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2026 数学信息卷（三）参考答案及解析
一、选择题（本大题共 10个小题，每小题 3分，共 30分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C B C D A C B D C
二、填空题（本大题共 6个小题，每小题 3分，共 18分）
11． 5.67 107 12 1× ． 13．1∶2 14． 2 7
4
15． (3， 2) 16．6（答案不唯一），30
三、解答题（本大题共 8个小题，第 17题 6分，第 18题 8分，第 19-22题每小题 9分，
第 23-24题每小题 11分，共 72分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算
步骤）
17. 2解：原式＝ 2 2 2 1…………………………4分
2
＝1. ………………………………………………6分
18. 解：解不等式①，得 x≥－1，……………………………………2分
解不等式②，得 x＜4，………………………………………4分
将不等式①、②的解集在数轴上表示如下：
………………6分
所以不等式组的解集为－1≤ x＜4，……………………8分
19．解：（1）200. …………………………2分
（2）80×40%＝32（人）.
答：本次调查中最喜爱“AI应用”的学生中更关注“辅助学习”有 32人.……4分
（3）360°×30%＝108°.……………6分
（4）1800× 54 =486.（人）
54+30+80+36
答：估计该校最喜爱“科普讲座”的学生有 486人．……………9分
20．解：（1）此次行程高速费原价为（a+b+c）元，……………1分
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实际支付高速费用：0.95a+0+0.6c＝(0.95a+0.6c)元，……………2分
优惠了 a+b+c－(0.95a+0.6c)＝（0.05a+b+0.4c）元；……………4分
（2）设省内景区专用路段和省内其他路段的单程高速费原价分别是 x元和 y元
0.6 = 42
由题意得 …………………………7分0.95 + 0.95 = 95
= 30
解得 = 70，
答：省内景区专用路段和其他路段的单程高速费原价分别为 30元和 70元．
……………………………………………………9分
21．（1）证明：连接 OD，如答图，
∵AD＝BD，
∴∠A＝∠B.
∵∠ADE＝∠A＋∠B＝60°，
∴∠A＝∠B＝30°.……………2分
∵OA＝OD，
∴∠ADO＝∠A＝30°，
∴∠ODE＝∠ADE＋∠ADO＝60°＋30°＝90°.
∵OD是⊙O的半径，且 BD⊥OD，
∴直线 BD是⊙O的切线．…………………………4分
（2）在 Rt△ODB中，∠B＝30°，
由 tan 30 OD OD 3°＝ ，
BD 2 3 3
得 OD＝2，…………………………6分
∵∠AOD＝180°－∠A－∠ADO＝120°，……………7分
120 ×2 4 ∴ = = ，180 3
∴ 4 的长是 ．…………………………9分
3
22．解：（1）如答图，过点 B作 BE⊥AM于点 E，作 BF⊥CN于点 F，
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过点 A作 AD⊥CN于点 D，连接 AC，
由题意，AM⊥MN，BP⊥MN，CN⊥MN，
∴四边形 EMPB，BPNF，AMND均为矩形
∴EB＝MP＝0.25 m，BF＝NP＝1.35 m，DF＝AE，
∵∠BCF＝45°，∠EAB＝59°，
∴∠CBF＝90°﹣45°＝45°＝∠BCF，
∴CF＝BF＝1.35 m. ……………………2分
∵∠EBA＝90°－59°＝31°，
∴AE＝EB tan 31°≈0.25×0.60＝0.15 m，……………………3分
∴CD＝CF－DF＝CF－AE＝1.35－0.15＝1.2 m，
答：点 A与点 C之间的竖直高度差约为 1.2 m. ……………5分
（2）在 Rt△ACD中，AD＝EF＝EB+BF＝0.25+1.35＝1.6 m，……………7分
由（1）知 CD＝1.2 m，
由勾股定理得 AC = 2 + 2＝2 m．……………9分
答：跳跃路径 AC的长约为 2 m．
23．（1）证明：如答图 1，连接 EF，
由折叠的性质可得∠APE＝∠B＝90°，PE＝BE，
∵四边形 ABCD为矩形，
∴∠C＝90°.
∵E为 BC的中点，
∴BE＝EC，
∴PE＝EC，
在 Rt△EPF与 Rt△ECF中，
∵EP＝EC，EF＝EF，
∴Rt△EPF≌Rt△ECF（HL），
∴FP＝FC；………………………………3分
（2）解：∵AP＝AB＝10，点 E在移动过程中，AP＝10不变．
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∴点 P在以 A为圆心，10为半径的⊙A的弧上，
连接 AM，如答图 2，
当点 P在线段 AM上时，PM有最小值.
∵AD＝17，CD＝AB＝10，CM＝4，
∴DM＝6，
∴ = 2 + 2 = 172 + 62 = 325 = 5 13，
∴PM的最小值为 = 5 13 10；……………………7分
（3）解：过点 P作 PH⊥AD于 H，延长 HP交 BC于点 G，连接 PD，NP，如答图 3，
∵∠NPD＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
∵∠PHN＝90°，
∴∠1+∠3＝90°，
∴∠3＝∠2.
∵∠PHN＝∠DHP，
∴△PHN∽△DHP，

