甘肃省武威市民勤县等2地2024-2025学年高一上学期开学数学试题（解析）

2024-2025学年度第一学期开学考试高一数学（120分钟，150分）第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.下列计算正确是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据根式运算法则一一判断即可.【详解】对A，，故A错误；对B，，故B错误；对C，，故C正确；对D，，故D错误.故选：C.2.由若干个完全相同的小正方体组成一个立体图形，它的左视图和俯视图如图所示，则小正方体的个数不可能是（）A.8 B.7 C.6 D.5【答案】D【解析】【分析】根据三视图的知识确定正确答案.【详解】由左视图可知，第层上至少有个小正方体；最多有个小正方体（结合俯视图）.从俯视图可知，第层上一共有个小正方体；所以小正方体的个数至少为个，最多为个，不可能是个.故选：D3.为贯彻教育部《大中小学劳动教育指导纲要（试行）》文件精神，某学校积极开设种植类劳动教育课.某班决定每位学生随机抽取一张卡片来确定自己的种植项目，老师提供6张背面完全相同的卡片，其中蔬菜类有4张，正面分别印有白菜、辣椒、豇豆、茄子图案；水果类有2张，正面分别印有草莓、西瓜图案，每个图案对应该种植项目.把这6张卡片背面朝上洗匀，小明随机抽取一张，他恰好抽中水果类卡片的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用概率公式进行求解.【详解】由题意，随机抽取一张，共有6种等可能的结果，其中恰好抽中水果类卡片的有2种，∴小明随机抽取一张，他恰好抽中水果类卡片的概率是，故选：B.4.二次函数在区间上单调递增的一个充分不必要条件为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出在区间上单调递增的等价条件为，通过充分不必要条件的定义，即可判断【详解】因为二次函数在区间上单调递增，所以解得．因为只有C是其真子集，故选：C5.一商店在某一时间以每件120元的价格卖出两件衣服，其中一件盈利20%，另一件亏损20%，在这次买卖中，这家商店（）A.不盈不亏 B.盈利20元C.亏损10元 D.亏损30元【答案】C【解析】【分析】根据题意求解两件衣服的进价，即可求解.【详解】设两件衣服的进价分别为，根据题意可得，解得，所以，故亏损10元.故选：C6.如图，在中，，以点A为圆心，任意长为半径画弧分别交AB，AC于点M和N，再分别以M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点B连接AP并延长交BC于点D，则下列结论不正确的是（）A.AD平分 B.C.点D在AB的垂直平分线上 D.【答案】D【解析】【分析】利用全等三角形得到是的平分线，从而可以判断A；再根据直角三角形的性质可以判断B；根据题意可以得到，从而可以判断C；根据题意可以得到和的关系，从而可以求得的值，从而可以判断D．【详解】连接，如图，由题意可知，，又，所以，则，所以是的平分线，故A正确；因为，所以，所以，故，故B正确；因为，所以，所以点D在的垂直平分线上，故C正确；因为，所以，所以，所以，故D错误.故选：D．7.如图1所示的图形是一个轴对称图形，且每个角都是直角，长度如图所示，小明按图2所示方法玩拼图游戏，两两相扣，相互间不留空隙，那么小明用9个这样的图形拼出来的图形的总长度是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意得出口朝上的有个和口朝下的有个，分别求出其长度，求出它们的和即可求得.【详解】因为小明用个这样的图形拼出来的图形，所以口朝上的有个，口朝下的有个，口朝上的个长度之和是，口朝下的有个长度为，所以总长度为.故选：D.8.若一组数据，，的平均数为4，方差为3，那么数据，，的平均数和方差分别是（）A.4，3 B.6，3 C.3，4 D.6，5【答案】B【解析】【分析】根据平均数以及方差的性质及可求解.【详解】若一组数据，，的平均数为4，方差为3，那么数据，，的平均数和方差分别是6，3，故选：B9.甲､乙两人解关于的不等式，甲写错了常数，得到的解集为；乙写错了常数，得到的解集为.那么原不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据韦达定理解出值，则得到不等式，解出即可.