高一入學(xué)摸底考試數(shù)學(xué)試題答案一．選擇題1.解：m+n個(gè)數(shù)的平均數(shù)=，故選C．2.解：∵cosα=sin（90°﹣α），∴sinα＜cosα=sin（90°﹣α）．又正弦值隨著角的增大而增大，得α＜90°﹣α，∴α＜45°．又α是銳角，則α的取值范圍是0°＜α＜45度．故選B．3.由三視圖可知選A.4.答案選擇D,還可以互補(bǔ)。5.由題意可得m，n滿足x2+3x﹣5＝0方程的兩根，由韋達(dá)定理可得答案A6.解：∵a＜b，∴a﹣2b＜b﹣2b，即a﹣2b＜﹣b，故選：D．7.由一次函數(shù)、反比例函數(shù)性質(zhì)可知選A.8解：已知實(shí)數(shù)滿足|2021﹣|+=，可得；故原式化簡(jiǎn)為：﹣2008+=，即=2021，平方可得：﹣2022=20212；整理得，a﹣20212=2022．故選A．9.選D10.解：如圖，設(shè)正六邊形的中心為D，連接AD，∵∠ADO＝360°÷6＝60°，OD＝AD，∴△AOD是等邊三角形，∴OD＝OA＝2，∠AOD＝60°，∴OC＝2OD＝2×2＝4，∴正六邊形的頂點(diǎn)C的極坐標(biāo)應(yīng)記為（60°，4）．故選：A．11.解：如圖所示：由折疊的性質(zhì)得：DE是線段AC的垂直平分線，∴DE是△ABC的中位線，∴m＝DE＝BC＝4；∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，∴AB＝＝＝10，由折疊的性質(zhì)得：AD＝BD＝AB＝5，∠BDF＝90°，∵∠B＝∠B，∴△BDF∽△BCA，∴，即，解得：DF＝，即n＝，故選：A．12.解：開口向下，a＜0；對(duì)稱軸在y軸的右側(cè)，a、b異號(hào)，則b＞0；拋物線與y軸的交點(diǎn)在x軸的上方，c＞0，則abc＜0，所以①不正確；當(dāng)x=﹣1時(shí)圖象在x軸下方，則y=a﹣b+c=0，即a+c=b，所以②不正確；對(duì)稱軸為直線x=1，則x=2時(shí)圖象在x軸上方，則y=4a+2b+c＞0，所以③正確；x=﹣=1，則a=﹣b，而a﹣b+c=0，則﹣b﹣b+c=0，2c=3b，所以④不正確；開口向下，當(dāng)x=1，y有最大值a+b+c；當(dāng)x=m（m≠1）時(shí)，y=am2+bm+c，則a+b+c＞am2+bm+c，即a+b＞m（am+b）（m≠1），所以⑤正確．故選：A．二．填空13）.1    14）.3或12      15）.D          16）.-1三．解答題17.1）解：原式＝3+1+×﹣1＝4+1﹣1      (3分）＝4．  (5分）2）解：原式＝＝＝．  (3分）已知﹣2＜x＜3的整數(shù)有﹣1，0，1，2，∵分母x≠0，x+1≠0，x﹣1≠0，∴x≠0，且x≠1，且x≠﹣1，∴x＝2．  （4分）當(dāng)x＝2時(shí)，原式＝．（5分）） 18.1）2）恒溫系統(tǒng)設(shè)定的恒定溫度：2003）y=10代入，解得，所以20-10=10恒溫系統(tǒng)最多可以關(guān)閉10小時(shí)，才能使蔬菜避免受到傷害.19.（1）證明：如圖，連接OC，（1分）∵OA=OB，CA=CB，∴OC⊥AB，（2分）∴AB是⊙O的切線．（3分）（2）解：BC2=BD?BE．（4分）證明：∵ED是直徑，∴∠ECD=90°，∴∠E+∠EDC=90°．又∵∠BCD+∠OCD=90°，∠OCD=∠ODC（OC=OD），∴∠BCD=∠E．（5分）又∵∠CBD=∠EBC，∴△BCD∽△BEC．（6分）∴．∴BC2=BD?BE．（7分）（3）解：∵tan∠CED=，∴．∵△BCD∽△BEC，∴．（9分）設(shè)BD=x，則BC=2x，∵BC2=BD?BE，∴（2x）2=x?（x+6）．（10分）∴x1=0，x2=2．∵BD=x＞0，∴BD=2．∴OA=OB=BD+OD=3+2=5．（12分）20.