2023-2024学年福建省宁德市高一上学期学生学科素养测试数学质量检测模拟试题（含解析）

2023-2024学年福建省宁德市高一上学期学生学科素养测试数学质量检测模拟试题试卷说明：1.试卷；建议时长：120分钟；2.请将答案正确填写到相应的答题区域.一、单选题（本题共8小题，共24分）1．下列既是轴对称图形又是中心对称图形的是（

）A．

B．

C．

D．

2．每年的4月23日是“世界读书日”，某中学为了了解高一年级学生的读书情况，随机调查了60名学生的册数，统计数据如表所示，则这50名学生读书册数的众数、中位数是（

）册数01234人数31316171A．3，3 B．3，2 C．2，3 D．2，23．某直播平台带货销售一种产品，4月份获得利润15万元，由于产品畅销，利润逐月增加，二季度共获利66.2万元，已知5月份和6月份利润的月增长率相同.设5，6月份利润的月增长率为，那么满足的关系为（

）A． B．C． D．4．如图，将边长为2cm的正方形沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，得到，若两个三角形重叠部分的面积为，则它移动的距离等于（

）

A．0.5cm B．1cm C．1.5cm D．2cm5．在平面直角坐标系中，若点与点关于直线轴对称，则的值是（

）A． B． C． D．6．已知关于的一元二次方程的两个实数根分别为，且，则的值是（

）A． B．3 C． D．或37．若，则关于的不等式组整数解的个数是（

）A．4 B．5 C．6 D．78．集合，，则（

）A． B． C． D．二、多选题（本题共4小题，共20分.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的不得分）9．下列计算正确的是（

）A． B．C． D．10．由二次函数，可知（

）A．其图象的开口向上 B．其图象的对称轴为直线C．其最小值为1 D．当时，随的增大而增大11．如图，在平行四边形中，是的中点，则下列四个结论：

①；②若，，则；③若，则；④若，则与全等.其中正确的结论为（

）A．① B．② C．③ D．④12．已知集合A=，B，下列说法正确的是（

）A．不存在实数使得B．当时，.C．当时，的取值范围是D．当时，三、填空题（本题共4小题，共20分）13．在一个不透明的纸盒中装有2个白球和若干个红球，这些球除颜色外都相同.每次从袋子中随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，通过多次重复试验发现摸出红球的频率稳定在0.8附近，则袋子中红球约有个.14．代数式取得最小值时对应x的值为.15．若关于的分式方程无解，则的值为.16．已知二次函数的对称轴是，且不等式的解集为，则的解析式是．四、解答题（本题共4小题，共36分）17．计算.18．化简求值：，其中是不等式组的整数解.19．设全集，集合，．(1)当时，求；(2)若，求a的取值范围．20．在一次数学活动课上，老师要求同学们画15°、30°和60°角，小强同学身旁没有量角器，也没有圆规、三角尺，他灵机一动，想到了折纸的办法：他拿出一张矩形纸片，先对折使与重合，如图一，得到折痕，把纸片展平，再一次折叠纸片，使点落在上的处，并使折痕经过点，得到折痕和线段.

(1)请直接写出的度数，并说明理由；(2)在图一的线段上取一点，将沿着直线折叠，如图二，使得点恰好落在线段上，求；

(3)若为边上一点，如图三，将沿直线折叠，的对应点为，延长交边于点，延长交边于点，连接.

①若，当时，若存在唯一的点，使得四边形为平行四边形，求的值；②在①的条件下，若为线段上一动点，如图四，连接，取线段的中点，连接，求的最小值.

1．B【分析】AD不满足中心对称，C不满足轴对称，B满足要求.【详解】AD选项，图形为轴对称图形，不是中心对称图形，AD错误；B选项，图形是轴对称图形，也是中心对称图形，B正确；C选项，图形不是轴对称图形，是中心对称图形，C错误.故选：B2．B【分析】利用众数，中位数的定义，即可得出答案．【详解】∵将这组样本数据按从小到大的顺序排列，其中处于中间的两个数都是2，∴这组数据的中位数为2；∵这组样本数据中，3出现了17次，出现的次数最多，∴这组数据的众数是3；故B符合题意，故选：B．3．D【分析】由题意4，5，6月份利润和为66.2万元，再根据增长率相同列式即可.【详解】由题意4月份获得利润15万元，5月份获得利润万元，6月份获得利润万元，又二季度共获利66.2万元，故.故选：D4．B【分析】设与交于，设cm，根据直角三角形的性质与平行四边形的面积公式求解即可.【详解】设与交于，与交于，则由题意，，故，则，故为等腰直角三角形，同理等腰直角三角形，且，则阴影部分为平行四边形.设cm，则cm，cm，故，即，解得.

