2026年初升高衔接数学检测卷（上海专用沪教版，范围数与式、三个“二次”、三角形的“四心”、圆的补充、集合与逻辑）

**基本信息** 2026年初升高衔接数学检测卷，以杨辉三角文化素材与送货路线现实情境为载体，衔接初高中数学知识，考查抽象能力、几何直观与模型意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |填空题|12/54|多项式分解、外接圆、反比例函数|第11题杨辉三角应用，渗透数学文化| |选择题|4/18|集合关系、圆锥侧面展开|第15题结合图形动态变化，考查空间观念| |解答题|5/78|方程证明、路线计算、抛物线综合|第20题送货路线计算培养模型意识，第21题抛物线探究发展推理能力|

2026年初升高衔接数学检测卷 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的准考证号、姓名、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B 铅笔在“考场号”和“座位号”栏相应位置填涂自己的考场号和座位号。将条形码粘贴在答题卡“条形码粘贴处”。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷 一、填空题（本大题共12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分．） 1．化简: ____________ 2．已知关于x的多项式x2+kx﹣3能分解成两个一次多项式的积，那么整数k的值为 _____． 3．不等式与不等式同解，则的值等于_______． 4．一元二次方程的两根为，，则的值为____． 5．若二次函数的图象经过点，则代数式的值等于______． 6．如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1， ⊙O是ABC的外接圆，点A， B， O在网格线的交点上，则的值是_______ 7．在中，，，，且为重心，为外心，则______． 8．如图，点是反比例函数图象上的两点，过点分别作轴于点，轴于点，连接，已知点，则__________． 9．已知关于的方程有实数根，则的取值范围是______． 10．已知，，，则______. 11．【文化欣赏】 我国南宋时期数学家杨辉于1261年写下《详解九章算法》，书中记载的二项和的乘方展开式的系数规律如图所示，其中“三乘对应的展开式： 【应用体验】 已知，则的值为_____． 12．如图所示，边长为1和边长为3的两个正方形内接于一圆，则此圆的半径为_____. 第Ⅱ卷 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分．） 13．已知两个不为零的实数，满足，其中．则下列结论正确的是（ ） A．， B．， C．， D．， 14．满足   的所有集合的个数是（   ） A． B． C． D． 15．如图，在正方形纸片ABCD上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，扇形的圆心为A，圆与BC，CD和扇形的弧均相切，若该扇形和圆恰好可作为某圆锥的侧面和底面（接缝处忽略不计），则（   ） A． B． C． D． 16．如图，在正方形中，点在上，，连接，过点作交于点，的延长线交于点，设四边形的面积与的面积之比为，正方形的面积与的面积之比为，则（   ） A．12 B．10 C．8 D．14 三、解答题（本题共5小题，满分78分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17．（满分14分） 已知：关于的方程． (1)求证：方程总有两个实数根； (2)如果为正整数，且方程的两个根均为整数，求的值． 18．（满分18分） 解方程组 19．（满分14分） 已知集合，. (1)若，求实数的取值范围； (2)已知，记命题，若是的必要不充分条件，求实数的取值范围. 20．（满分18分） 某送货司机在各站点间上门送货的平面路线如图所示：．已知点在点的北偏东45°方向3.6km处，点在点的正东方2.4km处，点在点的南偏东30°方向，点在点的正东方．（参考数据：） (1)求线段的长度；（结果精确到） (2)已知送货司机在送货过程中全程保持10m/s的速度匀速行驶，若现在有急件需要在16分钟内从点运送到点，则送货司机按既定路线进行运送能否按时送达？（送货司机在各站点停留的时间忽略不计）. 21．（满分14分） 已知抛物线与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点，，是直线上方抛物线上的两点，且． (1)求点的坐标； (2)求与之间的关系式，并直接写出的取值范围； (3)过点作轴交于点，过点作轴交于点，设四边形的周长为()． ①求()与之间的函数关系式； ②若恰好存在四个点，使四边形的周长相等，请直接写出此时四边形周长的取值范围． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年初升高衔接数学检测卷 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的准考证号、姓名、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B 铅笔在“考场号”和“座位号”栏相应位置填涂自己的考场号和座位号。