河北省石家庄习德高级中学2025-2026学年高一上学期开学考试数学试卷

这是一份河北省石家庄习德高级中学2025-2026学年高一上学期开学考试数学试卷，共18页。
注意事项：
答卷前，考生务必用 0.5mm 黑色签字笔在答题卡相应栏内填写自己的班级、姓名、考场、准考证号，并用 2B 铅笔将考试科目、准考证号涂写在答题卡上.
Ⅱ卷内容须用 0.5mm 黑色签字笔写在答题卡相应空格或区域内.
考试结束，将答题卡交回.
Ⅰ卷（选择题，共 24 分）一、单选题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分.
2  x
要使式子有意义，则 x 的取值范围是（ ）
x  2
x  2
x  2
x  2
已知V ABC ~ VDEF ，若V ABC 与 VDEF 相似比为2 : 5 ，则V ABC 与 VDEF 的面积之比为（ ）
A. 2 : 5B. 5 : 2C. 25 : 4D. 4 : 25
下列各多项式中，能直接用平方差公式分解因式的是（ ）
a2  9B.

x4 y3  x3 yz
x3 y（ ）
a2  6a  9
C. a2  9
D. a2  9
x4 y3  z
xy2  x3 yz
x4 y3zD.
xy2  z
已知 x  y  3  0 ，则2x  2y  （ ）
A. 64B. 8C. 6D. 12
如图所示各图中反映了变量 y 是 x 的函数是（ ）
A.B.
C.D.
若一元二次方程 x  x  2  3  0 的两根之和与两根之积分别为 m，n，则点m, n 在平面直角坐标系中位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
在平面直角坐标系中，点 A、B 的坐标分别为2, 0 ， 4, 0 ，点 C 的坐标为m, 3m（ m  0 ），则
CA  CB 的最小值是（ ）
7
A. 6B. 3
C. 2
7
Ⅱ卷（非选择题，共 96 分）
D. 5
二、填空题：本题共 4 小题，共 16 分.
在平面内，到点O 的距离等于 8 的点的集合是.
如图，直线 a，b 被直线 c 所截，且 a ∥b .若1  38 ，则2  .
若 a  3 ，则
a2 12a  36
a2  6a
 .
如果 xn  y ，那么我们规定 x, y   n .例如：因为32  9 ，所以3, 9  2 .
（1）记4,12  a ， 4, 5  b ， 4, 60  c ，则 a, b, c 三者之间的数量关系是；
（2）若m,16  m, 5  m, t  ，则t  .
三、解答题：本题共 6 小题，共 80 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
（1）解不等式2x  6 ，并在如图所给的数轴上表示其解集；
（2）解不等式3  x  5 ，并在如图所给的数轴上表示其解集；
3
2x  6
（ ）直接写出不等式组
3  x  5
的解集.
解下列方程或方程组：
（1） x2  2x  3  0 ；
2x  y  4

