精品解析：湖北省孝感市第一高级中学2024-2025学年高一上学期入学摸底考试数学试卷

孝感一中2024级高一年级入学摸底考试 数学试卷 一､选择题（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. 一次函数与的图象交点组成的集合是（ ） A. B. C. D. 2. 把分解因式的结果是（ ） A. B. C. D. 3. 已知全集，集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（ ） A. B. C. D. 4. 已集合，若，则实数a的取值集合是（ ） A. B. C. D. 5. 设三角形的三边、、满足，则这个三角形的形状是（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 无法确定 6. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知菱形的边长为5，两条对角线交于点，且、的长分别是关于的方程的根，则等于（ ） A. -3 B. 5 C. 5或-3 D. -5或3 8. 若二次函数的解析式为，且函数图象过点和点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知集合，，下列关系正确的是（ ） A B. C. D. 10. 随着中考的临近，某校初三年级连续四个月开展了体育模拟测试，并将测试成绩进行整理，最终绘制了如图所示的统计图（四次参加体育模拟测试的学生人数不变），下列四个结论中正确的是（ ） A. 10月测试成绩为“优秀”的学生有40人 B. 9月体育测试中学生的及格率为 C. 从9月到12月，测试成绩为“优秀”的学生人数在总人数中的占比逐渐增长 D. 12月增长的“优秀”人数比11月增长的“优秀”人数多 11. 下列选项正确的有（ ） A. 已知，则代数式. B. 已知，则. C. 若，，，则. D. 已知一个直角三角形的两条直角边的长恰是方程的两个根，则这个直角三角形的斜边长是9. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 若关于的分式方程的解为整数，则整数______． 13. 定义运算，若集合，则______. 14. 抛物线（a，b，c常数，）经过，两点，下列四个结论： ①一元二次方程的根为； ②若点，在该抛物线上，则； ③对于任意实数t，总有； ④对于a的每一个确定值，若一元二次方程（p为常数，）的根为整数，则p的值只有两个． 其中正确的结论是______（填写序号）． 四､解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知集合，其中. （1）1是中的一个元素，用列举法表示； （2）若中有且仅有一个元素，求实数的组成的集合； （3）若中至多有一个元素，试求的取值范围. 16 已知集合，． （1）当时，求集合； （2）若，求实数的取值范围． 17. （1）求二次函数在上的最大值和最小值，并求对应的的值； （2）已知函数在区间上的最大值为4，求实数的值. 18. 已知关于的一元二次方程. （1）判断方程根情况； （2）若方程的两根、满足，求值； （3）若的两边、的长是方程的两根，第三边的长为5， ①则为何值时，是以为斜边的直角三角形？ ②为何值时，是等腰三角形，并求出周长. 19. 定义：在平面直角坐标系中，直线与某函数图象交点记为点，作该函数图象中点及点右侧部分关于直线的轴对称图形，与原函数图象上的点及点右侧部分共同构成一个新函数的图象，称这个新函数为原函数关于直线的“迭代函数”．例如：图1是函数的图象，则它关于直线的“迭代函数”的图象如图2所示，可以得出它的“迭代函数”的解析式为 （1）函数关于直线的“迭代函数”的解析式为______． （2）若函数关于直线的“迭代函数”图象经过，则______． （3）已知正方形的顶点分别为：，，，，其中． ①若函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形的边有3个公共点，求a的值； ②若，函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有4个公共点，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 孝感一中2024级高一年级入学摸底考试 数学试卷 一､选择题（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. 一次函数与的图象交点组成的集合是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】联立两函数方程求出交点，用点的集合表示即可. 【详解】因为，解得， 所以两函数图象交点组成的集合为. 故选：C. 2. 把分解因式的结果是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】观察发现：一、三、四项一组，符合完全平方公式，然后运用平方差公式继续分解． 【详解】． 故选：D． 3. 已知全集，集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由图像可知阴影部分对应的集合为，然后根据集合的基本运算求解即可． 【详解】由已知得，由图像可知阴影部分对应的集合为，． 故选：A. 4. 已集合，若，则实数a的取值集合是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用子集的定义即可求解. 