解：（1）min{sin30°，cos45°，tan30°}=，如果min{2，2x+2，4﹣2x}=2，則x的取值范圍為0≤x≤1；（2）①∵M{2，x+1，2x}==x+1．法一：∵2x﹣（x+1）=x﹣1．當(dāng)x≥1時(shí)，則min{2，x+1，2x}=2，則x+1=2，∴x=1．當(dāng)x＜1時(shí)，則min{2，x+1，2x}=2x，則x+1=2x，∴x=1（舍去）．綜上所述：x=1．法二：∵M{2，x+1，2x}==x+1∴x+1=min{2，x+1，2x}，∴∴∴x=1．②a=b=c．③﹣4；（3）作出圖象．∴最大值是1．21（1）證明：∵菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，BD=2，∴△ABD和△BCD都為正三角形，∴∠BDE=∠BCF=60°，BD=BC，∵AE+DE=AD=2，而AE+CF=2，∴DE=CF，∴△BDE≌△BCF；       （2）解：△BEF為正三角形．理由：∵△BDE≌△BCF，∴∠DBE=∠CBF，BE=BF，∵∠DBC=∠DBF+∠CBF=60°，∴∠DBF+∠DBE=60°即∠EBF=60°，∴△BEF為正三角形；（3）解：設(shè)BE=BF=EF=x，則S=?x?x?sin60°=x2，當(dāng)BE⊥AD時(shí)，x最小=2×sin60°=，∴S最小=×=，當(dāng)BE與AB重合時(shí)，x最大=2，∴S最大=×22=，∴．22.解：（1）∵拋物線 y=ax2+bx+c過點(diǎn)A（﹣3，0），B（1，0），∴消去b，得 c=﹣3a．∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，﹣3a），（2）當(dāng)∠ACB=90°時(shí)，∠AOC=∠BOC=90°，∠OBC+∠BCO=90°，∠ACO+∠BCO=90°，∴∠ACO=∠OBC，∴△AOC∽△COB，，即 OC2=AO?OB，∵AO=3，OB=1，∴OC=，∵∠ACB不小于90°，∴OC≤，即﹣c≤，由（1）得 3a≤，∴a≤，又∵a＞0，∴a的取值范圍為0＜a≤，（3）作DG⊥y軸于點(diǎn)G，延長(zhǎng)DC交x軸于點(diǎn)H，如圖．∵拋物線 y=ax2+bx+c交x軸于A（﹣3，0），B（1，0）．∴拋物線的對(duì)稱軸為x=﹣1．即﹣=﹣1，所以b=2a．又由（1）有c=﹣3a．∴拋物線方程為 y=ax2+2ax﹣3a，D點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣1，﹣4a）．于是 CO=3a，GC=a，DG=1．∵DG∥OH，∴△DCG∽△HCO，∴，即，得 OH=3，表明直線DC過定點(diǎn)H（3，0）．過B作BM⊥DH，垂足為M，即BM=h，∴h=HB sin∠OHC=2 sin∠OHC．∵0＜CO≤，∴0°＜∠OHC≤30°，0＜sin∠OHC≤．∴0＜h≤1，即h的最大值為1，答：△BCD中CD邊上的高h的最大值是1． （4）由（1）、（2）可知，當(dāng)∠ACB=90°時(shí)，，，設(shè)AB的中點(diǎn)為N，連接CN，則N（﹣1，0），CN將△ABC的面積平分，連接CE，過點(diǎn)N作NP∥CE交y軸于P，顯然點(diǎn)P在OC的延長(zhǎng)線上，從而NP必與AC相交，設(shè)其交點(diǎn)為F，連接EF，因?yàn)?/span>NP∥CE，所以S△CEF=S△CEN，由已知可得NO=1，，而NP∥CE，∴，得 ，設(shè)過N、P兩點(diǎn)的一次函數(shù)是y=kx+b，則，解得：，即 ，①同理可得過A、C兩點(diǎn)的一次函數(shù)為 ，②解由①②組成的方程組得，，故在線段AC上存在點(diǎn)滿足要求．答：當(dāng)∠ACB=90°，在線段AC上存在點(diǎn)F，使得直線EF將△ABC的面積平分，點(diǎn)F的坐標(biāo)是（﹣，﹣）．  
 

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