2026年湖南湘钢一中创新班自主招生数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026湘钢一中创新班选拔考试数学科试题卷一．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．下列各式中计算正确的是（）A．B．C．D．2．已知关于x的方程有一个实数根是x=2，那么m的值为（

）A．5 B．4 C．5或4 D．一切实数3．在中，其中无理数的个数共有（

）A．44个 B．45个 C．1979个 D．1980个4．如图，在下列网格中小正方形的边长均为1，点、B、都在格点上，则的正弦值是（

）A．31010 B．1010 C．35．运行程序如图所示，规定：从“输入一个值x”到“结果是否>94”为一次程序操作，如果程序操作进行了四次才停止，则x的取值范围是（

）A．x>23 B．23≤x<3 C．6．如图，在平行四边形中，E为CD上一点，，连接交对角线于点F，则等于（

）A． B． C． D．7．向上抛掷质地均匀的骰子，落地时向上的面点数为a（a的可能取值为1，2，3，4，5和6），则关于x的不等式有大于5的整数解的概率为（

）A． B． C． D．8．如图，正方形的顶点，将正方形以原点为旋转中心，顺时针旋转后，点C的坐标为（

）A． B． 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．如图，以的边AB，为边向外分别作正方形与正方形ACGD，连接，，，则下列说法正确的是（

）A．FC=BD B．△AFD为直角三角形C．S△AFD=S△BAC D．若AB=110．已知关于x的不等式组有且只有三个整数解，且一次函数的图象不经过第四象限，则下列四个数中符合条件的整数k值有（

）A．5 B．6 C．7 D．811．若有前后依次排列的两个整式用后一个整式B与前一个整式A作差后得到新的整式记为，用整式与前一个整式B作差后得到新的整式，用整式与前一个整式作差后得到新的整式，…，依次进行作差，然后化简得到新的整式．则下列说法正确的是（

