2026年上海市中考数学真题（试卷+解析）

这是一份2026年上海市中考数学真题（试卷+解析），共52页。试卷主要包含了选择题，周日应分别运动分钟．，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间100分钟，满分150分）
（试卷共5页，答题纸共2页）
一、选择题（本大题共6小题，每小题4分，满分24分）
【下列各题的四个选项中，有且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的相应位置上】
1. 下列选项中，是无理数的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
①核心考点：无理数的本质特征——无限不循环小数。②审题拆解：把握无理数无法写成分数或整数形式这一根本属性，逐个审查四个选项：能化成整数或分数的均为有理数，唯有无限不循环小数才满足无理数定义，据此排除后锁定答案。
审A项，系分数，属有理数范畴，不选
审B项，即整数，同属有理数，不选
审C项，具无限不循环特征，恰为无理数，当选
审D项，，化简后即整数，仍为有理数，排除．
2. 下列选项中，与是同类项的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
①核心考点：同类项的识别。②审题拆解：同类项要求所含字母的种类与各字母的指数完全一致，系数差异不在考量范围。依照这一判断准则逐项核验四个备选项，凡字母品种或对应指数不一致者均予以排除。
查A、与中对应字母的指数不能匹配，不满足同类项条件，排除；
B、字母种类及对应指数均完全吻合，符合同类项定义，故此项正确；
C、与中对应字母的指数不能匹配，不满足同类项条件，排除；
D、与中对应字母的指数不能匹配，不满足同类项条件，排除．
3. 下列方程中，没有实数根的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
①核心考点：判别式判定方程根的存在性。②审题拆解：一元二次方程中，若取负值则该方程无实数根。逐一代入各选项系数计算判别式，找到使判别式为负的那个方程即可。
对于一元二次方程，根的判别式为．
先看A项，对应方程为，计算得，
其判别式为正数，故存在两个不相等的实数根．
再看B项，对应方程为，计算得，
其判别式为正数，故存在两个不相等的实数根．
续看C项，对应方程为，计算得，
其判别式为正数，故存在两个不相等的实数根．
最后D项，对应方程为，计算得，
其判别式为负数，故该方程在实数范围内无解，符合题目要求．
4. 已知一周的周一至周五，某同学的运动时间为34、28、40、36、32分钟，为了让一周7天内的平均活动时间恰好达到40分钟，该同学周六、周日应分别运动（ ）分钟．
A. 50，50B. 45，60C. 50，60D. 55，60
【答案】C
【解析】
①核心考点：从算术平均数反推总量。②审题拆解：由天平均值分钟先还原出天应达到的总运动量，减去前个工作日已完成的运动时间之和，剩余即为周末两天所需运动时长，将各选项代入验证即可找到匹配项。
由条件：7天日均运动40分钟，
从而7天运动总量分钟，
周一至周五已累积运动时长分钟，
周末两天还需补充分钟，
将各选项一一核验，只有C项满足条件，故答案为C．
5. 已知的半径为，的半径为，且，则与位置关系是（ ）
A. 内含B. 相交C. 相切D. 相离
【答案】A
【解析】
①核心考点：由圆心距判定两圆位置关系。②审题拆解：设大圆半径为、小圆半径为（），圆心距记为。当时两圆呈内含关系。代入题目给定的半径数据计算半径差，比较大小即得结论。
记的半径为，的半径为，圆心间距，
，
，
因此呈内含关系．
6. 如图，已知边长为的正方形，点是边上的一点(不与点、重合)，过点作，交边与点，作点、关于的对称点、，联结、交于点、，现有以下两个命题：①四边形的周长是一个定值；②四边形的周长是一个定值；
下列说法中，正确的是( )
A. ①、②均正确B. ①正确，②错误
C. ①错误，②正确D. ①、②均错误
【答案】B
【解析】
①核心考点：正方形几何性质与轴对称变换的综合。②审题拆解：引入参数，则由条件推得，充分利用正方形的边角性质依次计算和的长度，再分别写出四边形和的周长表达式，与题中命题对照即可判定其真伪。
由题设且令，可推出，
为等腰直角三角形，从而；亦为等腰直角三角形，；同为等腰直角三角形，从而
由对称性同理可得，，
于是四边形的周长
四边形的周长
对比知①成立，②不成立
二、填空题（本大题共11小题，每小题4分，满分44分）
【请将结果直接填入答题纸相应的空格内】
7. 计算的结果为________．
【答案】
【解析】
①核心考点：幂的乘方运算。②审题拆解：直接运用幂的乘方法则（底数不变，指数相乘）进行化简即可。
解：．
8. 在1，，，4，5这5个数中选一个数，选出的数是正数的概率为________．
【答案】
