2022年哈爾濱市初中升學(xué)考試數(shù)學(xué)試卷參考答案一、選擇題(每小題3分，共30分)1．解析：選項A.(x3)2=x6；選項B.(a+b)(b-a)=b2-a2；選項=2x2y．答案：D命題立意：此題主要考查整式的運(yùn)算.2．解析：由題意知x=-3，y=±5，∴x+y=-8或2．答案：D命題立意：此題主要考查相反數(shù)、絕對值的意義.3．解析：∵點(diǎn)P(a，b)在第四象限，∴a＞0，b＜0．∴-a＜0，b-1＜0．∴點(diǎn)Q(-a,b-1)在第三象限．答案：C命題立意：此題主要考查平面直角坐標(biāo)系中象限內(nèi)的點(diǎn)的坐標(biāo)的符號特征.4．解析：判斷同類二次根式，要先化簡，再看被開方數(shù)是否相同．∵，∴是同類二次根式．選項B，梯形同一底上的兩個角不一定相等，只有等腰梯形才有這一性質(zhì)．選項C，必須“過直線外一點(diǎn)”．選項D，必須是“兩平行直線”．答案：A命題立意：此題是一個綜合題，主要考查同類二次根式的判斷，梯形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)等.5．解析：2x＞5，解得x＞.答案：C命題立意：此題主要考查等腰三角形的性質(zhì)及三角形中的三邊不等關(guān)系.6．解析：只有偶數(shù)邊的正多邊形既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形，奇數(shù)邊的正多邊形只是軸對稱圖形，而等腰梯形只是軸對稱圖形．答案：B命題立意：此題主要考查軸對稱圖形、中心對稱圖形的判斷.7．下列命題中，正確命題的個數(shù)是()解析：由垂徑定理知①正確：而平行四邊形的對角相等，不一定互補(bǔ)，實數(shù)與數(shù)軸上的點(diǎn)是一一對應(yīng)的，相交的兩圓的連心線垂直平分公共弦．答案：B命題立意：此題綜合考查垂徑定理、平行四邊形性質(zhì)，數(shù)與數(shù)軸上的點(diǎn)的關(guān)系，相交兩圓的性質(zhì).8．A.相交B．內(nèi)切C.內(nèi)含D.外切解析：解方程x2-7x+12=0得x1=3，x2=4，∴O1O2＜x2-x3=1．∴⊙O1與⊙O內(nèi)含．答案：C命題立意：此題綜合考查一元二次方程的解法及兩圓的位置關(guān)系的判斷.9．解析：連結(jié)OB，則OB⊥PB．在Rt△POB中，OB=OA=PO-AP=3，PO=5，∴PB==4．答案：A命題立意：此題主要考查切線的性質(zhì)及直角三角形的勾股定理.10．解析：如圖7，圖7圖中的P1、P2、P3、P4、P5、P6、P7，就是符合要求的點(diǎn)P．答案：B命題立意：此題綜合考查一次函數(shù)的圖象與兩坐標(biāo)軸的交點(diǎn)的求法，直角三角形全等的判定.二、填空題(每小題3分，共30分)11．解析：科學(xué)記數(shù)法形式為：a×10n(1≤|a|＜10，n是整數(shù))．答案：7．5×104命題立意：此題主要考查科學(xué)記數(shù)法及有效數(shù)字的意義.12．解析：由函數(shù)關(guān)系式得解得x≥1且x≠2．答案：x≥1且x≠2．命題立意：此題主要考查函數(shù)自變量的取值范圍的求法，實際上是解不等式組.13．解析：用分組分解法，原式=(x2-4x+4)-y2=(x-2)2-y2=(x+y-2)(x-y-2)．答案：(x+y-2)(x-y-2)命題立意：此題主要考查因式分解的意義及因式分解的方法.14．解析：如圖8，在Rt△AOG中，OA=2，∠AOG=30°，∴OG=OA·cos30°=2×.圖8答案：命題立意：此題主要考查正多邊形的計算問題.15解析：規(guī)律為五角星的總枚數(shù)=4+3(n-1)．答案：25命題立意：此題是找規(guī)律題，目的是培養(yǎng)同學(xué)們觀察、分析問題的能力.16．