将条形码粘贴在答题卡“条形码粘贴处”。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷 一、填空题（本大题共12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分．） 1．化简: ____________ 【答案】 【分析】根据完全平方公式，即可得答案. 【详解】. 故答案为： 2．已知关于x的多项式x2+kx﹣3能分解成两个一次多项式的积，那么整数k的值为 _____． 【答案】 【分析】利用因式分解法来分析求出参数的值即可． 【详解】∵﹣3＝﹣3×1或﹣3＝﹣1×3， ∴k＝﹣3+1＝﹣2或k＝﹣1+3＝2， ∴整数k的值为：±2， 故答案为：±2． 3．不等式与不等式同解，则的值等于_______． 【答案】1. 【分析】分别解两个不等式，即可求得的值． 【详解】解不等式，可得 解不等式可得 因为两个不等式同解，所以 ，可解得 【点睛】本题考查了不等式的解法，属于基础题． 4．一元二次方程的两根为，，则的值为____． 【答案】2 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系求解即可. 【详解】解：一元二次方程的两根为、， ，， ． 故答案为：2． 5．若二次函数的图象经过点，则代数式的值等于______． 【答案】2018 【分析】首先根据二次函数的图象经过点得到关系，再整体代值计算即可． 【详解】解：∵二次函数的图象经过点， ， ， ， 故答案为2018． 【点睛】本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是利用整体代值计算，此题比较简单． 6．如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1， ⊙O是ABC的外接圆，点A， B， O在网格线的交点上，则的值是_______ 【答案】 【分析】利用圆周角定理和勾股定理求解即可. 【详解】如图，连接BO并延长交⊙O于D，则BD为直径， 由圆周角定理得：， 由勾股定理可得： . 故答案为： 7．在中，，，，且为重心，为外心，则______． 【答案】/ 【分析】易知是以为斜边的直角三角形，求得外接圆半径利用重心性质可得结论. 【详解】根据题意可知满足，所以为直角三角形，且为斜边，如下图所示：    又为外心，可得为的外接圆半径，即, 因为为重心，利用重心性质可得. 故答案为： 8．如图，点是反比例函数图象上的两点，过点分别作轴于点，轴于点，连接，已知点，则__________． 【答案】 【分析】根据已知及三角形面积的求法列方程可得，进而得到，再求出，应用三角形面积公式求面积. 【详解】由且轴，则，可得， 所以，故，所以， 由轴，，则，故， 所以. 故答案为： 9．已知关于的方程有实数根，则的取值范围是______． 【答案】 【分析】当时，该方程为一元一次方程；当时，该方程为一元二次方程，根据判别式计算即可. 【详解】当时，方程为，解得：，此时方程有一个实数根； 当时，整理可得：， 由方程有实数根，可得， 解得：且. 综上所述，当时，方程有实数根． 10．已知，，，则______. 【答案】5 【详解】因为，，所以且， 又，所以. 11．【文化欣赏】 我国南宋时期数学家杨辉于1261年写下《详解九章算法》，书中记载的二项和的乘方展开式的系数规律如图所示，其中“三乘对应的展开式： 【应用体验】 已知，则的值为_____． 【答案】8 【分析】对照例子的特点令可得答案. 【详解】因为，所以令， 则，所以. 故答案为：8 12．如图所示，边长为1和边长为3的两个正方形内接于一圆，则此圆的半径为_____. 【答案】/ 【分析】先根据垂径定理推论找出圆心，再由正方形的性质可得出，然后由特殊直角三角形得到，，最后由勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，与垂直平分线的交点为圆心， ∴， ∵边长为和边长为的两个正方形内接于圆， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得： ， 故答案为：． 第Ⅱ卷 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分．） 13．已知两个不为零的实数，满足，其中．则下列结论正确的是（ ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【详解】∵ ，且， ∴两边同乘，得 ， 展开整理得 ， 因式分解得 ，即 ∵ ， ∴ ，可得， ∴， ∴ ； 将代入 得 ， ∵ ， ∴ ，即 ． 14．满足   的所有集合的个数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先确定，再由题意可得，其中集合为集合的子集，从而可得结果. 【详解】由，得. 设集合为集合的子集，则集合可能为：，共种. 由题意，集合，所以集合共有个， 分别为：． 15．