2022-2023学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高一上学期开学摸底考试数学试题含解析

2022-2023学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高一上学期开学摸底考试数学试题

一、单选题

1．如图，点是反比例函数图象上任意一点，轴于点，点是轴上的一个动点，则的面积为（       ）

A．1 B．2 C．4 D．无法确定

【答案】A

【分析】表示出点的横纵坐标，利用面积公式可求答案.

【详解】设，则，因为轴于点，所以，

的面积为，

故选：A.

2．某校图书馆的藏书两年内从5万册增加到7．2万册，则这两年的平均增长率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设平均增长率为，根据题意得：，再求解即可.

【详解】设平均增长率为，根据题意得：，解得或（舍去），

所以这两年的平均增长率为.

故选：C.

3．如果等式成立，则下列等式恒成立的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据等式的性质判断即可；

【详解】解：因为，所以，当时，故A错误；

当时，满足，但是无意义，故B错误；

由，所以，当时，故C错误；

由，所以，故D正确；

故选：D

4．已知，并且，则直线一定通过（       ）

A．第一、二象限 B．第二、三象限 C．第三、四象限 D．第一、四象限

【答案】B

【分析】依题意可得，即可得到或，然后根据一次函数的性质即可得出答案．

【详解】解：因为，所以①，②，③，

三式相加得．

有或．

当时，．则直线通过第一、二、三象限．

当时，不妨取，于是，，

，

直线通过第二、三、四象限．

综合上述两种情况，直线一定通过第二、三象限．

故选：B．

5．已知双曲线过点、点和点，且，则、和的大小关系是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据反比例函数的性质判断即可.

【详解】解：因为，所以反比例函数过二、四象限，

在第二象限内随的增大而增大且函数值大于零，在第四象限内随的增大而增大且函数值小于零，

因为，所以；

故选：A

6．若不等式对一切恒成立，则的取值范围是（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】讨论二次项系数是否为零，结合判别式符号可得答案.

【详解】当时，原式化为，显然恒成立；

当时，不等式对一切恒成立，

则有且，解得.

综上可得，.

故选：C

7．古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是（≈0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是．若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26 cm，则其身高可能是

A．165 cm B．175 cm C．185 cm D．190cm

【答案】B

【分析】理解黄金分割比例的含义，应用比例式列方程求解．

【详解】设人体脖子下端至肚脐的长为x cm，肚脐至腿根的长为y cm，则，得．又其腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26cm，所以其身高约为42．07+5．15+105+26=178．22，接近175cm．故选B．

【点睛】本题考查类比归纳与合情推理，渗透了逻辑推理和数学运算素养．采取类比法，利用转化思想解题．

8．2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（ Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（       ）．

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长，利用它们的算术平均数作为的近似值可得出结果.

【详解】单位圆内接正边形的每条边所对应的圆心角为，每条边长为 ，

所以，单位圆的内接正边形的周长为，

单位圆的外切正边形的每条边长为，其周长为，

，

则.

故选：A.

【点睛】本题考查圆周率的近似值的计算，根据题意计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.

9．在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．

甲：我的成绩比乙高．

乙：丙的成绩比我和甲的都高．

丙：我的成绩比乙高．

成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为   （ ）

A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙

C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙

【答案】A

【分析】利用逐一验证的方法进行求解.

【详解】若甲预测正确，则乙、丙预测错误，则甲比乙成绩高，丙比乙成绩低，故3人成绩由高到低依次为甲，乙，丙；若乙预测正确，则丙预测也正确，不符合题意；若丙预测正确，则甲必预测错误，丙比乙的成绩高，乙比甲成绩高，即丙比甲，乙成绩都高，即乙预测正确，不符合题意，故选A．

【点睛】本题将数学知识与时政结合，主要考查推理判断能力．题目有一定难度，注重了基础知识、逻辑推理能力的考查．

10．魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（       ）

A．表高 B．表高

C．表距 D．表距

【答案】A

【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．

【详解】如图所示：

由平面相似可知，，而 ，所以

，而 ，

即＝ ．

故选：A.

【点睛】本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出．

二、填空题

11．一个扇形的弧长为6π，面积为27π，则此扇形的圆心角为____________度．

【答案】

【分析】设扇形的半径为，圆心角为，根据弧长与扇形面积公式得到方程组，解得即可.

【详解】解：设扇形的半径为，圆心角为，依题意可得，

解得；

故答案为：

12．同时掷两枚质地均匀的骰子，每枚骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，则这两枚骰子向上的一面出现的点数不相同的概率为_______________.

