2022 年北京市初中学业水平考试
一、选择题(共16分,每题2分)第1—8题均有四个选项,符合题意的选项只有
一个.
1.(2022北京,1,2分)下面几何体中,是圆锥的为( )
A B C D
2.(2022北京,2,2分)截至2021年12月31日,长江干流六座梯级水电站全年累
计发电量达2 628.83亿千瓦时,相当于减排二氧化碳约2.2亿吨.将262 883 000
000用科学记数法表示应为 ( )
A.26.288 3×1010B.2.628 83×1011
C.2.628 83×1012D.0.262 883×1012
3.(2022北京,3,2分)如图,利用工具测量角,则∠1的大小为 ( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
4.(2022北京,4,2分)实数a,b在数轴上的对应点的位置如图所示,下列结论中
正确的是 ( )
A.a<-2 B.b<1 C.a>b D.-a>b
5.(2022北京,5,2分)不透明的袋子中装有红、绿小球各一个,除颜色外两个小
球无其他差别,从中随机摸出一个小球,放回并摇匀,再从中随机摸出一个小球,
那么第一次摸到红球、第二次摸到绿球的概率是 ( )
1 1 1 3
A. B. C. D.
4 3 2 4
6.(2022北京,6,2分)若关于x的一元二次方程x2+x+m=0有两个相等的实数根,
则实数m的值为 ( )1 1
A.-4 B.- C. D.4
4 4
7.(2022北京,7,2分)图中的图形为轴对称图形,该图形的对称轴的条数为 (
)
A.1 B.2 C.3 D.5
8.(2022北京,8,2分)下面的三个问题都有两个变量:
①汽车从A地匀速行驶到B地,汽车的剩余路程y与行驶时间x;
②将水箱中的水匀速放出,直至放完,水箱中的剩余水量y与放水时间x;
③用长度一定的绳子围成一个矩形,矩形的面积y与一边长x.
其中,变量y与变量x之间的函数关系可以用如图所示的图象表示的是 ( )
A.①② B.①③ C.②③ D.①②③
二、填空题(共16分,每题2分)
9.(2022北京,9,2分)若√x-8在实数范围内有意义,则实数x的取值范围是
.
10.(2022北京,10,2分)分解因式:xy2-x= .
2 1
11.(2022北京,11,2分)方程 = 的解为 .
x+5 x
12.(2022北京,12,2分)在平面直角坐标系xOy中,若点A(2,y),B(5,y)在反比
1 2
k
例函数y= (k>0)的图象上,则y y(填“>”“=”或“<”).
1 2
x
13.(2022北京,13,2分)某商场准备进400双滑冰鞋,了解了某段时间内销售的
40双滑冰鞋的鞋号,数据如下:
鞋号 353637383940414243
销售量/双 2 4 5 5 12 6 3 2 1
根据以上数据,估计该商场进鞋号需求最多的滑冰鞋的数量为 双.14.(2022北京,14,2分)如图,在△ABC中,AD平分∠BAC,DE⊥AB.若
AC=2,DE=1,则S = .
△ACD
AF 1
15.(2022北京,15,2分)如图,在矩形ABCD中,若AB=3,AC=5, = ,则AE的
FC 4
长为 .
16.(2022北京,16,2分)甲工厂将生产的Ⅰ号、Ⅱ号两种产品共打包成5个不同
的包裹,编号分别为A,B,C,D,E,每个包裹的质量及包裹中Ⅰ号、Ⅱ号产品的质
量如下:
包裹编 Ⅰ号产品Ⅱ号产品 包裹的
号 质量/吨 质量/吨 质量/吨
A 5 1 6
B 3 2 5
C 2 3 5
D 4 3 7
E 3 5 8
甲工厂准备用一辆载重不超过19.5吨的货车将部分包裹一次运送到乙工厂.