如图，在正方形纸片ABCD上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，扇形的圆心为A，圆与BC，CD和扇形的弧均相切，若该扇形和圆恰好可作为某圆锥的侧面和底面（接缝处忽略不计），则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过圆锥的特性计算扇形的半径并求出对角线长，最后算出长度. 【详解】由题意可得扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，圆锥底面圆的半径为. 设扇形的半径为，则有，解得， 因此圆锥的母线长为． 如图，设圆的圆心为，作于于，易知四边形为正方形，且点在上， ， 所以， 所以． 16．如图，在正方形中，点在上，，连接，过点作交于点，的延长线交于点，设四边形的面积与的面积之比为，正方形的面积与的面积之比为，则（   ） A．12 B．10 C．8 D．14 【答案】A 【详解】设， 在中，， 因为，所以， 故， 所以， 因为， 所以， 因为， 所以，， 所以，， ， 因为，， ，， 所以，， 故. 三、解答题（本题共5小题，满分78分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17．（满分14分） 已知：关于的方程． (1)求证：方程总有两个实数根； (2)如果为正整数，且方程的两个根均为整数，求的值． 【答案】(1)证明：， ∴方程是关于的一元二次方程， ， ∴方程总有两个实数根． (2)1或3 【分析】（1）通过证明判别式即可求证； （2）利用求根公式求出两根，再根据根为整数即可求解． 【详解】（1）略 （2）由（1）知，， 则方程的根为，，， 为正整数，且方程的两个根均为整数， 或3． 18．（满分18分） 解方程组 【答案】 【分析】利用代入消元法求得正确答案. 【详解】由②得．所以或． 所以原方程组可化为两个方程组： 用代入消元法解方程组，分别得 所以原方程组的解集为． 19．（满分14分） 已知集合，. (1)若，求实数的取值范围； (2)已知，记命题，若是的必要不充分条件，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）若，则，得； 若，则， 因为，所以或，得或，则， 综上，实数的取值范围为； （2）因为，所以， 因为是的必要不充分条件，所以是的真子集， 则，且等号不同时成立，得， 故实数的取值范围为. 20．（满分18分） 某送货司机在各站点间上门送货的平面路线如图所示：．已知点在点的北偏东45°方向3.6km处，点在点的正东方2.4km处，点在点的南偏东30°方向，点在点的正东方．（参考数据：） (1)求线段的长度；（结果精确到） (2)已知送货司机在送货过程中全程保持10m/s的速度匀速行驶，若现在有急件需要在16分钟内从点运送到点，则送货司机按既定路线进行运送能否按时送达？（送货司机在各站点停留的时间忽略不计）. 【答案】(1) (2)能按时送达 【分析】（1）过点作于点，过点作于点，在中，利用三角函数计算，在中，利用三角函数计算即可； （2）先求送货司机按既定路线路线长，利用速度即可求所需时间，进而求解. 【详解】（1）过点作于点，过点作于点， ∵在点的正东方，点在点的正东方， ∴四边形是矩形， 在中， ∵，， ∴， ∴， 在中， ∵， ∴， 答：线段的长度约为；                                             . （2）送货司机按既定路线长为， 按全程保持分的速度匀速行驶， 所以需要（分钟）（分钟）， ∴能按时送达． 21．（满分14分） 已知抛物线与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点，，是直线上方抛物线上的两点，且． (1)求点的坐标； (2)求与之间的关系式，并直接写出的取值范围； (3)过点作轴交于点，过点作轴交于点，设四边形的周长为()． ①求()与之间的函数关系式； ②若恰好存在四个点，使四边形的周长相等，请直接写出此时四边形周长的取值范围． 【答案】(1) (2)，的取值范围为且； (3)①； ②. 【分析】（1）令和求解即可； （2）由题意可求出直线的解析式，过作于点，由,可得，代入计算即可； （3）①由题意可得四边形为平行四边形，从而可得，，，由,得，从而得，再由，求解即可； ②根据二次函数的图象求解即可. 【详解】（1）令，即， 解得， 又因为当时，， 所以； （2）设直线的解析式为，将代入， 得，解得， 所以直线的解析式为， 又因为，是直线上方抛物线上的两点， 所以，且， 如图①，过作于点， 因为，易得, 因为，, 所以， 即， 整理得：， 所以，的取值范围为且； （3）①因为轴，轴， 所以,又因为， 所以四边形为平行四边形， 又因为， 所以， 所以， 由（2）得，， 因为， 所以, 因为，, 所以， 所以， 所以平行四边形的周长为； 当时，，； 当时，，； 综上，； ②当时，， 由二次函数的性质可知； 当时，， 由二次函数的性质可知； 四边形的周长的图象为抛物线上的实线，如图②： 恰好存在四个点，使四边形的周长相等， 即图象上有四个点的横坐标对应同一个纵坐标， 所以四边形的周长的取值范围为. 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $