精品解析：海南省海口市海南中学2025-2026学年高一上学期新生能力综合测试夏令营（模拟）数学试题

海南中学2025年度新生能力综合测试夏令营（模拟） 数学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将考生条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 一、单项选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30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. 已知实数a，b，c. A. 若|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1，则a2+b2+c2＜100 B. 若|a2+b+c|+|a2+b–c|≤1，则a2+b2+c2＜100 C. 若|a+b+c2|+|a+b–c2|≤1，则a2+b2+c2＜100 D. 若|a2+b+c|+|a+b2–c|≤1，则a2+b2+c2＜100 2. 若变量x，y满足约束条件，则的最大值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 在矩形中，，在边上随机取一点，若是最大边的概率为，则（ ） A. B. C. D. 4. 剪纸技艺是我国优秀传统文化的重要组成部分，也是一种古老的民间艺术，其中也蕴含着丰富的数学思想．为更好地传承和发扬传统文化，我国已将剪纸放入小学的美术课中．下图是某小学美术教材的剪纸图例（三角形为正三角形），当经过如图所示的剪纸操作后，纸片的剩余率（剪纸后剩余部分的面积与原纸片的面积的比值）为（　　） A. B. C. D. 5. 如图，在平面直角坐标系中，是反比例函数在第三象限的一个动点，以为顶点，原点为对称中心作矩形轴于点，过点的直线分别交边于点，以为一边作矩形，且直线恰好经过点．如果点往轴负方向运动，那么的变化情况是（　　） A. 先减小后增大 B. 先增大后减小 C. 一直不变 D. 一直减小 6. 《几何原本》中的几何代数法(用几何方法研究代数问题)成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一方法，很多代数公理、定理都能够通过图形实现证明，并称之为“无字证明”.如图所示，AB是半圆O的直径，点C是AB上一点(不同于)，点D在半圆O上，且于E，设，则该图形可以完成的“无字证明”为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若关于的不等式的解集中有且仅有2个整数，则的取值范围为（　　） A. B. C. D. 8. 斐波那契数列（Fibonacci sequence），又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多-斐波那契（Leonardo Fibonacci）以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”．其指的是这样一个数列：从第3项开始，每一项都等于前两项之和．删去0后，以第一个1作为该数列的第一项，其中第项记为，如则（　　） A. B. C. D. 9. 现有甲、乙两组数据，每组数据均由六个数组成，其中甲组数据的平均数为，方差为，乙组数据的平均数为，方差为．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，以矩形的顶点为圆心，以长为半径作弧，交于点，交于点，且，若，则的长为（　　） A. B. 2 C. D. 二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分． 11. 在实数范围内分解因式： ①___________； ②___________． 12. 已知，则___________． 13. 图a是函数的图象，其两条渐近线分别为轴、轴．将函数图象绕其中心顺时针旋转，得到如图所示的双曲线图象．则双曲线在这个坐标系中的渐近线方程为___________，双曲线的方程为___________． 14. 如图，二次函数与轴交于、两点，与轴交于，点是在以为圆心半径为2的圆上一动点，则的最小值为___________． 三、解答题：本大题共5小题，共54分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知实数、、、满足． （1）求证：为非负数． （2）若、、均为奇数，、是否可以都为整数？说明你的理由． 16. 设函数. （1）若关于的不等式的解集为，求实数的值； （2）若不等式对于实数时恒成立，求的取值范围； （3）解关于的不等式：. 17. 如图，已知抛物线的顶点坐标为，且与轴交于点，点的坐标为，点为抛物线上一动点．以点为圆心，长为半径的圆交轴于两点（点在点的左侧）． （1）求此抛物线的函数表达式． （2）当点在抛物线上运动时，弦的长度是否为定值？