四川省绵阳东辰国际学校2025-2026学年高一上学期开学分班检测数学试卷

这是一份四川省绵阳东辰国际学校2025-2026学年高一上学期开学分班检测数学试卷，共31页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．在实数－，0，，，，中，无理数的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
2．有以下20个数：87，91，94，88，93，91，89，87，92，86，90，92，88，90，91，86，89，92，95，88，它们的和是（ ）
A．1789B．1799C．1879D．1899
3．如图，为的两条弦，连接，点为的延长线上一点，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
4．一组数据按从小到大的顺序排列为，若该组数据的第60百分位数是众数的倍，则该组数据的方差是（ ）
A．5B．C．D．
5．在某种浓度的盐水中加入“一杯水”后，得到新的盐水，它的浓度为，又在新盐水中加入与前述“一杯水”的重量相等的纯盐后，盐的浓度变为，那么原来盐水的浓度为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，一辆自行车竖直摆放在水平地面上，右边是它的部分示意图，先测得,则点到的距离为（ ）
A．B．
C．D．
7．用表示a，b两数中的最小数，若函数，则y的图象为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
8．下列各组数轴上的点中，点C位于点D的右侧的是（ ）
A．和B．和
C．和D．和
三、填空题
9．计算的值是 .
10．已知定义在上的偶函数，当时，，则的值为 .
11．声音在空气中传播的速度随温度的变化而变化，科学家测得一定温度下声音传播的速度（）与温度（）部分对应数值如下表：研究发现，满足公式（，为常数，且）.当温度为时，声音传播的速度为
12．由一次函数，和轴围成的三角形与圆心在、半径为1的圆构成的图形覆盖的面积等于 .
13．在平面直角坐标系中，抛物线的图象如图所示．已知点坐标为，过点作轴交抛物线于点，过点作交抛物线于点，过点作轴交抛物线于点，过点作交抛物线于点……，依次进行下去，则点的坐标为 ．
14．若直角三角形中有两边的边长为x、y，这两边长都是质数，且使得代数式及的值都是正整数，则此直角三角形的第三边的长是 .
15．定义：如果函数在上行仕，满足，则称函数是上的“双中值函数"，已知函数是上“双中值函数"，则实数的取值范围是 ．
16．几何学有两个伟大的瑰宝，一个是毕达哥拉斯定理，另一个是黄金分割.毕达哥拉斯几何学中有一个关于五角星结构的问题.如图，一个边长为1的正五边形有5条对角线，这些对角线分别相交于，，，，五点，它们组成了另一个正五边形，现假设可以随意在图中取点，则这个点取在阴影部分的概率是 .

17．如图，矩形的对角线交于点，将沿着翻折到，与交于点.设，的面积为，则 .（用和表示）

18．在综合实践活动中，数学兴趣小组对这个自然数中，任取两数之和不大于的取法种数进行了探究.发现：当时，只有一种取法，即；当时，有和两种取法，即；当时，可得；……若时，则的值为 ；若，则的值为 .
四、解答题
19．（1）计算：.
（2）先化简，再求值：，其中.
20．2010年我国进行了第六次人口普查，2011年4月国家统计局发布了此次普查的主要数据.国家统计局的公告中有下面两张图.
(1)图1是我们学习的图表中的哪一种？此图反映怎样的信息？
(2)根据这两张图，给出你的分析结论.
21．如图，一次函数与反比例函数的图象分别交于点和点，与坐标轴分别交于点和点．
(1)求一次函数与反比例函数的表达式；
(2)在轴上是否存在点，使与相似，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
22．过点任作直线交曲线于两点，过作斜率为的直线交曲线于另一点．求证：直线与直线的交点为定点（为坐标原点），并求出该定点．
23．如图，在平面直角坐标系中，抛物线过点，且对称轴为直线，直线与抛物线交于两点，与轴交于点.
(1)求抛物线的解析式；
(2)时，直线与轴交于点，与直线交于若抛物线与线段有公共点，求的取值范围；
(3)过点与垂直的直线交抛物线于两点，分别是的中点.试探究：当变化时，抛物线的对称轴上是否存在定点，使得总是平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
24．已知是关于的一元二次方程的两实数根．
(1)若，求的值；
(2)已知等腰的一边长为7，若恰好是另外两边的边长，求这个三角形的周长．
25．如图，四边形ABCD为矩形，C点在轴上，A点在轴上，，矩形ABCD沿直线EF折叠，点B落在AD边上的G处，E、F分别在BC、AB边上且．
(1)求G点坐标
(2)求直线EF解析式
(3)点N在坐标轴上，直线EF上是否存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由
26．数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质.已知三角形纸片和中，.
(1)【初步感知】
如图1，连接，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值.
(2)【深入探究】
如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点，求的长.
(3)【拓展延伸】
在纸片绕点A旋转过程中，试探究三点能否构成直角三角形.若能，直接写出所有直角三角形的面积；若不能，请说明理由.
温度（）
0
10
30
声音传播的速度（）
324
330
336
348
《四川省绵阳东辰国际学校2025-2026学年高一上学期开学分班检测数学试卷》参考答案
1．C
【分析】利用无理数的定义，即可知所给实数中无理数的个数.
【详解】由无理数的定义知，、，是无理数，其它的是有理数，
∴一共有3个无理数.
故选：C
2．B
【分析】直接计算即可.
【详解】解：由题意知本题是一个求和问题，
.
故选：B．
3．C
【分析】计算弦对应的圆周角为，再由得，然后根据弦对应的圆心角为圆周角的2倍计算即可.
【详解】由题意，因为,
所以,
如图所示，连接,
所以弦对应的圆周角为，
且，
所以，
所以弦对应的圆心角为.
故选：C.

4．B
【分析】根据百分位数与众数的计算求解可得，再计算方差即可.
【详解】由题意该组数据共7个数，，故第60百分位数为从小到大第5个数，又众数为4，故，
故该组数据的平均数为，
故该组数据的方差是.
故选：B
5．B
【分析】根据溶液浓度溶质，可得到两个方程，解方程组即可．
【详解】解：设原盐水溶液为克，其中含纯盐克，后加入“一杯水”为克，
依题意得：，
解得，
故原盐水的浓度为，
故选：B．
6．A
【分析】过点作，垂足为，在直角中，即可求解.
【详解】如图所示，过点作，垂足为，
在直角中，，可得，
即到的距离为.
故选：A.
7．A
【分析】由于，又由于表示a，b两数中的最小数，则表示与中的最小数；根据解析式即可画出函数图象．
【详解】表示与中的最小数，
∵，
∴当时，即或时，；
当时，即时，；
可知，当时，，当时，，
则函数图象与x轴的交点坐标为，，
与y轴的交点坐标为，结合选项，只有A选项图象符合题意．
故选：A．
8．AC
【分析】根据题意，结合数轴的性质，对选项逐一分析点的位置，即可求解.
【详解】对于A中，根据数轴的性质，可得在右侧，符合题意；
对于B中，根据数轴的性质，可得在左侧，不符合题意；
对于C中，根据数轴的性质，可得在右侧，不符合题意；
对于D中，根据数轴的性质，可得在左侧，不符合题意.
故选：AC
9．
【分析】直接计算得到答案.
【详解】.
故答案为：.
10．8
【分析】根据定义域关于原点对称可得，进而根据偶函数的性质即可代入求解.
【详解】是定义在上的偶函数，，得.
又当时，.
又是偶函数，
所以.
故答案为：8
11．342
【分析】先根据表格数据求出的值，进而得出的表达式，然后将代入计算即可.
【详解】由题意，当时，，
则，①
当时，，
则，②
联立 ①②解得，
所以，
将代入，则（），
故答案为：342.
12．
【分析】根据题意作出图形，进而求面积.
