2026年上海市高中中考自主招生数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年上海市中考自主招生数学试卷一、选择题（每题4分，共24分）1．如图是正方体的一种展开图，那么在原正方体中，与“上”字所在面相对的面上的汉字是（

）A．海 B．欢 C．迎 D．你2．方程的正整数解（x，y）有（

）组A．1 B．2 C．3 D．43．如图（1），在一个边长为m的正方形纸片上剪去两个相同的小长方形，得到一个如图（2）所示的图案，若再将剪下的两个小长方形拼成一个如图（3）所示的新长方形，则新长方形的周长可表示为（

）A． B． C． D．4．已知函数（c为常数）的图象上有两点，．若且，则与的大小关系是（

）A． B． C． D．与的大小关系不确定5．如图，是半圆的直径，以为圆心，长为半径的半圆交于，两点，弦切小半圆于点．已知，，则图中阴影部分的面积是（）

A． B． C． D．6．方程的根的个数为（

）A．0 B．1 C．2 D．3二.填空题（每小题5分，共40分）7．分式方程的解为________．8．如图，，，，，则的面积为__________．9．袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1，2，3，绿色卡片两张，标号分别为1，2，若从五张卡片中任取两张，则两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的概率为______．10．，求的值________．11．如图，已知，，，，则B的坐标为__________．12．已知，，则________．13．已知，，，则多项式的值为________．14．在圆O中，，，，求________．三、解答题（12*3=36分）15．如图，P为半圆上的动点，，是等腰直角三角形，其中Q，P，C逆时针排列．(1)若为正三角形，求的值；(2)求四边形的面积最大值．16．如图，在平行四边形中，，，垂足为点E（点E在边上），F为边的中点，连接，．(1)如图1，当点E是边的中点时，求线段的长；(2)如图2，设，的面积等于y，求y与x的函数解析式，并写出函数定义域；(3)当时，与的度数满足数量关系∶，其中，求k的值．17．如图，抛物线经过原点，且对称轴是直线，点在抛物线上，点在轴上，直线交抛物线于点、，点在抛物线上，且轴．​(1)求抛物线的解析式和点D坐标；(2)求的度数；(3)设点F是线段的中点，点P是线段上一动点，将沿折叠，若与重叠部分的面积是面积的，求的长．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】本题考查正方体相对的两个面上的文字，正方体的平面展开图中，相对的面一定相隔一个正方形，据此作答．【详解】解：由图可知，与“上”字所在面相对的面上的汉字是“迎”，故答案为：迎．2．C【分析】本题考查分式方程的正整数解．将方程变形，利用分式方程的正整数解条件，结合因数分解求解．【详解】解：原方程为，通分得，即，化简得，∵为正整数，∴需为整数且，∴为的正因数，且，的正因数为1，2，4，8，16，32，64，当时，，，当时，，，当时，，，其余因数导致非正整数，舍去，综上，共有3组正整数解．故选：C．3．D【分析】通过观察图形，表示出新长方形的长与宽，再根据长方形周长公式即可确定其周长．【详解】解：∵观察图形可知，新长方形的长为：，宽为：，∴周长为，故D正确．故选：D．【点睛】本题主要考查的是列代数式和整式加减在几何图形中的应用，能够通过观察图形用含m、n的式子表示出长方形的长与宽，是解题的关键．4．A【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征．根据题意可知，函数对称轴为，而由可知，位于对称轴的右侧，且距离大于与对称轴的距离．【详解】解：函数的对称轴为，根据可知，、两点位于对称轴的两侧，又，，即距离对称轴较远，∵抛物线开口方向向上，可见，．故选：A．5．A【分析】连接、，如图，根据切线的性质得到，再利用勾股定理计算出，计算出，，则，然后根据扇形的面积公式，利用图中阴影部分的面积进行计算．【详解】连接、，如图，

