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2026年中考数学押题预测（上海地区专用）
TOC \o "1-1" \h \u HYPERLINK \l "_Toc22449" 押题预测一 二次函数含参综合问题 1
HYPERLINK \l "_Toc41" 押题预测二 圆与几何综合压轴问题 19
HYPERLINK \l "_Toc27496" 押题预测三 代数基础运算与方程（组）、不等式（组）求解 38
HYPERLINK \l "_Toc7078" 押题预测四 一次函数与反比例函数综合应用 46
HYPERLINK \l "_Toc5421" 押题预测五 统计与概率核心考点 55
HYPERLINK \l "_Toc10564" 押题预测六 几何证明与相似、全等三角形综合 65
HYPERLINK \l "_Toc19624" 押题预测七 平面向量、锐角三角比与解直角三角形 72
HYPERLINK \l "_Toc24176" 押题预测八 正多边形、圆的基础性质与位置关系 74
HYPERLINK \l "_Toc9330" 押题预测九 新定义题型与动态几何综合 84
押题预测一 二次函数含参综合问题
限时：10min
1．（2026·上海闵行·二模）在平面直角坐标系中，过、两点的抛物线（其中、是常数）与轴的另一个交点为，顶点为．
(1)求这条抛物线的表达式；
(2)如果点在抛物线上，且在第四象限，过点作轴，与抛物线的另一个交点为，连接，作轴，交于点，连接．
①当时，求的值；
②抛物线关于直线对称所得新抛物线的顶点为，如果点刚好落在线段上，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)①或②点或．
【详解】（1）解：将、两点代入，
得：，
解得：
则抛物线的表达式为：，
（2）①当在对称轴的左侧，
由题可知，点,,
设直线的解析式为：，
将点,,、代入解析式得：，
解得：，
则直线的解析式为：，
∵点在抛物线上，
则点，
点，，
∴，
∵
∴
∴解得：，
当在对称轴的右侧，
点，
点，，
∴，
∵
∴
∴解得：，
综上所述：或
②根据题意可知
∵点，点
∴点
，，
设直线的解析式为：，
则将，代入解析式得
解得：，
则直线的解析式为：，
将点代入直线解析式
得：
解得或
点或．
考纲分析
一、考点趋势分析
从近五年（2021-2025年）上海市中考数学试卷来看，二次函数综合题固定为试卷第24题，分值12分，是全卷核心区分度题型之一，属于每年必考的压轴级考点。
核心考查维度：待定系数法求二次函数解析式、抛物线的平移/对称变换、平面直角坐标系中特殊几何图形（等腰直角三角形、平行四边形、梯形）的性质、锐角三角比、相似三角形的数形结合应用。
命题趋势：2021年结合等腰直角三角形、2022年结合抛物线平移与特殊角、2023年结合一次函数与平移变换、2024年结合双抛物线与梯形、2025年结合双抛物线与直角梯形，始终围绕“二次函数为载体，几何图形为核心”的命题逻辑，稳中求新。
2026年宝山、闵行、松江、浦东等热门区二模试卷中，二次函数综合题均延续了这一命题逻辑，新增了“对称变换+图形存在性”“含参范围求解”的考法，与上海中考命题方向高度契合。
二、押题秘笈
解决此类问题的核心是“坐标化转化”：
先通过待定系数法锁定抛物线解析式，明确对称轴、顶点、与坐标轴交点等基础信息；
将几何图形的性质（等腰、直角、平行等）转化为点的坐标关系，用含参数的式子表示动点坐标；
把点在抛物线上的条件转化为方程，求解参数并结合象限范围取舍，完成数形结合的闭环。
模题精炼
1.（2026·上海嘉定模拟）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，抛物线与直线交于、两点，顶点的坐标是，过点作轴，交抛物线于点D，连接．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)求的正切值；
(3)点为抛物线上一点，当以、、、为顶点的四边形是梯形时，请直接写出点的坐标．
【答案】(1)(2)(3)点的坐标为或或
【详解】（1）解：在中，当时，，即，
∵抛物线顶点的坐标是，
∴设抛物线的解析式为，
将代入解析式可得，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：∵过点作轴，
∴当时，，
解得：，，
∴，
联立，
解得：或，
∴，
如图，作于点，
则，
∴，，
∴；
（3）解：设直线的解析式为，
将，代入解析式可得，
解得：，
∴直线的解析式为，
∵以、、、为顶点的四边形是梯形，
∴当时，设直线的解析式为，
将代入解析式可得，
∴直线的解析式为，
联立，
解得：或，
∴此时点的坐标为；
当时，此时点的纵坐标为，
在中，令，则，
解得：或，
∴此时点的坐标为；
当时，设直线的解析式为，
将代入解析式可得，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
解得：或，
∴此时点的坐标为；
综上所述：点的坐标为或或．
2．（2026·上海崇明·二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于和点，顶点为．
(1)求此抛物线的对称轴及点的坐标；
(2)抛物线的对称轴与轴交于点，点是抛物线上横坐标为2的一点，与对称轴交于点，连接．
①求的值；
②设直线与轴交于点，过点作的平行线，与轴交于点，当四边形是直角梯形时，求的正切值．
【答案】(1)抛物线的对称轴为直线，
(2)①1 ②或
【详解】（1）解：根据题意知抛物线的对称轴为直线，
∵抛物线与轴交于和点，
∴抛物线的开口向下，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴点在对称轴的右侧，设点，则，解得，
∴；
（2）①解：如图1，
∵抛物线与轴交于，
∴把，代入，得，得，
∴，
∴抛物线的顶点，
∵点是抛物线上横坐标为2的一点，
∴当时，，
∴点，
设直线的表达式为，
把，分别代入，得，解得，
∴直线的表达式为，
当时，，
∴点，
∴，，
∴；
②解：过P作轴于C，
∵，，
∴，
∴．
设直线的表达式为，与y轴交于G，
把，代入，得
，解得，
∴直线的表达式为，
当时，，解得；当时，，
∴，
∴，
设直线的表达式为，
把，，代入，得
，解得，
∴直线的表达式为，
∵，
∴设直线的表达式为，
把代入，得，解得，
∴直线的表达式为，
当时，，
∴，即．
情况一：如图2，当时，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，解得，
∵，
∴，
∴；
情况二：如图3，当时，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，解得，
∵，
∴，
∴；
综上，当四边形是直角梯形时，求的正切值为或．
3．（2026·上海虹口·二模）已知抛物线．
(1)画抛物线时，如果列出的两组数据如表（信息不完整）所示，请直接写出该抛物线的对称轴，并求此时和之间的数量关系；
1
2 2
(2)已知点为抛物线与轴的交点，点、在抛物线上，连接、、和．
①如果四边形为正方形，那么的值是 ，和之间的数量关系是 ；
②如图，当时，已知四边形为菱形，．点在抛物线上且横坐标为2，连接、，如果的面积为，求抛物线的表达式．
【答案】(1)抛物线的对称轴是，
(2)①，
②
【详解】（1）解：由表可知，抛物线经过点和，
抛物线的对称轴是，
，
抛物线的解析式是，
把点的坐标代入可得：
（2）①解：当时，可得：，
点的坐标为，
四边形是正方形，是正方形的对角线，
点、关于对称，
抛物线的对称轴是，
；
，点、的纵坐标是，
可得：，
整理得：，
解得：，
点的坐标为，点的坐标为，
，
可得：，
，
解得：或（不符合题意，舍去）；
②解：如下图所示，连接，、，
四边形为菱形，
，，，
，
，
，
，，
点的坐标是，
把点的坐标代入，
可得：，
解得：，
抛物线的解析式为，点的坐标，
点的横坐标为，
，
点的坐标为，
设直线的解析式是，
则有，
解得： ，
直线的解析式是，
当时，可得：，
点的坐标为,
，
，
，
，
，
抛物线的解析式为．
4．（2026·上海静安·二模）如图1，四边形中，，，，．
(1)求证：，并求与的相似比k；
(2)如图2，我们以直线为x轴，以过点C且垂直于线段的直线为y轴，建立平面直角坐标系，已知．
①求图像经过点A、B、C三点的二次函数解析式；
②如果我们将（1）中与的关系看作是一种图形变换，这种变换是将先绕点B按顺时针方向旋转，使点C落在上，点D落在上，再将旋转得到的三角形的边长都扩大到原来的k倍，从而得到，我们将称为的像，将称为的原像．如果是的像，而是的原像，试直接写出点E和点F的坐标：点E的坐标是，点F的坐标是．
【答案】(1)证明见解析，
(2)①；②，
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∵
∴
∴
∴；
设，则
∴，即
∴
∴；
（2）解：①如图，过点C作于点E
由（1）得，
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∴，
∴，
∵
∴
∴
∴设二次函数解析式为
将代入得，
∴
∴二次函数解析式为；
②如图，过点E作轴于点G
∵是的像
∴，
∴，
∴
∴点E的坐标为；
如图，
∵是的原像
∴，
∴
∴点F的坐标是．
5．（2026·上海松江·二模）在平面直角坐标系中，一次函数与轴交于点，与轴交于点，是直线上一点（不与点重合），且，抛物线经过、两点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点在抛物线上，且位于第一象限，如果四边形是梯形，求梯形的面积；
(3)点、都在第三象限，其中点在抛物线上，点在抛物线的对称轴上，如果与相似，且边与边对应，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)，
【分析】（1）根据一次函数可知，的坐标，进而根据可得点是线段的中点，然后根据待定系数法即可求得二次函数表达式；
（2）根据是梯形，可知的直线解析式，进而联立方程可知点的坐标，根据割补法即可求解；
（3）①过点作,过点作，进而可知，根据相似三角形的性质即可求解；②过点作交对称轴于,过点作交对称轴于，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：由题可知，一次函数与轴交于点，与轴交于点，
则点，，
∵是直线上一点，且，
∴点是线段的中点，
设点，
∴点，
∴，，
∴点，
将点，点代入抛物线
得
解得：
则抛物线的表达式为：，
（2）解：由题可得图，
∵四边形是梯形，
∴,
∵为原点，
则的直线解析式为：，
则联立函数得，
解得或，
∵点在抛物线上，且位于第一象限，
∴,
过点作轴，过点作轴，
，
（3）解：①由题可得，过点作,过点作
当,与相似, 且边与边对应
则,
抛物线，
,
,,
∴,
∴,
∴
则抛物线的对称轴为：，
设点，点
∴，，
，，
则，，
解得：或，
∵点、都在第三象限，
∴,
∴，
∴．
②由题可得，抛物线的对称轴为，
过点作交对称轴于,过点作交对称轴于，
当,与相似, 且边与边对应
则,
抛物线，
,
,,
∴,
∴,
∴
则抛物线的对称轴为：，
设点，
∴,，
，。
解得：或（舍去），
则∴．
综上所述，，．
押题预测二 圆与几何综合压轴问题
试题前瞻·能力先查
限时：10min
1．（2026·上海宝山·二模）如图1，是的直径，C是延长线上一点，是的切线，P为切点，连接、．
(1)求证：；
(2)如图2，过点B作交于D，
①如果，，求的长；
②连接、，如果是以为腰的等腰三角形，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)①；②
【详解】（1）证明：连接，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵是的切线，P为切点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①作于点，作于点，则，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
设的半径为，则，
∴，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
∵，
∴，
解得或（舍去）；
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴；
②当时，延长交于点，
∵，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
当时，连接，交于点，则，
∴垂直平分，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上：．
考纲分析
一、考点趋势分析
本考点为上海市中考数学第25题固定考查内容，分值14分，是全卷难度最高的压轴题，近5年中考100%出现，是决定高分段的核心题型。
核心考查维度：圆的基本性质（垂径定理、圆周角定理、切线性质）、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与比例计算、等腰三角形/直角三角形的存在性、动态几何中的线段范围求解。
命题趋势：近5年中考始终以“四边形+圆”为核心载体，2021年结合梯形与相似、2022年结合平行四边形与双圆、2023年结合等腰三角形与圆、2024年结合梯形与外接圆、2025年结合平行四边形与相似，重点考查学生的几何逻辑推理、复杂图形拆解、代数几何综合计算能力。
2026年宝山、闵行、徐汇、浦东等区二模试卷中，25题均以“圆与梯形/平行四边形结合”为核心，新增了“等腰三角形存在性”“相切动态问题”的考法，与中考命题趋势完全匹配。
二、押题依据
题型与分值完全对标中考：3小问梯度设置，第(1)问基础证明，第(2)问中档推理与计算，第(3)问拔高压轴，与上海中考25题的命题结构、难度分层完全一致。
考点覆盖：圆的直径性质、梯形的性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等近5年中考压轴题的全部核心考点，复刻了2021年上海中考25题的经典考法，是上海中考最稳定的压轴考查方向。