解析：∵y=，x＜0，∴y＜0．∴圖象在第三象限．答案：三命題立意：此題主要考查反比例函數(shù)的圖象.17．解析：增長率==0．2．答案：1．44a命題立意：此題考查增長率問題.18．解析：此題分兩種情況：①點(diǎn)O在點(diǎn)A和點(diǎn)B之間(如圖9①)，EF==5．②點(diǎn)O在點(diǎn)A和點(diǎn)B外(如圖9②)圖9答案：1或5命題立意：此題考查線段中點(diǎn)的定義及線段長的求法.19．解析：由題意知圓柱的高h(yuǎn)=AB=5，底面圓的半徑r=AD=3cm.∴S表=S側(cè)+2S底=2πrh+2πr2=2π×3×5+2π×32=30π+18π=48π.答案：48π命題立意：此題考查圓柱的形成及圓柱表面積的求法.20．解析：如圖10，由題意得圖10①+②×2得=49．∴l(xiāng)+h=7．①-②×2得=1.∴l(xiāng)-h=±1．∴在Rt△BOD中，OB=R，OD=R-h，BD=l.∴R2=42+(R-3)2或R2=32+(R-4)2．解得R=或R=．答案：或命題立意：此題主要考查等腰三角形外接圓半徑的求法.三、解答題(共60分)21．分析：要注意運(yùn)算順序，有括號先做括號里的，把“1”看作分母為“1”．解：.∵x=sin45°·cot60°=，∴原式=命題立意：此題主要考查分式的化簡求值.22．分析：先將原方程變形為=2．再用換元法解方程．解：．設(shè)y=，整理y-=2，整理，得y2-2y-3=0．解得y1=3，y2=-1．當(dāng)y=3時，=3，x2-3x+2=0，解得x1=2，x2=1；當(dāng)y=-1時，=-1，x2+x+2=0，△=1-8=-7＜0，此方程沒有實數(shù)根．經(jīng)檢驗：x1=2，x2=1是原方程的根．∴原方程的根是x1=2，x2=1．23．圖2求證：DE=CF．分析：要證DE=CF，可先證AE=DF，考慮證Rt△ADF≌Rt△BAE.證明：四邊形ABCD為正方形，∴AB=AD=CD，∠D=∠BAE=90°，∴∠EAH+∠BAH=90°．∵AH⊥BE，∴∠AHB=90°，∴∠ABH+∠BAH=90°，∴∠DAF=∠ABE.在△ADF與△BAE中，∴△ADF≌△BAE．∴AE=DF．∴AD-AE=CD-DF，即DE=CF.點(diǎn)評：此題綜合考查了圖形的主要知識，培養(yǎng)同學(xué)們綜合運(yùn)用知識的能力．命題立意：此題主要考查正方形的性質(zhì)及由三角形全等證線段相等.24．圖3分析：由題意知先過點(diǎn)A作AH⊥CD于H．在Rt△ACH中，可求出CH.進(jìn)而CD=CH+HD=CH+AB.再在Rt△CED中，求出CE的長．解：過點(diǎn)A作AH⊥CD，垂足為H.由題意可知四邊形ABDH為矩形，∠CAH=30°，∴AB=DH=1．5，BD=AH=6．在Rt△ACH中，tan∠CAH=，∴CH=AH·tan∠CAH=6tan30°=6×.∵DH=1．5，∴CD=+1．5．在Rt△CDE中，∵∠CED=60°，sin∠CED=.∴CE=(米)．答：拉線CE的長為()米．命題立意：此題主要考查解直角三角形的應(yīng)用.25．分析：各小組的頻率和=1，頻率=，各小組的頻數(shù)和=數(shù)據(jù)的總個數(shù)．解：(1)頻數(shù)列空格填12．頻率列空格填0．22．(2)答：本次調(diào)查得到的數(shù)據(jù)的中位數(shù)落在第3小組內(nèi).(3)因為樣本中，40．5—60．5分鐘時間段的頻率和為：0．24+0．04=0．28．所以由樣本估計總體知全校學(xué)生每天參加課外鍛煉的時間多于40分鐘的頻率約為0．28．所以全校1000名學(xué)生平均每天參加課外鍛煉的時間多于40分鐘的學(xué)生約為0．28×1000=280(名)．答：這所學(xué)校約有280名學(xué)生平均每天參加課外鍛煉的時間多于40分鐘．命題立意：此題主要考查頻率分布表的有關(guān)知識.26.分析：相切兩圓常作的輔助線是：兩圓的公切線，因此過點(diǎn)P作兩圓的內(nèi)公切線EP交AB于點(diǎn)F，然后證得△CDP∽△ADC，可證DC2=DP·DA；(2)求AB的長時，由(1)知△CDP∽△ADC，可得．還可得出DP=2PA，DC=BD.再利用AP·AD=AB·AC，可求出AB的長．證明：(1)如圖11，過點(diǎn)P作兩圓的內(nèi)公切線EP交AB于點(diǎn)F．圖11∵FE、CA都與⊙O1相切，∴FP=FA，∴∠FAP=∠FPA．∴∠FPA=∠EPD=∠DCP，∴∠FAP=∠DCP．∵∠PDC=∠CDA，∴△CDP∽△ADC.∴，∴DC2=DP·DA．(2)連結(jié)O1O2，則點(diǎn)P在O1O2上，連結(jié)O1A、O2∵O1A=O1P，∴∠O1AP=∠O1又∵O2P=O2D，∴∠O2DP=∠O2PD，∴∠O1AP=∠O2DP．∴OA∥O2D，∴，∴DP=2PA．由(1)中△CDP∽△ADC得，∠DCB=∠DPC，．∵∠DPC=∠DBC，∴∠DCB=∠DBC，∴DC=BD=．由DC2=DP·DA，得，∴DP=8，AP=4，AD=12．∴，∴AC=.由AP·AD=AB·AC，得4×12=AB，∴AB=.點(diǎn)評：此題綜合性強(qiáng)，將圓的有關(guān)知識與三角形相似結(jié)合考查，有一定難度，有利于培養(yǎng)同學(xué)們的鉆研精神．命題立意：此題主要考查相切兩圓的位置關(guān)系及切線長定理，三角形相似的判定等知識.27．分析：可設(shè)A、B兩種型號的轎車每輛分別為x萬元、y萬元，通過列方程組解出(1)問．解：(1)設(shè)A型號的轎車每輛為x萬元，B型號的轎車每輛為y萬元．根據(jù)題意，得答：A、B兩種型號的轎車每輛分別為10萬元、15萬元．(2)設(shè)購進(jìn)A種型號轎車a輛，則購進(jìn)B種型號轎車(30-a)輛．根據(jù)題意，得解此不等式組得18≤a≤20．∵a為整數(shù)，∴a=18，19，20．∴有三種購車方案．方案1：購進(jìn)A型號轎車18輛，購進(jìn)B型號轎車12輛；方案2：購進(jìn)A型號轎車19輛，購進(jìn)B型號轎車11輛，方案3：購進(jìn)A型號轎車20輛，購進(jìn)B型號轎車10輛．汽車銷售公司將這些轎車全部售出后；方案1獲利18×0．8+12×0．5=20．4(萬元)；方案2獲利19×0．8+11×0．5=20．7(萬元)；方案3獲利20×0．8+10×0．5=21(萬元)．答：有三種購車方案，在這三種購車方案中，汽車銷售公司將這些轎車全部售出后分別獲利為20．4萬元，20．7萬元，21萬元．點(diǎn)評：此題通過數(shù)學(xué)建模能培養(yǎng)同學(xué)們應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決實際問題的能力．命題立意：此題是典型的數(shù)學(xué)建模問題，先將實際問題轉(zhuǎn)化為列方程組和列不等式組解應(yīng)用題.28．解：(1)y1=0．8×4x，y1=3．2x；y2=0．9×4(x-150)，y2=3．6x-540．(2)應(yīng)在甲處育苗基地購買所花的費(fèi)用少．當(dāng)x=1500時，y1=3．2×1500=4800；y2=3．6×1500-540=4860．∵y1＜y2，∴在甲處購買所花的費(fèi)用少．(3)設(shè)在乙處購買a株該種樹苗，所花錢數(shù)為W元，W=3．2(2500-a)+3.6a-540=0．4a+7460．∵∴1000≤a≤1500，且a為整數(shù)．∵0．4＞0，∴W隨a的增大而增大，∴a=1000時，W最小=7860．2500-1000=1500(株)．答：至少需要花費(fèi)7860元，應(yīng)在甲處購買1500株，在乙處購買1000株．