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）（02）数学（考试范围：初中知识，难度较大）（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。单选题(本大题共6题，每题4分，满分24分)1．下列运算中，正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据二次根式的混合运算法则以及特殊角的三角函数值，逐项判断即可作答．【详解】解：A、，故选项错误；B、，故选项正确；C、，故选项错误；D、，故选项错误；故选：B．【点睛】本题考查了二次根式的混合运算法则以及特殊角的三角函数值，解题的关键是掌握运算法则．2．下列方程中，有实数解的是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】A、根据△的值判断即可，B、根据二次根式的意义判断即可；C、根据分式方程的解的定义判断即可；D、根据分式方程的解的定义判断即可．【详解】解∶A．，原方程无实数根，B．当，即时，原方程无实数根，C．当，即，或时，原方程无实数根，D．，故选∶D．【点睛】本题考查了一元二次方程的根得判别式，无理方程的解，分式方程的解，正确的解方程是解题的关键．3．如图，小红在练习簿的横线上取点为圆心，相邻横线的间距为半径画圆，然后半径依次增加一个间距画同心圆，描出同心圆与横线的一些交点．她发现这些点的位置有一定的规律，于是以圆心为原点，如图建立平面直角坐标系，相邻横线的间距为一个单位长度．则所描的点都在二次函数（    ）的图象上．A． B． C． D．【答案】B【分析】设在半径为的同心圆上，与直线的交点为，利用勾股定理可得横纵坐标间的关系，即可求解．【详解】解：设在半径为的同心圆上，与直线的交点为，，，即，，点在抛物线上，故选：B．【点睛】本题考查了坐标与图形，勾股定理，二次函数的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．4．如图，在中，，，，以点为圆心，的长为半径画弧交于点，连接，则阴影部分的面积是（    ）    A． B． C． D．【答案】B【分析】过D作，垂足为F，由此可以求出的值，然后根据阴影部分的面积=可以得到解答.【详解】解：如图，过D作，垂足为F，    ∵，，∴，又∴∴阴影部分的面积===，故选B．【点睛】本题考查平行四边形的综合应用，熟练掌握平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质及扇形面积的求法是解题关键．5．在大课间活动中，同学们积极参加体育锻炼．小丽在全校随机抽取一部分同学就“一分钟跳绳”进行测试，并以测试数据为样本绘制如图所示的部分条形统计图（从左到右依次分为六个小组，每小组含最小值，不含最大值）和扇形统计图，若“一分钟跳绳”次数不低于130次的成绩为优秀，全校共有1200名学生，根据图中提供的信息，下列说法不正确的是（  ）A．第四小组有10人B．第五小组对应圆心角的度数为C．本次抽样调查的样本容量为50D．该校“一分钟跳绳”成绩优秀的人数约为480人【答案】B【分析】用第二组人数除以第二组的占比得到总人数，用总人数减去其他组的人数和得到第四组人数，用乘以第五组的占比得到圆心角度数，用全校总人数乘以后三组的占比之和估计出成绩优秀的人数．【详解】解：（人），故C正确；（人），故A正确；，故B错误；（人），故D正确．故选：B．【点睛】本题考查条形统计图和扇形统计图，样本估计总体，解题的关键是能够根据统计图的信息求出统计结果．6．函数的图象如图所示，若，则关于的函数图象可能为（ ）  A．  B．   C．  D．  【答案】D【分析】根据反比例函数解析式以及，即可找出关于的函数解析式，再根据反比例函数图象在第一象限可得出，结合的取值范围即可得出结论．【详解】解：∵，∴，∵反比例函数的图象在第一象限，∴，故，∴关于的函数图象是在第一象限内，且不经过原点的正比例函数图象，故选：D．