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2015 年哈尔滨市初中升学考试
数学试题（含答案全解全析）
第Ⅰ卷(选择题,共30分)
一、选择题(每小题3分,共计30分)
1
1.实数- 的相反数是( )
2
1 1
A. B.- C.2 D.-2
2 2
2.下列运算正确的是( )
(a) 2 a2
A.(a2)5=a7 B.a2·a4=a6 C.3a2b-3ab2=0 D. =
2 2
3.下列图形中,既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
2
4.点A(-1,y ),B(-2,y )在反比例函数y= 的图象上,则y,y 的大小关系是( )
1 2 1 2
x
A.y >y B.y =y C.y 0,
16.不等式组 的解集为 .
2x-1≤3
17.美术馆举办的一次画展中,展出的油画作品和国画作品共有100幅,其中油画作品数量是
国画作品数量的2倍多7幅,则展出的油画作品有 幅.
18.从甲、乙、丙、丁4名三好学生中随机抽取2名学生担任升旗手,则抽取的2名学生是甲
和乙的概率为 .
19.在矩形ABCD中,AD=5,AB=4,点E,F在直线AD上,且四边形BCFE为菱形,若线段EF的
中点为点M,则线段AM的长为 .
4
20.如图,点D在△ABC的边BC上,∠C+∠BAD=∠DAC,tan∠BAD= ,AD=√65,CD=13,则线段
7
AC的长为 .
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.(本题7分)先化简,再求代数式( 1
-
2 )÷x-2的值,其中x=2+tan 60°,y=4sin 30°.
x- y x2-xy 3x
22.(本题7分)图1,图2是两张形状、大小完全相同的方格纸,方格纸中的每个小正方形的边
长均为1,每个小正方形的顶点叫做格点.
(1)在图1中画出等腰直角三角形MON,使点N在格点上,且∠MON=90°;(2)在图2中以格点为顶点画出一个正方形 ABCD,使正方形ABCD面积等于(1)中等腰直角
三角形MON面积的4倍,并将正方形ABCD分割成以格点为顶点的四个全等的直角三角形
和一个正方形,且正方形ABCD面积没有剩余(画出一种即可).
23.(本题8分)某中学为了解八年级学生体能状况,从八年级学生中随机抽取部分学生进行体
能测试,测试结果分为A、B、C、D四个等级.请根据两幅统计图中的信息回答下列问题:
(1)本次抽样调查共抽取了多少名学生?
(2)求测试结果为C等级的学生数,并补全条形图;
(3)若该中学八年级共有700名学生,请你估计该中学八年级学生中体能测试结果为D等级的
学生有多少名.
24.(本题8分)如图1,▱ABCD中,点O是对角线AC的中点,EF过点O,与AD,BC分别相交于
点E,F,GH过点O,与AB,CD分别相交于点G,H,连结EG,FG,FH,EH.
(1)求证:四边形EGFH是平行四边形;
(2)如图2,若EF∥AB,GH∥BC,在不添加任何辅助线的情况下,请直接写出图2中与四边形
AGHD面积相等的所有平行四边形(四边形AGHD除外).25.(本题10分)华昌中学开学初在金利源商场购进A、B两种品牌的足球,购买A品牌足球花
费了2 500元,购买B品牌足球花费了2 000元,且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数
量的2倍,已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元.
(1)求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元;
(2)华昌中学为响应习总书记“足球进校园”的号召,决定再次购进A、B两种品牌足球共50
个.恰逢金利源商场对两种品牌足球的售价进行调整,A品牌足球售价比第一次购买时提高了
8%,B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售.如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球
的总费用不超过3 260元,那么华昌中学此次最多可购买多少个B品牌足球?
26.(本题10分)AB,CD是☉O的两条弦,直线AB,CD互相垂直,垂足为点E,连结AD,过点B作
BF⊥AD,垂足为点F,直线BF交直线CD于点G.
(1)如图1,当点E在☉O外时,连结BC,求证:BE平分∠GBC;
(2)如图2,当点E在☉O内时,连结AC,AG,求证:AC=AG;
4
(3)如图3,在(2)的条件下,连结BO并延长交AD于点H,若BH平分∠ABF,AG=4,tan∠D= ,求
3
线段AH的长.27.(本题10分)如图,在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,直线y=kx+1(k≠0)与x轴交于点
A,与y轴交于点C,过点C的抛物线y=ax2-(6a-2)x+b(a≠0)与直线AC交于另一点B,点B坐标
为(4,3).
