2022哈尔滨数学试卷+答案+解析

2022年黑龙江哈尔滨市初中学业水平考试一、选择题(每小题3分,共30分,下列各小题均有四个选项,其中只有一个是正确的)1.(2022黑龙江哈尔滨,1,3分)16的相反数是 (A.16 B.-16 C.6 D2.(2022黑龙江哈尔滨,2,3分)下列运算一定正确的是 ()A.(a2b3)2=a4b6 B.3b2+b2=4b4C.(a4)2=a6 D.a3·a3=a93.(2022黑龙江哈尔滨,3,3分)下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是 ()A B C D4.(2022黑龙江哈尔滨,4,3分)六个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示,其左视图是()A B C D5.(2022黑龙江哈尔滨,5,3分)抛物线y=2(x+9)2-3的顶点坐标是 ()A.(9,-3) B.(-9,-3) C.(9,3) D.(-9,3)6.(2022黑龙江哈尔滨,6,3分)方程2x−3=3x的解为 A.x=3 B.x=-9 C.x=9 D.x=-37.(2022黑龙江哈尔滨,7,3分)如图,AD,BC是☉O的直径,点P在BC的延长线上,PA与☉O相切于点A,连接BD,若∠P=40°,则∠ADB的度数为 ()A.65° B.60° C.50° D.25°8.(2022黑龙江哈尔滨,8,3分)某种商品原来每件售价为150元,经过连续两次降价后,该种商品每件售价为96元,设平均每次降价的百分率为x,根据题意,所列方程正确的是 ()A.150(1-x2)=96 B.150(1-x)=96C.150(1-x)2=96 D.150(1-2x)=969.(2022黑龙江哈尔滨,9,3分)如图,AB∥CD,AC,BD相交于点E,AE=1,EC=2,DE=3,则BD的长为 ()A.32 B.4 C.92 D10.(2022黑龙江哈尔滨,10,3分)一辆汽车油箱中剩余的油量y(L)与已行驶的路程x(km)的对应关系如图所示,如果这辆汽车每千米的耗油量相同,当油箱中剩余的油量为35L时,那么该汽车已行驶的路程为 ()A.150km B.165kmC.125km D.350km二、填空题(每小题3分,共30分)11.(2022黑龙江哈尔滨,11,3分)风能是一种清洁能源,我国风能储量很大,仅陆地上风能储量就有253000兆瓦,用科学记数法表示为兆瓦.

12.(2022黑龙江哈尔滨,12,3分)在函数y=x5x+3中,自变量x13.(2022黑龙江哈尔滨,13,3分)计算3+313的结果是14.(2022黑龙江哈尔滨,14,3分)把多项式xy2-9x分解因式的结果是.

15.(2022黑龙江哈尔滨,15,3分)不等式组3x+4≥0,4−216.(2022黑龙江哈尔滨,16,3分)已知反比例函数y=-6x的图象经过点(4,a),则a的值为17.(2022黑龙江哈尔滨,17,3分)在△ABC中,AD为边BC上的高,∠ABC=30°,∠CAD=20°,则∠BAC是度.

18.(2022黑龙江哈尔滨,18,3分)同时抛掷两枚质地均匀的硬币,则一枚硬币正面向上、一枚硬币反面向上的概率是.

19.(2022黑龙江哈尔滨,19,3分)一个扇形的面积为7πcm2,半径为6cm,则此扇形的圆心角是度.

20.(2022黑龙江哈尔滨,20,3分)如图,菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,点E在OB上,连接AE,点F为CD的中点,连接OF,若AE=BE,OE=3,OA=4,则线段OF的长为.

