精品解析：上海市上海交通大学附属中学2024-2025学年高一上学期摸底数学试卷

2024—2025学年度第一学期 高一数学摸底试卷 （说明：本试卷满分160分，考试时间120分钟．本套试卷另附答题纸，每道题的解答必须写在答题纸的相应位置，本卷上任何解答都不作评分依据．） 考试说明：试卷最后的附加题为非必答题，分值10分 一、填空题（本大题满分54分，前6题每题4分，后6题每题5分，填错或不填在正确的位置一律得零分） 1. 二次函数的顶点位于第______象限 2. 已知，则______． 3. 若，，则、、从小到大的排列为______． 4. 方程组的解集为______． 5. 若关于方程的两实根的平方和为14，则实数的值为______． 6. 已知二次函数的最小值是2，最大值是6，则的取值范围______． 7. 如图，在中，，分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交点分别为点，过两点作直线交于点，则的长是______． 8. 菱形的面积为，点是中点，是上动点，若的面积为，则图中阴影部分的面积为______． 9. 若关于的分式方程的解为负数，则的取值范围为__________. 10. 如图，点是反比例函数图像上一点，连结，过作的垂线与反比例函数的图像交于点，则______． 11. 已知为方程的两实根，则______． 12. 如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为点，将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，如此下去，…，若点的坐标为，则点的坐标为______． 二、选择题（本大题满分18分，前2题每题4分，后2题每题5分，每题有且仅有一个正确选项） 13. “”是关于的不等式的解集为R的（ ） A 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 非充分非必要条件 14. 用反证法证明命题“任何中最多只有一个内角是钝角”时，第一步是假设存在一个，该三角形的三个内角（ ） A. 至少有一个内角是钝角 B. 至少有两个内角是钝角 C. 至少有一个内角不是钝角 D. 至少有两个内角不是钝角 15. 下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若,，则 16. 非空数集，同时满足如下两个性质：（1）若，则；（2）若，则．则称一个“封闭集”，以下叙述： ①若为一个“封闭集”，则； ②若为一个“封闭集”且，则； ③若都是“封闭集”，则是“封闭集”的充要条件是或； ④若都是“封闭集”，则是“封闭集”充要条件是或． 正确的是（ ） A. ①③④ B. ①②③④ C. ①②③ D. ①②④ 三、解答题（本大题满分78分）解答下列各题必须在答题纸规定的方框内写出必要步骤 17. 设集合. （1）若，求的值； （2）若，求的取值范围. 18. 为满足新能源汽车的充电需求，某小区增设了充电站，如图是矩形充电站的平面示意图，矩形是其中一个停车位．经测量，米，米，是另一个车位的宽，所有车位的长宽相同，按图示并列划定．根据以上信息回答下列问题：（结果精确到0.1米） （1）求的长： （2）该充电站有20个停车位，求的长. 19. （1）记集合，集合或，证明：； （2）证明：形如且，不能表示成两个自然数的平方和. 20. 已知；，非空集合. （1）求实数取值范围： （2）若是的充分条件，求实数的取值范围； （3）若是的必要条件，求实数的取值范围 21. 函数的图像与轴交于，与轴交于点 （1）求的值： （2）已知是函数图像对称轴上的一点，若为等腰三角形，求出所有满足条件的的坐标： （3）已知是函数上一点，若是直角三角形，求出所有满足条件的点的坐标． 【附加题】 22. 对集合及其每一个非空子集，定义一个唯一确定的“交替和”如下：将中的元素按照递减的次序排列，然后将第一个元素交替地减或加后继的元素所得的结果，例如，子集的“交替和”是，子集的“交替和”是，子集的交替和是2；定义一个唯一确定的“交替积”如下：将中的元素按照递减的次序排列，然后将第一个元素交替地除以或乘以后继的数所得的结果，例如，集合的“交替积”是，的“交替积”是，的“交替积”是2． （1）对于，求其所有子集的“交替和”的总和； （2）对于，求其所有子集的“交替和”的总和； （3）对于求其所有子集“交替积”的总和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年度第一学期 高一数学摸底试卷 （说明：本试卷满分160分，考试时间120分钟．