2026年江苏南通中学实验班招生考试数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页江苏省南通中学2026年创新实验班招生考试数学试卷（本试卷满分150，考试时间120分钟）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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（

）A．8 B．12 C．16 D．202．若，则，，的大小关系为（

）A． B．C． D．3．若不等式组恰有两个整数解，则a的取值范围是（）A．-1≤a＜0 B．-1＜a≤0 C．-1≤a≤0 D．-1＜a＜04．关于的方程，有下列四个命题：（

）甲：是该方程的根；

乙：是该方程的根；丙：该方程两根之和为2；

丁：该方程两根之积小于0．如果只有一个假命题，则该命题是A．甲 B．乙 C．丙 D．丁5．已知的三条高，，交于点，称为的垂心，则是的（

）A．内心 B．外心 C．垂心 D．重心6．“曼哈顿距离”是由赫尔曼·闵可夫斯基所创的词汇，是一种使用在几何度量空间的几何学用语，例如在平面直角坐标系中，点，的曼哈顿距离为：．若点，点Q在直线：上，则（

）A． B．1 C．2 D．47．平面直角坐标系中，经过某种变换后得到，我们把叫做的终结点，已知的终结点为，的终结点为，的终结点为，…这样依次得到．若点，则点的坐标为（

）A． B． C． D．8．已知是由2022个或1组成的数组，，则的值为（

）A．2021 B．4042 C．3640 D．4846二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多个符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．（多选）已知函数，且当时，函数值的取值范围为，则的可能值为（

）A．0 B． C．1 D．210．如图，大正方形的边长为，小正方形的边长为，若用，表示四个长方形的两边长，观察图案及以下关系式，其中正确的关系式有（

）A． B．C． D．11．如图，已知，按以下步骤作图：①在射线上取一点，以点为圆心，长为半径作，交射线于点；②连接，分别以点、为圆心，长为半径作弧，交于点、；③连接，．根据以上作图过程及所作图形，下列结论中正确的是（

）A． B．点与点关于直线对称C．若，则 D．12．历史上第一个给出函数一般定义的是世纪德国数学家狄利克雷，他给出了一个函数，称为狄利克雷函数．下列关于狄利克雷函数的说法中正确的是（

）．A．对于任意自变量，对应的狄利克雷函数值，都有对应的狄利克雷函数值等于1B．对于任意自变量，则对应的狄利克雷函数值等于C．对于任意自变量，都有，对应的狄利克雷函数值相等D．存在，，使得满足任意的，对应的狄利克雷函数值，，都有三．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知一组数据，的平均数为5，方差为2，则的方差________14．写出一个符合下列三个条件①②③的函数解析式为________．①函数图象关于原点对称；②函数值的取值范围为；③当自变量时，随着自变量的增大，函数值增大．15．已知，，，则________．16．若矩形满足，则称这样的矩形为黄金矩形．现有如图所示的黄金矩形卡片，已知，，是的中点，，，且，沿，剪开．用3张这样剪开的卡片，两两垂直地交叉拼接，得到如图所示的几何模型．若连结这个几何模型的各个顶点，便得到一个正多面体．若，则该正多面体的表面积为________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．计算(1)已知，都是整数，，求，的值．(2)计算．18．立德学校800名学生参加某项测试，测试成绩均在65分到145分之间，现随机抽取50名学生的测试成绩，分8组：第一组，第2组，…，第8组，统计得到频数分布直方图，如图所示．(1)求测试成绩满足的频率；(2)估计学生测试成绩的平均数；(3)若在抽取的50名且得分不低于115的学生中选取2人，求至少有一人得分不低于125分学生的概率．19．如图，正方形，边长分别是4，，点在边上，将正方形绕点顺时针旋转，设直线，相交于点．(1)在正方形绕点旋转过程中，是否为直角？请说明理由；(2)连接，取的中点，求点的轨迹长．20．如图，为的直径，为上一点，为弧的中点，连接，过点作于点，交的延长线于点．(1)求证：；(2)若的半径为15，，求的面积．21．如图，已知抛物线：的顶点为，对称轴：，与直线有且只有一个公共点，点在抛物线上，点关于直线的对称点恰好落在抛物线的对称轴上．(1)求直线的解析式；(2)点是第二象限内抛物线上一点，关于的对称点是，连接，点是线段上一点，且，，求点的坐标．22．已知行列的数表中，对任意的，，都有或．若当时，总有，则称数表为“典型表”记(1)若数表，，判断、是否是“典型表”？(2)当时，是否存在“典型表”，使得．若存在，请写出一个；若不存在，请说明理由；(3)若数表为“典型表”，求的最小值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】先将所求式子的底数统一为2，再利用幂的乘方和同底数幂的乘法法则变形，结合已知等式代入计算即可.【详解】解：∵，∴，又∵，，∴.2．D【分析】根据题意可得，由不等式的性质可得，则可证明，再证明，即可得到答案．【详解】解：∵，∴，∴，∴，∵，∴，即，∴．3．A【分析】首先解不等式组求得不等式组的解集，然后根据不等式组有两个整数解即可确定整数解，从而得到关于a的不等式，求得a的范围．【详解】，解①得x＜1，解②得x＞a-1，则不等式组的解集是a-1＜x＜1．又∵不等式组有两个整数解，∴整数解是0，-1．∴-2≤a-1-＜-1，解得：-1≤a＜0．故选A．【点睛】本题考查了不等式组的整数解，求不等式组的解集，应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．4．B【分析】本题只有一个假命题，因此依次假设一个命题为假，其余三个为真，通过计算验证是否符合条件，即可得到结果．【详解】解：分四种情况讨论：①假设甲为假命题，乙、丙、丁为真命题，∵乙说是方程的根，丙说两根之和为，∴另一根为，∴两根之积为，与丁说两根之积小于矛盾，此情况不成立；②假设乙为假命题，甲、丙、丁为真命题，∵甲说是方程的根，丙说两根之和为，∴另一根为，两根之积为，满足丁的命题，此情况成立，只有乙为假命题；③假设丙为假命题，甲、乙、丁为真命题，∵甲说是根，乙说是根，∴两根之积为，与丁说两根之积小于矛盾，出现两个假命题，此情况不成立；④假设丁为假命题，甲、乙、丙为真命题，∵甲说是根，乙说是根，∴两根之和为，与丙说两根之和为矛盾，出现两个假命题，此情况不成立，综上，假命题是乙．5．A【分析】本题根据垂心的定义，结合四点共圆的性质，推导得到点是三个内角角平分线的交点，再根据内心的定义即可得到结论．