2015年黑龙江省哈尔滨市中考数学试卷

2015年黑龙江省哈尔滨市中考数学试卷-答案2015年黑龙江省哈尔滨市中考数学试卷-答案2015年黑龙江省哈尔滨市中考数学试卷-答案黑龙江省哈尔滨市2015年初中升学考试数学答案剖析第Ⅰ卷一、选择题1.【答案】A【剖析】只有符号不同样的两数互为相反数，1的相反数是1，应选A.22【考点】相反数2.【答案】B2【剖析】(a2)5a10，a2a4a6，3a2b与3ab2不能够合并，(a)a，应选B.24【考点】整式的运算3.【答案】D【剖析】A，B可是轴对称图形，C可是中心对称图形，D既是轴对称图形又是中心对称图形，应选D.【考点】轴对称图形和中心对称图形4.【答案】C【剖析】反比率函数y2y随x的增大而减小，∵12，的图象分布在第一、三象限且在每一象限内x∴y1y2，选C.【考点】反比率函数的图象与性质5.【答案】A【剖析】主视图是从正面看几何体获取的视图，该几何体的主视图是两层，基层是三个并排的正方形，上层是位于右边的一个正方形，应选C.【考点】几何体的三视图6.【答案】D【剖析】∵=30，∴∠B30，∵AC1200m，sinBACA1200（m），∴ABsinB2400ABsin30应选D.【考点】解直角三角形1/117.【答案】C【剖析】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，CD∥AB，∴EAEG，EGAG，BEEFGHGDFHCFCFABBCEHBC，而，应选C.ADAECE【考点】平行四边形的性质及平行线分线段成比率的定理8.【答案】A【剖析】∵扩大后的正方形绿地边长为xm，∴长方形的短边增加的长为(x6)m，∵面积增加1600m2，可列方程x(x6)1600，应选A.【考点】列一元二次方程解决面积问题的实质应用9.【答案】C【剖析】由旋转性质可知ACAC，∴∠ACC45，∵∠CCB32，∴∠ACB453213，∴∠ABC901377，∴∠ACC77，应选C.【考点】图形的旋转及直角三角形的性质10.【答案】D【剖析】由图可知图象分三段，第一段为步行，第二段为乘坐公交车，第三段为跑步，设第二段剖析式为sktb，∵7分钟时与家的距离是1200米，且图象过7kb1200，k400，(12,3200)，∴b3200解得b1600，12k，∴s400t1600，当s400时，t5，∴小明从家出发5分钟时乘上公交车；公交车行驶32004002800(米)，用时1275(分钟)，公交车的速400米/分钟；∵小明从上公交车到他到达学校共用10分钟，∴跑步用时3分钟，跑步的距离为3500（米)；∴跑步的速度为100米/分钟；3200=300小明跑步用时3分钟到达学校，而下车时还有4分钟上课，∴小明上课没有迟到，应选D.【考点】一次函数图像的实质运用第Ⅱ卷二、填空题11.【答案】1.23108【剖析】123000000=1.23108.【考点】科学记数法表示较大的数12.【答案】x2【剖析】函数y1x有意义，则x20，即x2.x22/11【考点】函数自变量的取值范围13.【答案】6【剖析】243226362666.33【考点】二次根式的运算14.【答案】a(3ab)(3ab)【剖析】9a3ab2a(9a2b2)a(3ab)(3ab).【考点】分解因式15.【答案】40，∴nπ32【剖析】设扇形的圆心角是n∴n40.360【考点】扇形的面积公式的应用16.【答案】1x2【剖析】解不等式x10，得x1，解不等式2x13，得x2，∴不等式组的解集为1x2.【考点】解不等式组17.【答案】69【剖析】设国画作品有x幅，则油画作品有(2x7)幅，依照题意得x2x7100，解得x31，则2x769（幅）.【考点】一元一次方程的实质应用18.【答案】16【剖析】从甲、乙、丙、丁4名三好学生中随机抽取2名学生的情况有甲和乙，甲和丙，甲和丁，乙和丙，乙和丁，丙和丁，共六种，其中甲和乙占一种，∴抽取的2名同学是甲和乙的概率为1.6【考点】概率的计算19.【答案】或【剖析】当点F在AD的延长线上时，∵AB4，BC5，四边形ABCD是矩形，四边形BCFE是菱形，∴BCCFEPBE5，∴AE3，∵线段EF的中点是M，∴，∴AE5.5；当点F在线段AD上时，同理可得AE3，EM，∴AM0.5，故AM的长为5.5或0.5.【考点】矩形和菱形的性质20.【答案】4133/11【剖析】作∠DAP∠BAD，则∠CAP∠C，过点D作DE⊥AB于点E，DO⊥AP于点O，PF⊥AC于点F，∵tanBAD4AD65ODOE4AOAE7CPAPx，，∴，，设，则7DPCDCP13x，OPx7，∴OP2OD2+OP2，即(13x)21613，过点P作PH∥AC交OD3于点H，过点H作HM⊥DP于点M，则OHHM，∵S△OPDS△PHDS△PHO，即1OD1PDHM1OH，设OHODb，则1511315b，解得b10OP2OP234=3b2，2223910OH102PF2226∴OH9，∴tan∠C，设CFa，则PF9，tan∠OPHOP53CF3a，∵CP，333∴a213，AC2CF413.【考点】三角函数、勾股定理，角的均分线三、解答题21.【答案】3【剖析】解：原式=[12]x2xyx(x3xy)x23x3，x(xy)x2xy∵x23，y412，2∴原式=333.3232+【考点】特别角的三角函数值及分式的化简求值22.【答案】（Ⅰ）如图1.正确画图.4/11（Ⅱ）如图2，正方形ABCD正确，切割正确.【考点】作直角等腰三角形，正方形和图形的切割1023.【答案】（Ⅰ）50（名）.20%答：本次抽样检查共抽取了50名学生.（Ⅱ）50﹣10﹣20﹣416（名）.答：测试结果为C等级的学生有16名；正确画图.（Ⅲ）7004=56（名）.50答：估计该中学八年级学生中体能测试结果为D等级的学生有56名.【考点】统计图的应用及样本估计整体24.【答案】（Ⅰ）证明：如图1，∵四边形ABCD为平行四边形，5/11AD∥BC，∴∠EAO∠FCO.OAOC，∠AOE∠COF，∴△OAE≌△OCF，∴OEOF，同理OGOH，∴四边形EGFH是平行四边形；（Ⅱ）如图2，□GBCH，□ABFE，□EFCD，□EGFH(答对一个给1分).【考点】平行四边形的性质和判断25.【答案】（Ⅰ）设购买一个A品牌足球x元，则购买一个B品牌足球(x30)元，依照题意得250020002，xx30解得x50，经检验x50是原方程的解，x3080.答：购买一个A品牌足球需50元，购买一个B品牌足球需80元.（Ⅱ）设本次购进a个B品牌足球，则购进A品牌足球(50a)个，解得a311，9a取正整数，∴a最大值为31.答：此次华昌中学最多可购买31个B品牌足球.【考点】分式方程和一元一次不等式的实质应用26.【答案】（Ⅰ）证明：如图1，∵四边形ABCD内接于O，∴∠D∠ABC180，∵∠ABC∠EBC180，∴∠D∠EBC.∵GF⊥AD，AE⊥DG，∴∠A∠ABF90，∠A∠D90，∴∠ABE∠D，∵∠ABF∠GBE，∴∠GBE∠EBC，即BE均分GBC.6/11（Ⅱ）由证明：如图2，连接BCB，AB⊥CD，BF⊥AD，∴∠D∠BAD90，∠ABG∠BAD90，∴∠D∠ABG。∵∠D∠ABC，∴∠ABC∠ABG，AB⊥CD，∴∠CEB∠GEB90.∵BEBE，∴△BCE≌△BGE，∴CEEG，∵AECG，∴ACAG.（Ⅲ）如图3，连接CO并延长交O于M，连接AM，CM是O的直径，∴∠MAC90.∵∠M∠D，tanD4，3∴tanM4AC4，∴AM.33∵AG4，ACAG，∴AC4，AM3，∴MC225ACAM5，∴OC.2过点H作HN⊥AB，垂足为点N，∵tanD4，AE⊥DE，3∴tan∠BAD3，∴NH3，4AN4设NH3a，则AN4a，∴AHNH2AN25a，HB均分∠ABF，NH⊥AB，HF⊥BF，∴HFNH3a，∴AF8a，7/11cos∠BAFAN4a4，AH5a5∴ABAF10，∠BAFacos∴NB6a，∴tan∠ABHNH3a1.NB6a2过点O作OPAB垂足为点P，∴PB1AB5a，tan∠ABHOP1，∴OP5a，2PB22∵OBOC5，OP2PB2OB2，∴a5，25∴AH5a5.【考点】圆内接四边形，三角形全等，直角三角的性质及三角函数的应用20.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）5417（Ⅲ）E(1,)4