（2） 4x  5 y  23
如图，在四边形 ABCD 中，M，N 分别是 CD，BC 的中点，且 AM  CD ， AN  BC .
求证： BAD  2MAN ；
若 AB  5 ， BC  DC  6 ，求四边形 ABCD 的面积.
把代数式通过配凑手段，得到局部完全平方式，再进行运算和解题，这种方法叫做配方法.如：①用配方法分解因式： a2  4a  3
解：原式 a²  4a  4 1  a  22 1  a  2 1a  2 1  a  3a 1 .
② M  a2  2a  6 ，利用配方法求 M 的最小值.
解： M = a2  2a  6 = a2  2a 1 5 = a 12  5 .∵ a 12  0 ，∴当 a  1 时， M 有最小值5 .
请根据上述材料解决下列问题：
利用上述方法分解因式： x2  6x  8 ；
若 M  4x2  4x  1 ，求 M 的最小值.
4
如图， AB 是圆O 的直径，弦CD 交 AB 于点 E ， ACD  60 ， ADC  50 .
求CEB 的度数；
若 AD  2 3 ，求扇形 AOC 的面积.
如图，直线 y  4x  4 与 x 轴、y 轴相交于 B，C 两点，抛物线 y  ax2  2ax  c （ a  0 ）过点 B, C ，且与 x 轴另一个交点为 A，以 OC，OA 为边作矩形 OADC，CD 交抛物线于点 G.
求抛物线的解析式以及点 A 的坐标；
已知直线 x  m 交 OA 于点 E，交 CD 于点 F，交 AC 于点 M，交抛物线于点 P，请用含 m 的代数式表示 PM 的长；
在（2）的条件下，连接 PC，若△PCF 和△AEM 相似，求 m 的值.
习德中学 2025-2026 学年第一学期学情检测
高一数学试卷
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分 60 分，考试时间 40 分钟.
注意事项：
答卷前，考生务必用 0.5mm 黑色签字笔在答题卡相应栏内填写自己的班级、姓名、考场、准考证号，并用 2B 铅笔将考试科目、准考证号涂写在答题卡上.
Ⅱ卷内容须用 0.5mm 黑色签字笔写在答题卡相应空格或区域内.
考试结束，将答题卡交回.
Ⅰ卷（选择题，共 24 分）一、单选题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分.
2  x
要使式子有意义，则 x 的取值范围是（ ）
x  2
x  2
x  2
x  2
【答案】D
【解析】
【分析】由2  x  0 求解即可.
【详解】由题意可得2  x  0 ，解得 x  2 .
故选：D.
已知V ABC ~ VDEF ，若V ABC 与 VDEF 相似比为2 : 5 ，则V ABC 与 VDEF 的面积之比为（ ）
A. 2 : 5B. 5 : 2C. 25 : 4D. 4 : 25
【答案】D
【解析】
【分析】根据相似三角形的性质：相似三角形的面积比等于相似比的平方即可得解.
【详解】相似三角形的性质：相似三角形的面积比等于相似比的平方.因为V ABC 与 VDEF 相似比为2 : 5 ，
所以V ABC 与 VDEF 的面积之比为2 : 52  22 : 52  4 : 25 .
故选：D
下列各多项式中，能直接用平方差公式分解因式的是（ ）
a2  9
a2  6a  9
a2  9
a2  9
【答案】D
【解析】
【分析】根据平方差公式的结构特征逐项判断即可.
【详解】对于 A， a2  9 不能直接用平方差公式分解因式，不合题意；对于 B， a2  6a  9  a  32 ，能用完全平方公式分解因式，
不能直接用平方差公式分解因式，不合题意；
对于 C， a2  9  a2  9，不能直接用平方差公式分解因式，不合题意；对于 D， a2  9  a  3a  3 ，能直接用平方差公式分解因式，符合题意.
故选：D
x4 y3  x3 yz 
x3 y（ ）
x4 y3  z
xy2  x3 yz
x4 y3zD.
xy2  z
【答案】D
【解析】
【分析】根据多项式除以单项式的运算法则将原式化简，即可得到结果.
【详解】原式
 x4 y3  x3 yz 
x3 yx3 y
xy2  z .
故选：D
已知 x  y  3  0 ，则2x  2y  （ ）
A. 64B. 8C. 6D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】由已知得 x  y  3 ，进而根据同底数幂的乘法计算即可.
【详解】Q x  y  3  0,  x  y  3
 2x  2y  2x y  23  8
故选：B.
如图所示各图中反映了变量 y 是 x 的函数是（ ）
A.B.
C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的概念，对于任意的 x 都有唯一的 y 与之对应，逐一验证即可.
【详解】根据函数的概念，对于任意的 x 都有唯一的 y 与之对应，故 D 正确.故选：D.
若一元二次方程 x  x  2  3  0 的两根之和与两根之积分别为 m，n，则点m, n 在平面直角坐标系中
位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】由韦达定理代入计算，即可得到结果.
【详解】方程 x  x  2  3  0 ，即 x2  2x  3  0 ，设方程的两根分别为 x1, x2 ，由韦达定理可得 x1  x2  2  m ， x1x2  3  n ，
即点2, 3 在第三象限.故选：C
CA  CB 的最小值是（
）
A. 6
B.
3 7
C. 2 7
【答案】C
【解析】
在平面直角坐标系中，点 A、B 的坐标分别为2, 0 ， 4, 0 ，点 C 的坐标为m, 3m（ m  0 ），则
D. 5
【分析】求出点C 所在直线方程，再求A 关于直线的对称点 A ，转化为求CA  CB 的最小值即可得解.
【详解】如图，
QC m, 3m(m  0) ，
C 在直线 y 
3x 上，
设点 A 关于直线 y 
3x 的对称点为 A'，则 AA所在直线为 y = -
3 x +b ，
3
代入点A 2, 0 ，可得
3  2  b  0 ，解得b  2 3 ，
故 AA所在直线为 y  
33
3 x  2 3 ，
33
 y 3x
x  1
3