【解析】
①核心考点：简单随机事件的概率。②审题拆解：先统计所有等可能结果的总数，再从中筛出正数结果的个数，最后套用概率公式得出结果。
解：由题意，共有个数，即等可能结果总数，正数为、、，满足条件的结果数．
依据概率公式，选出正数的概率为．
9. 方程 的解为________．
【答案】
【解析】
解：
因此
解得，经检验是原方程的解．
10. 在中，，，，则的值为________．
【答案】
【解析】
①核心考点：勾股定理与锐角三角函数。②审题拆解：先用勾股定理求出直角边的长度，再由正切定义（对边比邻边）计算目标三角函数值。
解：在中，，，，
由勾股定理得，
根据正切定义，．
11. 在等腰三角形（）中，，则的度数为________．
【答案】或
【解析】
①核心考点：等腰三角形的角度分类计算。②审题拆解：角在等腰三角形中身份未定——或为顶角或为底角，需分别讨论。借助等边对等角的性质及内角和为，在约束下排除矛盾情形后合并所有有效值。
已知等腰中，且．
若为顶角，则，故，符合；
若为底角，当为顶角时，，故，符合；
当为顶角时，，与矛盾，故舍去．
综上所述，的度数为或．
12. 已知点与点在同一条反比例函数的图象上，若，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
①核心考点：反比例函数的解析式与增减性。②审题拆解：先由点坐标求出反比例函数的值并确定解析式，再利用第一象限内反比例函数随增大而减小的特性，结合的范围求解。
解：点在反比例函数的图象上，
，
故反比例函数解析式为，
，
该反比例函数在第一象限内，随增大而减小，
点在图象上，且，
当时，，
．
13. 如图，在正六边形中，，，用、表示的结果是________．
【答案】
【解析】
①核心考点：正六边形的性质与向量运算。②审题拆解：由正六边形性质得出，再借助向量加法的平行四边形法则得到，最终将目标向量用、表示出来。
解：如图，设正六边形中心为，连接、，
在正六边形中，、，且、，
四边形为平行四边形，
由向量加法的平行四边形法则，对角线向量等于两邻边向量之和：，
．
14. 某市年进出口集装箱个，年进出口集装箱个，则年较年集装箱的进出口数量增加了________．（用科学记数法表示）
【答案】
【解析】
①核心考点：科学记数法。②审题拆解：用年进出口集装箱数量减去年的数量，再将差值整理为科学记数法形式即可。
解：由题意列式计算得：．
15. 某区抽查300名学生每周做家务的次数，如图所示，据此可以推测全区9000名学生每周做家务次数大于5次的有________人．
【答案】
【解析】
解：由题意，300名学生中每周做家务次数大于5次的有（人），
在300名学生中，每周做家务次数大于5次的学生占比为，
据此推测全区9000名学生中每周做家务次数大于5次的有（人），
16. 如图，梯形中，，是梯形的中位线，点是边上一点，联结、分别交于点、，若，，则梯形的面积为________．
【答案】
【解析】
①核心考点：梯形中位线与面积计算的联用。②审题拆解：引入梯形的高作为中间变量，利用中位线定理将用表出，再通过三角形面积公式建立与的乘积关系，整体代入梯形面积公式完成计算。
解：设梯形的高为
是梯形的中位线
，，与之间的距离为
在中，为中点，
同理可得
梯形的面积为．
17. 如图，在等边中，点是边的中点，连接，将绕点旋转（），得到，边交于点，当时，的值为________．
【答案】或
【解析】
①核心考点：等边三角形性质与旋转变换。②审题拆解：由等边三角形性质得出、，结合求出，利用旋转性质得到、，判定为等边三角形从而得出，最后在中建立与的数量关系求解。
解：是等边三角形，为的中点，
，，，
，
在（设交于点）中，
由旋转性质可知，
，，
在中，，，
是等边三角形
，
在中，，
，
．
三、解答题（本大题共7小题，满分82分）
【请在答题纸相应位置写下相应步骤】
18. 计算：
【答案】
【解析】
①核心考点：零指数幂、绝对值、二次根式化简及分母有理化。 ②审题拆解：逐项化简后合并同类二次根式，即可得到最终结果。
解：原式

．
19. 解方程组：．
【答案】，
【解析】
①核心考点：二次方程组的代入消元解法。②审题拆解：核心操作流程：从一次方程中解出关于的表达式，代入二次方程降次为一元二次方程，解出后逐一代回求，最后整理所有解对。
解：
由②得
将③代入①得
整理得
因式分解得
解得，
将代入③得
将代入③得
所以原方程组的解为，，．
20. 如图，小明正在确认某一建筑物与栏杆是否安全，栏杆与建筑物的底端处在同一水平面上，规定建筑物高度与栏杆到建筑物的距离满足即为安全．
（1）当米时，至少需要小于多少米？
（2）若在观测场测得的长是，的长为，在处观测的仰角为，求．（用含、、的代数式表示）
【答案】（1）至少需要小于米
（2）
【解析】
（1）将代入中，解得，即可求解；
（2）过点作建筑物所在直线的垂线，垂足为，则、，在中，、，由此可得、，进而求解．
