广东省佛山市南海区2024-2025学年高一上学期开学考试数学试题（解析版）

这是一份广东省佛山市南海区2024-2025学年高一上学期开学考试数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁， 因式分解， 若，，则的值为， 在中，，则的长为等内容，欢迎下载使用。
2024年9月
本试卷共4页，24题，满分100分.考试用时90分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必填写答题卡上的有关项目.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回.
一､选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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. 下列各式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数幂运算求解.
【详解】对A：原式，所以A选项错误；
对B：原式，所以B选项错误；
对C：原式，所以C选项错误；
对D：显然，所以原式，所以D选项正确.
故选：D
2. 如图，已知矩形中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，证得，得到，进而求得的值.
【详解】在矩形中，可得，所以，
因为，且，所以，可得，
所以，所以.
故选：C
3. 化简，结果是（ ）
A. 6x―6B. ―6x+6C. ―4D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由根式的性质可得，再由根式的化简即可求解.
【详解】∵，
∴，∴，
∴
故选：D.
4. 已知，则（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】利用幂的运算，将已知等式进行变形，根据等式的性质可得，即可求出．
【详解】因为，
所以，
所以，
则，即，则.
故选：A.
5. 因式分解（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将已知式分成两组，分别提取公因式，再提取新的公因式即得.
【详解】由.
故选：B.
6. 若，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意可得，再代入已知条件计算可得.
【详解】解：，，
.
故选：D.
7. 在中，，则的长为（ ）
A. B. 4C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知，所以根据两角和的正弦公式可求得，再根据正弦定理可求得.
【详解】根据三角形内角和为，所以可知，
则，
根据正弦定理可知，代入解之可得.
故选：C
8. 一种产品今年1月份的销售额是2万元，3月份的销售额是4.5万元，从1月份到3月份，该产品销售额平均每月的增长率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设每月增长率为，可得3月份的销售额为，根据等量关系列式求解.
【详解】设销售额平均每月的增长率为，根据题意可得：，
解得：.
故选：A.
9. 开口方向向上的二次函数的图象与轴相交于两点，则以下结论：①；②对称轴为；③；④.其中正确的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】利用二次函数的图象与性质一一判定结论即可.
【详解】由题意可知，所以，
则，，，，即①③正确.
故选：C
10. 如图所示，在边长为的正方形铁皮上剪下一个扇形和一个圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为（ ）

A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据扇形的弧长与圆锥底面周长的关系可求得小圆半径和扇形半径之间的关系，继而结合正方形的对角线长，列式求出底面圆的半径，继而求得圆锥的高，即得答案.
【详解】如图1，过⊙F圆心F作于E，于G，
则四边形为正方形，设小圆半径为r，扇形半径为R，则，
小圆周长为，扇形弧长为，
∵剪下一个扇形和圆恰好围成一个圆锥，，解得，
即，，
∵正方形铁皮边长为，，
，∴；
在图2中，，
由勾股定理得，圆锥的高，

故选：B
二､填空题：本题共10小题，每小题3分，共30分.
11. 已知，则________．
【答案】2或1
【解析】
【分析】将条件左右两边同时除以，可得，解方程即可.
【详解】将左右两边同时除以，可得.
得，所以或2.
【点睛】本题主要考查了二次方程的求解，等式两边同时除以，将方程整理为关于的方程是解题的关键，属于基础题.
12. 如图，四边形是的内接四边形，若，则的度数是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆周角定理求出，再利用圆内接四边形性质得出，即可求出的度数．
【详解】，
，
四边形为的内接四边形，
，
，
故答案为：．
13. 方程的两根为，且，则____________.
【答案】-3
【解析】
【分析】根据根与系数的关系即可求得答案.
【详解】∵方程的两根为，
∴，，
由题意得：；，
∵，∴，，故，
故答案为：-3.
14. 不等式：的解为______．
【答案】或
【解析】
【分析】根据题意结合有理数的除法法则可得或，再解不等式组即可．
详解】由，得或，解得或，
所以不等式的解为或.
故答案为：或
15. 在平面直角坐标系中，圆的圆心为点，半径为2，圆的圆心为点，半径为.若圆和圆有三条公切线，则半径的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据圆和圆有三条公切线，即两圆外切，列方程式求解.
【详解】因为圆和圆有三条公切线，
所以两圆外切，所以，
所以.
故答案为：.
16. 已知，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】将已知等式按照分别配方，利用等式性质求出的值，代入即得.
【详解】由配方得，，
因，，故必须满足，
此时，.
故答案为：.
17. 把抛物线向左平移__________个单位，得到抛物线的解析式为.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】注意到，结合题意可得答案.
【详解】注意到，
与相比较可得向左平移 个单位可满足题意.
故答案为：
18. 已知正整数n满足：则n＝______
【答案】6
【解析】
【分析】利用裂项相消法即可求解.
【详解】依题意，
，
解得.
故答案为：6.
19. 因式分解：_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据提公因式求解即可.
【详解】解：.
故答案为：
20. 已知实数x，y满足方程组，则____________．
【答案】13
【解析】
【分析】根据立方和公式、完全平方和公式即可求解．
【详解】，
把代入，可得，

．
故答案为：13
三､解答题：本题共4小题，每小题10分，共40分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
21. 已知关于的一元二次方程有实数根.
（1）求的取值范围；
（2）若该方程的两个实数根分别为，且，求的值.
【答案】（1）
（2）-2
【解析】
【分析】（1）依题意得，解出即可；
（2）由根与系数的关系以及配方法即可求解.
【小问1详解】
根据题意，，即，解得，
所以的取值范围是.
【小问2详解】
由题，，，，
，
化简得，，解得或3（舍去），
.
22. 已知函数，当时，；当时，.
（1）求这个函数的解析式；
（2）在平面直角坐标系中画出该函数的图象，观察函数图象，写出该函数的一条性质；
（3）若关于的方程有4个不同实数根，请直接写出的取值范围.
【答案】（1） （2）图象见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）将，；，列式运算得解；
（2）根据解析式讨论去绝对值，依据二次函数画出图象，观察图象得出性质；
（3）问题等价于函数与的图象有4个交点，结合图象得解.
【小问1详解】
由题意可得，解得，，
.
【小问2详解】
，
当时，随着的增大而增大（答案不唯一）.
【小问3详解】
方程有4个不同实数根，
即函数与函数有4个不同的交点，
由图象得.
23. 如图，是的直径，点是上一点，与过点的切线垂直，垂足为点，直线与的延长线相交于点，弦平分，交于点.
（1）证明：平分；
（2）证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用直线与圆的位置关系先判定，利用平行线的性质及等腰三角形的性质证明即可；
（2）连接，利用等弧对等角判定，根据等腰三角形及对顶角证明证明即可.
【小问1详解】
由与过点的切线垂直，垂足为点知：，且，则，
又为等腰三角形，则，
所以，即平分；
【小问2详解】
连接，由弦平分，则，
所以，根据已知及圆的性质知，
又等腰三角形，则，
结合（1）知，
所以，则.
24. 一般地，我们把按照确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.数列的第一个位置上的数叫做这个数列的第1项，常用符号表示，第二个位置上的数叫做这个数列的第2项，常用符号表示，，第个位置上的数叫做这个数列的第项，常用符号表示.定义：一个正整数称为“漂亮数”，当且仅当存在一个数列，满足①②③：①都是正整数；②；③.
（1）写出最小的“漂亮数”；
（2）当时，求出所有的“漂亮数”.
【答案】（1）6 （2）
【解析】
【分析】（1）直接根据“漂亮数”的定义即可证明最小的“漂亮数”为6；
（2）先证明或，利用分类讨论的思想可得和，根据“漂亮数”的定义求出即可.
【小问1详解】
若是“漂亮数”，
设，满足，
则，所以，即，
故，得，则，所以，
此时，假设，则，又，
所以全部可能取值为，
经验证，上述的取值都不等于1，不符合题意.
所以，又，故6为“漂亮数”，
所以最小的“漂亮数”是6；
【小问2详解】
若，设，满足，
则，所以，即，
而，
所以，即，故，
得，即，
又，所以，
而，故，即.
若，则，所以.
假设，则，矛盾.
故，所以，得.
故，则，得，又，所以.
又，矛盾，
故或.
当时，有，得，
则，得，即.
由，得，分别代入，
使得为正整数的有，对应的分别为.
当时，有，得，
则，得，即.
由，得，分别代入，
使得为正整数的有，对应的分别为.
综上，满足条件的全部为.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对新定义的理解，只有理解了定义，方可解决对应的问题.