数学（上海专用，含初高衔接内容）01（解析版）

绝密★考试结束前2023年秋季高一入学分班考试模拟卷（上海专用）（01）数学（考试范围：初中知识+初高衔接内容）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、填空题（本大题共12题，每题5分，共60分）1．设全集，集合，则．【答案】【分析】先求出全集，然后可求出集合的补集【详解】因为，，所以，故答案为：2．已知，，若用、表示，则．【答案】/【分析】将指数式化为对数式，在利用换底公式及对数的运算法则计算可得.【详解】因为，，所以，，所以.故答案为：3．将化为有理数指数幂的形式为．【答案】【分析】根据分数指数幂的定义与运算求解.【详解】由题意可得：.故答案为：.4．如图，矩形分别是矩形边上的点，其中，以为邻边的矩形的面积记为，则的最小值是.  【答案】4【分析】设（），表示出，然后由∽可表示出，求出矩形的面积，换元后利用基本不等式求最小值即可.【详解】设（），因为，，所以，所以，因为四边形为矩形，所以，所以，因为，所以，所以∽，所以，即，所以，所以矩形的面积，令，则，，所以，当且仅当，即时取等号，所以当时，取得最小值4.故答案为：45．已知实系数一元二次方程的两根分别为，且，则实数m的值为.【答案】【分析】利用韦达定理求出，再根据即可得解.【详解】由题意可得，解得或，，则，解得.故答案为：.6．设：，：，是的充分条件，则实数m的取值范围是．【答案】【分析】设，根据充分条件的定义结合包含关系得出实数m的取值范围.【详解】设，因为是的充分条件，所以集合是集合的子集，所以.故答案为：7．如图，直线与抛物线的图象都经过y轴上的D点，抛物线与x轴交于A，B两点，其对称轴为直线，且.直线与x轴交于点C（点C在点B的右侧）.则下列判断：①；②；③；④；⑤中，正确的是.  【答案】③④⑤【分析】根据给定条件，结合一次函数、二次函数的图象特征逐一判断各个命题作答.【详解】抛物线的开口向上，则，由对称轴为直线，得，即，点，，由，知，则，点，对于①，由，，，得，①错误；对于②，由，，得，②错误；对于③，由点在右侧，，得，即，则，③正确；对于④，抛物线与直线交于两点，则由解得，显然，而，因此，④正确；对于⑤，观察图象，由点C在点B的右侧，得，即，因此，即，⑤正确，所以正确命题的序号为③④⑤.故答案为：③④⑤8．若关于x，y的方程组与的解集相等，则．【答案】4【分析】根据已知可知，4个方程有公共解，可以先求出的解，进而代入，即可得出的值.然后求出的值，代入并检验，即可得出答案.【详解】由已知可知，4个方程有公共解，先求解方程组可得，，显然该解满足方程，代入整理可得，解得或.当时，，代入可知，此时有；当时，，代入可知，不满足.综上所述，，，所以.故答案为：4.9．已知是的充分非必要条件，则实数a的取值范围是．【答案】【分析】分别解得和的解集A，B，再根据“”是“”的充分非必要条件，由真包含于求解.【详解】由，解得，记，由，解得，记，∵“”是“”的充分非必要条件，∴真包含于，即，解得.故答案为：10．如图，在直角三角形中，，.点是半圆弧的中点，连接，线段把图形分成两部分，则这两部分面积之差的绝对值是.  【答案】4【分析】设半圆的圆心为，连接，设交于点，在上取点，使，连接，可得将图形分成两部分的面积之差的绝对值等于面积的2倍，从而可求得答案.【详解】设半圆的圆心为，连接，设交于点，在上取点，使，连接，因为点是半圆弧的中点，所以，因为，公共边，所以≌，所以图形与图形的面积相等，因为，所以，所以，所以将图形分成两部分的面积之差的绝对值等于的面积，即面积的2倍，因为在中，，所以，所以将图形分成两部分的面积之差的绝对值为4，故答案为：4  11．从这五个数中，随机抽取一个数作为的值，则使函数的图象经过第二、四象限，且使关于的一元二次方程有实数根的概率是.【答案】/【分析】先利用正比例函数的性质可判断可以取再根据根的判别式的意义得到且，则可以取，然后确定满足题意得的值，最后根据概率公式即可求解.【详解】∵函数的图象经过第二、四象限，∴，∴可以取，∵关于的一元二次方程有实数根，∴且，∴可以取，∴满足条件的的值只能为，∴使函数的图象经过第二、四象限，且使关于的一元二次方程有实数根的概率.故答案为：.12．如图，在平面直角坐标系中，分别为轴､轴正半轴上的点，以､OC为边，在第一象限内作矩形OABC，且.将矩形OABC翻折，使点与原点重合，折痕为，点的对应点落在第四象限，过点的反比例函数，其图象恰好过的中点，则点的坐标为.【答案】【分析】连接与交于点，过点作轴，垂足为，可通过三角形全等证得与的交点就是的中点，由相似三角形的性质可得，根据反比例函数比例系数的几何意义可求出，从而求出，进而可以得到，由轴对称的性质可得，也就有，根据的面积即可得到答案【详解】解：连接与交于点，过点作轴，垂足为，如图所示，∵矩形沿翻折，点与点重合，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴点是的中点，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，设点，∵点在反比例函数上，所以即，∴，解得：，同理可得，∵，∴，∴，由轴对称的性质可得：，∴，∴解得，∴，∴点坐标为，故答案为：【点睛】关键点睛：本题考查了反比例函数系数k的几何意义，相似三角形的性质与判定等，结合轴对称可得到各个长度的关系是本道题的关键二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）13．