∴ = ，

∴HP2＝HN HD.
∵AN＝4，AD＝17，
∴DN＝13. …………………………………9分
设 HN＝x，HD＝13﹣x，
∴AH＝x+4，HP2＝x（13﹣x）.
∵AB＝10，
∴AP＝AB＝10，
∵HP2＝AP2﹣AH2，
∴HP2＝102﹣（x+4）2，
∴x（13﹣x）＝102﹣（x+4）2，
解得 x＝4，
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∴HP＝6，AH＝8，HG＝AB＝10，PG＝4，BG＝AH＝8，
设 BE＝m，则 PE＝m，GE＝8﹣m，
在 Rt△PGE中，PE2＝EG2+PG2，
∴m2＝（8﹣m）2+42，
解得 m＝5，
即 BE的长为 5．……………………11 分
24．解：（1）把 A（﹣2，0），B（6，0）代入 y＝ax2+bx+3得，
4 2 + 3 = 0
36 + 6 + 3 = 0，
= 1
解得 4，
= 1
1
∴抛物线的解析式为 y＝ x2+x+3．……………………3分
4
（2）如答图，过点 P作 PD⊥AB于点 D，交 BC于点 H，
将 B（6，0）代入 y＝kx+3得，
6k+3＝0，
解得 = 1，
2
∴直线 BC 1的解析式为 y＝ x+3.
2
∵点 P的横坐标为 m，
( 1 2 + + 3) 1∴ ， ， ( ， + 3)，
4 2
∴ = ( 1 2 + + 3) ( 1 + 3) = 1 2 + 3 = 1 ( 3)2 + 9．
4 2 4 2 4 4
∴当 m 9＝3时，PH有最大值为 ．……………………4分
4
∵PQ⊥BC，
∴∠PQH＝90°＝∠BOC，
∴∠QPH+∠PHQ＝90°.
∵PD⊥AB，
∴∠PDB＝90°，
∴∠ABC+∠BHD＝90°.
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∵∠PHQ＝∠BHD，
∴∠QPH＝∠ABC，
∴△PQH∽△BOC，……………………5分

∴ = .

∵抛物线 = 1 2 + + 3与 y轴交于点 C，
4
当 x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
∴OC＝3，
∵B（6，0），
∴OB＝6，
∴ = 2 + 2 = 62 + 32 = 3 5，……………………6分
= = 6 = 2 5 = 2 5∴ ，即 ，
3 5 5 5
∴当 PH有最大值时，PQ取到最大值，
PQ 2 5 = 9 5∴ 的最大值为 ．……………………7分
5 10
（3）由 = 1 2 + + 3得 = 1 ( 2)2 + 4，
4 4
∴抛物线的顶点为（2，4），即当 x＝2时，y有最大值 4，
∵抛物线的对称轴为 x＝2，
∴当 x＝1或 x＝3时，y值相等，
即 = 1 (3 2)2 + 4 = 1 (1 2)2 + 4 = 15，
4 4 4
①当 m＜1时，则在 m≤x≤3时，x＝2时，取最大值；x＝m时，取最小值，
= 1即 1 ( 2)2 + 4，t2＝4，4
119
∵ 1 + 2 = ，16
1∴ ( 2)2 + 4 + 4 = 119，
4 16
7 1
解得 1 = （舍去）， 2 = ；……………………9分2 2
②当 1≤m≤2时，则在 m≤x≤3时，x＝2时，取最大值，x＝3时，取最小值，
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即 2 = 4， =
15
1 ，，4
+ = 4 + 15 = 31 ≠ 119∴ 1 2 ，不符合题意；………………10 分4 4 16
③当 2＜m≤3时，则在 m≤x≤3时，x＝m时，取最大值，x＝3时，取最小值，
即 1 =
15
， 2 =
1 ( 2)2 + 4，
4 4
∵ + = 1191 2 ，16
∴ 1 ( 2)2 + 4 + 15 = 119，
4 4 16
= 4± 5解得 ，
2
∵2＜m≤3，
∴ = 4± 5都不符合，舍去.
2
1
综上所述， = ．………………………………11 分
2
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