江西省南昌市第二中学2025-2026学年高一上学期开学考试数学试卷（PDF版，含答案）

新生入学考试试卷数学参考答案
一、单项选择题：每题 5 分，共 40 分.在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D C C B D A A
二、多项选择题：每题 6 分，共 18 分.在每小题的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
题号 9 10 11
答案 ABC BD AD
三、填空题：每题 5 分，共 15 分.
3y(x 2)(x 2)
2
3
9
4
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出文字证明、证明过程或演算步骤. 15．解析（1）设购买一份 A 款材料包和一份 B 款材料包各需 x 元和 y 元，
3x 2 y 84 x 16
则 2x 3y 86 ，解得 y 18 ，

答：购买一份 A 款材料包和一份 B 款材料包各需16 元和18 元．
（2）设购买 A 款材料包a 份，则16a 18 50 a 830 ，解得a 35 ，∵a 为整数，∴a 最小为35 ，
答：至少购买 A 款材料包35 份．
16.解析：（1） B 组的频数为60 16 11 8 5 20 ，补全条形统计图如下：
Q中位数是数据从小到大排列后第 30 个和 31 个数据的平均数，第 30 个和 31 个数据都在 B 组，
这 60 个数据的中位数落在 B 组；故答案为： B ；
（2）解： 15 16 47 20 80 11 105 8 200 5 65 （分钟），
60
答：本次采集的这 60 个数据的平均数为 65 分钟；
（3）解：1000 16 20 600 （辆) ，
60
答：估计该停车场内 1000 辆车中，有 600 辆车免收停车费．
17．（1）证明：如图，连接 BD, OA ，
QeO 与 PN 相切于点A ， OA PA ，
OAP 90 ，
Q BC 是eO 的直径， BDC 90 ，
OAP BDC 90
QCD ∥ PN ， MPN BCD 30 ，
BD 1 BC OA ，
2
VCBD≌VPOA AAS ， CD PA ；
（2）解：如上图，过点O 作OH CE 于点 H ，
QCE PN ,OA PA ，
OHE HEA OAE 90 ，
四边形OAEH 是矩形，
OA HE,OH AE,OH ∥ AE ，
Q MPN 30 , PA 4 ，
OA tan 30 PA
EH OA ，
3 PA 4 3 ，
3 3
∵ P 30 , OA PA ，
∴ PO 2OA ，
∵ OA OC ，
∴ CP OC PO 3OC ，
∵ OH ∥ AE ，
∴VCOH∽VCPE ，
∴ OH OC 1 ，
PE CP 3
OH
∴ 4 OH
1 ， 3
∴ OH 2 ，
∵ OH ∥ AE
∴ COH MPN 30 ，
∴同上可得： CH
3 OH 2 3 ，
3 3
CE EH CH 2 3 ，
QCD ∥ PN ，
∴VCOF∽VPOE ，
CF OC OC
1 ，
PE OP 2OA 2
CF 1 ，
4 2 2
CF 3 ，
QCD ∥ PN , CE PN ，
CE CF
EF ．
18．（1）解： S△ AOD S△BOC ，理由如下：由旋转的性质可得 BO OD, AO OC,
过A 作 AM OD 于M , 过点 C 作CN BO 的延长线于 N ，
∠AMO ∠ONC 90 ， Q AOB 90 ，
∠AON ∠AOB 90 ，
∠AON ∠COM 90 ，
AOM CON ，
又QOA OC ， V AOM ≌VCON AAS ， AM CN ，
OD AM OB CN ，
2 2
Q SV AOD
1 OD AM , S 2
V BOC
1 OB CN , S 2
V AOD
SV BOC ，
证明：延长OP 至 H ， 使得OP PH ， 连接 EH , RP, AH , BH ，
Q R, P 为OE, OH 中点
RP 为△OEH 的中位线
RP∥EH
由旋转的性质可得 BO OD, AO OC, AB CD AOB COD ，
AOC BOD ， OA OC ，
OB OD
VBOD∽V AOC ，
ODB OCA ，
O, E, D, C 四点共圆，
DEC DOC 90 ，
AEB DEC 90 ，连接 EQ, OQ, PE ，
Q在Rt△DEC 中，点Q 是CD 的中点，
EQ 1 CD ， 2
同理可得OQ 1 CD ，
2
Q在RtV AEB 中，点 P 是 AB 的中点，
EP 1 AB ，
2
同理可得OP 1 AB ，
2
EQ EP OQ OP 1 AB 1 CD ，
2 2
四边形 EPOQ 是菱形，
EQ∥OP ，
即 EQ∥PH , EQ PH ，
四边形QEHP 是平行四边形，
EH∥PQ ，又 EH∥RP ，
P，Q，R 三点共线；
解：过点 C 作CG BO 延长线于G ，
由旋转的性质可得 BO OD, AO OC, AB CD ，
由（1）得S△ AOD S△BOC ，由旋转的性质可得S△ AOB S△COD ，
S 2 SV AOB SV BOC ，
2 1 AO OB 1 OB CG AO OB OB CG AO OB OB CO 2 AO OB ，
2 2

Q AO OB 2 0 ，
2 AO OB AO2 OB2 ，
QRt△AOB 中， AO2 OB2 AB2 52 25 ，
2 AO OB 25 ， 则 S 的最大值为 25．
19．解析：（1）因为二次函数 y a(x h)2 (a 0) 过点 A(0,1), B(1,1) ，
我们发现 A(0,1), B(1,1) 关于直线 x 1 对称，所以 h 1 ，则 y a(x 1 )2 (a 0)
2 2 2
代入点 A(0,1) 得到1 1 a ，所以a 4 ，即二次函数解析式为 y 4(x 1 )2 ，
4 2
当然我们也可以用韦达定理来证明，
因为 M (x , m), N (x , m) 在二次函数 y 4(x 1 )2 的图象上，
1 2 2
所以 x , x 是方程4(x 1 )2 m 的不相等的两个根，
1 2 2
即 x , x 是方程4x2 4x 1 m 0 的不相等的两个根，则 16 16(1 m) 16m 0 ，即 m 0 ，
x x 1， x x 1 m ，
1 2
所以(x
1 2
x )2 (x
4
x )2 4x x
1 (1 m) m ，
1 2 1 2 1 2
因为m 1，所以(x x )2 1，
1 2
即| x1 x2 | 1；
2x 1 x 2x 2 x x 2 x 2 x x 2 x 2
（ⅱ）因为 1 2 1 1 2 1 1 1 2
x2 x1 x1 x2 x1 x2 x1 x2
x 2 x (x x )2 2x x
1 1 1 2 1 2
x1 x2 x1 x2
由题意知 x x 1， x x 1 m ， 4x 2 4x 1 m 0 ，
1 2 1 2 4 1 1
可得 x 2 x
m 1 ，
4
m 1
2x 1 x x 2 x (x x )2 2x x 1 4
所以 1 2 1 1 1 2 1 2 4 2 3 ，
x2 x1
x1 x2
x1 x2
1 m
1 m
1 m
4
因为
1 m
4 4
3 为整数，故1 m 是4 的因数，
则1 m 的值可能为 4, 2, 1,1, 2, 4 ，
则m 的值可能为5, 3, 2, 0, 1, 3 ，又因为 m 0 ，所以m 的所有可能取值为5, 3, 2 ．