福建省厦门第一中学2020-2021学年高一上学期入学测试数学试题含答案

厦门一中2020级高一入学数学适应性练习

（考试时间为90分钟，本卷满分100分）

一、选择题：（共10小题，每题4分，计40分）

1．6x3y2−3x2y分解因式时，应提取的公因式是（ ） A．3xy B．3x2y C．3x2y3 D．3x2y2 2．下列计算正确的是（ ） A．ab()43=a7b3 B．−2b(4a−1)=−8ab−2b

C．aa+a3()22=2a4 C．(a−1)2=a2−1

3．有两个事件，事件A：抛掷一枚均匀的骰子，朝上的面点数为偶数；事件B：367人中至少有2人生日相同．下列说法正确的是（ ）

A．事件A、B都是随机事件 B．事件A、B都是必然事件

C．事件A是随机事件，事件B是必然事件 D．事件A是必然事件，事件B是随机事件 4．如图，ABC的三个顶点在正方形网格的格点上，则tanA的值是（ ）

A．

65210310 B． C． D． 563205．在某次演讲比赛中，五位评委给选手圆圆打分，得到互不相等的五个分数．若去掉一个最高分，平均分为x；去掉一个最低分，平均分为y；同时去掉一个最高分和一个最低分，平均分为z，则（ ） A．yzx B．xzy C．yxz D．zyx

6．ABC的周长是24，M是AB的中点，MC=MA=5，则ABC的面积是（ ） A．24 B．20 C．15 D．不确定

7．如图，ABC中，点P是斜边AB上任意一点，过点P作PQ⊥AB，ACB=90，A=30，AB=16，垂足为P，交边AC（或边CB）于点Q，设AP=x，APQ的面积为y，则y与x之间的函数图象大致是（ ）

A． B．

C． D．

8．如图，已知EB是半圆O的直径，A是BE延长线上一点，AC切半圆O于点D，BC⊥AC于点C，DF⊥EB于点F，若BC=2DF=6，则O的半径为（ ）

A．3.5 B．4 C．23 D．3.75

9．如图，正三角形ABC的边长为4，过点B的直线l⊥AB，且ABC与ABC关于直线l对称，D为线段BC上一动点，则AD+CD的最小值是（ ）

A．43 B．62 C．8 D．4+23 10．二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，对称轴是直线x=1．

下列结论：①abc0；②3a+c0；③(a+c)2−b20；④a+bm(am+b)（m为实数）．其中结

论正确的个数为（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题：（共4小题，每题4分，计16分） 11．已知

3x−4AB=+，则实数A=________B=_________．

(x−1)(x−2)x−1x−212．如图，在ABC中，A=40，B=C，BP=CE，BD=CP，则DPE=________．

13．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A、B在反比例函数y=k(k0,x0)的图象上，x已知A、B的横坐标分别为1、4，且对角线BD∥x轴，若菱形ABCD的面积为30，则k的值为_________．

14．平面直角坐标系xOy中，已知点(a,b)在直线y=2cx+c2+2(c0)上，且满足

a2+b2−2(1+2bc)+4c2+b=0，则c=________．

三、解答题：（共5小题，计44分）

15．（本题8分）为了解某县建档立卡贫困户对准扶贫落实的满意度，现从全县建档立卡贫困户中随机抽取了部分贫困户进行了调查（把调查结果分为四个等级：A级：非常满意；B级：满意；C级：基本满意；D级：不满意），并将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图，请根据统计图中的信息解决下列问题：

（1）本次抽样调查测试的建档立卡贫困户户数是_______________； （2）图1中，的度数是______________，并把图2条形图补充完整；

（3）某县建档立卡贫困户有10000户，如果全部参加这次满意度调查，请你估计满意（B级）人数约为多少户？

（4）调查人员想从5户建档立卡贫困户（分别记为a，b，c，d，e）中随机选取两户，调查它们对扶贫的满意度，请用列表或树状图的方法求出选中贫困户e的概率． 16．（本题8分）已知关于x，y的方程组（1）当a=2时，解此方程组； （2）求a的取值范围；

（3）已知a+b−4，且b0，z=2a−3b，求z的取值范围．

17．（本题8分）已知E，F分别在正方形ABCD的边CD，AD上，CD=4CE，EFB=FBC，求

3x−y=2a−5的解都为正数．

x+2y=3a+3tanABF．

18．（本题8分）如图1，AB是O的直径，E是AB延长线上一点，EC切O于点C，OP⊥AO交AC于点P，交EC的延长线于点D．

（1）求证：PCD是等腰三角形；

（2）CG⊥AB于H点，交O于G点，过B点作BF∥EC，交O于点F，交CG于Q点，连接AF，如图2，若sinE=3，CQ=5，求AF值． 519．（本题12分）已知二次函数y=x2+bx−c的图象经过两点P(1,a),Q(2,10a)． （1）如果a，b，c都是整数，且cb8a，求a，b，c的值．

（2）设二次函数y=x2+bx−c的图象与x轴的交点为A、B，与y轴的交点为C，如果关于x的方程

x2+bx−c=0的两个根都是整数，求ABC的面积．

厦门一中2020级高一入学数学适应性练习参

一、选择题：（共10小题，每题4分，计40分）

1．B 2．C 3．C 4．A 5．A 6．A 7．D 8．D 9．C 10．C 二、填空题：（共4小题，每题4分，计16分） 11．1 2 12．70° 13．

