重庆市2024_2025学年高一数学上学期开学测试试题含解析

这是一份重庆市2024_2025学年高一数学上学期开学测试试题含解析，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 一个四边形的四边长依次为，，，，且，则这个四边形一定为（ ）
A. 平行四边形B. 矩形
C. 菱形D. 正方形
【答案】A
【解析】
【分析】由非负数和为零的意义得，，由平行四边形的判定方法即可求解．
【详解】，
，，
，，
四边形一定是平行四边形．
故选：A．
2. 若能用完全平方公式因式分解，则的值为（）
A. B. C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知，关于的方程有两个相等的实根，可得出，即可求得实数的值.
【详解】由题意可知，关于的方程有两个相等的实根，
则，解得或.
故选：C.
3. 把分解因式的结果是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】观察发现：一、三、四项一组，符合完全平方公式，然后运用平方差公式继续分解．
【详解】．
故选：D．
4. 的结果在哪两个连续整数之间（）
A. 7与8B. 8与9C. 9与10D. 10与11
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式的乘法和二次根式的性质化简再估算的大小，进一步求解.
【详解】，
，
，
.
故选：C.
5. 将抛物线通过某种方式平移后得到抛物线，则下列平移方式正确的是（）
A. 向上平移2个单位长度，再向右平移3个单位长度
B. 向上平移2个单位长度，再向右平移2个单位长度
C. 向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度
D. 向上平移3个单位长度，再向右平移1个单位长度
【答案】A
【解析】
【分析】将原二次函数整理为用顶点式表示的形式，根据二次函数的平移法则即可判断.
【详解】函数，对称轴轴为，顶点为，
函数，对称轴为，顶点为，
故将抛物线向上平移2个单位长度，再向右平移3个单位长度，
得到的图象.
故选：A
6. 若实数，且a，b满足，，则代数式的值为（）
A. 2B. －20C. 2或－20D. 2或20
【答案】B
【解析】
【分析】
利用韦达定理可求的值.
【详解】因为，，故为方程的两个根，
故.
又
，
故选：B.
【点睛】本题考查一元二次方程的解、韦达定理，注意利用同构的思想来构建方程，另外注意将代数式整合成与两根和、两根积有关的代数式，本题属于基础题.
7. 若不等式对一切实数都成立，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】由对一切实数都成立，结合函数的性质分类讨论进行求解.
【详解】解：对一切实数都成立，
①时，恒成立，
②时，，解得，
综上可得，，
故选：C.
8. 若关于x的不等式组无解，且一次函数的图象不经过第一象限，则符合条件的所有整数a的和是（）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】先解不等式组求出a的取值范围,再根据一次函数的图象不经过第一象限求出a的取值范围，从而可得符合条件的所有整数a,然后求和即可得到答案.
【详解】因为 ，
解不等式①得： ，
解不等式②得： ，
此不等式组无解,
，解得，
一次函数的图象不经过第一象限，
，解得，
综上所述：
所以符合条件的所有整数的和是
故选: C
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 我们定义一种新函数，形如的函数叫做“鹊桥”函数．小丽同学画出了“鹊桥”函数的图象（如图所示），并写出下列四个结论，其中正确的结论是（）
A. 图象与y轴的交点为
B. 图象具有对称性，对称轴是直线
C. 当或时，函数值y随x值的增大而增大
D. 当时，函数的最大值是4
【答案】ABC
【解析】
【分析】代入检验函数图象上的点判断选项A；观察图象结合二次函数对称轴公式求解选项B；观察图象变化情况判断选项C；由函数图象得最值情况判断选项D.
【详解】对于A，点的坐标满足函数，所以函数图象与y轴的交点为，A选项正确；
对于B，观察图象可知，图象具有对称性，对称轴用二次函数对称轴公式求得是直线，故B选项正确；
对于C，根据函数图象和性质，发现当或时，函数值y随x值的增大而增大，故C选项正确；
对于D，由图象可知，当时，函数值y随x值的减小而增大，当时，函数值y随x值的增大而增大，
均存在大于顶点纵坐标的函数值，故当时，函数值4并非最大值，D选项不正确.
故选：ABC.
10. 已知不等式，则下列说法正确的是（）
A. 若，则不等式的解集为
B. 若不等式的解集为，则
C. 若不等式的解集为，则
D. 若不等式的解集为，
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A解一元二次不等式即可判断，对于BC根据不等式解集可知对应一元二次方程的根，由根与系数的关系求解即可判断，对于D，根据根与系数的关系及绝对值不等式即可判断.
【详解】对于A，时，不等式，即，即，解得，所以不等式的解集为，A正确；
对于B，若不等式的解集为，则二次函数的图象开口向下，即，
且方程的两根为，故，所以，B正确；
对于C，若不等式的解集为，则二次函数的图象开口向下，即，
且方程的两根为，故，C错误；
对于D，若不等式的解集为，则二次函数的图象开口向下，即，
且方程的两根为，故，
所以，
当且仅当时，等号成立，D正确.
故选：ABD.
11. 已知抛物线，当时，；当时，．下列说法正确的是（）
A.
B. 若，则
C. 已知点在抛物线上，当时，
D. 若方程的两实数根为，则
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A,利用根的判别式可判断; 对于B,把, 代入, 得到不等式, 即可判断; 对于C,求得抛物线的对称轴为直线, 利用二次函数的性质即可判断;对于D,利用根与系数的关系即可判断.