【详解】构成的图形为三角形和一个半圆，如图所示：
所以图形覆盖的面积为.
故答案为：.
13．
【分析】根据二次函数性质可得出点的坐标，求得直线为，联立方程求得的坐标，即可求得的坐标，同理求得的坐标，即可求得的坐标，根据坐标的变化找出变化规律，即可找出点的坐标．
【详解】解：∵点坐标为，
∴直线为，，
∵，
∴直线为，
解得或，
∴，
∴，
∵，
∴直线为，
解得或，
∴，
∴
…，
∴，
故答案为：
14．12或
【分析】令，且都为正整数，整理得，为质数，讨论质数确定的值，进而确定直角三角形第三边长.
【详解】令，且都为正整数，则，
所以，整理得，为质数，
当时，，则，，此时不符，
当时，，则不存在正整数使等式成立，
当时，，则，，此时符合，
当时，，则不存在正整数使等式成立，
当质数时，均不存在正整数使等式成立，
综上，，，
若为直角边时，第三边长为，若为斜边，为直角边时，第三边长为，
所以第三边长为12或.
故答案为：12或
15．
【分析】根据题意，可知在内有两个不同的根，结合二次函数根的分布，即可求解.
【详解】根据题意，得，
根据“双中值函数”的定义可知，在内有两个不同的根，
即在内有两个不同的根，
结合二次函数根的分布可知， ，解得.
故答案为：.
16．
【分析】根据正五边形的性质，可求得各个角度，进而可得相似于，计算可得的长，则所求落在阴影部分概率，即为阴影面积与正五边形面积之比，即可得答案.
【详解】因为正五边形，
所以每个内角度数为，
即，
所以在中，，
因为，
所以，则，
所以，
所以，
所以，
设，
因为，，
所以相似于，
所以，即，解得（负值舍去），
所以，
则这个点取在阴影部分的概率.
故答案为：
17．
【分析】设，利用平面几何知识和题设条件求得，根据三角形面积相等求得，在中，利用三角函数求出，从而得到，将代入化简即得结果.
【详解】设，由题意，，
在中，，则，
因矩形，，则，
又，联立解得(*)，
因，则，
在中， ，即，解得，
故，
将(*)代入，可得.
故答案为：.
18． 16 2550
【分析】根据探究总结发现规律，分别求出时，的值即可.
【详解】由题意知：当时，
设在这8个数中任取两数分别为，则满足取法有：
当时，可以取共7种，
当时，可以取共5种，
当时，可以取共3种，
当时，可以取共1种，
所以此时，
由题意知：当时，
设在这101个数中任取两数分别为，则满足取法有：
当时，可以取共100种，
当时，可以取共98种，
当时，可以取共96种，
当时，可以取共94种，
当时，可以取共4种，
当时，可以取共2种，
当时，没有满足条件的值，
所以当时，
，
故答案为：16；2550.
19．（1）；（2）.
【解析】（1）先算开方，绝对值，零次幂和乘方，最后算加减法即可；
（2）先化简原式，再把代入求解即可.
【详解】（1）
；
（2）原式，
把代入得原式.
【点睛】本题主要考查了实数的混合运算以及化简求值问题.属于较易题.
20．(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）由图可得我国的人数越来越多；
（2）由图可得人口流动越来越大.
【详解】（1）这是个条形统计图，纵坐标对应人数，说明我国的人数越来越多.
（2）由图可得我国的人数越来越多，且离开户口登记地所在的乡镇街道半年以上人口占比越来越大，说明人口流动越来越大.
21．(1)；；
(2)存在，或．
【分析】（1）将点代入解析式，求出，将代入求得，将，代入，求出即得答案；
（2）分与两种情况，分别求解即得答案.
