2015 年福州市初中毕业会考、高级中等学校招生考
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(共10小题,每题3分,满分30分;每小题只有一个正确选项)
1.a的相反数是( )
1
A.|a| B. C.-a D.√a
a
2.下列图形中,由∠1=∠2能得到AB∥CD的是( )
{x≥-1,
3.不等式组 的解集在数轴上表示正确的是( )
x<2
4.计算3.8×107-3.7×107,结果用科学记数法表示为( )
A.0.1×107 B.0.1×106 C.1×107 D.1×106
5.下列选项中,显示部分在总体中所占百分比的统计图是( )
A.扇形图B.条形图 C.折线图 D.直方图
6.计算a·a-1的结果为( )
A.-1 B.0 C.1 D.-a
7.如图,在3×3的正方形网格中有四个格点A,B,C,D,以其中一点为原点,网格线所在直线为坐
标轴,建立平面直角坐标系,使其余三个点中存在两个点关于一条坐标轴对称,则原点是( )
A.A点 B.B点 C.C点 D.D点
8.如图,C,D分别是线段AB,AC的中点,分别以点C,D为圆心,BC长为半径画弧,两弧交于点
M,测量∠AMB的度数,结果为( )
A.80° B.90° C.100° D.105°
9.若一组数据1,2,3,4,x的平均数与中位数相同,则实数x的值不可能是( )
A.0 B.2.5 C.3 D.5
10.已知一个函数图象经过(1,-4),(2,-2)两点,在自变量x的某个取值范围内,都有函数值y随x
的增大而减小,则符合上述条件的函数可能是( )
A.正比例函数 B.一次函数 C.反比例函数 D.二次函数
第Ⅱ卷(非选择题,共120分)二、填空题(共6小题,每题4分,满分24分)
11.分解因式a2-9的结果是 .
12.计算(x-1)(x+2)的结果是 .
13.一个反比例函数图象过点A(-2,-3),则这个反比例函数的解析式是 .
14.一组数据:2 015,2 015,2 015,2 015,2 015,2 015的方差是 .
15.一个工件,外部是圆柱体,内部凹槽是正方体,如图所示.其中,正方体一个面的四个顶点都在
圆柱底面的圆周上,若圆柱底面周长为2π cm,则正方体的体积为 cm3.
16.如图,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,AB=BC=√2.将△ABC绕点C逆时针旋转60°,得到△MNC,
连结BM,则BM的长是 .
三、解答题(共10小题,满分96分)
17.(7分)计算:(-1)2 015+sin 30°+(2-√3)(2+√3).
18.(7分)化简:(a+b)2 - 2ab .
a2+b2 a2+b2
19.(8分)如图,∠1=∠2,∠3=∠4,求证:AC=AD.20.(8分)已知关于x的方程x2+(2m-1)x+4=0有两个相等的实数根,求m的值.
21.(9分)有48支队520名运动员参加篮球、排球比赛,其中每支篮球队10人,每支排球队12
人,每名运动员只能参加一项比赛,篮球、排球队各有多少支参赛?
22.(9分)一个不透明袋子中有1个红球,1个绿球和n个白球,这些球除颜色外无其他差别.
(1)当n=1时,从袋中随机摸出1个球,摸到红球和摸到白球的可能性是否相同?
(2)从袋中随机摸出一个球,记录其颜色,然后放回.大量重复该试验,发现摸到绿球的频率稳定
于0.25,则n的值是 ;
(3)在一个摸球游戏中,所有可能出现的结果如下:
根据树状图呈现的结果,求两次摸出的球颜色不同的概率.1
23.(10分)如图,Rt△ABC中,∠C=90°,AC=√5,tan B= .半径为 2的☉C,分别交 AC,BC于点
2
D,E,得到 ⏜ .
DE
(1)求证:AB为☉C的切线;
(2)求图中阴影部分的面积.
24.(12分)定义:长宽比为√n∶1(n为正整数)的矩形称为√n矩形.
下面,我们通过折叠的方式折出一个√2矩形,如图①所示.
操作1:将正方形ABCD沿过点B的直线折叠,使折叠后的点C落在对角线BD上的点G
处,折痕为BH.
操作2:将AD沿过点G的直线折叠,使点A,点D分别落在边AB,CD上,折痕为EF.
则四边形BCEF为√2矩形.
图①
证明:设正方形ABCD的边长为1,则BD= = .
√12+12 √2
由折叠性质可知BG=BC=1,∠AFE=∠BFE=90°,则四边形BCEF为矩形,
∴∠A=∠BFE.
∴EF∥AD.
BG BF 1 BF
∴ = ,即 = .
BD AB √2 1
1
∴BF= .
√2
1
∴BC∶BF=1∶ =√2∶1.
√2
∴四边形BCEF为√2矩形.
阅读以上内容,回答下列问题:(1)在图①中,所有与CH相等的线段是 ,tan∠HBC的值是 ;
(2)已知四边形 BCEF为√2矩形,模仿上述操作,得到四边形 BCMN,如图②,求证:四边形
BCMN是√3矩形;
(3)将图②中的√3矩形BCMN沿用(2)中的方式操作3次后,得到一个“√n矩形”,则n的值
是 .
图②
25.(13 分)如图①,在锐角△ABC 中,D,E 分别为 AB,BC 中点,F 为 AC 上一点,且
∠AFE=∠A,DM∥EF交AC于点M.
(1)求证:DM=DA;
(2)点G在BE上,且∠BDG=∠C,如图②,求证:△DEG∽△ECF;
(3)在图②中,取CE上一点H,使∠CFH=∠B,若BG=1,求EH的长.
26.(13分)如图,抛物线y=x2-4x与x轴交于O,A两点,P为抛物线上一点,过点P的直线y=x+m
与对称轴交于点Q.
(1)这条抛物线的对称轴是 ,直线PQ与x轴所夹锐角的度数是 ;1
(2)若两个三角形面积满足S = S ,求m的值;
△POQ
3
△PAQ
(3)当点P在x轴下方的抛物线上时,过点C(2,2)的直线AC与直线PQ交于点D,求:①PD+DQ
的最大值;②PD·DQ的最大值.
备用图
答案全解全析：
一、选择题
1.C 只有符号不同的两个数叫做互为相反数,所以a的相反数是-a,故选C.
2.B 根据内错角相等,两直线平行,可知B选项正确,故选B.
3.A 不等式组的解集为-1≤x<2,故选A.
4.D 3.8×107-3.7×107=0.1×107=1×106,故选D.
5.A 扇形图可以反映部分在总体中所占的百分比,故选A.
6.C a·a-1=a1-1=a0=1,故选C.
7.B 以点B为坐标原点,网格线所在直线为坐标轴,建立平面直角坐标系,则点A,C关于坐标
轴对称,故选B.
8.B 在以C为圆心的圆中,AB是直径,M为圆周上一点,所以∠AMB=90°,故选B.
1+2+3+4+x
9.C 当x≤2时,中位数是2,此时 =2,解得x=0,符合题意;当2<x<3时,中位数是
5
1+2+3+4+x 1+2+3+4+x
x,此时 =x,解得x=2.5,符合题意;当x≥3时,中位数是3,此时 =3,
5 5
解得x=5,符合题意.故符合题意的x的值为0,2.5,5,不可能是3,故选C.
评析 本题重点考查平均数和中位数的概念,属于中等难度题.
10.D 易知经过点(1,-4),(2,-2)的直线不经过原点,所以所求函数不是正比例函数,A不符合;若
为一次函数或反比例函数,则在自变量x的某个取值范围内,函数值y随x的增大而增大,所以
B、C不符合题意;只有D正确,故选D.
二、填空题11.答案 (a+3)(a-3)
解析 a2-9=a2-32=(a+3)(a-3).
12.答案 x2+x-2
解析 (x-1)(x+2)=x2+2x-x-2=x2+x-2.
6
13.答案 y=
x
k
解析 设这个反比例函数的解析式为y= (k≠0),代入点A的坐标,得k=6,故这个反比例函数
x
6
的解析式为y= .
x
14.答案 0
1
解析 该组数据的平均数为2 015,方差s2= ×[6×(2 015-2 015)2]=0.
6
15.答案 2√2
解析 由题意可知圆柱底面的直径为2 cm,则圆柱底面内接正方形的对角线长为2 cm,边长
为√2 cm,故正方体的体积是2√2 cm3.
16.答案 √3+1
解析 如图,连结AM,易知△AMC是等边三角形,所以CM=AM,易证△BMC≌△BMA,所以
∠CBM=∠ABM=45°,∠CMB=∠AMB=30°,所以∠CDM=∠CDB=90°.在Rt△CDB中,CD=CB·sin
45°=1,所以BD=CD=1.在Rt△CDM中,DM=CM·sin 60°=√3,所以BM=BD+DM=√3+1.
评析 解决本题的关键是证出BM⊥AC,再利用含有特殊角的直角三角形分别求得BD、DM
的长,从而求出BM,综合性较强,属于难题.
三、解答题
1 1
17.解析 原式=-1+ +(4-3)= .
