2022雅安中学新高一上学期入学考试（初升高）数学试题含答案

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：∵cosα=sin（90°﹣α），∴sinα＜cosα=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．

二．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°，cos45°，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（﹣，﹣）．