联立
y  
2
3
2 3 ，解得，
x 


33
 y 
2
故直线 y 
3x 与直线 AA交点 M  1 , ，
3


22
则点A 关于直线 y 

3x 的对称点 A 的坐标为1, 3 ，
4 12  0 
3 2
28
7
 AB  2，
因为CA  CB  CA  CB  AB ，
7
所以CA  CB 的最小值是2，
故选：C
Ⅱ卷（非选择题，共 96 分）
二、填空题：本题共 4 小题，共 16 分.
在平面内，到点O 的距离等于 8 的点的集合是.
【答案】以点O 为圆心，以 8 为半径的圆
【解析】
【分析】根据圆的定义求解.
【详解】在平面内到点O 的距离等于 8 的点的集合是：以点O 为圆心，以 8 为半径的圆.
故答案为：以点O 为圆心，以 8 为半径的圆.
如图，直线 a，b 被直线 c 所截，且 a ∥b .若1  38 ，则2  .
【答案】142
【解析】
【分析】由题意及两直线平行的性质可得答案.
【详解】如图，因 a ∥b ，可得1  3  38，又2  3  180 ，则2  180  38  142 .
故答案为：142
若 a  3 ，则
【答案】 1
a2 12a  36
a2  6a
 .
【解析】
【分析】根据给定条件，结合因式分解化简分式，再代入求值.

a2 12a  36(a  6)2
【详解】当 a   时，
 a  6  3  6  1.
3
故答案为： 1
a2  6aa(a  6)a3
如果 xn  y ，那么我们规定 x, y   n .例如：因为32  9 ，所以3, 9  2 .
（1）记4,12  a ， 4, 5  b ， 4, 60  c ，则 a, b, c 三者之间的数量关系是；
（2）若m,16  m, 5  m, t  ，则t  .
【答案】①. c  a  b
②. 80
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用指数式与对数式的相互转化，依次用对数式表示出 a, b, c ，最后结合对数的运
算性质即可判断；
（2）设m,16  d ， m, 5  e ， m, t  
f ，根据题意，利用指数运算性质，即可求出t 的值.
【详解】（1）依题意， 4,12  a 即4a  12 ， a  lg4 12 ，
4, 5  b 即4b  5 ， b  lg4 5 ，
4, 60  c 即4c  60 ， c  lg4 60 ，
易得lg4 12  lg4 5  lg4 12  5  lg4 60 ，即c  a  b ，故答案为： c  a  b .
（2）设m,16  d ， m, 5  e ， m, t   f ，
则 md  16 ， me  5 ， m f  t ，
若m,16  m, 5  m, t  ，
则 d  e 
f ，则 md e  m f ，即 md  me  mf ，
即16  5  t ，所以t  80 .
三、解答题：本题共 6 小题，共 80 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
（1）解不等式2x  6 ，并在如图所给的数轴上表示其解集；
（2）解不等式3  x  5 ，并在如图所给的数轴上表示其解集；
3
2x  6
（ ）直接写出不等式组
3  x  5
的解集.
【答案】（1）{x | x  3}，数轴见解析；（2）{x | x  2}，数轴见解析；（3）{x | 2  x  3}
【解析】
【分析】根据题意，利用不等式（组）的解法，求得不等式（组）的解集，再在数轴上表示不等式的解集，即可得到答案.
【详解】解：（1）由不等式2x  6 ，可得 x  3 ，所以不等式的解集为{x | x  3}，在数轴上表示出其解集，如图所示：
（2）由不等式3  x  5 ，可得 x  2 ，所以不等式的解集为{x | x  2}，在数轴上表示出其解集，如图所示：
3
2x  6
（ ）由不等式组
3  x  5
x  3

，可得x  2
，所以2  x  3 ，
即不等式组的解集为{x | 2  x  3} .
解下列方程或方程组：
（1） x2  2x  3  0 ；
2x  y  4