2 2
18.解析
原式=(a+b)2-2ab=a2+b2+2ab-2ab=a2+b2
=1.
a2+b2 a2+b2 a2+b2
19.证明 ∵∠3=∠4,∴∠ABC=∠ABD.
{
∠1=∠2,
在△ABC和△ABD中, AB=AB,
∠ABC=∠ABD.
∴△ABC≌△ABD(ASA).
∴AC=AD.20.解析 ∵关于x的方程x2+(2m-1)x+4=0有两个相等的实数根,∴Δ=(2m-1)2-4×1×4=0.
∴2m-1=±4.
5 3
∴m= 或m=- .
2 2
21.解析 解法一:设有x支篮球队和y支排球队参赛,
{ x+ y=48,
依题意得
10x+12y=520.
{x=28,
解得
y=20.
答:篮球、排球队各有28支与20支.
解法二:设有x支篮球队,则排球队有(48-x)支,
依题意得10x+12(48-x)=520.
解得x=28.
48-x=48-28=20.
答:篮球、排球队各有28支与20支.
22.解析 (1)相同.
(2)2.
(3)由树状图可知:共有12种结果,且每种结果出现的可能性相同.其中两次摸出的球颜色不同
10 5
(记为事件A)的结果共有10种,∴P(A)= = .
12 6
23.解析 (1)过点C作CF⊥AB于点F,
AC 1
在Rt△ABC中,tan B= = ,
BC 2
∴BC=2AC=2√5.
∴AB= = =5.
√AC2+BC2 √(√5)2+(2√5)2
AC·BC √5×2√5
∴CF= = =2.
AB 5
∴AB为☉C的切线.
1 nπr2
(2)S =S -S = AC·BC-
阴影 △ABC 扇形CDE 2 360
1 90π×22
= ×√5×2√5- =5-π.
2 360
24.解析 (1)GH,DG;√2-1.√2
(2)证明:∵BF= ,BC=1,
2
√6
∴BE=√BF2+BC2= .
2
由折叠性质可知BP=BC=1,∠FNM=∠BNM=90°,则四边形BCMN为矩形,∴∠BNM=∠F.
∴MN∥EF.
BP BN
∴ = ,即BP·BF=BE·BN.
BE BF
√6 √2 1
∴ BN= .∴BN= .
2 2 √3
1
∴BC∶BN=1∶ =√3∶1.
√3
∴四边形BCMN是√3矩形.
(3)6.
25.解析
图①
(1)证明:∵DM∥EF,
∴∠AMD=∠AFE.
∵∠AFE=∠A,
∴∠AMD=∠A.
∴DM=DA.
(2)证明:∵D,E分别为AB,BC的中点,
∴DE∥AC.
图②
∴∠DEB=∠C,∠BDE=∠A.
又∠AFE=∠A,
∴∠BDE=∠AFE.
∴∠BDG+∠GDE=∠C+∠FEC.
∵∠BDG=∠C,
∴∠EDG=∠FEC.
∴△DEG∽△ECF.
(3)解法一:如图③所示,
∵∠BDG=∠C=∠DEB,∠B=∠B,图③
∴△BDG∽△BED.
BD BG
∴ = ,即BD2=BE·BG.
BE BD
∵∠A=∠AFE,∠B=∠CFH,
∴∠C=180°-∠AFE-∠CFH=∠EFH.
又∵∠FEH=∠CEF,
∴△EFH∽△ECF.
EH EF
∴ = ,即EF2=EH·EC.
EF EC
∵DE∥AC,DM∥EF,
∴四边形DEFM是平行四边形.
∴EF=DM=AD=BD.
∵BE=EC,∴EH=BG=1.
解法二:如图④,在DG上取一点N,使DN=FH.
图④
∵∠A=∠AFE,∠ABC=∠CFH,∠C=∠BDG,
∴∠EFH=180°-∠AFE-∠CFH=∠C=∠BDG.
∵DE∥AC,DM∥EF,
∴四边形DEFM是平行四边形.
∴EF=DM=AD=BD.∴△BDN≌△EFH.
∴BN=EH,∠BND=∠EHF.
∴∠BNG=∠FHC.∵∠BDG=∠C,∠DBG=∠CFH,
∴∠BGD=∠FHC.∴∠BNG=∠BGD.∴BN=BG.∴EH=BG=1.
解法三:如图⑤,取AC中点P,连结PD,PE,PH,则PE∥AB.
图⑤
∴∠PEC=∠B.又∠CFH=∠B,
∴∠PEC=∠CFH.又∠C=∠C,
CE CP
∴△CEP∽△CFH.∴ = .
CF CH
∴△CEF∽△CPH.
