2022-2023学年新高一入学考试数学试题1（福建）（Word版含解析）

2022-2023学年新高一入学考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．我国古代数学家刘徽用“割圆术”将的值精确到小数点后七位，其结果领先世界1000多年.“割圆术”是指用圆的内接正多边形的周长来近似替代圆的周长，从正六边形起算，并依次倍增，使误差逐渐减小，如图所示，当圆的内接正多边形的边数为12时，由“割圆术”可得圆周率的近似值为（ ）
A． B． C． D．
2．如图所示几何体是由一个长方体和圆锥构成，则该几何体的俯视图可以为（ ）
A． B． C． D．
3．若关于x的方程x2+mx+1=0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是
A．（﹣1，1） B．（﹣2，2） C．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞） D．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）
4．《九章算术》中有如下问题:“今有勾五步，股一十二步，问勾中容圆，径几何 ”其大意:“已知直角三角形两直角边长分别为5步和12步，问其内切圆的直径为多少步 ”则其内切圆的直径的步数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．如图，已知是半圆的直径，A是延长线上一点，切半圆于点D，于点C，于点F，若，则的半径为（ ）
A．3.5 B．4 C． D．3.75
6．一只盒子中有个红球，9个白球，个黑球，每个球除颜色外都有相同.已知至少摸出17个球时其中一定有5个红球，至少摸出17个球时其中一定有8个相同颜色的球，则代数式的值为（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
7．如图，正方形和正方形的边长分别为3和1，点，分别在边，上，为的中点，连接，则的长为（ ）
A． B．2 C． D．
8．某人从上一层到二层需跨10级台阶. 他一步可能跨1级台阶，称为一阶步，也可能跨2级台阶，称为二阶步，最多能跨3级台阶，称为三阶步. 从一层上到二层他总共跨了6步，而且任何相邻两步均不同阶. 则他从一层到二层可能的不同过程共有（ ）种.
A．6 B．8 C．10 D．12
二、填空题
9．我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式，后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理.如图所示的矩形由两个这样的图形拼成，若，则该矩形的面积为___________．
10．已知为等腰三角形，，边上的中线的长为7，则的面积为__________．
11．已知方程有两个负根，则k的取值集合为___________.
12．已知实数，满足方程，当时，的取值范围为________．
13．如图是工人将货物搬运上货车常用的方法，把一块木板斜靠在货车车厢的尾部，形成一个斜坡，货物通过斜坡进行搬运.根据经验，木板与地面的夹角为20°（即图中∠ACB=20°）时最为合适，已知货车车厢底部到地面的距离AB=1.5m，木板超出车厢部分AD=0.5m，则木板CD的长度为________．（参考数据：sin20°≈0.3420，cos20°≈0.9397，精确到0.1m）.
14．如图，在等边中，分别为的中点，于点为的中点，连接，且，则的面积为__________.
15．如图，有一个边长不定的正方形，它的两个相对的顶点，分别在边长为1的正六边形一组平行的对边上，另外两个顶点，在正六边形内部（包括边界），则正方形边长的取值范围是___________.
16．若函数 在区间上为增函数，则的取值范围是______.
三、解答题
17．某班有甲、乙、丙三位学生在志愿者活动中表现优异，现从3人中选1人去参加全校表彰大会，有同学提议用如下方法：将4个编号为1，2，3，4的小球（形状、大小、质地都相同），放在一个不透明的袋中，按甲、乙、丙的顺序依次不放回地从袋中摸取一个小球，谁摸取的小球编号最大，谁就参加表彰大会．现用有序数组表示摸球的结果，例如表示甲、乙、丙摸取的小球编号分别为1，4，3．
（1）列出所有摸球的结果；
（2）求甲去参加表彰大会的概率，并判断该同学提议的方法是否公平．
18．已知关于的方程有两个实数根.
(1)求实数的取值范围；
(2)若满足，求实数的值.
19．如图，已知是的直径，弦与直径相交于点.点在外，作直线，且.
(1)求证：直线是的切线.
(2)若，，，求的长.
20．如图，在矩形中，是边上的一个动点，将四边形沿直线折叠，得到四边形，连接.
