数学终极押题猜想（上海专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

2026年中考数学终极押题猜想 考情为骨 密押为翼 押题猜想一 二次函数含参综合问题 1 押题猜想二 圆与几何综合压轴问题 19 押题猜想三 代数基础运算与方程（组）、不等式（组）求解 38 押题猜想四 一次函数与反比例函数综合应用 46 押题猜想五 统计与概率核心考点 55 押题猜想六 几何证明与相似、全等三角形综合 65 押题猜想七 平面向量、锐角三角比与解直角三角形 72 押题猜想八 正多边形、圆的基础性质与位置关系 74 押题猜想九 新定义题型与动态几何综合 84 押题猜想一 二次函数含参综合问题 试题前瞻·能力先查 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． 分析有理·押题有据 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。 终极猜想·精练通关 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，，． 押题猜想二 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：． 分析有理·押题有据 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。 终极猜想·精练通关 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） ∴． 押题猜想三 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． 分析有理·押题有据 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。 终极猜想·精练通关 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：． 押题猜想四 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． 分析有理·押题有据 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。 终极猜想·精练通关 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． 押题猜想五 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． 分析有理·押题有据 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。 终极猜想·精练通关 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． 押题猜想六 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． 分析有理·押题有据 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； ，， ， ， ， ． 终极猜想·精练通关 押题猜想七 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， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 分析有理·押题有据 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。 终极猜想·精练通关 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． 押题猜想八 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， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 分析有理·押题有据 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。 终极猜想·精练通关 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， ∴， ∴． 押题猜想九 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． 分析有理·押题有据 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。 终极猜想·精练通关 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，． 28 / 87 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年中考数学终极押题猜想 考情为骨 密押为翼 押题猜想一 二次函数含参综合问题 1 押题猜想二 圆与几何综合压轴问题 5 押题猜想三 代数基础运算与方程（组）、不等式（组）求解 9 押题猜想四 一次函数与反比例函数综合应用 14 押题猜想五 统计与概率核心考点 19 押题猜想六 几何证明与相似、全等三角形综合 25 押题猜想七 平面向量、锐角三角比与解直角三角形 27 押题猜想八 正多边形、圆的基础性质与位置关系 29 押题猜想九 新定义题型与动态几何综合 31 押题猜想一 二次函数含参综合问题 试题前瞻·能力先查 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． 分析有理·押题有据 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。 终极猜想·精练通关 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． 押题猜想二 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． 分析有理·押题有据 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。 终极猜想·精练通关 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． 押题猜想三 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． 分析有理·押题有据 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。 终极猜想·精练通关 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． 押题猜想四 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． 分析有理·押题有据 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。 终极猜想·精练通关 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？ 押题猜想五 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． 分析有理·押题有据 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。 终极猜想·精练通关 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 押题猜想六 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． 分析有理·押题有据 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：． 终极猜想·精练通关 押题猜想七 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． 分析有理·押题有据 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。 终极猜想·精练通关 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． 押题猜想八 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__________． 分析有理·押题有据 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。 终极猜想·精练通关 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______． 押题猜想九 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______． 分析有理·押题有据 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。 终极猜想·精练通关 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________． 28 / 87 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $