湖南省永州市第四中学2025-2026学年高一上学期入学考试数学试题（Word版附解析）

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1. 不等式组的解集是（ ）
A. B. C. 2D. 无解
【答案】C
【解析】
【分析】分别求解两个一元一次不等式，取交集即可得解.
【详解】由，
故选：C
2. 已知全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由补集、交集的概念即可得解.
【详解】已知全集，集合，，则.
故选：D.
3. 如图，已知某山峰的海拔高度为米，一位登山者到达海拔高度为米的点处．测得山峰顶端的仰角为．则、两点之间的距离为（ ）

A. 米B. 米
C. 米D. 米
【答案】B
【解析】
【分析】在中直接由正弦函数的定义计算即可.
【详解】如图，在中，，，，
所以，米，
故选：B.
4. 《九章算术》是中国传统数学最重要的数学著作之一，“方程章”第11题大意是：两匹马一头牛总价超过1万，超过部分等于半匹马的价格；一匹马两头牛的总价不足1万，不足部分等于半头牛的价格，问一匹马、一头牛的价格分别是多少？若设一匹马价格为元，一头牛价格为元，则可列方程组为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意列出方程组，即可判断出答案.
【详解】设一匹马价格为元，一头牛价格为元，
由两匹马一头牛总价超过1万，超过部分等于半匹马的价格，
可得；
由一匹马两头牛的总价不足1万，不足部分等于半头牛的价格，
可得，
故.
故选：A
5. 设，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据不等式性质可推断，再通过举反例即可得出结论.
【详解】因为，由，根据传递性可知，
因此“”能推出“”，因此充分性成立；
不妨取，满足，但不成立，因此必要性不成立；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
6. 某同学使用一架两臂不等长的天平称一批重物．他先将10g的砝码放在天平的左盘，取一部分重物放在天平的右盘，使天平平衡；第二次将10g的砝码放在天平的右盘，取另一部分重物放在天平的左盘，使天平平衡，则两次称得重物的总重量（ ）
A. 等于20gB. 小于20gC. 大于20gD. 与左右臂的长度有关
【答案】C
【解析】
【分析】设天平左臂长为a，右臂长为b，第一次称得的重物为xg，第二次称得的重物为yg，由题意得，，结合基本不等式即可求解.
【详解】因为天平两臂不等长，所以设天平左臂长为a，右臂长为b，则．
设第一次称得的重物为xg，第二次称得的重物为yg，则，，
故，，所以，
当且仅当，即时，等号成立，
但，等号不成立，所以，故两次称得重物的总重量大于20g．
故选：C.
7. 已知实数，且，若恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用“1”的妙用求出最小值，再建立不等式求解.
【详解】实数，则，
当且仅当时等号成立，
由恒成立，得，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：C
8. 四边形中，．动点从点出发，以的速度沿边、边向终点运动；动点从点同时出发，以的速度沿边向终点运动．规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为．当时，点的位置如图所示．有下列结论：
①当时，；
②当时，的最大面积为；
③有两个不同的值满足的面积为．
其中，正确结论的个数是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】对①，分别计算CN,DM进行比较；对②，直接计算的面积并求其最值；对③，分段讨论求满足的面积为39cm2时值.
【详解】对于①，当时，CN=1×6=6，
而点从运动到，用时8÷2=4s，则当时，从沿运动了，
所以DM=10-2×2=6cm，
所以，①正确；
对于②，当时，BM=2tcm，BN=16-tcm，
所以S△BMN=12×BN×BM=1216-t×2t=-t2+16t=-t-82+64，
因为函数y=-t-82+64在单调递增，
所以当时，取得最大值28，即的最大面积为，②错误；
对于③，当时，点在上运动；当时，点在上运动.
所以当时，BM=2tcm，BN=16-tcm，
由S△BMN=12×2t×16-t=-t-82+64=39，解得；
当时，的底边BN=16-tcm，高为，
由S△BMN=12×8×16-t=64-4t=39，解得，
所以有两个不同的值满足的面积为39cm2，③正确；
故选：C.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项
9. 建筑学规定，民用住宅的窗户面积必须小于地板面积．但按采光标准，窗户面积与地板面积的比值不小于，并且这个比值越大，住宅的采光条件越好．现欲在原设计方案的基础上，同时增加住宅的窗户面积和地板面积，则下列有关说法正确的是（ ）
A. 若增加的窗户面积和地板面积相同，则住宅的采光条件一定变好
B. 若增加的窗户面积和地板面积相同，则住宅的采光条件一定变差
C. 若增加的窗户面积和地板面积比值为，则住宅的采光条件一定变差
D. 若增加的窗户面积和地板面积比值为，则住宅的采光条件一定变差
【答案】AD
【解析】
【分析】设窗户面积与地板面积分别为、，由题意可知，即，结合作差法逐项判断即可.