點(diǎn)評：一次函數(shù)的應(yīng)用是中考題中的熱點(diǎn)問題，應(yīng)引起同學(xué)們的重視．命題立意：此題是一次函數(shù)的應(yīng)用題，主要考查一次函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用.29．解：(1)△=(-2m)2-4=-(m-2n)2≥0．∴(m-2n)2≤0，∴m-2n=0，△=0．圖12∴一元二次方程x2-2mx+n2-mn+=0有兩個相等實根，∴AM=AN.(2)∵∠BAC=90°，AD⊥BC，∴∠ADC=∠ADB=90°，∠DAC=∠DBA，∴△ADC∽△BDA．∴，∴AD2=BD·BC．∵CF⊥BE，∴∠FCB+∠EBD=90°．∵∠E+∠EBD=90°，∴∠E=∠FCB．∵∠NDC=∠EDB=90°，∴△EBD∽△CND，∴，∴BD·DC=ED·DN，∴AD2=ED·DN.∵AN=，DN=，∴AD=DN+AN=3，∴32=DE，∴DE=8．（3）由（1）知AM=AN，∴∠AMN=∠ANM.∵∠AMN+∠CAN=90°，∠AMC+∠ACM=90°，∴∠ACM=∠NCD.∴∠BMFF=∠FBM=90°,∠AMC+∠ACM=90°，∴∠ACM=∠FBM.由（2）可知∠E=∠FCB,∴∠ABE=∠E，∴AB=AE.過點(diǎn)M作MG⊥AN于點(diǎn)G，由MG∥BD得，∴圖13∴過點(diǎn)A作AH⊥EF于點(diǎn)H，由AH∥FN得.設(shè)EH=8a，則FH=3a,∵AE=AB,∴BH=HE=8a,∴BF=5a,∵EF=11a.由根與系數(shù)關(guān)系得，解得a=±.∵a＞0，∴a=．∴BF=.由∠ACM=∠MCB，∠DAC=∠DBA可知△ACN∽△BCM,∴.設(shè)AC=3b，則BC=5b，在Rt△ABC中，有AB=4b，∴AM=.在Rt△ACM中，有MC=.由△ACM∽△FCB得，∴,∴BC=5．點(diǎn)評：此題綜合性強(qiáng)，難度大，有利于培養(yǎng)同學(xué)們良好的心理素質(zhì)和綜合運(yùn)用知識的能力.命題立意：此題綜合考查一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系，三有形相似的判定及性質(zhì)的應(yīng)用.30．解：(1)∵點(diǎn)A(-1，0)與點(diǎn)B關(guān)于直線x=對稱，∴點(diǎn)B坐標(biāo)為(4，0)．在Rt△OAC中，tan∠BAC==2，∵AO=1，∴OC=2，∴C(0，-2)．∴∴拋物線的解析式為(2)∵A(-1，0)，B(4，0)，C(0，-2)，∴OA=1，OB=4，OC=2．∴.又∵∠AOC=∠COB=90°，∴△AOC∽△COB，∴∠BAC=∠BCO，∴∠ACB=90°．∴AB為⊙O′的直徑，O′點(diǎn)坐標(biāo)為，∴∠ADB=90°．又∵CD平分∠BCE，∴∠BCD=∠ECD=45°，∴∠DAB=45°，△ADB為等腰直角三角形．如圖14，連結(jié)O′D，則DO′=′⊥AB，∴DO′=，D點(diǎn)坐標(biāo)為．圖14設(shè)AD與y軸交于點(diǎn)F，∵∠DAB=45°，∴OF=OA=1，∴CF=1，作DH⊥y軸于點(diǎn)H，∵D，∴DH=．∴S△ACD=S△ACF+S△DCF=×1×1+×1××1×.(3)拋物線上存在點(diǎn)P，使得∠PDB=∠CAD.分兩種情況討論：①過點(diǎn)D作直線MN∥BC，交y軸于M.∵M(jìn)N∥BC，∴∠BDN=∠CBD，∠OCB=∠HMD.又∵∠CBD=∠OAD，∴∠BDN=∠CAD，直線MN與拋物線在D點(diǎn)右側(cè)的交點(diǎn)即為點(diǎn)P.∵∠OCB=∠HMD,∠COB=∠MHD=90°，∴△HDM∽△OCB，∴∵DH=，∴MH=，∴M（0，）．設(shè)直線MD的解析式為y=mx+n，則有