(1)若直线交于点，求证：；
(2)当时，求证：是等腰三角形；
(3)在点的运动过程中，求面积的最小值．
21．我国所需的高端芯片很大程度依赖于国外进口，“缺芯之痛”关乎产业安全、国家经济安全.如今，我国科技企业正在芯片自主研发之路中不断崛起.根据市场调查某手机品牌公司生产某款手机的年固定成本为40万美元，每生产1万部还需另投入16万美元.设该公司一年内共生产该款手机万部并全部销售完，每万部的销售收入为万美元，且当该公司一年内共生产该款手机2万部并全部销售完时，年利润为704万美元.
（1）写出年利润(万美元)关于年产量(万部)的函数解析式：
（2）当年产量为多少万部时，公司在该款手机的生产中所获得的利润最大 并求出最大利润.
22．已知二次函数的图象过点，且函数对称轴方程为.
（Ⅰ）求函数的解析式；
（Ⅱ）设函数，求在区间上的最小值；
（Ⅲ）探究：函数的图象上是否存在这样的点，使它的横坐标是正整数，纵坐标是一个完全平方数？如果存在，求出这样的点的坐标；如果不存在，请说明理由.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【解析】
设圆的半径为，圆的内接12边形的边长为，将圆的周长近似等于12边形的周长即可求解.
【详解】
设圆的半径为，则圆的内接12边形的边长为，
周长为，
由，得.
故选：A.
【点睛】
本题考查了圆的面积公式，考查了基本运算能力，属于基础题.
2．C
【解析】
【详解】
解：根据俯视图的定义，可知这个几何体的内部是一个柱体，上面是个圆锥，因此俯视图为选C.被挡住的部分用虚线表示．
3．C
【解析】
【详解】
试题分析：利用题中条件：“关于x的方程x2+mx+1=0有两个不相等的实数根”由韦达定理的出m的关系式，解不等式即可．
解：∵关于x的方程x2+mx+1=0有两个不相等的实数根，
∴△＞0，
即：m2﹣4＞0，
解得：m∈（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）．
故选C．
点评：本题考查一元二次方程的根的判别式与根的关系，属于基本运算的考查．
4．D
【解析】
【分析】
求出三角形的斜边，根据三角形面积自等，即可求出内切圆半径，进而可得结果.
【详解】
设内切圆半径为R，三角形斜边为 ，
所以，直径为4
故选：D
5．D
【解析】
根据图形，连接OD，作于点H，由切半圆于点D，得到，又，则，易证，得到，设，然后在中，利用勾股定理求解.
【详解】
如图所示：
连接OD，作于点H，
因为切半圆于点D，
所以，又，
所以，
所以，
又，
所以，
所以，
设，则，
在中，由勾股定理得，
解得，
故选：D
【点睛】
本题主要考查圆的切线的性质，切割线定理，勾股定理等面积法以及平行线段成比例定理，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题.
6．D
【解析】
【分析】
根据“至少摸出17个球时其中一定有5个红球得到方程，求得；根据“至少摸出17个球时一定有8个相同色的球”，最坏的情况，这17个球中一定包含3个黑球，这样其余的14个球只有红球和白球.为了保证这14个球中一定有8个颜色相同的球，于是得到，（8为白球数，若，则会出现，不能保证8个同色），即可得到结论.
【详解】
“至少摸出17个球时其中一定有5个红球”：“一定”包含最坏的情况，即摸完所有的白球和黑球才摸到红球，
，
；
“至少摸出17个球时一定有8个相同颜色的球”：最坏的情况：这17个球中一定包含3个黑球.
这样其余的14个球只有红球和白球.
为了保证这14个球中一定有8个颜色相同的球，
，（8为白球数，若，则会出现，不能保证8个同色），
.
故选：D.
7．C
【解析】
【分析】
延长交于点，作于点，则是的中位线，求得的长和的长，在中利用勾股定理求解.
【详解】
延长交于点，作于点.
则.
是的中点，
是的中位线，
.
直角中，，
是等腰直角三角形，
即，
同理中，.
.
在中，.
故选：C.
8．C
【解析】
【详解】
按题意要求，不难验证这6步中不可能没有三阶步，也不可能有多于1个的三阶步. 因此，只能是1个三阶步，2个二阶步，3个一阶步.
为形象起见，以白、黑、红三种颜色的球来记录从一层到二层跨越10级台阶的过程：
白球表示一阶步，黑球表示二阶步，红球表示三阶步. 每一过程可表为3个白球、2个黑球、1个红球的一种同色球不相邻的排列.
下面分三种情形讨论.
（1）第1、第6球均为白球，则两黑球必分别位于中间白球的两侧. 此时，共有4个黑白球之间的空位放置红球. 所以，此种情况共有4种可能的不同排列.
（2）第1球不是白球.
（i）第1球为红球，则余下5球只有一种可能的排列；
（ii）若第1球为黑球，则余下5球因红、黑球的位置不同有两种不同的排列，此种情形共有3种不同排列.
（3）第6球不是白球，同（2），共有3种不同排列.
总之，按题意要求从一层到二层共有种可能的不同过程.
9．12
【解析】
设小正方形的边长为，在中由勾股定理得，则可求出面积.
【详解】
设小正方形的边长为，
，，
在中，，
即，即，
则该矩形的面积为.
故答案为：12.
10．
【解析】
【分析】
先设等腰三角形的腰长为，进而可得底边的长，再由余弦定理列出方程，即可求出，从而可得结果.
【详解】
设等腰三角形的腰长为，因为，所以，
由余弦定理可得：，
，
因为与互补，所以，即，
解得，
所以，所以
故答案为
【点睛】
本题主要考查解三角形的问，常用余弦定理和正弦定理来处理，属于基础题型.
11．
【解析】
【分析】
根据判别式和韦达定理列式可求出结果.
【详解】
设方程的两个负根为，
所以，解得，
故答案为：
12．
【解析】
可知表示直线上的点与点连线的斜率，即可求出.
【详解】
实数，满足方程，当时，
表示直线上的点与点连线的斜率，
设、为直线上的两个点，且，
的斜率为，的斜率为 ，
故的范围为，
故答案为：．
13．
【解析】
【分析】
根据的正弦函数和的长度求的长，再加上即可．
【详解】
解：由题意可知：．
在中，，
，
．
故答案为：．
14．
【解析】
【分析】
根据题意设正三角形边长为，连接，则，化简求得，根据勾股定理列方程，可求，即可求解三角形面积.
【详解】
连接
设
则
且
且
在中
可得方程
解得
故
故答案为：
【点睛】
本题考查正三角形性质，平行关系和垂直关系，基础题型.
15．
【解析】
【分析】
当正方形的顶点 在正六边形的边上时，正方形的边长的值最大，解直角三角形得到，当正方形的对角线在正六边形一组平行的对边的中点上时，正方形边长的值最小，是正方形的对角线，解直角三角形即可得到结论.
【详解】
①当正方形的对角线在正六边形一组平行的对边的中点上时，
正方形边长的值最小，是正方形的对角线，
，
，
②当正方形的四个顶点都在正六边形的边上时，正方形边长的值最大，是正方形的对角线，
建立下图直角坐标系，设时，正方形的边长最大，
，
，
设直线的解析式为，，，
，
，
直线的解析式为，
将代入得，
此时，取最大值，
，
正方形边长的取值范围是：，
故答案为：.
16．
【解析】
【详解】
设 .
由题设知，当 时，在区间上为减函数，即 ，所以a≥16，矛盾.
当 时，在区间上为增函数，即 .
因此，的取值范围为.
故答案为
17．（1）答案见解析（2），公平
【解析】
（1）一一列举出所有的摸球结果（基本事件）即可，
（2）找到甲摸取的小球编号最大的结果（基本事件），根据概率公式计算即可，并作出判断.
【详解】
（1）基本事件为（1，2，3），（1，2，4），（1，3，2），（1，3，4），（1，4，2），（1，4，3），（2，1，3），（2，1，4），（2，3，1），（2，3，4），（2，4，1），（2，4，3），（3，1，2），（3，1，4），（3，2，1），（3，2，4），（3，4，1），（3，4，2），（4，1，2），（4，1，3），（4，2，1），（4，2，3），（4，3，1），（4，3，2），基本事件的总数为24.
(2) 甲去参加表彰大会包含的基本事件为（3，1，2），（3，2，1），（4，1，2），（4，1，3），（4，2，1），（4，2，3），（4，3，1），（4，3，2），共8个基本事件，
所以甲去参加表彰大会的概率，
甲乙丙三名同学获胜的概率与其摸取的次序是无关，该方法是公平的.
18．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用判别式的意义得到，然后解不等式即可；
（2）利用根与系数的关系得到，，利用得到，然后解方程后利用的范围确定的值.
（1）关于的方程有两个实数根，，解得.
（2）关于的方程有两个实数根，，，，，整理得，解得，，，的值为.
19．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据切线的判定即可得直线是的切线.
（2）根据直径所对圆周角是直角可得，根据，，即可求的长.
（1）证明：连接，是的直径，，即，，，，即，直线是的切线；
（2）过点作边的垂线交于点.，，，，，，在中，.
20．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)4
【解析】
【分析】
（1）根据题意证明即可证明结论；
（2）分别过点作于点于点，进而根据几何关系证明是垂直平分线即可证明结论；
（3）作点关于的对称点，点落在以点B为圆心，以AB为半径的弧AM上．设弧交于点，过点作于，进而得当点落在点处时，的面积最小，再根据即可得答案.
（1）证明：∵四边形是矩形，
∴．
∴．
根据对称可得，
∴．
∴．
（2）
证明：如图2，分别过点作于点于点，
∵四边形是矩形，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
根据对称可得，．
∴．
∴四边形是矩形．
∴．
∴是的垂直平分线．
∴．
（3）
解：根据对称可得点与点的对称点分别为点．
作点关于的对称点，如图3.
由对称性得．
∴，点落在以点B为圆心，以AB为半径的弧AM上．
设弧交于点，过点作于．
由垂线段最短知．
∵，∴．
∴当点落在点处时，的面积最小．
即的面积最小．此时．
．
∴面积的最小值为4
21．（1）；（2）32万部，最大值为6104万美元.
【解析】
（1）先由生产该款手机2万部并全部销售完时，年利润为704万美元，解得，然后由，将代入即可.
（2）当时利用二次函数的性质求解；当时，利用基本不等式求解，综上对比得到结论.
【详解】
（1）因为生产该款手机2万部并全部销售完时，年利润为704万美元.
所以，
解得，
当时， ，
当时， .
所以
（2）①当时， ，所以；
②当时， ，由于，
当且仅当，即时，取等号，所以此时的最大值为5760.
综合①②知，当，取得最大值为6104万美元.
【点睛】
思路点睛：应用题的基本解题步骤：
（1）根据实际问题抽象出函数的解析式，再利用基本不等式求得函数的最值；
（2）设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数；
（3）解应用题时，要注意变量的实际意义及其取值范围；
（4）在应用基本不等式求函数最值时，若等号取不到，可利用函数的单调性求解．
22．(Ⅰ) ；(Ⅱ) ；（Ⅲ）.
【解析】
【分析】
(Ⅰ)由对称轴方程为，可得，再利用图象过点求得，从而可得结果；(Ⅱ)将写成分段函数形式，分类讨论，结合二次函数的性质即可得结果；（Ⅲ）如果函数的图象上存在符合要求的点，设为，其中为正整数， 为自然数，则，可得，结合为正整数，为自然数，从而可得结果.
【详解】
(Ⅰ)　∵　的对称轴方程为，∴　．
又的图象过点（1，13），∴　，∴　．
∴　的解析式为．
(Ⅱ) 由(Ⅰ)得：
结合图象可知：当，；
当，；
当，．
∴ 综上：　
（Ⅲ）如果函数的图象上存在符合要求的点，设为，其中为正整数，
为自然数，则， 　
（法一）从而， 即．
注意到是质数，且，又，
所以只有， 解得：．
因此，函数的图象上存在符合要求的点，它的坐标为．
（法二）从而的偶数，∴　的奇数
∴　取验证得，当时符合
因此，函数的图象上存在符合要求的点，它的坐标为．
【点睛】
本题主要考查二次函数的解析式与分段函数的性质，考查了分类讨论思想，属于中档题. 分类讨论思想的常见类型
⑴问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的；
⑵问题中的条件是分类给出的；
⑶解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；
⑷涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.
答案第1页，共2页
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