2022年黑龙江省哈尔滨市中考数学真题（含解析）

这是一份2022年黑龙江省哈尔滨市中考数学真题（含解析），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（每小题3分，共计30分）
1. 的相反数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据相反数的定义选出正确选项．
【详解】解：的相反数是．
故选：D．
【点睛】本题考查相反数的定义，解题关键是掌握相反数的定义．
2. 下列运算一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据积的乘方运算、幂的乘方运算、合并同类项运算和同底数幂的乘法运算逐项验证即可得到结论．
【详解】解：A、根据积的乘方运算、幂的乘方运算法则可知，该选项符合题意；
B、根据合并同类项运算可知，该选项不符合题意；
C、根据幂的乘方运算可知，该选项不符合题意；
D、根据同底数幂的乘法运算可知，该选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查整式的运算，涉及到积的乘方运算、幂的乘方运算、合并同类项运算和同底数幂的乘法运算等知识点，熟练掌握相关运算法则是解决问题的关键．
3. 下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选B．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握二者的定义：
4. 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. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【详解】解：从左边看下面一层是两个小正方形，上面一层左边一个小正方形，
故选：D．
【点睛】本题主要考查左视图，掌握三视图是解题的关键．
5. 抛物线的顶点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数的顶点式可得顶点坐标为即可得到结果．
【详解】∵二次函数解析式为 ，
∴顶点坐标为；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二次函数顶点式的顶点坐标的求解，准确理解是解题的关键．
6. 方程的解为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】把分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【详解】解：
去分母得：，
去括号得：，
移项、合并同类项得：，
解得：x=9，
经检验：x=9是原分式方程的解，
故选：C．
【点睛】本题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解题的关键是解分式方程注意要检验，避免出现增根．
7. 如图，是的直径，点P在的延长线上，与相切于点A，连接，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由切线性质得出，根据三角形的内角和是、对顶角相等求出，即可得出答案；
【详解】解：PA与⊙O相切于点A，AD是⊙O的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查圆内求角的度数，涉及知识点：切线的性质、对顶角相等、等腰三角形的性质、三角形的内角和是，解题关键根据切线性质推出．
8. 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，根据随意，所列方程正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合题意分析：第一次降价后的价格=原价×（1-降低的百分率），第二次降价后的价格=第一次降价后的价格×（1-降低的百分率），把相关数值代入即可．
【详解】解：设平均每次降价的百分率为x，根据题意可列方程150（1-x）2=96，
故选：C．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程的知识，解题的关键是能够分别表示出两次降价后的售价．
9. 如图，相交于点E，，则的长为（ ）
A. B. 4C. D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据相似三角形对应边长成比例可求得BE的长，即可求得BD的长．
【详解】∵
∴
∴
∵，
∴
∵
∴
故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的对应边长成比例，解题的关键在于找到对应边长．
10. 一辆汽车油箱中剩余的油量与已行驶的路程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时，那么该汽车已行驶的路程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意所述，设函数解析式为y=kx+b，将（0，50）、（500，0）代入即可得出函数关系式．
【详解】解：设函数解析式为y=kx+b，
将（0，50）、（500，0）代入得
解得：
∴函数解析式为
当y=35时，代入解析式得：x=150
故选A
【点睛】本题考查了一次函数的简单应用，解答本题时要注意细心审题，利用自变量与因变量的关系进行解答．
第Ⅱ卷 非选择题（共90分）
二、填空题（每小题3分，共计30分）
11. 风能是一种清洁能源，我国风能储量很大，仅陆地上风能储量效有253000兆瓦，用科学记数法表示为___________兆瓦．
【答案】
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．分别确定和的值即可．
【详解】
故答案为
【点睛】本题考查了科学记数法的表示方法，科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数，确定和的值是解题的关键．
12. 在函数中，自变量x的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据分式中分母不能等于零，列出不等式，计算出自变量x的范围即可．
【详解】根据题意得：
∴
∴
故答案为：
【点睛】本题考查了函数自变量的取值范围，分式有意义的条件，分母不为零，解答本题的关键是列出不等式并正确求解．
13. 计算的结果是___________．
【答案】
【解析】
【分析】先化简二次根式，再合并同类二次根式即可．
【详解】解：
=
=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次根式的加减，把二次根式化为最简二次根式是解题的关键．
14. 把多项式分解因式的结果是______．
【答案】
【解析】
【分析】先提公因式 再按照平方差公式分解因式即可得到答案．
【详解】解：


故答案为：
【点睛】本题考查的是提公因式与公式法分解因式的综合应用，掌握提公因式与平方差公式分解因式是解题的关键．
15. 不等式组的解集是___________．
【答案】
【解析】
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【详解】
由①得，
解得；
由②得，
解得；
∴不等式组的解集为．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
16. 已知反比例函数图象经过点，则a的值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】把点的坐标代入反比例函数解析式，求出a的值即可．
【详解】解：把点代入得：
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数图像上点的坐标特征，明确函数图像经过一个点，这个点的坐标就符合函数解析式是解题关键．
17. 在中，为边上的高，，，则是___________度．
【答案】40或80##80或40
【解析】
【分析】根据题意，由于类型不确定，需分三种情况：高在三角形内部、高在三角形边上和高在三角形外部讨论求解．
【详解】解：根据题意，分三种情况讨论：
①高在三角形内部，如图所示：
在中，为边上的高，，
，
，
；
②高在三角形边上，如图所示：
可知，
，
故此种情况不存在，舍弃；
③高在三角形外部，如图所示：
在中，为边上的高，，
，
，
；
综上所述：或，
故答案：或．
【点睛】本题考查求角度问题，在没有图形的情况下，必须考虑清楚各种不同的情况，根据题意分情况讨论是解决问题的关键．
18. 同时抛掷两枚质地均匀的硬币，一枚硬币正面向上，一枚硬币反面向上的概率是_____．
【答案】
【解析】
【分析】用列表法与树状图法求解即可.
【详解】解:用列表法列举出总共4种情况，分别为：正正、正反、反正、反反，
其中一枚硬币正面向上，一枚硬币反面向上的情况为：正反、反正
所以概率是，
故答案是.
【点睛】本题考查了求随机事件的概率, 用到的知识点为: 概率=所求情况数与总情况数之比. 得到所求的情况数是解决本题的关键.
19. 一个扇形的面积为，半径为，则此扇形的圆心角是___________度．
【答案】70
【解析】
【分析】设扇形的圆心角是 ，根据扇形的面积公式即可得到一个关于n的方程，解方程即可求解．
【详解】解：设扇形的圆心角是，根据扇形的面积公式得：
解得n=70．
故答案：．
【点睛】此题主要考查扇形的面积公式，解题的关键是熟知扇形的面积公式的运用.
20. 如图，菱形的对角线相交于点O，点E在上，连接，点F为的中点，连接，若，，，则线段的长为___________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据菱形的性质找到Rt△AOE和Rt△AOB，然后利用勾股定理计算出菱形的边长BC的长，再根据中位线性质，求出OF的长．
【详解】已知菱形ABCD，对角线互相垂直平分，
∴AC⊥BD，在Rt△AOE中，
∵OE=3，OA=4，
∴根据勾股定理得，
∵AE=BE，
∴，
在Rt△AOB中，
即菱形的边长为，
∵点F为的中点，点O为DB中点，
∴ ．
故答案为
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、中位线的判定与性质；熟练掌握菱形性质，并能结合勾股定理、中位线的相关知识点灵活运用是解题的关键．
三、解答题（其中21-22题各7分，23-24题各8分，25-27题各10分，共计60分）
21. 先化简，再求代数式的值，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再根据特殊角三角函数值求出x，继而代入计算可得．
【详解】解：原式
∵
∴原式．
【点睛】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则以及特殊角三角函数值．
22. 如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，的顶点和线段的端点均在小正方形的顶点上．
（1）在方格纸中面出，使与关于直线对称（点D在小正方形的顶点上）；
（2）在方格纸中画出以线段为一边的平行四边形（点G，点H均在小正方形的顶点上），且平行四边形的面积为4．连接，请直接写出线段的长．
【答案】（1）见解析 （2）图见解析，
【解析】
【分析】（1）根据轴对称的性质可得△ADC；
（2）利用平行四边形的性质即可画出图形，利用勾股定理可得DH的长．
【小问1详解】
如图
【小问2详解】
如图，
【点睛】本题考查了作图，轴对称变换，平行四边形的性质，勾股定理等知识，准确画出图形是解题的关键．
23. 民海中学开展以“我最喜欢健身活动”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．
【答案】（1）80 （2）作图见解析
（3）480
【解析】
【分析】（1）利用操舞类的人数以及操舞类学生所占调查人数的比例，可求出抽取的总人数．
（2）根据总人数以及其他类学生的人数可计算出武术类学生人数，进而将统计图补充完整即可．
（3）利用样本估计总体，先算出样本中喜欢球类学生所占的比例，再乘以总人数即可．
【小问1详解】
解：（名）
∴在这次调查中，一共抽取了80名学生．
【小问2详解】
解：（名）
补全统计图如图
【小问3详解】
解：（名）
∴估计该中学最喜欢球类的学生共有480名．
【点睛】本题主要考查了条形统计图以及用样本估计总体，能够利用统计图获取重要信息是解决问题的关键．
24. 已知矩形的对角线相交于点O，点E是边上一点，连接，且．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，设与相交于点F，与相交于点H，过点D作的平行线交的延长线于点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（除外），使写出的每个三角形的面积都与的面积相等．
【答案】（1）见解析 （2）、、、
【解析】
【分析】（1）利用SSS证明两个三角形全等即可;
（2）先证明Rt△ABE≌Rt△DCE得到AE=DE，则，根据三线合一定理证明∴OE⊥AD， 推出，得到，即可证明由，得到∠OBF=∠OCH，，证明△BOF≌△COH，即可证明，则，即可推出，最后证明，即可得到；
【小问1详解】
证明：∵四边形是矩形，
∴与相等且互相平分，
∴，
∵，，
∴（SSS）；
【小问2详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠BAE=∠CDE=90°，OA=OD=OB=OC，
又∵BE=CE，
∴Rt△ABE≌Rt△DCE（HL）
∴AE=DE，
∴，
∵OA=OD，AE=DE，
∴OE⊥AD，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴∠OBF=∠OCH，，
又∵∠BOF=∠COH，OB=OC，
∴△BOF≌△COH（ASA），
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴∠AFE=∠DGE，∠EAF=∠EDG，
又∵AE=DE，
∴，
∴；
综上所述，、、、这4个三角形的面积与△AEF的面积相等．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三线合一定理，矩形的性质，平行线的性质与判定等等，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