【详解】设窗户面积与地板面积分别为、，由题意可知，即，
按采光标准，窗户面积与地板面积的比值，且当越大时，住宅的采光条件越好．
对于AB选项，当时，，
故，所以若增加的窗户面积和地板面积相同，则住宅的采光条件一定变好，A对B错；
对于C选项，若增加窗户面积为，则增加的地面面积为，
故，
若，则，此时住宅的采光条件不变，C错；
对于D选项，若增加的窗户面积为，则增加的地面面积为，
故，
所以若增加的窗户面积和地板面积比值为，则住宅的采光条件一定变差，D对.
故选：AD.
10. 设正实数满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为B. 的最小值为
C. 的最大值为D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据条件，利用基本不等式，对各个选项逐一分析判断，即可求解.
【详解】对于A，因为正实数满足，则，
所以，
当且仅当时，取等号，所以A正确，
对于B，因为，
当且仅当时，取等号，得到，所以B错误，
对于C，因为，当且仅当时，取等号，得到，所以C正确，
对于D，因为，
当且仅当时，取等号，所以D正确，
故选：ACD.
11. 已知关于的不等式的解集为，则（ ）
A. 有最大值
B.
C.
D. 的解集为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据不等式的解集可得，且，，据此可逐项判断求解.
【详解】对于A，因为不等式的解集为，所以，，
二次函数的图象开口向下，因此有最大值，故A正确；
对于BC，，3是关于的一元二次方程的两根，
则，所以，，则，故B正确，C错误；
对于D，不等式即为，
即，即，
解得（舍去）或，
所以，故D正确；
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若一个圆锥的侧面展开图的圆心角度数为，母线长为，则该圆锥的底面圆的半径为___________
【答案】
【解析】
【分析】已知圆心角和母线长度，利用扇形弧长公式计算出扇形弧长，设圆锥底面半径为，则底面圆的周长等于扇形弧长，即，计算求解即可.
【详解】已知圆锥的侧面展开图的圆心角度数为，母线长为，
则扇形弧长.
设圆锥底面半径为，则底面圆的周长等于扇形弧长，
所以.
故答案为：.
13. 如图，四边形是菱形，对角线，相交于点．若，，则菱形的面积是___________．

【答案】15
【解析】
【分析】根据菱形的面积公式，即可求得答案.
【详解】四边形是菱形，故对角线，
故菱形的面积为，
故答案为：15
14. 如图，在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于，两点，过点A作直线交轴于点，连接，则的面积是___________．
【答案】
【解析】
【分析】由可得双曲线方程，点B坐标，直线AB方程，设AB与x轴交于D点，由题可得等腰直角三角形，据此可得C坐标，可得三角形面积.
【详解】因，在双曲线上，则，.
又，在上，则4=k1+b−1=−4k1+b⇒k1=1b=3.
则直线方程为：.
设AB与x轴交于D，则，又，则为等腰直角三角形.
过A做AE垂直于x轴，则.对于，令，可得，则.
从而，又由三线合一，可得，则.
从而AC=1−52+42=42，又AB=1+42+4+12=52，
则.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知集合，
（1）当时，求与;
（2）若，求实数a的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据集合的交并补运算的定义即可求解，
（2）分类讨论求解集合，即可列不等式求解
【小问1详解】
当时，，
故，
由于，故，
【小问2详解】
当时，，
当时，，
若，则需满足或，解得
故
16. 已知命题：方程有两个不相等的实数根；命题.
（1）若为假命题，求实数的取值范围；
（2）若p，q中一真一假，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，是真命题，即，可得的取值范围；
（2）根据题意可得若p、q中一真一假，则为真命题且为假命题，结合（1）的结论可解.
【小问1详解】
根据为假命题，可得是真命题，
即方程有两个不相等的实数根，
所以，即，解得，
即实数的取值范围是；
【小问2详解】
若命题为真命题，
由（1）可知此时必定为真命题，不符合题意；
所以若p、q中一真一假，则为真命题且为假命题，
此时且，即，可得实数取值范围是.