【详解】， ∴当时，，满足； 当时，若，则时，时，． 的取值集合是． 故选：C． 5. 设三角形的三边、、满足，则这个三角形的形状是（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】根据完全平方公式可得，即可求解. 【详解】由可得， 进而可得， 故三角形为直角三角形， 故选：A 6. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将集合中的式子通分成分母为3的式子，然后可判断出答案. 【详解】由题意得，， 而表示整数，表示被3除余2的整数， 故，则， 故选：B． 7. 已知菱形的边长为5，两条对角线交于点，且、的长分别是关于的方程的根，则等于（ ） A. -3 B. 5 C. 5或-3 D. -5或3 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知：菱形ABCD的边长是5，则AO2+BO2＝25，则再根据根与系数的关系可得：AO+BO＝﹣2m+1，AO•BO＝m2+3；代入AO2+BO2中，得到关于m的方程后，求得m的值． 【详解】由直角三角形的三边关系可得：AO2+BO2＝25，又有根与系数的关系可得：AO+BO＝﹣2m+1，AO•BO＝m2+3，∴AO2+BO2＝（AO+BO）2﹣2AO•BO＝（﹣2m+1）2﹣2（m2+3）＝25，整理得：m2﹣2m﹣15＝0，解得：m＝﹣3或5． 又∵△＞0，∴（2m﹣1）2﹣4（m2+3）＞0，解得m，∴m＝﹣3， 故选：A． 【点睛】将菱形的性质与一元二次方程根与系数的关系，以及代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法． 8. 若二次函数的解析式为，且函数图象过点和点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由二次函数解析式可求得对称轴为，进而可得，由函数图象过点，可得，可求的取值范围. 【详解】因为二次函数的解析式为， 所以二次函数的对称轴为， 函数图象过点和点，故点和点关于直线对称， 所以，所以， 又， 当，，当，，所以. 故选：A. 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知集合，，下列关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】 化简集合A,B,再逐项判断即可得解. 【详解】化简得，， 所以， 所以，， 故选：BD． 10. 随着中考的临近，某校初三年级连续四个月开展了体育模拟测试，并将测试成绩进行整理，最终绘制了如图所示的统计图（四次参加体育模拟测试的学生人数不变），下列四个结论中正确的是（ ） A. 10月测试成绩为“优秀”的学生有40人 B. 9月体育测试中学生的及格率为 C. 从9月到12月，测试成绩为“优秀”的学生人数在总人数中的占比逐渐增长 D. 12月增长的“优秀”人数比11月增长的“优秀”人数多 【答案】CD 【解析】 【分析】通过统计图一一分析选项即可. 【详解】由图易知全体学生有人， 而10月测试成绩为“优秀”的学生占，即有50人，故A错误； 9月体育测试中学生的及格及以上人数为人，占比为，即及格率为，故B错误； 由第二个图可知优秀率递增，且12月比11月增长，11月比10月增长，显然C、D正确. 故选：CD 11. 下列选项正确的有（ ） A. 已知，则代数式. B. 已知，则. C. 若，，，则. D. 已知一个直角三角形两条直角边的长恰是方程的两个根，则这个直角三角形的斜边长是9. 【答案】BC 【解析】 【分析】求出x值并代入计算判断A；求出，变形计算判断B；求出，变形代入计算判断C；利用韦达定理计算判断作答. 【详解】对于A，由，得，则，A错误； 对于B，由，得，则，B正确； 对于C，依题意，，则 ，C正确； 对于D，令直角三角形的二直角边长分别为，依题意，， 所以该直角三角形斜边长为，D错误. 故选：BC 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 若关于的分式方程的解为整数，则整数______． 【答案】 【解析】 【分析】由分式方程有意义可知且，再化简方程求解，由均为整数可求. 【详解】则方程可知，且. 方程可化为，即， 解得，由且，所以且. 由为整数，且为整数， 则当，，或当，时满足题意. 所以. 故答案为：. 13. 定义运算，若集合，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定运算，利用列举法计算即得. 【详解】依题意，由，当时，，则， 当时，，则，当时，，则， 所以. 故答案为： 14. 抛物线（a，b，c为常数，）经过，两点，下列四个结论： ①一元二次方程的根为； ②若点，在该抛物线上，则； ③对于任意实数t，总有； ④对于a的每一个确定值，若一元二次方程（p为常数，）的根为整数，则p的值只有两个． 其中正确的结论是______（填写序号）． 【答案】①③ 【解析】 【分析】根据题目已知条件分别对各个结论进行运算验证即可得出答案. 