25. 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？
【答案】（1）每盒A种型号的颜料24元，每盒B种型号的颜料16元
（2）该中学最多可以购买90盒A种型号的颜料
【解析】
【分析】（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，可列出关于，的二元一次方程组，解之即可；
（2）设该中学可以购买a盒A种型号的颜料，则可以购买盒B种型号的颜料，根据总费用不超过3920元，列出不等式求解即可．
【小问1详解】
解：设每盒A种型号的颜料x元，每盒B种型号的颜料y元．
根据题意得解得
∴每盒A种型号的颜料24元，每盒B种型号的颜料16元．
【小问2详解】
解：设该中学可以购买a盒A种型号的颜料，
根据题意得
解得
∴该中学最多可以购买90盒A种型号的颜料．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用，关键是（1）根据题意找出对应关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据数量关系正确列出一元一次不等式．
26. 已知是的直径，点A，点B是上的两个点，连接，点D，点E分别是半径的中点，连接，且．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，延长交于点F，若，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，点G是上一点，连接，若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据SAS证明即可得到结论；
（2）证明即可得出结论；
（3）先证明，连接，证明，设，，在上取点M，使得，连接，证明为等边三角形，得，根据可求出，得，，过点H作于点N，求出，再证，根据可得结论．
【小问1详解】
如图1．∵点D，点E分别是半径的中点
∴，
∵，
∴
∵，
∴
∵
∴，
∴；
【小问2详解】
如图2．∵，
∴
由（1）得，
∴
∴，
∴
∵
∴，
∴
【小问3详解】
如图3．∵，
∴
∴
连接．∵
∴，
∴，
∵
设，
∴
在上取点M，使得，连接
∵，
∴
∴，
∴为等边三角形
∴
∵，
∴
∴，
∴
∴，
过点H作于点N
，
∴，
∴
∵，，
∴
∵，
∴，
∴
∴，
在中，，
∴
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理以及解直角三角形等知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
27. 在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线经过点，点，与y轴交于点C．
（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，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、设点P的纵坐标为t，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，点F在上，过点F向y轴作垂线，垂足为点H，连接交y轴于点G，点G为的中点，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，，延长交于点M，点R在上，连接，若，，求直线的解析式．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）将，代入抛物线中，进行计算即可得；
（2）由（1）得，根据轴得，，根据点P的纵坐标为t，得，即可得；
（3）过点C作，交NR的延长线于点K，过点K作轴于点T，根据二次函数的性质得，则，根据轴，轴得，根据点G为的中点得，根据AAS得，得，，再运用待定系数法求得直线OA的解析式为，得出，可得，再由得出，，再运用待定系数法求得直线BP的解析式为，进而推出，证得，进而得出，由得，用AAS可证明，求得
，设直线RN的解析式为：，再运用待定系数法即可得．
【小问1详解】
解：∵抛物线经过，，
∴，
解得，
【小问2详解】
解：由（1）得，点D的横坐标为
∴点D纵坐标为
∴，
∵轴
∴，
∵点P的纵坐标为t，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：如图所示，过点C作，交NR的延长线于点K，过点K作轴于点T，
∵，当时，，
∴，
∴，
∵轴，轴，
∴，
∵点G为的中点，
∴，
在和中，
∴（AAS），
∴，，
设直线OA的解析式为：，将点代入得，
，
解得，，
∴直线OA的解析式：，
当x=2时，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵轴，轴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设直线BP的解析式为，则
，
解得，，
∴直线BP的解析式为：，
当时，，
∴点M的坐标为，
∴，
∵，,
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴CK=CN，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴（AAS），
∴，，
∴，
∴，
设直线RN的解析式为：，将点，得，
，
解得，，
∴直线RN的解析式为：．
【点睛】本题考查了二次函数，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定于性质，等腰直角三角形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点，能够添加辅助线构造相似三角形或全等三角形．