若不是定值，说明理由；若是定值，求弦的长． （3）如图b，若直线过点，求证：是等边三角形. 18. 平面解析几何是一种借助于解析式进行图形研究的几何学分支． 【圆】 我们定义圆为：到定点的距离等于定长的点的集合，圆的标准方程为，其中为圆的半径，为圆心坐标． 【椭圆】 我们定义椭圆为：平面内到两定点的距离之和等于常数（该常数大于）的动点的轨迹，写成表达式就是．两定点称为椭圆的焦点．通常而言，为研究方便，我们会将椭圆的中心与坐标原点重合． 椭圆就像一个被压扁的圆，一端稍长，一端稍短．其中，稍长的轴（）叫作椭圆的长轴；稍短的轴（）叫作椭圆的短轴．椭圆与坐标轴的四个交点根据其方位命名为上/下顶点、左/右顶点． 椭圆的标准方程为，其中分别为长轴长、短轴长的一半． （1）试推导得到圆的标准方程． （2）现有一椭圆过点，点为该椭圆的左顶点，． ①求的标准方程． ②点为椭圆上任意一点，求的面积的最大值. 19. 在平面直角坐标系中，从原点出发，每次只能走一步或，有两种路径可以选择，如图所示： 若某点可以表示为（为整数），则称为可达点． 已知：向量的加法：；向量的数乘：． （1）分析可达点中、满足的函数关系，判断是否为可达点，并说明理由． （2）证明：若是可达点，则也是可达点． （3）若某些可达点满足，求在所有满足条件的可达点中，最小的点及此时的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海南中学2025年度新生能力综合测试夏令营（模拟） 数学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将考生条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 一、单项选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30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. 已知实数a，b，c. A. 若|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1，则a2+b2+c2＜100 B. 若|a2+b+c|+|a2+b–c|≤1，则a2+b2+c2＜100 C. 若|a+b+c2|+|a+b–c2|≤1，则a2+b2+c2＜100 D. 若|a2+b+c|+|a+b2–c|≤1，则a2+b2+c2＜100 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：采用排除法：A.令可排除此选项， B.令可排除此选项， C.令可排除此选项，故选D． 【考点】不等式的性质． 【方法点睛】对于判断不等式恒成立问题，一般采用举反例排除法．解答本题时能够对四个选项逐个利用赋值的方式进行排除，确认成立的不等式． 2. 若变量x，y满足约束条件，则的最大值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】作出可行域，表示可行域内点和点所在直线的斜率的2倍，结合图象即可得解. 【详解】由约束条件作出可行域如图， 联立，解得，即， 表示可行域内点和点所在直线的斜率的2倍， 由图可知，当点位于时，斜率最大， 所以的最大值为. 故选：B. 3. 在矩形中，，在边上随机取一点，若是最大边的概率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】在矩形中，取边的中点为，则在边上存在关于点对称的两点，，使.设，根据概率求出，得出边长关系即可得解. 【详解】如图，取边的中点为，则在边上存在关于点对称的两点，，使.设，因为是最大边的概率为，所以.过点作，则，，则，所以，故. 故选：D 4. 剪纸技艺是我国优秀传统文化的重要组成部分，也是一种古老的民间艺术，其中也蕴含着丰富的数学思想．为更好地传承和发扬传统文化，我国已将剪纸放入小学的美术课中．下图是某小学美术教材的剪纸图例（三角形为正三角形），当经过如图所示的剪纸操作后，纸片的剩余率（剪纸后剩余部分的面积与原纸片的面积的比值）为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】画出图形，设正三角形的边长为，则可得大圆的半径为，设小圆的半径为，可知，从而可求得，则可求出4个圆的面积，进而可求得剩余纸率；也可以以为坐标原点，方向为轴正方向，垂直于方向为轴正方向建立平面直角坐标系，利用正三角形的性质（三心重合）设点坐标，根据几何关系求解大圆半径. 【详解】方法一（最优解）：几何法 设正三角形的边长为，其内切圆的半径， 设小圆的半径为，则，， 因为，所以， 所以， 解得， 所以四个圆的面积为， 剩余率为. 方法二：解析法 以为坐标原点，方向为轴正方向，垂直于方向为轴正方向建立平面直角坐标系， 设正三角形的边长为，则，，， 根据三角形的重心坐标公式，得， 因此其内切圆的半径， 设小圆的半径为，则，， 因为，所以， 所以， 解得， 所以四个圆的面积为， 剩余率为. 故选：A. 5. 如图，在平面直角坐标系中，是反比例函数在第三象限的一个动点，以为顶点，原点为对称中心作矩形轴于点，过点的直线分别交边于点，以为一边作矩形，且直线恰好经过点．如果点往轴负方向运动，那么的变化情况是（　　） A. 先减小后增大 B. 先增大后减小 C. 一直不变 D. 一直减小 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：几何法，连接，由四边形是经原点对称作矩形，得到，易证四边形是矩形，由求解；方法二：解析法，，利用矩形原点对称，设直线方程为，求与的交点坐标，转化为求的值求解；方法三：向量法，．由矩形原点对称，向量，设．由四边形是矩形，有求解. 【详解】方法一：几何法 连接． 由四边形是经原点对称作矩形，可以得到，， ． ． 易证四边形是矩形． ，即． ，即面积一直不变． 方法二：解析法 ． 由矩形原点对称，可写出点坐标，． 设直线方程为，求与的交点坐标． 有． 要求矩形的面积，只要求的值，线段中，是非定义点，不易求解， 可转化为求，其中是过点作的垂线与的交点． 由垂直关系，可得，由其过点，可得， 其方程为点坐标为． 由两点间距离公式，可求得： ． 求面积，有：， 即面积恒为8． 方法三：向量法 ． 由矩形原点对称，可写出点坐标，． 设直线方程为， 求与的交点坐标．有． 可写出向量，设． 由四边形是矩形，有， 即，化简得． 然后与方法二相同． 6. 《几何原本》中的几何代数法(用几何方法研究代数问题)成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一方法，很多代数公理、定理都能够通过图形实现证明，并称之为“无字证明”.如图所示，AB是半圆O的直径，点C是AB上一点(不同于)，点D在半圆O上，且于E，设，则该图形可以完成的“无字证明”为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆和直角三角形的性质得到、、，结合即可得. 【详解】由，可得半圆的半径， 由，， 所以， ， 由图知，则. 故选：D 7. 已知函数，若关于的不等式的解集中有且仅有2个整数，则的取值范围为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将不等式化为，令，即. 然后分和两种情况去掉绝对值符号，得到相应的解析式，计算取、、、时的函数值，画出函数的部分图像，数形结合即可得解. 【详解】根据题意，函数，不等式，即， 变形可得，令函数，所求即． 当时，， 所以在上上单调递减，在上单调递增， 且，，． 当时，，在上单调递减， 且． 可以绘制出函数图像． 结合图像和取、、、时的值可知，要使的解集中有且仅有两个整数，这两个整数解只能是和，所以的取值范围为． 故选：C 8. 斐波那契数列（Fibonacci sequence），又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多-斐波那契（Leonardo Fibonacci）以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”．其指的是这样一个数列：从第3项开始，每一项都等于前两项之和．删去0后，以第一个1作为该数列的第一项，其中第项记为，如则（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】法1：根据题意，得到，分别求得的表示，结合累加法，即可求解； 法2：根据题意，分别求得，猜想得到，结合数学归纳法，作出证明，即可求解. 【详解】法1：由题意得，数列的递推公式，可得 所以， 当时，； 当时，； 当时，； 当时，， 上式累加，可得 又因为，可得，所以． 法2：由，且满足从第3项开始，每一项都等于前两项之和， 可得， 猜想：， 用数学归纳法证明： 设命题， ①当时，可得，即等式成立； ②假设当时，命题成立，即， 当时，由假设归纳得， 在斐波那契数列中，可得，所以， 所以， 即当时，成立． 由①②知，对于任意的，命题都成立， 所以． 故选：B. 9. 现有甲、乙两组数据，每组数据均由六个数组成，其中甲组数据的平均数为，方差为，乙组数据的平均数为，方差为．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平均数和方差公式可求得新数据的方差. 【详解】设甲组数据分别为、、、，乙组数据分别为、、、， 甲组数据的平均数为，可得，方差为，可得， 乙组数据的平均数为，可得，方差为，可得， 混合后，新数据的平均数为， 方差为 . 故选：D. 10. 如图，以矩形的顶点为圆心，以长为半径作弧，交于点，交于点，且，若，则的长为（　　） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一，以点为坐标原点建系，设，根据，点在圆上，利用向量列出关于的方程求解即可；方法二，过点作，垂足为交于点；过点作，垂足为，，根据列出关于的方程求解即可. 