山東省棗莊市山亭區(qū)2021-2022學(xué)年中考數(shù)學(xué)模擬精編試卷含解析

這是一份山東省棗莊市山亭區(qū)2021-2022學(xué)年中考數(shù)學(xué)模擬精編試卷含解析，共27頁。試卷主要包含了考生必須保證答題卡的整潔，下列運算中，正確的是，下列計算正確的是，下面運算結(jié)果為的是，下列運算錯誤的是等內(nèi)容，歡迎下載使用。
?2021-2022中考數(shù)學(xué)模擬試卷
考生請注意：
1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。
2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。
3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。

一、選擇題（本大題共12個小題，每小題4分，共48分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）
1．下列說法正確的是( )
A．對角線相等且互相垂直的四邊形是菱形
B．對角線互相平分的四邊形是正方形
C．對角線互相垂直的四邊形是平行四邊形
D．對角線相等且互相平分的四邊形是矩形
2．如圖 1 是某生活小區(qū)的音樂噴泉， 水流在各個方向上沿形狀相同的拋物線路徑落下，其中一個噴水管噴水的最大高度為 3 m，此時距噴水管的水平距離為 1 m，在如圖 2 所示的坐標系中，該噴水管水流噴出的高度（m）與水平距離（m）之間的函數(shù)關(guān)系式是（ ）

A． B．
C． D．
3．觀察下列圖形，其中既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（　?。?br /> A． B． C． D．
4．如圖，AB∥CD，∠ABK的角平分線BE的反向延長線和∠DCK的角平分線CF的反向延長線交于點H，∠K﹣∠H=27°，則∠K=（　?。?br />
A．76° B．78° C．80° D．82°
5．下列運算中，正確的是（　?。?br /> A．（a3）2=a5 B．（﹣x）2÷x=﹣x
C．a(chǎn)3（﹣a）2=﹣a5 D．（﹣2x2）3=﹣8x6
6．下列計算正確的是()
A．2x2－3x2＝x2 B．x＋x＝x2 C．－(x－1)＝－x＋1 D．3＋x＝3x
7．如圖，△ABC中，AB＝4，AC＝3，BC＝2，將△ABC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△AED，則BE的長為（　?。?br />
A．5 B．4 C．3 D．2
8．下面運算結(jié)果為的是　　
A． B． C． D．
9．某一超市在“五?一”期間開展有獎促銷活動，每買100元商品可參加抽獎一次，中獎的概率為．小張這期間在該超市買商品獲得了三次抽獎機會，則小張( )
A．能中獎一次 B．能中獎兩次
C．至少能中獎一次 D．中獎次數(shù)不能確定
10．下列運算錯誤的是（　　）
A．（m2）3=m6 B．a(chǎn)10÷a9=a C．x3?x5=x8 D．a(chǎn)4+a3=a7
11．如圖是棋盤的一部分，建立適當?shù)钠矫嬷苯亲鴺讼?，已知棋子“車”的坐標為?2,1），棋子“馬”的坐標為（3，-1），則棋子“炮”的坐標為（ ）

A．（1，1） B．（2，1） C．（2，2） D．（3，1）
12．二次函數(shù)y=-x2-4x+5的最大值是（ ）
A．-7 B．5 C．0 D．9
二、填空題：（本大題共6個小題，每小題4分，共24分．）
13．計算a10÷a5=_______．
14．如圖，直線x=2與反比例函數(shù)和的圖象分別交于A、B兩點，若點P是y軸上任意一點，則△PAB的面積是_____．