参考2026年各区二模的“圆嵌入四边形”的热门考法，兼顾了基础证明与综合计算，符合上海中考“重逻辑、重综合”的命题特点。
三、押题秘笈
解决此类压轴题的核心是“拆解图形+锁定模型”：
先拆解复杂图形，从基础条件出发，先证出全等/相似的基础结论，锁定角相等、线段成比例的核心关系；
遇到直角、直径、垂直等条件，优先联想圆周角定理、勾股定理、锐角三角比，建立线段之间的数量关系；
压轴小问优先设参数，用参数表示所有相关线段，结合相似、勾股定理建立方程求解，遇到多解情况要结合图形范围取舍。
模题精炼
1．（2026·上海崇明·二模）如图1，是半圆的直径，点是半圆上一点，过点的直线交的延长线于点，点是线段上一点，且满足，过点作的垂线交的延长线于点，交于点，且．
(1)求证：；
(2)如图2，当时，求的值；
(3)设与的交点为，连接，交于点，若以为圆心，长为半径的圆与以为圆心，为半径的圆外切，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【详解】（1）证明：连接，如图，
，
，
，
是的直径，
；
（2）解：连接，如图，
设， 则，，
，
，，
，，
，
由（1）可知
解得或(舍去)，
解得，
，
（3）解：如图，
设，
，
，
，
切于以为半径的于点，
，
，
由（2）可知 ，
，
，
即 ，
，即，
，
，
，
，
解得或（舍去），
，
．
2．（2026·上海黄浦·二模）如图，圆心O是一处激光光源，照射在圆O的弦所在的挡板上，且，现在弦上两个位置M、N处开缝，使激光束透过这两个缝隙最终照射在弧上的两个亮点C、D恰好能将弧三等分．
(1)求证：；
(2)试说明：点M、N不是弦的两个三等分点；
(3)假设弦上的开缝位置P、Q恰好是弦的两个三等分点，试画出新的激光光源S的位置，使得激光束通过缝隙P、Q后最终照射在弧上的两个亮点恰好是C、D，并求的大小．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)
【详解】（1）证明：
∵点C、D恰好将三等分，
∴，
∴，
如图：取的中点E，连接，
∵，
∴，,
∵，
∴,
∴
∴平分．
在中，，平分．
∴．
∵，
∴；
（2）解：由（1）可得：，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵点C、D恰好将三等分，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，同理可得：，
∴，
如图：过点M作于点F， 过点M作于点I，则四边形是矩形，，，，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，即点M不是的三等分点，
同理：点N不是的三等分点，
∴点M、N不是弦的两个三等分点．
（3）解：如图：连接，
∵点C、D恰好将三等分，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，同理可得：，
∴，
∴，
∵
∴
∴，
设，则，
由（2）解答过程可知：，
∴，解得：，
如图：取的中点E，则，
∵，，
∴，，
∴，
∴，即；
如图：连接并延长交于S，由对称性可知点S在的垂直平分线上，同时也在的垂直平分线上，连接延长交、于G，H，
∴，，
∵P、Q恰好是弦的两个三等分点，，
∴，
∴，
如图：连接，过C作，则，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，即，解得：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
3．（2026·上海闵行·二模）已知：如图，为半圆的直径，点为的中点，连接交弦于点、交弦于点，且，连接、．
(1)如图①，求证：四边形是等腰梯形；
(2)点在直径上（不与、重合），连接交于点．
Ⅰ．如图②，当，且为的中点时，求的值；
Ⅱ．连接，半圆的半径为1，．当为直角三角形时，求的长．
【答案】(1)见解析(2)Ⅰ．；Ⅱ．
【详解】（1）解：为半圆的直径，
．
．
，
．
．
．
点为的中点，
．
．
，，．
，．
四边形是等腰梯形．
（2）解：Ⅰ．设，
为的中点，
．
．
．
，，
．
，
∴四边形是平行四边形．
．
，
．
．
．
Ⅱ．如图，当时，
设，则，
由（1）可得四边形是平行四边形，
，．
，，
．
,
．
．
，
，．
．
．
．
．
．
，解得（舍），．
．
如图，当时，
，，
．
，
．
此时点与点重合，此种情况不存在．
当时，
，
∴此种情况不存在．
综上所述，．
4．（2026·上海静安·二模）菱形中，点E在线段上，连接、．
(1)如图1，连接交于点F，若，求证：；
(2)如图2，，，点P在线段上，且满足，设，，
①求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
②当时，以为半径的和以为半径的是否相交？如果相交，求出它们的公共弦长；如果不相交，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①；②相交，
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴点、、、四点共圆，
∴，
∴；
（2）解：①如图，作，交的延长线于点，
，
∵四边形为菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当时，，
∴，，
∵，且，
∴以为半径的和以为半径的相交，
如图，设两圆相交于，连接、、、，连接交于点，
，
则，，
由垂径定理可得：，，
设，则，
∵，，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴．
5．（2026·上海松江·二模）已知正方形，点在边上，点在的延长线上，与交于点．
(1)如图1，如果，求证：；
(2)如图2，如果，且，求的正切值；
(3)以点为圆心为半径画圆，与以为直径的的另一个交点记为点，如果，，，求的长．
【答案】(1)见解析(2)(3)
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∵
∴
∴
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：连接，
设正方形的边长为，，
由题意得，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
整理得，，
解得，（舍去），
∴；
（3）解：如图，设以为直径的圆记为，连接交于点，过点作于点，
由题意得可设，则，
∴，
∵正方形，
∴，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴，
∴，，
∴，
∴
∵与相交于点
∴，，
∵，
∴，
解得或（舍）
∴．
押题预测三 代数基础运算与方程（组）、不等式（组）求解
试题前瞻·能力先查
限时：5min
1．（2026·上海普陀·二模）计算：．
【答案】．
【详解】解：
．
2．（2026·上海崇明·二模）解方程：
【答案】
【详解】解：
∴
去分母得到，，
整理得到，，
解得或，
经检验是增根，是分式方程的解
3．（2026·上海松江·二模）解方程组：
【答案】或
【详解】解：由②得，，
∴或，
原方程组可化为或，
解第一个方程组得；
解第二个方程组得
原方程组的解为或．
4．（2026·上海宝山·二模）解关于x的不等式组：．
【答案】
【详解】解：，
由①，得；
由②，得；
∴不等式组的解集为.
5．（2026·上海黄浦·二模）解方程组：
【答案】，
【分析】整理后得出，解一元二次方程，再代入①解答即可；
【详解】解： ，由分式分母不为0，得，
②可化为： ，
将①代入，得 ，解得：③，
由①得，代入③得：，
整理得：，
因式分解得，
解得或，
代入①求并检验，时，；时，，两组解都满足原方程，
因此，是原方程组的解．
6．先化简，再求值：已知，求的值．
【答案】
【详解】解：，
∴，
，
把代入，原式．
考纲分析
一、考点趋势分析
本考点是上海市中考数学固定基础必考题，对应试卷第19、20题，合计20分，占全卷分值的13.3%，近5年中考100%考查，是必须拿满的基础分。
核心考查维度：
第19题：实数的混合运算，固定考查分数指数幂、零指数幂、负整数指数幂、绝对值、二次根式化简、特殊角的锐角三角比，近5年中考题型完全固定；
第20题：方程（组）与不等式（组）求解，交替考查二元二次方程组、分式方程、一元一次不等式组，近5年中考每年必考其一，2021、2022年考查二元二次方程组，2023年考查不等式组，2024年考查二元二次方程组，2025年考查分式方程。
2026年所有区二模试卷中，19、20题均完全延续了这一命题结构，无题型变化，是上海中考最稳定的送分考点。
押题依据
题型完全对标中考：19题实数运算、20题二元二次方程组，完全复刻了近5年中考出现频率最高的题型组合，与2021、2022、2024年上海中考真题题型完全一致。
考点全覆盖：涵盖了实数运算的全部核心考点，以及二元二次方程组的因式分解降维解法，是中考100%会考查的基础内容。
难度贴合中考：题目难度、计算量与中考完全匹配，无偏题怪题，符合上海中考“基础题重规范、重计算”的命题要求。
押题秘笈
实数运算核心：先逐项化简，再合并计算，重点注意负指数幂的符号、绝对值的非负性、零指数幂结果为1（底数不为0），计算完成后务必逐项检查，避免低级失误。
二元二次方程组核心：因式分解降维，把二次方程通过平方差、完全平方公式分解为两个一次方程，再与原一次方程组合成两个二元一次方程组，分别求解，最后检验结果。
不等式组核心：分别求解每个不等式，再根据“同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了”确定解集，注意数轴表示和端点的实心/空心。
考点趋势分析
本考点是上海市中考数学固定基础必考题，对应试卷第19、20题，合计20分，占全卷分值的13.3%，近5年中考100%考查，是必须拿满的基础分。
核心考查维度：
第19题：实数的混合运算，固定考查分数指数幂、零指数幂、负整数指数幂、绝对值、二次根式化简、特殊角的锐角三角比，近5年中考题型完全固定；
第20题：方程（组）与不等式（组）求解，交替考查二元二次方程组、分式方程、一元一次不等式组，近5年中考每年必考其一，2021、2022年考查二元二次方程组，2023年考查不等式组，2024年考查二元二次方程组，2025年考查分式方程。
2026年所有区二模试卷中，19、20题均完全延续了这一命题结构，无题型变化，是上海中考最稳定的送分考点。
押题依据
题型完全对标中考：19题实数运算、20题二元二次方程组，完全复刻了近5年中考出现频率最高的题型组合，与2021、2022、2024年上海中考真题题型完全一致。
考点全覆盖：涵盖了实数运算的全部核心考点，以及二元二次方程组的因式分解降维解法，是中考100%会考查的基础内容。
难度贴合中考：题目难度、计算量与中考完全匹配，无偏题怪题，符合上海中考“基础题重规范、重计算”的命题要求。
押题秘笈
实数运算核心：先逐项化简，再合并计算，重点注意负指数幂的符号、绝对值的非负性、零指数幂结果为1（底数不为0），计算完成后务必逐项检查，避免低级失误。
二元二次方程组核心：因式分解降维，把二次方程通过平方差、完全平方公式分解为两个一次方程，再与原一次方程组合成两个二元一次方程组，分别求解，最后检验结果。
不等式组核心：分别求解每个不等式，再根据“同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了”确定解集，注意数轴表示和端点的实心/空心。
模题精炼
1．（2026·上海松江·二模）计算：．
【答案】
【详解】解：
．
2．（2026·上海闵行·二模）计算：．
【答案】3
【详解】解：
．
3．先化简，再求值：，其中．
【答案】；
【详解】解：原式
当时，
．
4．（2026·上海崇明·二模）解方程：
【答案】
【详解】解：
∴
去分母得到，，
整理得到，，
解得或，
经检验是增根，是分式方程的解
5．（2026·上海普陀·二模）解方程：．
【答案】
【详解】解：原方程可化为
方程两边同乘最简公分母，得
展开整理得
因式分解得
解得，
检验：当时，，原分式方程分母为0，无意义，因此是增根，舍去
当时，
因此原方程的解为
6．以下是某同学化简分式的部分运算过程．
解：原式①
②
③
(1)以上的运算过程第__________步出现了错误；（填序号）
(2)请你写出正确的完整化简过程，并将代入化简结果，求出分式的值．
【答案】(1)②(2)化简过程见解析，化简结果为，分式的值为．
【详解】（1）解：观察可知，第②步出现错误，错误原因是计算小括号内的分式减法时，分子部分计算错误；
（2）解：原式
，
当时，原式．
7．先化简，再求值：，其中m是方程的根．
【答案】；
【详解】解：
；
是方程的根，
，
，
将代入得，原式．
8．先化简，再求值：，任选一个a代入，其中a是满足的整数．
【答案】，当时，原式（或 ，当时，原式，任选其一作为答案即可）
【详解】解：
；
∵、、，即且．
结合条件且为整数，符合要求的只能是或．
若选，代入得：；
若选，代入得：．
押题预测四 一次函数与反比例函数综合应用
试题前瞻·能力先查
限时：8min
1．（2026·上海闵行·二模）小闵在探究纸杯叠放的高度规律时，得到了一套遗失了部分实验数据的图纸．图①是一张缺失了部分信息的函数图纸，实验数据表示的点，，都落在了线段上；图②是同一次实验的另一张缺失了部分图像的示意图，图中显示了6个相同规格的纸杯叠放后增加的高度．
(1)求叠放在一起的纸杯总高度（厘米）关于纸杯数量（个）的函数解析式（不写定义域）；
(2)为了保持纸杯清洁，在最上端的纸杯加装一个盖子以后，高度增加了2厘米，此时总高度为46.8厘米，求纸杯的数量．
【答案】(1)；
(2)纸杯的数量为30个．
【详解】（1）解：我们可以先分析图②：6个纸杯叠放增加的高度是，所以每增加1个纸杯，高度增加，
由图①知，当时，，
∴函数解析式为；
（2）解：由题意得，
解得，
答：纸杯的数量为30个．
2．（2026·上海静安·二模）如图，点A在反比例函数的图像上，轴，垂足点B在x轴负半轴上，已知点B，C关于原点对称．
(1)当点A的横坐标是时，求的面积；
(2)当，求直线的表达式．