【详解】方法一：以点为坐标原点，分别以、方向为轴正方向、轴正方向，建立平面直角坐标系， 设，则， 圆的方程，则，故， 设，则， 则， 因，则①， 因，则， 则，将其代入①式得， 即，得（舍，此时）或，则； 方法二： 因，则在中， 则， 因，，则， 则，有， 过点作，垂足为交于点；过点作，垂足为， 易证四边形是矩形，则有，则有， 设，于是有，， ，，， 在矩形中，有， 则，即，解得，即． 故选：C 二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分． 11. 在实数范围内分解因式： ①___________； ②___________． 【答案】 ①. ； ②. . 【解析】 【分析】①先以为主元，再十字相乘即可； ②先将因式适当分组相乘，再整体换元，分解因式后回代，再进行因式分解即得. 【详解】①原式， 因，且 则可得 故答案为：. ②先将与分别展开， 可得原式， 令，则得 再将代入， 可得原式 ， 故答案为：. 12. 已知，则___________． 【答案】3 【解析】 【分析】方法一：分析可得，两侧同时除以，再令，整理可得，可得t值，根据基本不等式，分析即可得答案；方法二：对原式进行因式分解，分析可得，和均可，代入即可得答案. 【详解】方法一（最优解）：整体换元 由已知式，已知当时，，不成立，即． 因此对两侧同时除以， 有，整理得． 即， 整体换元，令，上式可化为． 或 3． 由基本不等式得，， 当且仅当，即时取等号，故舍去， 故． 方法二：试根+因式分解 先根据各项系数猜方程有根为1，再由长除法因式分解，即得． 对，因其对应方程的，方程无实数根， 由此即得或，计算可得的值均为3，故得． 故答案为：3. 13. 图a是函数的图象，其两条渐近线分别为轴、轴．将函数图象绕其中心顺时针旋转，得到如图所示的双曲线图象．则双曲线在这个坐标系中的渐近线方程为___________，双曲线的方程为___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】法1：将旋转，得到双曲线的渐近线方程为，再由反比例函数是等轴双曲线，结合双曲线的定义，求得，即可求解； 法2：将旋转，得到双曲线的渐近线方程为，得出旋转公式，代入函数解析式，即可求解. 【详解】法1：由题意，将旋转，相当于渐近线也旋转，即渐近线方程为， 又由反比例函数是等轴双曲线， 旋转之后与轴的两个交点就是在原坐标系下与的两个交点，即， 即两顶点间距离为，所以， 因为双曲线为等轴双曲线，可得， 所以双曲线的标准方程为． 法2：由坐标旋转公式旋转，相当于渐近线也旋转，即渐近线方程为， 坐标旋转公式 ， 将，代入得， 再代入到中，可得．整理得， 所以双曲线的方程为． 故答案为：；． 14. 如图，二次函数与轴交于、两点，与轴交于，点是在以为圆心半径为2的圆上一动点，则的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】在上取点，使，则，求长度即可. 【详解】在上取点，使，连接， 易得， 因，则，则， 则， 则，当且仅当三点共线时等号成立， 此时最小， 因，则， 即最小值为． 故答案为： 三、解答题：本大题共5小题，共54分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知实数、、、满足． （1）求证：为非负数． （2）若、、均为奇数，、是否可以都为整数？说明你的理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）不可以，理由见解析 【解析】 【分析】（1）方法一，利用韦达定理可得和是一元二次方程的两个根，利用根的判别式得到； 方法二：由已知，可用表达，并得到； （2）若都为整数，其可能的情况有都为奇数和其中至少有一个为偶数，就两种情况，分别推出矛盾，故、不能都为整数. 【小问1详解】 方法一（最优解）：韦达定理应用， 变形结构，显然， 由韦达定理，我们可知，和是一元二次方程的两个根． 其中，所以为非负数； 方法二：由已知，可用表达．， ，所以为非负数； 【小问2详解】 若都为整数， 其可能的情况有：都为奇数和其中至少有一个为偶数． ①若、都为奇数，则为偶数，为奇数，则为偶数，与已知矛盾． ②若、为整数，且其中至少有一个为偶数，则必为偶数，为偶数，与已知矛盾． 因此不可能． 16. 设函数. （1）若关于的不等式的解集为，求实数的值； （2）若不等式对于实数时恒成立，求的取值范围； （3）解关于的不等式：. 【答案】（1）2 （2）： （3） 依题意，等价丁， 当时，不等式可化为，解集为. 当时，不等式可化为，此时， 所以不等式的解集为. 当时，不等式化为， ①当时，，不等式的解集为； ②当时，，不等式的解集为或； ③当时，，不等式的解集为或； 综上，当时，解集为或； 当时，解集为； 当时，解集为或； 当时，解集为； 当时，解集为. 