【详解】解：如图：，，是的三条高，是垂心，，，，，，四点共圆，，又，，，，四点共圆，，，、C、E、F四点共圆，，，即平分，同理可得，平分，平分，是内角角平分线的交点，根据内心定义，是的内心，故选：A．6．C【分析】设出点Q的坐标，代入曼哈顿距离公式化简，再利用绝对值的性质求最小值即可．【详解】解：∵点在直线上，设点，又∵，∴，当时，，此时时，取得最小值；当时，，值恒为；当时，，此时时，取得最小值；综上，．7．B【分析】根据终结点的变换规则求出前几个点的坐标，找出循环周期，再通过计算余数确定目标点的坐标即可．【详解】解：根据题意，变换规则为：点的终结点为．，的坐标为，的坐标为，的坐标为，的坐标为，由此可知坐标每次变换为一个循环，，的坐标与的坐标相同，为．8．C【详解】解：∵，，∴的个数比的个数多个，∵，，∴的个数有个，的个数有个，∴．9．BC【分析】先根据的图象性质，结合题目对取值范围的要求，确定的取值范围，再对每个选项逐一判定即可．【详解】解：函数开口向上，顶点坐标为，对称轴为轴，令，代入函数得，解得，当时，满足，∴对应，∴；当，，不符合要求，∴，综上可得的取值范围是，∴选项A、，不满足，不符合要求；选项B、，满足，符合要求；选项C、，满足，符合要求；选项D、，满足，函数值范围超出要求，不符合题意；故选：BC．10．ACD【分析】根据完全平方公式，平方差公式，整式的恒等变形，得出、与、之间的关系，分别进行计算即可．【详解】解：、等于小正方形的边长，即，该选项正确；、∵，，∴，、，该选项正确；、，该选项正确；故选：．11．ABD【分析】利用SSS证明△MOC≌△DOC，证明OA是线段MD的垂直平分线，利用圆心角与圆周角关系定理，借助同旁内角互补证明直线的平行即可．【详解】∵OM=OD，OC=OC，MC=CD，∴△MOC≌△DOC，∴，∴A正确；∵OM=OD，MC=CD，∴OA是线段MD的垂直平分线，∴点与点关于直线对称，∴B正确；∵∠AOB=20°，∴∠MON=60°，∵OM=ON，∴△MON是等边三角形，∴MO=MN∴C错误；∵OC=OD，∴∠OCD=，∵OA是线段MD的垂直平分线，∴∠MCO=，∴∠MCD=180°-∠AOB，根据圆心角与圆周角关系定理，得∠CMN==∠AOB，∴∠MCD+∠CMN=180°-∠AOB+∠AOB=180°，∴，∴D正确；故选:ABD．【点睛】本题考查了几何作图，三角形全等，线段的垂直平分线，等腰三角形的性质，圆心角与圆周角的关系定理，熟练掌握作图，理解作图的意义，活用相关知识是解题的关键．12．AC【分析】本题根据狄利克雷函数的定义，结合有理数与无理数的性质，逐个判定选项正误即可．【详解】首先明确狄利克雷函数的定义：若为有理数，则，若为无理数，则，A．对任意，狄利克雷函数值只能为或，和都是有理数，因此对应的狄利克雷函数值为，A正确；B．取，则，是有理数，对应的狄利克雷函数值为，不是，B错误；C．根据有理数和无理数的性质，有理数的相反数仍是有理数，无理数的相反数仍是无理数，因此任意，和同为有理数或同为无理数，对应狄利克雷函数值相等，C正确；D．任意取值范围：内，都同时存在有理数和无理数，总能找到，使得是有理数，是无理数，此时，，满足，不满足对任意都有，因此不存在这样的，D错误．13．##1.6【分析】先根据原数据的平均数和方差，得到原数据总和与原数据与原平均数差的平方和，再计算新数据的平均数，最后根据方差的定义计算新的方差即可．【详解】解：∵原数据的平均数为，∴，∴，∵原方差为，∴∴，．14．（答案不唯一，任意满足均可）【分析】反比例函数图象关于原点中心对称，且对任意自变量，都有，满足条件①②.当时，反比例函数在每个象限内随的增大而增大，满足条件③，即符合条件的函数解析式为比例系数小于0的反比例函数．【详解】解：∵条件①函数图象关于原点对称，条件②，∴初中阶段符合要求的函数为反比例函数，设反比例函数解析式为：，反比例函数的性质：当时，函数在每个象限内随的增大而增大，当时，随的增大而增大，满足条件③，∴取，可得符合所有条件的函数解析式为.15．【分析】把、看作一元二次方程的两个根，然后根据根与系数的关系求出、的值，再把所求算式整理后代入数据进行计算即可得解．【详解】解：将，变形为，，∴、可以看作是方程的两个根，∴，，∴．16．【分析】先确定该多面体为正二十面体，然后根据求出，再求出等边三角形的面积，即可求解正二十面体的表面积．【详解】解：∵正多面体只有五种：正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，其中正二十面体有十二个顶点，二十个面，每个面均为正三角形，这里的正多面体有十二个顶点，∴为正二十面体，∵正二十面体每个面的正三角形的边长为，当时，由得，∴，∵正三角形的边长为，∴底边上的高为，∴每个正三角形的面积为，∴正二十面体的表面积为．17．(1)或或，(2)【分析】（1）利用完全平方公式把变形为，根据，都是整数，，，得出，进而得出，根据是整数即可求出值，可得答案；（2）先证明，再利用规律把原式变形即可得答案．【详解】（1）解：∵，∴，∴，∴∴，∵，，，都是整数，∴，解得：，∴，即，∴或，解得：或或．（2）解：∵，∴．18．(1)(2)分(3)【分析】（1）根据频数，频率和总数之间的关系进行求解即可；（2）利用加权平均数的计算公式进行计算即可；（3）利用列举法，先求出抽出的两人得分均低于125分的概率，再用1减去两人得分均低于125分的概率即可．【详解】（1）解：；；答：测试成绩满足的频率为；（2）解：（分）；答：估计学生测试成绩的平均数为分；（3）解：不低于115的学生人数为人，其中得分低于125分的有3人，用分别表示这7名学生，其中表示得分低于125分的3人，共7人中任选两人有12，13，14，15，16，17，23，24，25，26，27，34，35，36，37，45，46，47，56，57，67，共21种等可能的结果，其中两人得分均低于125的有12，13，23，共3种等可能的结果，∴两人得分均低于125分的概率为，∴至少有一人得分不低于125分学生的概率为．19．(1)是直角，理由见解析(2)【分析】（1）由旋转的性质得：，结合正方形的性质可得，从而得到，设与的交点为点P，再结合三角形内角和定理解答即可；（2）连接交于点O，连接，，结合正方形的性质可得为的中位线，从而得到，由（1）得：，再证明，可得点M在以为直径的圆上，即可求解．【详解】（1）解：是直角，理由如下：由旋转的性质得：，在正方形中，，∴，，设与的交点为点P，∵，∴；（2）解：如图，连接交于点O，连接，，∵正方形边长是4，∴，，∵点是的中点，∴为的中位线，∴，由（1）得：，∴点B，D也在以为直径的圆上，∴点A，B，H，C，D在以为直径的同一个圆上，在正方形中，，∴也是这个圆的直径，∴，即，∴点M在以为直径的圆上，当H与点B重合时，此时点M与点O重合，∴最大时，点M在边上，此时，∴点的轨迹长为．20．(1)见详解(2)384【分析】（1）在上取点G使得，则，结合同弧所对圆周角相等即可判定，则有，即可证明结论成立；（2）连接和，则，，结合圆的性质和等腰三角形的性质可得到，则，有，结合圆的性质和勾股定理求得、、和，代入即可求得，利用三角形面积公式求解即可．【详解】（1）证明：在上取点G使得，如图，则，∴，∵为弧的中点，∴，∴，∴，那么，；（2）解：连接和，如图，则，∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵的半径为15，∴，，∵，∴，∵，即，∴，∴，同理，，，则，解得，那么，．21．(1)或(2)【分析】（1）根据对称轴：，可得，再由抛物线：与直线有且只有一个公共点，可得方程有两个相等的实数根，从而得到，进而得到抛物线的解析式为，再求出点A的坐标为，设点N的坐标为，根据轴对称的性质可得，从而得到，进而得到点N的坐标为或，即可求解；（2）过点F作于点M，过点B作于点N，则，设点G的坐标为，可得点E的坐标为，求出直线的解析式为，可设点F的坐标为，则点，，从而得到，证明，可得，可得到关于m，n的方程组，即可求解．【详解】（1）解：∵抛物线：的对称轴：，∴，∴，∵抛物线：与直线有且只有一个公共点，∴方程有两个相等的实数根，整理得：，此时，解得：，∴，∴抛物线的解析式为，当时，，解得：，∴点A的坐标为，如图，设点N的坐标为，∵点关于直线的对称点恰好落在抛物线的对称轴上，∴，∴，解得：，∴点N的坐标为或，设直线的解析式为，当点N的坐标为时，点，即在直线上，此时，解得：，∴直线的解析式为；当点N的坐标为时，同理直线的解析式为；综上所述，直线的解析式为或；（2）解：∵，∴点，如图，过点F作于点M，过点B作于点N，则，设点G的坐标为，∵关于的对称点是，∴点E的坐标