（2） 4x  5 y  23
【答案】（1） x  1 或 x  3

x  1
（2） 2
 y  5
【解析】
【分析】（1）用因式分解法解一元二次方程.
（2）用代入消元法解方程组.
【小问 1 详解】
原方程可化为：  x 1 x  3  0 ，所以 x  1 或 x  3 .
所以原方程的解为： x  1 或 x  3 .
【小问 2 详解】
由2x  y  4 得 y  2x  4 ，
将其代入4x  5y  23 得4x  52x  4  23 ，整理得6x  3  x  1 .
2
将 x  1 代入 y  2x  4 得 y  2  1  4  5 .
22

x  1
所以原方程组的解为： 2
 y  5
如图，在四边形 ABCD 中，M，N 分别是 CD，BC 的中点，且 AM  CD ， AN  BC .
求证： BAD  2MAN ；
若 AB  5 ， BC  DC  6 ，求四边形 ABCD 的面积.
【答案】（1）证明见解析；
（2）24.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用线段垂直平分线的性质及等腰三角形性质推理得证.
（2）由已知，结合勾股定理求出等腰三角形底边上的高，进而求出面积.
【小问 1 详解】
连接 AC ，由 AN  BC ， N 是 BC 的中点，得 AB  AC ，则 AN 平分等腰V ABC 顶角，即BAC  2NAC ，同理可证CAD  2MAC ，
所以BAD  BAC  DAC  2(NAC  MAC)  2MAN
【小问 2 详解】
在V ABC 中， AN  BC ， N 是 BC 的中点，则 BN  1 BC  3 ，而 AB  5 ，
2
AB2  BN 2
则 AN 
1
 4 ，在V ACD 中， AM  CD ， M 是CD 的中点，
AC 2  CM 2
则CM 
2 CD  3 ，又 AC  5 ，于是 AM 
 4 ，
所以四边形 ABCD 的面积 S
ABCD
 SV ABC
 SV ACD
 1 BC  AN  1 CD  AM  24 .
22
16 把代数式通过配凑手段，得到局部完全平方式，再进行运算和解题，这种方法叫做配方法.
如：①用配方法分解因式： a2  4a  3 .
解：原式 a²  4a  4 1  a  22 1  a  2 1a  2 1  a  3a 1 .
② M  a2  2a  6 ，利用配方法求 M 的最小值.
解： M = a2  2a  6 = a2  2a 1 5 = a 12  5 .∵ a 12  0 ，∴当 a  1 时， M 有最小值5 .
请根据上述材料解决下列问题：
利用上述方法分解因式： x2  6x  8 ；
若 M  4x2  4x  1 ，求 M 的最小值.
4
【答案】（1）  x  4 x  2 ；
（2）  5 .
4
【解析】
【分析】（1）通过配方法将二次三项式化为完全平方与常数的差，再利用平方差公式分解因式；
（2）通过配方法将代数式化为完全平方与常数的和，利用平方的非负性求最小值.
【小问 1 详解】
对原式进行配方，得
x2  6x  8  x2  6x  9 1   x  32 1   x  3 1 x  3 1   x  4 x  2 ；
【小问 2 详解】
将原式进行配方，得 M  4x2  4x  1  4x2  4x 1 5  2x 12  5 ，
444
因为2x 12  0 恒成立，所以当 x  1 时，M 有最小值 5 .
24
17. 如图， AB 是圆O 的直径，弦CD 交 AB 于点 E ， ACD  60 ， ADC  50 .
求CEB 的度数；
若 AD  2 3 ，求扇形 AOC 的面积.
【答案】（1）100 ；
10π
（2）.
9
【解析】
【分析】（1）运用圆周角定理及其推论，结合几何关系即可求解；
（2）连接 BD，OC ，结合几何关系求得AOC  100 ， AO  2 ，再结合扇形面积公式即可求解.
【小问 1 详解】
连接 BC ，如图，根据题意，可得ADC  ABC  50 ， 又 AB 是圆O 的直径，所以ACB  90 ，所以BAC=40 ，又CEB  ACD  BAC ， ACD  60 ，
所以CEB  60  40  100 .
【小问 2 详解】
连接 BD，OC ，则AOC  2ADC  100 ，
又ACB  90 ， ACD  60 ，所以BCD  30，所以BAD  BCD  30 ，
又BDA  90 ， AD  2 3 ，
所以 AB  4 ， AO  2 ，
所以扇形 AOC 的面积 1  4  5π  10π .
299
18. 如图，直线 y  4x  4 与 x 轴、y 轴相交于 B，C 两点，抛物线 y  ax2  2ax  c （ a  0 ）过点 B, C ，
且与 x 轴另一个交点为 A，以 OC，OA 为边作矩形 OADC，CD 交抛物线于点 G.
求抛物线的解析式以及点 A 的坐标；
已知直线 x  m 交 OA 于点 E，交 CD 于点 F，交 AC 于点 M，交抛物线于点 P，请用含 m 的代数式表示 PM 的长；
在（2）的条件下，连接 PC，若△PCF 和△AEM 相似，求 m 的值.
【答案】（1） y   4 x2  8 x  4 ； A3, 0
33
（2） PM   4 m2  4m(0  m  3)
3
23
（3）
16
41
或 1 或
16
【解析】
【分析】（1）根据直线的解析式易求 B, C 的坐标，再把其坐标分别代入 y  ax2  2ax  c ，即可求出抛物线的解析式，设 y  0 ，解方程即可求出A 的坐标；
先根据 A, C 的坐标，用待定系数法求出直线 AC 的解析式，进而根据抛物线和直线 AC 的解析式分别表示出点 P, M 的坐标，即可得到 PM 的长；
由于PFC 和AEM 都是直角， F 和 E 对应，则若以 P, C, F 为顶点的三角形和△AEM 相似时，
分情况进行讨论：△PFC ∽ △AEM 或VCFP∽V AEM ；可分别用含m 的代数式表示出 AE, EM , CF , PF
的长，根据相似三角形对应边的比相等列出比例式，求出m 的值．
【小问 1 详解】
因为 y  4x  4 与 x 轴、y 轴相交于 B，C 两点，
令 x  0, y  4 ，所以C0,4 ， 令 y  0, x  1 ，所以 B 1, 0 ，
又 y  ax2  2ax  c （ a  0 ）过点 B, C ，
a  2a  c  0
a   4