【答案】

【分析】首先根据题意列出表格，然后由表格即可求得所有等可能的结果与两枚骰子点数不相同的情况，再利用概率公式即可求得答案．

【详解】解：列表得：

由表可知一共有36种情况，两枚骰子点数不相同的有30种，

所以这两枚骰子向上的一面出现的点数不同的概率为．

故答案为：．

13．如图，在四边形中，，连接，， ，， 则的面积为____________

【答案】

【分析】过作交延长线于点，过作，可证，由此，在中，，由及勾股定理可求得，

即，继而根据三角形面积公式求解即可．

【详解】解：过作交延长线于点，过作，

则，

，，

∴，

在和中，，

∴，

∴，

在中，，

设，则，，

由勾股定理，得，即，

解得，

∴，

∴的面积

故答案为：．

14．我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明.弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形直角边的长分别是3，4，记大正方形的面积为，小正方形的面积为，则___________.

【答案】25

【分析】分别求得大正方形的面积和小正方形的面积，然后计算其比值即可.

【详解】由题意可得，大正方形的边长为：，

则其面积为：，

小正方形的面积：，

从而.

故答案为：25.

15．若，，则值是_________．

【答案】

【分析】先求出的值，又，再代入求解即可.

【详解】因为，，所以，

所以.

故答案为：.

16．若，那么的值是_________．

【答案】

【分析】先求出，的值，再代入所求式子，将式子进行裂项，再相加求解即可.

【详解】因为，所以，，即，，

所以

.

故答案为：.

三、双空题

17．某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折5次，那么_____．

【答案】         

【分析】根据题意依次对折，再分析即可求解.

【详解】由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，

所以对折3次的结果有：，共4种不同规格（单位；

故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格；

对折5次得到如下规格：，，，，，，共6种不同规格；

所以，，，所以.

故答案为：，.

18．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．

【答案】     共26个面.     棱长为.

【分析】第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决．

【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．

如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，

，

，即该半正多面体棱长为．

【点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形．

四、解答题

19．已知：不论取什么实数，关于的方程（是常数）的根总是，求的值．

【答案】，

【分析】首先把根代入原方程中得到一个关于的方程，再根据方程与无关的应满足的条件即可得、的值．

【详解】解：把代入原方程并整理得，

要使等式不论取什么实数均成立，

只有满足，

解得，．

20．某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：

旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为和，样本方差分别记为和．

（1）求，，，；

（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果，则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高）．

【答案】（1）；（2）新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.

【分析】（1）根据平均数和方差的计算方法，计算出平均数和方差.

（2）根据题目所给判断依据，结合（1）的结论进行判断.

【详解】（1），

，

，

.

（2）依题意，，，

，所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.

21．设、、、满足，，，，求的值．

【答案】

【分析】由，两边同时乘以，得①，再给，两边同时乘以得②，联立①②得、，代入，可得结果．

【详解】解：，

，

即，

，

①，

，

，

即，

，

②，

由①②得，

，

由得，

，

，

.

22．在平面直角坐标系中， 为坐标原点，抛物线与轴的负半轴交于点，与轴的正半轴交于点，与轴交于点，直线的解析式为．

(1)如图1，求的值；

(2)如图2，点在第一象限的抛物线上，其横坐标为，作于点，设线段的长为，求与之间的函数关系式，并直接写出自变量的取值范围；

(3)如图3，在（2）的条件下，轴于点，连接为的中点，点在线段的延长线上，，点在点右侧的轴上，连接，，若，求的值．

【答案】(1)、

(2)

(3)

【分析】（1）求出一次函数与坐标轴的交点，再代入二次函数解析式，解得即可；

（2）作轴，交直线于点，即可得到，所以，再表示出、的坐标，即可得解；

（3）连接、直线交轴于点，可证，即可得到，再根据得到方程，解得，从而代入解得.

【详解】(1)解：由，

令，则，所以，

令，则，解得，所以，

所以，解得.

(2)解：由（1）可知抛物线方程为，

作轴，交直线于点，

因为，所以，又轴，所以，

所以，

因为，，

所以，

所以，

即.

(3)解：连接、直线交轴于点，

因为，

所以，

因为为的中点，所以，

同理可证，

设，因为，所以，

因为，所以，

所以，

因为，所以，

因为，所以，所以，

所以，

因为，，

所以，

因为，所以，

所以，

因为，

所以，

所以，所以，

所以.