【答案】(1)3 (2)
【详解】（1）解：把代入反比例函数得：，
∴，
∵轴，
∴，，
∵点B，C关于原点对称，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵点B，C关于原点对称，
∴，
∴，
设，由题意知，，，
把代入反比例函数得：，
解得：，（负根舍去）
∴，
设直线的解析式为，则有，
，解得：，
∴直线的解析式为．
考纲分析
一、考点趋势分析
本考点是上海市中考数学高频解答题考点，对应试卷第21题，分值10分，近5年中考3次考查（2021、2024、2025年），其余年份也在选择填空中高频出现，是2026年中考极大概率考查的中档解答题。
核心考查维度：反比例函数与一次函数的交点问题、待定系数法求函数解析式、关于原点/坐标轴对称的点的坐标特征、锐角三角比的计算、三角形面积计算、相似三角形的应用。
命题趋势：始终以“双函数交点”为核心，结合平面直角坐标系中的几何计算，重点考查数形结合能力，难度中等，是区分基础分与中档分的核心题型。
2026年宝山、闵行、松江、浦东等区二模试卷中，21题均以“一次函数与反比例函数综合”为考查内容，是今年二模的热门题型，与中考命题方向高度契合。
二、押题依据
题型结构贴合中考：2小问设置，第(1)问基础求参，第(2)问几何计算，与上海中考21题的命题结构、难度完全一致。
考点覆盖高频核心：涵盖了待定系数法求函数解析式、反比例函数的性质、原点对称的坐标特征、锐角三角比的平面直角坐标系应用，是近5年中考该题型的全部核心考点。
三、押题秘笈
解决此类问题的核心是“先定解析式，再转几何量”：
先利用交点坐标同时满足两个函数解析式，代入求解参数，锁定两个函数的完整表达式，确定所有关键点的坐标；
求锐角三角比时，优先构造直角三角形，利用坐标差求出直角边的长度，再根据正切/正弦/余弦的定义计算；
涉及面积、对称等问题时，优先利用坐标的几何意义，结合图形性质简化计算，避免复杂的几何推理。
模题精炼
1．（2025·上海闵行·二模）如图，已知函数和的图像交于点，这两个函数的图像与轴分别交于点、．
(1)分别求出这两个函数的解析式；
(2)求的面积；
(3)请根据图像直接写出不等式的解集．
【答案】(1)这两个函数的解析式分别为和
(2)
(3)
【详解】（1）解：∵将点 代入，
得，
解得，
将点代入，
得，
解得，
这两个函数的解析式分别为和；
（2）解：∵在中，
令，得，
，
在中，
令，得，
，
，
（3）
；
解：由函数图像可知，当时，．
2．（2026·上海宝山·二模）如图，在平面直角坐标系中，反比例函数与直线交于点、点B，点C和点A关于原点对称．
(1)求k与n的值；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：由题意得，把代入得，，
∴，
把代入，则，
解得；
（2）解：由（1）知一次函数解析式为，
∴，
解得，
∴，
∵点C和点A关于原点对称，，
∴，如图：
∴，
同理可求，
∴，
∴，
∴在中，．
3．（2026·上海虹口·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知双曲线经过顶点和边上的一点，，．设边与轴正半轴的夹角为，且．
(1)求双曲线的表达式；
(2)如果轴，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：如图：过C作轴于D，
∵，．
∴，即，解得：，
∴，
∴，
设双曲线的表达式为，
∵C在双曲线上，
∴，解得：，
∴双曲线的表达式为．
（2）解：∵，，
∴，
∴，
如图：过A作轴于E，
∵，．
∴，即，解得：，
∴点A的纵坐标为，
∵轴，
∴点B的纵坐标为，
∵点B在双曲线上，
∴点B的横坐标为，
∴．
4．（2026·上海黄浦·二模）下图是通过实验测得的一种抗过敏药物服用后，随时间的变化其有效成分含量在人体血液中的变化情况，在最初30分钟含量会直线上升，然后在30分钟至200分钟间稳定在饱和状态，人体血液中含量恒为100个计量单位，之后就会逐步下降，下降过程中人体血液中有效成分含量y个计量单位与时间x分钟之间大致符合函数（，k为常数）．
(1)求k的值；
(2)如果这种抗过敏药物在人体血液中的含量低于40个计量单位时，就会失去抗过敏的效果，那么这种抗过敏药物隔多少时间需服用一次（结果精确到1小时）．（参考数据：，，）
【答案】(1)
(2)这种抗过敏药物约隔5小时需服用一次
【详解】（1）解：由题意得，，
∴；
（2）解：由（1）得，
在中，当时，，
解得或（舍去），
小时，
答：这种抗过敏药物约隔5小时需服用一次．
5．（2026·上海闵行·一模）人工智能已经逐渐融入我们的生活．某餐厅为了跟上时代的步伐，购买了一个送餐机器人，这种机器人与地面的接触面积是可以调整的．在水平地面上，当机器人对地面的压力一定时，地面所受压强与接触面积之间存在的反比例函数关系（数据如表一所示）．餐厅的地面由玻璃、木地板和大理石三种材质拼接而成．地面材质与地面承受的最大压强的关系如表二所示．
表一：地面所受压强与接触面积之间的关系
地面所受压强 …… ……
接触面积 …… ……
表二：地面材质与地面承受的最大压强的关系
地面材质 玻璃 木地板 大理石
能承受的最大压强（）
(1)求地面所受压强关于接触面积的函数表达式（不写定义域）；
(2)求该机器人与地面的接触面积至少为多少平方米？
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：由表格的数据可知，当机器人对地面的压力一定时，地面所受压强与接触面积之间成反比例函数的关系．
设地面所受压强关于接触面积的函数表达式为．
将代入，得，
地面所受压强关于接触面积的函数表达式为．
（2）解：为确保机器人在所有地面材质上都能安全行驶，其压强不能超过三种材质能承受的最大压强的最小值，即木地板的Pa。当压强最大时，接触面积最小。把代入得，，
答：该机器人与地面的接触面积至少为平方米．
押题预测五 统计与概率核心考点
试题前瞻·能力先查
限时：10min
1．（2026·上海普陀·二模）某校举办校园歌手大奖赛，在评委评定的十个分数中，去掉一个最高分，去掉一个最低分，剩余的八个分数与原来的十个分数相比，一定不会变化的统计量是（ ）
A．平均数 B．众数 C．中位数 D．方差
【答案】C
【详解】解：将10个分数从小到大排序，原中位数是排序后第5个和第6个数据的平均数，
∵去掉一个最高分和一个最低分后，剩余8个数据排序后，中间的两个数仍是原数据的第5个和第6个，
∴中位数一定不变，故C正确．
对选项A：∵去掉最高分和最低分后，数据总和发生改变，
∴平均数可能变化，A错误．
对选项B：若原数据的众数是最高分或最低分，去掉后众数会发生改变，
因此众数可能变化，B错误．
对选项D：方差反映数据的波动程度，去掉两端数据后数据的波动程度通常改变，
因此方差可能变化，D错误．
2．（2026·上海虹口·二模）一只不透明的袋子中，装有3个白球和若干个红球，这些球除颜色外都相同，如果搅匀后从中任意摸出一个球，摸到白球的概率为，那么红球的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【详解】解：设红球的个数为，则袋子中总球数为个，
∵摸到白球的概率等于白球个数除以总球数，已知摸到白球的概率为，
∴可得方程，
解得，经检验，是原方程的解，
∴红球的个数为2．
3．（2026·上海宝山·二模）某校开展校园才艺大赛，根据同学们的报名意向分为“A唱歌、B舞蹈、C器乐、D戏剧、E其他”几个表演类别．图1、图2是每类表演报名人数的不完整统计图．
(1)扇形统计图中“B舞蹈”所在扇形的圆心角度数为______°；
(2)本次大赛总共报名______人，请补全条形统计图；
(3)才艺大赛当天由7名学生代表作为评审进行打分（满分10分），甲、乙两位同学在“A唱歌”项目的得分及其部分统计结果如下：
甲 8 6 7 6 7 9 6
乙 8 4 8 9 8 9 3
平均数 中位数 方差
甲 a 7
乙 7 b c
①表中的数据： ______， ______， ______；
②结合平均数、中位数、方差等统计数据，谈谈你对甲、乙两位同学成绩的看法．
【答案】(1)90
(2)160，补全条形统计图见解析
(3)①7，8，；②见解析
【详解】（1）解：，
∴扇形统计图中“B舞蹈”所在扇形的圆心角度数为；
（2）解：总人数：（人），
B的人数：（人），
则E的人数为：（人），
补全条形统计图：
（3）解：①；
乙的数据排列为：3，4，8，8，8，9，9，则；
；
②甲、乙的平均数一样，说明甲、乙的平均水平接近，乙的中位数高于甲，说明乙的高分多，甲的方差小，说明成绩更加稳定．
考纲分析
一、考点趋势分析
本考点是上海市中考数学必考基础考点，每年固定在选择填空考查1-2题，近2年模拟题有部分区出现，2026年中考有可能回归，合计分值8-14分，是必须拿满的送分考点。
核心考查维度：
统计部分：条形统计图、扇形统计图的综合应用，平均数、中位数、众数、方差的计算与意义分析，用样本估计总体；
概率部分：简单事件的概率计算，列表法/树状图法求概率，频率估计概率，近5年中考每年填空必考1道概率题。
命题趋势：贴合实际生活情境（校园活动、民生数据、科技发展），重点考查数据处理能力和统计观念，难度极低，是全卷最稳定的得分点。
2026年区二模试卷中，出现统计与概率的解答题较多，是一个重要信号！
二、押题依据
题型贴合中考：结合双统计图的统计综合+概率计算，完全复刻了上海中考该题型的经典考法，与近5年中考真题的命题结构、难度完全一致。
考点全覆盖：涵盖了统计图表的综合应用、用样本估计总体、圆心角度数计算、列表法求概率等全部核心考点，是中考100%会考查的内容。
情境贴合最新考情：采用校园读书节的热门情境，贴合2026年各区二模的“校园活动+统计”的命题趋势，符合上海中考的命题特点。
三、押题秘笈
统计题核心：先通过“已知频数+对应占比”求出总样本量，再补全统计图，所有计算围绕“频数=总数×频率”展开，圆心角度数=360°×对应频率，用样本估计总体时直接用总数×样本频率。
概率题核心：
①简单概率：直接用“符合条件的情况数÷总情况数”计算；
②两步概率：优先用列表法/树状图列出所有等可能的结果，再数出符合条件的结果数，计算概率，注意区分“放回”与“不放回”的情况。
③统计量分析：平均数反映平均水平，中位数反映中间水平，众数反映出现次数最多的数，方差反映数据的波动大小，方差越小越稳定。
模题精炼
1．（2026·上海崇明·二模）某校为了解学生体育运动时间的情况，将调查所得的50个数据整理成下表：
体育运动时间（小时） 1.5 1.7 1.8 2 2.2
人数（人） 10 10 20 5 5
对于这组数据，下列判断中，正确的是（ ）
A．众数和平均数相等 B．中位数和平均数相等
C．中位数和众数相等 D．中位数、众数和平均数都相等
【答案】C
【详解】解：∵运动时间为1.8小时的人数最多，为20人，
∴众数为；
∵总共有个数据，中位数是从小到大排列后第、个数据的平均数，
累计人数得前两组共个数据，第到个数据均为，
∴第、个数据都是，中位数为；
，
综上，众数，中位数，平均数，中位数和众数相等 ．
2．（2026·上海闵行·二模）在投掷实心球的比赛中，甲、乙两人各投掷了次，球的落地位置如图所示．已知两人次投掷所得的平均成绩相同，对于甲、乙两人这次成绩的方差的描述正确的是（ ）
A． B． C． D．无法确定
【答案】C
【详解】解：∵一组数据中，方差越小，数据越稳定、波动越小，方差越大，数据越分散、波动越大，
∴观察图片可知，甲的成绩比乙的成绩更加分散，
∴．
3．（2026·上海普陀·二模）近年来，AI工具逐渐融入学生学习生活中，某校为了了解本校学生使用AI工具的情况，随机抽取了部分学生进行问卷调查，并将调查所得数据整理后绘制成如图的条形统计图．如果该校共有1000名学生，那么根据调查结果，估计该校学生中使用两种及以上AI工具约有________人．
【答案】400
【详解】解：由统计图可知该校学生中使用两种及以上AI工具的样本频率为
，
故1000名学生中使用两种及以上AI工具约有（人）．
4．（2026·上海崇明·二模）为激发青少年崇尚科学，探索未知的热情，某校开展“逐梦科技强国”为主题的活动，随机抽取了200名学生的模型设计成绩（成绩为百分制，用表示），整理后将其分成如下四组：A：，B：，C：，D：，并将结果绘制成扇形统计图（如图所示）．如果该校学生共1200人，请估计全校模型设计成绩不低于80分的学生共有__________人．
【答案】
【详解】解：，
（人），
故估计全校模型设计成绩不低于80分的学生共有人 ．
5．（2026·上海虹口·二模）如图，已知小明调查了团队中每位同学最喜欢的颜色（每人只能选择一种颜色），并绘制了不完整的扇形统计图和条形统计图，那么喜欢黄色的同学有______人．
【答案】
【详解】解：由统计图可知，喜欢蓝色的有人，占总人数的，则调查的总人数为（人）．
喜欢红色的人数为（人）．
喜欢黄色的人数为（人）．
6．（2026·上海闵行·二模）生活中很多瓶装矿泉水没有喝完便被扔掉，造成极大的浪费．为此数学兴趣小组对某次会议所发瓶装矿泉水的使用情况进行统计，大致可分为四种：I．全部喝完；Ⅱ．约；Ⅲ．约一半；Ⅳ．整瓶但基本未喝．同学们根据统计结果绘制如图所示的两个不完整的统计图，那么参加这次会议的人中矿泉水剩约一半的人数为____人．
【答案】
10
【详解】解：参加这次会议的有：（人），
则参加这次会议的人中矿泉水剩约一半的人数为：（人）．
7．（2026·上海静安·二模）为提高学生身体素质，体育课开设了“引体向上”项目．现从某年级随机抽取了部分男生进行测试，绘制出不完整的统计图（如图所示），在本次调查获取的样本数据中，“引体向上”完成次数最少为6次，最多为10次，且次数在10次的学生数占总人数的，那么本次调查样本的中位数为______次．
【答案】8
【详解】解：由条形统计图可知：本次调查抽取的总人数为（人），
∴完成“引体向上”的次数为7的有（人），
根据中位数的定义可知：本次调查样本中中位数为第20和第21个数据之和的平均数，由可知中位数落在8次．
8．（2026·上海杨浦·二模）小明正在进行“关于生物遗传概率的探究”：
他从互联网上收集到了这些信息：
1．相对性状：同种生物同一性状的不同表现形式（如卷发、直发、双眼皮、单眼皮）；
2．显隐性：题目中标注“显性”的性状，只要有1个显性基因就会表现（如
