2026年宿迁中学高中清北班选拔考试数学试卷真题(含答案详解)

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年宿迁中学第三届清北班选拔考试数学试题试卷满分150分考试时间120分钟一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．若，则下列结论错误的是（

）A． B． C． D．2．一次函数（为常数且）的图象一定经过点（

）A． B． C． D．3．若，则整数的值为（

）A．44 B．45 C．46 D．474．已知，将点绕点顺时针旋转至点，则点的坐标为（

）A． B． C． D．5．已知某函数的图像关于直线对称，若自变量取和时对应的函数值相等，则的值为（

）A．1 B． C． D．0或16．如图，在中，点分别是的中点，相交于点．若的面积为24，则四边形的面积为（

）A．6 B．8 C．9 D．127．如图，有四根外形完全相同的导线穿过一个不透明的盒子，仅两端露在盒子外面．现将同一端的四根导线随机分为两组，并把同一组的两根导线末端连在一起，则导线能形成一个闭环线路（即四根导线依次首尾相连）的概率是（

）A． B． C． D．18．如图，是半圆的直径，点为半圆上的一个动点（与不重合），分别在弧，弧上，且．与相交于点．若，则的最小值为（

）A． B．1 C． D．二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9．已知是关于的方程的两个实数根，则的值可以为（

）A． B．1 C．0 D．10．已知实数满足，下列选项中，的可能取值有（

）A． B．0 C． D．11．（多选）在平面直角坐标系中，的半径为2，若上恰有两个点到某条直线的距离为1．则这条直线可以是（

）A． B． C． D．三、填空题（本题共4小题，每小题6分，共24分）12．某射击小组20人某次射击训练的成绩如图所示，则这次射击成绩的中位数是__________．13．在平面直角坐标系中，为二次函数图象上一点，，若，则点的横坐标为__________．14．如图，在矩形中，点分别在边上，且，与分别相交于点．若，则的值为__________．（用含的代数式表示）15．在平面直角坐标系中，正方形的顶点，，直线与轴，轴分别交于点．若对于线段上的任意一点，在正方形的边上存在点，使得线段的长度不大于1，则的取值范围是__________．四、解答题（本题共5小题，共60分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16．解关于的不等式：（为常数且）17．设为不小于的最小整数，求满足的的值．18．如图，在平面内，是等腰直角三角形，，点为线段上一个动点，以为边作正方形，依次为顺时针方向．(1)求证：；(2)当时，求的长；(3)在点从向运动的过程中，当时，求的长．19．如图，矩形中，设，点在边上，点关于的对称点为，连接．(1)若，当点到直线的距离最大时，求的度数；(2)连接，若三点共线，且，求的值．20．如图，是函数和图象的公共点（点在点左侧）．(1)当为何值时，；(2)函数和的图象在两点之间的部分形成一个封闭曲线．①过原点的一条直线与该封闭曲线有两个交点，若这两个交点关于原点对称，求这两个交点的坐标；②求证：封闭曲线所围成的图形的面积大于2．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】本题考查不等式性质：不等式两边同时加上（减去）同一个数（式），不等号方向不变；不等式两边同时乘以（除以）同一个正数（式），不等号方向不变；不等式两边同时乘以（除以）同一个负数（式），不等号方向改变；熟记不等式的性质是解决问题的关键．根据不等式的基本性质，逐一分析各选项是否必然成立即可得到答案．【详解】解：已知，分析各选项：A、两边加，得，符合不等式加法性质，正确，不符合题意；B、两边乘（负数），不等号方向改变，得，正确，不符合题意；C、平方运算不保序，例如，当，时，成立，但，故不正确，符合题意；D、两边乘（正数），得，符合不等式乘法性质，正确，不符合题意；故选：C．2．A【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数图象一定经过的点需满足无论k取何值（）方程均成立，即令可得，．【详解】解：∵，当时，，∴图象一定经过点．故选：A．3．B【分析】本题考查了无理数的估算，通过计算附近整数的平方，比较2021和2026与这些平方数的关系，确定和的范围，从而找出整数a．【详解】解：∵，，，又∵，∴，∴．故选：B．4．D【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，过作轴，过作轴交于点，过作于，由旋转可得，，即可证明，得到，，据此求得．【详解】解：如图，过作轴，过作轴交于点，过作于，则，∵，∴，，∵将点绕点顺时针旋转至点，∴，，∴，∴，∴，，∴横坐标为，纵坐标为，∴，故选：D．5．D【分析】本题考查了函数的图像与性质，解一元二次方程，由函数关于对称，自变量取和时对应的函数值相等，则，然后解方程即可，掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】解：∵函数关于对称，自变量取和时对应的函数值相等，∴，，，∴，∴，∴或，故选：．6．B【分析】本题主要考查了根据三角形的中线求三角形的面积，三角形重心的性质，解题的关键是熟练掌握三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．根据三角形重心的性质得出，根据三角形中线的性质得出，从而求出，最后求出结果即可．【详解】解：∵、为的中线，∴点F为的重心，∴，即，∵的面积为24，、为的中线，∴，∴，∴．故选：B．7．A【分析】本题考查了列表法或树状图法求概率．设四根导线两端分别为A、a，B、b，C、c，D、d，由题意可知选取其中两根组成一组后，另外两根必成一组，画出树状图，进而根据概率公式计算即可．【详解】解：设四根导线两端分别为A、a，B、b，C、c，D、d，∵将同一端的四根导线随机分为两组，∴选取其中两根组成一组后，另外两根必成一组，画树状图如下：可知共36种情况，其中12种情况使得导线能形成一个闭环线路，即导线能形成一个闭环线路（即四根导线依次首尾相连）的概率是．故选：A．8．C【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，弧与圆心角的关系等知识点，解题的关键是正确确定点P的轨迹．连接，先求出，则，作的外接圆，记为，连接，则，则为等腰直角三角形，那么，由，得，故当点在线段延长线上时，取得最小值为．【详解】解：连接，∵，∴∴，∵，∴，∴∵是直径，∴，∴，作的外接圆，记为，连接，∴，∴，，∴，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∴，∴，∵，为的中点，∴，∵，∴，∴当点在线段延长线上时，取得最小值为，故选：C．9．BCD【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，根的判别式，熟练掌握以上知识是解题的关键．利用一元二次方程根与系数的关系，得到，并分析其取值范围和选项的可行性．【详解】解：∵是关于的方程的两个实数根，∴，∵恒成立，∴可取任意实数，又∵．A：，不在范围内，不可能；B：当时，，可能；C：当或时，，可能；D：当时，，可能．故答案为：BCD．10．BC【分析】本题主要考查了完全平方公式，一元二次方程，熟练掌握以上知识是解题的关键．利用完全平方公式推导，并验证各选项是否在此范围内且存在实数解．【详解】解：∵和，∴，，∴且，∴，A：，不可能；B：，在范围内，且当，时满足条件；C：，在范围内，此时，将看作一元二次方程的两个根，该方程的判别式，故存在这样的实数；D：，不可能；故答案为BC．11．ABD【分析】本题考查圆与直线的位置关系，涉及点到直线的距离和圆与直线的交点问题．圆心为原点，半径为，要求圆上恰有两个点到直线的距离为，设圆心到直线的距离为，结合圆的对称性，可判断出圆心到该直线的距离应满足．【详解】解：选项A：直线，距离，满足，圆上恰有两个点到直线距离为1，符合题意；选项B：直线，其与坐标轴的交点及点组成的三角形为等腰直角三角形，斜边长为，原点到直线距离恰为斜边的一半，故可计算出距离，满足，圆上恰有两个点到直线距离为，符合题意；选项C：直线，距离，不满足，不符合题意；选项D：直线，其与坐标轴的交点及点组成的三角形为等腰直角三角形，斜边长为，原点到直线距离恰为斜边的一半，故可计算出距离，满足，圆上恰有两个点到直线距离为，符合题意；综上，选项A、B、D满足条件，故选ABD．12．【分析】本题主要考查了求中位数．根据中位数的定义解答即可．【详解】解：把20人的射击成绩从小到大排列为5，5，6，6，6，7，7，7，7，7，8，8，8，8，8，8，9，9，9，10，位于正中间的两个数分别为7和8，∴这次射击成绩的中位数是．故答案为：13．或【分析】本题考查二次函数的图象与性质以及三角函数的应用，构造直角三角形是解题的关键．设点的坐标为，点，点，过点作轴交轴于点，即可用表示、的长度，结合，即可求出的值，即为点的横坐标．【详解】解：由可确定点纵坐标一定要小于，过点作轴交轴于点，如下图所示：设点的坐标为，∵点，点，∴，，∵，得，化简得，解得或（舍去），根据二次函数的对称性，可判断当时，也满足要求，故点的横坐标为或．14．【分析】本题考查矩形的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理及相似三角形的判定定理是解题的关键．由矩形的性质可得，由，可得，再根据，得到，易证，得到，设，则，求出，进而得到，，再证明，推出，证明，推出，进而证明，推出，根据即可求解．【详解】解：如图，延长交于点，∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，设，则，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，即∴．故答案为：．15．．【分析】本题考查了一次函数的性质，正方形的性质，勾股定理．先求得，，，推出，再分当正方形在直线左侧和右侧时，两种情况讨论即可求解．【详解】解：∵直线与轴，轴分别交于点，∴，，∴，∴，∵是正方形的对角线，且，，∴，∴，，∴，当正方形在直线左侧时，延长交直线于E，∴E在线段外，∴N到正方形距离最远，∴，即，∴，此时与正方形有交点，不符合题意；当正方形与直线有交点时，，与交于点P，则，延长交轴于Q，∴，∴，∵，∴，∴，∴；当正方形在直线右侧时，延长交于F，则随着正方形向右运动，点F沿着直线向上运动，∴点M距离正方形最远，∴，即，∴，综上所述，．16．当时，；当时，不等式无解；当且时，【分析】本题考查了解一元一次不等式，先去分母把不等式转化为，再分，和三种情况解答即可求解，掌握不等式的性质是解题的关键．【详解】解：去分母，得，去括号，得，移项，得，合并同类项，得，即，当，即时，不等式两边除以，得；当，即时，不等式无解；当，即且时，不等式两边除以，得；综上，当时，；当时，不等式无解；当且时，．17．或或【分析】本题考查了不等式组的整数解，解一元一次方程，根据定义得到x的取值范围，进而列出不等式组是解题的关键．根据定义，设，则k为整数，且，把代入方程，解得，结合关于x的不等式，得到关于k的不等式组，解出整数k的范围，从而得到k的可能取值，再求x，即可解答．【详解】解：设，则k为整数，∵为不小于的最小整数，∴，把代入，得，代入，得，解得，∵k为整数，∴，当时，；当时，；当时，；综上，或或．18．(1)见解析(2)(3)2或4【分析】（1）利用证明，再由全等三角形的性质即可证明结论；（2）连接，求出；可证明，得到四点共圆，则；过点F作交延长线于点G，可证明是等腰直角三角形，得到，设，则，，由勾股定理得，则，解方程即可得到答案；（3）分两种情况：点E在点B左侧和点E在点B右侧，画出对应的示意图讨论求解即可．【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，∴，∴，又∵，∴，∴；（2）解：如图所示，连接，∵是等腰直角三角形，，∴；∵，∴；∵四边形是正方形，∴，∴，∴四点共圆，∴；如图所示，过点F作交延长线于点G，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，在中，，设，则，∴，∴，在中，由勾股定理得，∴，解得或（舍去）；在中，由勾股定理得；（3）解：如图所示，当点E在点B左侧时，连接，过点F作交延长线于点G，由（2）可得，，在中，由勾股定理得，∵四边形是正方形，∴，∴，∴；设，则，在中，由勾股定理得，∴，∴或（舍去），∴，∴由（1）可得；如图所示，当点E在点B右侧时，同理可得；综上所述，的长为2或4．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，全等三角形的性质与判定定理等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．19．(1)(2)【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，切线的性质，特殊角度的三角函数；（1）由对称点得到，，则点在以点为圆心，长为半径的上运动，当点到直线的距离最大时，与相切，此时，由，得到，则，即可得到；（2）设，则，证明，得到，代入解得，再根据，列方程求解即可．【详解】（1）解：∵矩形，∴，，，∵点关于的对称点