(1)求a的值;
(2)点P是射线CB上的一个动点,过点P作PQ⊥x轴,垂足为点Q,在x轴上点Q的右侧取点
5 1
M,使MQ= ,在QP的延长线上取点N,连结PM,AN,已知tan∠NAQ-tan∠MPQ= ,求线段PN
8 2
的长;
(3)在(2)的条件下,过点C作CD⊥AB,使点D在直线AB 下方,且CD=AC,连结PD,NC,当以
25
PN,PD,NC的长为三边长构成的三角形面积是 时,在y轴左侧的抛物线上是否存在点E,连
8
结NE,PE,使得△ENP与以PN,PD,NC的长为三边长的三角形全等?若存在,求出E点坐标;若
不存在,请说明理由.答案全解全析：
一、选择题
1 1
1.A 实数- 的相反数是 ,故选A.
2 2
2.B 对于A,(a2)5=a2×5=a10,
对于B,a2·a4=a2+4=a6,
对于C,3a2b-3ab2=3ab(a-b),
对于D,(a) 2 =a2 =a2,故选B.
2 22 4
3.D A、B是轴对称图形,C是中心对称图形,D既是轴对称图形又是中心对称图形.故选D.
2
4.C ∵k=2>0,∴函数y= 的图象位于第一、三象限,且在每一象限内y随x的增大而减小,所
x
以由-2<-1<0,得y0得x>-1,由2x-1≤3得2x≤4,即x≤2,故原不等式组的解集为-10),则AF=7k,
在Rt△ADF中,AD2=DF2+AF2,即(√65)2=(4k)2+(7k)2,解得k=1,k=-1(舍),
1 2
∴DF=4,AF=7.
设EF=x(x>0),则EC=AE=7+x,DE=CD-EC=13-(7+x)=6-x,
在Rt△DEF中,DE2=DF2+EF2,即(6-x)2=42+x2,
5
解得x= ,
3
5 13 5 26
∴DE=6- = ,AE=7+ = .
3 3 3 3
13
设DG=y(y>0),则EG= -y,在Rt△ADG和Rt△AGE中,AG2=AD2-DG2=AE2-GE2,
3
即( )2-y2=(26) 2 -(13 ) 2 ,解得y=1.
√65 - y
3 3
∴CG=12,AG=√65-1=8,
在Rt△AGC中,AC= =4 .
√AG2+CG2 √13
三、解答题
21.解析 原式=[ 1 2 ]÷x-2
-
x- y x(x- y) 3x
x-2 3x 3
= · = ,(3分)
x(x- y) x-2 x- y
1
∵x=2+√3,y=4× =2,(5分)
23 3
∴原式= = =√3.(7分)
2+√3-2 √3
22.解析 (1)正确画图.(3分)
(2)正方形ABCD正确.(5分)
分割正确.(7分)
10
23.解析 (1) =50(名).
20%
答:本次抽样调查共抽取了50名学生.(2分)
(2)50-10-20-4=16(名).(4分)
答:测试结果为C等级的学生有16名.
正确画图.(5分)
4
(3)700× =56(名).(7分)
50
答:估计该中学八年级700名学生中体能测试结果为D等级的学生有56名.(8分)
24.解析 (1)证明:∵四边形ABCD为平行四边形,
∴AD∥BC,∴∠EAO=∠FCO.(1分)
∵OA=OC,∠AOE=∠COF,
∴△OAE≌△OCF,∴OE=OF,(2分)
同理,OG=OH.(3分)
∴四边形EGFH是平行四边形.(4分)
(2)▱GBCH,▱ABFE,▱EFCD,▱EGFH(答对一个给1分).(8分)
25.解析 (1)设购买一个A品牌足球需x元,则购买一个B品牌足球需(x+30)元,
2 500 2 000
根据题意得 = ×2,(2分)
x x+30
解得x=50.(3分)
经检验,x=50是原方程的解.(4分)
x+30=80.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.(5分)
(2)设本次购进a个B品牌足球,则购进A品牌足球(50-a)个.
根据题意得50×(1+8%)(50-a)+80×0.9a≤3 260,(7分)
1
解得a≤31 .(8分)
9
∵a取正整数,
∴a最大值为31.(9分)
答:此次华昌中学最多可购买31个B品牌足球.(10分)
26.解析 (1)证明:如图1,∵四边形ABCD内接于☉O,
∴∠D+∠ABC=180°,∵∠ABC+∠EBC=180°,
∴∠D=∠EBC.(1分)
∵GF⊥AD,AE⊥DG,∴∠A+∠ABF=90°,∠A+∠D=90°,
∴∠ABF=∠D.(2分)
∵∠ABF=∠GBE,∴∠GBE=∠EBC,
即BE平分∠GBC.(3分)
图1
(2)证明:如图2,连结CB,∵AB⊥CD,BF⊥AD,
∴∠D+∠BAD=90°,∠ABG+∠BAD=90°,∴∠D=∠ABG,
∵∠D=∠ABC,∴∠ABC=∠ABG.(4分)
∵AB⊥CD,∴∠CEB=∠GEB=90°,
∵BE=BE,∴△BCE≌△BGE,(5分)
∴CE=EG,∵AE⊥CG,∴AC=AG.(6分)
图2
(3)如图3,连结CO并延长交☉O于M,连结AM,
图3
∵CM是☉O的直径,∴∠MAC=90°,
4
∵∠M=∠D,tan∠D= ,
3
4 AC 4
∴tan∠M= ,∴ = ,
3 AM 3
∵AG=4,AC=AG,∴AC=4,AM=3,5
∴MC=√AC2+AM2=5,∴OC= .(7分)
2
过H作HN⊥AB,垂足为点N,
4 3 NH 3
∵tan∠D= ,AE⊥DE,∴tan∠BAD= ,∴ = ,
3 4 AN 4
设NH=3a(a>0),则AN=4a,∴AH= =5a,
√N H2+AN2
∵HB平分∠ABF,NH⊥AB,HF⊥BF,
∴HF=NH=3a,∴AF=8a.(8分)
AN 4a 4 AF
∵cos∠BAF= = = ,∴AB= =10a,∴NB=6a,
AH 5a 5 cos∠BAF
NH 3a 1
∴tan∠ABH= = = .(9分)
NB 6a 2
1 OP 1 5
过O作OP⊥AB,垂足为点P,∴PB= AB=5a,tan∠ABH= = ,∴OP= a.
2 PB 2 2
5 √5
∵OB=OC= ,OP2+PB2=OB2,∴a= ,
2 5
∴AH=5a=√5.(10分)
27.解析 (1)如图1,当x=0时,由y=kx+1得y=1,
∴C(0,1),(1分)
∵抛物线y=ax2-(6a-2)x+b经过C(0,1),B(4,3),
{ 3
∴{ b=1, ∴ a= ,
4
3=a×42-(6a-2)×4+b,
b=1.
3
∴a= .(2分)
4
图1
1
(2)如图2,把B(4,3)代入y=kx+1中,3=4k+1,∴k= ,
2
图21 1
∴y= x+1,令y=0,得0= x+1,∴x=-2,∴A(-2,0),(3分)
2 2
OC 1
∴OA=2,∵C(0,1),∴OC=1,∴tan∠CAO= = ,
OA 2
PQ PQ 1
∵PQ⊥x轴,∴tan∠PAQ= ,∴ = ,(4分)
QA QA 2
设PQ=m,则QA=2m,
1 NQ MQ 1
∵tan∠NAQ-tan∠MPQ= ,∴ - = ,
2 QA PQ 2
5
5 PN+m 1 5
∵MQ= ,∴ -8= ,∴PN= .(5分)
8 2m 2 4
m
(3)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,
图3
∵DF⊥CF,CD⊥AB,
∴∠CDF+∠DCF=90°,∠DCF+∠ACO=90°,
∴∠CDF=∠ACO,
∵CO⊥x轴,DF⊥CO,∴∠AOC=∠CFD=90°,
∵CA=CD,∴△ACO≌△CDF,∴CF=AO=2,DF=CO=1,
∴OF=CF-CO=1,(6分)
在CF上截取CH=PN,连结DH,PH,
5 3 5
∵CH=PN= ,∴HF=CF-CH= ,∴DH=√DF2+H F2= ,
4 4 4
∴DH=PN,(7分)
∵CH=PN,CH∥PN,∴四边形CHPN是平行四边形,∴CN=HP,
∴△PHD是以PN,PD,NC的长为三边长的三角形,
25
∴S = .
△PHD
8
延长FD,PQ交于点G,∵PQ∥y轴,∴∠G=180°-∠CFD=90°,
∴S =S +S +S ,
四边形HFGP △HFD △PHD △PDG
1 1 25 1
∴ (HF+PG)FG= HF·FD+ + DG·PG,
2 2 8 2
∵点P在y=1x+1上,∴设P( 1 ),
t, t+1
2 2∴1(3 1 )t=1×3×1+25+1(t-1)(1 ),
+ t+1+1 t+1+1
2 4 2 2 4 8 2 2
∴t=4,∴P(4,3),(8分)
∴N( 17),tan∠DPG=DG=3,∵tan∠HDF=HF=3,
4,
4 PG 4 FD 4
∴∠DPG=∠HDF,
∵∠DPG+∠PDG=90°,∴∠HDF+∠PDG=90°,
∴∠HDP=90°.(9分)
∵PN=DH,若△ENP与△PDH全等,则有两种情况:
当∠ENP=∠PDH=90°,EN=PD时,
∵PD= =5,∴EN=5,
√PG2+DG2
∴E( 17),由(1)得,抛物线为y=3x2-5x+1,当x=-1时,y=17,∴点E在抛物线上;
-1,
4 4 2 4
当∠NPE=∠HDP=90°,BE=PD时,E(-1,3),但点E不在抛物线上.
∴存在点E满足题中条件,E( 17).(10分)
-1,
4
(以上各解答题如有不同解法并且正确,请按相应步骤给分)
