湖北省孝感市第一高级中学2024-2025学年高一上学期入学摸底考试数学试卷 Word版含解析

这是一份湖北省孝感市第一高级中学2024-2025学年高一上学期入学摸底考试数学试卷 Word版含解析，共19页。试卷主要包含了 把分解因式的结果是， 已知集合，，则， 已知集合，，下列关系正确的是等内容，欢迎下载使用。
一､选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 一次函数与的图象交点组成的集合是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】联立两函数方程求出交点，用点的集合表示即可.
【详解】因为，解得，
所以两函数图象交点组成的集合为.
故选：C.
2. 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．
3. 已知全集，集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由图像可知阴影部分对应的集合为，然后根据集合的基本运算求解即可．
【详解】由已知得，由图像可知阴影部分对应的集合为，．
故选：A.
4. 已集合，若，则实数a的取值集合是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用子集的定义即可求解.
【详解】，
∴当时，，满足；
当时，若，则时，时，．
的取值集合是．
故选：C．
5. 设三角形的三边、、满足，则这个三角形的形状是（ ）
A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等边三角形D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】根据完全平方公式可得，即可求解.
【详解】由可得，
进而可得，
故三角形为直角三角形，
故选：A
6. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将集合中的式子通分成分母为3的式子，然后可判断出答案.
【详解】由题意得，，
而表示整数，表示被3除余2的整数，
故，则，
故选：B．
7. 已知菱形的边长为5，两条对角线交于点，且、的长分别是关于的方程的根，则等于（ ）
A. -3B. 5C. 5或-3D. -5或3
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知：菱形ABCD的边长是5，则AO2+BO2＝25，则再根据根与系数的关系可得：AO+BO＝﹣2m+1，AO•BO＝m2+3；代入AO2+BO2中，得到关于m的方程后，求得m的值．
【详解】由直角三角形的三边关系可得：AO2+BO2＝25，又有根与系数的关系可得：AO+BO＝﹣2m+1，AO•BO＝m2+3，∴AO2+BO2＝（AO+BO）2﹣2AO•BO＝（﹣2m+1）2﹣2（m2+3）＝25，整理得：m2﹣2m﹣15＝0，解得：m＝﹣3或5．
又∵△＞0，∴（2m﹣1）2﹣4（m2+3）＞0，解得m，∴m＝﹣3，
故选：A．
【点睛】将菱形的性质与一元二次方程根与系数的关系，以及代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．
8. 若二次函数的解析式为，且函数图象过点和点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由二次函数解析式可求得对称轴为，进而可得，由函数图象过点，可得，可求的取值范围.
【详解】因为二次函数的解析式为，
所以二次函数的对称轴为，
函数图象过点和点，故点和点关于直线对称，
所以，所以，
又，
当，，当，，所以.
故选：A.
二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 已知集合，，下列关系正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】
化简集合A,B,再逐项判断即可得解.
【详解】化简得，，
所以，
所以，，
故选：BD．
10. 随着中考的临近，某校初三年级连续四个月开展了体育模拟测试，并将测试成绩进行整理，最终绘制了如图所示的统计图（四次参加体育模拟测试的学生人数不变），下列四个结论中正确的是（ ）
A. 10月测试成绩为“优秀”的学生有40人
B. 9月体育测试中学生的及格率为
C. 从9月到12月，测试成绩为“优秀”的学生人数在总人数中的占比逐渐增长
D. 12月增长的“优秀”人数比11月增长的“优秀”人数多
【答案】CD
【解析】
【分析】通过统计图一一分析选项即可.
【详解】由图易知全体学生有人，
而10月测试成绩为“优秀”的学生占，即有50人，故A错误；
9月体育测试中学生的及格及以上人数为人，占比为，即及格率为，故B错误；
由第二个图可知优秀率递增，且12月比11月增长，11月比10月增长，显然C、D正确.
故选：CD
11. 下列选项正确的有（ ）
A. 已知，则代数式.
B. 已知，则.
C. 若，，，则.
D. 已知一个直角三角形两条直角边的长恰是方程的两个根，则这个直角三角形的斜边长是9.
【答案】BC
【解析】
【分析】求出x值并代入计算判断A；求出，变形计算判断B；求出，变形代入计算判断C；利用韦达定理计算判断作答.
【详解】对于A，由，得，则，A错误；
对于B，由，得，则，B正确；
对于C，依题意，，则
，C正确；
对于D，令直角三角形的二直角边长分别为，依题意，，
所以该直角三角形斜边长为，D错误.