三、解答题(本大题共7个小题,共60分)21.(2022黑龙江哈尔滨,21,7分)先化简,再求代数式1x−1−x−3x2−2x+122.(2022黑龙江哈尔滨,22,7分)如图,方格纸中每个小正方形的边长均为1,△ABC的顶点和线段EF的端点均在小正方形的顶点上.(1)在方格纸中画出△ADC,使△ADC与△ABC关于直线AC对称(点D在小正方形的顶点上);(2)在方格纸中画出以线段EF为一边的平行四边形EFGH(点G,点H均在小正方形的顶点上),且平行四边形EFGH的面积为4.连接DH,请直接写出线段DH的长.23.(2022黑龙江哈尔滨,23,8分)民海中学开展以“我最喜欢的健身活动”为主题的调查活动,围绕“在跑步类、球类、武术类、操舞类四类健身活动中,你最喜欢哪一类?(必选且只选一类)”的问题,在全校范围内随机抽取部分学生进行问卷调查,将调查结果整理后绘制成如图所示的不完整的条形统计图,其中最喜欢操舞类的学生人数占所调查人数的25%.请你根据图中提供的信息解答下列问题:(1)在这次调查中,一共抽取了多少名学生?(2)请通过计算补全条形统计图;(3)若民海中学共有1600名学生,请你估计该中学最喜欢球类的学生共有多少名.24.(2022黑龙江哈尔滨,24,8分)已知矩形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,点E是边AD上一点,连接BE,CE,OE,且BE=CE.(1)如图1,求证:△BEO≌△CEO;(2)如图2,设BE与AC相交于点F,CE与BD相交于点H,过点D作AC的平行线交BE的延长线于点G,在不添加任何辅助线的情况下,请直接写出图2中的四个三角形(△AEF除外),使写出的每个三角形的面积都与△AEF的面积相等.图1图225.(2022黑龙江哈尔滨,25,10分)绍云中学计划为绘画小组购买某种品牌的A、B两种型号的颜料,若购买1盒A种型号的颜料和2盒B种型号的颜料需用56元;若购买2盒A种型号的颜料和1盒B种型号的颜料需用64元.(1)求每盒A种型号的颜料和每盒B种型号的颜料各多少元;(2)绍云中学决定购买以上两种型号的颜料共200盒,总费用不超过3920元,那么该中学最多可以购买多少盒A种型号的颜料?26.(2022黑龙江哈尔滨,26,10分)已知CH是☉O的直径,点A,点B是☉O上的两个点,连接OA,OB,点D,点E分别是半径OA,OB的中点,连接CD,CE,BH,且∠AOC=2∠CHB.(1)如图1,求证:∠ODC=∠OEC;(2)如图2,延长CE交BH于点F,若CD⊥OA,求证:FC=FH;(3)如图3,在(2)的条件下,点G是BH上一点,连接AG,BG,HG,OF,若AG∶BG=5∶3,HG=2,求OF的长.图1图2图327.(2022黑龙江哈尔滨,27,10分)在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,抛物线y=ax2+b经过点A52,218,点B12(1)求a,b的值;(2)如图1,点D在该抛物线上,点D的横坐标为-2,过点D向y轴作垂线,垂足为点E,点P为y轴负半轴上的一个动点,连接DP,设点P的纵坐标为t,△DEP的面积为S,求S关于t的函数解析式(不要求写出自变量t的取值范围);(3)如图2,在(2)的条件下,连接OA,点F在OA上,过点F向y轴作垂线,垂足为点H,连接DF交y轴于点G,点G为DF的中点,过点A作y轴的平行线与过点P所作的x轴的平行线相交于点N,连接CN,PB,延长PB交AN于点M,点R在PM上,连接RN,若3CP=5GE,∠PMN+∠PDE=2∠CNR,求直线RN的解析式.图1图2