15．如圖，半圓O的直徑AB=2，弦CD∥AB，∠COD=90°，則圖中陰影部分的面積為_____．

16．若圓錐的地面半徑為，側(cè)面積為，則圓錐的母線是__________．
17．中，，，高，則的周長為______。
18．如圖，在正方形ABCD中，E是AB上一點，BE=2，AE=3BE，P是AC上一動點，則PB+PE的最小值是　 ?。?br />
三、解答題：（本大題共9個小題，共78分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
19．（6分）為獎勵優(yōu)秀學(xué)生，某校準備購買一批文具袋和圓規(guī)作為獎品，已知購買1個文具袋和2個圓規(guī)需21元，購買2個文具袋和3個圓規(guī)需39元。求文具袋和圓規(guī)的單價。學(xué)校準備購買文具袋20個，圓規(guī)若干，文具店給出兩種優(yōu)惠方案：
方案一：購買一個文具袋還送1個圓規(guī)。
方案二：購買圓規(guī)10個以上時，超出10個的部分按原價的八折優(yōu)惠，文具袋不打折.
①設(shè)購買面規(guī)m個，則選擇方案一的總費用為______，選擇方案二的總費用為______.
②若學(xué)校購買圓規(guī)100個，則選擇哪種方案更合算？請說明理由.
20．（6分）拋物線經(jīng)過A（-1，0）、C（0，-3）兩點，與x軸交于另一點B．求此拋物線的解析式；已知點D 在第四象限的拋物線上，求點D關(guān)于直線BC對稱的點D’的坐標;在（2）的條件下，連結(jié)BD，問在x軸上是否存在點P，使，若存在，請求出P點的坐標；若不存在，請說明理由.

21．（6分）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，P沿射線BD運動，連接AP，將線段AP繞點P順時針旋轉(zhuǎn)90°得線段PQ．
(1)當點Q落到AD上時，∠PAB＝____°，PA＝_____，長為_____；
(2)當AP⊥BD時，記此時點P為P0，點Q為Q0，移動點P的位置，求∠QQ0D的大?。?br /> (3)在點P運動中，當以點Q為圓心，BP為半徑的圓與直線BD相切時，求BP的長度；
(4)點P在線段BD上，由B向D運動過程(包含B、D兩點)中，求CQ的取值范圍，直接寫出結(jié)果．

22．（8分）如圖，某校準備給長12米，寬8米的矩形室內(nèi)場地進行地面裝飾，現(xiàn)將其劃分為區(qū)域Ⅰ（菱形），區(qū)域Ⅱ（4個全等的直角三角形），剩余空白部分記為區(qū)域Ⅲ；點為矩形和菱形的對稱中心，，，，為了美觀，要求區(qū)域Ⅱ的面積不超過矩形面積的，若設(shè)米.


甲
乙
丙
單價（元/米2）



（1）當時，求區(qū)域Ⅱ的面積.計劃在區(qū)域Ⅰ，Ⅱ分別鋪設(shè)甲，乙兩款不同的深色瓷磚，區(qū)域Ⅲ鋪設(shè)丙款白色瓷磚，
①在相同光照條件下，當場地內(nèi)白色區(qū)域的面積越大，室內(nèi)光線亮度越好.當為多少時，室內(nèi)光線亮度最好，并求此時白色區(qū)域的面積.
②三種瓷磚的單價列表如下，均為正整數(shù)，若當米時，購買三款瓷磚的總費用最少，且最少費用為7200元，此時__________，__________.
23．（8分）如圖，在四邊形ABCD中，點E是對角線BD上的一點，EA⊥AB，EC⊥BC，且EA=EC．求證：AD=CD．

24．（10分）如圖，某數(shù)學(xué)活動小組為測量學(xué)校旗桿AB的高度，沿旗桿正前方米處的點C出發(fā),沿斜面坡度的斜坡CD前進4米到達點D，在點D處安置測角儀，測得旗桿頂部A的仰角為37°，量得儀器的高DE為1.5米.已知A、B、C、D、E在同一平面內(nèi)，AB⊥BC,AB//DE.求旗桿AB的高度.（參考數(shù)據(jù)：sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈.計算結(jié)果保留根號）

25．（10分）如圖1，在平面直角坐標系中，一次函數(shù)y＝﹣1x+8的圖象與x軸，y軸分別交于點A，點C，過點A作AB⊥x軸，垂足為點A，過點C作CB⊥y軸，垂足為點C，兩條垂線相交于點B．