表现卷发）；“隐性”性状必须有2个隐性基因才会表现（如表现直发）；
3．基因型：用字母表示基因组成，显性基因用大写（D、A、B），隐性基因用小写（d、a、b）；
显性性状基因型：2种可能（纯合子：如，2个显性基因；杂合子：如，1显1隐）；
隐性性状基因型：只有1种（纯合子：如，2个隐性基因）；
4．遗传规律：亲代会将一对基因（例如：）中的1个（例如：D）传给子代，子代的一对基因来自父亲和母亲；
5．独立遗传：本题三对性状的基因互不影响》
已知性状显隐性（均为常染色体遗传）
①毛发直卷：卷发（D）对直发（d）为显性（表现卷发，表现直发）；
②眼睑形状：双眼皮（A）对单眼皮（a）为显性（表现双眼皮，表现单眼皮）；
③拇指形态：直拇指（B）对弯拇指（b）为显性（表现直拇指，表现弯拇指）．
小明的数学老师提出了下列问题：
(1)一对卷发夫妇，丈夫基因型为，妻子基因型为，求二人生育一个直发孩子的概率．
(2)一对双眼皮夫妇，生育了1个单眼皮孩子，据此先判断夫妇的基因型，再求二人再生育一个双眼皮纯合子孩子的概率．
(3)已知男性基因型为（卷发、直拇指），女性基因型为（直发、直拇指），求二人生育一个卷发、弯拇指孩子的概率．
(4)一对卷发夫妇，男方父母均为“卷发、单眼皮”（且男方父亲为卷发纯合子，男方母亲为卷发杂合子），女方母亲为“直发、单眼皮”、女方父亲为“卷发、双眼皮（纯合子）”．求这对夫妇生育一个直发、单眼皮孩子的概率．
【答案】(1)
(2)夫妇基因型均为，概率为
(3)
(4)
【详解】（1）解：∵卷发（D）对直发（d）为显性，丈夫基因型为，妻子基因型为，
∴无法得到基因型为的孩子，即二人不可能生育一个直发孩子，
∴；
（2）解：∵双眼皮（A）对单眼皮（a）为显性，且一对双眼皮夫妇，生育了1个单眼皮孩子，
∴孩子的基因型为，
∴夫妇的基因型均为，
列表如下：
A a
A
a
共有4种等可能的结果，其中二人再生育一个双眼皮纯合子孩子的结果有1种，
∴；
（3）解：由题意，列表如下：
共有8种等可能的结果，其中二人生育一个卷发、弯拇指孩子的结果只有1种，
∴；
（4）解：由题意，男方父亲的基因型为，母亲的基因型为，女方父亲的基因型为，母亲的基因型为，
∴男方的基因型为或，概率均为，女方的基因型为，
当男方的基因型为时，孩子的头发不能是直发，
当男方的基因型为时，列表如下：
共有8种等可能的结果，其中生育一个直发、单眼皮孩子的结果只有1种，
∴，
又∵男方的基因型为的概率为，
∴该对夫妇生育一个直发、单眼皮孩子的概率为．
9．（2025·上海浦东新·二模）小明乔迁的新居使用的是分时电表，按平时段（~）和谷时段（~次日）分别计费．为了解年月新居的平时段用电量，小明连续天，每天记录了电表平时段的读数，如下表：
星期 日 一 二 三 四 五 六 日
平时段的读数（单位：千瓦时）
根据表格提供的信息，解答下列问题：
(1)小明家这几天中，平时段单日用电量最大的那天的用电量是________千瓦时；
(2)计算小明家月份平时段用电总量约是多少千瓦时？
(3)小明计算出这几天平时段单日用电量的中位数和众数都是千瓦时，你认为正确吗？请简要说明理由．
【答案】(1)
(2)月份平时段用电总量约为千瓦时．
(3)小明的说法不正确，理由见解析．
【详解】（1）解：分别计算每日平时段用电量：
周日：；
周一：；
周二：；
周三：；
周四：；
周五：；
周六：，
比较可得用电量最大的是周五，为千瓦时．
故答案为：．
（2）解：这天平时段用电总量：千瓦时，
月份有天，则月份平时段用电总量约为千瓦时．
答：月份平时段用电总量约为千瓦时．
（3）解：这几天平时段日用电量，从小到大排序为、、、、、、，
中位数：数据个数为，是奇数个，中位数取最中间的数据，即千瓦时；
出现的次数最多，则众数是千瓦时．
所以小明的说法不正确．
10．某文具商店为了了解3月份计算器的销售情况，对3月份各种型号计算器的销售情况进行调查，并将调查的结果绘制成如图1、图2所示的两幅不完整的统计图.
(1)根据图中提供的信息，求3月份各种型号计算器的销售总量；
(2)求3月份A型计算器的销售量，并将条形统计图补充完整；
(3)该店4月份准备只进购A、B、C三种型号的计算器，总数量和3月份各型号计算器销售的总量相同，结果恰好用完进货款8200元，设购进A型计算器个、B型计算器个，求关于的函数关系式．其中，三种型号的计算器的进价如下表：
A型 B型 C型
进价（单位：元／个） 50 30 20
【答案】(1)3月份各种型号计算器的销售总量为300个
(2)A型计算器销售量为120个，图形见解析
(3)y关于x的函数关系式为
【分析】本题考查了统计图和一次函数，解决本题的关键是利用一次函数的性质解决实际问题．
（1）根据条形统计图B型的销售量和扇形统计图B型计算器所占百分比求出3月份各种型号计算器的销售总量；
（2）根据A型计算器所占的百分比计算A型计算器的数量，即可补充条形图；
（3）根据设购进A型计算器x只，B型计算器y只，则C型计算器为只，根据其数量和与3份计算器销量的总数量相同，结果恰好用完进化款共8200元，得到，整理即可．
【详解】（1）解：（个），
∴3月份各种型号计算器的销售总量为300个；
（2）解：A型计算器销售量为：（个），
条形统计图如图：
（3）解：∵设购进A型计算器x只，B型计算器y只，
∴C型计算器为只，
根据其数量和与3份计算器销量的总数量相同，结果恰好用完进化款共8200元，
∴，
整理得：，
∴y关于x的函数关系式为．
押题预测六 几何证明与相似、全等三角形综合
试题前瞻·能力先查
限时：10min
1．（2026·上海黄浦·二模）学校新建了一个录播教室，为了适应不同教学场景的需要，学校定制了一批新的课桌，要求这批课桌的桌面是等腰梯形的．这天数学老师带领八年级同学到录播教室开展数学探究活动，探究内容就是如何验证这批课桌的桌面是不是等腰梯形的．老师给同学们的探究工具是带刻度的直尺（可以精确量出给定两点的距离）和记号笔．
(1)雏鹰小组给出了他们的验证方案，如下：先依次标记四边形桌面的顶点为A、B、C、D，接着测量与的长，如果，那么桌面不是等腰梯形；如果，再继续测量、、与的长，如果，或者，，那么桌面是等腰梯形，不然，桌面就不是等腰梯形．
其他小组讨论了雏鹰小组给出的验证方案，一致认为这个方案是可行的．如果按雏鹰小组的验证方案，他们小组验证的结果为桌面确实是等腰梯形，就请你来说明一下理由（结合图示，写出已知、求证，并加以证明）；
(2)请再设计一个验证方案，并说明验证的步骤．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）设交于点O，证明，，得到，；进一步可证明，得到，据此可证明四边形是等腰梯形；
（2）在上取，连接，测量的长，若，则可证明四边形是平行四边形，得到，则可证明四边形是等腰梯形．
【详解】（1）解：已知：，
求证：四边形是等腰梯形．
证明如下：如图所示，设交于点O，
在和中，
，
∴，
∴；
同理可证明，
∴；
∵，
，
∴，
∴，即，
∴，
又∵，，
∴四边形是等腰梯形；
（2）解：如图所示，测量出的长，在上取，连接，测量的长，若，那么四边形是等腰梯形，若不满足，则四边形不是等腰梯形．
考纲分析
一、考点趋势分析
本考点是上海市中考数学固定必考解答题，对应试卷第23题，分值12分，近5年中考100%考查，是几何模块的核心区分题，也是决定中档分与高分的关键题型。
核心考查维度：全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与比例式证明、圆的基本性质、特殊四边形（平行四边形、矩形、菱形）的判定、线段垂直平分线的性质。
命题趋势：近5年中考始终以“圆/梯形为载体，全等+相似为核心”，2021年结合圆的性质证明垂直与矩形，2022年结合等腰三角形证明角相等与比例式，2023年结合梯形证明线段相等与比例式，2024年结合矩形证明比例式与线段相等，2025年结合圆证明平行与比例式，重点考查学生的几何逻辑推理能力，难度中等偏上。
二、押题秘笈
解决此类几何证明题的核心是“顺推条件+逆推结论，锁定核心模型”：
先从已知条件出发，顺推基础结论：比如弦相等、中点→垂径定理→垂直、线段相等；平行→角相等；圆的半径相等→等腰三角形，把所有能推出的基础结论列出来，搭建推理框架。
从要证明的结论出发，逆推所需条件：比如证明垂直→证明等腰三角形三线合一/证明三角形全等对应角为直角；证明矩形→先证平行四边形，再证一个角为直角/对角线相等。
遇到比例式/等积式，优先找相似三角形，通过角相等锁定相似模型，再结合全等转化对应边/对应角，完成证明闭环。
1．（2026·上海静安·二模）如图，正方形中，点E在边上，点F是正方形外一点，连结、、，对角线与线段相交于点M，如果，且．
(1)求证：，；
(2)当点E是边的中点时，请直接写出与面积的比值： ．
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】本题考查正方形的性质，相似三角形的性质和判定，等腰直角三角形
（1）先证明，得，再证明，得是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形斜边是直角边的倍，即可证明．
（2）先证明，再证明，设，得，，最后利用求解即可．
【详解】（1）证明：∵是正方形的对角线，
∴，
∵，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
∵，
∴,
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴．
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵点E是边的中点，
∴设，则，
∴，
，
∴．
2．（2026·上海虹口·二模）如图，和都是等腰直角三角形，，，，连接、，，延长交于点，交于点．
(1)求证：四边形为正方形；
(2)如果，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（）先利用已知的两个直角，通过减去公共角，推导出；再结合，用证明，得到；接着结合，判定四边形是矩形，最后根据邻边，得出四边形为正方形；
（）连接，先由（）中正方形的性质，结合勾股定理得到；再利用等腰直角的角度关系和外角定理，推导出；随后通过两角对应相等证明，得到比例式，交叉相乘后结合，证得．
【详解】（1）证明：∵，
∴，即，
∵在和中，
，
∴
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形为正方形．
（2）证明：连接，
∵四边形是正方形，是正方形的对角线，
∴，，，
由勾股定理得： ，
∵ ，
∴， 即，
∵，
∴，
∵由（）知 ，即，
∴，
∵是的外角，
∴，
在中，由内角和定理： ，
∴，
整理得，
∵，
∴，
∵在和中
，
∴，
∴，即，代入，
得：．
3．（2026·上海崇明·二模）如图，已知四边形是平行四边形，点是对角线上一点，，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)点是边上一点，与相交于点，若，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接交于点，利用等腰三角形的性质证明，即可得到结论；
（2）根据题意得到，证明，推出，即可得到结论．
【详解】（1）证明：如图，连接交于点，
四边形是平行四边形，
，
，
，
四边形是菱形；
（2）证明：，
，
由（1）知，四边形是菱形；
，，
，
，
，
．
模题精炼
押题预测七 平面向量、锐角三角比与解直角三角形
试题前瞻·能力先查
限时：5min
1．（2026·上海普陀·二模）如图，菱形的对角线相交于点，如果，那么的值为________．
【答案】/
【分析】由菱形性质、勾股定理及向量加法的平行四边形法则求解即可．
【详解】解：，
，
菱形的对角线相交于点，
，，，且，
在中，，设，则，由勾股定理可得，
，，
则．
2．（2026·上海普陀·二模）如图，在四边形中，，点E在边上，，，．
(1)求的长；
(2)如果，，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先证明，然后根据证明，进而可求出的长；
（2）由可知，从而求出，利用勾股定理求出，然后结合求解即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴．
∵，，
∴，
∴．
（2）解：如图，过点E作于点H，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
考纲分析
一、考点趋势分析
本考点是上海市中考数学特色必考考点，其中平面向量是上海中考独有的考查内容，每年固定在选择/填空考查1题（4分）；锐角三角比与解直角三角形每年固定考查，分值4-10分，近5年中考2次出现在21题解答题，其余年份在填空选择考查，合计分值8-14分，是必考的基础中档考点。
核心考查维度：
平面向量：向量的线性表示、向量的加减运算、平行向量的性质，近5年中考每年必考1道填空/选择题，题型完全固定；
锐角三角比与解直角三角形：锐角三角比的定义、解直角三角形的实际应用、结合几何图形的三角比计算，是几何计算的核心工具。
命题趋势：平面向量始终以“平行四边形/三角形为载体，考查向量的线性分解”，题型稳定；解直角三角形逐渐偏向“结合中线、垂线等几何条件的综合计算”，贴合实际应用场景。
2026年所有区二模试卷中，均有平面向量的填空/选择题，以及解直角三角形的解答题/填空题，是今年中考的必考题型。
二、押题秘笈
平面向量核心：“三角形法则+平行四边形法则”，把目标向量分解为已知向量的和/差，优先利用平行四边形的对边平行且相等、中点的线段平分性质，转化向量的线性关系，注意向量的方向（起点与终点）。
解直角三角形核心：“遇斜化直”，没有直角三角形时，通过作高构造直角三角形，把已知的角、线段长度转化到直角三角形中，利用锐角三角比、勾股定理计算；遇到中线时，优先利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半，或作中位线构造新的直角三角形，简化计算。
模题精炼
1．（2026·上海宝山·二模）如图，在中，的平分线交于点E，，设，，那么用向量、表示向量是______．
【答案】
【分析】根据平行四边形的性质，角平分线的定义，推出，进而得到，再根据三角形法则进行计算即可.