【详解】根据韦达定理得，则，则原不等式为，解得，即解集为，故选：B.10.定义：在平面直角坐标系中，对于点，当点满足时，称点是点的“倍增点”，已知点，有下列结论：①点，都是点的“倍增点”；②若直线上的点A是点的“倍增点”，则点A的坐标为；③抛物线上存在两个点是点的“倍增点”；④若点是点的“倍增点”，则的最小值是.其中，正确结论的个数是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】对于①：根据题目所给“倍增点”定义，分别验证即可；对于②：点，根据“倍增点”定义，列出方程，求出a的值，即可判断；对于③：设抛物线上点是点的“倍增点”，根据“倍增点”定义列出方程，再根据判别式得出该方程根的情况，即可判断；对于④：设点，根据“倍增点”定义可得，根据两点间距离公式可得，把代入化简并配方，即可得出的最小值为，即可判断.【详解】对于①：因为，，所以，所以，则是点的“倍增点”；因为，，所以，所以，则是点的“倍增点”；故①正确，符合题意；对于②：设点，因为点A是点的“倍增点”,所以，解得：，所以，故②不正确，不符合题意；对于③：设抛物线上点是点的“倍增点”，所以，整理得：，所以因，所以方程有两个不相等实根，即抛物线上存在两个点是点的“倍增点”；故③正确，符合题意；对于④：设点，因为点是点的“倍增点”，所以，因为，，所以，因为，所以的最小值为，所以的最小值是，故④正确，符合题意.综上：正确的有①③④，共3个.故选：C.【点睛】关键点点睛：解题的关键是正确理解题目所给“倍增点”定义，根据定义列出方程求解.11.如图，四边形ABCD是正方形，E，F是边BC上的点，且.连接AC，DF交于点G，连接AE，BG，有以下两个结论：①；②GB平分.对于结论①和②，下列判断正确的是（）A.①和②都对 B.①和②都不对C.①不对，②对 D.①对，②不对【答案】D【解析】【分析】根据正方形的性质，结合三角形全等可得、和，则，根据等量代换即可求得进而判定①结论；分析可知只有当时，BG平分，故则可判定②．【详解】对于①：因为四边形ABCD是正方形，则，，在和中，可知，则，所以，在和中，可知，则，所以，在和中，可知，则，所以，可得，所以，故①结论正确；对于②：假设GB平分，则，因为不能确定，所以不能确定BG平分，故②结论不正确；故选：D．12.如图，点在双曲线（）上，过点作轴，垂足为点，分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于，两点，作直线交轴于点，交轴于点，连接.若，则的值为（）A.2 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设交于，利用面积法求出的长，再利用三角形相似的性质求出即可解决问题.【详解】设交于，由已知可得垂直平分，在中，，，，由可得，故选：B.第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知实数m、n满足m＋n＝4，，则以m、n为两根的一个一元二次方程可以是______.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据立方和公式，结合配方法，利用韦达定理，可得答案.【详解】由，则，由，则，利用配方法，可得，由，解得，故答案为：（答案不唯一）.14.存在使不等式成立，则的取值范围是_____【答案】【解析】详解】由题意得15.如图，正六边形的边长为2，以为圆心，的长为半径画弧，得弧、连结、，则图中阴影部分的面积为______.【答案】【解析】【分析】结合正六边形的性质及等腰三角形，直角三角形求得，应用扇形面积公式即可求解.【详解】解：∵正六边形的边长为2，∴，，∵∴，过作于，∴，在中，，∴，同理可证，，∴，∴，∴图中阴影部分的面积为.故答案为：.16.小明对自己上学路线的长度进行了20次测量，得到20个数据，已知，当代数式取得最小值时，x的值为______．【答案】【解析】【分析】令，将代数式最小值，转化为二次函数的最小值，即∶当，取得最小值，即可得解．【详解】则当时，取得最小值，即当时，取得最小值；故答案为∶三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.化简，并画出简图，写出最小值．【答案】图象见解析，最小值为4.【解析】【分析】先利用根式的性质化简，再转化为分段函数求解.【详解】，，.由图象可知，最小值为4．【点睛】本题主要考查根式的性质以及分段函数的图象和性质，属于基础题.18.已知集合，．（1）求A；（2）若，求实数a的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件，解出分式不等式即可．（2）根据已知条件，分是否为空集讨论，即可求解．【小问1详解】由题意得，解得，则.【小问2详解】因，当时，，解得，满足题意，当时，因为，所以，解得综上所述，实数的取值范围为．19.如图，以边长为4的正方形ABCD的中心为原点，构建一个平面直角坐标系．现做如下实验：连续抛掷一枚质地均匀的正方体的骰子（六个面分别标有1至6这六个点数中的一个）两次，将骰子朝上的点数作为直角坐标系中点P的坐标（第一次的点数作为横坐标，第二次的点数作为纵坐标）（1）①请用画树状图或列表的方法，表示出点P的坐标的所有可能的结果；②求点P在正方形ABCD中（含正方形内部和边界）的概率．（2）试将正方形ABCD平移整数个单位长度，则是否存在一种平移，使点P在正方形ABCD中的概率为？若存在，请写出平移方式；若不存在，请说明理由．【答案】（1）①答案见详解；②（2）存在，平移方式见详解【解析】【分析】（1）①用列表法写出点P的坐标的所有可能的结果即可；②由古典概型计算即可得答案；（2）要使点P在正方形中的概率为，则需有且只有12个点落在正方形中（含正方形内部和边界），由此即可写出答案.【小问1详解】①设，则点坐标的所有可能结果如下表所示．123456123456②由①知构成的点的坐标共有36种情况，其中在正方形中的有，，，这4种情况．所以点在正方形中的概率为．【小问2详解】因为点在正方形中的概率为，可知只能将正方形向上或向右平移整数个单位长度，且使点P在正方形中的情况有12种，所以满足要求的平移方式有两种，一种是将正方形先向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度（先向右再向上亦可）；另一种是将正方形先向上平移1个单位长度，再向右平移2个单位长度（先向右再向上亦可）．20.为落实“绿水青山就是金山银山”的发展理念，某市政部门招标一工程队负责在山脚下修建一座水库的土方施工任务.该工程队有两种型号的挖掘机，已知3台型和5台型挖掘机同时施工一小时挖土165立方米；4台型和7台型挖掘机同时施工一小时挖土225立方米.每台型挖掘机一小时的施工费用为300元，每台型挖掘机一小时的施工费用为180元.（1）分别求每台型，型挖掘机一小时挖土多少立方米？（2）若不同数量的型和型挖掘机共12台同时施工4小时，至少完成1080立方米的挖土量，且总费用不超过12960元.问施工时有哪几种调配方案，并指出哪种调配方案的施工费用最低，最低费用是多少元？【答案】（1）每台型挖掘机一小时挖土30立方米，每台型挖据机一小时挖土15立方米（2）型挖掘机7台，型挖掘机5台的施工费用最低，最低费用为12000元【解析】【分析】（1）设每台A型，B型挖据机一小时分别挖土x立方米和y立方米，根据题意列出方程组，解答即可；（2）利用总费用不超过12960元求出方案数量，再利用一次函数增减性求出最低费用．【小问1详解】设每台型，型挖掘机一小时分别挖土立方米和立方米，根据题意，得，解得.所以，每台型挖掘机一小时挖土30立方米，每台型挖据机一小时挖土15立方米.【小问2详解】设型挖掘机有台，总费用为元，则型挖据机有台.根据题意，得，因为，解得，又因为，解得，所以.所以，共有三种调配方案.方案一：当时，，即型挖据机7台，型挖掘机5台；案二：当时，，即型挖掘机8台，型挖掘机4台；方案三：当时，，即型挖掘机9台，型挖掘机3台.，由一次函数的性质可知，随的减小而减小，当时，，此时型挖掘机7台，型挖掘机5台的施工费用最低，最低费用为12000元.21.如图（1），抛物线交轴于点A5,0，交轴于点.（1）求和的值；（2）已知点，是抛物线上的两个点，且，，求此抛物线的顶点到的距离；（3）如图（2），连接，点是抛物线在线段上方部分上的一个动点，连接，交线段于点，设，求的取值范围.【答案】（1）（2）16（3）【解析】【分析】（1）将坐标代入，列出方程，即可得到结果；（2）根据抛物线的解析式可得其对称轴方程，再由抛物线的对称性可得坐标，即可得到结果；（3）根据题意，由条件可得直线的解析式，从而可得坐标，再由列出方程，可得，由二次函数的最值，即可得到结果.【小问1详解】将A5,0，代入二次函数中得，，解得：，∴此二次函数的解析式为；【小问2详解】由（1）知此二次函数的解