∴∠CFE=∠CHP.由(2)可得∠CFE=∠DGE,
∴∠CHP=∠DGE.∴PH∥DG.1
∵D,P分别为AB,AC的中点,∴DP∥GH,DP= BC=BE.
2
∴四边形DGHP是平行四边形.
∴DP=GH=BE.∴EH=BG=1.
解法四:如图⑥,作△EHF的外接圆交AC于另一点P,连结PE,PH.
图⑥
则∠HPC=∠HEF,∠FHC=∠CPE.
∵∠B=∠CFH,∠C=∠C,
∴∠A=∠CHF.∴∠A=∠CPE.
∴PE∥AB.
∵DE∥AC,
∴四边形ADEP是平行四边形.
1
∴DE=AP= AC.
2
∴DE=CP.
由(2)可得∠GDE=∠CEF,∠DEB=∠C,
∴∠GDE=∠CPH.∴△DEG≌△PCH.
∴GE=HC.∴EH=BG=1.
解法五:如图⑦,取AC中点P,连结PE,PH,则PE∥AB.
图⑦
∴∠PEC=∠B.又∠CFH=∠B,
∴∠PEC=∠CFH.又∠C=∠C,
CE CP
∴△CEP∽△CFH.∴ = .
CF CH
∴△CEF∽△CPH.∴∠CEF=∠CPH.
由(2)可得∠CEF=∠EDG,∠C=∠DEG.
∵D,E分别是AB,BC的中点,
1
∴DE= AC=PC.∴△DEG≌△PCH.
2
∴CH=EG.
∴EH=BG=1.
26.解析 (1)x=2;45°.
(2)设直线PQ交x轴于点B,分别过点O,A作PQ的垂线,垂足分别是E,F.
1
显然当点B在OA的延长线上时,S = S 不成立.
△POQ
3
△PAQ
①当点B落在线段OA上时,如图1,图1
S =OE=1.
△POQ
S AF 3
△PAQ
OB OE 1
由△OBE∽△ABF得 = = .
AB AF 3
1
∴AB=3OB.∴OB= OA.
4
由y=x2-4x得点A(4,0),
∴OB=1.∴B(1,0).
∴1+m=0.∴m=-1.
1
②当点B落在AO的延长线上时,同理可得OB= OA=2.
2
图2
∴B(-2,0).∴-2+m=0.
∴m=2.
1
综上所述,当m=-1或2时,S = S .
△POQ
3
△PAQ
(3)①解法一:过点C作CH∥x轴交直线PQ于点H,如图3,
可得△CHQ是等腰三角形.
∵∠CDQ=45°+45°=90°,
∴AD⊥PH.
∴DQ=DH.
∴PD+DQ=PH.
过点P作PM⊥直线CH于点M,
则△PMH是等腰直角三角形.
∴PH=√2PM.
∴当PM最大时,PH最大.当点P在抛物线顶点处时,PM取最大值,此时PM=6.
∴PH的最大值为6√2,
即PD+DQ的最大值为6√2.
图3
解法二:如图4,过点P作PE⊥x轴,交AC于点E,作PF⊥CQ于点F,
图4
则△PDE,△CDQ,△PFQ是等腰直角三角形.
设点P(x,x2-4x),则E(x,-x+4),F(2,x2-4x).
∴PE=-x2+3x+4,FQ=PF=|2-x|.
∴点Q(2,x2-5x+2).
∴CQ=-x2+5x.
√2
∴PD+DQ= (PE+CQ)
2
√2
= (-2x2+8x+4)
2
=-√2(x-2)2+6√2(0<x<4).
∴当x=2时,PD+DQ的最大值为6√2.
②由①可知:PD+DQ≤6√2.
设PD=a,则DQ≤6√2-a.
∴PD·DQ≤a(6√2-a)=-a2+6√2a=-(a-3√2)2+18.
∵当点P在抛物线的顶点时,a=3√2,∴PD·DQ≤18.∴PD·DQ的最大值为18.
附加说明:(对a的取值范围的说明)
设P点坐标为(n,n2-4n),延长PM交AC于N.
√2 √2
PD=a= PN= [4-n-(n2-4n)]
2 2
√2
=- (n2-3n-4)
2
=-√2( 3) 2+25 .
n- √2
2 2 8
√2
∵- <0,0<n<4,
2
3 25
∴当n= 时,有最大值,为 √2.
2 8
25
∴0<a≤ √2.
8
评析 在第(2)问中,因为△PQA和△PQO共用底边PQ,可以作高,把面积的比转换为高的比,再
利用相似三角形求得OA和OB的关系,构造方程,求出m的值;第(3)问构造等腰直角三角形
是解题的突破口,综合性较强,属于难题.