【点睛】本题考查了反比例函数的图象以及正比例函数的图象，解题的关键是找出关于的函数解析式．二、填空题(本大题共12题，每题4分，满分48分)7．已知关于x的方程的解为负数，则a的取值范围是．【答案】且【分析】把看作常数，去分母得到一元一次方程，求出的表达式，再根据方程的解是负数及分母不为列不等式并求解即可．【详解】解：由得，关于x的方程的解为负数，，即，解得，即且，故答案为：且．【点睛】本题考查解分式方程，根据题意及分式的分母不等于零列出不等式组是解决问题的关键．8．已知，且，则的值为．【答案】1【分析】根据可得，即，然后将整体代入计算即可．【详解】解：∵∴，∴，即．∴．【点睛】本题主要考查了分式的加减运算，根据分式的加减运算法则得到是解答本题的关键．9．若与互为相反数，则．【答案】【分析】先根据相反数的定义列式化简可得，然后再将因式分解，最后将整体代入即可解答．【详解】解：∵与互为相反数，∴，即，∴．故答案为．【点睛】本题主要考查了相反数的定义、因式分解的应用等知识点，掌握整体的思想是解答本题的关键．10．点Q的横坐标为一元一次方程的解，纵坐标为的值，其中a，b满足二元一次方程组，则点Q关于y轴对称点的坐标为．【答案】【分析】先分别解一元一次方程和二元一次方程组，求得点Q的坐标，再根据直角坐标系中点的坐标的规律即可求解．【详解】解：，移项合并同类项得，，系数化为1得，，∴点Q的横坐标为5，∵，由得，，解得：，把代入①得，，解得：，∴，∴点Q的纵坐标为，∴点Q的坐标为，∴点Q关于y轴对称点的坐标为，故答案为：．【点睛】本题考查了坐标与图形变化——轴对称，解一元一次方程和解二元一次方程组、代数值求值、直角坐标系中点的坐标的规律，熟练掌握解一元一次方程和解二元一次方程组的方法求得点Q的坐标是解题的关键．11．如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，点A的坐标为，是以点B为圆心，为半径的圆弧；是以点O为圆心，为半径的圆弧，是以点C为圆心，为半径的圆弧，是以点A为圆心，为半径的圆弧，继续以点B，O，C，A为圆心按上述作法得到的曲线称为正方形的“渐开线”，则点的坐标是．【答案】【分析】将四分之一圆孤对应的A点坐标看作顺时针旋转，再根据A、、、、的坐标找到规律即可．【详解】解：∵，且为A点绕B点顺时针旋转所得，∴，又∵为点绕O点顺时针旋转所得，∴，又∵为点绕C点顺时针旋转所得，∴，由此可得出规律：为绕B、O、C、A四点作为圆心依次循环顺时针旋转，且半径为1、2、3、、n，每次增加1，又∵，故为以点C为圆心，半径为2022的顺时针旋转所得，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了点坐标规律探索问题，通过点的变化，结合画弧的方法以及部分点的坐标探索出坐标变化的规律是解题的关键．12．已知：中，，，P为上任意一点，于F，于E，则的最小值是．  【答案】2.4【分析】连接，证明四边形是矩形，则，要使最小，只要最小即可，由垂线段最短可知当时，最小，由勾股定理求得，利用等积法求出时的的值，即可得到答案．【详解】解：连接，如图所示：  ∵，于F，于E，∴，∴四边形是矩形，∴，要使最小，只要最小即可，当时，最小，在中，，，由勾股定理得：，由三角形面积公式得：，∴，此时，即的最小值是．故答案为：【点睛】此题考查了矩形判定和性质、勾股定理、垂线段最短等知识，证明四边形是矩形是解题的关键．13．悬链线指的是一种曲线，指两端固定的一条（粗细与质量分布）均匀、柔软（不能伸长）的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状．图1所示栓在两根铁柱之间的铁链呈自然下垂状态，我们可以将其抽象为图2所示的抛物线，其中相邻两根铁链柱的高度cm，它们之间的水平距离cm，铁链最低点距地面的距离为20cm，若按地面所在水平线为x轴，以所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则铁链所在抛物线的函数关系表达式是．