本套试卷另附答题纸，每道题的解答必须写在答题纸的相应位置，本卷上任何解答都不作评分依据．） 考试说明：试卷最后的附加题为非必答题，分值10分 一、填空题（本大题满分54分，前6题每题4分，后6题每题5分，填错或不填在正确的位置一律得零分） 1. 二次函数的顶点位于第______象限 【答案】三 【解析】 【分析】利用配方法，即可求得答案. 【详解】由于， 故二次函数的顶点为，位于第三象限， 故答案为：三 2. 已知，则______． 【答案】 【解析】 【分析】求得，再根据交集的定义求解即可. 【详解】解：因为， 又因为， 所以. 故答案为： 3. 若，，则、、从小到大的排列为______． 【答案】 【解析】 【分析】先由得，再由得即可得解. 【详解】因为，所以， 又因为，所以， 所以. 故答案为：. 4. 方程组的解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】直接解二元一次方程组即可得解. 【详解】由题意，即，解得， 从而. 故答案为：. 5. 若关于方程的两实根的平方和为14，则实数的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据韦达定理求解． 【详解】设已知方程两根为，则， 所以，解得或， 又，即或，所以， 故答案为： 6. 已知二次函数的最小值是2，最大值是6，则的取值范围______． 【答案】 【解析】 【分析】由解析式配方可得，由条件可得，且时，，由此可求的范围. 【详解】函数解析式可化为， 所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，取最小值，最小值为， 因为当时，函数的最小值是2，最大值是6， 且时，， 所以，且时，， 即，且， 所以. 所以的取值范围为. 故答案为：. 7. 如图，在中，，分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交点分别为点，过两点作直线交于点，则的长是______． 【答案】## 【解析】 【分析】首先根据圆的性质得到垂直平分，得到，在中，利用勾股定理，即可求解. 【详解】连结， 由题意可知垂直平分，则， 设，则， 所以中，， 即，得， 所以 故答案为： 8. 菱形的面积为，点是中点，是上动点，若的面积为，则图中阴影部分的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】延长交于点，由条件证明，结合面积公式可得面积相等，结合条件求的面积，由此可得结论. 【详解】延长交于点，连接， 由已知， 所以，， 因为点是中点， 所以， 所以， 所以， 所以； 因为点是中点， 所以， 又菱形面积为， 所以， 所以，又的面积为， 所以的面积. 故答案为：. 9. 若关于的分式方程的解为负数，则的取值范围为__________. 【答案】且 【解析】 【分析】分析可知，解方程得出，根据题意可得出关于实数的不等式组，解之即可. 【详解】对于方程，有，可得， 由可得， 因为关于的分式方程的解为负数， 则，解得且. 故答案为：且. 10. 如图，点是反比例函数图像上一点，连结，过作的垂线与反比例函数的图像交于点，则______． 【答案】 【解析】 【分析】设，由两点分别作轴的垂线，垂足分别为，由，得，由，可得答案. 【详解】设， 由两点分别做轴的垂线，垂足分别为， 且， 因为，所以， 所以， 所以，可得，即，所以， 所以. 故答案为：. 11. 已知为方程的两实根，则______． 【答案】 【解析】 【分析】先由题意得，接着得，进而得，将其代入即可得解. 【详解】由题得， 所以，所以， 所以. 故答案为： 12. 如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为点，将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，如此下去，…，若点的坐标为，则点的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，进而根据旋转的性质可得与轴平行，即可得，结合锐角三角函数即可求解，进而可可求解. 【详解】将代入可得，故, 由勾股定理可得，进而可得, 根据题意可知，三角形经过三次旋转后，()与轴平行， 由于，, 由于直线方程为，故 故，因此，故 故答案为： 二、选择题（本大题满分18分，前2题每题4分，后2题每题5分，每题有且仅有一个正确选项） 13. “”是关于的不等式的解集为R的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 非充分非必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】取，时可判断充分性；当不等式的解集为R时，分，，讨论可判断必要性. 【详解】若，取时，不等式，此时不等式解集为； 当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为， 当，且时，不等式， 所以，若关于的不等式的解集为R，则. 综上，“”是关于的不等式的解集为R的必要非充分条件. 故选：B 14. 用反证法证明命题“任何中最多只有一个内角是钝角”时，第一步是假设存在一个，该三角形的三个内角（ ） A. 至少有一个内角是钝角 B. 至少有两个内角是钝角 C. 至少有一个内角不是钝角 D. 至少有两个内角不是钝角 【答案】B 【解析】 【分析】用反证法证明数学命题时，应先假设命题的否定成立，而命题“三角形中最多只有一个内角是钝角”的否定为：“三角形中至少有两个内角是钝角”，由此得出结论． 【详解】解：用反证法证明数学命题时，应先假设命题的否定成立，而命题“三角形中最多只有一个内角是钝角”的否定为：“三角形中至少有两个内角是钝角”，故应假设的内容是：三角形中至少有两个内角是钝角． 故选：B． 15. 下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若,，则 【答案】D 【解析】 【分析】通过举反例排除A,B两项；利用作差法判断C项，结论错误；运用不等式的性质可推理得到D项结论. 【详解】对于A，若，当时，则，故A错误； 对于B，若，满足，但，故B错误； 对于C，因，，由，可得，故C错误； 对于D，由，得，因，则，故D正确． 故选：D． 16. 非空数集，同时满足如下两个性质：（1）若，则；（2）若，则．则称为一个“封闭集”，以下叙述： ①若为一个“封闭集”，则； ②若为一个“封闭集”且，则； ③若都是“封闭集”，则是“封闭集”的充要条件是或； ④若都是“封闭集”，则是“封闭集”的充要条件是或． 正确的是（ ） A. ①③④ B. ①②③④ C. ①②③ D. ①②④ 【答案】D 【解析】 【分析】由封闭集的定义，逐项判断即可，同时③用举例，④用反证法即可. 【详解】对于①，因为为一个“封闭集”，由定义可知则，那么,正确； 对于②，因为为一个“封闭集，，所以，所以，正确； 对于③，,，都是封闭集，显然或不成立，错误 对于④，充分性：都是“封闭集”，若或，易知是“封闭集”， 必要性：若是“封闭集”，令, 假设且． 则存在,,同时, 因为是“封闭集”， 所以,，分两类情况讨论 若,又则所以，这与假设矛盾； 若,又则所以，这与假设矛盾； 故假设不成立，原结论是“封闭集”则或．必要性成立，故正确； 故选：D 三、解答题（本大题满分78分）解答下列各题必须在答题纸规定的方框内写出必要步骤 17. 设集合. （1）若，求值； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合以及根与系数关系来求得的值； （2）根据，结合判别式进行分类讨论，由此求得的取值范围. 【小问1详解】 ，解得或，所以. 对于一元二次方程，至多有个不相等的实数根， 由于，故， 由根与系数关系得，解得 【小问2详解】 对于一元二次方程， ， 当，即时，，满足. 当，即时，， 解得，则，，不符合题意. 当，即时，一元二次方程有两个不相等的实数根， 由于，所以，由（1）得. 综上所述，的取值范围是. 18. 为满足新能源汽车的充电需求，某小区增设了充电站，如图是矩形充电站的平面示意图，矩形是其中一个停车位．经测量，米，米，是另一个车位的宽，所有车位的长宽相同，按图示并列划定．根据以上信息回答下列问题：（结果精确到0.1米） （1）求的长： （2）该充电站有20个停车位，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出和的长度，进而可以解决问题; （2）求出的长度，根据得的长. 【小问1详解】 ∵四边形是矩形， 在Rt中， ，， ∵四边形是矩形， ，， ，， ， 【小问2详解】 在Rt中， 在Rt中， ∵该充电站有20个停车位， ∵四边形是矩形，. 19. （1）记集合，集合或，证明：； （2）证明：形如且，不能表示成两个自然数平方和. 【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据题意讨论的奇偶性，结合子集的定义分析证明即可； （2）假设成立，设且的奇偶性相反，由（1）可得为4的倍数，分析是否为4的倍数即可证明假设不成立. 