所以c  4


3 ，
c  4
所以 y   4 x2  8 x  4 ，
33
令 y  0 ，  4 x2  8 x  4  0 ，
33
解得 x  1 或3 ，所以 A3, 0 ；
【小问 2 详解】
设直线 AC 的解析式为 y  kx  b ，
3k  b  0
k   4
因为 A3, 0 和C0,4 ，所以
b  4
所以直线 AC 的解析式为 y   4 x  4 ，
3


3 ，
b  4
因为点 M 的横坐标为m ，点 M 在 AC 上，
所以 M  m,  4 m  4  ，
3

因为点 P 的横坐标为m ,点 P 在抛物线 y   4 x2  8 x  4 上，
33
所以 P  m,  4 m2  8 m  4  ，
33

所以 PM  PE  ME    4 m2  8 m  4     4 m  4    4 m2  4m ，
33
33

所以 PM   4 m2  4m ，其中0  m  3 .
3
【小问 3 详解】
在(2)的条件下，连结 PC ，在CD 上方的抛物线部分存在这样的点 P ，使得以 P, C, F 为顶点的三角形和△AEM 相似.
理由如下：因为 VPCF 存在，故 P 与G 不重合即0  m  2 或2  m  3 .
由题意得当0  m  2 时， AE  3  m, EM   4 m  4, CF  m, PF   4 m2  8 m ，
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若以 P, C, F 为顶点的三角形和△AEM 相似，分两种情况：若△PFC ∽ △AEM ，则 PF : AE  FC : EM ，
所以  4 m2  8 m  : 3  m  m :   4 m  4  ， m  0 且m  3 ，
33
3

解得 m  23 ；
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若VCFP∽V AEM ，则CF : AE  PF : EM ，
所以 m : 3  m    4 m2  8 m  :   4 m  4  ， m  0 且m  3 ，
33
 3
 
解得 m  1，
当2  m  3 时， AE  3  m, EM   4 m  4, CF  m,
3
PF  4    4 m2  8 m  4   4 m2  8 m ，
3333

若△PFC ∽ △AEM ，则 PF : AE  FC : EM ，
 4 m2  84
所以 33 m  : 3  m  m :   3 m  4  ， m  0 且m  3 ，

解得m  41 ，
16
若VCFP∽V AEM ，则CF : AE  PF : EM ，
所以 m : 3  m   4 m2  8 m  :   4 m  4  ， m  0 且m  3 ，
 33
 3
 
解得 m  3 （舍去）
综上所述,存在这样的点 P 使△PFC 与△AEM 相似。此时m 的值为 23 或 1 或 41 .
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