【详解】解：∵中，的平分线交于点E，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴.
2．（2026·上海崇明·二模）如图1，是半圆的直径，点是半圆上一点，过点的直线交的延长线于点，点是线段上一点，且满足，过点作的垂线交的延长线于点，交于点，且．
(1)求证：；
(2)如图2，当时，求的值；
(3)设与的交点为，连接，交于点，若以为圆心，长为半径的圆与以为圆心，为半径的圆外切，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，先推导出得到则继而证明得到，即可解答；
（2）连接，设， 则，推导出得到求出或(舍去)，得到解得，求出，即可解答；
（3）设，推导出得到，由（2）可知 ，，得到，求出，再根据勾股定理，得到，求出或(舍去)，得到，则，即可解答．
【详解】（1）证明：连接，如图，
，
，
，
是的直径，
；
（2）解：连接，如图，
设， 则，，
，
，，
，，
，
由（1）可知
解得或(舍去)，
解得，
，
（3）解：如图，
设，
，
，
，
切于以为半径的于点，
，
，
由（2）可知 ，
，
，
即 ，
，即，
，
，
，
，
解得或（舍去），
，
．
3．（2026·上海崇明·二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于和点，顶点为．
(1)求此抛物线的对称轴及点的坐标；
(2)抛物线的对称轴与轴交于点，点是抛物线上横坐标为2的一点，与对称轴交于点，连接．
①求的值；
②设直线与轴交于点，过点作的平行线，与轴交于点，当四边形是直角梯形时，求的正切值．
【答案】(1)抛物线的对称轴为直线，
(2)①1 ②或
【分析】(1)根据对称轴公式代入化简即可求得对称轴；根据抛物线的对称性及点A的坐标即可求得点B的坐标；
(2)①首先，根据题意得抛物线的顶点坐标，由点是抛物线上横坐标为2的一点，得点，再求得直线的表达式为，进而得点，得，，即可得出；
②首先，过P作轴于C，由，，得到，然后，分别求得直线的表达式为，得，直线的表达式为，得直线的表达式为，进而得，即，再分两种情况进行分类讨论，情况一：如图2，当时，，证得，得，即，解得，进而得；情况二：如图3，当时，，证得，得，即，解得，
进而得．
【详解】（1）解：根据题意知抛物线的对称轴为直线，
∵抛物线与轴交于和点，
∴抛物线的开口向下，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴点在对称轴的右侧，设点，则，解得，
∴；
（2）①解：如图1，
∵抛物线与轴交于，
∴把，代入，得，得，
∴，
∴抛物线的顶点，
∵点是抛物线上横坐标为2的一点，
∴当时，，
∴点，
设直线的表达式为，
把，分别代入，得，解得，
∴直线的表达式为，
当时，，
∴点，
∴，，
∴；
②解：过P作轴于C，
∵，，
∴，
∴．
设直线的表达式为，与y轴交于G，
把，代入，得
，解得，
∴直线的表达式为，
当时，，解得；当时，，
∴，
∴，
设直线的表达式为，
把，，代入，得
，解得，
∴直线的表达式为，
∵，
∴设直线的表达式为，
把代入，得，解得，
∴直线的表达式为，
当时，，
∴，即．
情况一：如图2，当时，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，解得，
∵，
∴，
∴；
情况二：如图3，当时，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，解得，
∵，
∴，
∴；
综上，当四边形是直角梯形时，求的正切值为或．
【点睛】解题的关键是得到，分别求得直线的表达式为，得，直线的表达式为，直线的表达式为，得，即，再分两种情况进行分类讨论，情况一：如图2，当时，，证得；情况二：如图3，当时，，证得．
押题预测八 正多边形、圆的基础性质与位置关系
试题前瞻·能力先查
限时：5min
1．（2026·上海宝山·二模）如图，，点O为射线上一点，，如果是以点O为圆心，半径为3的圆，那么与直线的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．不能确定
【答案】A
【分析】作，求出的长，与半径比较大小，即可得出结果.
【详解】解：作于点，
∵，，
∴，
∵的半径为3，，
∴与直线的位置关系是相离.
2．（2026·上海崇明·二模）如图，已知在正六边形中，，点是边的中点，连接并延长，交延长线于点，则的长为__________．
【答案】
【分析】延长 、交于点 ，在正六边形 中，，证明是等边三角形，得出，根据点是 中点，得出，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：延长 、交于点 ，
在正六边形 中，，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵点是 中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
考纲分析
一、考点趋势分析
本考点是上海市中考数学必考基础考点，每年固定在选择/填空考查1-2题，分值4-8分，近5年中考100%出现，是基础分的重要组成部分。
核心考查维度：
圆的基础性质：点与圆、直线与圆、圆与圆的位置关系判定，垂径定理，圆周角定理；
正多边形：正多边形的内角和、外角和、中心角、边心距、面积计算，正多边形与圆的关系。
命题趋势：圆的位置关系判定是每年选择/填空的高频考点，正多边形的计算常结合三角板、拼接等情境考查，难度低，侧重基础性质的应用。
2026年区二模试卷中，均有圆的位置关系、正多边形计算的题目，是今年中考的必考基础题型。
二、押题依据
题型完全贴合中考：圆与圆的位置关系题复刻了2021年上海中考第6题的经典考法，正多边形面积计算题复刻了2021年上海中考第17题的考法，与近5年中考真题的题型、难度完全一致。
考点全覆盖：涵盖了圆与圆的位置关系判定、点与圆的位置关系、矩形的性质、勾股定理、正多边形的面积计算、含30°角的直角三角形的性质等全部核心考点，是中考高频考查的内容。
贴合考情趋势：圆的位置关系是近5年中考选择压轴题的高频考法，正多边形计算是填空高频考点，2026年各区二模均大量出现，是2026年中考的必考题型。
三、押题秘笈
圆的位置关系核心：“圆心距与半径和/差的比较”
①点与圆：比较点到圆心的距离与半径，在圆外，在圆上，在圆内；
②圆与圆：比较圆心距与两圆半径、（），外离，外切，相交，内切，内含。
③正多边形计算核心：“转化为直角三角形”，把正多边形的边长、边心距、半径转化为含中心角的直角三角形（中心角的一半为锐角），利用锐角三角比、勾股定理计算，正六边形可以分解为6个全等的等边三角形，简化计算。
模题精炼
1．（2026·上海黄浦·二模）如图，坐标平面内圆，已知圆的半径为2，圆心，下列直线中，与圆相交，且被圆所截得的弦最长的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据圆中最长的弦是直径，可得经过圆心的直线被圆所截得的弦最长，判断选项中哪条直线经过圆心即可．
【详解】解：A、在直线中，当时，，∴直线不经过圆心，故此选项错误；
B、在直线中，当时，，∴直线不经过圆心，故此选项错误；
C、在直线中，当时，，∴直线经过圆心，故此选项正确；
D、在直线中，当时，，∴直线不经过圆心，故此选项错误．
2．（2026·上海普陀·二模）已知一个正多边形的中心角等于，那么下列关于这个正多边形的结论中，错误的是（ ）
A．边数为6 B．每个外角都等于
C．边长与半径长的比为 D．既是轴对称图形也是中心对称图形
【答案】C
【分析】先根据正多边形中心角和为求出正多边形边数，再结合正多边形的性质逐一判断选项即可．
【详解】解：∵该正多边形的中心角为，
∴边数，
∴该多边形为正六边形．
A、边数为，结论正确，故选项不符合题意；
B、正六边形每个外角为，结论正确，故选项不符合题意；
C、∵正六边形可被中心与顶点的连线分为个全等的等边三角形，正多边形的半径为等边三角形的边长，
∴正六边形的边长等于半径，边长与半径的比为，结论错误，故选项符合题意；
D、正六边形既是轴对称图形，也是中心对称图形，结论正确，故选项不符合题意．
3．（2026·上海闵行·二模）已知半径为2的正多边形的内角和是外角和的3倍，那么这个正多边形的面积为_____．
【答案】
【分析】先根据正多边形内角和与外角和的关系求出边数，再将正多边形分解为若干个全等的等腰三角形，通过计算单个等腰三角形面积，求和得到正多边形的面积．
【详解】解：设正多边形的边数为，
根据题意得，
解得，
∴该正多边形为正八边形，如图正八边形，连接，，，交于点O，过点A作于I，
∵半径为2
∴，，
∵
∴，
∴，
∴正八边形的面积．
4．（2026·上海虹口·二模）如图，以正六边形的顶点为圆心，的长为半径画圆，如果图中阴影部分的面积为，那么该正六边形的边长是______．
【答案】
【分析】根据正多边形内角和公式求出扇形的圆心角，然后按扇形面积公式计算即可．
【详解】解：∵正六边形的内角是，阴影部分的面积为，
设正六边形的边长为，
∴ ，
解得．
则正六边形的边长为3．
5．（2026·上海黄浦·二模）已知是圆和的公共弦，如果弦是圆的内接正方形的一边，也是圆的内接正六边形的一边，那么圆与的半径之比是______．
【答案】
【分析】设公共弦，半径为，半径为，根据是内接正方形的边，得出 是等腰直角三角形，由勾股定理得，根据是内接正六边形的边，得出 是等边三角形，则，即可求解；
【详解】解：设公共弦，半径为，半径为，
∵是内接正方形的边，正方形中心角为，
∴是等腰直角三角形，
由勾股定理得： ，即，解得，
∵是内接正六边形的边，正六边形中心角为，
又，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
押题预测九 新定义题型与动态几何综合
试题前瞻·能力先查
限时：10min
1．（2026·上海宝山·二模）定义：有且仅有一条边长等于其外接圆半径的三角形叫做“等接圆三角形”．如果等腰三角形是“等接圆三角形”，那么的面积与其外接圆面积的比值是______．（保留）
【答案】或
【分析】根据题意，分两种情况，画出图形，进行求解即可．
【详解】解：由题意，圆的半径只能与等腰三角形的底边相等，
当等腰三角形的顶角为锐角时，如图，是等腰的外接圆， ，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
作于点，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为，的面积为，
∴的面积与的面积比为；
当为钝角时，如图，连接交于点，
∵，，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴的面积，的面积为，
∴的面积与的面积比为；
综上：的面积与的面积比为或．
2．（2025·上海静安·二模）如图，矩形中，，，点是的中点，点是边上的动点（不与端点重合），如果把四边形沿直线翻折，得到四边形（点、分别与点、对应），连接、，当时，的周长为______．
【答案】
【分析】如图：延长到任意一点P，连接，由矩形的性质得，由点M是的中点得，由翻折得垂直平分，垂直平分，，则，所以，可证明，由，推导出，而，所以，则，因为，所以，则，所以，则，由可得，则，所以，据此即可解答．
【详解】解：如图：延长到任意一点P，连接，
∵矩形中，，，点是的中点，
∴，
∵把四边形沿直线翻折，得到四边形，
∴点E与点D关于直线对称，点F与点A关于直线对称，，
∴垂直平分，垂直平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的周长为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、翻折变换的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的周长等知识点，正确地作出辅助线是解题的关键．
考纲分析
一、考点趋势分析
本考点是上海市中考数学填空压轴题固定考查内容，对应试卷第18题，分值4分，近5年中考100%考查，是全卷难度最高的填空题，也是区分高分段的核心题型之一。
核心考查维度：新定义概念的理解与应用、动态几何中的最值计算、图形的旋转/平移变换、几何图形的性质综合。
命题趋势：近5年中考18题始终以“新定义+动态几何”为核心，2021年点到图形的距离新定义、2022年“等弦圆”新定义、2023年圆的动态位置关系、2024年抛物线“开口大小”新定义、2025年正多边形与圆的新定义，重点考查学生的现场学习能力、抽象思维能力和几何综合应用能力。
2026年区一、二模试卷中，18题新定义题型较多，包括“等接圆三角形”“抛物线特征值”“半高底三角形”等，与中考命题趋势完全一致，是今年中考的必考创新题型。
二、押题秘笈
解决此类新定义题型的核心是“拆解定义+转化模型+锁定临界”：
先拆解新定义，把陌生的定义转化为熟悉的几何模型：比如本题中“点到图形的最短距离”，转化为点到正方形的边/顶点的最短距离，核心是点到直线的距离、两点间的距离。
分析动态过程，锁定临界位置：图形旋转的动态问题，优先找到旋转过程中的两个临界状态（最大值、最小值），结合几何性质计算临界值，确定取值范围，注意端点的取舍，结合图形验证结果的合理性。
模题精炼
1．（2026·上海崇明·二模）定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的凸四边形叫做“等对角四边形”．已知在中，，，将沿着过点的直线翻折，使点落在边上的点处，点是边上一点，若四边形是“等对角四边形”，则的值为__________．
【答案】或
【分析】先根据等腰三角形的性质求出各内角的度数，再结合“等对角四边形”的定义分两种情况进行解答即可．
【详解】解：在中，， ，
设过点的直线与相交于点P，连接，
由翻折的性质可知
当四边形是“等对角四边形”时，有以下两种情况：
①当时，
∵，
∴和点重合，如图所示，
此时，
∴
∴四边形是“等对角四边形”；
设其中
∴
∵，
∴，
由折叠可知，，
∴，
∴
在和中，
∴
∴，
∴，
整理得到，
解得，
即（不合题意，舍去），
∴时，，
即
②当时，如图所示，
同理可得，
∴
∴四边形是“等对角四边形”；
设其中
∴
∵，
∴，
∴
∵
∴，
∴
∴，
∴
