形各边所在直线的距离都等于可判断D.
【详解】因为菱形中，所以，
，根据对称性在对角线上，
在对角线上，且，，
对于A，根据轴对称的性质，可知，
故判断是否与相等即可，如图，连接，则，
又，所以，所以，
可得该八边形各边长都相等，故A正确；
对于B，如下图，因为，而，
所以该八边形各内角并不是都相等，故B错误；
对于C，连接，根据对称性，，，
所以，可得，又，
所以，所以，可得点O到该八边形各顶点的距离并不是都相等，
故C错误；
对于D，点O到该八边形各边所在直线的距离都等于，所以点到该八边形各边所在直线的距离都相等，故D正确.
故选AD.
【关键点拨】解题的关键点是利用图形的对称性解题.
10．【答案】89
【分析】根据众数概念可解.
【详解】89出现次数最多，共3次，根据众数概念知道众数为89.
故答案为：89.
11．【答案】
【分析】直接因式分解即可.
【详解】.
故答案为：.
12．【答案】108
【分析】利用弧长公式根据点P移动的弧长等于3个周长，列出关于的方程，解方程即可.
【详解】∵的周长为，
∴顺时针转动3周时，点P移动的弧长为，
∴，解得.
故答案为：108.
13．【答案】（1）；
（2）.
【分析】（1）先化简式子，再把代入求值即可.
（2）利用一元一次不等式组的解法直接求解即可；
【详解】（1）原式，
当时，原式．
（2）由，得，
由，得，解得，
所以不等式组的解集为.
14．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由等腰三角形三线合一的性质得出，由平行线的性质得出，结合已知条件可得出，即可证明四边形是矩形．
（2）由几何关系和勾股定理求出，根据等面积法得出，即可求出．
【详解】（1）证明：∵， D是BC的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）由（1）可知四边形是矩形．
∴，，，
∵D是的中点，，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
即，
∴．
15．【答案】31米
【分析】设平移后得到，延长交于点，设，分别解，表示出的长，列出方程进行求解即可．
【详解】设平移后得到，延长交于点，
则，，，
设，则，
在中，，
在中，，
∴，∴，∴，
∴.
则天一阁的高度约为米．
16．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）将点A坐标代入直线和双曲线方程求解可得；
（2）根据平移可得直线的方程，然后求出坐标，结合可得点坐标，然后代入方程即可得解.
【详解】（1）由题知，，解得.
（2）由题知，直线CD的方程为，
令得，则，令得，即，
因为，所以点坐标为，
则，解得（负根已舍去）.
17．【答案】(1)；
(2)；；
(3)或.
【分析】（1）利用待定系数法转化为方程组求解；
（2）过点作于点，交于点，证明是等腰直角三角形，推出，求出的最大值，可得结论；
（3）设，则，求出点在抛物线上时，的值，可得结论.
【详解】（1）抛物线与轴交于两点，
，解得，
抛物线的解析式为.
（2）过点作于点，交于点，
，
直线的解析式为，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
的值最大时，的值最大，
设，则，
，
，
当时，的值最大，的最大值为，
的最大值，此时.
（3）设，则，
当点在抛物线上时，，
，
解得，
线段与抛物线有交点，
满足条件的点的横坐标的取值范围为：或.