2022年黑龙江哈尔滨市初中学业水平考试1.B根据相反数的概念可知,16的相反数是-1故选B.2.A根据积的乘方和幂的乘方法则可知,(a2b3)2=(a2)2∙(b3)2=a4b6,A选项正确;根据合并同类项的方法可知,3b2+b2=4b2,B选项错误;根据幂的乘方法则可知,(a4)2=a8,C选项错误;根据同底数幂的乘法法则可知,a3∙a3=a3+3=a6,D选项错误.故选A.3.B选项A中的图形是轴对称图形,不是中心对称图形;选项B中的图形既是轴对称图形,又是中心对称图形;选项C中的图形是轴对称图形,不是中心对称图形;选项D中的图形是轴对称图形,不是中心对称图形.故选B.4.D从左面看该几何体,有上下两层,且下层并排有两个正方形,下层左边的正方形上面还有1个正方形.故选D.5.B∵抛物线y=a(x-h)2+k(a≠0)的顶点坐标为(h,k),∴抛物线y=2(x+9)2-3=2[x-(-9)]2-3的顶点坐标为(-9,-3).方法总结(1)抛物线y=a(x-h)2+k(a≠0)的顶点坐标为(h,k),对称轴为直线x=h.(2)抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点坐标为−b2a,4ac−b26.C2x−3=去分母得2x=3(x-3),解得x=9.检验:当x=9时,最简公分母x(x-3)=9×6≠0,所以x=9是原方程2x−3=3x的解7.A∵PA与☉O相切于点A,OA为半径,∴∠OAP=90°.∵∠P=40°,∴∠AOP=50°,∴∠BOD=50°.又∵OB=OD,∴∠ADB=∠OBD=12×(180°-50°)=65°.故选A解题关键利用切线的性质和等腰三角形的性质,得出相关角的度数.8.C平均变化率(增长率或降低率)问题的公式为a(1±x)n=b.其中a表示变化前的量,b表示变化后的量,n表示变化的次数,x表示平均增长率或平均降低率.所以本题中的方程应为150(1-x)2=96.故选C.9.C∵AB∥CD,∴△ABE∽△CDE,∴AEEC=BEDE,即12=BE3,解得BE=32,∴BD=BE+DE=310.A根据题意可知y是关于x的一次函数,故可设y=kx+b(k≠0),将(500,0)和(0,50)分别代入y=kx+b,得500k+b=0,b=50,解得k=−110,b=50,所以y=-110x+50.令y=35,则-111.答案2.53×105解析把一个数表示成a×10n的形式(其中1≤|a|<10,n为整数),这种记数的方法叫做科学记数法.所以253000用科学记数法表示为2.53×105.故答案为2.53×105.12.答案x≠-3解析根据分母不为0可知5x+3≠0,即x≠-35.故答案为x≠-313.答案23解析3+313=3+3×33=3+3=23.故答案为214.答案x(y+3)(y-3)解析xy2-9x=x(y2-9)=x(y+3)(y-3).故答案为x(y+3)(y-3).特别注意提完公因式后,一定要检查括号内的多项式是否还可以分解.15.答案x>5解析3由①得x≥-43,由②得x>52.所以不等式组的解集是x>52.故答案为x16.答案-3解析因为反比例函数y=-6x的图象经过点(4,a),所以将(4,a)代入y=-6x中,得a=-6417.答案40或80解析当点D在点C的左侧时,如图1.因为∠ABC=30°,AD⊥BC,所以∠BAD=60°.所以∠BAC=∠BAD+∠CAD=60°+20°=80°.当点D在点C的右侧时,如图2.因为∠ABC=30°,AD⊥BC,所以∠BAD=60°.所以∠BAC=∠BAD-∠CAD=60°-20°=40°.故答案为40或80.图1图2易错警示注意要考虑点D在点C的左侧和右侧两种情况,注意题目的多解性.18.答案1解析同时抛掷两枚质地均匀的硬币,有(正,正)、(正,反)、(反,正)、(反,反),共4种等可能的结果.其中一枚硬币正面向上、一枚硬币反面向上的结果有(正,反)、(反,正),共2种.所以一枚硬币正面向上、一枚硬币反面向上的概率为24=12.故答案为19.答案70解析解法一:设扇形的圆心角为n°,根据题意可得7π=nπ·62360,解得n解法二:设扇形的圆心角为n°,弧长为l,根据题意可得7π=12·l·6,解得l=7π再由7π3=nπ×6180,解得n=70.20.答案25解析在菱形ABCD中,AC⊥BD,OA=OC,AB=AD.在Rt△AOE中,AE=OA2+OE2=42+32=5.又因为AE=BE,所以BE=5,所以OB=8.所以在Rt△AOB中,AB=OA2+OB2=42+82=45.所以AD=45.根据点F是CD的中点,OA=OC可知,OF是21.解析原式=x−1(=(x−1)−(=2(x=1x当x=2cos45°+1=2×22+1=2+1时,原式=12+1−1=122.解析(1)如图,由作图要求可知△ABC≌△ADC,所以DC=BC=2,又点B与点D关于直线AC对称,所以点D在BC的延长线上,且在小正方形的顶点上,这样就确定了点D的位置,再连接AD.