故选：BC
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 若关于的分式方程的解为整数，则整数______．
【答案】
【解析】
【分析】由分式方程有意义可知且，再化简方程求解，由均为整数可求.
【详解】则方程可知，且.
方程可化为，即，
解得，由且，所以且.
由为整数，且为整数，
则当，，或当，时满足题意.
所以.
故答案为：.
13. 定义运算，若集合，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定运算，利用列举法计算即得.
【详解】依题意，由，当时，，则，
当时，，则，当时，，则，
所以.
故答案为：
14. 抛物线（a，b，c为常数，）经过，两点，下列四个结论：
①一元二次方程的根为；
②若点，在该抛物线上，则；
③对于任意实数t，总有；
④对于a的每一个确定值，若一元二次方程（p为常数，）的根为整数，则p的值只有两个．
其中正确的结论是______（填写序号）．
【答案】①③
【解析】
【分析】根据题目已知条件分别对各个结论进行运算验证即可得出答案.
【详解】因为抛物线 经过 两点,
一元二次方程 的根为 , 则结论①正确;
抛物线的对称轴为
时的函数值与 时的函数值相等,
,当 时, 随的增大而减小,
又 ,
, 则结论②错误;
当 时, ,
则抛物线的顶点的纵坐标为, 且 ,
将抛物线向下平移个单位长度得到的二次函数解析式为
,
由二次函数图象特征可知,
，的图象位于轴的下方, 顶点恰好在轴上，即恒成立,
则对于任意实数, 总有 , 即 , 结论③正确;
将抛物线 向下平移 个单位长度得到的二次函数解析式为,
函数对应的一元二次方程为 , 即 ,
因此, 若一元二次方程 的根为整数,
则其根只能是 或 , 或 , 对应的值只有三个, 则结论④错误；
故答案为：①③.
【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质（对称性、增减性）、二次函数图像的平移问题、二次函数与一元二次方程的联系等知识点，熟练掌握并灵活运用二次函数的图像与性质是解题关键.
四､解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）
15. 已知集合，其中.
（1）1是中的一个元素，用列举法表示；
（2）若中有且仅有一个元素，求实数的组成的集合；
（3）若中至多有一个元素，试求的取值范围.
【答案】（1）；（2） ；（3）或.
【解析】
【分析】（1）若1∈A，则a＝﹣3，解方程可用列举法表示A；
（2）若A中有且仅有一个元素，分a＝0，和a≠0且△＝0两种情况，分别求出满足条件a的值，可得集合B．
（3）集合A中至多有一个元素包括有两种情况，①A中有且仅有一个元素，②A中一个元素也没有，分别求出即可得到a的取值范围．
【详解】解：（1）∵1是A的元素，∴1是方程ax2+2x+1＝0的一个根，
∴a+2+1＝0，即a＝﹣3，
此时A＝{x|﹣3x2+2x+1＝0}．
∴x1＝1，，∴此时集合；
（2）若a＝0，方程化为x+1＝0，此时方程有且仅有一个根，
若a≠0，则当且仅当方程的判别式△＝4﹣4a＝0，即a＝1时，
方程有两个相等的实根x1＝x2＝﹣1，此时集合A中有且仅有一个元素，
∴所求集合B＝{0，1}；
（3）集合A中至多有一个元素包括有两种情况，
①A中有且仅有一个元素，由（2）可知此时a＝0或a＝1，
②A中一个元素也没有，即A＝∅，此时a≠0，且△＝4﹣4a＜0，解得a＞1，
综合①②知a的取值范围为{a|a≥1或a＝0}
【点睛】本题考查的知识点是集合中元素与集合的关系，一元二次方程根的个数与系数的关系，难度不大，属于基础题．
考点：1、元素与集合的关系；2、集合的表示.
16. 已知集合，．
（1）当时，求集合；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）或．
【解析】
【分析】（1）由补集的定义即可得出答案；
（2）由，得，讨论和，列出不等式求得结果.
【小问1详解】
集合，当时，，
所以．
【小问2详解】
由，得．
①当时，则有，解得：，符合题意；
②当时，则有，解得：．
综合①②可得：实数的取值范围为或．
17. （1）求二次函数在上的最大值和最小值，并求对应的的值；
（2）已知函数在区间上的最大值为4，求实数的值.
【答案】（1）（2）或.
【解析】
【分析】（1）化成顶点式，得到对称轴，根据二次函数性质即可得到最值；
（2）先求出对称轴x=-1，再分a=0,a>0和讨论即可.