20 14．3−1 3三、解答题：（共5小题，计44分）（须写出详细的解答过程） 15．（本题8分）

（1）60 2分 （2）° 4分 （3）3500人 6分

（4）所有可能出现的结果共有10种，选中e的结果有4种 ∴P（选中e）=42=． 8分 10516．（本题8分）

解：（1）当a=2时，方程组为3x−y=−1 ①，

x+2y=9 ②①2+②得7x=7，即x=1，

把x=1代入①得，3−y=−1，即y=4，

此方程的解为x=1； 2分

y=4x=a−1，

y=a+2（2）解这个方程组的解为：a−10由题意，得，

a+20则原不等式组的解集为a1； 5分 （3）∵a+b=4，b0∴b=4−a0， ∵a1， ∴1a4，

∵2a−3b=2a−3(4−a)=5a−12,z=2a−3b，

，

故−7z8． 8分 17．（本题8分）

如图，延长EF交BC的延长线于T，设FB的中点为O，连TO，则OT⊥BF

∵四边形ABCD是正方形，不妨设其边长为4 ∴AD∥BC,A=BOT=90 ∴AFB=OBT ∴BAF∽TOB

∴

AFOB=BFBT 2分 ∵OB=12BF

∴BF2=2AFBT 设CT=k

易证DEF∽CET

∴DF=3k，AF=4−3k，BT=4+k 4∴42+(4+3k)2=2(4−3k)(4+k) 15k2−8k=0

∴k=815或0（舍去） ∴tanABF=AFAB=4−3k4=35 818．（本题8分） 解：（1）连接OC，

分 6分

分

∵EC切O于点C， ∴OC⊥DE， ∴1+3=90， 又∵OP⊥OA， ∴2+4=90， ∵OA=OC， ∴1=2， ∴3=4， 又∵4=5，， ∴3=5，

∴DP=DC，即PCD为等腰三角形．（2）如图2，连接OC、BC，

∴DE与O相切于点E， ∴OCB+BCE=90， ∵OC=OB， ∴OCB=OBC， ∴OBC+BCE=90， 又∵CG⊥AB，

4分

∴OBC+BCG=90， ∴BCE=BCG， ∵BF∥DE， ∴BCE=QBC， ∴BCG=QBC， ∴QC=QB=5， ∵BF∥DE， ∴ABF=E， ∵sinE=35， ∴sinABF=35， ∴OH=3、BH=4， 设O的半径为r，

∴在OCH中，r2=82+(r−4)2， 解得：r=10，

又∵AFB=90，sinABF=35， ∴AF=12． 8分 19．（本题12分）

解：点P(1,a)、Q(2,10a)在二次函数y=x2+bx−c的图象上，故1+b−c=a，4+2b−c=10a， 解得b=9a−3，c=8a−2；

（1）由cb8a知8a−29a−39a−38a，

解得1a3，

又a为整数，所以a=2,b=9a−3=15,c=8a−2=14； （2）设m，n是方程的两个整数根，且mn．

由根与系数的关系可得m+n=−b=3−9a，mn=−c=2−8a，消去a，得9mn−8(m+n)=−6， 7分

5分

两边同时乘以9，得81mn−72(m+n)=−，分解因式，得(9m−8)(9n−8)=10．

所以9m−8=19m−8=−109m−8=−59m−8=2或或或，

9n−8=109n−8=−19n−8=−29n−8=5解得m=1m=−2m=1m=10n=2或9397或2或13；

n=9n=3n=9又∵m，n是整数，所以后面三组解舍去， 故m=1，n=2．

因此，b=−(m+n)=−3,c=−mn=−2， 二次函数的解析式为y=x2−3x+2．

易求得点A、B的坐标为(1,0)和(2,0)，点C的坐标为(0,2)， 所以ABC的面积为

12(2−1)2=1． 12分 导数零点不可求的四种破解策略

在导数试题中,经常碰到导函数零点不可求的情况.对于此类试题,往往要绕开具体的零点值,转而判断导函数在给定区间上的单调性,再想办法证明导函数的零点存在.如何证明导函数的零点存在?笔者在长期的教学实践中总结了四种方法,现说明如下.法一:利用零点存在性定理

零点存在性定理:如果函数fx在区间a，b上的图象是连续不断的一条曲线,并且有fafb0,那么函数fx在区间a，b内有零点,即存在x0a，b,使得fx00.进一步,若fx在区间a，b内有具有单调性,则

函数fx在区间a，b内有唯一的零点.在实际解题中,经常先判断出f/x在给定区间上的单调性(可以通过求二阶导或者直接观察导函数解析式进行判断),然后在给定区间内取两个特殊值,计算出相应的f/x,与零比较大小,再利用零点存在性定理得出f/x在给定的区间上存在唯一的零点.例1.已知函数fxx2exlnx,证明:当x0时,不等式fx1.

1

证明:f/xxx2ex,x0.

x1

由f//xx24x2ex20,得f/x在0，上单调递增.

x111915

又f/=e440,f/=e220,

41624

11

根据零点存在定理可知,存在x0，,使得f/x00.

42

当x0，x0时,f/x0,fx在0，x0上单调递减;时,f/x0,fx在x0，上单调递增.当xx0，

故fxminfx0=x02ex0lnx0.

111x0x0x0/由fx00得x0x02e0,即x0x02e,e2.

x0x02x0x0111

lnx0,其中x0，.故fx0=x02ex0lnx0=

x0242

111lnx,x，.令gx=

x242

1由gx=

/1

x22111

0得gx在x，上单调递减.x42

112

故gxg=ln1,即fx01.

225

综上,有fxmin1,则当x0时,不等式fx1.

1

评析:要证fx1,等价于证fxmin1.导函数fxxx2e,其零

x点无法求出.借助f//x0判断出f/x的单调性,结合零点存在性定理得出

/x11

分成两个区间,fx存在唯一的零点x0且x0，.另一方面,x0将0，

42

1x0/分别考查fx在这两个区间上的单调性.借助fx00得到e2,

x0x02将指数式进行转化,从而判断出fxmin1.

/法二:利用函数与方程思想

函数有零点等价于相应的方程有实根,然后将方程进行适当的变形,转化为两个函数图象有交点.交点的个数就是函数零点个数.在实际解题中,通常先求出f/x,然后令f/x0,移项,转化为判断两个函数图象的交点个数.