）A． B． C． D．三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．中国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，奠定了中国圆周率计算在世界上的领先地位．刘徽提出：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”，由此求得圆周率π的近似值．例如：设半径为r的圆内接正n边形的周长为C，圆的直径为d，如图，当时，π≈Cd=6r2r=3，当n=18时，π≈Cd13．如图，在矩形AOBC中，点O是坐标原点，点A在的图象上，点B在反比例函数上，sin∠CAB=55，则k=14．如图的平面直角坐标系中有一个正六边形ABCDEF，其中C、D的坐标分别为和2,0．若在无滑动的情况下，将这个六边形沿着x轴向右滚动，则在滚动过程中，这个六边形的顶点A、B、C、D、E、F中，会过点的是点____．四．解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．化简下列各式．(1)；(2)16．三角形中有一条重要的角平分线定理：三角形一个角的平分线与其对边所成的两条线段与这个角的两边对应成比例．如图，在中，是的角平分线，(1)请证明：(2)当，AC=2，∠BAC=60°时，求的长．17．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2+bx−4与x轴交于A−1,0,B4,0两点，与(1)求抛物线的解析式；(2)点D为抛物线上一点且在x轴上方，满足∠DBA=∠ACO，求D点坐标；(3)点M为线段上一动点（不与B，C重合），过点M作MP⊥x轴于点P，交抛物线于点N．如图2，在抛物线上找一点Q，连接AM,QN,QP，使得△PQN与△APM的面积相等，求线段QN长度的最小值，并写出此时Q点坐标．18．综合探究如图，在平面直角坐标系中，点O为原点，的顶点B、C在x轴上，A在y轴上，OA=OC=2OB=4，直线y=x+t−2≤t≤4分别与x轴、y轴、线段、直线AB交于点E、F、P、Q．(1)当时，求证：AP=DP．(2)探究线段AP、PQ之间的数量关系，并说明理由．(3)在x轴上是否存在点M，使得∠PMQ=90°，且以点M、P、Q为顶点的三角形与相似，若存在，请求出此时t的值以及点M的坐标；若不存在，请说明理由．19．（1）如图①，在四边形中，∠BAD=∠BCD=90°，和是两条对角线，∠ABD=30°，过点作的垂线交CD的延长线于点E．求的值；（2）炎热的夏天即将到来，水上乐园成为亲子游玩的好去处．某开发公司将在一片浅水湖建造一个大型的水上乐园，并同时开发三条水上商业步行街．如图②，四边形是项目开发的雏形图，其中，B，D是三条步行街的入口．，BC，DC分别是通向水上乐园的三条步行街（三条街道宽度相同）．根据仪器测量的长约千米，∠ABD=30°，∠ADB=45°．同时根据设计要求还要满足．由于招商类型与环境设计的不同，预计段每月平均每千米的租金收入是10万元，BC段每月平均每千米的租金收入是万元，CD段每月平均每千米的租金收入是20万元．问是否存在一点，使得三条步行街每月的租金总收入最大．若存在，求出每月租金总收入的最大值，若不存在，请说明理由．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】本题考查整式的混合运算．利用完全平方公式，多项式乘多项式法则一一判断即可．【详解】解：A、，正确，本选项符合题意；B、，本选项错误，不符合题意；C、，本选项错误，不符合题意；D、，本选项错误，不符合题意．故选：A．2．B【分析】将已知根x=2代入原方程，得到关于的方程，结合二次根式的非负性求解即可得到的值．【详解】解：∵原方程的一个实数根为x=2，∴将x=2代入，得整理得根据二次根式的性质，被开方数非负，二次根式结果非负，得，解得．3．D【分析】根据无理数的定义，为有理数当且仅当是完全平方数，因此先计算总个数，再求出范围内完全平方数（有理数）的个数，用总个数减去有理数个数即可得到无理数个数．【详解】解：被开方数从到，总个数为个，∵，，∴不超过的正完全平方数为，共个，其中，不在本题范围内，因此有理数共有（个），∴无理数个数为（个）．4．D【分析】过点B作于点D，用勾股定理先求出，的长，利用面积法求出的长，由sin∠ACB=BDBC即可得．【详解】解：过点B作于点D，BC=22+3∵S∴BD=6∵BD⊥AC，∴sin5．C【分析】按照程序操作顺序多次运算即可．【详解】解：根据程序操作可知一轮运算为x×3+1=3x+1，∵操作程序进行了四次才停止，∴33解得x>2∴的取值范围为23<x≤36．A【分析】根据平行四边形的性质得到，，由可得，利用相似三角形的判定与性质求出与的相似比，进而得出面积比及线段比，最后利用等高三角形面积比等于底边比求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，，∴．7．C【分析】先整理原不等式，再逐个代入a的所有可能取值，求解后判断是否存在大于5的整数解，最后根据概率公式计算概率．【详解】解：整理原不等式，移项通分得：，化简得，变形为，∵a的可能取值为1,2,3,4,5,6，逐个判断：当时，不等式变为，解得，没有大于5的整数解，不符合要求；当a=2时，不等式变为，解得，存在大于5的整数解，符合要求；当时，不等式变为，解得或，存在大于5的整数解，符合要求；当时，不等式变为，解得或，存在大于5的整数解，符合要求；当时，不等式变为，解得或，存在大于5的整数解，符合要求；当时，不等式变为，解得或，存在大于5的整数解，符合要求；综上，符合要求的a共5种，总共有6种等可能结果，∴概率．8．A【分析】过点C作轴，过点作轴，则，连接，可证“一线三等角”全等，，由全等三角形的性质及勾股定理求得，由得，则，由等腰直角三角形即可求解．【详解】解：过点C作轴，过点作轴，则，连接，∵四边形是正方形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，在中，，∴，由题意得，，∴，∴在中，，∴，而，∴点，即点的对应点的坐标为．9．ACD【分析】先证明△BAD≌△FACSAS，即可判断A；过点D作DT⊥AF于T，过点C作CQ⊥BA交延长线于Q，证明△TAD≌△QACAAS，得到CQ=DT，即可判断C；由全等三角形的性质得到∠ACF=∠ADB，进而得到，再根据勾股定理即可得到BC2+DF2=OD2+O【详解】解：∵四边形，四边形ACGD都是正方形，∴AB=AF，∴∠BAF+∠DAF=∠DAC+∠DAF，即∠BAD=∠FAC，∴△BAD≌△FACSAS∴FC=BD，故A正确，符合题意；如图所示，过点D作DT⊥AF于T，过点C作CQ⊥BA交延长线于Q，∴∠ATD=∠AQC=∠QAT=∠CAD=90°，∴∠TAD=∠QAC，又∵AD=AC，∴△TAD≌△QACAAS∴CQ=DT，又∵，∴S△AFD如图所示，连接，CD，∵△BAD≌△FAC∴∠ACF=∠ADB，又∵∠AHC=∠OHD，∴∠CAH=∠DOH=90°，∴CF⊥BD，∴BC2=OB2+OC∴BCBF即BC又∵△ABF和△ACD都是等腰直角三角形，且AB=1，，∴BF∴BC由于形状不确定，则不确定，故B错误，不符合题意．综上所述，说法正确的是ACD．10．BCD【分析】先解不等式组得到解集，根据不等式组有且只有三个整数解确定的初步范围，再结合一次函数图象不经过第四象限的性质，得到的最终取值范围，最后判断符合条件的整数即可．【详解】解：解不等式组，解不等式①，展开得，整理得，即x≥−1；解不等式②，两边同乘9得，整理得，即；∴不等式组的解集为；∵不等式组有且只有三个整数解，可得三个整数解为，∴，解得，又∵一次函数的图象不经过第四象限，根据一次函数性质，可得，解得；结合两个范围可得，因此符合条件的整数为．11．AD【分析】根据作差规则计算前几个整式，得到循环周期，再根据周期判断各选项即可．【详解】解：根据题意，根据题意，当时，有，已知，，依次计算得：，，，，，，，因此可得规律：每个为一个循环，即.对选项A：由计算得，因此A正确.对选项B：，故；，故；，因此B错误；对选项C：，故，则，因此C错误；对选项D：，故；，故；，故；，故；因此：，因此D正确．12．3.13【分析】圆的内接正十八边形被半径分成顶角为的18个等腰三角形，作辅助线构造直角三角形，根据中心角的度数以及半径的大小，求得C=36rsin10°，d=2r【详解】解：如图，圆的内接正十八边形被半径分成18个如图所示的等腰三角形，其顶角为360°÷18=20°，即∠AOB=20°，作OH⊥AB于点H，则∠AOH=1∵AO=BO=r，在Rt△AOH中，sin∠AOH=AH∴AH=rsin∴AB=2AH=2rsin∴C=18×2rsin∵d=2r，∴π=C13．−12【分析】过A、B作轴于E，轴于F，利用三角函数、勾股定理解Rt△CAB可得ACBC=2，结合矩形的性质可得OBOA=2，再证△BDO∽△OEA，推出S△OBDS【详解】解：∵四边形AOBC为矩形，∴OA=BC，OB=AC，∵sin∠CAB=∴BCAB∴AB=5∴AC=A∴ACBC∴OBOA过A、B作轴于E，轴于F，如图：∵∠AOE=90°−∠BOD=∠OBD，且∠BDO=∠OEA=90°，∴△BDO∽△OEA，∴S△OBD∴12∴k=12∵反比例函数在第二象限，∴，∴．14．B【详解】解：∵正六边形ABCDEF中C、D的坐标分别为和2,0，∴正六边形边长为1，周长为6．即正六边形滚动一周等于6．如图所示．