【详解】（1）把点代入，解 得
反比例函数的表达式为
点在图象上，，即
把，两点代入，可得，
解得，
所以一次函数的表达式为．
（2）由（1）已得，
当时，，，即．
当时，，，即，
由勾股定理，，
，，
设，由题意，点在点左侧，则，显然
①如图，当时，
，，
解得，故点坐标为；
②如图，当时，
，，
解得，即点的坐标为.
因此，点的坐标为或时，与相似．
22．证明见解析，
【分析】做变换，将椭圆还原为圆，设与圆交于．弧对应圆心角为，设弧对应圆心角为,连接，由几何知识可得，从而可得，据此可得答案.
【详解】如图，做变换，由，即将椭圆还原成圆，
则点，斜率为，斜率为1，
所以，由垂径定理，关于直线对称，
设与圆交于．弧对应圆心角为，设弧对应圆心角为.
则弧对应圆心角为.
连接,则与交点为.
由外角和定理可得，
，又，
则，从而，又，
则，，
又直线方程为，结合图形，可得，所以直线与直线的交点为定点．
23．(1)
(2)
(3)存在，坐标为
【分析】（1）根据抛物线过点和对称轴公式列方程组求出即可；
（2）根据题意解出直线方程，讨论左右平移时与线段的交点即可求解；
（3）解法一：先求出点坐标，进而求出直线的解析式，联立抛物线与直线，根据根与系数的关系结合中点坐标公式求出点坐标，同理求出点坐标，作根据平分，得到，设，根据正切的定义，列出比例式进行求解即可；解法二：分别将直线与抛物线联立，利用韦达定理求出点坐标，由轴可知平分时，代入斜率公式求解即可.
【详解】（1）因为抛物线过点，且对称轴为直线，
所以，解得，
所以抛物线的解析式为.
（2）当时，直线为，
令解得，令解得，所以，，
所以，将代入解得，所以直线方程为，
因为抛物线可由平移得到，
当点在抛物线上，由解得或，
结合图象可知至多向右平移个单位，
当的图象向左平移至与有一个交点时，
联立得，
令解得，
此时由解得，即交点坐标为，在线段上，
结合图象可知至多向左平移个单位，
综上的取值范围为.
（3）解法一：因为直线，所以当时，，即，
（根据对称性在这里不妨只考虑的情况）
因为所以抛物线的对称轴为直线，所以点在抛物线的对称轴上，
因为过点，且与直线垂直，所以，
设直线的解析式为，将代入得，故，
在直线上取点，,在上取点，使，作轴，轴，
则，，
，,所以
所以，
所以，则，，
所以，解得，
所以直线的解析式为，即：，
联立整理，得，
所以，，
由为的中点，得，
联立，同理可得，
假设存在点，设，使得总是平分，
如图，作，
因为平分，所以，故，
所以，则，
由于要在的同一侧，故 同正或者同负，解得
所以抛物线的对称轴上存在，使得总是平分．
解法二：对于直线令解得，所以，则在抛物线对称轴上，
联立得，设，，
由韦达定理可得，
因为是中点，所以点横坐标，则，即，
因为，且，所以，
又直线过点，所以直线方程为，
联立得，设，，
由韦达定理可得，
因为是中点，所以点横坐标，则，即，
因为轴，所以平分时,，
设，则，
所以对任意恒成立时，解得，
所以存在定点使得总是平分，其坐标为.
24．(1)
(2)
【分析】（1）利用根与系数的关系求解即可；
（2）分7为底边长，7为腰长两种情况讨论，先通过一元二次方程解的个数或者根为7确定的值，再根据三角形任意两边之和大于第三边判定的取值是否能使三角形存在，即可求解
【详解】（1）因为是关于的一元二次方程的两实数根．
所以，
又因为，所以，
所以，即，解得或，
当时，，不符合题意，故舍去，
所以，经验证满足；
（2）①当7为底边长时，方程有两个相等的实数根，
所以，解得，
所以方程为，解得，
又因为，所以不能构成三角形；
②当7为腰长时，设，代入方程得，
解得或，
当时，方程为，解得，
又，所以不能构成三角形；
当时，方程为，解得，
此时能构成三角形，的周长为.
