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2024年黑龙江省哈尔滨市中考数学素养考察模拟试卷（二）
一、选择题（每小题3分，共计30分）
1．（3分）﹣2024的绝对值的相反数是（　　）
A． B． C．2024 D．﹣2024
2．（3分）下列运算中，正确的是（　　）
A．m3 m4＝m12 B．（m3）4＝m12
C．m+m4＝m5 D．（m+n）（m+n）＝m2﹣n2
3．（3分）下面的图案中，是轴对称图形而不是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（3分）如图，下列水平放置的几何体中，主视图是三角形的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（3分）把抛物线y＝﹣x2向左平移1个单位，然后向上平移3个单位，则平移后抛物线的解析式为（　　）
A．y＝﹣（x﹣1）2+3 B．y＝﹣（x+1）2+3
C．y＝﹣（x+1）2﹣3 D．y＝﹣（x﹣1）2﹣3
6．（3分）如图，O为跷跷板AB的中点，支柱OC与地面MN垂直，垂足为点C，当跷跷板的一端B着地时，跷跷板AB与地面MN的夹角为20°，测得AB＝1.6m，则OC的长为（　　）
A． B． C．0.8sin20° D．0.8cos20°
7．（3分）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，若AE＝8，BE＝2，则线段CD的长为（　　）
A．8 B．5 C．4 D．3
8．（3分）若函数y＝的图象在其所在的每一象限内，函数值y随自变量x的增大而增大，则m的取值范围是（　　）
A．m＜﹣2 B．m＜0 C．m＞﹣2 D．m＞0
9．（3分）如图，在△ABC中，∠B＝40°，将△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE处，使点B落在BC的延长线上的D点处，则∠BDE＝（　　）
A．100° B．90° C．80° D．70°
10．（3分）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E在BA的延长线上，点F在BC的延长线上，连接EF，分别交AD，CD于点G，H，则下列结论错误的是（　　）
A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
二、填空题（每小题3分，共计30分）
11．（3分）将470100000用科学记数法表示为 　 　．
12．（3分）在函数y＝中，自变量x的取值范围是　 　．
13．（3分）计算：＝　 　．
14．（3分）因式分解：ax2﹣4ax+4a＝　 　．
15．（3分）不等式组的解集是　 　．
16．（3分）某药品经过两次降价，每瓶零售价由100元降为81元，已知两次降价的百分率都是x，那么可以列出方程为　 　．
17．（3分）布袋中装有3个红球和6个白球，它们除颜色外其他都相同，如果从布袋里随机摸出一个球，那么所摸到的球恰好为红球的概率是　 　．
18．（3分）如图，矩形纸片ABCD中，已知AD＝8，折叠纸片使AB边与对角线AC重合，点B落在点F处，折痕为AE，且EF＝3，则AB的长为　 　．
19．（3分）已知，点P在正方形ABCD边上，连接BD和AP，若BD和AP所夹锐角正切值为2，AB＝3，则BP的长为 　 　．
20．（3分）如图，△ABC中，AB＝AC，点D在BC上，点E在BA延长线上，连接AD，CE，使∠DAC＝∠BCE＝60°，AB＝AC＝6，BE＝8，则CD＝　 　．
三、解答题（共60分，其中21、22题各7分，23、24题各8分，25、26、27题各10分）
21．（7分）先化简，再求代数式的值，其中x＝2cos30°﹣2tan45°．
22．（7分）如图，在方格纸网格中，每个小正方形的边长均为1，按下列要求画图：
（1）以AB为斜边画直角三角形ABC，使C点在小正方形的顶点上，且AC＝2BC；
（2）以AC为一边画等腰△ACD，使S△ABC＝2S△ACD，点D在小正方形的顶点上，连接BD，并直接写出tan∠BDC的值．
23．（8分）为增强学生的身体素质，教育部门规定学生每天参加户外活动的平均时间不少于1小时，为了解学生户外活动的情况，对部分学生户外活动的时间进行抽样调查，并将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图，请根据图中信息解答下列问题：
（1）求一共调查了多少名学生；
（2）通过计算请补全条形统计图；
（3）若该校共有2000名学生，根据以上调查结果估计该校全体学生每天参与户外活动所用的时间超过1小时的人数．
24．（8分）如图，在等边△ABC中，D、E分别为AB、AC的中点，延长BC至点F，使CF＝BC，连接CD和EF．
（1）求证：CD＝EF；
（2）请直接写出与∠F相等的所有角（∠F除外）．
25．（10分）一车在相距360千米的两地间往返，回来时车速比去时提高了50%，因而回来比去时途中时间缩短了2小时．
（1）求去时和回来时的速度．
（2）若该车回来时按返回的速度先行驶60千米后，遇突发事件停了20分钟，又继续行驶，若要保证不迟到，停后继续行驶速度至少是多少？
26．（10分）如图，△ABC内接于圆O，连接OB．
（1）如图1，求证：∠OBC+∠A＝90°；
（2）如图2，CD⊥AB于D交圆O于E，OH⊥BC于H，求证：AE＝2OH；
（3）如图3，在（2）的条件下，若OC平分∠BCE，延长CO交AB于P，AD＝3，BD＝8，求OP长．
27．（10分）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝﹣（x﹣3）2+k与x轴交于点A、B，与y轴的正半轴交于点C，且AB＝12．
（1）如图1，求k的值；
（2）如图2，点P在第一象限对称轴右侧的抛物线上，PE∥x轴交射线BC于点E，设点P的横坐标为t，线段EP的长为d，求d关于t的函数解析式（不要求写自变量t的取值范围）；
（3）如图3，在（2）的条件下，作PZ⊥x轴交x轴于点Z，点F在线段BD上，且PE＝PF，FQ⊥BC，交直线PZ于点Q，当PQ＝8时，R是线段CD上的一点，过点R作RG平行于x轴，与线段PQ交于点G，连接OG、OQ，恰好使∠GOQ＝45°，延长QR交抛物线于点H，连接AH，求线段AH的长．
2024年黑龙江省哈尔滨市中考数学素养考察模拟试卷（二）
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共计30分）
1．【解答】解：由﹣2024的绝对值是2024．
得﹣2024的绝对值的相反数是﹣2024．
故选：D．
2．【解答】解：∵m3 m4＝m7，
∴选项A不符合题意；
∵（m3）4＝m12，
∴选项B符合题意；
∵m+m4≠m5，
∴选项C不符合题意；
∵（m+n）（m+n）＝（m+n）2＝m2+n2+2mn≠m2﹣n2，
∴选项D不符合题意．
故选：B．
3．【解答】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项正确；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误．
故选：C．
4．【解答】解：A、主视图为长方形，故本选项错误；
B、主视图为三角形，故本选项正确；
C、主视图为长方形，故本选项错误；
D、主视图为长方形，故本选项错误．
故选：B．
5．【解答】解：抛物线y＝﹣x2向左平移1个单位，然后向上平移3个单位，则平移后抛物线的解析式为：y＝﹣（x+1）2+3．
故选：B．
6．【解答】解：∵O为跷跷板AB的中点，AB＝1.6 m，
∴OB＝0.8m，
在Rt△OCB中，sinB＝，
则OC＝OB sinB＝0.8sin20°，
故选：C．
7．【解答】解：连接OC，
∵AE＝8，BE＝2，
∴AB＝AE+BE＝8+2＝10，
∵AB是⊙O的直径，
∴OC＝OB＝，
∵BE+OE＝OB，
∴OE＝OB﹣BE＝5﹣2＝3，
∵CD⊥AB，
∴∠CEO＝90°，CD＝2CE，
∴，
∴CD＝8，
故选：A．
8．【解答】解：∵函数y＝的图象在其所在的每一象限内，函数值y随自变量x的增大而增大，
∴m+2＜0，
解得：m＜﹣2，
故选：A．
9．【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE处，
∴AB＝AD，∠B＝∠ADE＝40°，
∴∠B＝∠BDA＝40°，
∴∠BDE＝∠BDA+∠ADE＝40°+40°＝80°，
故选：C．
10．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BF，BE∥DC，AD＝BC，
∴，，，
故选：C．
二、填空题（每小题3分，共计30分）
11．【解答】解：470100000用科学记数法表示为4.701×108．
故答案为：4.701×108．
12．【解答】解：由题意得，x+3≠0，
解得x≠﹣3．
故答案为：x≠﹣3．
13．【解答】解：原式＝2﹣3＝﹣．
14．【解答】解：ax2﹣4ax+4a
＝a（x2﹣4x+4）
＝a（x﹣2）2．
故答案为：a（x﹣2）2．
15．【解答】解：，
由①得：x≤2，
由②得：x＞﹣3，
则不等式组的解集为﹣3＜x≤2．
故答案为：﹣3＜x≤2
16．【解答】解：依题意得：100（1﹣x）2＝81．
故答案为：100（1﹣x）2＝81．
17．【解答】解：∵一个布袋里装有3个红球和6个白球，
∴摸出一个球摸到红球的概率为：＝．
故答案为：．
18．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AD＝8，
∴BC＝8，
∵△AEF是△AEB翻折而成，
∴BE＝EF＝3，AB＝AF，△CEF是直角三角形，
∴CE＝8﹣3＝5，
在Rt△CEF中，CF＝＝＝4，
设AB＝x，
在Rt△ABC中，AC2＝AB2+BC2，即（x+4）2＝x2+82，
解得x＝6，则AB＝6．
故答案为：6．
19．【解答】解：连接AC，交BD于O，如图，
∵正方形ABCD的边长为3，
∴OA＝OB＝OD＝，∠AOB＝∠AOD＝∠ABC＝90°，∠ABD＝∠ADB＝45°，
∵BD和AP所夹锐角正切值为2，tan∠ADB＝1，
∴P在BC或DC上，
①P1在BC上时，设AP1与BD交于E，
则tan∠AEO＝2，
∴＝2，
∴OE＝AO＝，
∴BE＝OB﹣OE＝﹣＝，
过点E作EG⊥AB于G，
则△BEG是等腰直角三角形，
∴BG＝EG＝BE＝，
∴AG＝AB﹣BG＝3﹣＝，
∵tan∠P1AB＝tan∠EAG，
∴＝，
∴BP1＝＝＝1；
②P2在DC上时，设AP2与BD交于F，
同理可得DP2＝1，
∴CP2＝3﹣1＝2，
∴BP2＝＝＝；
综上所述，BP的长为1或，
故答案为：1或．
20．【解答】解：∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC，
∵∠DAC＝∠BCE，
∴△DAC∽△ECB，
∴，
设CD＝x，
∵AB＝AC＝6，BE＝8，
∴，
∴BC＝，
过点A作AM⊥BC于点M，过点E作EN⊥BC于点N，则BM＝CM＝，AM∥EN，
∴，即，
∴BN＝，
∴CN＝BC﹣BN＝﹣＝，
∵∠BCE＝60°，
∴EN＝，
在Rt△BEN中，EN2+BN2＝BE2，
∴（）2+（）2＝82，
解得：x＝2，
∴CD＝2．
故答案为：2．
三、解答题（共60分，其中21、22题各7分，23、24题各8分，25、26、27题各10分）
21．【解答】解：
＝[﹣]
＝
＝
＝，
∵x＝2cos30°﹣2tan45°＝2×﹣2×1＝﹣2，
∴原式＝＝．
22．【解答】解：（1）取格点C，连接AC，BC，如图：
△ABC即为所求；
（2）取格点D，连接AD，CD，如图，△ACD即为所求．
tan∠BDC＝tan∠DBE＝＝．
23．【解答】解：（1）调查的总人数是：10÷20%＝50（人）；
（2）参加户外活动时间是1.5小时的人数是：50﹣10﹣20﹣8＝12（人）；
（3）时间超过1小时的人数为×2000＝800（人）．
24．【解答】（1）证明：∵D、E分别为AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DE＝BC，
∵CF＝BC，
∴DE＝FC，
∵DE∥FC，
∴四边形DCFE是平行四边形，
∴CD＝EF；
（2）解：∵四边形DCFE是平行四边形，
∴DC∥EF，
∴∠F＝∠DCB，∠DCE＝∠CEF，
∵DE∥BC，
∴∠EDC＝∠DCB，
∴∠EDC＝∠F，
∵△ABC是等边三角形，D是AB中点，
∴∠DCB＝∠DCE，
∴与∠F相等的所有角是∠EDC、∠DCB、∠DCE、∠FEC．
25．【解答】解：（1）设去时的速度为x千米/时，根据题意得，
﹣＝2
解得x＝60，
经检验，x＝60是原方程的解，且符合题意．
则1.5x＝90，
答：去时和回来时的速度分别是60千米/小时、90千米/小时；
（2）设停后继续行驶速度至少是y千米/小时，则
＝﹣，
解得，y＝，
经检验，y＝是原方程的解，且符合题意．
答：若要保证不迟到，停后继续行驶速度至少是千米/小时．
26．【解答】（1）证明：延长BO，交⊙O于点D，连接CD，如图，
则BD为⊙O的直径，
∴∠BCD＝90°，
∴∠OBC+∠D＝90°．
∵∠D＝∠A，
∴∠OBC+∠A＝90°；
（2）证明：作直径BF，连接CF，如图，
∵OH⊥BC，
∴BH＝HC，
∵BF为⊙O的直径，
∴∠BCF＝90°，
∴FC⊥BC，
∵OH⊥BC，
∴OH∥CF，
∴OH为△BCF的中位线，
∴FC＝2OH．
由（1）知：∠OBC+∠BAC＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝90°，
∴∠BAC+∠ACD＝90°，
∴∠OBC＝∠ACD，
∴，
∴AE＝FC，
∴AE＝2OH；
（3）解：过点P作PM⊥BC于点M，过点O作ON⊥PM于点N，连接OB，如图，
∵PM⊥BC，ON⊥PM，OH⊥BC，
∴四边形ONMH为矩形，
∴ON＝MH，MN＝OH．
∵OC平分∠BCE，
∴∠BCP＝∠DCP．
在△PMC和△PDC中，
，
∴△PMC≌△PDC（AAS），
∴CM＝CD，PM＝PD．
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
由（2）知：∠OBC＝∠ACD，
∴∠ACD＝∠OCB＝∠PCD．
在△PDC和△ADC中，
，
∴△PDC≌△ADC（ASA），
∴PD＝AD＝3，
∴PM＝PD＝3，PB＝BD﹣PD＝5，
∴BM＝＝4，
设CD＝CD＝x，则BC＝x+4，
∵CD2+BD2＝BC2，
∴x2+82＝（x+4）2，
∴x＝6，
∴BC＝10．
∵OH⊥BC，
∴BH＝CH＝5，
∴ON＝MH＝BH﹣BM＝1．
∵PM⊥BC，OH⊥BC，
∴OH∥PM，
∴△COH∽△CPM，
∴，
∴，
∴OH＝，
∴MN＝OH＝，
∴PN＝PM﹣MN＝．
∴OP＝＝＝．
27．【解答】解：（1）抛物线对称轴为x＝3，设A点（a，0），B（b，0），
∵AB＝12，
∴，
解得，
∴A（﹣3，0），B（9，0），
把A（﹣3，0）代入抛物线解析式为，
解得k＝8；
（2）由题意得P（t，，
由（1）知，
∴C（0，6），
∴OC＝6，
过点P作PM⊥x轴于M，交BC于点K，
∵PE⊥x轴，
∴∠P＝∠PMB＝90°，
∴∠PEK＝∠MBK，
在Rt△BOC中，tanα＝tan∠OBC＝＝＝，
设∠OBC＝α，BM＝9﹣t，
在Rt△BMK中，，
∴，
∴
＝，
在Rt△EPK中，，
∴
＝，
即；
（3）如图，连接CP、CH、QB，由题意可知，四边形COEP为正方形，
∴QE＝PQ﹣PE＝2，
过Q作QK⊥OG于K，交OB于S，
∵∠GOQ＝45°，
∴KO＝KQ，
∵∠KOS+∠KSO＝90°，∠EQS+∠ESQ＝90°，
∴∠KOS＝∠EQS，
又∵∠OKS＝∠QKG，
∴△OKS≌△QKG（ASA），
∴OS＝OG，SE＝OE﹣OS＝OE﹣OG＝6﹣（2+EG）＝4﹣EG，
∵tan∠ECG＝tan∠SQE，
即，
∴，
解得EG＝3，
∴点G是PE中点，
∵CP∥RG∥EB，
∴CR＝RB，
过点H作HM⊥y轴交y轴于点M，
∵QR＝HR，∠CRH＝∠BRQ，
∴△CRH≌△BRQ（SAS），
∴CH＝BQ，∠HCR＝∠RBQ，
∵PQ∥y轴，
∴∠MCR＝∠PDB，
∴∠MCH+∠HCR＝∠EQB+∠RBQ，
∴∠MCH＝∠EQB，
又∵∠HMC＝∠BEQ＝90°，
∴△HMC≌△BEQ（AAS），
∴CM＝EQ＝2，MH＝EB＝3，
∴OM＝OC+CM＝8，
∴H坐标为（3，8），
由勾股定理知AH＝＝10．

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