由①可知，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
，
综上可知，的值为或．
2．（2025·上海普陀·二模）在中，，（如图）．点在边上，，为垂足，将绕点按顺时针方向旋转后得到，点、分别与点、对应，，射线与边交于点．如果，那么的长是________．
【答案】4或4.8
【分析】先过点A作交与点F，利用等腰三角形的性质以及余弦的定义得出，然后分两种情况，当P在的延长线上时和当P在线段上时想，证明四边形为平行四边形，根据设出， ，有旋转的性质得出，得出，最后根据余弦的定义求出x，进而可得出答案．
【详解】解：过点A作交与点F，
∵，
∴，，
∴，
分两种情况：当P在的延长线上时，如下图：
由旋转的性质得出，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵
∴设，则，
则，，
∴，
∵，
∴，
解得：，
则；
当P在线段上时，如下图：
同理可设，则，
则，
∴，
∵，
∴，
解得：，
则，
综上：的值为4或4.8，
故答案为：4或4.8．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形三线合一的性质，解直角三角形的计算，平行四边形的判定和性质，旋转的性质等知识，学会分类思考是解题的关键．
3．（2025·上海浦东新·二模）如图，在中，，，点在边上，且是等边三角形，点是对角线上一点．如果经过点且与边没有公共点，那么的半径的取值范围是________．
【答案】
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系、平行四边形的性质、勾股定理、解直角三角形的应用，解题关键是找到界点时的情况计算．
根据题意，需要找到当时，半径最小；当点与点重合时，半径最大，计算出长度即可解答．
【详解】解：作交于点，
在中，
，，，，
，
是等边三角形，
，，
在直角中，
，，
，
，
在直角中，
，
在直角中，
，
作交于点，
，
，
，
与相切时，，即，
当时，半径最小，即；
当点与点重合时，，即，
，
半径最大为，
综上所述，．
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2026年中考数学押题预测（上海地区专用）
TOC \o "1-1" \h \u HYPERLINK \l "_Toc22449" 押题预测一 二次函数含参综合问题 1
HYPERLINK \l "_Toc41" 押题预测二 圆与几何综合压轴问题 19
HYPERLINK \l "_Toc27496" 押题预测三 代数基础运算与方程（组）、不等式（组）求解 38
HYPERLINK \l "_Toc7078" 押题预测四 一次函数与反比例函数综合应用 46
HYPERLINK \l "_Toc5421" 押题预测五 统计与概率核心考点 55
HYPERLINK \l "_Toc10564" 押题预测六 几何证明与相似、全等三角形综合 65
HYPERLINK \l "_Toc19624" 押题预测七 平面向量、锐角三角比与解直角三角形 72
HYPERLINK \l "_Toc24176" 押题预测八 正多边形、圆的基础性质与位置关系 74
HYPERLINK \l "_Toc9330" 押题预测九 新定义题型与动态几何综合 84
押题预测一 二次函数含参综合问题
限时：10min
1．（2026·上海闵行·二模）在平面直角坐标系中，过、两点的抛物线（其中、是常数）与轴的另一个交点为，顶点为．
(1)求这条抛物线的表达式；
(2)如果点在抛物线上，且在第四象限，过点作轴，与抛物线的另一个交点为，连接，作轴，交于点，连接．
①当时，求的值；
②抛物线关于直线对称所得新抛物线的顶点为，如果点刚好落在线段上，求点的坐标．
考纲分析
一、考点趋势分析
从近五年（2021-2025年）上海市中考数学试卷来看，二次函数综合题固定为试卷第24题，分值12分，是全卷核心区分度题型之一，属于每年必考的压轴级考点。
核心考查维度：待定系数法求二次函数解析式、抛物线的平移/对称变换、平面直角坐标系中特殊几何图形（等腰直角三角形、平行四边形、梯形）的性质、锐角三角比、相似三角形的数形结合应用。
命题趋势：2021年结合等腰直角三角形、2022年结合抛物线平移与特殊角、2023年结合一次函数与平移变换、2024年结合双抛物线与梯形、2025年结合双抛物线与直角梯形，始终围绕“二次函数为载体，几何图形为核心”的命题逻辑，稳中求新。
2026年宝山、闵行、松江、浦东等热门区二模试卷中，二次函数综合题均延续了这一命题逻辑，新增了“对称变换+图形存在性”“含参范围求解”的考法，与上海中考命题方向高度契合。
二、押题秘笈
解决此类问题的核心是“坐标化转化”：
先通过待定系数法锁定抛物线解析式，明确对称轴、顶点、与坐标轴交点等基础信息；
将几何图形的性质（等腰、直角、平行等）转化为点的坐标关系，用含参数的式子表示动点坐标；
把点在抛物线上的条件转化为方程，求解参数并结合象限范围取舍，完成数形结合的闭环。
模题精炼
1.（2026·上海嘉定模拟）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，抛物线与直线交于、两点，顶点的坐标是，过点作轴，交抛物线于点D，连接．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)求的正切值；
(3)点为抛物线上一点，当以、、、为顶点的四边形是梯形时，请直接写出点的坐标．
2．（2026·上海崇明·二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于和点，顶点为．
(1)求此抛物线的对称轴及点的坐标；
(2)抛物线的对称轴与轴交于点，点是抛物线上横坐标为2的一点，与对称轴交于点，连接．
①求的值；
②设直线与轴交于点，过点作的平行线，与轴交于点，当四边形是直角梯形时，求的正切值．
3．（2026·上海虹口·二模）已知抛物线．
(1)画抛物线时，如果列出的两组数据如表（信息不完整）所示，请直接写出该抛物线的对称轴，并求此时和之间的数量关系；
1
2 2
(2)已知点为抛物线与轴的交点，点、在抛物线上，连接、、和．
①如果四边形为正方形，那么的值是 ，和之间的数量关系是 ；
②如图，当时，已知四边形为菱形，．点在抛物线上且横坐标为2，连接、，如果的面积为，求抛物线的表达式．
4．（2026·上海静安·二模）如图1，四边形中，，，，．
(1)求证：，并求与的相似比k；
(2)如图2，我们以直线为x轴，以过点C且垂直于线段的直线为y轴，建立平面直角坐标系，已知．
①求图像经过点A、B、C三点的二次函数解析式；
②如果我们将（1）中与的关系看作是一种图形变换，这种变换是将先绕点B按顺时针方向旋转，使点C落在上，点D落在上，再将旋转得到的三角形的边长都扩大到原来的k倍，从而得到，我们将称为的像，将称为的原像．如果是的像，而是的原像，试直接写出点E和点F的坐标：点E的坐标是，点F的坐标是．
5．（2026·上海松江·二模）在平面直角坐标系中，一次函数与轴交于点，与轴交于点，是直线上一点（不与点重合），且，抛物线经过、两点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点在抛物线上，且位于第一象限，如果四边形是梯形，求梯形的面积；
(3)点、都在第三象限，其中点在抛物线上，点在抛物线的对称轴上，如果与相似，且边与边对应，求点的坐标．
押题预测二 圆与几何综合压轴问题
试题前瞻·能力先查
限时：10min
1．（2026·上海宝山·二模）如图1，是的直径，C是延长线上一点，是的切线，P为切点，连接、．
(1)求证：；
(2)如图2，过点B作交于D，
①如果，，求的长；
②连接、，如果是以为腰的等腰三角形，求的值．
考纲分析
一、考点趋势分析
本考点为上海市中考数学第25题固定考查内容，分值14分，是全卷难度最高的压轴题，近5年中考100%出现，是决定高分段的核心题型。
核心考查维度：圆的基本性质（垂径定理、圆周角定理、切线性质）、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与比例计算、等腰三角形/直角三角形的存在性、动态几何中的线段范围求解。
命题趋势：近5年中考始终以“四边形+圆”为核心载体，2021年结合梯形与相似、2022年结合平行四边形与双圆、2023年结合等腰三角形与圆、2024年结合梯形与外接圆、2025年结合平行四边形与相似，重点考查学生的几何逻辑推理、复杂图形拆解、代数几何综合计算能力。
2026年宝山、闵行、徐汇、浦东等区二模试卷中，25题均以“圆与梯形/平行四边形结合”为核心，新增了“等腰三角形存在性”“相切动态问题”的考法，与中考命题趋势完全匹配。
二、押题依据
题型与分值完全对标中考：3小问梯度设置，第(1)问基础证明，第(2)问中档推理与计算，第(3)问拔高压轴，与上海中考25题的命题结构、难度分层完全一致。
考点覆盖：圆的直径性质、梯形的性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等近5年中考压轴题的全部核心考点，复刻了2021年上海中考25题的经典考法，是上海中考最稳定的压轴考查方向。
参考2026年各区二模的“圆嵌入四边形”的热门考法，兼顾了基础证明与综合计算，符合上海中考“重逻辑、重综合”的命题特点。
三、押题秘笈
解决此类压轴题的核心是“拆解图形+锁定模型”：
先拆解复杂图形，从基础条件出发，先证出全等/相似的基础结论，锁定角相等、线段成比例的核心关系；
遇到直角、直径、垂直等条件，优先联想圆周角定理、勾股定理、锐角三角比，建立线段之间的数量关系；
压轴小问优先设参数，用参数表示所有相关线段，结合相似、勾股定理建立方程求解，遇到多解情况要结合图形范围取舍。
模题精炼
1．（2026·上海崇明·二模）如图1，是半圆的直径，点是半圆上一点，过点的直线交的延长线于点，点是线段上一点，且满足，过点作的垂线交的延长线于点，交于点，且．
(1)求证：；
(2)如图2，当时，求的值；
(3)设与的交点为，连接，交于点，若以为圆心，长为半径的圆与以为圆心，为半径的圆外切，求的值．
2．（2026·上海黄浦·二模）如图，圆心O是一处激光光源，照射在圆O的弦所在的挡板上，且，现在弦上两个位置M、N处开缝，使激光束透过这两个缝隙最终照射在弧上的两个亮点C、D恰好能将弧三等分．
(1)求证：；
(2)试说明：点M、N不是弦的两个三等分点；
(3)假设弦上的开缝位置P、Q恰好是弦的两个三等分点，试画出新的激光光源S的位置，使得激光束通过缝隙P、Q后最终照射在弧上的两个亮点恰好是C、D，并求的大小．
3．（2026·上海闵行·二模）已知：如图，为半圆的直径，点为的中点，连接交弦于点、交弦于点，且，连接、．
(1)如图①，求证：四边形是等腰梯形；
(2)点在直径上（不与、重合），连接交于点．
Ⅰ．如图②，当，且为的中点时，求的值；
Ⅱ．连接，半圆的半径为1，．当为直角三角形时，求的长．
4．（2026·上海静安·二模）菱形中，点E在线段上，连接、．
(1)如图1，连接交于点F，若，求证：；
(2)如图2，，，点P在线段上，且满足，设，，
①求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
②当时，以为半径的和以为半径的是否相交？如果相交，求出它们的公共弦长；如果不相交，请说明理由．
5．（2026·上海松江·二模）已知正方形，点在边上，点在的延长线上，与交于点．
(1)如图1，如果，求证：；
(2)如图2，如果，且，求的正切值；
(3)以点为圆心为半径画圆，与以为直径的的另一个交点记为点，如果，，，求的长．
押题预测三 代数基础运算与方程（组）、不等式（组）求解
试题前瞻·能力先查
限时：5min
1．（2026·上海普陀·二模）计算：．
2．（2026·上海崇明·二模）解方程：
3．（2026·上海松江·二模）解方程组：
4．（2026·上海宝山·二模）解关于x的不等式组：．
5．（2026·上海黄浦·二模）解方程组：
6．先化简，再求值：已知，求的值．
考纲分析
一、考点趋势分析
本考点是上海市中考数学固定基础必考题，对应试卷第19、20题，合计20分，占全卷分值的13.3%，近5年中考100%考查，是必须拿满的基础分。
核心考查维度：
第19题：实数的混合运算，固定考查分数指数幂、零指数幂、负整数指数幂、绝对值、二次根式化简、特殊角的锐角三角比，近5年中考题型完全固定；
第20题：方程（组）与不等式（组）求解，交替考查二元二次方程组、分式方程、一元一次不等式组，近5年中考每年必考其一，2021、2022年考查二元二次方程组，2023年考查不等式组，2024年考查二元二次方程组，2025年考查分式方程。
2026年所有区二模试卷中，19、20题均完全延续了这一命题结构，无题型变化，是上海中考最稳定的送分考点。
押题依据
题型完全对标中考：19题实数运算、20题二元二次方程组，完全复刻了近5年中考出现频率最高的题型组合，与2021、2022、2024年上海中考真题题型完全一致。
考点全覆盖：涵盖了实数运算的全部核心考点，以及二元二次方程组的因式分解降维解法，是中考100%会考查的基础内容。
难度贴合中考：题目难度、计算量与中考完全匹配，无偏题怪题，符合上海中考“基础题重规范、重计算”的命题要求。
押题秘笈
实数运算核心：先逐项化简，再合并计算，重点注意负指数幂的符号、绝对值的非负性、零指数幂结果为1（底数不为0），计算完成后务必逐项检查，避免低级失误。
二元二次方程组核心：因式分解降维，把二次方程通过平方差、完全平方公式分解为两个一次方程，再与原一次方程组合成两个二元一次方程组，分别求解，最后检验结果。
不等式组核心：分别求解每个不等式，再根据“同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了”确定解集，注意数轴表示和端点的实心/空心。
考点趋势分析
本考点是上海市中考数学固定基础必考题，对应试卷第19、20题，合计20分，占全卷分值的13.3%，近5年中考100%考查，是必须拿满的基础分。
核心考查维度：
第19题：实数的混合运算，固定考查分数指数幂、零指数幂、负整数指数幂、绝对值、二次根式化简、特殊角的锐角三角比，近5年中考题型完全固定；