17. 如图所示，动物园要围成相同面积的长方形虎笼四间，一面可利用原有的墙，其他各面用钢筋网围成，每间虎笼的长为（单位：）、宽为（单位：）（都为正数）．
（1）现有长的钢筋网材料可供使用，每间虎笼的长、宽各设计为多少时，可使每间虎笼面积最大？
（2）若使每间虎笼面积为，每间虎笼的长、宽各设计为多少时，可使围成四间虎笼的钢筋网总长最小？最小值为多少？
（3）若使用的钢筋网材料总长为，求的最小值．
【答案】（1）长为，宽为
（2）每间虎笼的长设计为、宽设计为时，可使围成四间虎笼的钢筋网总长最小，最小值为．
（3）．
【解析】
【分析】（1）先由题意得，，，每间虎笼面积为，再利用基本不等式即可求出面积的最大值以及此时的值.
（2）先由题意得，钢筋网总长为，再利用基本不等式即可求出的最小值以及此时的值.
（3）法一：利用基本不等式1的代换可求得的最小值.法二：利用基本不等式求得，进而可得的最小值.
【小问1详解】
由题得，即，，，
设每间虎笼的面积为，则，
因为，当且仅当时等号成立，
所以，即，
所以每间虎笼的长为，宽为时，可使每间虎笼面积最大，最大为．
【小问2详解】
由题意可得，，，设钢筋网总长为，则，
因为，
当且仅当，即时等号成立，
所以每间虎笼的长设计为、宽设计为时，
可使围成四间虎笼的钢筋网总长最小，最小值为．
【小问3详解】
依题意，得．
方法一， ，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为．
方法二，，则，，
当且仅当时等号成立．
故，当且仅当时等号成立．
所以最小值为．
18. 如图，点在的边上，以为半径的与相切于点，与相交于点，为的直径，与相交于点，．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作出必要的辅助线，先证明，然后得到AB//OE，进而得到，证之.
（2）先求得，然后求得，进而根据△AGD~△OGF求得的长.
【小问1详解】
证明：连接.
因为，所以∠DOE=2∠F=90°.
因为与相切于点，所以.
所以∠ODA=∠DOE=90°.
所以AB//OE.
因为，所以∠B=∠OEC=∠C.
所以.
【小问2详解】
因为ODOA=sinA=35，所以OA=53OD.
因为OF=OC=OD,OA+OC=AC=AB=8,∠DOF=90°，
所以53OD+OD=8，所以，
所以OA=53×3=5,DF=OF2+OD2=2OF=32.
所以.
因为AD//OF，所以△AGD∼△OGF.
所以DGFG=ADOF=43.
所以DG=44+3DF=47DF=47×32=1227.
所以的长是.
19. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，抛物线的对称轴是直线．
（1）求抛物线的表达式：
（2）点是射线下方抛物线上的一动点，连接与射线交于点，点为抛物线对称轴上的动点（点在点的下方），且，连接．当取得最大值时，求点的坐标及的最小值；
（3）在（2）中取得最大值的条件下，将抛物线沿射线方向平移个单位长度得到抛物线，点为点的对应点，点为抛物线上的一动点．若，请直接写出所有符合条件的点的坐标，并写出求解点的坐标的其中一种情况的过程．
【答案】（1）
（2），
（3）或
【解析】
【分析】（1）利用对称轴及图象过点求出得解；
（2）由取得最大值求出点坐标，构造平行四边形DEPG可得，再利用抛物线的对称性可得，即可转化为求最小值，利用三点共线转化为求；
（3）由平移求出抛物线，过点作轴于点，过点作轴于点，连接，可得出，设Na,a2−a−14，利用求解.
【小问1详解】
由二次函数对称轴，可得，
又图象过点，
所以，解得，
所以抛物线的表达式为.
【小问2详解】
令，可得，即，
设直线解析式为，
代入两点可得，
解得，即直线解析式为，
设点Px,x2−5x−6，
过点作轴交于点，交轴于点，如图：
则点的坐标为，
∴PF=x−6−x2−5x−6=−x2+6x，
轴，，
，∴QPQO=PFOC=16−x2+6x=−16x−32+32，
当时，有最大值，此时，
把点向上平移4个单位长度得到点，故，
连接，则四边形DEPG是平行四边形，
，即，
由关于对称性可得点，且，
连接，则的最小值为长，
又，
即的最小值为.
【小问3详解】
，
，
将抛物线沿射线方向平移个单位长度，即向左平移2个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到抛物线，
即y′=x+22−5x+2−6−2=x2−x−14，
过点作轴于点，过点作轴于点，连接，
设点Na,a2−a−14，由平移得，
，
若如图，
，
即123=−a2−a−14a−−1，解得或（舍去），
故，
若如图，
，
∴123=a2−a−14a−−1，解得或（舍去），
∴N5+972,14+297，
综上，点的坐标为或5+972,14+297.