云南省大理下关第一中学2024-2025学年高一上学期入学考试数学试题（原卷版+解析版）

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的准考证号､姓名､考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔在“考场号”和“座位号”栏相应位置填涂自己的考场号和座位号.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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.不按以上要求作答的答案无效.
一､单选题（本题共8小题，每小题5分，共40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. 京杭大运河已实现全线通水，它南起杭州，北到北京，全长约1800000m，将数字1800000用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据科学记数法的定义即可得解.
【详解】.
故选：B.
2. 以下是我国部分城市地铁标志的图案，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断各个选项即可求解.
【详解】对于A，为轴对称图形，不是中心对称图形；
对于B，既不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
对于C，不轴对称图形，是中心对称图形；
对于D，既是为轴对称图形，也是中心对称图形.
故选：D.
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 过一点一定有一条直线与已知直线平行B. 三点确定一个圆
C. 一个三角形只有一个外接圆D. 三角形的外心到三条边的距离相等
【答案】C
【解析】
【分析】利用点与直线的位置关系及三角形的特征即可得出.
【详解】对于A，过已知直线外一点一定有一条直线与已知直线平行，故A错误；
对于B，不在同一直线上的三点确定一个圆，故B错误；
对于C，一个三角形只有一个外接圆，故C正确；
对于D，三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，故D错误；
故选：C
4. 已知，则代数式的值为（ ）
A. 7B. 14C. 28D. 49
【答案】D
【解析】
【分析】由已知得，再配方代入计算作答.
详解】依题意，，所以.
故选：D
5. 若在实数范围内有意义，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次根式及分式有意义求解即可．
【详解】由题意得，解得，
故选：A．
6. 如果一个多边形的内角和是它外角和的4倍，那么这个多边形的边数为（ ）
A. 6B. 8C. 9D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】利用多边形内角和公式根据题意列方程求解即可
【详解】设这个多边形的边数为，
因为多边形的内角和是它外角和的4倍，
所以，解得，
故选：D
7. 如图，一个三级台阶，每一级的长、宽、高分别为20、3、2，A和B是这个台阶两个相对的端点，点A处有一只蚂蚁，想到点B处去吃可口的食物，则蚂蚁沿着台阶面爬到B点最短路程是（ ）
A. 15B. 20C. 25D. 27
【答案】C
【解析】
【分析】先将已知图形展开，三级台阶平面展开图为长方形，长为，宽为；再根据两点之间，线段最短可得蚂蚁沿台阶面爬行到点的最短路程是此长方形的对角线长，然后运用勾股定理可完成解答．
【详解】如图所示：

三级台阶平面展开图为长方形，长为，宽为，
则蚂蚁沿台阶面爬行到点的最短路程是此长方形的对角线长．
可设蚂蚁沿台阶面爬行到点的最短路程为，
由勾股定理得：，
解得：，
即蚂蚁沿台阶面爬行到点的最短路程为．
故选：C
8. 设，表示关于x的函数，如，．若，，则（ ）
A. 0B. 2011C. D. 不能求出
【答案】B
【解析】
【分析】根据可知代入即可求得的值.
【详解】，
，
，
，
，∴，
.
故选：B
二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 满足下列条件的△ABC，是直角三角形的是（ ）
A. b2＝a2－c2B. ∠C＝∠A＋∠B
C. ∠A∶∠B∶∠C＝3∶4∶5D. a∶b∶c＝12∶13∶5
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于，根据勾股定理可知正确；对于，根据三角形内角和定理可知正确；对于，根据三角形内角和定理计算出三个角可知不正确；对于，设，，根据勾股定理可知正确.
【详解】对于，由得，所以三角形直角三角形，故正确；
对于，因为，所以，所以，
所以三角形为直角三角形，故正确；
对于，因为∠A∶∠B∶∠C＝3∶4∶5，且，
所以，，，
所以三角形为锐角三角形，故不正确；
对于，因为，所以可设，，
所以，所以三角形为直角三角形，故正确.
故选：ABD.
【点睛】本题考查了勾股定理和三角形的内角和定理，属于基础题.
10. 下列命题中，其逆命题是真命题的是（ ）
A. 两对角线相等四边形是矩形B. 对角线互相垂直且平分的四边形是菱形
C. 若，则D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据逆命题的定义即可得解.
【详解】对于A，逆命题：矩形的对角线相等，为真命题；
对于B，逆命题：菱形的对角线互相垂直且平分，为真命题；
对于C，逆命题：若，则，为真命题；
对于D，逆命题：若，则，为假命题，如：，则.
故选：ABC.
11. 抛物线（a，b，c是常数，）经过，，三点，且．下面正确的结论有（ ）
A. ；
B. ；
C. 当时，若点在该抛物线上，则；
D. 若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则．
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据抛物线经过的点的坐标以及可判断抛物线开口向下，代入点可得，即可知A错误；依题意可知抛物线对称轴在直线的右侧，利用顶点坐标可得，即B正确；根据抛物线性质可知距离对称轴比点较近，所以可得，即C正确；根据判别式以及可知，再由即可解得，可知D正确.
【详解】对于A，图象经过，，即抛物线与轴的负半轴有交点，
如果抛物线的开口向上，则抛物线与轴的两个交点都在的左侧；
又因为交点且，所以抛物线与轴的一个交点一定在或的右侧，
所以抛物线的开口一定向下，即；
把代入可得，即；
又因为，，所以可得，即A错误；
对于B，由，，，所以，即方程的两根的积大于零，即；
即可得，所以，即抛物线的对称轴在直线的右侧，
即抛物线的顶点在的右侧，所以，由可得，即B正确；
对于C，由，当时，，所以抛物线的对称轴在直线的右侧，
所以点到对称轴的距离大于到对称轴的距离，
又，抛物线的开口向下，所以距离抛物线对称轴越近的函数值越大，
所以，即C正确；
对于D，将方程变形成，
由方程有两个相等的实数根，可得，
又在抛物线上，可得，即；
所以，即，可得；
又因为，在抛物线上，即为方程的两个根，
所以，即，
又因为，即，所以可得，即D正确.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于熟练掌握二次函数图象和性质，根据已知条件判断得出抛物线开口方向向下即，再对其他选项进行判断.
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 计算的结果是__________.
【答案】1
【解析】
【分析】利用运算性质计算即可.
【详解】.
故答案为：1.
13. x，，3，7，10，平均数为5，中位数为______________．
【答案】6
【解析】
【分析】先利用平均数的定义求出，然后根据中位数的定义确定中位数即可.
【详解】因为的平均数是5，所以，解得.
所以将数据从小到大的顺序为，所以中位数为6 .
故答案为：6 .
14. 函数可用表示，例如，当时，．若函数．则的值为______________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意将自变量的值代入求对应的函数值即可.
【详解】，
.
故答案为：.
四､解答题（本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）
15. （1）解分式方程：.
（2）因式分解：.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）通过去分母，转化为整式方程，进而得到方程的解，然后代入检验是否是增根；
（2）通过提取公因式对多项式进行因式分解.
【详解】（1）由可得，，
去分母得，，
去括号得，，
解得，，
经检验，是原方程的解.
（2）.
16. 已知关于x的方程有两个实数根，
（1）若时，求的值；
（2）若，求实数m的值.
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）由利用韦达定理可得答案；
（2）由利用韦达定理可得答案.
【小问1详解】
时，，，
可得，，
；
【小问2详解】
由，得，
，，
由，
得，
解得舍去，或，
所以实数m的值为.
17. 如图，在中，，点O在AB上，以点O为圆心，OA长为半径的圆与AC、AB分别交于点D、E，且．
（1）判断直线BD与的位置关系，并说明理由；
（2）若，求BD的长．
【答案】（1）相切，证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据以及可得，，即可证明直线BD与相切；（2）利用三角形相根据相似比即可求得.
【小问1详解】
直线BD与相切，证明如下：
连接，如下图所示：
易知，，又；
所以，因为，即
所以，
，即
所以直线BD与相切.
【小问2详解】
因为是直径，所以，
又，即
又，所以
所以，
由可得，
即BD的长为
18. 已知，且，求下列代数式的值：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）（2）根据平方差公式，完全平方公式及立方和公式化简求值即可．
【小问1详解】
因为，且，
所以，
所以．
【小问2详解】
．
19. 如图所示，已知直线与轴正半轴交于点，与轴交于点，抛物线经过点与点，点在第三象限内，且，.
（1）当时，求抛物线的表达式；
（2）设点坐标为，试用分别表示；
（3）记，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）8
【解析】
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）证明，得到，结合tan∠ABC=求解即可；
（3）由=，即可求解.
【小问1详解】
当时，，，
抛物线经过点与点，
∴，∴，
∴抛物线的表达式为．
【小问2详解】
如图，作CH⊥轴，垂足为点H，得∠AHC∠AOB90°，
∵AC⊥AB，∴∠OAB∠CAH90°，
又∵∠CAH+∠ACH90°，∴∠OAB∠ACH，
∴，∴，
∵tan∠ABC=，∴，
∵，，∴，
∴点C的坐标为，∴.
【小问3详解】
由点在轴的正半轴上，由点在第三象限内，得.
∴=（）.
∴当=2时，取得最大值8.