四川省雅安中学2021-2022学年新高一上学期入学考试（初升高）数学试题+Word版含答案

这是一份四川省雅安中学2021-2022学年新高一上学期入学考试（初升高）数学试题+Word版含答案，共12页。试卷主要包含了如图，由点P，，根据对数的性质计算等内容，欢迎下载使用。

选择题（每小题5分，共60分）
1．若m个数的平均数x，另n个数的平均数y，则m+n个数的平均数是（ ）
A．B．C．D．
2．已知sinα＜csα，那么锐角α的取值范围是（ ）
A．30°＜α＜45°B．0°＜α＜45°C．45°＜α＜60°D．0°＜α＜90°
3.如图是由一个圆柱体和一个长方体组成的几何体，其左视图是（ ）
A．B．C．D．
4.下列命题中的假命题是（ ）
A．过直线外一点有且只有一条直线与这条直线平行
B．平行于同一直线的两条直线平行
C．直线y＝2x﹣1与直线y＝2x+3一定互相平行
D．如果两个角的两边分别平行，那么这两个角相等
5.若m，n满足m2+3m﹣5＝0，n2+3n﹣5＝0，且m≠n．则的值为（ ）
A．B．﹣C．﹣D．
6.如果a＜b，那么下列不等式中一定成立的是（ ）
A．a2＜abB．ab＜b2C．a2＜b2D．a﹣2b＜﹣b
7.函数与（）在同一坐标系中的图象可能是（ ）
A．B．C．D．
8．已知实数满足|2021﹣|+=，那么﹣20212值是（ ）
A．2022B．2021C．2020D．2019
9.若关于x的方程只有一个实根，则的值为（ ）
A．0 B.1 C．﹣1 D．0或1
10.如图1，在平面内选一定点O，引一条有方向的射线Ox，再选定一个单位长度，那么平面上任一点M的位置可由∠MOx的度数θ与OM的长度m确定，有序数对（θ，m）称为M点的“极坐标”，这样建立的坐标系称为“极坐标系”．在图2的极坐标系下，如果正六边形的边长为2，有一边OA在射线Ox上，则正六边形的顶点C的极坐标应记为（ ）
A．（60°，4）B．（45°，4）C．（60°，2）D．（50°，2）
11.如图，一张三角形纸片ABC，其中∠C＝90°，AC＝6，BC＝8．某同学将纸片做两次折叠：第一次使点A落在C处，折痕记为m；然后将纸片展平做第二次折叠，使点A落在B处，折痕记为n．则m、n的长度分别是（ ）
A．4，B．4，3C．4，D．3，5
已知二次函数（）的图象如图所示，
有下列5个结论：
①；②；③；
④2c＜3b；⑤（m≠1的实数）．
其中正确的结论有（ ）
A．2个 B．3个C．4个 D．5个
填空题（每小题5分，共20分）
设,则______.
14．如图，由点P（14，1），A（a，0），
B（0，a）（0＜a＜14）确定的△PAB的面积为18，
则a的值为 ．
阅读下面材料，并解答第15，16题：
在形如ab＝N的式子中，我们已经研究过两种情况：
①已知a和b，求N，这是乘方运算；
②已知b和N，求a，这是开方运算．
现在我们研究第三种情况：已知a和N，求b，我们把这种运算叫作对数运算．
定义：如果ab＝N（a＞0．a≠1，N＞0），则b叫作以a为底的N的对数，记作b＝lgaN．
例如：因为23＝8，所以lg28＝3；因为，所以．
我们可以根据对数的定义得到对数的性质：
lga（M•N）＝lgaM+lgaN lga＝lgaM﹣lgaN（a＞0，a≠1，M＞0，N＞0）
15．根据对数的定义，那么对数函数的图像大致为______
16．根据对数的性质计算：_________.