【小问1详解】
解：由题意，当米时，，解得，
故至少需小于米；
【小问2详解】
解：如图，过点作建筑物所在直线的垂线，垂足为，则，，
在中，，，
故，，
所以．
21. 某景区通过自动扶梯将游客送往观景台，时第一位游客站上扶梯，时第一位游客到达观景台，此后的游客有序排队入场，每位游客到达时间的间隔为秒．
（1）设登上观景台的游客数为，时间为（从开始计时，单位为秒），请完成表格，并写出关于的函数解析式；（不用写定义域）
表1
（2）①请你求出从整，一共有几位游客到达观景台；
②请你求出，一共有几位游客到达观景台．
【答案】（1）表格依次填入，；关于的函数解析式为
（2）①位；②位
【解析】
①核心考点：一次函数的实际应用。②审题拆解：先由题意确定首位游客到达时间，结合到达间隔补全表格数据，再推导关于的一次函数解析式，最后依据不同时间段总计时的范围，结合为正整数的条件计算对应游客人数。涉及一次函数定义与一元一次不等式的求解。
【小问1详解】
解：由题意，首位游客从计时开始51秒到达．
故当时，．
每位游客到达间隔为秒，
当时，．
由于位游客中，首位用时51秒，其余位每位间隔秒，
故
【小问2详解】
解：①从8点10分0秒至8点12分0秒，总计时秒．
令
解得为正整数，故最大取．
答：共有位游客到达观景台．
②从8点10分0秒至8点14分0秒，总计时秒．
令
解得为正整数，
故至8点14分0秒最多有位游客到达．
该时段游客数为．
答：共有位游客到达观景台．
22. 如图，菱形中，是线段上的点，连接交对角线于点，且．
（1）如果，求证：；
（2）如果的角平分线交、于点、，求证：．
【答案】（1）证明：四边形为菱形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
，即
故．
（2）证明：据（1）可知，
，
，
，
，，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
．
【解析】
（1）利用菱形对角线平分对角的性质，结合等角对等边得，由推出，再借助证，得到，最后结合菱形四边相等证出；
（2）思路：由和判定；借助角平分线得；证相似写出比例式；用进行等线段替换并变形，整理即得目标乘积等式．
【小问1详解】
略
【小问2详解】
略
23. 对于函数，对称轴与轴交于点，将点向右平移一个单位得到点，使点与点的横坐标相等，且点的纵坐标为，则称点为抛物线的“派生点”，并且将直线称为抛物线的“派生直线”．
（1）已知函数，求该函数的“派生直线”解析式；
（2）已知点为某抛物线的“派生点”，点和在其“派生直线”上，且点是该抛物线与其“派生直线”的交点，求的值，并判断点是否在抛物线上．
【答案】（1）
（2），点在抛物线上
【解析】
（1）采用待定系数法求一次函数解析式；
（2）先依据点在直线上的条件确定各点坐标并计算线段比，再求出抛物线解析式，最后代入点坐标验证该点是否在抛物线上．
【小问1详解】
解：已知函数，可得、，故对称轴为，与轴交点坐标为，
将向右平移1个单位得到，
的横坐标为，
由定义，横坐标为1，纵坐标为，即，
设派生直线解析式为，
代入解得．
故该函数的派生直线解析式为．
【小问2详解】
解：由题意，是派生直线与轴的交点，纵坐标为，
将代入得，
解得，故，
由定义，横坐标为，故横坐标为，
将代入得．
故，
将代入得
，即，
将代入得，即，
故、，
，
由定义，抛物线对称轴为，
纵坐标为，故
，
设抛物线解析式为，
由于在抛物线上，代入得，
解得，
故抛物线解析式为，
将代入抛物线解析式得，与纵坐标相等，
故点在抛物线上．
24. 在半圆中，点为圆心，线段为直径，、是半圆上两点，是上一点，连接、交于点，且．
（1）如图1，连接；
①求证：；
②如图2，连接交弦于点 ，若，，，求的长；
（2）如图3，连接、 交于点，线段 上有一点 使得，若，，求的值．
【答案】（1）①证明：如图，作于，于，连接，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
②；
（2）
【解析】
（1）①过作，于，连接，借助垂径定理结合，推得，证，可得，再证，即可得证；
②先证，得，可得，则，即可得、，再求出，即可求解；
（2）证，得，设、，可得、，求出，连接，交于点，由（1）得、，得，证为的重心，得，设，在和中，由勾股定理列式求出，可得，即可求解．
【小问1详解】
解：①略；
②由于，
故，
由（1）可知，，
故，
由于、，
故，
在和中，、，
故，
所以，
由于，
故，
由于，
故，
所以、，
故，
所以；
【小问2详解】
解：由于、，
故，
所以，
由于、，
设、，
则，
故，
所以，
故，
连接，交于点，
由（1）①可得（图1），
又由于（①已证），
故，
所以，
又由于（①已证），
故，
所以，
由于为边的中点，为边的中点，
故为的重心，
所以，
设，则，
由于在和中，，
故，
化简得（负值舍去），
故，
所以．