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2022年哈尔滨中考数学模拟试卷1（含答案解析）
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这是一份2022年哈尔滨中考数学模拟试卷1（含答案解析），共29页。
2022年哈尔滨中考数学模拟试卷1
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2019•辽阳模拟）若a≠0，则+1的值为（ ）
A．2 B．0 C．±1 D．0或2
2．（3分）（2020•科尔沁区模拟）下列运算正确的是（ ）
A．（﹣a3）2＝﹣a6 B．a2•a3＝a6
C．（a+b）2＝a2+b2 D．3a2﹣2a2＝a2
3．（3分）（2019秋•锦江区校级月考）下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（3分）（2021秋•龙凤区校级期末）如图所示，两个几何体各由4个相同的小正方体搭成，比较两个几何体的三视图，可以得到的正确结论是（ ）
A．主视图不同
B．左视图不同
C．俯视图不同
D．主视图、左视图和俯视图都不相同
5．（3分）（2022•北仑区一模）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，∠CDB＝15°，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E，则sinE的值为（ ）
A． B． C． D．
6．（3分）（2020•长兴县一模）关于x的分式方程﹣1＝2的解是（ ）
A．x＝1 B．x＝2 C．x＝3 D．x＝
7．（3分）（2019秋•香洲区期末）如图，△ABC≌△ADE，∠B＝20°，∠C＝110°，则∠EAD的度数为（ ）
A．50° B．20° C．110° D．70°
8．（3分）（2018•武汉模拟）为了解某校九年级学生平时体育运动时长，调查小组对该校九年级（1）班的每个学生进行了调查，每日运动时长小于等于0.5小时的有15人，每日运动时长大于0.5小时小于等于1小时的有25人，每日运动时长大于小时的有10人，则该校九年级学生平时体育运动时长大于0.5小时的概率为（ ）
A．0.3 B．0.5 C．0.7 D．0.2
9．（3分）（2021秋•硚口区校级月考）如图，点D、E分别在AB、AC上，DE∥BC，AD＝6，AE＝4，CE＝2，则BD＝（ ）
A．6 B．4 C．5 D．3
10．（3分）（2020•南岗区校级模拟）甲、乙两个工程队同时开始维修某一段路面，一段时间后，甲队被调往别处，乙队独自完成了剩余的维修任务．已知乙队每小时维修路面的长度保持不变，甲队每小时维修路面30米．甲、乙两队在此路段维修路面的总长度y（米）与维修时间x（时）之间的函数图象如图所示，下列说法中
（1）甲队调离时，甲、乙两队已维修路面的总长度为150米；
（2）乙队每小时比甲队多维修20米：
（3）乙队一共工作2小时；
（4）a＝190．正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
二．填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）
11．（3分）（2021秋•鹿邑县月考）截止2021年4月16日，全国铁路营业里程达14.63万公里，居世界第一，数据14.63万用科学记数法可表示为 ．
12．（3分）（2021•佳木斯二模）若函数y＝在实数范围内有意义，则x的取值范围为 ．
13．（3分）（2021•无锡模拟）若点A（2，﹣6），点B（m，3）在同一反比例函数的图象上，则m的值为 ．
14．（3分）（2018秋•杨浦区期中）计算：＝ ．
15．（3分）（2021•香坊区三模）把多项式x3y﹣4xy3分解因式的结果是 ．
16．（3分）（2019秋•大兴区期中）二次函数y＝x2+4x+3的最小值为 ．
17．（3分）（2021•无棣县模拟）若不等式组的解集是x＜3，则m的取值范围是 ．
18．（3分）（2020春•历城区校级月考）如图，在▱ABCD中，DE平分∠ADC，AD＝5，BE＝2，则▱ABCD的周长是 ．
19．（3分）（2021•思明区校级二模）若⊙O的半径为2，则270°的圆心角所对的弧长是 ．
20．（3分）（2018•济南）如图，矩形EFGH的四个顶点分别在矩形ABCD的各条边上，AB＝EF，FG＝2，GC＝3．有以下四个结论：①∠BGF＝∠CHG；②△BFG≌△DHE；③tan∠BFG＝；④矩形EFGH的面积是4．其中一定成立的是 ．（把所有正确结论的序号填在横线上）
三．解答题（共7小题，满分60分）
21．（7分）（2021•南岗区模拟）先化简，再求代数式的值，其中x＝2sin60°+1，y＝tan45°．
22．（7分）（2017秋•柯桥区期末）如图，直角坐标系中，△ABC的顶点都在网格点上，其中，C点坐标为（1，2）
（1）写出点A、B的坐标：
A（ ， ）、B（ ， ）
（2）判断△ABC的形状 ．计算△ABC的面积是 ．
（3）将△ABC先向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到△A′B′C′，则A′B′C′的三个顶点坐标分别是A′（ ， ），B′（ ， ），C′（ ， ）
23．（8分）（2019•漳浦县一模）某保险的基本保费为m元，继续购买该保险的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下表：
上年度出险次数
0
1
2
3
4
≥5
保费（元）
0.85m
m
1.25m
1.5m
1.75m
2m
该公司随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况如下表：
（1）样本中，保费不高于基本保费的人数为 名；
（2）当m＝8000时，估计一名续保人本年度的平均保费．
24．（8分）（2021秋•蔡甸区期中）正方形ABCD，E、F分别是DC和CB的延长线的点，且DE＝BF，连接AE、AF、EF，求证：△ADE≌△ABF．
25．（10分）（2020•郑州二模）随着全国疫情防控取得阶段性进展，各学校在做好疫情防控工作的同时积极开展开学准备工作．为方便师生返校后测体温，某学校计划购买甲、乙两种额温枪．经市场调研得知：购买1个甲种额温枪和2个乙种额温枪共需700元，购买2个甲种额温枪和3个乙种额温枪共需1160元．
（1）求每个甲种额温枪和乙种额温枪各多少元；
（2）该学校准备购买甲、乙两种型号的额温枪共50个；其中购买甲种额温枪不超过15个．请设计出最省钱的购买方案，并求出最低费用．
26．（10分）（2021•罗湖区模拟）已知⊙O的直径AB＝6，点C是⊙O上一个动点，D是弦AC的中点，连接BD．
（1）如图1，过点C作⊙O的切线交直径AB的延长线于点E，且tanE＝；
①BE＝ ；②求证：∠CDB＝45°；
（2）如图2，F是弧AB的中点，且C、F分别位于直径AB的两侧，连接DF、BF．在点C运动过程中，当△BDF是等腰三角形时，求AC的长．
27．（10分）（2021秋•扬州月考）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A（﹣1，0），点B（3，0），点C（0，3），连接AC．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P是该二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象上位于第一象限内的一点．
①如图1，过点P作y轴的平行线交BC于点D，求线段PD的最大值．
②如图2，过点P作PQ∥AC，交直线BC于点Q，若PQ＝AC，求点P的坐标．
2022年哈尔滨中考数学模拟试卷1
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2019•辽阳模拟）若a≠0，则+1的值为（ ）
A．2 B．0 C．±1 D．0或2
【考点】绝对值．
【专题】实数；符号意识；运算能力．
【分析】对a为正和负的不同情况，分类讨论得结果．
【解答】解：当a＞0时，+1＝+1＝1+1＝2；
当a＜0时，+1＝+1＝﹣1+1＝0．
故选：D．
【点评】本题考查了绝对值的化简．掌握绝对值的意义是解决本题的关键．正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数，0的绝对值是0．
2．（3分）（2020•科尔沁区模拟）下列运算正确的是（ ）
A．（﹣a3）2＝﹣a6 B．a2•a3＝a6
C．（a+b）2＝a2+b2 D．3a2﹣2a2＝a2
【考点】完全平方公式；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．
【专题】整式；运算能力．
【分析】根据幂的乘方、同底数幂的乘法、合并同类项的运算法则和完全平方公式进行逐一计算即可．
【解答】解：A、（﹣a3）2＝a6，原计算错误，故本选项不符合题意；
B、a2•a3＝a5，原计算错误，故本选项不符合题意；
C、（a+b）2＝a2+2ab+b2，原计算错误，故本选项不符合题意；
D、3a2﹣2a2＝a2，原计算正确，故本选项符合题意．
故选：D．
【点评】此题考查了幂的乘方、同底数幂的乘法、合并同类项的运算法则和完全平方公式，熟练掌握运算法则和公式是解本题的关键．
3．（3分）（2019秋•锦江区校级月考）下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念结合各图形的特点求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意，
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意，
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意，
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意，
故选：A．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；判断中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图形重合，难度适中．
4．（3分）（2021秋•龙凤区校级期末）如图所示，两个几何体各由4个相同的小正方体搭成，比较两个几何体的三视图，可以得到的正确结论是（ ）
A．主视图不同
B．左视图不同
C．俯视图不同
D．主视图、左视图和俯视图都不相同
【考点】简单组合体的三视图．
【专题】投影与视图；空间观念．
【分析】根据主视图是从物体的正面看得到的视图，俯视图是从上面看得到的图形，左视图是左边看得到的图形，可得答案．
【解答】解：两个几何体的主视图和左视图都相同，主视图和左视图均为两层，底层是两个小正方形，上层的左边是一个小正方形；
两个几何体的俯视图不相同，左边的几何体的俯视图底层的右边是一个小正方形，而右边的几何体的俯视图底层左边是一个小正方形．
故选：C．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，利用三视图的意义是解题关键．
5．（3分）（2022•北仑区一模）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，∠CDB＝15°，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E，则sinE的值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】切线的性质；解直角三角形；圆周角定理．
【专题】与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【分析】连接OC，求出∠OCE＝90°，求出∠BOC＝30°，根据直角三角形的性质求出∠E＝60°，即可求出答案．
【解答】解：连接OC，
∵EC切⊙O于C，
∴∠OCE＝90°，
∵∠CDB＝15°，
∴∠BOC＝2∠CDB＝30°，
∴∠E＝90°﹣30°＝60°，
∴sinE＝，
故选：D．
【点评】本题考查了切线性质，圆周角定理，锐角三角函数的定义，连接OC构造直角三角形是解题的关键．
6．（3分）（2020•长兴县一模）关于x的分式方程﹣1＝2的解是（ ）
A．x＝1 B．x＝2 C．x＝3 D．x＝
【考点】解分式方程．
【专题】分式方程及应用；运算能力．
【分析】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．
【解答】解：去分母得：1﹣x＝2x，
解得：x＝，
经检验x＝是分式方程的解．
故选：D．
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
7．（3分）（2019秋•香洲区期末）如图，△ABC≌△ADE，∠B＝20°，∠C＝110°，则∠EAD的度数为（ ）
A．50° B．20° C．110° D．70°
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【分析】直接利用全等三角形的性质得出对应角进而得出答案．
【解答】解：∵△ABC≌△ADE，∠B＝20°，∠C＝110°，
∴∠D＝∠B＝20°，∠E＝110°，
∴∠EAD＝180°﹣20°﹣110°＝50°．
故选：A．
【点评】此题主要考查了全等三角形的性质，正确得出对应角是解题关键．
8．（3分）（2018•武汉模拟）为了解某校九年级学生平时体育运动时长，调查小组对该校九年级（1）班的每个学生进行了调查，每日运动时长小于等于0.5小时的有15人，每日运动时长大于0.5小时小于等于1小时的有25人，每日运动时长大于小时的有10人，则该校九年级学生平时体育运动时长大于0.5小时的概率为（ ）
A．0.3 B．0.5 C．0.7 D．0.2
【考点】概率公式．
【专题】概率及其应用；数据分析观念．
【分析】随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数．
【解答】解：∵每日运动时长小于等于0.5小时的有15人，每日运动时长大于0.5小时小于等于1小时的有25人，每日运动时长大于小时的有10人，
∴则该校九年级学生平时体育运动时长大于0.5小时的概率为：＝0.7．
故选：C．
【点评】本题考查了概率公式，熟练运用概率公式计算是解题的关键．
9．（3分）（2021秋•硚口区校级月考）如图，点D、E分别在AB、AC上，DE∥BC，AD＝6，AE＝4，CE＝2，则BD＝（ ）
A．6 B．4 C．5 D．3
【考点】平行线分线段成比例．
【专题】图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】由平行线分线段成比例定理得出比例式，即可得出结果．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴＝，
∵AD＝6，AE＝4，CE＝2，
∴＝
∴BD＝3，
故选：D．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，熟记平行线分线段成比例定理是解决问题的关键．
10．（3分）（2020•南岗区校级模拟）甲、乙两个工程队同时开始维修某一段路面，一段时间后，甲队被调往别处，乙队独自完成了剩余的维修任务．已知乙队每小时维修路面的长度保持不变，甲队每小时维修路面30米．甲、乙两队在此路段维修路面的总长度y（米）与维修时间x（时）之间的函数图象如图所示，下列说法中
（1）甲队调离时，甲、乙两队已维修路面的总长度为150米；
（2）乙队每小时比甲队多维修20米：
（3）乙队一共工作2小时；
（4）a＝190．正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】函数的图象．
【专题】函数及其图象；应用意识．
【分析】（1）根据图象解答即可；
（2）根据题意列式计算即可；
（3）根据图象解答即可；
（4）根据题意得出甲、乙两队每小时维修路面的总长度解答即可．
【解答】解：（1）由图象知，甲队调离时，甲、乙两队已维修路面的总长度为150米，故（1）正确；
（2）∵甲、乙队共同工作3小时共维修150米，甲队维修3×30米＝90米，乙队每小时维修路面（150﹣90）÷3米＝20米，所以乙队每小时比甲队少维修10米：故（2）错误；
（3）由图象知，甲、乙两队共同工作3小时，乙又工作2小时，乙工作5小时，故（3）错误；
（4）a＝150+20×2＝190，故（4）正确．
综上所述，正确的有：（1）（4）共2个．
故选：B．
【点评】本题考查了一次函数的应用，解决本题的关键是读懂图象，获取相关信息．
二．填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）
11．（3分）（2021秋•鹿邑县月考）截止2021年4月16日，全国铁路营业里程达14.63万公里，居世界第一，数据14.63万用科学记数法可表示为 1.463×105 ．
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；数感．
【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
【解答】解：14.63万＝146300＝1.463×105．
故答案为：1.463×105．
【点评】此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，确定a与n的值是解题的关键．
12．（3分）（2021•佳木斯二模）若函数y＝在实数范围内有意义，则x的取值范围为 x取任意实数 ．
【考点】函数自变量的取值范围．
【专题】函数及其图象；运算能力．
【分析】根据偶次方的非负性判断即可．
【解答】解：由题意得：
当x取任意实数时，x2≥0，
∴x2+1≠0，
∴若函数y＝在实数范围内有意义，则x的取值范围为：x取任意实数，
故答案为：x取任意实数．
【点评】本题考查了函数自变量的取值范围，熟练掌握偶次方的非负性是解题的关键．
13．（3分）（2021•无锡模拟）若点A（2，﹣6），点B（m，3）在同一反比例函数的图象上，则m的值为 ﹣4 ．