弦切小半圆于点，，，，，，在中，，，，，，，，图中阴影部分的面积．故选：A．【点睛】本题考查了切线的性质，扇形面积公式，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．6．B【分析】本题考查二次函数的图象和性质，反比例函数的图象和性质，函数图象的交点与方程的根．画和的函数图象，由函数图象的交点与方程的根之间的关系，即可得方程的根的个数．【详解】解：和的函数图象如图所示，根据二次函数和反比例函数图象的性质，结合图象可知，和有且只有一个交点，∴方程的根的个数为．故选：．7．【分析】先去分母化为整式方程，解整式方程，检验即可．【详解】解：，方程两边都乘以约去分母得：，解这个整式方程得，检验：当时，，∴是原分式方程的解．故答案为：．【点睛】本题考查分式方程的解法，掌握分式方程的解法与步骤是解题关键．8．【分析】本题主要考查了三角形面积的计算方法，解直角三角形以及相似三角形的性质与判定，熟练掌握这些性质是解题的关键．过点作于点，根据求出，然后在中求出的长，再在中求出的长，利用已知条件证得，根据相似三角形对应边成比例即可求出，最后根据三角形面积公式计算即可．【详解】解：如图，过点作于点，∴，∵，∴，∴，∴，由勾股定理得：，∵，∴，在中，由勾股定理得：，∵，，∴，∴，即，解得：，∴．故答案为：．9．##0.3【分析】从五张卡片中任取两张的所有可能情况，用列举法求得有10种情况，其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况，从而求得所求事件的概率．【详解】从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下10种：红1红2，红1红3，红1绿1，红1绿2，红2红3，红2绿1，红2绿2，红3绿1，红3绿2，绿1绿2．其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况：红1绿1，红1绿2，红2绿1．故所求的概率为P=；故答案为：．【点睛】本题考查古典概型问题，可以列举出试验发生包含的事件和满足条件的事件，应用列举法来解题是这一部分的最主要思想，属于基础题．10．【分析】由可得，结合，再代入计算即可得到答案．【详解】解：∵，∴，∴；故答案为：【点睛】本题考查的是分式的基本性质，分式的求值，熟记分式的基本性质是解本题的关键．11．【分析】本题考查平面直角坐标系和三角形全等的判定与性质、解直角三角形，添加辅助线并找到全等三角形是本题解题关键．先作垂线，再由得，再通过的直角三角形特点解出各直角边长，从而得出点B坐标．【详解】解：如图，过点作轴于点，过点作于点，则，，，，．又，，，．在中，，，，，，，点的坐标为，．故答案为：，．12．10【分析】本题考查了完全平方公式和二次根式的混合运算．根据完全平方公式进行计算即可．【详解】解：∵，，∴，，．故答案为：10．13．【分析】本题主要考查因式分解的应用，先求出，，，再将所求代数式变形为，再代入计算可求解．【详解】解：∵，，，∴，，，∴，故答案为：．14．【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，垂径定理，延长交圆于点，连接，，根据垂径定理可得，证明，即可解决问题．【详解】解：如图，延长交圆于点，连接，，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴（负值已经舍去），故答案为：．15．(1)(2)【分析】（1）连接交于点D，连接，根据已知条件可证垂直平分，为含30度角的直角三角形，为等腰直角三角形，求出，即可得出的值；（2）过点P作于点D，设，则，，，可得四边形的面积，当时，即时，四边形的面积取最大值．【详解】（1）解：如图，连接交于点D，连接，为正三角形，，，又，，又是等腰直角三角形，垂直平分，，，，在中，，，，，在中，，，；（2）解：如图，过点P作于点D，设，则，，，，，，四边形的面积，当时，即时，四边形的面积取最大值，最大值为：．【点睛】本题考查等边三角形的性质，垂直平分线的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，同角三角函数关系等，综合运用上述知识是解题的关键．16．(1)(2)，x的取值范围是；(3)【分析】（1）分别延长、相交于点P，由平行四边形得和，则，结合中点得，可知，进一步得和的长，利用解直角三角形求得，结合勾股定理得，由直角三角形的性质得；（2）分别延长、相交于点P，由解直角三角形求得，利用勾股定理求得，即可得和，利用三角形面积公式得，结合的长即可求得x的取值范围；(3)由平行四边形得，，，根据中点得，则有，判定，结合平行线的性质得，则，由直角三角形的性质得，利用三角形外角和得到，进一步得即可．【详解】（1）解：分别延长、相交于点P，如图，∵四边形是平行四边形，∴，，∵，∴，又∵F为边的中点，即，∴，，∵，∴，∵点E是边的中点，∴，∴，∵，∴．由勾股定理可得在中，，∴，∵，∴；（2）解：分别延长、相交于点P，如图，在中，∵，∴，∵，，∴，∵，∴，由（1）知，∴，∵，∴，x的取值范围是；（3）解：∵四边形是平行四边形，∴，，，∵F为边的中点，∴，∴，∴，∵，∴，∴，在中，，，∴，∴，又∵，∴，∴．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理、直角三角形的性质、等腰三角形的判定和性质以及三角形外角和，解题的关键是熟悉解直角三角形和平行四边形的性质．17．(1)，(2)(3)的长为或【分析】（1）根据对称轴方程可得，再将点代入，即可求函数的解析式；求出直线的解析式，再由方程，求点坐标即可；（2）求出点坐标，再用勾股定理你定理判断是直角三角形，即可求；（3）分两种情况讨论：当在上方时，设与交于点，根据面积和中点的性质，推导出四边形是平行四边形，则，设，由方程，确定点，即可求；当在下方时，同理可得四边形是平行四边形，．【详解】（1）解：抛物线经过原点，，对称轴是直线，，，，将点