(1)如果装运的Ⅰ号产品不少于9吨,且不多于11吨,写出一种满足条件的装运
方案 (写出要装运包裹的编号);
(2)如果装运的Ⅰ号产品不少于9吨,且不多于11吨,同时装运的Ⅱ号产品最多,
写出满足条件的装运方案 (写出要装运包裹的编号).
三、解答题(共68分,第17-20题,每题5分,第21题6分,第22题5分,第23-
24题,每题6分,第25题5分,第26题6分,第27-28题,每题7分)解答应写出
文字说明、演算步骤或证明过程.
17.(2022北京,17,5分)计算:(π-1)0+4×sin 45°-√8+|-3|.
18.(2022北京,18,5分)解不等式组:{2+x>7-4x,①
4+x
x< .②
2
19.(2022北京,19,5分)已知x2+2x-2=0,求代数式x(x+2)+(x+1)2的值.
20.(2022北京,20,5分)下面是证明三角形内角和定理的两种添加辅助线的方法,
选择其中一种,完成证明.
三角形内角和定理:
三角形三个内角的和等于180°,
已知:如图,△ABC.
求证:∠A+∠B+∠C=180°.
方法一 方法二
证明:如图,过点A作 证明:如图,过点C作
DE∥BC. CD∥AB.
21.(2022北京,21,6分)如图,在▱ABCD中,AC,BD交于点O,点E,F在AC上,
AE=CF.
(1)求证:四边形EBFD是平行四边形;
(2)若∠BAC=∠DAC,求证:四边形EBFD是菱形.
22.(2022北京,22,5分)在平面直角坐标系xOy中,函数y=kx+b(k≠0)的图象经
过点(4,3),(-2,0),且与y轴交于点A.
(1)求该函数的解析式及点A的坐标;
(2)当x>0时,对于x的每一个值,函数y=x+n的值大于函数y=kx+b(k≠0)的值,
直接写出n的取值范围.
23.(2022北京,23,6分)某校举办“歌唱祖国”演唱比赛,十位评委对每位同学
的演唱进行现场打分,对参加比赛的甲、乙、丙三位同学得分的数据进行整理、
描述和分析,下面给出了部分信息.a.甲、乙两位同学得分的折线图:
b.丙同学得分:
10,10,10,9,9,8,3,9,8,10
c.甲、乙、丙三位同学得分的平均数:
同学 甲 乙 丙
平均数8.68.6m
根据以上信息,回答下列问题:
(1)求表中m的值;
(2)在参加比赛的同学中,如果某同学得分的10个数据的方差越小,则认为评委
对该同学演唱的评价越一致.据此推断:甲、乙两位同学中,评委对 的评
价更一致(填“甲”或“乙”);
(3)如果每位同学的最后得分为去掉十位评委打分中的一个最高分和一个最低分
后的平均分,最后得分越高,则认为该同学表现越优秀.据此推断:在甲、乙、丙
三位同学中,表现最优秀的是 (填“甲”“乙”或“丙”).
24.(2022北京,24,6分)如图,AB是☉O的直径,CD是☉O的一条弦,AB⊥CD,连
接AC,OD.
(1)求证:∠BOD=2∠A;
(2)连接DB,过点C作CE⊥DB,交DB的延长线于点E,延长DO,交AC于点F,若
F为AC的中点,求证:直线CE为☉O的切线.
25.(2022北京,25,5分)单板滑雪大跳台是北京冬奥会比赛项目之一,举办场地
为首钢滑雪大跳台.运动员起跳后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分,建立
如图所示的平面直角坐标系,从起跳到着陆的过程中,运动员的竖直高度y(单位:
m)与水平距离x(单位:m)近似满足函数关系y=a(x-h)2+k(a<0).
示意图某运动员进行了两次训练.