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．
【专题】反比例函数及其应用；运算能力．
【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征即可得出关于m的一元一次方程，解方程即可解答本题．
【解答】解：设反比例函数解析式为y＝，则xy＝k，
∵点A（2，﹣6）、点B（m，3）在同一反比例函数的图象上，
∴2×（﹣6）＝3m，
解得，m＝﹣4，
故答案为：﹣4．
【点评】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键为发现反比例函数图象上的点的横纵坐标的乘积为定值．
14．（3分）（2018秋•杨浦区期中）计算：＝ ﹣2 ．
【考点】二次根式的加减法；二次根式的性质与化简．
【专题】二次根式；运算能力．
【分析】根据实数的大小比较法则得到2＜，根据二次根式的性质化简即可．
【解答】解：∵＜，
∴2＜，
∴2﹣＜0，
∴﹣＝﹣2﹣＝﹣2，
故答案为：﹣2．
【点评】本题考查的是二次根式的化简，掌握二次根式的性质是解题的关键．
15．（3分）（2021•香坊区三模）把多项式x3y﹣4xy3分解因式的结果是 xy(x+2y)(x﹣2y) ．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【专题】整式；符号意识．
【分析】直接提取公因式xy,再利用平方差公式分解因式即可．
【解答】解：x3y﹣4xy3
＝xy(x2﹣4y2)
＝xy(x+2y)(x﹣2y)．
故答案为：xy(x+2y)(x﹣2y)．
【点评】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用乘法公式分解因式是解题关键．
16．（3分）（2019秋•大兴区期中）二次函数y＝x2+4x+3的最小值为 ﹣1 ．
【考点】二次函数的最值．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【分析】化成顶点式，根据二次函数的性质即可求得．
【解答】解：y＝x2+4x+3＝（x+2）2﹣1，
由于函数开口向上，因此函数有最小值，且最小值为﹣1，
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查了二次函数的最值和顶点式的运用及顶点坐标的求法．
17．（3分）（2021•无棣县模拟）若不等式组的解集是x＜3，则m的取值范围是 m≥3 ．
【考点】解一元一次不等式组．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【分析】解第一个不等式，再根据同小取小求解可得．
【解答】解：解不等式x+8＞4x﹣1，得：x＜3，
∵不等式组的解集为x＜3，
∴m≥3，
故答案为：m≥3．
【点评】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．
18．（3分）（2020春•历城区校级月考）如图，在▱ABCD中，DE平分∠ADC，AD＝5，BE＝2，则▱ABCD的周长是 16 ．
【考点】平行四边形的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】根据角平分线的定义以及两直线平行，内错角相等求出∠CDE＝∠CED，再根据等角对等边的性质可得CE＝CD，然后利用平行四边形对边相等求出CD、BC的长度，再求出▱ABCD的周长．
【解答】解：∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE，
∵▱ABCD中，
∴AD∥BC，
∴∠ADE＝∠CED，
∴∠CDE＝∠CED，
∴CE＝CD，
在▱ABCD中，AD＝5，BE＝2，
∴AD＝BC＝5，
∴CE＝BC﹣BE＝5﹣2＝3，
∴CD＝AB＝3，
∴▱ABCD的周长＝5+5+3+3＝16，
故答案为：16．
【点评】本题考查了平行四边形对边平行，对边相等的性质，角平分线的定义，等腰三角形的的性质和判定，准确识图并熟练掌握性质是解题的关键．
19．（3分）（2021•思明区校级二模）若⊙O的半径为2，则270°的圆心角所对的弧长是 3π ．
【考点】弧长的计算．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【分析】根据弧长公式求即可．
【解答】解：∵⊙O的半径为2，圆心角是270°，
∴所对的弧长为＝3π，
故答案为：3π．
【点评】本题考查了弧长的计算，注意：已知圆的半径为r，那么n'°的圆心角所对的弧的长度为．
20．（3分）（2018•济南）如图，矩形EFGH的四个顶点分别在矩形ABCD的各条边上，AB＝EF，FG＝2，GC＝3．有以下四个结论：①∠BGF＝∠CHG；②△BFG≌△DHE；③tan∠BFG＝；④矩形EFGH的面积是4．其中一定成立的是 ①②④ ．（把所有正确结论的序号填在横线上）
【考点】矩形的性质；解直角三角形；全等三角形的判定与性质．
【专题】矩形 菱形 正方形．
【分析】根据矩形的性质和全等三角形的判定分析各小题即可；
【解答】解：∵∠FGH＝90°，∴∠BGF+∠CGH＝90°．
又∵∠CGH+∠CHG＝90°，
∴∠BGF＝∠CHG，故①正确．
同理可得∠DEH＝∠CHG．
∴∠BGF＝∠DEH．
又∵∠B＝∠D＝90°，FG＝EH，
∴△BFG≌△DHE，故②正确．
同理可得△AFE≌△CHG．
∴AF＝CH．
易得△BFG∽△CGH．
设GH、EF为a，
∴＝．∴＝．
∴BF＝．
∴AF＝AB﹣BF＝a﹣．
∴CH＝AF＝a﹣．
在Rt△CGH中，
∵CG2+CH2＝GH2，
∴32+（a﹣）2＝a2．解得a＝2．∴GH＝2．∴BF＝a﹣＝．
在Rt△BFG中，∵cos∠BFG＝＝，∴∠BFG＝30°．
∴tan∠BFG＝tan30°＝，故③错误．
矩形EFGH的面积＝FG×GH＝2×2＝4，故④正确．
故答案为：①②④
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，属于基础题．
三．解答题（共7小题，满分60分）
21．（7分）（2021•南岗区模拟）先化简，再求代数式的值，其中x＝2sin60°+1，y＝tan45°．
【考点】分式的化简求值；特殊角的三角函数值．
【专题】分式；运算能力．
【分析】先根据分式的运算法则进行化简，然后将x与y的值代入原式即可求出答案．
【解答】解：原式＝÷
＝•
＝，
当x＝2×+1＝+1，y＝1时，
原式＝＝＝．
【点评】本题考查分式的运算，解题的关键是熟练运用分式的运算法则，本题属于基础题型．
22．（7分）（2017秋•柯桥区期末）如图，直角坐标系中，△ABC的顶点都在网格点上，其中，C点坐标为（1，2）
（1）写出点A、B的坐标：
A（ 2 ， ﹣1 ）、B（ 4 ， 3 ）
（2）判断△ABC的形状 等腰直角三角形 ．计算△ABC的面积是 5 ．
（3）将△ABC先向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到△A′B′C′，则A′B′C′的三个顶点坐标分别是A′（ 0 ， 0 ），B′（ 2 ， 4 ），C′（ ﹣1 ， 3 ）
【考点】作图﹣平移变换；勾股定理；勾股定理的逆定理．
【专题】作图题．
【分析】（1）根据直角坐标系的特点写出对应点的坐标；
（2）用△ABC所在的矩形面积减去三个小三角形的面积即可求解；
（3）分别将点A、B、C先向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到点A′、B′、C′，然后顺次连接并写出坐标．
【解答】解：（1）A（2，﹣1），B（4，3）；
（2）∵AC＝BC＝，AB＝，
∴AC＝BC，AC2+BC2＝AB2，
即△ABC的形状是等腰直角三角形，
S△ABC＝3×4﹣×2×4﹣×1×3﹣×3×1＝5，
故△ABC的面积为5；
（3）所作图形如图所示：
A′（0，0）、B′（2，4）、C′（﹣1，3）．
故答案为：（1）2，﹣1，4，3．（2）等腰直角三角形；5；（3）0；0；2；4；﹣1；3．
【点评】本题考查了根据平移变换作图，解答本题的关键是根据网格结构作出对应点的位置，然后顺次连接．
23．（8分）（2019•漳浦县一模）某保险的基本保费为m元，继续购买该保险的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下表：
上年度出险次数
0
1
2
3
4
≥5
保费（元）
0.85m
m
1.25m
1.5m
1.75m
2m
该公司随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况如下表：
（1）样本中，保费不高于基本保费的人数为 110 名；
（2）当m＝8000时，估计一名续保人本年度的平均保费．
【考点】条形统计图；用样本估计总体．
【专题】统计的应用；运算能力．
【分析】（1）根据条形统计图作答；
（2）利用平均数计算公式求解．
【解答】解：（1）由条形统计图知：60+50＝110（名），
故答案为：110；
（2）依题意得：＝1.1925m（元），
当m＝8000时，原式＝1.1925×8000＝9540（元）；