【详解】对于A,, 开口向上, 且当时, ；当时，，
抛物线与轴有两个不同的交点,
,故A不正确;
对于B,当时, ,
, 即,
, 故B正确;
对于C,抛物线的对称轴为直线,且开口向上,
当时，的值随的增加反而减少，
当时，,故C正确；
对于D,方程的两实数根为,
,
当时,,
但当时, 则未必大于 , 则的结论不成立,故D不正确;
故选：BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题3分，共9分．
12. 多项式的最小值为_______．
【答案】16
【解析】
【分析】将多项式分别按照的二次项与的二次项进行配方，分析即可求得.
【详解】
，
因对任意实数，都有成立，
故当且仅当，即时，多项式取得最小值16.
故答案为：16
13. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则△ABC的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理化简可得.
【详解】由正弦定理，，
因为，故.
又，故，
故.
故答案：
14. 对于每个x，函数y是，这两个函数的较小值，则函数y的最大值是________.
【答案】6
【解析】
【分析】根据函数解析式，在同一平面直角坐标系内作出大致图象，然后根据图象即可解答.
【详解】函数，的图像如图，函数y取两个函数的较小值，图像是如图的实线部分，两个函数图像都过点.
当时，，函数y的最大值是6，
当时，函数y无论在上取得，还是上取得，总有，即时，函数y的图像是下降的.
所以函数y的最大值是6.
故答案为：6.
四、解答题：本题共5小题，共52分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知关于x的一元二次方程有两个实数根．
（1）求实数k的取值范围；
（2）若方程的两个实数根，满足，求k的值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用一元二次方程有实根的等价条件，列出不等式求解即得.
（2）利用韦达定理，结合已知列出方程并求解即得.
【小问1详解】
方程，整理得，
由该方程有两个实数根，得，解得，
所以实数k的取值范围是.
【小问2详解】
由是方程的两个实数根，得，
而，则，由（1）知，，
于是，又，解得，
所以k的值为.
16. 已知函数．
（1）当时，函数值随的增大而增大．求的取值范围；
（2）若，求时，函数值的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)将变形为，根据反比例函数的性质可求出的取值范围；
(2)将代入到函数，根据函数单调性即可求出函数的值域.
【小问1详解】
，
因为当时，函数值随的增大而增大，
根据反比例函数性质可知，即，
所以的取值范围是.
【小问2详解】
因为，所以，
因为当时，函数值y随x的增大而增大，
所以当时，y有最小值；当时，有最大值，
所以当，时，函数值的取值范围是．
17. 已知二次函数的图象经过点，
（1）求该抛物线的对称轴；
（2）若点和点均在该抛物线上，当时．请你比较的大小；
（3）若，且当时，y有最小值，求a的值．
【答案】（1）；
（2）答案见解析；（3）或.
【解析】
【分析】（1）把代入二次函数解析式，求出的关系，再求出对称轴.
（2）把和分别代入二次函数解析式，作差分类即可判断.
（3）按二次项系数的正负分类求出最小值即可得解.
【小问1详解】
由二次函数的图象过点，得，解得，
所以该抛物线的对称轴为直线，即.
【小问2详解】
由（1）得抛物线的解析式为，
依题意，，，
则，而，
当时，有，因此；
当时，有，因此，
所以当时，；当时，.
【小问3详解】
由，得抛物线的解析式为，
当时，则当时，y有最小值，即，解得；
当时，即当时，y有最小值，即，解得，
所以a的值为或.
18. 已知，求的值，小明是这样分析与解答的：
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
（1）若，求的值；
（2）求的值；
（3）比较与的大小，并说明理由．
【答案】（1）2（2）9
（3），理由见解析
【解析】
【分析】(1) 根据小明的分析过程，，化为，则，两边平方得，由即可求解；
(2) 根据小明的分析过程，将的每一项分母有理化，即可求得结果；
(3)因为，可得，，由，，可得结论.
【小问1详解】
∵，
∴，
∴，即，∴，
∴.
【小问2详解】
.
【小问3详解】
，理由如下：
∵，∴，
∴，，
∵，
，
又，
∴，
∴.
19. 已知某二次函数图象的顶点坐标为，且图象经过点．
（1）求该二次函数的解析式，
（2）若当时，该二次函数最大值与最小值的差是9，求的值；
（3）已知点，若该函数图象与线段只有一个公共点，求的取值范围．
【答案】（1）.
（2）6（3）或
【解析】
【分析】（1）利用顶点设出抛物线标准方程，代入点，计算即得函数解析式；
（2）根据抛物线的对称轴与给定的的范围分类讨论，列方程计算即得t的值；
（3）作出二次函数图象，就直线上的动点的两个特殊位置和,分别结合图象即可判断得到m的取值范围.
【小问1详解】
由二次函数图象的顶点坐标为，设该二次函数的解析式为，
∵图象经过点，∴，解得.
∴该二次函数的解析式为.
【小问2详解】
①当时，最小值为，最大值为，
由可得，此时方程无实数解；
②当时，的最小值为－4，
若，则的最大值为，此时，不合题意；
若，则的最大值为，此时，，解得或，因，故.
综上，当时，二次函数的最大值与最小值的差是9.
【小问3详解】
如图，函数的图象大致如下，
由题意，知点是直线上的动点，
在抛物线上，由可得，此时点的坐标为，
因，由图可知：
①当时，点在点上方，此时函数的图象与线段只有一个公共点，符合题意；
②又当时，图中点,也满足函数的图象与线段只有一个公共点．
综上所述，的取值范围为或.