综上，的周长为.
25．(1)
(2)
(3)答案详解解析.
【分析】（1）由，结合图形折叠的性质得到，再在直角三角形中利用勾股定理求解即得.
（2）先在中，由 ，得出，再由折叠的性质得出，解，求出得.设直线EF的表达式为，将的坐标代入，利用待定系数法即可求出直线EF的解析.
（3）因为M、N均为动点，只有F、G已经确定，所以可从此入手，结合图形，按照FG为一边，N点在x轴上；FG为一边，N点在y轴上；FG为对角线的思路，顺序探究可能的平行四边形的形状.确定平行四边形的位置与形状之后，利用平行四边形及平移的性质求得M点的坐标.
【详解】（1）由，得AF=1，BF=2，由折叠的性质得：GF=BF=2，
在中，由勾股定理得，，
而，则OA=4，即，
所以.
（2）在中，由 ，，
由折叠的性质得知：，在中，，
则，，设直线EF的表达式为，
因此，解得，
所以直线EF解析式是.
（3）若以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，则分如下四种情况：
①FG为平行四边形的一边，N点在x轴上，GFMN为平行四边形，如图1，
过点G作EF的平行线，交x轴于点，再过点作GF的平行线，交EF于点M，得，
由，直线EF的解析式为，
得直线的解析式为，当y=0时， ，
由，且，，，则；
②FG为平行四边形的一边，N点在x轴上，GFNM为平行四边形，如图2,
由为平行四边形，得与互相平分，而，点纵坐标为0，
则中点的纵坐标为 ，设其横坐标为，又中点与中点重合，
则，解得，则点的坐标为，
由，且，，，于是.
③FG为平行四边形的一边，N点在y轴上，GFNM为平行四边形，如图3，
由为平行四边形，得与互相平分，而，点横坐标为0，
则中点的横坐标为0，F与的横坐标互为相反数，即的横坐标为，
当时，，因此.
④FG为平行四边形的对角线，GMFN为平行四边形，如图4，
过点G作EF的平行线，交x轴于点，连结与GF的中点并延长，交EF于点，得
由，，得FG中点坐标为，
而的中点与FG的中点重合，且的纵坐标为0，则的纵坐标为，
设的横坐标为，则 ，解得，因此.
所以直线EF上存在点M，使以M，N，F，G为顶点的四边形是平行四边形，
此时M点坐标为：.
26．(1)
(2)
(3)能，4或16或12或
【分析】（1）证明,求出,可得,故,又,可得,从而;
（2）连接,延长交于点,连接交于，延长交于，由,得,求出,证明，即可得，,从而四边形矩形,有,,得,可得是的中位线,,设,证明，得,故,，由得，可得的长.
（3）分四种情况分别画出图形解答即可.
【详解】（1）
，
,即，
,
（2）连接，延长交于点,连接交于,延长交于，如图：
根据（1）得，
是中线，
，即
，
，
四边形是平行四边形，
四边形矩形，
，
，设，则，
,
解得
，
，
，解得.
（3）如图，当与重合时，此时，此时是直角三角形，
故；
如图，当在的延长线上时，此时，此时是直角三角形，
故；
如图，当时，此时是直角三角形，过点作于点，
，
四边形是矩形，，
，故；
如图，当时，此时是直角三角形，过点作于点，交于点，
，
，
，
，
，
解得；故.
综上所述，直角三角形的面积为4或16或12或.
【点睛】思路点精：纸片绕点A旋转过程中，若三点能构成直角三角形，则有以下情况：当与重合时，此时，此时是直角三角形，
当在的延长线上时，此时，此时是直角三角形，
当时，此时是直角三角形，
当时，此时是直角三角形，
在了解每种情况之后，一般都需要通过辅助线寻找三角形相似，进而求解边长和面积.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8


答案
C
B
C
B
B
A
A
AC