(1)第一次训练时,该运动员的水平距离x与竖直高度y的几组数据如下:
水平距
离 0 2 5 8 11 14
x/m
竖直高
度 20.0021.4022.7523.2022.7521.40
y/m
根据上述数据,直接写出该运动员竖直高度的最大值,并求出满足的函数关系
y=a(x-h)2+k(a<0);
(2)第二次训练时,该运动员的竖直高度y与水平距离x近似满足函数关系
y=-0.04×(x-9)2+23.24.记该运动员第一次训练的着陆点的水平距离为d,第二
1
次训练的着陆点的水平距离为d,则d d(填“>”“=”或“<”).
2 1 2
26.(2022北京,26,6分)在平面直角坐标系xOy中,点(1,m),(3,n)在抛物线
y=ax2+bx+c(a>0)上,设抛物线的对称轴为直线x=t.
(1)当c=2,m=n时,求抛物线与y轴交点的坐标及t的值;
(2)点(x,m)(x≠1)在抛物线上,若m<n<c,求t的取值范围及x的取值范围.
0 0 0
27.(2022北京,27,7分)在△ABC中,∠ACB=90°,D为△ABC内一点,连接
BD,DC,延长DC到点E,使得CE=DC.
(1)如图1,延长BC到点F,使得CF=BC,连接AF,EF,若AF⊥EF,求证:BD⊥AF;
(2)连接AE,交BD的延长线于点H,连接CH,依题意补全图2,若AB2=AE2+BD2,
用等式表示线段CD与CH的数量关系,并证明.
图1 图2
28.(2022北京,28,7分)在平面直角坐标系xOy中,已知点M(a,b),N.对于点P
给出如下定义:将点P向右(a≥0)或向左(a<0)平移|a|个单位长度,再向上
(b≥0)或向下(b<0)平移|b|个单位长度,得到点P',点P'关于点N的对称点为Q,
称点Q为点P的“对应点”.(1)如图,点M(1,1),点N在线段OM的延长线上,若点P(-2,0),点Q为点P的
“对应点”.
①在图中画出点Q;
1
②连接PQ,交线段ON于点T,求证:NT= OM.
2
(2)☉O的半径为1,M是☉O上一点,点N在线段OM上,且ON=t(1
)
,若
<t<1
2
P为☉O外一点,点Q为点P的“对应点”,连接PQ.当点M在☉O上运动时直
接写出PQ长的最大值与最小值的差(用含t的式子表示).2022 年北京市初中学业水平考试
1.B 通过观察可知,选项A是圆柱,选项B是圆锥,选项C是三棱锥,选项D是球.故选B.
2.B 262 883 000 000=2.628 83×1011.故选B.
3.A 根据对顶角相等可得∠1=30°.故选A.
4.D 根据题图可得-2<a<-1,1<b<2,所以a<b,所以选项A,B,C错误.根据题图可以判断-a在数
轴上所对应的点位于b所对应的点的右侧,则-a>b,故选D.
5.A 列表如下:
第一次
第二次 红 绿
(红, (绿,
红
红) 红)
(红, (绿,
绿
绿) 绿)
由表可知,共有4种等可能的结果,其中第一次摸到红球、第二次摸到绿球的结果有1种,所以第
1
一次摸到红球、第二次摸到绿球的概率P= ,故选A.
4
6.C ∵该方程有两个相等的实数根,∴Δ=0,即1-4m=0,
1
解得m= .故选C.
4
7.D 五角星是轴对称图形,它的对称轴是每条过顶点与中心的直线,而圆也是轴对称图形,它的
对称轴是每一条直径所在的直线,故图中图形的对称轴就是五角星的五条对称轴.
8.A ①A、B两地的路程一定,由于汽车是匀速行驶,那么汽车在相同时间内走的路程也是相同
的,则剩余路程的减少值也是相同的,所以汽车的剩余路程y与行驶时间x在一定范围内是一次
函数关系,故①对;
②由于水箱中原有的水量是固定的,而水箱的水是匀速放出,所以在相同时间内水的减少量也是
相同的,所以剩余水量y与放水时间x在自变量的取值范围内是一次函数关系,故②对;
C-2x C-2x
③设矩形的周长为C,则由题意可知C是定值,所以矩形的另一边长为 ,所以y=x·
2 2
C
=-x2+ x,故y是关于x的二次函数,所以其对应的图象是抛物线,故③错.故选A.
2
9.答案 x≥8
解析 二次根式有意义的条件是被开方数是非负数,即x-8≥0,解得x≥8.
10.答案 x(y+1)(y-1)
解析 xy2-x=x(y2-1)=x(y+1)(y-1).
11.答案 x=5
解析 方程两边同乘x(x+5),得2x=x+5,解得x=5.当x=5时,x(x+5)≠0,故x=5是原方程的解.
12.答案 >解析 ∵k>0,∴反比例函数的图象位于第一、三象限,∴当x>0时,y随x的增大而减小.
∵2<5,∴y>y.
1 2
13.答案 120
解析 由题表可知需求最多的是39码滑冰鞋,有12双,所以估计该商场进39码滑冰鞋的数量为
12
400× =120(双).
40
14.答案 1
1
解析 过点D作DF⊥AC于F.∵AD平分∠BAC,DE⊥AB,DF⊥AC,∴DF=DE=1.∴S =
△ACD
2
1
AC·DF= ×2×1=1.
2
思路分析
过点D作AC边上的高,从而能够巧妙地应用角平分线的性质得到高的值,再通过三角形面
积公式求解.
15.答案 1
解析 ∵四边形ABCD是矩形,
∴∠ABC=90°,AD=BC,AD∥BC.
在Rt△ABC中,AC=5,AB=3,∴BC= =4.∴AD=BC=4.
√AC2-AB2
∵AD∥BC,∴∠EAF=∠BCF,∠AEF=∠CBF,
∴△AEF∽△CBF.
AE AF 1 AE 1
∴ = = ,即 = ,∴AE=1.
BC FC 4 4 4
16.答案 (1)ABC(答案不唯一) (2)ACE
解析 (1)根据包裹的质量数据分析,若要满足载重不超过19.5吨的条件,则包裹数量不能超过3
个,根据Ⅰ号产品质量的数据分析,若要装运的Ⅰ号产品不少于9吨,且不多于11吨,则满足条件
的装运方案可以为AD,ABC,ABE,ACD,ACE,BCD.
(2)在满足Ⅰ号产品的装运条件下,要求Ⅱ号产品最多,首先选择E.由于载重不超过19.5吨,所以
在Ⅱ号产品次多的C和D中选择C,由于Ⅰ号产品不少于9吨,故第三个包裹选择A.所以满足条
件的装运方案是ACE.
17.解析 原式=1+2√2-2√2+3
=1+3
=4.
18.解析 解不等式①,得x>1,
解不等式②,得x<4.∴原不等式组的解集为1<x<4.
19.解析 x(x+2)+(x+1)2
=x2+2x+x2+2x+1
=2x2+4x+1.
∵x2+2x-2=0,
∴2x2+4x=4,
∴原式=4+1=5.
20.证明 选择方法一:
过点A作DE∥BC,
则∠B=∠DAB,∠C=∠EAC.
∵点A在DE上,
∴∠DAB+∠BAC+∠EAC=180°,
∴∠B+∠BAC+∠C=180°.
选择方法二:
过点C作CD∥AB,
则∠B+∠BCD=180°,∠A=∠ACD,
∴∠B+∠ACB+∠ACD=180°,
∴∠B+∠ACB+∠A=180°.
21.证明 (1)∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AO=CO,BO=DO.
∵AE=CF,
∴AO-AE=CO-CF,即OE=OF.
∵BO=DO,
∴四边形EBFD是平行四边形.
(2)∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB∥DC,
∴∠BAC=∠DCA.
∵∠BAC=∠DAC,
∴∠DCA=∠DAC,
∴DA=DC,
∴四边形ABCD是菱形.
∴BD⊥AC,
又∵四边形EBFD是平行四边形,
∴四边形EBFD是菱形.
难点突破
第(2)问通过分析法从结论出发,可以发现要证的四边形若是菱形,则对角线应该是互相垂
直的,而这组对角线的位置关系与原平行四边形是一致的,故只需证原平行四边形是菱形即可.
22.解析 (1)∵函数y=kx+b(k≠0)的图象经过点(4,3),(-2,0),{ 1
∴{ 4k+b=3, 解得 k= ,
2
-2k+b=0,
b=1.
1
∴函数解析式为y= x+1.
2
当x=0时,y=1,
∴点A的坐标为(0,1).
(2)n≥1.
提示:首先清楚函数y=x+n的图象是与直线y=x平行的一系列直线,通过题目中给定的范围x>0,
可以找到临界点A(0,1),由y=x+n过点A可以求出n=1.当x=0时,函数y=x+1的值等于函数y=
1 1
x+1的值,将直线y=x+1向上平移能够保证当x>0时,直线y=x+1在直线y= x+1的上方,所
2 2
1
以当x>0时,对于x的每一个值,函数y=x+1的值大于函数y= x+1的值.故n≥1.
2
23.解析 (1)m=(10+10+10+9+9+8+3+9+8+10)÷10=8.6.
(2)甲.
详解:从得分的折线图可以看出甲同学得分的波动明显小于乙同学,故甲同学得分的方差小于乙
同学得分的方差.
(3)丙.
详解:三位同学的平均分相同,最高分也相同,但是丙的最低分3分远远低于甲、乙的最低分7分,
所以去掉一个最高分和一个最低分后丙的平均分会高于甲、乙.
24.证明 (1)连接AD,
∵AB是☉O的直径,AB⊥CD,
∴B´C=B´D,
∴∠BAC=∠BAD.
∵B´D=B´D,∴∠BOD=2∠BAD,
∴∠BOD=2∠BAC.
(2)连接OC,∵AB是直径,AB⊥CD,
∴A´C=A´D,∴AC=AD,
∵O是圆心,F是AC的中点,∴OF⊥AC,
∴DA=DC,∴△ACD是等边三角形,
∴∠ADC=60°,∴∠ODC=30°,
∵AB是直径,∴∠BDA=90°,∴∠BDC=30°,
∴∠ODC=∠BDC,
∵OC=OD,∴∠OCD=∠ODC,∴∠OCD=∠BDC,
∴OC∥DE,
又∵CE⊥DE,
∴OC⊥CE,∵OC是☉O的半径,∴CE是☉O的切线.
25.解析 (1)通过题中表格可以得出顶点坐标为(8,23.20),竖直高度的最大值是23.20米,
则解析式为y=a(x-8)2+23.2.
∵抛物线过点(11,22.75),∴22.75=9a+23.2,
解得a=-0.05.
∴解析式为y=-0.05(x-8)2+23.2.
(2)<.
提示:二次函数图象的开口大小与|a|有关,|a|越大抛物线开口越小,|a|越小抛物线开口越大.第一
次训练|a|=0.05,第二次训练|a|=0.04,所以第二次训练的抛物线开口更大,同时第二次训练的抛
1 2
物线顶点相对于第一次训练的抛物线顶点向右平移,再向上平移,所以第二次的着陆点的水平距
离比第一次着陆点的水平距离更远.所以d <d.
1 2
26.解析 (1)∵c=2,∴抛物线的解析式为y=ax2+bx+2.
令x=0,则y=2,
∴抛物线与y轴交点的坐标是(0,2).
∵点(1,m),(3,n)在抛物线上,m=n,
1+3
∴对称轴为直线x=t= =2.
2
(2)解法一:∵a>0,∴抛物线开口向上,
∵抛物线的表达式为y=ax2+bx+c,
∴点(0,c)在抛物线上,
∵点(1,m),(3,n)在抛物线上,
∴可得到三个点的示意图.