答：一名续保人本年度的平均保费为9540元．
【点评】本题考查了用样本估计总体以及条形统计图：条形统计图是用线段长度表示数据，根据数量的多少画成长短不同的矩形直条，然后按顺序把这些直条排列起来；从条形图可以很容易看出数据的大小，便于比较．
24．（8分）（2021秋•蔡甸区期中）正方形ABCD，E、F分别是DC和CB的延长线的点，且DE＝BF，连接AE、AF、EF，求证：△ADE≌△ABF．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】根据正方形的性质得AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°，然后利用“SAS”证得△ADE≌△ABF．
【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°，
而F是CB的延长线上的点，
∴∠ABF＝90°，
在△ABF和△ADE中，
，
∴△ABF≌△ADE（SAS）．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是解题的关键．
25．（10分）（2020•郑州二模）随着全国疫情防控取得阶段性进展，各学校在做好疫情防控工作的同时积极开展开学准备工作．为方便师生返校后测体温，某学校计划购买甲、乙两种额温枪．经市场调研得知：购买1个甲种额温枪和2个乙种额温枪共需700元，购买2个甲种额温枪和3个乙种额温枪共需1160元．
（1）求每个甲种额温枪和乙种额温枪各多少元；
（2）该学校准备购买甲、乙两种型号的额温枪共50个；其中购买甲种额温枪不超过15个．请设计出最省钱的购买方案，并求出最低费用．
【考点】一元一次不等式的应用；二元一次方程组的应用．
【专题】经济问题；一次方程（组）及应用；一元一次不等式（组）及应用；一次函数及其应用；运算能力；推理能力；应用意识．
【分析】（1）设每个甲种额温枪x元，每个乙种额温枪y元，根据题意得关于x和y的二元一次方程组，解方程组即可；
（2）设购买m个甲种额温枪，则购买（50﹣m）个乙种额温枪，总费用为w元，根据题意写出w关于m的一次函数，根据一次函数的性质可得答案．
【解答】解：（1）设每个甲种额温枪x元，每个乙种额温枪y元，根据题意得：
，
解得：．
答：每个甲种额温枪220元，每个乙种额温枪240元．
（2）设购买m个甲种额温枪，则购买（50﹣m）个乙种额温枪，总费用为w元，
根据题意得：w＝220m+240（50﹣m）＝﹣20m+12000（0≤m≤15，且m为整数）．
∵﹣20＜0，
∴w随m的增大而减小，
∴当m＝15时，w取最小值，w最小值＝﹣20×15+12000＝11700（元）．
答：买15个甲种额温枪，35个乙种额温枪总费用最少，最少为11700元．
【点评】本题考查了一次函数和二元一次方程组在实际问题中的应用，理清题中的数量关系是解题的关键．
26．（10分）（2021•罗湖区模拟）已知⊙O的直径AB＝6，点C是⊙O上一个动点，D是弦AC的中点，连接BD．
（1）如图1，过点C作⊙O的切线交直径AB的延长线于点E，且tanE＝；
①BE＝ 2 ；②求证：∠CDB＝45°；
（2）如图2，F是弧AB的中点，且C、F分别位于直径AB的两侧，连接DF、BF．在点C运动过程中，当△BDF是等腰三角形时，求AC的长．
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【分析】（1）①连接OC，由锐角三角函数的定义求出CE的长，由勾股定理求出OE的长，则可得出答案；
②连接OC，BC，取AE的中点，连接DM，由三角形中位线定理得出DM＝CE＝2＝BE，DM∥CE，证明△AMD≌△CEB（SAS），由全等三角形的性质得出AD＝BC，根据直角三角形的性质可得出答案；
（2）由直角三角形的性质求出AF＝BF＝3，分三种情况：①若BD＝BF＝3，连接BC，②若BF＝DF＝3，连接FA，FC，过点F作FG⊥AC于点G，③若DF＝BD，过点D作DN⊥BF于点N，连接ON，AF，BC，分别由勾股定理及直角三角形的性质可得出答案．
【解答】解：（1）①连接OC，如图1，
∵CE是⊙O的切线，
∴OC⊥CE，
∴∠OCE＝90°，
∵tanE＝，AB＝6，
∴，OC＝3，
∴CE＝4，
∴OE＝＝＝5，
∴BE＝OE﹣BO＝5﹣3＝2，
故答案为：2．
②如图2，连接OC，BC，取AE的中点，连接DM，
∵D为AC的中点，M为AE的中点，
∴DM为△ACE的中位线，
∴DM＝CE＝2＝BE，DM∥CE，
∴∠AMD＝∠CEB，
∵AM＝AE＝4＝CE，
∴△AMD≌△CEB（SAS），
∴AD＝BC，
∵AD＝CD，
∴CD＝BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CDB＝45°；
（2）解：连接AF，
∵F为弧AB的中点，AB是⊙O的直径，
∴AF＝BF，∠AFB＝90°，
∴∠ABF＝45°，AF＝BF＝AB＝3．
①若BD＝BF＝3，连接BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴BC2＝AB2﹣AC2＝BD2﹣CD2，且CD＝AC，
∴62﹣AC2＝，
∴AC＝2；
②若BF＝DF＝3，连接FA，FC，过点F作FG⊥AC于点G，
∴AF＝DF，
∵DG＝AD，
∵∠ACF＝∠ABF＝45°，
∴CF＝FG，
设DG＝x，则CD＝AD＝2x，FG＝CG＝DG+CD＝3x，
∵FG2+DG2＝DF2，
∴x2+（3x）2＝，
解得x＝，
∴AC＝4x＝；
③若DF＝BD，过点D作DN⊥BF于点N，连接ON，AF，BC，
∴N为BF的中点，
∴ON⊥BF，
∴点O在DN上，
∵D为AC的中点，
∴OD⊥AC，即DN⊥AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∴四边形ADNF是矩形，
∴AD＝NF，
∴AC＝BF＝3，
综合上述可得，AC的长为2或或3．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆的切线的性质，圆周角定理，中点定义，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理，矩形的判定和性质，熟练掌握圆有关的性质定理是解题的关键．
27．（10分）（2021秋•扬州月考）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A（﹣1，0），点B（3，0），点C（0，3），连接AC．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P是该二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象上位于第一象限内的一点．
①如图1，过点P作y轴的平行线交BC于点D，求线段PD的最大值．
②如图2，过点P作PQ∥AC，交直线BC于点Q，若PQ＝AC，求点P的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；二次函数图象及其性质；图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】（1）把A（﹣1，0），点B（3，0），点C（0，3），代入二次函数y＝ax2+bx+c中，可得三元一次方程组，解方程组即可得出答案；
（2）①设P点的横坐标为a，则D（m，3﹣m），P（m，﹣m2+2m+3），PD＝﹣m2+2m+3﹣3+m＝﹣m2+3m，根据二次函数的最值即可求解；
②过点P，A分别作y轴得平行线与直线BC交于点M，N，可证△ACN∽△PQM，由AN＝4，可得PM＝2，设P点的横坐标为a，则M（a，3﹣a），P（a，﹣a2+2a+3），可计算出PM的代数式PM＝a2+3a，即a2+3a＝2，解方程即可得出答案．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），点B（3，0），点C（0，3），代入二次函数y＝ax2+bx+c中，
得，
解得，
二次函数的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）①设P点的横坐标为a，则D（m，3﹣m），P（m，﹣m2+2m+3），
PD＝﹣m2+2m+3﹣3+m＝﹣m2+3m＝﹣（m﹣）2+，
∴m＝时，线段PD的最大值为；
②过点P，A分别作y轴得平行线与直线BC交于点M，N．如图：
∴PM∥AN，
∴∠PMQ＝∠ANC，
∵PQ∥AC，
∴∠ACQ＝∠PQC，
∴∠ACN＝∠PQM，
△ACN∽△PQM，
∴＝，
∵点B（3，0），点C（0，3），
∴直线BC的解析式为y＝3﹣x，
∴N（﹣1，4），
由AN＝4，得PM＝2，
设P点的横坐标为a，则M（a，3﹣a），P（a，﹣a2+2a+3），
得PM＝﹣a2+2a+3﹣（3﹣a）＝﹣a2+3a，
令，﹣a2+3a＝2，解得a＝1或a＝2，
故P为（1，4）或（2，3）．
【点评】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，一次函数图象上点的特征及二次函数图象上点的坐标的特征，二次函数的最值，相似三角形的应用，根据函数图象上坐标点的特征得出PD、PM的代数表达式是解决本题的关键．
2022年哈尔滨中考数学模拟试卷1
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2019•辽阳模拟）若a≠0，则+1的值为（ ）
A．2 B．0 C．±1 D．0或2
2．（3分）（2020•科尔沁区模拟）下列运算正确的是（ ）
A．（﹣a3）2＝﹣a6 B．a2•a3＝a6
C．（a+b）2＝a2+b2 D．3a2﹣2a2＝a2
3．（3分）（2019秋•锦江区校级月考）下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（3分）（2021秋•龙凤区校级期末）如图所示，两个几何体各由4个相同的小正方体搭成，比较两个几何体的三视图，可以得到的正确结论是（ ）
A．主视图不同
B．左视图不同
C．俯视图不同
D．主视图、左视图和俯视图都不相同
5．（3分）（2022•北仑区一模）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，∠CDB＝15°，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E，则sinE的值为（ ）
A． B． C． D．
6．（3分）（2020•长兴县一模）关于x的分式方程﹣1＝2的解是（ ）
A．x＝1 B．x＝2 C．x＝3 D．x＝
7．（3分）（2019秋•香洲区期末）如图，△ABC≌△ADE，∠B＝20°，∠C＝110°，则∠EAD的度数为（ ）
A．50° B．20° C．110° D．70°
8．（3分）（2018•武汉模拟）为了解某校九年级学生平时体育运动时长，调查小组对该校九年级（1）班的每个学生进行了调查，每日运动时长小于等于0.5小时的有15人，每日运动时长大于0.5小时小于等于1小时的有25人，每日运动时长大于小时的有10人，则该校九年级学生平时体育运动时长大于0.5小时的概率为（ ）
A．0.3 B．0.5 C．0.7 D．0.2
9．（3分）（2021秋•硚口区校级月考）如图，点D、E分别在AB、AC上，DE∥BC，AD＝6，AE＝4，CE＝2，则BD＝（ ）
A．6 B．4 C．5 D．3
10．（3分）（2020•南岗区校级模拟）甲、乙两个工程队同时开始维修某一段路面，一段时间后，甲队被调往别处，乙队独自完成了剩余的维修任务．已知乙队每小时维修路面的长度保持不变，甲队每小时维修路面30米．甲、乙两队在此路段维修路面的总长度y（米）与维修时间x（时）之间的函数图象如图所示，下列说法中
（1）甲队调离时，甲、乙两队已维修路面的总长度为150米；
（2）乙队每小时比甲队多维修20米：
（3）乙队一共工作2小时；
（4）a＝190．正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
二．填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）
11．（3分）（2021秋•鹿邑县月考）截止2021年4月16日，全国铁路营业里程达14.63万公里，居世界第一，数据14.63万用科学记数法可表示为 ．
12．（3分）（2021•佳木斯二模）若函数y＝在实数范围内有意义，则x的取值范围为 ．
13．（3分）（2021•无锡模拟）若点A（2，﹣6），点B（m，3）在同一反比例函数的图象上，则m的值为 ．
14．（3分）（2018秋•杨浦区期中）计算：＝ ．
15．（3分）（2021•香坊区三模）把多项式x3y﹣4xy3分解因式的结果是 ．
16．（3分）（2019秋•大兴区期中）二次函数y＝x2+4x+3的最小值为 ．
17．（3分）（2021•无棣县模拟）若不等式组的解集是x＜3，则m的取值范围是 ．
18．（3分）（2020春•历城区校级月考）如图，在▱ABCD中，DE平分∠ADC，AD＝5，BE＝2，则▱ABCD的周长是 ．
19．（3分）（2021•思明区校级二模）若⊙O的半径为2，则270°的圆心角所对的弧长是 ．
20．（3分）（2018•济南）如图，矩形EFGH的四个顶点分别在矩形ABCD的各条边上，AB＝EF，FG＝2，GC＝3．有以下四个结论：①∠BGF＝∠CHG；②△BFG≌△DHE；③tan∠BFG＝；④矩形EFGH的面积是4．其中一定成立的是 ．（把所有正确结论的序号填在横线上）
三．解答题（共7小题，满分60分）
21．（7分）（2021•南岗区模拟）先化简，再求代数式的值，其中x＝2sin60°+1，y＝tan45°．
22．（7分）（2017秋•柯桥区期末）如图，直角坐标系中，△ABC的顶点都在网格点上，其中，C点坐标为（1，2）
（1）写出点A、B的坐标：
A（ ， ）、B（ ， ）
（2）判断△ABC的形状 ．计算△ABC的面积是 ．
（3）将△ABC先向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到△A′B′C′，则A′B′C′的三个顶点坐标分别是A′（ ， ），B′（ ， ），C′（ ， ）
23．（8分）（2019•漳浦县一模）某保险的基本保费为m元，继续购买该保险的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下表：
上年度出险次数
0
1
2
3
4
≥5
保费（元）
0.85m
m
1.25m
1.5m
1.75m
2m
该公司随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况如下表：
（1）样本中，保费不高于基本保费的人数为 名；
（2）当m＝8000时，估计一名续保人本年度的平均保费．
24．（8分）（2021秋•蔡甸区期中）正方形ABCD，E、F分别是DC和CB的延长线的点，且DE＝BF，连接AE、AF、EF，求证：△ADE≌△ABF．
25．（10分）（2020•郑州二模）随着全国疫情防控取得阶段性进展，各学校在做好疫情防控工作的同时积极开展开学准备工作．为方便师生返校后测体温，某学校计划购买甲、乙两种额温枪．经市场调研得知：购买1个甲种额温枪和2个乙种额温枪共需700元，购买2个甲种额温枪和3个乙种额温枪共需1160元．
（1）求每个甲种额温枪和乙种额温枪各多少元；
（2）该学校准备购买甲、乙两种型号的额温枪共50个；其中购买甲种额温枪不超过15个．请设计出最省钱的购买方案，并求出最低费用．
26．（10分）（2021•罗湖区模拟）已知⊙O的直径AB＝6，点C是⊙O上一个动点，D是弦AC的中点，连接BD．
（1）如图1，过点C作⊙O的切线交直径AB的延长线于点E，且tanE＝；
①BE＝ ；②求证：∠CDB＝45°；
（2）如图2，F是弧AB的中点，且C、F分别位于直径AB的两侧，连接DF、BF．在点C运动过程中，当△BDF是等腰三角形时，求AC的长．
27．（10分）（2021秋•扬州月考）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A（﹣1，0），点B（3，0），点C（0，3），连接AC．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P是该二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象上位于第一象限内的一点．
①如图1，过点P作y轴的平行线交BC于点D，求线段PD的最大值．
②如图2，过点P作PQ∥AC，交直线BC于点Q，若PQ＝AC，求点P的坐标．
2022年哈尔滨中考数学模拟试卷1
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2019•辽阳模拟）若a≠0，则+1的值为（ ）
A．2 B．0 C．±1 D．0或2
【考点】绝对值．
【专题】实数；符号意识；运算能力．
【分析】对a为正和负的不同情况，分类讨论得结果．
【解答】解：当a＞0时，+1＝+1＝1+1＝2；
当a＜0时，+1＝+1＝﹣1+1＝0．
故选：D．
【点评】本题考查了绝对值的化简．掌握绝对值的意义是解决本题的关键．正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数，0的绝对值是0．
2．（3分）（2020•科尔沁区模拟）下列运算正确的是（ ）
A．（﹣a3）2＝﹣a6 B．a2•a3＝a6
C．（a+b）2＝a2+b2 D．3a2﹣2a2＝a2
【考点】完全平方公式；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．
【专题】整式；运算能力．
【分析】根据幂的乘方、同底数幂的乘法、合并同类项的运算法则和完全平方公式进行逐一计算即可．
【解答】解：A、（﹣a3）2＝a6，原计算错误，故本选项不符合题意；
B、a2•a3＝a5，原计算错误，故本选项不符合题意；
C、（a+b）2＝a2+2ab+b2，原计算错误，故本选项不符合题意；
D、3a2﹣2a2＝a2，原计算正确，故本选项符合题意．
故选：D．
【点评】此题考查了幂的乘方、同底数幂的乘法、合并同类项的运算法则和完全平方公式，熟练掌握运算法则和公式是解本题的关键．
3．（3分）（2019秋•锦江区校级月考）下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念结合各图形的特点求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意，
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意，
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意，
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意，
故选：A．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；判断中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图形重合，难度适中．
4．（3分）（2021秋•龙凤区校级期末）如图所示，两个几何体各由4个相同的小正方体搭成，比较两个几何体的三视图，可以得到的正确结论是（ ）
A．主视图不同
B．左视图不同
C．俯视图不同
D．主视图、左视图和俯视图都不相同
【考点】简单组合体的三视图．
【专题】投影与视图；空间观念．
【分析】根据主视图是从物体的正面看得到的视图，俯视图是从上面看得到的图形，左视图是左边看得到的图形，可得答案．
【解答】解：两个几何体的主视图和左视图都相同，主视图和左视图均为两层，底层是两个小正方形，上层的左边是一个小正方形；
两个几何体的俯视图不相同，左边的几何体的俯视图底层的右边是一个小正方形，而右边的几何体的俯视图底层左边是一个小正方形．
故选：C．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，利用三视图的意义是解题关键．
5．（3分）（2022•北仑区一模）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，∠CDB＝15°，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E，则sinE的值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】切线的性质；解直角三角形；圆周角定理．
【专题】与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【分析】连接OC，求出∠OCE＝90°，求出∠BOC＝30°，根据直角三角形的性质求出∠E＝60°，即可求出答案．
【解答】解：连接OC，
∵EC切⊙O于C，
∴∠OCE＝90°，
∵∠CDB＝15°，
∴∠BOC＝2∠CDB＝30°，
∴∠E＝90°﹣30°＝60°，
∴sinE＝，
故选：D．
【点评】本题考查了切线性质，圆周角定理，锐角三角函数的定义，连接OC构造直角三角形是解题的关键．
6．（3分）（2020•长兴县一模）关于x的分式方程﹣1＝2的解是（ ）
A．x＝1 B．x＝2 C．x＝3 D．x＝
【考点】解分式方程．
【专题】分式方程及应用；运算能力．
【分析】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．
【解答】解：去分母得：1﹣x＝2x，
解得：x＝，
经检验x＝是分式方程的解．
故选：D．
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
7．（3分）（2019秋•香洲区期末）如图，△ABC≌△ADE，∠B＝20°，∠C＝110°，则∠EAD的度数为（ ）
A．50° B．20° C．110° D．70°
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【分析】直接利用全等三角形的性质得出对应角进而得出答案．
【解答】解：∵△ABC≌△ADE，∠B＝20°，∠C＝110°，
∴∠D＝∠B＝20°，∠E＝110°，
∴∠EAD＝180°﹣20°﹣110°＝50°．
故选：A．
【点评】此题主要考查了全等三角形的性质，正确得出对应角是解题关键．
8．（3分）（2018•武汉模拟）为了解某校九年级学生平时体育运动时长，调查小组对该校九年级（1）班的每个学生进行了调查，每日运动时长小于等于0.5小时的有15人，每日运动时长大于0.5小时小于等于1小时的有25人，每日运动时长大于小时的有10人，则该校九年级学生平时体育运动时长大于0.5小时的概率为（ ）
A．0.3 B．0.5 C．0.7 D．0.2
【考点】概率公式．
【专题】概率及其应用；数据分析观念．
【分析】随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数．
【解答】解：∵每日运动时长小于等于0.5小时的有15人，每日运动时长大于0.5小时小于等于1小时的有25人，每日运动时长大于小时的有10人，
∴则该校九年级学生平时体育运动时长大于0.5小时的概率为：＝0.7．
故选：C．
【点评】本题考查了概率公式，熟练运用概率公式计算是解题的关键．
9．（3分）（2021秋•硚口区校级月考）如图，点D、E分别在AB、AC上，DE∥BC，AD＝6，AE＝4，CE＝2，则BD＝（ ）
A．6 B．4 C．5 D．3
【考点】平行线分线段成比例．
【专题】图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】由平行线分线段成比例定理得出比例式，即可得出结果．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴＝，
∵AD＝6，AE＝4，CE＝2，
∴＝
∴BD＝3，
故选：D．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，熟记平行线分线段成比例定理是解决问题的关键．
10．（3分）（2020•南岗区校级模拟）甲、乙两个工程队同时开始维修某一段路面，一段时间后，甲队被调往别处，乙队独自完成了剩余的维修任务．已知乙队每小时维修路面的长度保持不变，甲队每小时维修路面30米．甲、乙两队在此路段维修路面的总长度y（米）与维修时间x（时）之间的函数图象如图所示，下列说法中
（1）甲队调离时，甲、乙两队已维修路面的总长度为150米；
（2）乙队每小时比甲队多维修20米：
（3）乙队一共工作2小时；
（4）a＝190．正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】函数的图象．
【专题】函数及其图象；应用意识．
【分析】（1）根据图象解答即可；
（2）根据题意列式计算即可；
（3）根据图象解答即可；
（4）根据题意得出甲、乙两队每小时维修路面的总长度解答即可．
【解答】解：（1）由图象知，甲队调离时，甲、乙两队已维修路面的总长度为150米，故（1）正确；
（2）∵甲、乙队共同工作3小时共维修150米，甲队维修3×30米＝90米，乙队每小时维修路面（150﹣90）÷3米＝20米，所以乙队每小时比甲队少维修10米：故（2）错误；
（3）由图象知，甲、乙两队共同工作3小时，乙又工作2小时，乙工作5小时，故（3）错误；
（4）a＝150+20×2＝190，故（4）正确．
综上所述，正确的有：（1）（4）共2个．
故选：B．
【点评】本题考查了一次函数的应用，解决本题的关键是读懂图象，获取相关信息．
二．填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）
11．（3分）（2021秋•鹿邑县月考）截止2021年4月16日，全国铁路营业里程达14.63万公里，居世界第一，数据14.63万用科学记数法可表示为 1.463×105 ．
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；数感．
【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
【解答】解：14.63万＝146300＝1.463×105．
故答案为：1.463×105．
【点评】此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，确定a与n的值是解题的关键．
12．（3分）（2021•佳木斯二模）若函数y＝在实数范围内有意义，则x的取值范围为 x取任意实数 ．
【考点】函数自变量的取值范围．
【专题】函数及其图象；运算能力．
【分析】根据偶次方的非负性判断即可．
【解答】解：由题意得：
当x取任意实数时，x2≥0，
∴x2+1≠0，
∴若函数y＝在实数范围内有意义，则x的取值范围为：x取任意实数，
故答案为：x取任意实数．
【点评】本题考查了函数自变量的取值范围，熟练掌握偶次方的非负性是解题的关键．
13．（3分）（2021•无锡模拟）若点A（2，﹣6），点B（m，3）在同一反比例函数的图象上，则m的值为 ﹣4 ．
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．
【专题】反比例函数及其应用；运算能力．
【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征即可得出关于m的一元一次方程，解方程即可解答本题．
【解答】解：设反比例函数解析式为y＝，则xy＝k，
∵点A（2，﹣6）、点B（m，3）在同一反比例函数的图象上，
∴2×（﹣6）＝3m，
解得，m＝﹣4，
故答案为：﹣4．
【点评】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键为发现反比例函数图象上的点的横纵坐标的乘积为定值．
14．（3分）（2018秋•杨浦区期中）计算：＝ ﹣2 ．
【考点】二次根式的加减法；二次根式的性质与化简．
【专题】二次根式；运算能力．
【分析】根据实数的大小比较法则得到2＜，根据二次根式的性质化简即可．
【解答】解：∵＜，
∴2＜，
∴2﹣＜0，
∴﹣＝﹣2﹣＝﹣2，
故答案为：﹣2．
【点评】本题考查的是二次根式的化简，掌握二次根式的性质是解题的关键．
15．（3分）（2021•香坊区三模）把多项式x3y﹣4xy3分解因式的结果是 xy(x+2y)(x﹣2y) ．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【专题】整式；符号意识．
【分析】直接提取公因式xy,再利用平方差公式分解因式即可．
【解答】解：x3y﹣4xy3
＝xy(x2﹣4y2)
＝xy(x+2y)(x﹣2y)．
故答案为：xy(x+2y)(x﹣2y)．
【点评】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用乘法公式分解因式是解题关键．
16．（3分）（2019秋•大兴区期中）二次函数y＝x2+4x+3的最小值为 ﹣1 ．
【考点】二次函数的最值．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【分析】化成顶点式，根据二次函数的性质即可求得．
【解答】解：y＝x2+4x+3＝（x+2）2﹣1，
由于函数开口向上，因此函数有最小值，且最小值为﹣1，
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查了二次函数的最值和顶点式的运用及顶点坐标的求法．
17．（3分）（2021•无棣县模拟）若不等式组的解集是x＜3，则m的取值范围是 m≥3 ．
【考点】解一元一次不等式组．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【分析】解第一个不等式，再根据同小取小求解可得．
【解答】解：解不等式x+8＞4x﹣1，得：x＜3，
∵不等式组的解集为x＜3，
∴m≥3，
故答案为：m≥3．
【点评】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．
18．（3分）（2020春•历城区校级月考）如图，在▱ABCD中，DE平分∠ADC，AD＝5，BE＝2，则▱ABCD的周长是 16 ．
【考点】平行四边形的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】根据角平分线的定义以及两直线平行，内错角相等求出∠CDE＝∠CED，再根据等角对等边的性质可得CE＝CD，然后利用平行四边形对边相等求出CD、BC的长度，再求出▱ABCD的周长．
【解答】解：∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE，
∵▱ABCD中，
∴AD∥BC，
∴∠ADE＝∠CED，
∴∠CDE＝∠CED，
∴CE＝CD，
在▱ABCD中，AD＝5，BE＝2，
∴AD＝BC＝5，
∴CE＝BC﹣BE＝5﹣2＝3，
∴CD＝AB＝3，
∴▱ABCD的周长＝5+5+3+3＝16，
故答案为：16．
【点评】本题考查了平行四边形对边平行，对边相等的性质，角平分线的定义，等腰三角形的的性质和判定，准确识图并熟练掌握性质是解题的关键．
19．（3分）（2021•思明区校级二模）若⊙O的半径为2，则270°的圆心角所对的弧长是 3π ．
【考点】弧长的计算．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【分析】根据弧长公式求即可．
【解答】解：∵⊙O的半径为2，圆心角是270°，
∴所对的弧长为＝3π，
故答案为：3π．
【点评】本题考查了弧长的计算，注意：已知圆的半径为r，那么n'°的圆心角所对的弧的长度为．
20．（3分）（2018•济南）如图，矩形EFGH的四个顶点分别在矩形ABCD的各条边上，AB＝EF，FG＝2，GC＝3．有以下四个结论：①∠BGF＝∠CHG；②△BFG≌△DHE；③tan∠BFG＝；④矩形EFGH的面积是4．其中一定成立的是 ①②④ ．（把所有正确结论的序号填在横线上）
【考点】矩形的性质；解直角三角形；全等三角形的判定与性质．
【专题】矩形 菱形 正方形．
【分析】根据矩形的性质和全等三角形的判定分析各小题即可；
【解答】解：∵∠FGH＝90°，∴∠BGF+∠CGH＝90°．
又∵∠CGH+∠CHG＝90°，
∴∠BGF＝∠CHG，故①正确．
同理可得∠DEH＝∠CHG．
∴∠BGF＝∠DEH．
又∵∠B＝∠D＝90°，FG＝EH，
∴△BFG≌△DHE，故②正确．
同理可得△AFE≌△CHG．
∴AF＝CH．
易得△BFG∽△CGH．
设GH、EF为a，
∴＝．∴＝．
∴BF＝．
∴AF＝AB﹣BF＝a﹣．
∴CH＝AF＝a﹣．
在Rt△CGH中，
∵CG2+CH2＝GH2，
∴32+（a﹣）2＝a2．解得a＝2．∴GH＝2．∴BF＝a﹣＝．
在Rt△BFG中，∵cos∠BFG＝＝，∴∠BFG＝30°．
∴tan∠BFG＝tan30°＝，故③错误．
矩形EFGH的面积＝FG×GH＝2×2＝4，故④正确．
故答案为：①②④
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，属于基础题．
三．解答题（共7小题，满分60分）
21．（7分）（2021•南岗区模拟）先化简，再求代数式的值，其中x＝2sin60°+1，y＝tan45°．
【考点】分式的化简求值；特殊角的三角函数值．
【专题】分式；运算能力．
【分析】先根据分式的运算法则进行化简，然后将x与y的值代入原式即可求出答案．
【解答】解：原式＝÷
＝•
＝，
当x＝2×+1＝+1，y＝1时，
原式＝＝＝．
【点评】本题考查分式的运算，解题的关键是熟练运用分式的运算法则，本题属于基础题型．
22．（7分）（2017秋•柯桥区期末）如图，直角坐标系中，△ABC的顶点都在网格点上，其中，C点坐标为（1，2）
（1）写出点A、B的坐标：
A（ 2 ， ﹣1 ）、B（ 4 ， 3 ）
（2）判断△ABC的形状 等腰直角三角形 ．计算△ABC的面积是 5 ．
（3）将△ABC先向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到△A′B′C′，则A′B′C′的三个顶点坐标分别是A′（ 0 ， 0 ），B′（ 2 ， 4 ），C′（ ﹣1 ， 3 ）
【考点】作图﹣平移变换；勾股定理；勾股定理的逆定理．
【专题】作图题．
【分析】（1）根据直角坐标系的特点写出对应点的坐标；
（2）用△ABC所在的矩形面积减去三个小三角形的面积即可求解；
（3）分别将点A、B、C先向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到点A′、B′、C′，然后顺次连接并写出坐标．
【解答】解：（1）A（2，﹣1），B（4，3）；
（2）∵AC＝BC＝，AB＝，
∴AC＝BC，AC2+BC2＝AB2，
即△ABC的形状是等腰直角三角形，
S△ABC＝3×4﹣×2×4﹣×1×3﹣×3×1＝5，
故△ABC的面积为5；
（3）所作图形如图所示：
A′（0，0）、B′（2，4）、C′（﹣1，3）．
故答案为：（1）2，﹣1，4，3．（2）等腰直角三角形；5；（3）0；0；2；4；﹣1；3．
【点评】本题考查了根据平移变换作图，解答本题的关键是根据网格结构作出对应点的位置，然后顺次连接．
23．（8分）（2019•漳浦县一模）某保险的基本保费为m元，继续购买该保险的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下表：
上年度出险次数
0
1
2
3
4
≥5
保费（元）
0.85m
m
1.25m
1.5m
1.75m
2m
该公司随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况如下表：
（1）样本中，保费不高于基本保费的人数为 110 名；
（2）当m＝8000时，估计一名续保人本年度的平均保费．
【考点】条形统计图；用样本估计总体．
【专题】统计的应用；运算能力．
【分析】（1）根据条形统计图作答；
（2）利用平均数计算公式求解．
【解答】解：（1）由条形统计图知：60+50＝110（名），
故答案为：110；
（2）依题意得：＝1.1925m（元），
当m＝8000时，原式＝1.1925×8000＝9540（元）；
答：一名续保人本年度的平均保费为9540元．
【点评】本题考查了用样本估计总体以及条形统计图：条形统计图是用线段长度表示数据，根据数量的多少画成长短不同的矩形直条，然后按顺序把这些直条排列起来；从条形图可以很容易看出数据的大小，便于比较．
24．（8分）（2021秋•蔡甸区期中）正方形ABCD，E、F分别是DC和CB的延长线的点，且DE＝BF，连接AE、AF、EF，求证：△ADE≌△ABF．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】根据正方形的性质得AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°，然后利用“SAS”证得△ADE≌△ABF．
【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°，
而F是CB的延长线上的点，
∴∠ABF＝90°，
在△ABF和△ADE中，
，
∴△ABF≌△ADE（SAS）．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是解题的关键．
25．（10分）（2020•郑州二模）随着全国疫情防控取得阶段性进展，各学校在做好疫情防控工作的同时积极开展开学准备工作．为方便师生返校后测体温，某学校计划购买甲、乙两种额温枪．经市场调研得知：购买1个甲种额温枪和2个乙种额温枪共需700元，购买2个甲种额温枪和3个乙种额温枪共需1160元．
（1）求每个甲种额温枪和乙种额温枪各多少元；
（2）该学校准备购买甲、乙两种型号的额温枪共50个；其中购买甲种额温枪不超过15个．请设计出最省钱的购买方案，并求出最低费用．
【考点】一元一次不等式的应用；二元一次方程组的应用．
【专题】经济问题；一次方程（组）及应用；一元一次不等式（组）及应用；一次函数及其应用；运算能力；推理能力；应用意识．
【分析】（1）设每个甲种额温枪x元，每个乙种额温枪y元，根据题意得关于x和y的二元一次方程组，解方程组即可；
（2）设购买m个甲种额温枪，则购买（50﹣m）个乙种额温枪，总费用为w元，根据题意写出w关于m的一次函数，根据一次函数的性质可得答案．
【解答】解：（1）设每个甲种额温枪x元，每个乙种额温枪y元，根据题意得：
，
解得：．
答：每个甲种额温枪220元，每个乙种额温枪240元．
（2）设购买m个甲种额温枪，则购买（50﹣m）个乙种额温枪，总费用为w元，
根据题意得：w＝220m+240（50﹣m）＝﹣20m+12000（0≤m≤15，且m为整数）．
∵﹣20＜0，
∴w随m的增大而减小，
∴当m＝15时，w取最小值，w最小值＝﹣20×15+12000＝11700（元）．
答：买15个甲种额温枪，35个乙种额温枪总费用最少，最少为11700元．
【点评】本题考查了一次函数和二元一次方程组在实际问题中的应用，理清题中的数量关系是解题的关键．
26．（10分）（2021•罗湖区模拟）已知⊙O的直径AB＝6，点C是⊙O上一个动点，D是弦AC的中点，连接BD．
（1）如图1，过点C作⊙O的切线交直径AB的延长线于点E，且tanE＝；
①BE＝ 2 ；②求证：∠CDB＝45°；
（2）如图2，F是弧AB的中点，且C、F分别位于直径AB的两侧，连接DF、BF．在点C运动过程中，当△BDF是等腰三角形时，求AC的长．
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【分析】（1）①连接OC，由锐角三角函数的定义求出CE的长，由勾股定理求出OE的长，则可得出答案；
②连接OC，BC，取AE的中点，连接DM，由三角形中位线定理得出DM＝CE＝2＝BE，DM∥CE，证明△AMD≌△CEB（SAS），由全等三角形的性质得出AD＝BC，根据直角三角形的性质可得出答案；
（2）由直角三角形的性质求出AF＝BF＝3，分三种情况：①若BD＝BF＝3，连接BC，②若BF＝DF＝3，连接FA，FC，过点F作FG⊥AC于点G，③若DF＝BD，过点D作DN⊥BF于点N，连接ON，AF，BC，分别由勾股定理及直角三角形的性质可得出答案．
【解答】解：（1）①连接OC，如图1，
∵CE是⊙O的切线，
∴OC⊥CE，
∴∠OCE＝90°，
∵tanE＝，AB＝6，
∴，OC＝3，
∴CE＝4，
∴OE＝＝＝5，
∴BE＝OE﹣BO＝5﹣3＝2，
故答案为：2．
②如图2，连接OC，BC，取AE的中点，连接DM，
∵D为AC的中点，M为AE的中点，
∴DM为△ACE的中位线，
∴DM＝CE＝2＝BE，DM∥CE，
∴∠AMD＝∠CEB，
∵AM＝AE＝4＝CE，
∴△AMD≌△CEB（SAS），
∴AD＝BC，
∵AD＝CD，
∴CD＝BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CDB＝45°；
（2）解：连接AF，
∵F为弧AB的中点，AB是⊙O的直径，
∴AF＝BF，∠AFB＝90°，
∴∠ABF＝45°，AF＝BF＝AB＝3．
①若BD＝BF＝3，连接BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴BC2＝AB2﹣AC2＝BD2﹣CD2，且CD＝AC，
∴62﹣AC2＝，
∴AC＝2；
②若BF＝DF＝3，连接FA，FC，过点F作FG⊥AC于点G，
∴AF＝DF，
∵DG＝AD，
∵∠ACF＝∠ABF＝45°，
∴CF＝FG，
设DG＝x，则CD＝AD＝2x，FG＝CG＝DG+CD＝3x，
∵FG2+DG2＝DF2，
∴x2+（3x）2＝，
解得x＝，
∴AC＝4x＝；
③若DF＝BD，过点D作DN⊥BF于点N，连接ON，AF，BC，
∴N为BF的中点，
∴ON⊥BF，
∴点O在DN上，
∵D为AC的中点，
∴OD⊥AC，即DN⊥AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∴四边形ADNF是矩形，
∴AD＝NF，
∴AC＝BF＝3，
综合上述可得，AC的长为2或或3．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆的切线的性质，圆周角定理，中点定义，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理，矩形的判定和性质，熟练掌握圆有关的性质定理是解题的关键．
27．（10分）（2021秋•扬州月考）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A（﹣1，0），点B（3，0），点C（0，3），连接AC．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P是该二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象上位于第一象限内的一点．
①如图1，过点P作y轴的平行线交BC于点D，求线段PD的最大值．
②如图2，过点P作PQ∥AC，交直线BC于点Q，若PQ＝AC，求点P的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；二次函数图象及其性质；图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】（1）把A（﹣1，0），点B（3，0），点C（0，3），代入二次函数y＝ax2+bx+c中，可得三元一次方程组，解方程组即可得出答案；
（2）①设P点的横坐标为a，则D（m，3﹣m），P（m，﹣m2+2m+3），PD＝﹣m2+2m+3﹣3+m＝﹣m2+3m，根据二次函数的最值即可求解；
②过点P，A分别作y轴得平行线与直线BC交于点M，N，可证△ACN∽△PQM，由AN＝4，可得PM＝2，设P点的横坐标为a，则M（a，3﹣a），P（a，﹣a2+2a+3），可计算出PM的代数式PM＝a2+3a，即a2+3a＝2，解方程即可得出答案．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），点B（3，0），点C（0，3），代入二次函数y＝ax2+bx+c中，
得，
解得，
二次函数的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）①设P点的横坐标为a，则D（m，3﹣m），P（m，﹣m2+2m+3），
PD＝﹣m2+2m+3﹣3+m＝﹣m2+3m＝﹣（m﹣）2+，
∴m＝时，线段PD的最大值为；
②过点P，A分别作y轴得平行线与直线BC交于点M，N．如图：
∴PM∥AN，
∴∠PMQ＝∠ANC，
∵PQ∥AC，
∴∠ACQ＝∠PQC，
∴∠ACN＝∠PQM，
△ACN∽△PQM，
∴＝，
∵点B（3，0），点C（0，3），
∴直线BC的解析式为y＝3﹣x，
∴N（﹣1，4），
由AN＝4，得PM＝2，
设P点的横坐标为a，则M（a，3﹣a），P（a，﹣a2+2a+3），
得PM＝﹣a2+2a+3﹣（3﹣a）＝﹣a2+3a，
令，﹣a2+3a＝2，解得a＝1或a＝2，
故P为（1，4）或（2，3）．
【点评】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，一次函数图象上点的特征及二次函数图象上点的坐标的特征，二次函数的最值，相似三角形的应用，根据函数图象上坐标点的特征得出PD、PM的代数表达式是解决本题的关键．
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