【文档说明】云南省昆明市云南师范大学附属中学2021-2022学年高一上学期新生入学考试数学答案.pdf，共(11)页，1.402 MB，由小赞的店铺上传

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第1页（共11页）师大附中2021-2022学年度高一第一学期入学考试数学参考答案与试题解析一．选择题（共12小题）123456CDBBDC789101112CACDAC二．填空题（共6小题）13．分解因式：a

3﹣4a＝a（a+2）（a﹣2）．【解答】解：原式＝a（a2﹣4）＝a（a+2）（a﹣2）．故答案为：a（a+2）（a﹣2）14．函数123xxy的自变量x的取值范围是x≥﹣3且x≠．【解答】解：根据题意得：x+3≥0且2x﹣1≠0，解得：x≥﹣3且x≠．故答案为x≥﹣3且x≠．

15．如图所示，直线a∥b，l与a、b交于E、F点，PF平分∠EFD交a于P点，若∠1＝70°，则∠2＝35°．【解答】解：∵a∥b，∴∠1＝∠EFD．又∵PF平分∠EFD，∴∠EFP＝EFD＝∠1．∵∠1是△EFP的外角，∴∠1＝∠2+∠EFP，第2页（共11页）即∠2＝∠1﹣∠EFP＝∠1

﹣∠1＝∠1＝×70°＝35°．16．在综合实践课上，五名同学做的作品的数量（单位：件）分别是：5，7，3，x，6；若这组数据的平均数是5，则这组数据的中位数是5件．【解答】解：由平均数的定义知56375x=5，解得x＝4

，将这组数据按从小到大排列为3，4，5，6，7，由于是有奇数个数，最中间的数就是中位数，即中位数为5．故答案为：5．17．已知关于x的一元二次方程2x2-kx﹣2＝0有一个根为2，则它的另一个根是﹣12．【解答

】解：设另一个根为m，由根与系数之间的关系得，m×2＝﹣1，∴m＝﹣12，故答案为﹣12.18．如图所示，抛物线y＝﹣2x2+8x﹣6与x轴交于点A、B，把抛物线在x轴及其上方的部分记作C1，将C1向右平移得C2，C2与x轴交于点B，D．若直线y＝x+m与C1、C2共有3个不同的

交点，则m的取值范围是__﹣3＜m＜﹣___．【解答】解：令y＝﹣2x2+8x﹣6＝0，即x2﹣4x+3＝0，解得x＝1或3，则点A（1，0），B（3，0），由于将C1向右平移2个长度单位得C2，则C2解析式为y＝﹣2（x﹣4）2+2（3≤x≤5），当y＝x+m1与C2相切时，第3页（共1

1页）令y＝x+m1＝y＝﹣2（x﹣4）2+2，即2x2﹣15x+30+m1＝0，△＝﹣8m1﹣15＝0，解得m1＝﹣，当y＝x+m2过点B时，即0＝3+m2，m2＝﹣3，当﹣3＜m＜﹣时直线y＝x+m与C1、C2共有3个不同的交点．三．解答题（共8小题）19．【解答】解：（1）原式＝﹣2﹣

3×+1+﹣1=—2；20．【解答】解：（1）作CD⊥AB于D点，设BC为x海里，在Rt△BCD中∠CBD＝60°，∴BD＝x海里．CD＝x海里．在Rt△ACD中∠CAD＝30°tan∠CAD＝＝，∴＝．第4页（共11页）解得x＝18．∴点B是在暗礁区域外；（2）

∵CD＝x＝9海里，∵9＜16，∴若继续向东航行船有触礁的危险．21．【解答】解：（1）全体参赛的学生有：15÷25%＝60（人），“建模”在扇形统计图中的圆心角是（1﹣25%﹣30%﹣25%）×360°＝72°；故答案为：（1

）60，72．（2）“环保”类人数为：60×25%＝15（人），“建模”类人数为：60﹣15﹣18﹣15＝12（人），补全条形图如图：（3）画树状图如图：∵共有6种等可能结果，其中两人中恰为1男生1女生的有3种结果，∴选取的两人中恰为1男生1女生的概率是：＝．22．【解答】（1）证明：如图，∵A

F∥BC，∴∠AFE＝∠DBE，∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，∴AE＝DE，BD＝CD，第5页（共11页）在△AFE和△DBE中，，∴△AFE≌△DBE（AAS）；∴AF＝DB．∵DB＝DC，∴AF＝CD，∴四边形ADCF是平行四边形

，∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，∴AD＝DC＝BC，∴四边形ADCF是菱形；（2）解：连接DF，∵AF∥BC，AF＝BD，∴四边形ABDF是平行四边形，∴DF＝AB＝5，∵四边形ADCF是菱形，∴S＝AC•DF＝10．23．【解答】解：（1）设今年甲型

号手机每台售价为x元，由题意得，＝．解得x＝1500．经检验x＝1500是方程的解，且符合题意．故今年甲型号手机每台售价为1500元．（2）设购进甲型号手机m台，由题意得，17600≤1000m+800（20﹣m）≤18400，8≤m≤12．因为m只能取整数，所以m取8、

9、10、11、12，共有5种进货方案．（3）设总获利W元，购进甲型号手机m台，则W＝（1500﹣1000）m+（1400﹣800﹣a）（20﹣m），第6页（共11页）W＝（a﹣100）m+12000﹣20a．所

以当a＝100时，（2）中所有的方案获利相同．24．【解答】（1）证明：连接OD，∵AB＝AC，∴∠2＝∠C，∵OD＝OB，∴∠2＝∠1，∴∠1＝∠C，∴OD∥AC，∵EF⊥AC，∴OD⊥EF，∵点D在⊙O上，∴EF是⊙O的切线；（2）解：DE与DF的数量关系是DF＝2DE．连接AD

，∵AB是⊙O的直径，∴AD⊥BC，∵AB＝AC，∴∠3＝∠4＝∠BAC＝×60°＝30°，∵∠F＝90°﹣∠BAC＝90°﹣60°＝30°，∴∠3＝∠F，∴AD＝DF，∵∠4＝30°，EF⊥AC，∴DE＝AD，∴DF＝2DE；（3）解：连接A

D，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，又∵AB＝AC，且BC＝6，∴CD＝BD＝BC＝3，在Rt△ACD中，AC＝AB＝5，CD＝3，第7页（共11页）根据勾股定理得：AD＝＝4，又S△ACD＝AC•ED

＝AD•CD，即×5×ED＝×4×3，∴ED＝，∴AE＝＝；∵OD∥AC，∴△ODF∽△AEF，∴＝，∴OD＝AB＝AC＝，∴＝，解得：DF＝25．【解答】解：（1）根据的“隔离直线”的定义可知y1＝﹣2x，是图1函数y＝（x＜0）的图象与正方形OABC的“隔离直线”，故答案为

y1＝﹣2x．（2）连接OD，过点D作DG⊥x轴于点G，如图．在Rt△DGO中，OD＝＝2，第8页（共11页）sin∠1＝＝，∴∠1＝30°，∠2＝60°，∵⊙O的半径为2，∴点D在⊙O上．过点D作DH⊥OD交y轴于点H，∴直线DH是

⊙O的切线，也是△EDF与⊙O的“隔离直线”．在Rt△ODH中，OH＝＝4，∴点H的坐标是（0，4），∴直线DH的表达式为y＝﹣x+4，即所求“隔离直线”的表达式为y＝﹣x+4．（3）如图，由题意F（4，5），当直线y＝

2x+b经过点F时，5＝8+b，∴b＝﹣3，∴直线y＝2x﹣3，即图中直线EF，∵正方形A1B1C1D1的中心M（1，t），易知正方形A1B1C1D1的边长为2，当x＝2时，y＝1，∴C1（2，1），直线EF是函数y＝x2﹣2x﹣3（0≤x≤4）的图象与正方形A1B1C1D1的“隔离直线”，此时t

＝2，当直线y＝2x+b与y＝x2﹣2x﹣3只有一个交点时，消去y得到x2﹣4x﹣3﹣b＝0，由Δ＝0，可得16﹣4（﹣3﹣b）＝0，解得b＝﹣7，此时易知M（1，﹣8），t＝﹣8，根据图象可知，当t≥2或t≤﹣8时，直线y＝2x+b是函数y＝x2﹣2x﹣3（0≤x≤4）的

图象与正方形A1B1C1D1的“隔离直线”．第9页（共11页）26．【解答】解：（1）当x＝0时，y＝﹣××（﹣3m）＝m，∴C（0，m），∴OC＝m，当y＝0时，﹣＝0，解得：x1＝﹣，x2＝3m，∵A在B的右侧

，其中m＞0，∴A（3m，0），由勾股定理得：AC＝＝＝2m，∴△AOC的周长＝OA+OC+AC＝3m+m+2m＝3m+3m；（2）Rt△AOC中，tan∠OAC＝＝＝，∴∠CAO＝30°，∵OP2＝PC•PA，∴，∵∠OPC＝∠OPC，∴△O

PA∽△CPO，∴∠POC＝∠OAC＝30°，∵∠ACO＝∠POC+∠APO，∴∠APO＝60°﹣30°＝30°，∴tan∠APO＝，过P作PE⊥x轴于E，∵∠APO＝∠OAC＝30°，∴PO＝OA＝3m，∠POE＝60°，Rt△PEO中，∠E

PO＝30°，∴OE＝OP＝，PE＝，∵点P在第二象限，第10页（共11页）∴P（﹣，）；（3）由（2）知：P（﹣，），∵点Q恰好为OP的中点，∴Q（﹣，），∵Q在抛物线上，则＝﹣，解得：m＝，∴抛物线的解析式为：

y＝﹣（x+）（x﹣3）＝+x+3，对称轴是：x＝﹣＝，作抛物线的对称轴交抛物线于点F，∵M在点C与顶点F之间（含点C与顶点F），∴0≤x0≤，n≤，设w1＝，∵1＞0，∴w1随x0的增大而增大，∴当x0＝时，w1有最大

值，即有最小值为2，∴n≤2，对于不等式2n﹣，n≥﹣2，n≥﹣2（x0﹣）2+，第11页（共11页）设w2＝﹣2（x0﹣）2+，∵﹣2＜0，∴w2有最大值，∵0＜＜，∴当x0＝时，w2有最大值为，∴n≥，综上，n的取

值范围是≤n≤2．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2021/8/3020:16:35；用户：杨越；邮箱：orFmNt1HsiOm6_-j3msqPaWmz1mE@weixin.jyeoo.com；学号：2516262

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