34【剖析】（Ⅰ）如图1，当x0时，由ykx1得y1，C(0,1)，∵抛物线2yax(6a2)xb经过点C(0,1)，B(4,3).b1,3a42(6a2)4b,8/113∴a4,∴a3.b1,

4（Ⅱ）如图2，把B(4,3)代入ykx1中，3=4k1，∴k1，∴y1x1.22令y0，得0=1x1，∴x2，∴(2,0)，2OA2，∵C(0,1)∴OC1，∴tan∠GAOOC1OA，2∵PQ⊥x轴，∴tanPQ，∴PQ1∠PAQQAQA=.2设PQm，则QA2m，∵tan∠NAQtan∠MPQ1NQMQ1，∴PQ，2QA25PNm515∵MQ8，∴2mm，∴PN.824（Ⅲ）在y轴左侧抛物线上存在点E，使得△ENP与以PN，PD，NC的长为三边长的三角形全等。如图3，过点D作DF⊥CO于点F，9/11DF⊥CF，CD⊥AB，∴∠CDF∠DCF90，∠DCF∠ACO90，∴∠CDF∠ACO，CO⊥x轴，DF⊥CO，∴∠AOC∠CFD90，CACD，∴△ACO≌△CDF，∴CFAO2，DFCO1，OFCFCO1，在CF上截取CHPN，连接DH，PH，∵CHPN5，4∴HFCFCH3，4∴DHDF2HF25，∴DHPN，4∵CHPN，CH∥PN.∴四边形CHPN是平行四边形，∴CNHP，∴△PHD是以PN，PD，NC的长为三边长的三角形，∴S△PHD25.8延长FD、PQ交于点G，∵PQ∥y轴，∴∠G180-∠CFD90，∴S四边形HFGPS△HFDS△PHDS△PDG，∴1(HFPG)FG1HFFD251DGPG.2282∵点P在y1x1上，∴可设P(t,1t1)，22∴1(31t11)t131251(t1)(1t11)，24224822∴t4，P(4,3)，即点P与点B重合。10/11∴N(4,17)，tan∠DPGDG3.4PG4∵tan∠DPGHF3，∴∠DPG∠HDF.FD4∵∠DPG∠PDG90，∴∠HDF∠PDG90