【详解】（1）把二次函数解析式配成顶点式, 得：
，
因为，所以抛物线开口方向向上，对称轴是，
所以顶点的纵坐标即为最小值是，
而当时，函数值最大，
所以最大值是.
综上当，；当，.
（2）
当时，不符合最大值为4，不合题意；
其对称轴，
①当a>0时，其图象开口向上，此时x=2离对称轴更远，
当x=2时有最大值，最大值为，
，解得；
②当，其图象开口向下，
则当x=-1时函数有最大值，最大值为，
，解得.
综上所述的值为或.
18. 已知关于的一元二次方程.
（1）判断方程根的情况；
（2）若方程两根、满足，求值；
（3）若的两边、的长是方程的两根，第三边的长为5，
①则为何值时，是以为斜边的直角三角形？
②为何值时，是等腰三角形，并求出的周长.
【答案】（1）方程有两个不相等的实数根
（2）或
（3）①；②答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据判别式即可求解，
（2）根据韦达定理即可代入求解，
（3）根据因式分解可得，，即可结合勾股定理以及等腰关系求解.
【小问1详解】
在方程中，,
方程有两个不相等的实数根．
【小问2详解】
由题知：，.
变形为：
．得：或.
【小问3详解】
．
，，则．
①不妨设，，
斜边时，有，即：，
解得：，、为负，舍去）.
当时，是直角三角形；
②，，，由（1）知
故有两种情况：
当时，，则，，
、5、5满足任意两边之和大于第三边，此时的周长为；
当时，，，，
、5、5满足任意两边之和大于第三边，此时的周长为.
综上可知：当时，是等腰三角形，此时的周长为14；
当时，是等腰三角形，此时周长为16.
19. 定义：在平面直角坐标系中，直线与某函数图象交点记为点，作该函数图象中点及点右侧部分关于直线的轴对称图形，与原函数图象上的点及点右侧部分共同构成一个新函数的图象，称这个新函数为原函数关于直线的“迭代函数”．例如：图1是函数的图象，则它关于直线的“迭代函数”的图象如图2所示，可以得出它的“迭代函数”的解析式为
（1）函数关于直线的“迭代函数”的解析式为______．
（2）若函数关于直线的“迭代函数”图象经过，则______．
（3）已知正方形的顶点分别为：，，，，其中．
①若函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形的边有3个公共点，求a的值；
②若，函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有4个公共点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）或，
（3）①；②.
【解析】
【分析】（1）取点，，求两点关于的对称点，利用待定系数法求左侧图象的解析式，由此可得结论；
（2）判断点与函数的图象的关系，再求关于直线的对称点，由条件列方程求即可；
（3）①求函数关于直线的“迭代函数”的解析式，作函数图象，观察图象确定的值；
②分别在，，时求函数关于直线的“迭代函数”解析式，讨论，由条件确定的范围.
【小问1详解】
在函数的图象上位于右侧的部分上取点，，
点关于直线的对称点为0,3，
点关于直线的对称点为，
设函数，的图象关于对称的图象的解析式为，
则，解得，
所以函数关于直线的“迭代函数”的解析式为；
【小问2详解】
取可得，，
故函数的图象不过点，
又点关于直线的对称点为，
由已知可得，，
所以或，
【小问3详解】
①当或时，函数关于直线的“迭代函数”的图象的解析式为，
当时，设点Ex,y在函数关于直线的“迭代函数”的图象上，
则点在函数的图象上，
所以，
所以函数关于直线的“迭代函数”的解析式为，
作函数关于直线的“迭代函数”的图象如下：
观察图象可得时，函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形的边有3个公共点，
②若，当时，函数关于直线的“迭代函数”的图象的解析式为，
当或时，设点Ex,y在函数关于直线的“迭代函数”的图象上，
则点在函数的图象上，
所以，
所以函数关于直线的“迭代函数”的解析式为，
当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得，
函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点，
当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得，
函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点，
当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得，
函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点，
当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得，
函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点，
当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得，
函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点，
当时，函数关于直线x=0的“迭代函数”的解析式为，
作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得，
函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点，
若，当或时，函数关于直线的“迭代函数”的图象的解析式为，
当时，设点Ex,y在函数关于直线的“迭代函数”的图象上，
则点在函数的图象上，
所以，
所以函数关于直线的“迭代函数”的解析式为，
当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得，
函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点，
当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得，
函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点，
当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得，
函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点，
当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得，
函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点，
当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得，
函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点，
当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得，
函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点，
当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得，
函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点，
当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得，
函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点，
当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得，
函数关于直线“迭代函数”的图象与正方形有个公共点，
综上，的取值范围为.
【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.