解答题（17题10分，其余每小题12分）
17.1)计算（5分）：+（）0+•sin45°﹣（π﹣2019）0
2）（5分）先化简，再求值：（x﹣1+）÷，其中x的值是从﹣2＜x＜3的整数值中选取．
18.（12分）某蔬菜生产基地的气温较低时，用装有恒温系统的大棚栽培一种新品种蔬菜．如图是试验阶段的某天恒温系统从开启到关闭后，大棚内的温度y （℃）与时间x（h）之间的函数关系，其中线段AB、BC表示恒温系统开启阶段，双曲线的一部分CD表示恒温系统关闭阶段．请根据图中信息解答下列问题：
（1）求这天的温度y与时间x（0≤x≤24）的函数关系式；
（2）求恒温系统设定的恒定温度；
（3）若大棚内的温度低于10℃时，蔬菜会受到伤害．问这天内，恒温系统最多可以关闭多少小时，才能使蔬菜避免受到伤害？
19．（12分）如图，直线AB经过⊙O上的点C，并且OA=OB，CA=CB，⊙O交直线OB于E，D，连接EC，CD．
（1）求证：直线AB是⊙O的切线；
（2）试猜想BC，BD，BE三者之间的等量关系，并加以证明；
（3）若tan∠CED=，⊙O的半径为3，求OA的长．
20．（12分）阅读以下材料：
对于三个实数a、b、c，用M{}表示这三个数的平均数，用min{}表示这三个数中最小的数．
例如：M{﹣1，2，3}=；min{﹣1，2，3}=﹣1；
min{﹣1，2，}=（）；min{﹣1，2，}=﹣1（）
解决下列问题：
（1）填空：min{sin30°，cs45°，tan30°}= ，
如果min{2，，}=2，则x的取值范围为 ；
（2）①如果M{2，，}=min{2，，}，求=_________．
②根据①，你发现了结论“如果M{，b，c}=min{，b，c}，那么_____________（填，b，c的大小关系）”．
③运用②的结论，若M{2x+y+2，x+2y，2x﹣y}=min{2x+y+2，x+2y，2x﹣y}，则x+y= ；
（3）在同一直角坐标系中作出函数，，的图象（不需列表描点），通过观察图象，填空：min{，，}的最大值为 ．
21．（12分）如图，菱形ABCD的边长为2，BD=2，E、F分别是边AD，CD上的两个动点，且满足AE+CF=2．
（1）求证：△BDE≌△BCF；
（2）判断△BEF的形状，并说明理由；
（3）设△BEF的面积为S，求S的取值范围．
22．（12分）已知开口向上的抛物线与x轴交于A（﹣3，0）、B（1，0）两点，与y轴交于C点，∠ACB不小于90°．
（1）求点C的坐标（用含的代数式表示）；
（2）求系数的取值范围；
（3）设抛物线的顶点为D，求△BCD中CD边上的高h的最大值．
（4）设E，当∠ACB=90°，在线段AC上是否存在点F，使得直线EF将△ABC的面积平分？若存在，求出点F的坐标；若不存在，说明理由．

高一入学摸底考试数学试题答案
一．选择题
1.解：m+n个数的平均数=，故选C．
2.解：∵csα=sin（90°﹣α），∴sinα＜csα=sin（90°﹣α）．
又正弦值随着角的增大而增大，得α＜90°﹣α，
∴α＜45°．又α是锐角，则α的取值范围是0°＜α＜45度．故选B．
3.由三视图可知选A.
4.答案选择D,还可以互补。
5.由题意可得m，n满足x2+3x﹣5＝0方程的两根，由韦达定理可得答案A
6.解：∵a＜b，∴a﹣2b＜b﹣2b，即a﹣2b＜﹣b，故选：D．
7.由一次函数、反比例函数性质可知选A.
8解：已知实数满足|2021﹣|+=，可得；
故原式化简为：﹣2008+=，即=2021，
平方可得：﹣2022=20212；整理得，a﹣20212=2022．故选A．
9.选D
10.解：如图，设正六边形的中心为D，连接AD，
∵∠ADO＝360°÷6＝60°，OD＝AD，
∴△AOD是等边三角形，
∴OD＝OA＝2，∠AOD＝60°，
∴OC＝2OD＝2×2＝4，
∴正六边形的顶点C的极坐标应记为（60°，4）．故选：A．
11.解：如图所示：由折叠的性质得：DE是线段AC的垂直平分线，
∴DE是△ABC的中位线，
∴m＝DE＝BC＝4；∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB＝＝＝10，
由折叠的性质得：AD＝BD＝AB＝5，∠BDF＝90°，
∵∠B＝∠B，∴△BDF∽△BCA，
∴，即，解得：DF＝，即n＝，故选：A．
12.解：开口向下，a＜0；对称轴在y轴的右侧，a、b异号，则b＞0；抛物线与y轴的交点在x轴的上方，c＞0，则abc＜0，所以①不正确；
当x=﹣1时图象在x轴下方，则y=a﹣b+c=0，即a+c=b，所以②不正确；
对称轴为直线x=1，则x=2时图象在x轴上方，则y=4a+2b+c＞0，所以③正确；
x=﹣=1，则a=﹣b，而a﹣b+c=0，则﹣b﹣b+c=0，2c=3b，所以④不正确；
开口向下，当x=1，y有最大值a+b+c；当x=m（m≠1）时，y=am2+bm+c，则a+b+c＞am2+bm+c，即a+b＞m（am+b）（m≠1），所以⑤正确．
故选：A．
填空
13）.1 14）.3或12 15）.D 16）.-1
三．解答题
17.1）解：原式＝3+1+×﹣1
＝4+1﹣1 (3分）
＝4． (5分）
2）解：原式＝＝＝． (3分）
已知﹣2＜x＜3的整数有﹣1，0，1，2，
∵分母x≠0，x+1≠0，x﹣1≠0，
∴x≠0，且x≠1，且x≠﹣1，
∴x＝2． （4分）
当x＝2时，原式＝．（5分））
18.1）
2）恒温系统设定的恒定温度：200
3）y=10代入，解得，所以20-10=10
恒温系统最多可以关闭10小时，才能使蔬菜避免受到伤害.
