精品解析：福建省厦门集美中学2026-2027学年高一新生入学适应性练习数学试卷

福建省厦门集美中学2026级新生入学适应性练习 数学试题 （满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的相关信息，在规定的位置贴好条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．请将答案一律填写在答题卡上，写在试卷上无效．考试结束后，将试卷、答题卡一并交回． 一、单项选择题（本大题有8个小题，每小题5分，共40分，每小题都有四个选项，其中有且只有一个选项正确） 1. 已知下列四个代数式，若，则代数式的值最大的是（ ） A. B. C. D. 2. 某市2024年的扶贫资金为万元，比2023年增长了，计划2025年的增幅调整为上一年的2倍，则这3年的扶贫资金总额将达到（ ） A. 万元 B. 万元 C. 万元 D. 万元 3. 如图，在中，点为的内心，点在边上，且，若，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 4. 某校数学兴趣小组探究出一种新的计算两位数的平方运算的方法，具体做法如图1，2，3所示．按照这种方法，如图4所示结果是一个两位数的平方，则这个两位数是（ ） A. 69 B. 79 C. 91 D. 93 5. 现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片各块（边长如图，）．嘉嘉准备从中挑选一些纸片紧密拼接成一个正方形，下列无法实现的方案是（ ） A. 块甲、块乙、块丙 B. 块甲、块乙、块丙 C. 块甲、块乙、块丙 D. 块甲、块乙、块丙 6. 如图，的弦、的延长线相交于点，，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 7. 小明同学为班级设计如图所示的班徽，为正方形的中心，四块全等的阴影图形均为菱形．若，，三点共线，则图中阴影面积与空白面积之比为（ ） A. B. C. D. 8. 已知二次函数（为常数）经过点，图象与轴交于点、（在的左边），连接，点是抛物线图象在第一象限内的一点，过点作交于点，若取得最大值，则此时点的横坐标为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题有小题，每小题分，共分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分．） 9. 已知关于的两个多项式，．其中为常数，下列说法： ①若的值始终与无关，则； ②关于的方程始终有两个不相等的实数根； ③若的结果不含的项，则； ④当时，若的值为整数，则的整数值只有个． 以上结论正确的是（ ） A. ① B. ② C. ③ D. ④ 10. 已知点，，在抛物线上，则下列结论中，正确的是（ ） A. 当时， B. 存在实数，使得 C. 取任意非零实数时，都有 D. 取任意非零实数时，都存在，使得 11. 如图，在中，，，为边上一点，以点为圆心，长为半径画圆，与射线相交于点．下列说法正确的有（ ） ①若为的中点，则与相切； ②若被平分，则； ③若，则平分； ④若点与点重合，则经过的中点． A. ① B. ② C. ③ D. ④ 三、填空题（本大题有3小题，每小题5分，共15分） 12. 《周髀算经》中提出了“方属地，圆属天”，也就是人们常说的“天圆地方”．我国古代铜钱的铸造也蕴含了这种“外圆内方”“天地合一”的哲学思想，现将铜钱抽象成如图所示的图形，其中圆的半径为，正方形的边长为，若在圆内随机取点，得到点取自阴影部分的概率为，则圆周率的值为__________（用所给字母表示．） 13. 设、是方程的两根，则的值为__________； 14. 若一个各位数字均不为0的四位数（，，，，，，为整数）满足：把的千位数字作为十位数字，的十位数字作为个位数字组成的两位数与5的和记作，的千位数字与个位数字的2倍的和记作，如果的各位数字之和与的和是一个正整数的平方，则称这个四位数为“赓续数”，正整数称为“赓续元素”；当，时，最小“赓续数”为__________；若“赓续数”满足前两位数字之和与后两位数字之和相等，且为整数，则满足条件的最大为__________． 四、解答题（本大题有5小题，共77分） 15. （1）先化简再求值：，其中； （2）解不等式组：. 16. 河南是中华文明和黄河文化的发源地之一，其地域广阔，景色奇特．为了充分挖掘旅游资源，某景区准备购进一批印有当地风土人情的太阳帽和旅行包．已知购进4个太阳帽和3个旅行包需要61元，购进7个太阳帽和5个旅行包需要103元． （1）求每个太阳帽、旅行包的进价； （2）该景区太阳帽售价为6元，旅行包售价为20元．景区计划购进太阳帽和旅行包共700个，且购进太阳帽的数量不少于旅行包数量的1.5倍，景区该如何设计进货方案，可使销售所获利润最大？最大利润为多少？ 17. 如图所示的“赵爽弦图”，由三国时期吴国数学家赵爽创制，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形，利用面积关系证明直角三角形三边之间的数量关系，即在直角三角形中，（为斜边）． （1）证明：若、、均为整数，则它们不可能都是奇数； （2）如图，若，，直线交边于点，求的值． 18. 如图，内接于，直径交于点，、的延长线相交于点，点为中点，过点作的切线交于点． （1）求证：； （2）求证：； （3）若，，求的面积． 19. 如图，在平面直角坐标系中，点，为抛物线上的动点，且轴交轴于点． （1）过点作轴于点． ①若，直接写出点，的坐标； ②如图2，连接交抛物线于点，在点，运动的过程中，求的值； （2）如图3，若点，点和点关于点对称，连接，，点为下方的抛物线上一动点（点不与点，，重合），过点作与抛物线有唯一公共点的直线交，分别于点，，当点运动时，试说明为定值，并求出其值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省厦门集美中学2026级新生入学适应性练习 数学试题 （满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的相关信息，在规定的位置贴好条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．请将答案一律填写在答题卡上，写在试卷上无效．考试结束后，将试卷、答题卡一并交回． 一、单项选择题（本大题有8个小题，每小题5分，共40分，每小题都有四个选项，其中有且只有一个选项正确） 1. 已知下列四个代数式，若，则代数式的值最大的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过作差法结合基本不等式比较各选项代数式的大小，或代入符合条件的特殊值验证即可得出结果. 【详解】方法一：作差比较结合基本不等式 比较C与B： 计算差值：， 由，得、，故差值为正，即，排除B； 比较C与D： 计算差值：，故，排除D； 比较C与A：，等号成立条件为，与矛盾，故等号不成立，即，排除A. 方法二：特殊值验证法 取满足的特殊值、. 代入各选项计算：A：；B：；C：；D：. 显然为最大值，对应选项C. 2. 某市2024年的扶贫资金为万元，比2023年增长了，计划2025年的增幅调整为上一年的2倍，则这3年的扶贫资金总额将达到（ ） A. 万元 B. 万元 C. 万元 D. 万元 【答案】D 【解析】 【分析】根据题中所给的条件，用2024年的扶贫资金为万元分别表示2023年与2025年的扶贫金额，最后再相加即可求解. 【详解】设2023年的扶贫资金为万元，2025年的扶贫资金为万元 所以3年总金额为. 3. 如图，在中，点为的内心，点在边上，且，若，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】中，点为的内心，可求出的度数，根据四边形的内角和即可得出结论． 【详解】解：在中，，， ， 点为的内心， ， 四边形的内角和为，且， ． 4. 某校数学兴趣小组探究出一种新的计算两位数的平方运算的方法，具体做法如图1，2，3所示．按照这种方法，如图4所示结果是一个两位数的平方，则这个两位数是（ ） A. 69 B. 79 C. 91 D. 93 【答案】B 【解析】 【分析】通过观察前三个图形中两位数的平方运算竖式，归纳出第一行数字由十位数字的平方与个位数字的平方拼接而成，第二行数字为十位数字与个位数字乘积的倍. 【详解】设该两位数为，其中，，． 观察图1，，第一行数字为，即，，组合为；第二行数字为，即． 观察图2，，第一行数字为，即，，组合为；第二行数字为，即． 观察图3，，第一行数字为，即，，组合为；第二行数字为，即． 综上所述，该运算方法的数学原理为完全平方公式．其中第一行表示，第二行表示． 对于图4，第一行数字为，则有，． 因为为正整数或，且为十位数字，为个位数字， 所以，． 此时第二行数字应为，与图中 （即）相符． 故这个两位数是． 5. 现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片各块（边长如图，）．嘉嘉准备从中挑选一些纸片紧密拼接成一个正方形，下列无法实现的方案是（ ） A. 块甲、块乙、块丙 B. 块甲、块乙、块丙 C. 块甲、块乙、块丙 D. 块甲、块乙、块丙 【答案】A 【解析】 【分析】根据拼接前后图形面积相等，分别计算各选项中纸片的总面积，判断其是否能表示为完全平方式即可． 【详解】由图可知，甲纸片是边长为的正方形，面积为；乙纸片是边长为的正方形，面积为；丙纸片是长为、宽为的矩形，面积为， 若要挑选一些纸片紧密拼接成一个正方形，则这些纸片的总面积之和必须是一个完全平方式，即能表示为  的形式（其中  为非负整数）， 对于A，总面积为，该式无法因式分解为完全平方式，故无法拼成正方形，符合题意，故A正确； 对于B，总面积为，可以拼成边长为 的正方形，不符合题意，故B错误； 对于C，总面积为，可以拼成边长为 的正方形，不符合题意，故C错误； 对于D，总面积为，可以拼成边长为 的正方形，不符合题意，故D错误. 6. 如图，的弦、的延长线相交于点，，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别取线段、的中点、，连接、，推导出，可得出，可得出的大小，再证明出，可得出，即可得出，即为所求. 【详解】分别取线段、的中点、，连接、，如下图所示： 由垂径定理可知，， 因为，则， 又因为，由勾股定理可得， 在和中，，， 所以，所以， ，故， 在和中，，，则， 所以，故. 7. 小明同学为班级设计如图所示的班徽，为正方形的中心，四块全等的阴影图形均为菱形．若，，三点共线，则图中阴影面积与空白面积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题围绕正方形内全等菱形的面积比展开求解，解题关键点是利用菱形面积公式、正方形的几何性质，结合、、三点共线的约束推导边长关系，最终得到阴影与空白的面积比值 【详解】如图：连接，，，，因为三点共线，可得正方形， ，且， ， ， ， 设菱形边长， ， ， ， . 8. 已知二次函数（为常数）经过点，图象与轴交于点、（在的左边），连接，点是抛物线图象在第一象限内的一点，过点作交于点，若取得最大值，则此时点的横坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作轴于点H，交于，可推证，说明的三角函数值一定，最大时，满足最大；待定系数法确定直线解析式，设点的坐标，表示出，运用二次函数最值，确定点坐标即可． 【详解】∵图象经过点，∴，∴， 将代入关系式得，， 令，即，解得，，， ∴，，∴，，， 设解析式，得，解得，∴， 作轴于点，交于，则，∴.    ∴，∴， ∴最大时，满足最大， 设点，则点， ∴ ∴当时，有最大值． 二、多项选择题（本大题有小题，每小题分，共分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分．） 9. 已知关于的两个多项式，．其中为常数，下列说法： ①若的值始终与无关，则； ②关于的方程始终有两个不相等的实数根； ③若的结果不含的项，则； ④当时，若的值为整数，则的整数值只有个． 以上结论正确的是（ ） A. ① B. ② C. ③ D. ④ 【答案】BCD 【解析】 【分析】通过整式运算、一元二次方程判别式、多项式系数分析、分式化简，逐个判断四个结论的正误即可. 【详解】计算， 若值与无关，需的系数为0，即，得，不是，故结论①错误，A错误. 若，即，判别式， 因，故恒成立，方程始终有两个不相等的实数根，结论②正确，B正确； ， 中项的系数为， 的结果不含的项，则，解得，结论③正确，C正确； 时，，，有意义要求， 化简得的值为整数，则，得或，共2个整数值，结论④正确，D正确. 10. 已知点，，在抛物线上，则下列结论中，正确的是（ ） A. 当时， B. 存在实数，使得 C. 取任意非零实数时，都有 D. 取任意非零实数时，都存在，使得 【答案】ABC 【解析】 【分析】先将点A、B代入抛物线方程，求出、的表达式，推导的差值公式，再逐一分析各选项即可。 【详解】把代入抛物线方程得， 把代入抛物线方程得， 因此，其中， 当时，且，故，即，故A正确； 令，结合，解得， 即当时，，故B正确； 取任意非零实数时，，故，故C正确； 当时，由于，故，此时， 即不存在，使得，D错误. 11. 如图，在中，，，为边上一点，以点为圆心，长为半径画圆，与射线相交于点．下列说法正确的有（ ） ①若为的中点，则与相切； ②若被平分，则； ③若，则平分； ④若点与点重合，则经过的中点． A. ① B. ② C. ③ D. ④ 【答案】ACD 【解析】 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，等腰三角形的判定与性质，切线的判定，作出合适的辅助线是解本题的关键， 设，求解，，如图，过作于，可得当为的中点时，半径为，则①正确； 若被平分，即，此时点必在射线上，过点作，同理可得，则②错误； 当点在线段上时，，不存在；当点在射线上时，过点作，证明，证明，则③正确； 当点与点重合时，如图，可得，则④正确. 【详解】设，，， 所以，， 如图：过作于， 点到的距离， 当为的中点时，半径为， 与相切，①正确； 若被平分，即，此时点必在射线上，过点作，如图： ， ， 又，可得， ， ， 即，②错误； 当点在线段上时，， ， 不存在； 当点在射线上时，过点作， 如图： ，， 、为等腰直角三角形， ， 又， ，， ， ， 即平分，③正确； 当点与点重合时，如图： ， 经过的中点，④正确. 三、填空题（本大题有3小题，每小题5分，共15分） 12. 《周髀算经》中提出了“方属地，圆属天”，也就是人们常说的“天圆地方”．我国古代铜钱的铸造也蕴含了这种“外圆内方”“天地合一”的哲学思想，现将铜钱抽象成如图所示的图形，其中圆的半径为，正方形的边长为，若在圆内随机取点，得到点取自阴影部分的概率为，则圆周率的值为__________（用所给字母表示．） 【答案】 【解析】 【详解】因为圆的半径为，所以面积为，而正方形的边长为，面积为， 在圆内随机取点，得到点在阴影部分的概率为，解得. 13. 设、是方程的两根，则的值为__________； 【答案】 【解析】 【详解】因为、是方程的两根，由韦达定理可得，， 所以， 且有，所以， 故. 14. 若一个各位数字均不为0的四位数（，，，，，，为整数）满足：把的千位数字作为十位数字，的十位数字作为个位数字组成的两位数与5的和记作，的千位数字与个位数字的2倍的和记作，如果的各位数字之和与的和是一个正整数的平方，则称这个四位数为“赓续数”，正整数称为“赓续元素”；当，时，最小“赓续数”为__________；若“赓续数”满足前两位数字之和与后两位数字之和相等，且为整数，则满足条件的最大为__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用题设得，，当，时， 对的千位数字从1开始取值，可得最小“赓续数”；利用及可得为整数，从而得到或，再分类讨论，以及从千位数字从大到小对取值，可得到满足条件的最大的“赓续数”. 【详解】由题意得，. 当，时， 的各位数字之和与的和为. 当时， ，是的平方，所以可以是. 又最小是，所以最小“赓续数”为. 因为为整数，所以为整数. 又因为， 所以， 又因为，，，，，，为整数， 所以或. 当时，则. 又因为，所以. 所以，. 所以的各位数字之和与的和为不是正整数的平方. 所以不是“赓续数”. 当时， . 当时，则. 当时，， ，，， 的各位数字之和与的和为，不是正整数的平方，不满足题意； 当时，， ，，， 的各位数字之和与的和为，不是正整数的平方，不满足题意； 当时，， ，，， 的各位数字之和与的和为，不是正整数的平方，不满足题意； 当时，， ，，， 的各位数字之和与的和为，不是正整数的平方，不满足题意； 当时，， ，，， 的各位数字之和与的和为，不是正整数的平方，不满足题意； 当时，， ，，， 的各位数字之和与的和为，不是正整数的平方，不满足题意； 当时，， ，，， 的各位数字之和与的和为，是正整数的平方，满足题意. 当或时， . 所以满足条件的最大为. 四、解答题（本大题有5小题，共77分） 15. （1）先化简再求值：，其中； （2）解不等式组：. 【答案】 （1）；（2） 【解析】 【详解】（1）原式，代入，得； （2）不等式组，化简可得，解得，即不等式组的解为. 16. 河南是中华文明和黄河文化的发源地之一，其地域广阔，景色奇特．为了充分挖掘旅游资源，某景区准备购进一批印有当地风土人情的太阳帽和旅行包．已知购进4个太阳帽和3个旅行包需要61元，购进7个太阳帽和5个旅行包需要103元． （1）求每个太阳帽、旅行包的进价； （2）该景区太阳帽售价为6元，旅行包售价为20元．景区计划购进太阳帽和旅行包共700个，且购进太阳帽的数量不少于旅行包数量的1.5倍，景区该如何设计进货方案，可使销售所获利润最大？最大利润为多少？ 【答案】（1）每个太阳帽进价为4元，每个旅行包进价为15元； （2）购进太阳帽420个、旅行包280个时销售利润最大，最大利润为2240元. 【解析】 【分析】（1）依据进货费用的等量关系列方程组求解两种商品的进价， （2）结合进货数量的限制条件建立利润函数，利用一次函数的单调性求解最大利润及对应进货方案. 【小问1详解】 设每个太阳帽、旅行包的进价分别为,由题意可得 ，解得， 所以每个太阳帽进价为4元，每个旅行包进价为15元. 【小问2详解】 设景区购进太阳帽个，则购进旅行包个，销售太阳帽和旅行包所获利润为, 由题意， 即， 由于随的增大而减少， 故当时，取最大值，. 所以景区购进太阳帽420个、旅行包280个时销售利润最大，最大利润为2240元. 17. 如图所示的“赵爽弦图”，由三国时期吴国数学家赵爽创制，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形，利用面积关系证明直角三角形三边之间的数量关系，即在直角三角形中，（为斜边）． （1）证明：若、、均为整数，则它们不可能都是奇数； （2）如图，若，，直线交边于点，求的值． 【答案】（1）证明：假设全为奇数，奇数的平方仍然是奇数，所以 、、都是奇数， 是偶数，根据勾股定理：，则也应当为偶数，但假设中是奇数，则是奇数，互相矛盾，因此假设不成立，所以若均为整数，则它们不可能都是奇数； （2） 【解析】 【分析】（1）反证法：假设三者全是奇数，利用奇数平方是奇数、奇数 + 奇数 = 偶数，推出矛盾，否定假设；（2）作垂线，利用得到等腰直角三角形，再用相似三角形列方程求解. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 过作，垂足为, 由题意得，所以, 四边形是正方形， ， 是等腰直角三角形，, ，,得， 设，，得，得， ， ，所以. 18. 如图，内接于，直径交于点，、的延长线相交于点，点为中点，过点作的切线交于点． （1）求证：； （2）求证：； （3）若，，求的面积． 【答案】（1） 因为是的直径，可得， 又因为点是的中点，所以， 在中，， 由此得，根据等边对等角，； 再根据同弧所对的圆周角相等，，且在中，， 在中，，所以，又可得， 因此. （2）连接，因为是的切线，根据切线的性质，， 又因为，， 所以是的中位线，可得，因此，即， 结合（1）中结论，且是和的公共角，可得， 由相似三角形对应边成比例：，即得. （3） 【解析】 【分析】（1）利用直径所对圆周角为直角，结合是中点的直角三角形斜边中线性质，通过等腰三角形等边对等角直接推导两角相等； （2）连接OC利用切线性质得到垂直关系，结合第一问的等角条件，证明与相似，通过相似三角形对应边成比例变形得到待证等积式； （3）利用垂直平分线得到，借助三角形中位线与相似得到线段比例求出直径，再通过等面积与中点性质求得C到BD的高，最终计算的面积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设的半径为，在中，，，而，因此， 由勾股定理， 由（1）得,, 所以.因为是的中位线，所以，即， 所以，所以，即，解得，， 过点作于， 由，得. 又三点共线，，所以，所以点到直线的距离， 是中点，故点到的距离为到距离的一半，即. 以为底，为高，， 即的面积为. 19. 如图，在平面直角坐标系中，点，为抛物线上的动点，且轴交轴于点． （1）过点作轴于点． ①若，直接写出点，的坐标； ②如图2，连接交抛物线于点，在点，运动的过程中，求的值； （2）如图3，若点，点和点关于点对称，连接，，点为下方的抛物线上一动点（点不与点，，重合），过点作与抛物线有唯一公共点的直线交，分别于点，，当点运动时，试说明为定值，并求出其值． 【答案】（1）①； ②3 （2）因为，轴，代入，， ，与关于原点对称，， 直线过，得， 直线过，得， 设抛物线上点， 设过点作与抛物线有唯一公共点的直线的解析式为， 代入，得，所以， 设过点的切线解析式为：， 联立切线与抛物线，即， 整理得：， 直线与抛物线仅有一个公共点，故一元二次方程判别式,， 化简得，即，解得：， 所以过点作与抛物线有唯一公共点的直线的解析式为， 联立切线与方程：，解得， 联立切线与方程：，解得， ，纵坐标为，纵坐标，高为， ， 直线交轴于，，， == ， ， ，， 所以，比值恒为 2，是定值. 【解析】 【分析】（1）利用抛物线的对称性设点；①直接列方程求解；②设参数写出直线方程，联立抛物线求交点，用横坐标之比得到线段比值； （2）先求出坐标，写出抛物线在点处切线方程，联立求，分别表示两个三角形面积，作比消参得到定值. 【小问1详解】 ①轴，抛物线关于轴对称， 设，则，，是到轴垂线段，， 因为，得，得， 所以； ②设，则，直线过点，， 斜率，直线方程：， 联立，得 ， 已知一根对应点，由韦达定理：，， ， 同一条直线上线段比等于横坐标差之比：。 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $