2023-2024学年湖南省岳阳市平江县颐华高级中学高一（上）入学数学试卷（含解析）

2023-2024学年湖南省岳阳市平江县颐华高级中学高一（上）入学数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是( )
A. 当时，它是正方形
B. 当时，它是菱形
C. 当时，它是矩形
D. 当时，它是矩形
2. 已知函数，当时，有最大值，最小值，则的值为( )
A. B. C. D.
3. 如图，直线与轴交于点，与直线交于点，则关于的不等式组的解集为( )
A. B. C. 或 D.
4. 如图，为的直径，，为上的两点，若，则的度数为( )
A.
B.
C.
D.
5. 如图，中，，绕点逆时针旋转得到点的对应点是点，连接，若，则旋转角是( )
A.
B.
C.
D.
6. 如图是二次函数图象的一部分，其对称轴是直线，且过点，下列说法不正确的是( )
A.
B.
C.
D. 若是抛物线上两点，
7. 如图所示，在边长为的正方形铁皮上剪下一个扇形和一个圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为( )
A. B. C. D.
8. 如图，在 中，，，作交边于点，连接，则的值为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共12.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列是假命题的是( )
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，，则
D. 若，，，且，则
10. 在数轴上和有理数，，对应的点的位置如图示，下列四个结论正确的是( )
A. B.
C. D.
11. 某校为落实作业管理、睡眠管理、手机管理、读物管理、体质管理工作有关要求，随机抽查了部分学生每天的睡眠时间，制定如下统计表．
睡眠时间
人数
下列关于学生每天睡眠时间的统计量说法中正确的是( )
A. 平均数为，它可以刻画学生每天睡眠时间的离散程度
B. 中位数为，它可以刻画学生每天睡眠时间的离散程度
C. 平均数为，它可以刻画学生每天睡眠时间的集中程度
D. 方差为，它可以刻画学生每天睡眠时间的离散程度
12. 如图，在菱形中，，、分别是，的中点，、相交于点，连接，下列选项正确的是( )
A.
B.
C. ≌
D.
三、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 因式分解：______．
14. 若关于，的二元一次方程组的解满足，则的取值范围是______ ．
15. 如图，在中，，，，以为直径作半圆，交边于点，点为圆心，连接，则图中阴影部分的面积是______ ．
16. 如图，以为支点，木棍所受的重力为根据杠杆原理，在处需一竖直向上的拉力才能保持木棍不动，若向上的拉力与重力大小之比为：，，则的长为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共52.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
先简化，再求值：，其中，．
18. 本小题分
某建筑工地的平衡力矩塔吊如图所示，在配重点处测得塔帽的仰角为，在点的正下方米的点处测得塔帽的仰角为，请你依据相关数据计算塔帽离地高度长计算结果精确到米，参考数据：，，
19. 本小题分
随着神舟十五号载人飞船顺利发射，人们对航天事业愈发关注，航天周边产品销量也逐渐提高某商场准备购进一批火箭模型进行售卖，已知一个款火箭模型比一个款火箭贵元，用元购入的款火箭模型与元购入的款火箭模型数量相同．
这两款火箭模型的进货单价各是多少元？
已知商场准备购进这两款火箭模型共个，后将这批火箭模型以款每个元，款每个元的价格出售求可获得的总利润元与其中款火箭模型的数量个之间的关系式．
20. 本小题分
问题提出：
如图，，，是上两点，，是上两点，则 ______ 填“，
或”．
问题解决
现有一块三角形板材，是上一点，王师傅接到任务需要在这块板材上裁出一个，使得的面积是面积的一半，且在的一边上王师傅思量了一会儿，将板材放置在切割垫上，将点与切割垫上坐标系的原点重合，与轴重合，如图所示，发现点，，的坐标分别为，，之后王师傅直接在上快速确定了点的位置．
求王师傅确定的点的坐标．
这个任务派发给另一位李师傅的时候，李师傅确定的符合条件的点在边上，请找出李师傅认为的符合条件的点的坐标．
21. 本小题分
如图，为直径，点为下方上一点，点为弧中点，连接，．
若，求用表示；
过点作于，交于，，求用表示；
在的条件下，若，，求线段的长．
22. 本小题分
已知，动点在抛物线上．
若点的坐标为，求的值；
若该抛物线上任意不同两点，都满足：当时，，当时，，点在轴上，以线段为直径作，当交线段于点时，．
求抛物线的解析式；
若直线被所截得的弦长为定值，求的值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，当且时，平行四边形是矩形，A错误；
对于，当时，易得，平行四边形是菱形，B正确；
对于，当时，易得≌，则有，平行四边形是矩形，C正确；
对于，当时，平行四边形是矩形，D正确．
故选：．
根据题意，由平行四边形的性质，依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查命题真假的判定，涉及平行四边形的性质，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：因为的开口向上，对称轴，
因为时，
故函数在上单调递减，上单调递增，
当时，有最大值，当时，函数取得最小值，
则．
故选：．
由已知结合二次函数的性质即可求解．
本题主要考查了二次函数性质的应用，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由题意可得的解集为，，
因为直线与轴交于点，
的解为，
关于的不等式组的解为．
故选：．
由已知结合一次不等式及一次函数的关系可求．
本题考数利用图象求不等式的解集，体现了数形结合思想的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：作辅助线连接，
为的直径，，
，，
，
．
故选：．
作辅助线连接，由于为的直径，那么可知，于是易求，再根据同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等可求．
本题主要考查了圆周角的性质，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：绕点逆时针旋转至，，
，，
，，
，
，即旋转角度数是．
故选：．
根据旋转的性质得出，，求出，再求出的度数即可．
本题考查了等腰三角形的性质和旋转的性质，能求出是解此题的关键，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：抛物线开口向上，
，抛物线对称轴为直线，
，，所以正确；
抛物线与轴的交点在轴下方，，，所以正确；
对称轴是直线且过点，
图象与轴的另一个交点为，
，
，
，所以正确；
点离对称轴的距离与点离对称轴的距离相等，
，不正确．
故选：．
由已知结合抛物线的性质分别检验各选项即可判断．
本题主要考查了二次函数性质的应用，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：根据题意，图中：设圆的半径为，圆的半径为，
则有，变形可得，
正方形的边长为，则其对角线，
即，
解可得：，
在图中，，，
则该圆锥的高．
故选：．
根据题意，在图中：设圆的半径为，圆的半径为，分析可得，结合正方形的性质可得，解可得的值，则在图中，可得圆锥的母线和底面半径，由此计算可得答案．
本题考查圆锥的结构特征，涉及圆锥的展开图，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：因为，，，作交边于点，
可得，可得，
，在 中，，
在中，由正弦定理可得：，
即，设，
即，即，
可得，
所以．
故选：．
由题意可得的大小，进而求出的值，在中，由余弦定理可得的三角函数的关系，进而求出它的正弦值．
本题考查三角形中的运算的应用，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对选项A：当，，时满足，但，错误；
对选项B：当，，时，满足，但，错误；
对选项C：当，，时满足，，但，错误；
对选项D：，所以，正确．
故选：．
举反例得到ABC错误，利用作差法计算得到D正确，得到答案．
本题主要考查了不等式性质的应用，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：根据题意，由数轴可得：，，
依次分析选项：
对于，由于，则，A正确；
对于，，B正确；
对于，，，则，，，则有，C正确；
对于，，D正确．
故选：．
根据题意，结合数轴分析可得，，由此分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查不等式的性质，涉及不等式的证明，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：平均数为：，
中位数为：，
方差为：，
，选项错误；，选项正确．
故选：．
根据平均数、中位数、方差的概念，即可分别求解．
本题考查平均数、中位数、方差的概念，属基础题．
12.【答案】
【解析】解：在菱形中，，
，
，
是等边三角形，是等边三角形，
，，
，分别是，的中点，
，
，
，，
，故A选项正确；
在和中，，
≌，
，
，
，
，
，故B选项正确；
为直角三角形，
，
，
与不全等，故C选项错误；
，，，
根据勾股定理，得，
，故D选项正确．
故选：．
根据菱形的性质和，可知是等边三角形，是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，，即可判断选项；根据可证≌，根据全等三角形的性质可得，再根据含角的直角三角形的性质可判断选项；根据为直角三角形，可知，进一步可知，即可判断选项；根据勾股定理可得，再根据三角形面积的求法即可判断选项．
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质等，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
13.【答案】
【解析】解：；
故答案为：．
通过提取公因式，分解因式即可．
本题考查因式分解定理的应用，是基础题．
14.【答案】
【解析】解：由，得，即．
，，得．
的取值范围是．
故答案为：．
由已知可得，结合，得到，求解得答案．
本题考查简单的线性规划，考查化归与转化思想，是基础题．
15.【答案】
【解析】解：因为，，，
所以，
因为，，
所以，
所以
．
故答案为：．
利用分割补形法计算即可．
本题考查了扇形面积的计算问题，也考查了“分割补形法”求得阴影部分的面积问题，是基础题．
16.【答案】
【解析】解：，，
根据杠杆平衡原理，可得，
，解得，
，
故答案为：．
根据杠杆平衡原理，可得，求解即可．
本题考查了相似三角形的应用，考查了杠杆平衡原理，属基础题．
17.【答案】解：
，
把，代入可得，．
【解析】先化简再代入求值即可．
本题主要考查了有理数指数幂的运算性质，属于基础题．
18.【答案】解：连接，如图所示，
由题意得：，，，米，
，
四边形是矩形，，米，
，，
在中，，
，设米，则米，米，
，，解得，
米，
答：塔帽离地高度长约为米．
【解析】连接，结合题意可求，进而可求，设米，进而得，求解即可．
本题考查解三角形在生活中的应用，考查运算求解能力，属中档题．
19.【答案】解：设一个款火箭的进价为元，则一个款火箭的进价为元，
则有，解得，
经检验，是原方程的解，
所以款火箭的进价为元，款火箭的进价为元；
因为款火箭模型的数量个，则款火箭模型的数量个，
所以．
【解析】设一个款火箭的进价为元，则一个款火箭的进价为元，则有，求解即可；
因为款火箭模型的数量个，则款火箭模型的数量个，根据题意即可得答案．
本题考查了函数在生活中的实际运用，也考查了分式不等式的解法，属于基础题．
20.【答案】
【解析】解：过、分别作的垂线，垂足分别为，，
，，
，
；
由题意可得：，
设，
又点，，的坐标分别为，，，
代入上式得：，
解得：，
王师傅确定的点的坐标为；
如图所示，，
设直线的解析式为，
将代入得：，
在上，
设，过点作轴，过点作轴，
由图可得：，
由题意可得：，
，
解得：，即，
李师傅认为符合条件的点的坐标为．
过、分别作的垂线，垂足分别为，，则有，由三角形的面积公式即可得答案；
由题意可得：，再将，，的坐标代入求解即可；
过点作轴，过点作轴，由题意可得，设，再根据，求解即可．
本题考查了三角形的面积公式、求一次函数的解析式，属于中档题．
21.【答案】解：连接，如图所示，
设，，则，
点为弧中点，
，，可得，
为直径，
，，，
，
，可得；
连接，如图所示：
为直径，
，即，
，
，
，
点为弧中点，即，
，
；
连接，如图所示，，
由知，
，
，
，
∽，
，，
，
，
，
，
，，
∽，
，即，解得，
．
【解析】连接，利用圆周角定理及其推论，结合直角三角形的性质加以计算，可得答案；
连接，由三角形内角和定理证出，结合点为弧中点，可得，从而得出答案；
利用相似三角形的判定与性质，结合勾股定理加以计算，可得线段的长．
本题主要考查了圆周角定理、相似三角形的判定和性质、三角形内角和定理、勾股定理等知识，属于中档题．
22.【答案】解：因为动点在抛物线上，
又，
将点代入抛物线中，
整理得；
因为当时，，
所以，
此时当时，随着的增大而减小，
又当时，，
所以，
此时时，随着的增大而增大，
则直线是抛物线的对称轴，
所以，
解得，
此时抛物线方程为，
因为在上，是直径，
所以，
即轴，
设点在第二象限，
此时，
易知，
所以，
即，
解得或舍去，
所以抛物线解析式为，
由对称性可知，当在第一象限时，，
抛物线的解析式为；
过点向直线作垂线，交点为，
记直线与的交点为，，连接，，
此时，，，
又，
由勾股定理，
可得，
所以当，即时，为定值，
此时，
所以，
故当时，直线被所截得的弦长为定值．
【解析】由题意，将代入抛物线方程中，整理求解即可；
由当时，，可知时，随着的增大而减小，当时，，可知时，随着的增大而增大，则直线是抛物线的对称轴，利用，求出抛物线方程，结合轴，设在第二象限，得到点坐标，再利用对称性进行求解即可；
过向直线作垂线，交点为，记直线与的交点为，，连接，，根据勾股定理进行求解即可．
本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、数形结合和运算能力．
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