【详解】（1）因为，则有： 若，则； 若，则； 综上所述：对任意，均与， 所以； （2）对于且，显然是奇数， 假设能表示成两个自然数的平方和，即， 可知的奇偶性相反，不妨设为偶数，为奇数， 由（1）可知：， 即，可得， 因为， 则，即， 可知为4的倍数， 对于可知： 若，则不为4的倍数； 若，则为4的倍数； 所以不为4的倍数， 两者相矛盾，假设不成立，所以不能表示成两个自然数的平方和. 20. 已知；，非空集合. （1）求实数的取值范围： （2）若是的充分条件，求实数的取值范围； （3）若是的必要条件，求实数的取值范围 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由集合结合一元二次方程根的判别式即可求解. （2）由题意得，从而得，求解该不等式组即可得解. （3）先由题意得，从而得，求解该不等式组即可得解. 【小问1详解】 因为集合，所以. 【小问2详解】 因为是的充分条件，所以， 所以，所以. 【小问3详解】 因为是的必要条件，所以， 所以，所以. 21. 函数的图像与轴交于，与轴交于点 （1）求的值： （2）已知是函数图像对称轴上的一点，若为等腰三角形，求出所有满足条件的的坐标： （3）已知是函数上一点，若是直角三角形，求出所有满足条件点的坐标． 【答案】（1） （2）或或. （3）或 【解析】 【分析】（1）在中，分别令，得； （2）设，分，，三种情况讨论求得M坐标； （3）设，分，，三种情况讨论求得点的坐标． 【小问1详解】 在中，令得或，故； 令得，故； 所以. 【小问2详解】 设对称轴与x轴交于点Q，设，作轴于N，连接， 则， ， ， 若为等腰三角形，分以下三种情况： ①若，则，解得，故； ②若，则，解得，故； ③若，则，解得，故； 故若为等腰三角形，则或或. 【小问3详解】 设，有三种情况： ①当时，如下图： 过F作轴，垂足为D，则 ， 解得:(不合题意，舍去）； ， ②当时，如下图， 过F作轴，垂足为E，则， ，， ，，， ，解得:(不合题意，舍去)， ; ③当时：则F在以为直径的圆上，如下图，过B作交抛物线于G， 所以点F在上方，由②得， ， ， 由此可得:对称轴右侧，上方抛物线上的点一定在圆外， 点F在圆上，F不在抛物线上. 综上所述:点F的坐标分别是或. 【点睛】关键点点睛：遇到三角形为等腰三角形或直角三角形时要讨论哪两边相等或哪个角为直角. 【附加题】 22. 对集合及其每一个非空子集，定义一个唯一确定的“交替和”如下：将中的元素按照递减的次序排列，然后将第一个元素交替地减或加后继的元素所得的结果，例如，子集的“交替和”是，子集的“交替和”是，子集的交替和是2；定义一个唯一确定的“交替积”如下：将中的元素按照递减的次序排列，然后将第一个元素交替地除以或乘以后继的数所得的结果，例如，集合的“交替积”是，的“交替积”是，的“交替积”是2． （1）对于，求其所有子集的“交替和”的总和； （2）对于，求其所有子集的“交替和”的总和； （3）对于求其所有子集的“交替积”的总和． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）将集合的子集分为有9的子集，和去掉9之后的子集，再根据“交替和”的定义，即可求解； （2）将集合的子集分为有的子集，和去掉之后的子集，再根据“交替和”的定义，即可求解； （3）首先求出集合的元素，再对集合分组，有的子集和去掉的子集为一组，求每一组“交替积”的和，即可求解. 【小问1详解】 集合的子集中，除去外还有个非空子集， 把这个非空子集两两组合后分别计算每一组中“交替和”之和， 组合原则是设，，集合的元素为集合中去掉9的所有元素，把和结合为一组，显然，每组的“交替和”的和为9，共有组，所以，所有“交替和”之和应该为 【小问2详解】 集合的子集中，除去外还有个非空子集， 把这个非空子集两两组合后分别计算每一组中“交替和”之和， 组合原则是设，，集合的元素为集合中去掉的所有元素，把和结合为一组，显然，每组的“交替和”的和为，共有组，所以，所有“交替和”之和应该为； 【小问3详解】 集合， 其中除去外还有个非空子集， 把这把这个非空子集两两组合后分别计算每一组中“交替积”之积， 组合原则是设，，集合的元素为集合中去掉的所有元素，把和结合为一组，显然，每组的“交替积”的和为0，共有组，所以，所有“交替积”之和应该为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题意，前2问是将集合分为有最大元素的集合，和去掉最大元素的集合，这样找到规律，最后一问，是将集合分为有元素的集合和去掉元素的集合为一组，即可求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$