1+3
∵m<n,∴t< ,即t<2,
20+3 3
∵n<c,∴t> ,即t> ,
2 2
3
∴ <t<2.
2
∵(x,m),(1,m)都在抛物线上,
0
∴x+1=2t,∴x=2t-1,
0 0
3
∵ <t<2,∴3<2t<4,∴2<2t-1<3,即2<x<3.
0
2
解法二:∵点(1,m),(3,n)在抛物线y=ax2+bx+c上,
∴m=a+b+c,n=9a+3b+c,
∵m<n<c,
{a+b+c<9a+3b+c,①
∴
9a+3b+c<c,②
由①得b>-4a,③
由②得b<-3a,④
∵a>0,
b -4a b
∴由③得- < ,即- <2,
2a -2a 2a
b -3a b 3
∴由④得- > ,即- > ,
2a -2a 2a 2
3 b 3
∴ <- <2,即 <t<2.
2 2a 2
∵点(x,m),(1,m)在抛物线上,
0
∴x+1=2t,∴x=2t-1,
0 0
3
∵ <t<2,∴3<2t<4,
2
∴2<2t-1<3,即2<x<3.
0
思路分析
(2)解法二:将横坐标代入解析式,用含参数的式子表示函数值,根据函数值的大小列出不等
b
式组,通过不等式的性质对式子进行变形,将不等式化为- 的形式,从而得到t的取值范围.
2a
27.解析 (1)证明:在△BCD和△FCE中,
{
BC=FC,
∠BCD=∠FCE,
DC=EC,
∴△BCD≌△FCE,∴∠BDC=∠E,∴BD∥EF.
又∵AF⊥EF,∴BD⊥AF.
(2)CH=CD.
证明:延长BC至点F使CF=BC,连接AF,EF,∵BC=CF,∠ACB=90°,
∴AF=AB,
由(1)可得,BD=EF,BD∥EF.
∵AB2=AE2+BD2,
∴AF2=AE2+EF2.
∴△AEF是直角三角形,∠AEF=90°.
∵BD∥EF,
∴∠BHE=∠AEF=90°,
在Rt△DEH中,∵CD=CE,
1
∴CH= DE,∴CH=CD.
2
思路分析
(2)根据题目中式子AB2=AE2+BD2,可以首先思考是否存在直角三角形,借助第一问作辅助
线,将AB转化到AF,BD转化到EF,使得三条线段位于同一个三角形中,再通过勾股定理的逆定
理进行判断.
28.解析 (1)①点Q如图所示.
②证明:依题意可知P'的坐标为(-1,1),P的坐标为(-2,0),
∴∠P'PO=45°,PP'=√2,
∵∠MOx=45°,
∴∠P'PO=∠MOx,
∴PP'∥ON,
∴△QNT∽△QP'P,
QN NT
∴ = ,
QP' P'P
∵P'和Q关于点N对称,
QN 1 NT 1
∴NQ=NP',∴ = ,∴ = ,
QP' 2 P'P 2√2
∴NT= ,
2
∵M(1,1),∴OM=√2,
1
∴NT= OM.
2
(2)PQ长的最大值与最小值的差为4t-2.
详解:∵M是☉O上一点,PP'∥OM,
∴P'在以点P为圆心,1为半径的圆上,作点P关于点O的对称点S,点P'关于点M的对称点T,
则点Q在以点S为圆心的圆上,
∵M、N分别为P'T,P'Q的中点,∴TQ=2MN,
∵ON=t,∴MN=1-t,
∴TQ=2-2t,
∴SQ=ST-TQ=1-(2-2t)=2t-1,
∵Q在以S为圆心,半径r=2t-1的圆上运动,
∴PQ =PS+r,PQ =PS-r,
max min
∴PQ -PQ =(PS+r)-(PS-r)=2r=4t-2.
max min