（1）線段AB，BC，AC的長分別為AB＝　 　，BC＝　 　，AC＝　 　；
（1）折疊圖1中的△ABC，使點A與點C重合，再將折疊后的圖形展開，折痕DE交AB于點D，交AC于點E，連接CD，如圖1．
請從下列A、B兩題中任選一題作答，我選擇　 　題．
A：①求線段AD的長；
②在y軸上，是否存在點P，使得△APD為等腰三角形？若存在，請直接寫出符合條件的所有點P的坐標；若不存在，請說明理由．
B：①求線段DE的長；
②在坐標平面內(nèi)，是否存在點P（除點B外），使得以點A，P，C為頂點的三角形與△ABC全等？若存在，請直接寫出所有符合條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由．
26．（12分）如圖，在中，點是的中點，點是線段的延長線上的一動點，連接，過點作的平行線，與線段的延長線交于點，連接、.
求證：四邊形是平行四邊形.若，，則在點的運動過程中：
①當______時，四邊形是矩形；
②當______時，四邊形是菱形.
27．（12分）4×100米拉力賽是學(xué)校運動會最精彩的項目之一．圖中的實線和虛線分別是初三?一班和初三?二班代表隊在比賽時運動員所跑的路程y(米)與所用時間x(秒)的函數(shù)圖象(假設(shè)每名運動員跑步速度不變，交接棒時間忽略不計)．問題：
(1)初三?二班跑得最快的是第　 　接力棒的運動員；
(2)發(fā)令后經(jīng)過多長時間兩班運動員第一次并列？




參考答案

一、選擇題（本大題共12個小題，每小題4分，共48分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）
1、D
【解析】
分析：根據(jù)菱形，正方形，平行四邊形，矩形的判定定理，進行判定，即可解答.
詳解：A、對角線互相平分且垂直的四邊形是菱形，故錯誤；
B、四條邊相等的四邊形是菱形，故錯誤；
C、對角線相互平分的四邊形是平行四邊形，故錯誤；
D、對角線相等且相互平分的四邊形是矩形，正確；
故選D．
點睛：本題考查了菱形，正方形，平行四邊形，矩形的判定定理，解決本題的關(guān)鍵是熟記四邊形的判定定理．
2、D
【解析】
根據(jù)圖象可設(shè)二次函數(shù)的頂點式，再將點（0,0）代入即可．
【詳解】
解：根據(jù)圖象，設(shè)函數(shù)解析式為
由圖象可知，頂點為（1,3）
∴，
將點（0,0）代入得
解得
∴
故答案為：D．
【點睛】
本題考查了是根據(jù)實際拋物線形，求函數(shù)解析式，解題的關(guān)鍵是正確設(shè)出函數(shù)解析式．
3、C
【解析】
根據(jù)軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念求解．
【詳解】
解：A、既不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形．故本選項錯誤；
B、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形．故本選項錯誤；
C、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形．故本選項正確；
D、既不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形．故本選項錯誤．
故選C．
【點睛】
本題考查了中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念：軸對稱圖形的關(guān)鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分沿對稱軸折疊后可重合；中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后與原圖重合．
4、B
【解析】
如圖，分別過K、H作AB的平行線MN和RS，

∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥RS∥MN，
∴∠RHB=∠ABE=∠ABK，∠SHC=∠DCF=∠DCK，∠NKB+∠ABK=∠MKC+∠DCK=180°，
∴∠BHC=180°﹣∠RHB﹣∠SHC=180°﹣（∠ABK+∠DCK），
∠BKC=180°﹣∠NKB﹣∠MKC=180°﹣（180°﹣∠ABK）﹣（180°﹣∠DCK）=∠ABK+∠DCK﹣180°，
∴∠BKC=360°﹣2∠BHC﹣180°=180°﹣2∠BHC，
又∠BKC﹣∠BHC=27°，
∴∠BHC=∠BKC﹣27°，
∴∠BKC=180°﹣2（∠BKC﹣27°），
∴∠BKC=78°，
故選B．
5、D
【解析】
根據(jù)同底數(shù)冪的除法、乘法的運算方法，冪的乘方與積的乘方的運算方法，以及單項式乘單項式的方法，逐項判定即可．
【詳解】
∵（a3）2=a6，
∴選項A不符合題意；
∵（-x）2÷x=x，
∴選項B不符合題意；
∵a3（-a）2=a5，
∴選項C不符合題意；
∵（-2x2）3=-8x6，
∴選項D符合題意．
故選D．
【點睛】
此題主要考查了同底數(shù)冪的除法、乘法的運算方法，冪的乘方與積的乘方的運算方法，以及單項式乘單項式的方法，要熟練掌握．
6、C
【解析】
根據(jù)合并同類項法則和去括號法則逐一判斷即可得．
【詳解】
解：A．2x2-3x2=-x2，故此選項錯誤；
B．x+x=2x，故此選項錯誤；
C．-（x-1）=-x+1，故此選項正確；
D．3與x不能合并，此選項錯誤；
故選C．
【點睛】
本題考查了整式的加減，熟練掌握運算法則是解題的關(guān)鍵．
7、B
【解析】
根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AB=AE，∠BAE=60°，然后判斷出△AEB是等邊三角形，再根據(jù)等邊三角形的三條邊都相等可得BE=AB．
【詳解】
解：∵△ABC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)?60°得到△AED，
∴AB=AE，∠BAE=60°，
∴△AEB是等邊三角形，
∴BE=AB，
∵AB=1，
∴BE=1．
故選B．
【點睛】
本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，主要利用了旋轉(zhuǎn)前后對應(yīng)邊相等以及旋轉(zhuǎn)角的定義．
8、B
【解析】
根據(jù)合并同類項法則、同底數(shù)冪的除法、同底數(shù)冪的乘法及冪的乘方逐一計算即可判斷．
【詳解】
. ，此選項不符合題意；
.，此選項符合題意；
.，此選項不符合題意；
.，此選項不符合題意；
故選：．
【點睛】
本題考查了整式的運算，解題的關(guān)鍵是掌握合并同類項法則、同底數(shù)冪的除法、同底數(shù)冪的乘法及冪的乘方．
9、D
【解析】
由于中獎概率為，說明此事件為隨機事件，即可能發(fā)生，也可能不發(fā)生．
【詳解】
解：根據(jù)隨機事件的定義判定，中獎次數(shù)不能確定
故選D．
【點睛】
解答此題要明確概率和事件的關(guān)系：
，為不可能事件；
為必然事件；
為隨機事件．
10、D
【解析】
【分析】利用合并同類項法則，單項式乘以單項式法則，同底數(shù)冪的乘法、除法的運算法則逐項進行計算即可得.
【詳解】A、（m2）3=m6，正確；
B、a10÷a9=a，正確；
C、x3?x5=x8，正確；
D、a4+a3=a4+a3，錯誤，
故選D．
【點睛】本題考查了合并同類項、單項式乘以單項式、同底數(shù)冪的乘除法，熟練掌握各運算的運算法則是解題的關(guān)鍵.
11、B
【解析】
直接利用已知點坐標建立平面直角坐標系進而得出答案．
【詳解】
解：根據(jù)棋子“車”的坐標為（-2,1），建立如下平面直角坐標系：

∴棋子“炮”的坐標為（2，1），
故答案為：B．
【點睛】
本題考查了坐標確定位置，正確建立平面直角坐標系是解題的關(guān)鍵．
12、D
【解析】
直接利用配方法得出二次函數(shù)的頂點式進而得出答案．
【詳解】
y=﹣x2﹣4x+5=﹣（x+2）2+9，
即二次函數(shù)y=﹣x2﹣4x+5的最大值是9，
故選D．
【點睛】
此題主要考查了二次函數(shù)的最值，正確配方是解題關(guān)鍵．