故选：B5．C【分析】根据轴对称的点横纵坐标的性质求解即可.【详解】若点与点关于直线轴对称，则，解得，故.故选：C6．D【分析】由韦达定理得到两根之和，两根之积，从而得到方程，求出的值，检验后得到答案.【详解】由韦达定理得，故，解得或，当或时，均满足，故的值是或3.故选：D7．C【分析】解一元一次不等式组即可求解.【详解】由，解得，即，因为，所以，所以包含的整数有：共6个.故选：C.8．D【分析】先计算出，进而求出交集.【详解】，故.故选：D9．CD【分析】根据因式分解的方法求解.【详解】对A，，A错误；对B，，B错误；对C，，C正确；对D，，D正确；故选：CD.10．AC【分析】根据二次函数的图象性质求解.【详解】因为二次函数，所以图象的开口向上，A正确；对称轴为直线，B错误；当时，函数有最小值为1，C正确；当时，随的增大而减小，D错误；故选：AC.11．ACD【分析】对于①，证明出≌，故，从而结合得到；对于②，由直角三角形斜边大于直角边，得到，从而，②错误；对于③，先得到，又，故，从而得到答案；对于④，分两种情况，结合平行四边形性质和三角形全等得到结论.【详解】对于①，因为四边形为平行四边形，所以，，所以，，又是的中点，故，所以≌，故，所以，故，①正确；对于②，画出图形，如下：因为，所以，因为，故，②错误；对于③，由①可知，≌，故，，故，若，则，故，又，故，所以，③正确；对于④，如图1，，此时四边形为平行四边形，故满足，故四边形为平行四边形，所以与全等；如图2，此时，四边形为等腰梯形，因为，所以，故四边形为等腰梯形，故，又，故≌，所以，又，则与全等，④正确.故选：ACD12．BCD【分析】逐个分析判断即可【详解】对于A，若，则，解得，所以A错误，对于B，当时，，则，所以B正确，对于C，因为A=，所以或，当时，，得，此时，当时，或，解得，所以当时，的取值范围是，所以C正确，对于D，由上面可知，当时，，此时，所以当时，成立，所以D正确，故选：BCD13．【分析】利用频率结合古典概型的计算公式代入即可得出答案.【详解】因为摸到红球的频率稳定在0.8附近，估计袋中红球个数是.故答案为.14．【分析】根据基本不等式等号成立的条件即可求得答案.【详解】由可知，故，当且仅当，即时等号成立，故15．【分析】将分式方程化为整式方程，考虑整式方程无解以及分式方程增根两种情况，求出的值.【详解】，去分母得，即，若时，此时无解，故分式方程无解；若时，此时，当或时，为分式方程的增根，分式方程无解，解得或，综上：的值为.故16．【分析】由不等式的解集得一元二次方程的两根，由韦达定理得两个关系式，又由对称轴得一关系式，结合起来可求得，得函数解析式.【详解】解：为，其解集为，则，，又函数的对称轴是，则，两者结合解得，所以.故答案为.17．3【分析】根据绝对值、指数与根式的运算求解即可.【详解】原式.18．【分析】根据分式性质化简可得原式，再根据分母与0不能作为除数求解可得，再代入计算即可.【详解】原式.即，故，即，又是不等式组的整数解，故.又因为，故且，故.故原式19．(1)(2)【分析】（1）求出集合A，根据集合的并集运算即可求得答案.（2）求出集合A的补集，根据，即可得答案.【详解】（1）由题意可得集合，，故.（2），或，若，则，即a的取值范围为.20．(1)，理由见解析(2)(3)①；②【分析】（1）根据题意可得为直角三角形，并且进而求解；（2）根据翻折前后的关系，设，结合求解即可；（3）①设，根据题意结合相似三角形性质可得，进而可得若存在唯一的点，使得四边形为平行四边形，则，再代入求解即可；②取中点，连接，交于，再根据正方形与等腰直角三角形的性质可得当为线段上一动点时，的轨迹为线段，进而可得当在点，在点时取最小值.【详解】（1）由题意，且，分别为的中点，故在中，，故.又翻折前后可知，故.（2）由题意，且，设，则，则，，故.即（3）①由题意，四边形