【详解】因为抛物线 经过 两点, 一元二次方程 的根为 , 则结论①正确; 抛物线的对称轴为 时的函数值与 时的函数值相等, ,当 时, 随的增大而减小, 又 , , 则结论②错误; 当 时, , 则抛物线的顶点的纵坐标为, 且 , 将抛物线向下平移个单位长度得到的二次函数解析式为 , 由二次函数图象特征可知, ，的图象位于轴的下方, 顶点恰好在轴上，即恒成立, 则对于任意实数, 总有 , 即 , 结论③正确; 将抛物线 向下平移 个单位长度得到的二次函数解析式为, 函数对应的一元二次方程为 , 即 , 因此, 若一元二次方程 的根为整数, 则其根只能是 或 , 或 , 对应的值只有三个, 则结论④错误； 故答案为：①③. 【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质（对称性、增减性）、二次函数图像的平移问题、二次函数与一元二次方程的联系等知识点，熟练掌握并灵活运用二次函数的图像与性质是解题关键. 四､解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知集合，其中. （1）1是中的一个元素，用列举法表示； （2）若中有且仅有一个元素，求实数的组成的集合； （3）若中至多有一个元素，试求的取值范围. 【答案】（1）；（2） ；（3）或. 【解析】 【分析】（1）若1∈A，则a＝﹣3，解方程可用列举法表示A； （2）若A中有且仅有一个元素，分a＝0，和a≠0且△＝0两种情况，分别求出满足条件a的值，可得集合B． （3）集合A中至多有一个元素包括有两种情况，①A中有且仅有一个元素，②A中一个元素也没有，分别求出即可得到a的取值范围． 【详解】解：（1）∵1是A的元素，∴1是方程ax2+2x+1＝0的一个根， ∴a+2+1＝0，即a＝﹣3， 此时A＝{x|﹣3x2+2x+1＝0}． ∴x1＝1，，∴此时集合； （2）若a＝0，方程化为x+1＝0，此时方程有且仅有一个根， 若a≠0，则当且仅当方程的判别式△＝4﹣4a＝0，即a＝1时， 方程有两个相等的实根x1＝x2＝﹣1，此时集合A中有且仅有一个元素， ∴所求集合B＝{0，1}； （3）集合A中至多有一个元素包括有两种情况， ①A中有且仅有一个元素，由（2）可知此时a＝0或a＝1， ②A中一个元素也没有，即A＝∅，此时a≠0，且△＝4﹣4a＜0，解得a＞1， 综合①②知a的取值范围为{a|a≥1或a＝0} 【点睛】本题考查的知识点是集合中元素与集合的关系，一元二次方程根的个数与系数的关系，难度不大，属于基础题． 考点：1、元素与集合的关系；2、集合的表示. 16. 已知集合，． （1）当时，求集合； （2）若，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）或． 【解析】 【分析】（1）由补集的定义即可得出答案； （2）由，得，讨论和，列出不等式求得结果. 【小问1详解】 集合，当时，， 所以． 【小问2详解】 由，得． ①当时，则有，解得：，符合题意； ②当时，则有，解得：． 综合①②可得：实数的取值范围为或． 17. （1）求二次函数在上的最大值和最小值，并求对应的的值； （2）已知函数在区间上的最大值为4，求实数的值. 【答案】（1）（2）或. 【解析】 【分析】（1）化成顶点式，得到对称轴，根据二次函数性质即可得到最值； （2）先求出对称轴，再分和讨论即可. 【详解】（1）把二次函数解析式配成顶点式, 得： ， 因为，所以抛物线开口方向向上，对称轴是， 所以顶点的纵坐标即为最小值是， 而当时，函数值最大， 所以最大值是. 综上当，；当，. （2） 当时，不符合最大值为4，不合题意； 其对称轴， ①当时，其图象开口向上，此时离对称轴更远， 当时有最大值，最大值为， ，解得； ②当，其图象开口向下， 则当时函数有最大值，最大值为， ，解得. 综上所述的值为或. 18. 已知关于的一元二次方程. （1）判断方程根的情况； （2）若方程两根、满足，求值； （3）若的两边、的长是方程的两根，第三边的长为5， ①则为何值时，是以为斜边的直角三角形？ ②为何值时，是等腰三角形，并求出的周长. 【答案】（1）方程有两个不相等的实数根 （2）或 （3）①；②答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据判别式即可求解， （2）根据韦达定理即可代入求解， （3）根据因式分解可得，，即可结合勾股定理以及等腰关系求解. 【小问1详解】 在方程中，, 方程有两个不相等的实数根． 【小问2详解】 由题知：，. 变形为： ．得：或. 【小问3详解】 ． ，，则． ①不妨设，， 斜边时，有，即：， 解得：，、为负，舍去）. 当时，是直角三角形； ②，，，由（1）知 故有两种情况： 当时，，则，， 、5、5满足任意两边之和大于第三边，此时的周长为； 当时，，，， 、5、5满足任意两边之和大于第三边，此时的周长为. 综上可知：当时，是等腰三角形，此时的周长为14； 当时，是等腰三角形，此时周长为16. 19. 定义：在平面直角坐标系中，直线与某函数图象交点记为点，作该函数图象中点及点右侧部分关于直线的轴对称图形，与原函数图象上的点及点右侧部分共同构成一个新函数的图象，称这个新函数为原函数关于直线的“迭代函数”．例如：图1是函数的图象，则它关于直线的“迭代函数”的图象如图2所示，可以得出它的“迭代函数”的解析式为 （1）函数关于直线的“迭代函数”的解析式为______． （2）若函数关于直线的“迭代函数”图象经过，则______． （3）已知正方形的顶点分别为：，，，，其中． ①若函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形的边有3个公共点，求a的值； ②若，函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有4个公共点，求的取值范围． 