江西省南昌市第二中学2025-2026学年高一上学期开学考试数学试卷

这是一份江西省南昌市第二中学2025-2026学年高一上学期开学考试数学试卷，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

新生入学考试试卷数学参考答案
一、单项选择题：每题 5 分，共 40 分.在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
二、多项选择题：每题 6 分，共 18 分.在每小题的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
三、填空题：每题 5 分，共 15 分.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
D
C
C
B
D
A
A
题号
9
10
11
答案
ABC
BD
AD
3y(x  2)(x  2)
2
3
9
4
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出文字证明、证明过程或演算步骤. 15．解析（1）设购买一份 A 款材料包和一份 B 款材料包各需 x 元和 y 元，
3x  2 y  84 x  16
则2x  3y  86 ，解得 y  18 ，

答：购买一份 A 款材料包和一份 B 款材料包各需16 元和18 元．
（2）设购买 A 款材料包a 份，则16a 1850  a  830 ，解得a  35 ，∵a 为整数，∴a 最小为35 ，
答：至少购买 A 款材料包35 份．
16.解析：（1） B 组的频数为60  16  11  8  5  20 ，补全条形统计图如下：
Q中位数是数据从小到大排列后第 30 个和 31 个数据的平均数，第 30 个和 31 个数据都在 B 组，
这 60 个数据的中位数落在 B 组；故答案为： B ；
（2）解： 15 16  47  20  80 11  105  8  200  5  65 （分钟），
60
答：本次采集的这 60 个数据的平均数为 65 分钟；
（3）解：1000  16  20  600 （辆) ，
60
答：估计该停车场内 1000 辆车中，有 600 辆车免收停车费．
17．（1）证明：如图，连接 BD, OA ，
QeO 与 PN 相切于点A ，OA  PA ，
OAP  90 ，
Q BC 是eO 的直径，BDC  90，
OAP  BDC  90
QCD ∥ PN ，MPN  BCD  30 ，
 BD  1 BC  OA ，
2
VCBD≌VPOAAAS ，CD  PA ；
（2）解：如上图，过点O 作OH  CE 于点 H ，
QCE  PN ,OA  PA ，
OHE  HEA  OAE  90 ，
四边形OAEH 是矩形，
OA  HE,OH  AE,OH ∥ AE ，
QMPN  30, PA  4 ，
OA  tan 30 PA 
4 3
3
 EH  OA ，
3 PA  4 3 ，
33
∵ P  30, OA  PA ，
∴ PO  2OA ，
∵ OA  OC ，
∴ CP  OC  PO  3OC ，
∵ OH ∥ AE ，
∴VCOH∽VCPE ，
∴ OH  OC  1 ，
PECP3
OH
∴ 4  OH
 1 ， 3
∴ OH  2 ，
∵ OH ∥ AE
∴ COH  MPN  30 ，
∴同上可得： CH 
3 OH  2 3 ，
33
CE  EH  CH  2 3 ，
QCD ∥ PN ，
∴VCOF∽VPOE ，
 CF  OC  OC
 1 ，
PEOP2OA2
 CF  1 ，

4  22
CF  3 ，
QCD ∥ PN , CE  PN ，
CE  CF
CE 2  CF 2
12  9
21
 EF ．
18．（1）解： S△ AOD  S△BOC ，理由如下：由旋转的性质可得 BO  OD, AO  OC,
过A 作 AM  OD 于M , 过点 C 作CN  BO 的延长线于 N ，
∠AMO  ∠ONC  90， QAOB  90，
∠AON ∠AOB  90 ，
∠AON  ∠COM  90 ，
AOM  CON ，
又QOA  OC ，V AOM ≌VCON AAS ， AM  CN ，
 OD• AM  OB•CN ，
22
Q SV AOD
 1 OD• AM , S 2
V BOC
 1 OB•CN ,  S 2
V AOD
 SV BOC ，
证明：延长OP 至 H ， 使得OP  PH ， 连接 EH , RP, AH , BH ，
Q R, P 为OE, OH 中点
 RP 为△OEH 的中位线
 RP∥EH
由旋转的性质可得 BO  OD, AO  OC, AB  CD AOB  COD ，
AOC  BOD ， OA  OC ，
OBOD
VBOD∽V AOC ，
ODB  OCA ，
O, E, D, C 四点共圆，
DEC  DOC  90，
AEB  DEC  90 ，连接 EQ, OQ, PE ，
Q在Rt△DEC 中，点Q 是CD 的中点，
 EQ  1 CD ， 2
同理可得OQ  1 CD ，
2
Q在RtV AEB 中，点 P 是 AB 的中点，
 EP  1 AB ，
2
同理可得OP  1 AB ，
2
 EQ  EP  OQ  OP  1 AB  1 CD ，
22
四边形 EPOQ 是菱形，
 EQ∥OP ，
即 EQ∥PH , EQ  PH ，
四边形QEHP 是平行四边形，
 EH∥PQ ，又 EH∥RP ，
P，Q，R 三点共线；
解：过点 C 作CG  BO 延长线于G ，
由旋转的性质可得 BO  OD, AO  OC, AB  CD ，
由（1）得S△ AOD  S△BOC ，由旋转的性质可得S△ AOB  S△COD ，
 S  2 SV AOB  SV BOC  ，
 2  1 AO  OB  1 OB  CG   AO  OB  OB  CG  AO  OB  OB  CO  2 AO  OB ，
 22

Q AO  OB2  0 ，
 2 AO•OB  AO2  OB2 ，
QRt△AOB 中， AO2  OB2  AB2  52  25 ，
 2 AO•OB  25 ， 则 S 的最大值为 25．
19．解析：（1）因为二次函数 y  a(x  h)2 (a  0) 过点 A(0,1), B(1,1) ，
我们发现 A(0,1), B(1,1) 关于直线 x  1 对称，所以 h  1 ，则 y  a(x  1 )2 (a  0)
222
代入点 A(0,1) 得到1  1 a ，所以a  4 ，即二次函数解析式为 y  4(x  1 )2 ，
42
y
A
m
1
B
O x1x2 1
x
当然我们也可以用韦达定理来证明，
因为 M (x , m), N (x , m) 在二次函数 y  4(x  1 )2 的图象上，
122
所以 x , x 是方程4(x  1 )2  m 的不相等的两个根，
122
12
即 x , x 是方程4x2  4x 1 m  0 的不相等的两个根，则  16 16(1 m)  16m  0 ，即 m  0 ，
x  x  1， x  x  1 m ，
12
所以(x
12
 x )2  (x
4
 x )2  4x x
 1 (1 m)  m ，
12121 2
因为m  1，所以(x  x )2  1，
12
即| x1  x2 | 1；
2x 1x2x 2  x  x 2x 2  xx 2  x 2
（ⅱ）因为 1  2  112  11  12
x2x1x1 x2x1 x2x1 x2
x 2  x(x  x )2  2x x
 11  121 2
x1 x2x1 x2
由题意知 x  x  1， x  x  1 m ， 4x 2  4x 1 m  0 ，
1212411
11
可得 x 2  x
 m 1 ，
4
m 1
2x 1xx 2  x(x  x )2  2x x14
所以 1  2  11  121 2  4  2  3 ，
x2x1
x1 x2
x1 x2
1 m
1 m
1 m
4
因为
1 m
44
 3 为整数，故1 m 是4 的因数，
则1 m 的值可能为4, 2, 1,1, 2, 4 ，
则m 的值可能为5, 3, 2, 0, 1, 3 ，又因为 m  0 ，所以m 的所有可能取值为5, 3, 2 ．