第20题：方程（组）与不等式（组）求解，交替考查二元二次方程组、分式方程、一元一次不等式组，近5年中考每年必考其一，2021、2022年考查二元二次方程组，2023年考查不等式组，2024年考查二元二次方程组，2025年考查分式方程。
2026年所有区二模试卷中，19、20题均完全延续了这一命题结构，无题型变化，是上海中考最稳定的送分考点。
押题依据
题型完全对标中考：19题实数运算、20题二元二次方程组，完全复刻了近5年中考出现频率最高的题型组合，与2021、2022、2024年上海中考真题题型完全一致。
考点全覆盖：涵盖了实数运算的全部核心考点，以及二元二次方程组的因式分解降维解法，是中考100%会考查的基础内容。
难度贴合中考：题目难度、计算量与中考完全匹配，无偏题怪题，符合上海中考“基础题重规范、重计算”的命题要求。
押题秘笈
实数运算核心：先逐项化简，再合并计算，重点注意负指数幂的符号、绝对值的非负性、零指数幂结果为1（底数不为0），计算完成后务必逐项检查，避免低级失误。
二元二次方程组核心：因式分解降维，把二次方程通过平方差、完全平方公式分解为两个一次方程，再与原一次方程组合成两个二元一次方程组，分别求解，最后检验结果。
不等式组核心：分别求解每个不等式，再根据“同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了”确定解集，注意数轴表示和端点的实心/空心。
模题精炼
1．（2026·上海松江·二模）计算：．
2．（2026·上海闵行·二模）计算：．
3．先化简，再求值：，其中．
4．（2026·上海崇明·二模）解方程：
5．（2026·上海普陀·二模）解方程：．
6．以下是某同学化简分式的部分运算过程．
解：原式①
②
③
(1)以上的运算过程第__________步出现了错误；（填序号）
(2)请你写出正确的完整化简过程，并将代入化简结果，求出分式的值．
7．先化简，再求值：，其中m是方程的根．
8．先化简，再求值：，任选一个a代入，其中a是满足的整数．
押题预测四 一次函数与反比例函数综合应用
试题前瞻·能力先查
限时：8min
1．（2026·上海闵行·二模）小闵在探究纸杯叠放的高度规律时，得到了一套遗失了部分实验数据的图纸．图①是一张缺失了部分信息的函数图纸，实验数据表示的点，，都落在了线段上；图②是同一次实验的另一张缺失了部分图像的示意图，图中显示了6个相同规格的纸杯叠放后增加的高度．
(1)求叠放在一起的纸杯总高度（厘米）关于纸杯数量（个）的函数解析式（不写定义域）；
(2)为了保持纸杯清洁，在最上端的纸杯加装一个盖子以后，高度增加了2厘米，此时总高度为46.8厘米，求纸杯的数量．
2．（2026·上海静安·二模）如图，点A在反比例函数的图像上，轴，垂足点B在x轴负半轴上，已知点B，C关于原点对称．
(1)当点A的横坐标是时，求的面积；
(2)当，求直线的表达式．
考纲分析
一、考点趋势分析
本考点是上海市中考数学高频解答题考点，对应试卷第21题，分值10分，近5年中考3次考查（2021、2024、2025年），其余年份也在选择填空中高频出现，是2026年中考极大概率考查的中档解答题。
核心考查维度：反比例函数与一次函数的交点问题、待定系数法求函数解析式、关于原点/坐标轴对称的点的坐标特征、锐角三角比的计算、三角形面积计算、相似三角形的应用。
命题趋势：始终以“双函数交点”为核心，结合平面直角坐标系中的几何计算，重点考查数形结合能力，难度中等，是区分基础分与中档分的核心题型。
2026年宝山、闵行、松江、浦东等区二模试卷中，21题均以“一次函数与反比例函数综合”为考查内容，是今年二模的热门题型，与中考命题方向高度契合。
二、押题依据
题型结构贴合中考：2小问设置，第(1)问基础求参，第(2)问几何计算，与上海中考21题的命题结构、难度完全一致。
考点覆盖高频核心：涵盖了待定系数法求函数解析式、反比例函数的性质、原点对称的坐标特征、锐角三角比的平面直角坐标系应用，是近5年中考该题型的全部核心考点。
三、押题秘笈
解决此类问题的核心是“先定解析式，再转几何量”：
先利用交点坐标同时满足两个函数解析式，代入求解参数，锁定两个函数的完整表达式，确定所有关键点的坐标；
求锐角三角比时，优先构造直角三角形，利用坐标差求出直角边的长度，再根据正切/正弦/余弦的定义计算；
涉及面积、对称等问题时，优先利用坐标的几何意义，结合图形性质简化计算，避免复杂的几何推理。
模题精炼
1．（2025·上海闵行·二模）如图，已知函数和的图像交于点，这两个函数的图像与轴分别交于点、．
(1)分别求出这两个函数的解析式；
(2)求的面积；
(3)请根据图像直接写出不等式的解集．
2．（2026·上海宝山·二模）如图，在平面直角坐标系中，反比例函数与直线交于点、点B，点C和点A关于原点对称．
(1)求k与n的值；
(2)求的值．
3．（2026·上海虹口·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知双曲线经过顶点和边上的一点，，．设边与轴正半轴的夹角为，且．
(1)求双曲线的表达式；
(2)如果轴，求点的坐标．
4．（2026·上海黄浦·二模）下图是通过实验测得的一种抗过敏药物服用后，随时间的变化其有效成分含量在人体血液中的变化情况，在最初30分钟含量会直线上升，然后在30分钟至200分钟间稳定在饱和状态，人体血液中含量恒为100个计量单位，之后就会逐步下降，下降过程中人体血液中有效成分含量y个计量单位与时间x分钟之间大致符合函数（，k为常数）．
(1)求k的值；
(2)如果这种抗过敏药物在人体血液中的含量低于40个计量单位时，就会失去抗过敏的效果，那么这种抗过敏药物隔多少时间需服用一次（结果精确到1小时）．（参考数据：，，）
5．（2026·上海闵行·一模）人工智能已经逐渐融入我们的生活．某餐厅为了跟上时代的步伐，购买了一个送餐机器人，这种机器人与地面的接触面积是可以调整的．在水平地面上，当机器人对地面的压力一定时，地面所受压强与接触面积之间存在的反比例函数关系（数据如表一所示）．餐厅的地面由玻璃、木地板和大理石三种材质拼接而成．地面材质与地面承受的最大压强的关系如表二所示．
表一：地面所受压强与接触面积之间的关系
地面所受压强 …… ……
接触面积 …… ……
表二：地面材质与地面承受的最大压强的关系
地面材质 玻璃 木地板 大理石
能承受的最大压强（）
(1)求地面所受压强关于接触面积的函数表达式（不写定义域）；
(2)求该机器人与地面的接触面积至少为多少平方米？
押题预测五 统计与概率核心考点
试题前瞻·能力先查
限时：10min
1．（2026·上海普陀·二模）某校举办校园歌手大奖赛，在评委评定的十个分数中，去掉一个最高分，去掉一个最低分，剩余的八个分数与原来的十个分数相比，一定不会变化的统计量是（ ）
A．平均数 B．众数 C．中位数 D．方差
2．（2026·上海虹口·二模）一只不透明的袋子中，装有3个白球和若干个红球，这些球除颜色外都相同，如果搅匀后从中任意摸出一个球，摸到白球的概率为，那么红球的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．（2026·上海宝山·二模）某校开展校园才艺大赛，根据同学们的报名意向分为“A唱歌、B舞蹈、C器乐、D戏剧、E其他”几个表演类别．图1、图2是每类表演报名人数的不完整统计图．
(1)扇形统计图中“B舞蹈”所在扇形的圆心角度数为______°；
(2)本次大赛总共报名______人，请补全条形统计图；
(3)才艺大赛当天由7名学生代表作为评审进行打分（满分10分），甲、乙两位同学在“A唱歌”项目的得分及其部分统计结果如下：
甲 8 6 7 6 7 9 6
乙 8 4 8 9 8 9 3
平均数 中位数 方差
甲 a 7
乙 7 b c
①表中的数据： ______， ______， ______；
②结合平均数、中位数、方差等统计数据，谈谈你对甲、乙两位同学成绩的看法．
考纲分析
一、考点趋势分析
本考点是上海市中考数学必考基础考点，每年固定在选择填空考查1-2题，近2年模拟题有部分区出现，2026年中考有可能回归，合计分值8-14分，是必须拿满的送分考点。
核心考查维度：
统计部分：条形统计图、扇形统计图的综合应用，平均数、中位数、众数、方差的计算与意义分析，用样本估计总体；
概率部分：简单事件的概率计算，列表法/树状图法求概率，频率估计概率，近5年中考每年填空必考1道概率题。
命题趋势：贴合实际生活情境（校园活动、民生数据、科技发展），重点考查数据处理能力和统计观念，难度极低，是全卷最稳定的得分点。
2026年区二模试卷中，出现统计与概率的解答题较多，是一个重要信号！
二、押题依据
题型贴合中考：结合双统计图的统计综合+概率计算，完全复刻了上海中考该题型的经典考法，与近5年中考真题的命题结构、难度完全一致。
考点全覆盖：涵盖了统计图表的综合应用、用样本估计总体、圆心角度数计算、列表法求概率等全部核心考点，是中考100%会考查的内容。
情境贴合最新考情：采用校园读书节的热门情境，贴合2026年各区二模的“校园活动+统计”的命题趋势，符合上海中考的命题特点。
三、押题秘笈
统计题核心：先通过“已知频数+对应占比”求出总样本量，再补全统计图，所有计算围绕“频数=总数×频率”展开，圆心角度数=360°×对应频率，用样本估计总体时直接用总数×样本频率。
概率题核心：
①简单概率：直接用“符合条件的情况数÷总情况数”计算；
②两步概率：优先用列表法/树状图列出所有等可能的结果，再数出符合条件的结果数，计算概率，注意区分“放回”与“不放回”的情况。
③统计量分析：平均数反映平均水平，中位数反映中间水平，众数反映出现次数最多的数，方差反映数据的波动大小，方差越小越稳定。
模题精炼
1．（2026·上海崇明·二模）某校为了解学生体育运动时间的情况，将调查所得的50个数据整理成下表：
体育运动时间（小时） 1.5 1.7 1.8 2 2.2
人数（人） 10 10 20 5 5
对于这组数据，下列判断中，正确的是（ ）
A．众数和平均数相等 B．中位数和平均数相等
C．中位数和众数相等 D．中位数、众数和平均数都相等
2．（2026·上海闵行·二模）在投掷实心球的比赛中，甲、乙两人各投掷了次，球的落地位置如图所示．已知两人次投掷所得的平均成绩相同，对于甲、乙两人这次成绩的方差的描述正确的是（ ）
A． B． C． D．无法确定
3．（2026·上海普陀·二模）近年来，AI工具逐渐融入学生学习生活中，某校为了了解本校学生使用AI工具的情况，随机抽取了部分学生进行问卷调查，并将调查所得数据整理后绘制成如图的条形统计图．如果该校共有1000名学生，那么根据调查结果，估计该校学生中使用两种及以上AI工具约有________人．
4．（2026·上海崇明·二模）为激发青少年崇尚科学，探索未知的热情，某校开展“逐梦科技强国”为主题的活动，随机抽取了200名学生的模型设计成绩（成绩为百分制，用表示），整理后将其分成如下四组：A：，B：，C：，D：，并将结果绘制成扇形统计图（如图所示）．如果该校学生共1200人，请估计全校模型设计成绩不低于80分的学生共有__________人．
5．（2026·上海虹口·二模）如图，已知小明调查了团队中每位同学最喜欢的颜色（每人只能选择一种颜色），并绘制了不完整的扇形统计图和条形统计图，那么喜欢黄色的同学有______人．
6．（2026·上海闵行·二模）生活中很多瓶装矿泉水没有喝完便被扔掉，造成极大的浪费．为此数学兴趣小组对某次会议所发瓶装矿泉水的使用情况进行统计，大致可分为四种：I．全部喝完；Ⅱ．约；Ⅲ．约一半；Ⅳ．整瓶但基本未喝．同学们根据统计结果绘制如图所示的两个不完整的统计图，那么参加这次会议的人中矿泉水剩约一半的人数为____人．
7．（2026·上海静安·二模）为提高学生身体素质，体育课开设了“引体向上”项目．现从某年级随机抽取了部分男生进行测试，绘制出不完整的统计图（如图所示），在本次调查获取的样本数据中，“引体向上”完成次数最少为6次，最多为10次，且次数在10次的学生数占总人数的，那么本次调查样本的中位数为______次．
8．（2026·上海杨浦·二模）小明正在进行“关于生物遗传概率的探究”：
他从互联网上收集到了这些信息：
1．相对性状：同种生物同一性状的不同表现形式（如卷发、直发、双眼皮、单眼皮）；
2．显隐性：题目中标注“显性”的性状，只要有1个显性基因就会表现（如
表现卷发）；“隐性”性状必须有2个隐性基因才会表现（如表现直发）；
3．基因型：用字母表示基因组成，显性基因用大写（D、A、B），隐性基因用小写（d、a、b）；
显性性状基因型：2种可能（纯合子：如，2个显性基因；杂合子：如，1显1隐）；
隐性性状基因型：只有1种（纯合子：如，2个隐性基因）；
4．遗传规律：亲代会将一对基因（例如：）中的1个（例如：D）传给子代，子代的一对基因来自父亲和母亲；
5．独立遗传：本题三对性状的基因互不影响》
已知性状显隐性（均为常染色体遗传）
①毛发直卷：卷发（D）对直发（d）为显性（表现卷发，表现直发）；
②眼睑形状：双眼皮（A）对单眼皮（a）为显性（表现双眼皮，表现单眼皮）；
③拇指形态：直拇指（B）对弯拇指（b）为显性（表现直拇指，表现弯拇指）．
小明的数学老师提出了下列问题：
(1)一对卷发夫妇，丈夫基因型为，妻子基因型为，求二人生育一个直发孩子的概率．
(2)一对双眼皮夫妇，生育了1个单眼皮孩子，据此先判断夫妇的基因型，再求二人再生育一个双眼皮纯合子孩子的概率．
(3)已知男性基因型为（卷发、直拇指），女性基因型为（直发、直拇指），求二人生育一个卷发、弯拇指孩子的概率．
(4)一对卷发夫妇，男方父母均为“卷发、单眼皮”（且男方父亲为卷发纯合子，男方母亲为卷发杂合子），女方母亲为“直发、单眼皮”、女方父亲为“卷发、双眼皮（纯合子）”．求这对夫妇生育一个直发、单眼皮孩子的概率．
A a
A
a
9．（2025·上海浦东新·二模）小明乔迁的新居使用的是分时电表，按平时段（~）和谷时段（~次日）分别计费．为了解年月新居的平时段用电量，小明连续天，每天记录了电表平时段的读数，如下表：
星期 日 一 二 三 四 五 六 日
平时段的读数（单位：千瓦时）
根据表格提供的信息，解答下列问题：
(1)小明家这几天中，平时段单日用电量最大的那天的用电量是________千瓦时；
(2)计算小明家月份平时段用电总量约是多少千瓦时？
(3)小明计算出这几天平时段单日用电量的中位数和众数都是千瓦时，你认为正确吗？请简要说明理由．
10．某文具商店为了了解3月份计算器的销售情况，对3月份各种型号计算器的销售情况进行调查，并将调查的结果绘制成如图1、图2所示的两幅不完整的统计图.