所画出的△ADC一定与△ABC关于直线AC对称.(2)如图,根据▱EFGH的面积为4可得HE·4=4,所以HE=1,所以GF=1,这样可以确定点H和点G的位置,然后依次连接E、H、G、F四个顶点,所围成的四边形EFGH为符合题目要求的平行四边形EFGH.将线段DH看成两条直角边分别为3和4的直角三角形的斜边,根据勾股定理可得DH=42+32=5.故线段解题关键第(2)问根据题目要求,结合平行四边形的性质,确定点H的位置是本题的解题关键.23.解析(1)20÷25%=80(名),∴在这次调查中,一共抽取了80名学生.(2)80-16-24-20=20(名).补全的条形统计图如图所示:(3)1600×2480=480(名)∴估计该中学最喜欢球类的学生共有480名.24.解析(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴AC与BD相等且互相平分,∴OB=OC.又∵BE=CE,OE=OE,∴△BEO≌△CEO.(2)△DEG,△DEH,△BFO,△CHO.提示:易证△AEF≌△DEG,可得S△DEG=S△AEF.易证△AEF∽△CBF,△DEH∽△BCH,可得EFBF=AEBC=12,EHCH=∴S△AEF=13S△AEB,S△DEH=13S△DEC,易证△AEB≌△所以S△AEB=S△DEC,故有S△DEH=S△AEF.易证△BFO≌△CHO,可得S△BFO=S△CHO.易证OE∥CD,可知S△COD=S△CED,所以S△CHO=S△DEH.综上,与△AEF的面积相等的三角形有△DEG,△DEH,△BFO,△CHO.思路分析(1)运用矩形的性质,得出OB=OC.再根据“SSS”证明△BEO≌△CEO.(2)由△AEF≌△DEG,得到S△DEG=S△AEF.由△AEF∽△CBF,△DEH∽△BCH,得到EFBF=12,EHCH=12,从而证得S△AEF=13S△AEB,S△DEH=13S△DEC,根据△AEB≌△DEC,可以得出S△DEH=S△AEF.利用三角形面积的和差关系,可以推出S△25.解析(1)设每盒A种型号的颜料x元,每盒B种型号的颜料y元.根据题意得x+2y答:每盒A种型号的颜料24元,每盒B种型号的颜料16元.(2)设该中学可以购买a盒A种型号的颜料.根据题意得24a+16(200-a)≤3920,解得a≤90.答:该中学最多可以购买90盒A种型号的颜料.26.解析(1)证明:∵点D,点E分别是半径OA,OB的中点,∴OD=12OA,OE=12OB.∵OA=OB,∴OD∵∠BOC=2∠CHB,∠AOC=2∠CHB,∴∠AOC=∠BOC.又OC=OC,∴△COD≌△COE,∴∠ODC=∠OEC.(2)证明:∵CD⊥OA,∴∠CDO=90°.∴由(1)得∠CDO=∠CEO=90°,∴sin∠OCE=OEOC=12,∴∠OCE=30°,∴∠COE=90°-∠OCE=90°-30°∵∠H=12∠BOC=12×60°=30∴∠H=∠OCE,∴FC=FH.(3)由(2)知FC=FH,又∵CO=OH,∴OF⊥CH,∴∠FOH=90°.连接AH,∵∠AOC=∠BOC=60°,∴∠AOH=∠BOH=120°,∠AOB=120°,∴AH=BH,∠AGH=60°.∵AG∶BG=5∶3,故可设AG=5x,则BG=3x.在AG上取点M,使得AM=BG,连接MH,∵∠HAM=∠HBG,∴△HAM≌△HBG,∴MH=HG,∴△MHG为等边三角形.∴MG=HG=2.∵AG=AM+MG,∴5x=3x+2,解得x=1.∴AG=5,BG=AM=3.过点H作HN⊥MG于点N.∴MN=12MG=12×2=1,HN=HG·sin60°=2×32∴AN=MN+AM=4,∴HB=HA=AN2+∵∠FOH=90°,∠OHF=30°,∴∠OFH=60°.∵∠COF=90°,∠COB=60°,∴∠FOB=30°.∵OB=OH,∴∠BHO=∠OBH=30°,∴∠FOB=∠OBF,∴OF=BF.在Rt△OFH中,∠OHF=30°,∴HF=2OF,∴HB=BF+HF=3OF=19,∴OF=193解后反思(1)处理圆中的角度间的数量关系,除了考虑全等、相似外,还要从同弧所对的圆周角与圆心角的度数关系、同弧(等弧)对等角(圆周角或圆心角)等方面思考;(2)证明线段相等的问题,可以从等角与等边的互推关系、三角形全等、等量代换等方面入手;(3)题目中有线段长度之比,一般都可以根据长度之比分别设长度,将有关线段长度进行量化,再结合题目条件,运用勾股定理、三角函数知识、相似知识、特殊三角形或特殊四边形等方面的知识解决线段、角度或点的坐标、图形面积等问题.27.解析(1)∵抛物线y=ax2+b经过点A52,218∴218=(2)由(1)得y=12x2-12,∵点D的横坐标为∴点D的纵坐标为32.∴D−2,32.∵DE⊥∴DE=2,E0,3∵点P的纵坐标为t,∴PE=32-∴S=12DE·PE=12×2×32−t(3)由抛物线y=12x2-12可知C0,−12.∵点G是DF的中点,∴DG=F