当正六边形ABCDEF滚动到位置1，2，3，4，5，6，7时，顶点A．B．C．D．E、F的纵坐标为2．位置1时，点A的横坐标也为2．又∵，∴恰好滚动7周多一个，即与位置2顶点的纵坐标相同，此点是点B．∴会过点的是点B．15．(1)(2)6【分析】（1）根据分式的化简法则，先把分母有理化，再合并即可解答；（2）先对式子进行平方，再开算术平方根即可．【详解】（1）解：原式；（2）解：=6，又，．16．(1)证明：过点D分别作于点E，于点，平分，，∴S过点作于点G，S△ABDS∴；(2)AD=【分析】（1）过点D分别作于点E，于点，过点作于点G，根据角平分线的性质定理以及面积思想求证即可；（2）过点D分别作于点E，于点，过点作CG⊥AB于点G，先通过特殊角表示出三条高，再根据S△ABC=S△ABD+【详解】（1）略（2）解：过点D分别作于点E，于点，过点作CG⊥AB于点G，平分，∠BAC=60°，CG=AC×sin∠BAC=32×2=∴DE=1∵S∴1∴1解得AD=617．(1)y=(2)−(3)最小值为1，Q2,−6或【分析】（1）把，点分别代入解析式y=ax2+bx−4（2）取点E0,1，先证明∠EBO=∠ACO，再计算直线的解析式，联立抛物线的解析式构造一元二次方程，解答即可．（3）确定直线BC的解析式为：y=x−4，设Mm,m−4，则Nm,m2−3m−4，Pm,0，则PM=0−m−4=4−m，PA=m−−1【详解】（1）解：把，点分别代入解析式y=ax2+bx−4得16a+4b−4=0a−b−4=0解得a=1b=−3故抛物线的解析式为y=x（2）解：取点E0,1，作直线交抛物线于点Ｄ，∵抛物线y=x∴C0,−4∵，点，∴OB=OC=4,OA=OE=1，∵OA=OE∠AOC=∠EOB=90°∴△AOC≌△EOBSAS∴∠EBO=∠ACO，∵∠DBA=∠ACO，∴点D在直线上，设直线的解析式为，∴4k+b=0b=1解得k=−1故直线的解析式为y=−14根据题意，得x2解得x=−5当x=−54时，故D−（3）解：设直线BC的解析式为y=mx+p，将，C0,−4代入直线BC的解析式得：4m+p=0p=−4解得m=1p=−4∴直线BC的解析式为：y=x−4，设Mm,m−4，则Nm,m∴PM=0−m−4=4−m，PA=m−−1设Qn,则点Q到直线PN的距离为h=n−m∵△PQN与△APM的面积相等，S△APM=∴1解得；故点Q到直线PN的距离为1；∴n−m=1∴或n=m−1，当时，y=则Qm+1,又Nm,∴QN===1+4令p=1+4m−1∵a=4>∴函数p有最小值，且当m=1时，p取得最小值1，此时QN的值最小为1；此时，m+1=2,m2−m−6=−6，Q当n=m−1时，y=则Qm−1,又Nm,∴QN==1+4令p=1+4m−2∵a=4>∴函数p有最小值，且当m=2时，p取得最小值1，此时QN的值最小为1；此时，m−1=1,m2−5m=−6，Q综上所述：线段QN长度的最小值为1，Q2,−6或18．(1)证明：由OA=OC=2OB=4知，OC=4,OB=2，则AD=BC=6，则A(0,4),B(−2,0),C4,0当时，直线解析式为：y=x+t=x+1当时，y=x+1=4，则x=3=12即点P(3,4)，∴AP=DP=3；(2)PQ=22设直线AB的表达式为：，将A(0,4),B(−2,0)代入得：4=b0=−2k+b解得：k=2b=4∴直线AB的表达式为：y=2x+4，联立上式和y=x+t得y=x+ty=2x+4解得x=t−4y=2t−4即点Q(t−4,2t−4)，令y=x+t=4得：x=4−t，∴点P(4−t,4)，∴PQ=[(t−4)−(4−t)]∵AP=4−t，∴PQ=22(3)存在，t=73时，M13,0；t=2【分析】（1）根据，求出与交点P的坐标，即可求解；（2）先求出直线AB的表达式为y=2x+4，再联立直线AB与直线y=x+t求出Q(t−4,2t−4)，再求出点P(4−t,4)，利用坐标系中两点距离公式求出PQ=22(t−4)，结合（3）证明△PHM∽△MIQ，得到PMQM=AO【详解】（1）略（2）略（3）解：分别过点P,Q作PH⊥x轴，QI⊥x轴，∴∠PHM=∠MIQ=90°，∵∠PMQ=90°，∴∠PMH+∠QMI=90°，∵∠MQI+∠QMI=90°，∴∠PMH=∠MQI，∴△PHM∽△MIQ，∴PH设点M(m,0)，由（2）知，点P、的坐标分别为：(4−t,4)、(t−4,2t−4)，①若，如图2，则MI=m−(t−4),MH=4−t−m,QI=2t−4，当△PMQ∽△AOB时，∴PM∴PH∴PH=2MI,MH=2QI，联立方程组：4=2[m−(t−4)]4−t−m=2(2t−4)解得：m=1∴t=73时，②若m>0,MI=m−(t−4),MH=m−(4−t),OI=4−2t，如图3，当△QMP∽△AOB时，∴PM∴同理可得，P