【解析】 【分析】（1）由二次不等式与二次方程的关系，得到方程的解，即可求出实数的值； （2）整理不等式，将不等式左边看成关于的一次函数，代入两端点不等式成立即可解出的解集； （3）整理不等式，讨论参数的取值，得到相应不等式的解集即可. 【小问1详解】 由题意知，是方程的两个根， 则，则. 【小问2详解】 ， 则对于实数时恒成立， 则，即， 解得，∴ 则的取值范围为. 【小问3详解】 略 17. 如图，已知抛物线的顶点坐标为，且与轴交于点，点的坐标为，点为抛物线上一动点．以点为圆心，长为半径的圆交轴于两点（点在点的左侧）． （1）求此抛物线的函数表达式． （2）当点在抛物线上运动时，弦的长度是否为定值？若不是定值，说明理由；若是定值，求弦的长． （3）如图b，若直线过点，求证：是等边三角形. 【答案】（1） （2）是定值， （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设抛物线的顶点式，代入点可得抛物线的解析式. （2）利用勾股定理和两点间的距离公式，可求弦的长. （3）先求直线的解析式，与抛物线的解析式联立，可得点坐标，利用两点间的距离公式可求的各边长. 【小问1详解】 因为抛物线的顶点为，所以可设抛物线的函数表达式为：， 又抛物线过点，所以. 所以抛物线的函数表达式为：． 【小问2详解】 是定值． 如下图所示，过点作轴，垂足为，连接，则：， 设点的坐标为，则． 由，有． 由， 有， 即，． 即弦的长为定值6． 【小问3详解】 设直线的解析式为， 因为直线过点和点，所以. 所以直线的解析式为． 设，有等量关系和， 所以，解得． ①当时，点在对称轴左侧，如图，此时． ，，， ， . 即，即为等边三角形． ②当时，在对称轴右侧，如图，此时． 此时，，， 同理可得， 所以，即为等边三角形． 综上可得：为等边三角形． 18. 平面解析几何是一种借助于解析式进行图形研究的几何学分支． 【圆】 我们定义圆为：到定点的距离等于定长的点的集合，圆的标准方程为，其中为圆的半径，为圆心坐标． 【椭圆】 我们定义椭圆为：平面内到两定点的距离之和等于常数（该常数大于）的动点的轨迹，写成表达式就是．两定点称为椭圆的焦点．通常而言，为研究方便，我们会将椭圆的中心与坐标原点重合． 椭圆就像一个被压扁的圆，一端稍长，一端稍短．其中，稍长的轴（）叫作椭圆的长轴；稍短的轴（）叫作椭圆的短轴．椭圆与坐标轴的四个交点根据其方位命名为上/下顶点、左/右顶点． 椭圆的标准方程为，其中分别为长轴长、短轴长的一半． （1）试推导得到圆的标准方程． （2）现有一椭圆过点，点为该椭圆的左顶点，． ①求的标准方程． ②点为椭圆上任意一点，求的面积的最大值. 【答案】（1） （2）①②18 【解析】 【分析】（1）由定义列出等式化简即可求解； （2）①由方程求得，再由点在椭圆上求得即可；②由过点的直线与椭圆相切时，取距离较远的切点为，此时的面积最大，即可求解． 【小问1详解】 设一般圆的参数：圆心坐标为（a，b），半径为．取平面内点． 由圆的定义：到定点的距离等于定长的点的集合，即圆上一点到圆心的距离相等． 由两点间距离公式：， 平方后得． 【小问2详解】 ①由题意可知直线的方程为， 当时，可解得点坐标． 可知．得到，再代入点坐标， 可得：，解得， 所以标准方程为． ②设与直线平行的直线束方程为， 当直线与椭圆相切时，取距离较远的切点为，此时的面积最大． 要找交点，联立直线和椭圆方程：，将用代换， 得到关于的一元二次方程， 化简后得到． 由相切可知，直线与椭圆有且仅有一个交点，即． 解得，． 即距离比较远的直线方程为． 由两点间的距离公式可知，． 三角形的高即为两平行线间的距离． 所以的面积的最大值为. 19. 在平面直角坐标系中，从原点出发，每次只能走一步或，有两种路径可以选择，如图所示： 若某点可以表示为（为整数），则称为可达点． 已知：向量的加法：；向量的数乘：． （1）分析可达点中、满足的函数关系，判断是否为可达点，并说明理由． （2）证明：若是可达点，则也是可达点． （3）若某些可达点满足，求在所有满足条件的可达点中，最小的点及此时的值． 【答案】（1），不是，理由如下： ， 得，即． ． 即． 所有可达点满足． 代入点，有，故不是可达点． （2） 由为可达点可知，． 构造：．将表达为的形式， 有， 解得． 故． 即仍为可达点． （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量向量的加法和向量的数乘运算可求得，代入点的坐标，可得结论； （2）构造：，进而计算可得，可得结论； （3）利用向量的坐标运算可得，设，可得，可得，进而计算可求得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ． 令，即． 由是整数可知，， 即． 不妨设，则有． 即． 为使尽可能小，即要求尽可能大，且，解不等式有． 时，． 此时点坐标为， 最短步长为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $