本篇文章给同学们谈谈2015台州调研卷数学，以及台州市2016学年第一学期高二年级期末质量评估试题数学对应的知识点，希望对各位同学有所帮助，不要忘记分享给你的朋友哦！
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浙江省高考2015数学试卷难吗
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浙江卷
还是比较难的
难度处于中上
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浙江省台州市中考数学题
【参考答案】
1、当k=0时
原方程即x=0
有实数解，符合题意。
2、当k≠0时，该方程是一元二次方程。
(2k-1)²-4k²≥0
-4k≥-1
k≤1/4
∴ 符合题意的k取值范围是k≤1/4
台州市中考数学试题及答案(2)
9.小红用次数最少的对折方法验证了一条四边形丝巾的形状是正方形，她对折了()
A.1次 B.2次 C.3次 D.4次
【考点】翻折变换(折叠问题).
【分析】由折叠得出四个角相等的四边形是矩形，再由一组邻边相等，即可得出四边形是正方形.
【解答】解：小红用次数最少的对折方法验证了一条四边形丝巾的形状是正方形，她对折了3次;理由如下：
小红把原丝巾对折两次(共四层)，如果原丝巾的四个角完全重合，即表明它是矩形;
沿对角线对折1次，若两个三角形重合，表明一组邻边相等，因此是正方形;
故选：C.
10.如图，在△ABC中，AB=10，AC=8，BC=6，以边AB的中点O为圆心，作半圆与AC相切，点P，Q分别是边BC和半圆上的动点，连接PQ，则PQ长的最大值与最小值的和是()
A.6 B.2 +1 C.9 D.
【考点】切线的性质.
【分析】如图，设⊙O与AC相切于点E，连接OE，作OP1⊥BC垂足为P1交⊙O于Q1，此时垂线段OP1最短，P1Q1最小值为OP1﹣OQ1，求出OP1，如图当Q2在AB边上时，P2与B重合时，
P2Q2最大值=5+3=8，由此不难解决问题.
【解答】解：如图，设⊙O与AC相切于点E，连接OE，作OP1⊥BC垂足为P1交⊙O于Q1，
此时垂线段OP1最短，P1Q1最小值为OP1﹣OQ1，
∵AB=10，AC=8，BC=6，
∴AB2=AC2+BC2，
∴∠C=90°，
∵∠OP1B=90°，
∴OP1∥AC
∵AO=OB，
∴P1C=P1B，
∴OP1= AC=4，
∴P1Q1最小值为OP1﹣OQ1=1，
如图，当Q2在AB边上时，P2与B重合时，
P2Q2最大值=5+3=8，
∴PQ长的最大值与最小值的和是9.
故选C.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分
11.因式分解：x2﹣6x+9= (x﹣3)2 .
【考点】因式分解-运用公式法.
【分析】直接运用完全平方公式进行因式分解即可.
【解答】解：x2﹣6x+9=(x﹣3)2.
12.如图，把三角板的斜边紧靠直尺平移，一个顶点从刻度“5”平移到刻度“10”，则顶点C平移的距离CC′= 5 .
【考点】平移的性质.
【分析】直接利用平移的性质得出顶点C平移的距离.
【解答】解：∵把三角板的斜边紧靠直尺平移，一个顶点从刻度“5”平移到刻度“10”，
∴三角板向右平移了5个单位，
∴顶点C平移的距离CC′=5.
故答案为：5.
13.如图，△ABC的外接圆O的半径为2，∠C=40°，则 的长是 π .
【考点】三角形的外接圆与外心;弧长的计算.
【分析】由圆周角定理求出∠AOB的度数，再根据弧长公式：l= (弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R)即可求解.
【解答】解：∵∠C=40°，
∴∠AOB=80°.
∴ 的长是 = .
故答案为： π.
14.不透明袋子中有1个红球、2个黄球，这些球除颜色外无其他差别，从袋子中随机摸出1个球后放回，再随机摸出1个球，两次摸出的球都是黄球的概率是 .
【考点】列表法与树状图法.
【分析】先画树状图展示所有9种等可能的结果数，再找出两次摸出的球都是黄球的结果数，然后根据概率公式求解.
【解答】解：画树状图为：
共有9种等可能的结果数，其中两次摸出的球都是黄球的结果数为4，
所以两次摸出的球都是黄球的概率= .
故答案为 .
15.如图，把一个菱形绕着它的对角线的交点旋转90°，旋转前后的两个菱形构成一个“星形”(阴影部分)，若菱形的一个内角为60°，边长为2，则该“星形”的面积是 6 ﹣6 .
【考点】旋转的性质;菱形的性质.
【分析】根据菱形的性质以及AB=2，∠BAD=60°，可得出线段AO和BO的长度，同理找出A′O、D′O的长度，结合线段间的关系可得出AD′的长度，通过角的计算得出∠AED′=30°=∠EAD′，即找出D′E=AD′，再通过解直角三角形得出线段EF的长度，利用分割图形法结合三角形的面积公式以及菱形的面积公式即可求出阴影部分的面积.
【解答】解：在图中标上字母，令AB与A′D′的交点为点E，过E作EF⊥AC于点F，如图所示.
∵四边形ABCD为菱形，AB=2，∠BAD=60°，
∴∠BAO=30°，∠AOB=90°，
∴AO=AB•cos∠BAO= ，BO=AB•sin∠BAO=1.
同理可知：A′O= ，D′O=1，
∴AD′=AO﹣D′O= ﹣1.
∵∠A′D′O=90°﹣30°=60°，∠BAO=30°，
∴∠AED′=30°=∠EAD′，
∴D′E=AD′= ﹣1.
在Rt△ED′F中，ED′= ﹣1，∠ED′F=60°，
∴EF=ED′•sin∠ED′F= .
∴S阴影=S菱形ABCD+4S△AD′E= ×2AO×2BO+4× AD′•EF=6 ﹣6.
故答案为：6 ﹣6.
16.竖直上抛的小球离地高度是它运动时间的二次函数，小军相隔1秒依次竖直向上抛出两个小球，假设两个小球离手时离地高度相同，在各自抛出后1.1秒时到达相同的最大离地高度，第一个小球抛出后t秒时在空中与第二个小球的离地高度相同，则t= 1.6 .
【考点】二次函数的应用.
【分析】设各自抛出后1.1秒时到达相同的最大离地高度为h，这个最大高度为h，则小球的高度y=a(t﹣1.1)2+h，根据题意列出方程即可解决问题.
【解答】解：设各自抛出后1.1秒时到达相同的最大离地高度为h，这个最大高度为h，则小球的高度y=a(t﹣1.1)2+h，
由题意a(t﹣1.1)2+h=a(t﹣1﹣1.1)2+h，
解得t=1.6.
故第一个小球抛出后1.6秒时在空中与第二个小球的离地高度相同.
故答案为1.6.
三、解答题
17.计算： ﹣|﹣ |+2﹣1.
【考点】实数的运算;负整数指数幂.
【分析】原式利用算术平方根定义，绝对值的代数意义，以及负整数指数幂法则计算即可得到结果.
【解答】解：原式=2﹣ +
=2.
18.解方程： ﹣ =2.
【考点】解分式方程.
【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：x+1=2x﹣14，
解得：x=15，
经检验x=15是分式方程的解.
19.如图，点P在矩形ABCD的对角线AC上，且不与点A，C重合，过点P分别作边AB，AD的平行线，交两组对边于点E，F和G，H.
(1)求证：△PHC≌△CFP;
(2)证明四边形PEDH和四边形PFBG都是矩形，并直接写出它们面积之间的关系.
【考点】矩形的判定与性质;全等三角形的判定与性质.
【分析】(1)由矩形的'性质得出对边平行，再根据平行线的性质得出相等的角，结合全等三角形的判定定理AAS即可得出△PHC≌△CFP;
(2)由矩形的性质找出∠D=∠B=90°，再结合对边互相平行即可证出四边形PEDH和四边形PFBG都是矩形，通过角的正切值，在直角三角形中表示出直角边的关系，利用矩形的面积公式即可得出两矩形面积相等.
【解答】证明：(1)∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，AD∥BC.
∵PF∥AB，
∴PF∥CD，
∴∠CPF=∠PCH.
∵PH∥AD，
∴PH∥BC，
∴∠PCF=∠CPH.
在△PHC和△CFP中，
，
∴△PHC≌△CFP(ASA).
(2)∵四边形ABCD为矩形，
∴∠D=∠B=90°.
又∵EF∥AB∥CD，GH∥AD∥BC，
∴四边形PEDH和四边形PFBG都是矩形.
∵EF∥AB，
∴∠CPF=∠CAB.
在Rt△AGP中，∠AGP=90°，
PG=AG•tan∠CAB.
在Rt△CFP中，∠CFP=90°，
CF=PF•tan∠CPF.
S矩形DEPH=DE•EP=CF•EP=PF•EP•tan∠CPF;
S矩形PGBF=PG•PF=AG•PF•tan∠CAB=EP•PF•tan∠CAB.
∵tan∠CPF=tan∠CAB，
∴S矩形DEPH=S矩形PGBF.
20.保护视力要求人写字时眼睛和笔端的距离应超过30cm，图1是一位同学的坐姿，把他的眼睛B，肘关节C和笔端A的位置关系抽象成图2的△ABC，已知BC=30cm，AC=22cm，∠ACB=53°，他的这种坐姿符合保护视力的要求吗?请说明理由.(参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.3)
【考点】解直角三角形的应用.
【分析】根据锐角三角函数关系得出BD，DC的长，进而结合勾股定理得出答案.
【解答】解：他的这种坐姿不符合保护视力的要求，
理由：如图2所示：过点B作BD⊥AC于点D，
∵BC=30cm，∠ACB=53°，
∴sin53°= = ≈0.8，
解得：BD=24，
cos53°= ≈0.6，
解得：DC=18，
∴AD=22﹣18=4(cm)，
∴AB= = = ，
∴他的这种坐姿不符合保护视力的要求.
21.请用学过的方法研究一类新函数y= (k为常数，k≠0)的图象和性质.
(1)在给出的平面直角坐标系中画出函数y= 的图象;
(2)对于函数y= ，当自变量x的值增大时，函数值y怎样变化?
【考点】函数的图象;作图—应用与设计作图.
【分析】(1)利用描点法可以画出图象.
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