给出下列四个命题：（1）当时，；（2）当且时，；（3）设是方程的两个根，则；（4）设，若关于的方程的解集为，则且．其中真命题的个数是（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】利用指数运算判断（1）；利用对数的定义及运算法则判断（2）；利用韦达定理计算判断（3）；利用一元一次方程解集情况判断（4）作答.【详解】当时，，（1）正确；当且时，由给定等式及知，，则成立，（2）正确；是方程的两个根，则，因此，（3）正确；，关于的方程的解集为，因0乘任何实数均为0，则且，（4）正确，所以真命题的个数是4.故选：D14．用表非空集合A中元素的个数，定义，若，且，设实数的所有可能取值构成集合S，则（    ）A．4 B．3 C．2 D．9【答案】C【分析】由新定义，确定，再由新运算确定，并由集合的定义确定，然后由判别式求得值，得集合，从而得结论．【详解】由已知，又，所以或，又中显然是一个解，即，因此，所以，所以有两个相等的实根且不为0，，，经检验符合题意，，所以．故选：C．15．若正数满足，则中最大数的最小值为（    ）.A． B．5 C． D．6【答案】B【分析】根据式子等价变形以及基本不等式即可求解.【详解】不妨设，则，由，所以可得，将代入得：，化简得：，解得：因为，所以故，又，化简得，综上可得，故最小值为5，故选：B16．若四个互不相等的正实数，，，满足，，则的值为（    ）A．2012 B．2011 C．2012 D．2011【答案】A【分析】设，则，将已知等式左侧展开，分别作加减处理即可得，进而可得结果.【详解】令，且，所以，则，两式相减得，故①，两式相加得，将①代入，所以，故，而.故选：A三、解答题（本大题共4题，共70分）17．（14分）（1）已知，求的值；（2）计算：．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）把已知式平方求得，再平方求得，然后把平方后利用已知求得值，代入后可得结论；（2）应用对数恒等式和对数的运算法则计算．【详解】（1）因为，两边平方，得，即，所以．又，可得．所以．（2）原式．18．（16分）（1）设集合，集合，且，求实数的值；（2）已知集合，，求实数的值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据给定的条件，结合交集的结果求出a值，再验证作答.（2）由交集结果求出集合A，再由并集确定B中元素即可求解作答.【详解】（1）集合，，而，因此，解得或，当时，，符合题意，当时，，且，与集合的元素互异性矛盾，所以.（2）因，则有，解得，此时，而，于是得，，即是方程的等根，则，所以.19．（20分）定义为个实数，，…，中的最小数，为个实数，，…，中的最大数．(1)设，都是正实数，且，求；(2)解不等式：；(3)设，都是正实数，求的最小值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由基本不等式即可求解；（2）分段讨论得出，然后解不等式即可；（3）设出后由基本不等式进行求解.【详解】（1）由题意得，即，当且仅当时等号成立，故；（2）令，得，当时，当时，而即恒成立，故，可化为或或，解得，故原不等式的解集为；（3）设，由题意得，则，当且仅当即时等号同时成立，故的最小值为．20．（20分）如图（1），抛物线经过，两点，并与直线（为常数，且）交于、两点，直线过点且平行于轴，过、两点分别作直线的垂线，垂足分别为点、.  (1)求此抛物线的解析式；(2)猜想与证明：①______   ______（填“>”“<”或“=”）②为______三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）并证明你的猜想(3)如图（2）点为坐标平面内一点，点是抛物线上任意一点，求周长最小值，并求出此时点坐标.  【答案】(1)(2)①=，=；②直角，证明见解析(3)，【分析】（1）将，两点的坐标代入抛物线方程可求出，从而可得抛物线方程，（2）可猜想，然后利用等腰三角形的性质和平行线的性质可得为直角三角形，（3）过点作直线于，则，所以当即最小时，的周长最小，从而可求得结果.【详解】（1）∵抛物线经过，，∴，解得，，所以抛物线的解析式为；（2）猜想①=    =（填“>，<或=”），设，则，，所以，，所以，同理可证得，②为直角三角形，证明：∵，∴，同理，∵，，∴，∴，∴，∴为直角三角形.  （3）设抛物线上任一点坐标，过点作直线于，则，又∵，∴，∵的长度为定值，∴当即最小时，的周长最小，当、、三点在一条直线上时，最小，∴点的横坐标为1，代入抛物线的解析式，得，∴，此时的周长为，  【点睛】关键点睛：第（3）解题的关键是由抛物线的性质得，从而将问题转化为当，即最小时，的周长最小.