22x例2.已知函数fxealnx.证明:当a0时,fx2aaln.

a

a/2x证明:fx2e,x0.

x

aa2x2x/fx有零点,等价于方程2e=0有实根,等价于方程2e有实根,等价

xxa2x于函数y2e与函数y图象有交点.

x

显然当a0时,两个函数图象无交点;当a0时,两个函数图象有一个交点;因此,当a0时,f/x无零点,当a0时,f/x只有一个零点.

当a0时,f/x在0，上单调递增,且只有一个零点,设为x0.即当x0，x0时,f/x0,fx在0，x0上单调递减;故fxminfx0e2x0alnx0.

2f/x00.

当xx0，时,f/x0,fx在x0，上单调递增.

由f

/x00

得,2e

2x0

lnx0=lnaln22x0.

2aa

alnaln22x02ax0alna2aaln.故fx0

a2x02x022

故fxmin2aaln,即当a0时,fx2aaln.

aa

评析:利用函数与方程思想,将判断f/x的零点个数问题转化为图象交点问题.

a/2x/不难得出结论:当a0时,fx只有一个零点x0.对于fx2e,观察

x其结构特征容易发现其在0，上单调递增(也可以求出二阶导进行判断).

22

要证fx2aaln,等价于证fxmin2aaln.x0将0，分成两个区

aa间,分别考查fx在这两个区间上的单调性.借助f/x00得到

a2x0

,lnx0=lnaln22x0,将指数式进行转化,从而得证.e=2x0法三:构造新的函数

如果导函数的解析式具有分式特征,且容易判断出分母是正数,此时往往将分子看成一个新的函数,进而对该函数进行研究从而得到相应的结论.

1ln(x1)k

例3.已知函数fx,当x0时,fx恒成立,求正整数k

xx1

的最大值.

x1[1ln(x1)]解析:由已知有k在x0上恒成立.

xx1[1ln(x1)]令h(x),x0.只需khxmin.

xx1ln(x1)/hx,2xx/令xx1ln(x1),由x0得x在0，上单调递增.

x1

3,又2=1ln30,3=2ln40,根据零点存在定理可知,存在x02，

aa2x0

0,e=,lne2x0=lnaln2x0,化简得x02x0使得x00.

当x0，x0时,x0,h/x0,hx在0，x0上单调递减;

3时,x0,h/x0,hx在x0，上单调递增.当xx0，

故hxminhx0x0由x00得,x01ln(x01)=0,即x01ln(x01).4.则hx0x013，

x01[1ln(x01)]

.

故正整数k的最大值为3.

x1ln(x1)/评析:导函数hx,分母显然是正数,将分子看成一个新的函2x

数x,借助法一考查x的性质,从而得到hx的单调性.

法四:利用极限思想

法一中,对于给定的区间a，b,如果要通过取特殊值来判断f/x与零的大小比较困难,那么可以利用极限思想,考查当xa时以及当xb时f/x的取值情况.

a1

2a10对任意的x0，恒成立,其中例4.已知函数fxaex

a0.求a的取值范围.

解析:由已知有fxmin0,其中x0,a0.

x2xaxea1a1/xfxae2.2xx令gxax2exa1,其中x0,a0.

由g/xa2xx2ex0得gx在0，上单调递增.又g0a10,当x时,gx,故存在x00，,使得gx00.

当x0，x0时,gx0,f/x0,fx在0，x0上单调递减;

时,gx0,f/x0,fx在x0，上单调递增.当xx0，

a1x0

2a1.故fxminfx0aex0a1

由gx00得,ax02ex0a1=0,即aex0=2.

x0a1a1a1x0

则fx0ae2a122a1.

x0x0x0a1a1

2a10,由x00,a0,解得0x01.令2

x0x04因为gxax2exa1在0，上单调递增,0x01,所以1故g10,即aea10,解得a.

e1

2xaxea1/评析:导函数fx,分母显然是正数,利用法三的方法将分子2x看成一个新的函数gx.在考查gx的性质时,先考虑左端点的函数值情况,g1gx0=0.

即g0a10,再考查当x时,gx,从而确定故存在x00，,使得gx00.

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