(1)根据图中提供的信息，求3月份各种型号计算器的销售总量；
(2)求3月份A型计算器的销售量，并将条形统计图补充完整；
(3)该店4月份准备只进购A、B、C三种型号的计算器，总数量和3月份各型号计算器销售的总量相同，结果恰好用完进货款8200元，设购进A型计算器个、B型计算器个，求关于的函数关系式．其中，三种型号的计算器的进价如下表：
A型 B型 C型
进价（单位：元／个） 50 30 20
押题预测六 几何证明与相似、全等三角形综合
试题前瞻·能力先查
限时：10min
1．（2026·上海黄浦·二模）学校新建了一个录播教室，为了适应不同教学场景的需要，学校定制了一批新的课桌，要求这批课桌的桌面是等腰梯形的．这天数学老师带领八年级同学到录播教室开展数学探究活动，探究内容就是如何验证这批课桌的桌面是不是等腰梯形的．老师给同学们的探究工具是带刻度的直尺（可以精确量出给定两点的距离）和记号笔．
(1)雏鹰小组给出了他们的验证方案，如下：先依次标记四边形桌面的顶点为A、B、C、D，接着测量与的长，如果，那么桌面不是等腰梯形；如果，再继续测量、、与的长，如果，或者，，那么桌面是等腰梯形，不然，桌面就不是等腰梯形．
其他小组讨论了雏鹰小组给出的验证方案，一致认为这个方案是可行的．如果按雏鹰小组的验证方案，他们小组验证的结果为桌面确实是等腰梯形，就请你来说明一下理由（结合图示，写出已知、求证，并加以证明）；
(2)请再设计一个验证方案，并说明验证的步骤．
考纲分析
一、考点趋势分析
本考点是上海市中考数学固定必考解答题，对应试卷第23题，分值12分，近5年中考100%考查，是几何模块的核心区分题，也是决定中档分与高分的关键题型。
核心考查维度：全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与比例式证明、圆的基本性质、特殊四边形（平行四边形、矩形、菱形）的判定、线段垂直平分线的性质。
命题趋势：近5年中考始终以“圆/梯形为载体，全等+相似为核心”，2021年结合圆的性质证明垂直与矩形，2022年结合等腰三角形证明角相等与比例式，2023年结合梯形证明线段相等与比例式，2024年结合矩形证明比例式与线段相等，2025年结合圆证明平行与比例式，重点考查学生的几何逻辑推理能力，难度中等偏上。
二、押题秘笈
解决此类几何证明题的核心是“顺推条件+逆推结论，锁定核心模型”：
先从已知条件出发，顺推基础结论：比如弦相等、中点→垂径定理→垂直、线段相等；平行→角相等；圆的半径相等→等腰三角形，把所有能推出的基础结论列出来，搭建推理框架。
从要证明的结论出发，逆推所需条件：比如证明垂直→证明等腰三角形三线合一/证明三角形全等对应角为直角；证明矩形→先证平行四边形，再证一个角为直角/对角线相等。
遇到比例式/等积式，优先找相似三角形，通过角相等锁定相似模型，再结合全等转化对应边/对应角，完成证明闭环。
1．（2026·上海静安·二模）如图，正方形中，点E在边上，点F是正方形外一点，连结、、，对角线与线段相交于点M，如果，且．
(1)求证：，；
(2)当点E是边的中点时，请直接写出与面积的比值： ．
2．（2026·上海虹口·二模）如图，和都是等腰直角三角形，，，，连接、，，延长交于点，交于点．
(1)求证：四边形为正方形；
(2)如果，求证：．
3．（2026·上海崇明·二模）如图，已知四边形是平行四边形，点是对角线上一点，，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)点是边上一点，与相交于点，若，求证：．
模题精炼
押题预测七 平面向量、锐角三角比与解直角三角形
试题前瞻·能力先查
限时：5min
1．（2026·上海普陀·二模）如图，菱形的对角线相交于点，如果，那么的值为________．
2．（2026·上海普陀·二模）如图，在四边形中，，点E在边上，，，．
(1)求的长；
(2)如果，，求的值．
考纲分析
一、考点趋势分析
本考点是上海市中考数学特色必考考点，其中平面向量是上海中考独有的考查内容，每年固定在选择/填空考查1题（4分）；锐角三角比与解直角三角形每年固定考查，分值4-10分，近5年中考2次出现在21题解答题，其余年份在填空选择考查，合计分值8-14分，是必考的基础中档考点。
核心考查维度：
平面向量：向量的线性表示、向量的加减运算、平行向量的性质，近5年中考每年必考1道填空/选择题，题型完全固定；
锐角三角比与解直角三角形：锐角三角比的定义、解直角三角形的实际应用、结合几何图形的三角比计算，是几何计算的核心工具。
命题趋势：平面向量始终以“平行四边形/三角形为载体，考查向量的线性分解”，题型稳定；解直角三角形逐渐偏向“结合中线、垂线等几何条件的综合计算”，贴合实际应用场景。
2026年所有区二模试卷中，均有平面向量的填空/选择题，以及解直角三角形的解答题/填空题，是今年中考的必考题型。
二、押题秘笈
平面向量核心：“三角形法则+平行四边形法则”，把目标向量分解为已知向量的和/差，优先利用平行四边形的对边平行且相等、中点的线段平分性质，转化向量的线性关系，注意向量的方向（起点与终点）。
解直角三角形核心：“遇斜化直”，没有直角三角形时，通过作高构造直角三角形，把已知的角、线段长度转化到直角三角形中，利用锐角三角比、勾股定理计算；遇到中线时，优先利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半，或作中位线构造新的直角三角形，简化计算。
模题精炼
1．（2026·上海宝山·二模）如图，在中，的平分线交于点E，，设，，那么用向量、表示向量是______．
2．（2026·上海崇明·二模）如图1，是半圆的直径，点是半圆上一点，过点的直线交的延长线于点，点是线段上一点，且满足，过点作的垂线交的延长线于点，交于点，且．
(1)求证：；
(2)如图2，当时，求的值；
(3)设与的交点为，连接，交于点，若以为圆心，长为半径的圆与以为圆心，为半径的圆外切，求的值．
3．（2026·上海崇明·二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于和点，顶点为．
(1)求此抛物线的对称轴及点的坐标；
(2)抛物线的对称轴与轴交于点，点是抛物线上横坐标为2的一点，与对称轴交于点，连接．
①求的值；
②设直线与轴交于点，过点作的平行线，与轴交于点，当四边形是直角梯形时，求的正切值．
押题预测八 正多边形、圆的基础性质与位置关系
试题前瞻·能力先查
限时：5min
1．（2026·上海宝山·二模）如图，，点O为射线上一点，，如果是以点O为圆心，半径为3的圆，那么与直线的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．不能确定
2．（2026·上海崇明·二模）如图，已知在正六边形中，，点是边的中点，连接并延长，交延长线于点，则的长为__________．
考纲分析
一、考点趋势分析
本考点是上海市中考数学必考基础考点，每年固定在选择/填空考查1-2题，分值4-8分，近5年中考100%出现，是基础分的重要组成部分。
核心考查维度：
圆的基础性质：点与圆、直线与圆、圆与圆的位置关系判定，垂径定理，圆周角定理；
正多边形：正多边形的内角和、外角和、中心角、边心距、面积计算，正多边形与圆的关系。
命题趋势：圆的位置关系判定是每年选择/填空的高频考点，正多边形的计算常结合三角板、拼接等情境考查，难度低，侧重基础性质的应用。
2026年区二模试卷中，均有圆的位置关系、正多边形计算的题目，是今年中考的必考基础题型。
二、押题依据
题型完全贴合中考：圆与圆的位置关系题复刻了2021年上海中考第6题的经典考法，正多边形面积计算题复刻了2021年上海中考第17题的考法，与近5年中考真题的题型、难度完全一致。
考点全覆盖：涵盖了圆与圆的位置关系判定、点与圆的位置关系、矩形的性质、勾股定理、正多边形的面积计算、含30°角的直角三角形的性质等全部核心考点，是中考高频考查的内容。
贴合考情趋势：圆的位置关系是近5年中考选择压轴题的高频考法，正多边形计算是填空高频考点，2026年各区二模均大量出现，是2026年中考的必考题型。
三、押题秘笈
圆的位置关系核心：“圆心距与半径和/差的比较”
①点与圆：比较点到圆心的距离与半径，在圆外，在圆上，在圆内；
②圆与圆：比较圆心距与两圆半径、（），外离，外切，相交，内切，内含。
③正多边形计算核心：“转化为直角三角形”，把正多边形的边长、边心距、半径转化为含中心角的直角三角形（中心角的一半为锐角），利用锐角三角比、勾股定理计算，正六边形可以分解为6个全等的等边三角形，简化计算。
模题精炼
1．（2026·上海黄浦·二模）如图，坐标平面内圆，已知圆的半径为2，圆心，下列直线中，与圆相交，且被圆所截得的弦最长的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2026·上海普陀·二模）已知一个正多边形的中心角等于，那么下列关于这个正多边形的结论中，错误的是（ ）
A．边数为6 B．每个外角都等于
C．边长与半径长的比为 D．既是轴对称图形也是中心对称图形
3．（2026·上海闵行·二模）已知半径为2的正多边形的内角和是外角和的3倍，那么这个正多边形的面积为_____．
4．（2026·上海虹口·二模）如图，以正六边形的顶点为圆心，的长为半径画圆，如果图中阴影部分的面积为，那么该正六边形的边长是______．
5．（2026·上海黄浦·二模）已知是圆和的公共弦，如果弦是圆的内接正方形的一边，也是圆的内接正六边形的一边，那么圆与的半径之比是______．
押题预测九 新定义题型与动态几何综合
试题前瞻·能力先查
限时：10min
1．（2026·上海宝山·二模）定义：有且仅有一条边长等于其外接圆半径的三角形叫做“等接圆三角形”．如果等腰三角形是“等接圆三角形”，那么的面积与其外接圆面积的比值是______．（保留）
2．（2025·上海静安·二模）如图，矩形中，，，点是的中点，点是边上的动点（不与端点重合），如果把四边形沿直线翻折，得到四边形（点、分别与点、对应），连接、，当时，的周长为______．
考纲分析
一、考点趋势分析
本考点是上海市中考数学填空压轴题固定考查内容，对应试卷第18题，分值4分，近5年中考100%考查，是全卷难度最高的填空题，也是区分高分段的核心题型之一。
核心考查维度：新定义概念的理解与应用、动态几何中的最值计算、图形的旋转/平移变换、几何图形的性质综合。
命题趋势：近5年中考18题始终以“新定义+动态几何”为核心，2021年点到图形的距离新定义、2022年“等弦圆”新定义、2023年圆的动态位置关系、2024年抛物线“开口大小”新定义、2025年正多边形与圆的新定义，重点考查学生的现场学习能力、抽象思维能力和几何综合应用能力。
2026年区一、二模试卷中，18题新定义题型较多，包括“等接圆三角形”“抛物线特征值”“半高底三角形”等，与中考命题趋势完全一致，是今年中考的必考创新题型。
二、押题秘笈
解决此类新定义题型的核心是“拆解定义+转化模型+锁定临界”：
先拆解新定义，把陌生的定义转化为熟悉的几何模型：比如本题中“点到图形的最短距离”，转化为点到正方形的边/顶点的最短距离，核心是点到直线的距离、两点间的距离。
分析动态过程，锁定临界位置：图形旋转的动态问题，优先找到旋转过程中的两个临界状态（最大值、最小值），结合几何性质计算临界值，确定取值范围，注意端点的取舍，结合图形验证结果的合理性。
模题精炼
1．（2026·上海崇明·二模）定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的凸四边形叫做“等对角四边形”．已知在中，，，将沿着过点的直线翻折，使点落在边上的点处，点是边上一点，若四边形是“等对角四边形”，则的值为__________．
2．（2025·上海普陀·二模）在中，，（如图）．点在边上，，为垂足，将绕点按顺时针方向旋转后得到，点、分别与点、对应，，射线与边交于点．如果，那么的长是________．
3．（2025·上海浦东新·二模）如图，在中，，，点在边上，且是等边三角形，点是对角线上一点．如果经过点且与边没有公共点，那么的半径的取值范围是________．
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