【答案】（1） （2）或， （3）①；②. 【解析】 【分析】（1）取点，，求两点关于的对称点，利用待定系数法求左侧图象的解析式，由此可得结论； （2）判断点与函数的图象的关系，再求关于直线的对称点，由条件列方程求即可； （3）①求函数关于直线的“迭代函数”的解析式，作函数图象，观察图象确定的值； ②分别在，，时求函数关于直线的“迭代函数”解析式，讨论，由条件确定的范围. 【小问1详解】 在函数的图象上位于右侧的部分上取点，， 点关于直线的对称点为， 点关于直线的对称点为， 设函数，的图象关于对称的图象的解析式为， 则，解得， 所以函数关于直线的“迭代函数”的解析式为； 【小问2详解】 取可得，， 故函数的图象不过点， 又点关于直线的对称点为， 由已知可得，， 所以或， 【小问3详解】 ①当或时，函数关于直线的“迭代函数”的图象的解析式为， 当时，设点在函数关于直线的“迭代函数”的图象上， 则点在函数的图象上， 所以， 所以函数关于直线的“迭代函数”的解析式为， 作函数关于直线的“迭代函数”的图象如下： 观察图象可得时，函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形的边有3个公共点， ②若，当时，函数关于直线的“迭代函数”的图象的解析式为， 当或时，设点在函数关于直线的“迭代函数”的图象上， 则点在函数的图象上， 所以， 所以函数关于直线的“迭代函数”的解析式为， 当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得， 函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点， 当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得， 函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点， 当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得， 函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点， 当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得， 函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点， 当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得， 函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点， 当时，函数关于直线的“迭代函数”的解析式为， 作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得， 函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点， 若，当或时，函数关于直线的“迭代函数”的图象的解析式为， 当时，设点在函数关于直线的“迭代函数”的图象上， 则点在函数的图象上， 所以， 所以函数关于直线的“迭代函数”的解析式为， 当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得， 函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点， 当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得， 函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点， 当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得， 函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点， 当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得， 函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点， 当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得， 函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点， 当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得， 函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点， 当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得， 函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点， 当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得， 函数关于直线的“迭代函数”的图象与正方形有个公共点， 当时，作函数关于直线的“迭代函数”的图象可得， 函数关于直线“迭代函数”的图象与正方形有个公共点， 综上，的取值范围为. 【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$