【答案】【分析】根据题意表示出，，，因为铁链最低点距地面的距离为20cm，得到抛物线的顶点坐标为，然后利用顶点式，即可求解．【详解】∵按地面所在水平线为x轴，以AB所在直线为y轴建立平面直角坐标系，∴，，∵铁链最低点距地面的距离为20cm∴抛物线的顶点坐标为∴抛物线的函数关系表达式将代入抛物线的函数关系表达式得：∴∴铁链所在抛物线的函数关系表达式是故答案为：【点睛】本题考查二次函数的表达式，解题的关键是根据题意得到坐标．14．如图，一束太阳光平行照射在正n边形上，若，则．  【答案】6【分析】过作，根据平行线的性质可得，，求得，设正多边形的内角为x，则满足，推得，即可求得，得到，即可求出正多边形的边数．【详解】解：过作，  则，∵∴设正多边形的内角为x，则∴∴∵，解得∴∴这个正多边形的边数为故答案为：6．【点睛】本题考查了根据正多边形外角求正多边形的边数，平行线的性质等知识，熟练掌握正多边形的外角性质是解题的关键．15．一个不透明的盒子里装有20个红、黄两种颜色的小球，这些小球除颜色外其他完全相同．每次摸球前先将盒子里的球摇匀任意摸出1个球记下颜色后再放回盒子．通过大量重复摸球实验后发现，摸到黄球的频率稳定在0.3，那么估计盒子中黄球有个【答案】6【分析】根据利用频率估计概率得到摸到黄球的概率为0.3，根据概率公式列方程求解即可得到答案．【详解】解：设盒子中黄球有个，根据题意可得：，解得：，故答案为：6．【点睛】本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．16．已知关于x的一元二次方程有实数根，则m的取值范围是．【答案】且【分析】根据一元二次方程的定义可得，结合根的判别式，即可求解．【详解】解：∵方程是一元二次方程，∴，则，∵该方程有实数根，∴，解得：，综上：m的取值范围是且．故答案为：且．【点睛】本题主要考查了一元二次方程的定义和一元二次方程根据判别式，解题的关键是掌握当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．17．如图，、分别是的两条中线，设，那么向量用向量，表示为．  【答案】/【分析】根据、分别是的两条中线得出，，再根据平面向量的减法运算法则即可求解．【详解】解：如图，连接∵、分别是的两条中线，∴，是的中位线∴，∴∴∴∴，∵，，∴，，∴，故答案为：．  【点睛】本题考查了三角形重心的性质，平面向量的的减法运算法则，熟练掌握三角形重心的性质，平面向量的的减法运算法则是解题的关键．18．如图，是边长为6的等边三角形，点E为高上的动点．连接，将绕点顺时针旋转得到．连接，，，则周长的最小值是．【答案】【分析】根据题意，证明，进而得出点在射线上运动，作点关于的对称点，连接，设交于点，则，则当三点共线时，取得最小值，即，进而求得，即可求解．【详解】解：∵为高上的动点．∴，∵将绕点顺时针旋转得到．且是边长为的等边三角形，∴，∴，∴，∴点在射线上运动，如图，作点关于的对称点，连接，设交于点，  则，在中，，则，则当三点共线时，取得最小值，即，∵，，，∴，∴，在中，,∴周长的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了轴对称求线段和的最值问题，等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理等知识点，熟练掌握等边三角形的性质以及轴对称的性质是解题的关键．三、解答题(本大题共7题，19~22小题各10分，23、24题各12分，25题14分)19．解不等式组，并写出它的非负整数解．【答案】，它的非负整数解为【分析】先分别求出两个不等式的解集，再找出它们的公共部分即为不等式组的解集，然后写出它的非负整数解即可．【详解】解：，解不等式①得：，解不等式②得：，则不等式组的解集为，它的非负整数解为．【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握不等式组的解法是解题关键．20．计算：【答案】【分析】先化简各式，在按照运算顺序进行计算即可．【详解】解：原式．【点睛】本题