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
1.(2022黑龙江哈尔滨,1,3分) 的相反数是( )
6
1 1
A. B.- C.6 D.-6
6 6
2.(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=4b4
C.(a4)2=a6 D.a3·a3=a9
3.(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
D
4.(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( )
AB
C
D
5.(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)
2 3
6.(2022黑龙江哈尔滨,6,3分)方程 = 的解为 ( )
x-3 x
A.x=3 B.x=-9 C.x=9 D.x=-3
7.(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)=96B.150(1-x)=96
C.150(1-x)2=96D.150(1-2x)=96
9.(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 ( )
3 9
A. B.4 C. D.6
2 2
10.(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35 L时,那么该汽车已行驶的路程为 ( )A.150 km B.165 km
C.125 km D.350 km
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253 000兆瓦,用科学记数法表示为 兆瓦.
x
12.(2022黑龙江哈尔滨,12,3分)在函数y= 中,自变量x的取值范围是
5x+3
.
√1
13.(2022黑龙江哈尔滨,13,3分)计算√3+3 的结果是 .
3
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 .
{3x+4≥0,
15.(2022黑龙江哈尔滨,15,3分)不等式组 的解集是 .
4-2x<-1
6
16.(2022黑龙江哈尔滨,16,3分)已知反比例函数y=- 的图象经过点(4,a),则
x
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7π cm2,半径为6 cm,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( 1 x-3 )÷ 2 的
-
x-1 x2-2x+1 x-1
值,其中x=2cos 45°+1.
22.(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1 600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2
25.(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3 920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B´H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3
27.(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A(5 21) ,点B(1 3) ,与y轴交于点C.
, ,-
2 8 2 8
(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22022 年黑龙江哈尔滨市初中学业水平考试
1 1
1.B 根据相反数的概念可知, 的相反数是- .
6 6
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
( b 4ac-b2 ) b
y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点坐标为 - , ,对称轴为直线x=- .
2a 4a 2a
2 3
6.C = ,
x-3 x
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,
2 3
所以x=9是原方程 = 的解.故选C.
x-3 x
7.A ∵PA与☉O相切于点A,OA为半径,
∴∠OAP=90°.∵∠P=40°,∴∠AOP=50°,∴∠BOD=50°.
1
又∵OB=OD,∴∠ADB=∠OBD= ×(180°-50°)=65°.故选A.
2
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.
AE BE 1 BE 3 3
9.C ∵AB∥CD,∴△ABE∽△CDE,∴ = ,即 = ,解得BE= ,∴BD=BE+DE= +3=
EC DE 2 3 2 2
9
.故选C.
2
10.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
{ 1
入y=kx+b,得{500k+b=0,解得 k=- ,所以y=- 1 x+50.令y=35,则- 1 x+50=35,解得
10
b=50, 10 10
b=50,
x=150.故当油箱中剩余的油量为35 L时,该汽车已行驶的路程为150 km.故选A.
11.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253 000用科学记数法表示为2.53×105.故答案为2.53×105.
3
12.答案 x≠-
5
3 3
解析 根据分母不为0可知5x+3≠0,即x≠- .故答案为x≠- .
5 5
13.答案 2√3
√1 √3
解析 √3+3 =√3+3× =√3+√3=2√3.故答案为2√3.
3 3
14.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.
5
15.答案 x>
2
{3x+4≥0,①
解析
4-2x<-1,②
4 5 5 5
由①得x≥- ,由②得x> .所以不等式组的解集是x> .故答案为x> .
3 2 2 2
3
16.答案 -
2
6 6 6 3
解析 因为反比例函数y=- 的图象经过点(4,a),所以将(4,a)代入y=- 中,得a=- =- .
x x 4 2
17.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.
1
18.答案
2
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
2 1 1
枚硬币正面向上、一枚硬币反面向上的概率为 = .故答案为 .
4 2 2
19.答案 70
nπ·62
解析 解法一:设扇形的圆心角为n°,根据题意可得7π= ,解得n=70.故答案为70.
360
1 7π
解法二:设扇形的圆心角为n°,弧长为l,根据题意可得7π= ·l·6,解得l= .
2 3
7π nπ×6
再由 = ,解得n=70.故答案为70.
3 180
20.答案 2√5
解析 在菱形ABCD中,AC⊥BD,OA=OC,AB=AD.
在Rt△AOE中,AE= = =5.又因为AE=BE,所以BE=5,所以OB=8.所以在
√OA2+OE2 √42+32
Rt△AOB中,AB= = =4 .所以AD=4 .根据点F是CD的中点,OA=OC
√OA2+OB2 √42+82 √5 √5
1 1
可知,OF是△ACD的中位线,所以OF= AD= ×4√5=2√5.故答案为2√5.
2 221.解析 原式=[ x-1 - x-3 ]·x-1
(x-1) 2 (x-1) 2 2
=(x-1)-(x-3)·x-1
(x-1) 2 2
2 x-1
= ·
(x-1) 2 2
1
= .
x-1
√2 1 1 √2
当x=2cos 45°+1=2× +1=√2+1时,原式= = = .
2 √2+1-1 √2 2
22.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DH的长为5.
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:24
(3)1 600× =480(名).
80
∴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 =S .
△DEG △AEF
易证△AEF∽△CBF,△DEH∽△BCH,
EF AE 1 EH DE 1
可得 = = , = = ,
BF BC 2 CH BC 2
1 1
∴S = S ,S = S ,易证△AEB≌△DEC,
△AEF △AEB △DEH △DEC
3 3
所以S =S ,故有S =S .
△AEB △DEC △DEH △AEF
易证△BFO≌△CHO,可得S =S .
△BFO △CHO
易证OE∥CD,可知S =S ,所以S =S .
△COD △CED △CHO △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.
EF 1 EH
(2)由△AEF≌△DEG,得到S =S .由△AEF∽△CBF,△DEH∽△BCH,得到 = , =
△DEG △AEF BF 2 CH
1 1 1
,从而证得S = S ,S = S ,根据△AEB≌△DEC,可以得出S =S .利用三角
2 △AEF 3 △AEB △DEH 3 △DEC △DEH △AEF
形面积的和差关系,可以推出S =S .
△CHO △DEH
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.
{x+2y=56, {x=24,
根据题意得 解得
2x+ y=64, y=16.
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)≤3 920,
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,
1 1
∴OD= OA,OE= OB.∵OA=OB,∴OD=OE.
2 2
∵∠BOC=2∠CHB,∠AOC=2∠CHB,∴∠AOC=∠BOC.又OC=OC,
∴△COD≌△COE,∴∠ODC=∠OEC.
(2)证明:∵CD⊥OA,∴∠CDO=90°.
OE 1
∴由(1)得∠CDO=∠CEO=90°,∴sin∠OCE= = ,∴∠OCE=30°,∴∠COE=90°-
OC 2
∠OCE=90°-30°=60°.
1 1
∵∠H= ∠BOC= ×60°=30°,
2 2
∴∠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.
1 1 √3
∴MN= MG= ×2=1,HN=HG·sin 60°=2× =√3.
2 2 2
∴AN=MN+AM=4,∴HB=HA= = .
√AN2+H N2 √19
∵∠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,
√19
∴HB=BF+HF=3OF=√19,∴OF= .
3
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A(5 21),B(1 3),
, ,-
2 8 2 8
21 25 1
{ = a+b, {a= ,
∴ 8 4 解得 2
3 1 1
- = a+b, b=- .
8 4 2
1 1
(2)由(1)得y= x2- ,∵点D的横坐标为-2,
2 2
∴点D的纵坐标为3.∴D( 3).∵DE⊥y轴,
-2,
2 2
∴DE=2,E( 3).
0,
2
3
∵点P的纵坐标为t,∴PE= -t.
2
∴S=1DE·PE=1×2×(3 )=-t+3.
-t
2 2 2 2
(3)由抛物线y=1x2-1可知C( 1).∵点G是DF的中点,∴DG=FG.∵FH⊥y轴,DE⊥y轴,
0,-
2 2 2
∴∠DEG=∠FHG=90°,又∵∠DGE=∠FGH,
5 21
∴△DEG≌△FHG.∴FH=DE=2.设直线OA的解析式为y=kx(k≠0),∴ k= ,
2 8
21 21 21 21
∴k= .∴直线OA的解析式为y= x,将x=2代入y= x中,得y= .
20 20 20 10
∴F( 21) ,∴HE=21-3=3,∴GE= 3 ,∴3CP=5GE=5× 3 =3.
2,
10 10 2 5 10 10 2
∴CP=1,又∵C( 1),∴P(0,-1),P(0,0)(不合题意,舍去).
0,- 1 2
2 2∴N(5 ).
,-1
2
设直线PB的解析式为y=mx+n(m≠0),
{ 3 1 { 5
将(1 3),(0,-1)代入y=mx+n中,得 - = m+n,解得 m= ,∴直线PB的解析式为y=
,- 8 2 4
2 8
-1=n, n=-1,
5x-1.延长DE,交抛物线于点D',则D'( 3),
2,
4 2
显然点D'( 3)在直线PB上,∴点P,B,R,D',M五点共线.
2,
2
∵PE垂直平分DD',∴PD=PD',∴∠PDE=∠PD'E.
又∵PN∥D'E,∴∠D'PN=∠PD'E,∴∠PDE=∠D'PN.
又∠PMN+∠PDE=2∠CNR,∴∠PMN+∠D'PN=2∠CNR.
∵PN∥x轴,MN∥y轴,∴∠PNM=90°.∴∠D'PN+∠PMN=90°,
∴2∠CNR=90°,∴∠CNR=45°.
连接CR,RT,将△CNR沿直线RN翻折得△RNT,则∠TNR=∠CNR=45°,CN=TN.
过点T作TQ⊥AN于点Q,则易证△PNC≌△QNT.
1 5
∴TQ=CP= ,NQ=PN= ,
2 2
∴T( 3).设K为CT的中点,则K(3 1),显然点K在直线RN上.
3, ,
2 2 2
3 1
{ p+q= ,
设直线RN的解析式为y=px+q(p≠0).将K(3 1)、N(5 )分别代入得, 2 2 解
, ,-1
2 2 2 5
p+q=-1,
2
3
{p=- ,
得 2
11
q= .
4
3 11
∴直线RN的解析式为y=- x+ .
2 4疑难突破
1
本题第(3)问根据题目条件可求得CP= ,从而确定点P的位置.通过题图中的等角转化,并
2
结合条件∠PMN+∠PDE=2∠CNR,可以求出∠CNR=45°.由90°可以表示成两个45°之和,并结
合轴对称知识,得出△PNC≌△QNT,得出对应边相等,表示出点T的坐标,然后由中点坐标的特
点求出点K的坐标,最后根据待定系数法求出直线RN的解析式.