19.（1）证明：如图，连接OC，（1分）
∵OA=OB，CA=CB，∴OC⊥AB，（2分）
∴AB是⊙O的切线．（3分）
（2）解：BC2=BD•BE．（4分）
证明：∵ED是直径，∴∠ECD=90°，∴∠E+∠EDC=90°．
又∵∠BCD+∠OCD=90°，∠OCD=∠ODC（OC=OD），∴∠BCD=∠E．（5分）
又∵∠CBD=∠EBC，∴△BCD∽△BEC．（6分）
∴．∴BC2=BD•BE．（7分）
（3）解：∵tan∠CED=，∴．
∵△BCD∽△BEC，∴．（9分）
设BD=x，则BC=2x，∵BC2=BD•BE，∴（2x）2=x•（x+6）．（10分）
∴x1=0，x2=2．∵BD=x＞0，∴BD=2．
∴OA=OB=BD+OD=3+2=5．（12分）
20.解：（1）min{sin30°，cs45°，tan30°}=，
如果min{2，2x+2，4﹣2x}=2，则x的取值范围为0≤x≤1；
（2）①∵M{2，x+1，2x}==x+1．
法一：∵2x﹣（x+1）=x﹣1．当x≥1时，
则min{2，x+1，2x}=2，则x+1=2，
∴x=1．当x＜1时，
则min{2，x+1，2x}=2x，则x+1=2x，
∴x=1（舍去）．综上所述：x=1．
法二：∵M{2，x+1，2x}==x+1
∴x+1=min{2，x+1，2x}，
∴∴∴x=1．
②a=b=c．③﹣4；
（3）作出图象．∴最大值是1．
21（1）证明：∵菱形ABCD的边长为2，BD=2，
∴△ABD和△BCD都为正三角形，∴∠BDE=∠BCF=60°，BD=BC，
∵AE+DE=AD=2，而AE+CF=2，∴DE=CF，∴△BDE≌△BCF；
（2）解：△BEF为正三角形．
理由：∵△BDE≌△BCF，∴∠DBE=∠CBF，BE=BF，
∵∠DBC=∠DBF+∠CBF=60°，
∴∠DBF+∠DBE=60°即∠EBF=60°，
∴△BEF为正三角形；
（3）解：设BE=BF=EF=x，则S=•x•x•sin60°=x2，
当BE⊥AD时，x最小=2×sin60°=，∴S最小=×=，
当BE与AB重合时，x最大=2，∴S最大=×22=，
∴．
22.解：（1）∵抛物线 y=ax2+bx+c过点A（﹣3，0），B（1，0），
∴消去b，得 c=﹣3a．∴点C的坐标为（0，﹣3a），
（2）当∠ACB=90°时，
∠AOC=∠BOC=90°，∠OBC+∠BCO=90°，∠ACO+∠BCO=90°，
∴∠ACO=∠OBC，∴△AOC∽△COB，，
即 OC2=AO•OB，∵AO=3，OB=1，∴OC=，
∵∠ACB不小于90°，∴OC≤，即﹣c≤，
由（1）得 3a≤，∴a≤，
又∵a＞0，∴a的取值范围为0＜a≤，
（3）作DG⊥y轴于点G，延长DC交x轴于点H，如图．
∵抛物线 y=ax2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（1，0）．
∴抛物线的对称轴为x=﹣1．即﹣=﹣1，所以b=2a．
又由（1）有c=﹣3a．∴抛物线方程为 y=ax2+2ax﹣3a，D点坐标为（﹣1，﹣4a）．
于是 CO=3a，GC=a，DG=1．∵DG∥OH，∴△DCG∽△HCO，
∴，即，得 OH=3，表明直线DC过定点H（3，0）．
过B作BM⊥DH，垂足为M，即BM=h，
∴h=HB sin∠OHC=2 sin∠OHC．
∵0＜CO≤，∴0°＜∠OHC≤30°，0＜sin∠OHC≤．
∴0＜h≤1，即h的最大值为1，
答：△BCD中CD边上的高h的最大值是1．
（4）由（1）、（2）可知，当∠ACB=90°时，，，
设AB的中点为N，连接CN，则N（﹣1，0），CN将△ABC的面积平分，
连接CE，过点N作NP∥CE交y轴于P，显然点P在OC的延长线上，从而NP必与AC相交，设其交点为F，连接EF，
因为NP∥CE，所以S△CEF=S△CEN，
由已知可得NO=1，，而NP∥CE，
∴，得 ，
设过N、P两点的一次函数是y=kx+b，则，
解得：，即 ，①
同理可得过A、C两点的一次函数为 ，②
解由①②组成的方程组得，，
故在线段AC上存在点满足要求．
答：当∠ACB=90°，在线段AC上存在点F，使得直线EF将△ABC的面积平分，点F的坐标是（﹣，﹣）．