二、填空題：（本大題共6個小題，每小題4分，共24分．）
13、a1．
【解析】
試題分析：根據(jù)同底數(shù)冪的除法底數(shù)不變指數(shù)相減，可得答案．
原式=a10-1=a1，
故答案為a1．
考點：同底數(shù)冪的除法．
14、．
【解析】
解：∵把x=1分別代入、，得y=1、y=，
∴A（1，1），B（1，）．∴．
∵P為y軸上的任意一點，∴點P到直線BC的距離為1．
∴△PAB的面積．
故答案為：．
15、
【解析】
解：∵弦CD∥AB，∴S△ACD=S△OCD，∴S陰影=S扇形COD==．故答案為．
16、13
【解析】
試題解析：圓錐的側(cè)面積=×底面半徑×母線長，把相應(yīng)數(shù)值代入即可求解．
設(shè)母線長為R，則：
解得:
故答案為13.
17、32或42
【解析】
根據(jù)題意，分兩種情況討論：①若∠ACB是銳角，②若∠ACB是鈍角，分別畫出圖形，利用勾股定理，即可求解.
【詳解】
分兩種情況討論：
①若∠ACB是銳角，如圖1，
∵，，高，
∴在Rt?ABD中，，
即：，
同理：，
∴的周長=9+5+15+13=42，
②若∠ACB是鈍角，如圖2，
∵，，高，
∴在Rt?ABD中，，
即：，
同理：，
∴的周長=9-5+15+13=32，
故答案是：32或42.

【點睛】
本題主要考查勾股定理，根據(jù)題意，畫出圖形，分類進行計算，是解題的關(guān)鍵.
18、10
【解析】
由正方形性質(zhì)的得出B、D關(guān)于AC對稱，根據(jù)兩點之間線段最短可知，連接DE，交AC于P，連接BP，則此時PB+PE的值最小，進而利用勾股定理求出即可．
【詳解】

如圖，連接DE，交AC于P，連接BP，則此時PB+PE的值最小.
∵四邊形ABCD是正方形，
∴B、D關(guān)于AC對稱，
∴PB=PD，
∴PB+PE=PD+PE=DE.
∵BE=2，AE=3BE，
∴AE=6，AB=8，
∴DE==10，
故PB+PE的最小值是10.
故答案為10.

三、解答題：（本大題共9個小題，共78分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
19、（1）文具袋的單價為15元，圓規(guī)單價為3元;（2）①方案一總費用為元,
方案二總費用為元；②方案一更合算.
【解析】
（1）設(shè)文具袋的單價為x元/個，圓規(guī)的單價為y元/個，根據(jù)“購買1個文具袋和2個圓規(guī)需21元；購買2個文具袋和3個圓規(guī)需39元”，即可得出關(guān)于x，y的二元一次方程組，解之即可得出結(jié)論；
（2）根據(jù)總價=單價×數(shù)量結(jié)合兩種優(yōu)惠方案，設(shè)購買面規(guī)m個，分別求出選擇方案一和選擇方案二所需費用，然后代入m=100計算比較后即可得出結(jié)論．
【詳解】
（1）設(shè)文具袋的單價為x元，圓規(guī)單價為y元。
由題意得解得
答：文具袋的單價為15元，圓規(guī)單價為3元。
（2）①設(shè)圓規(guī)m個，則方案一總費用為：元
方案二總費用元
故答案為：元；
②買圓規(guī)100個時，方案一總費用：元，
方案二總費用：元，
∴方案一更合算。
【點睛】
本題考查了二元一次方程組的應(yīng)用，找準等量關(guān)系，正確列出二元一次方程組是解題的關(guān)鍵．
20、（1）
（2）（0，-1）
（3）（1,0）（9,0）
【解析】
（1）將A（?1，0）、C（0，?3）兩點坐標代入拋物線y＝ax2＋bx?3a中，列方程組求a、b的值即可；
（2）將點D（m，?m?1）代入（1）中的拋物線解析式，求m的值，再根據(jù)對稱性求點D關(guān)于直線BC對稱的點D'的坐標；
（3）分兩種情形①過點C作CP∥BD，交x軸于P，則∠PCB＝∠CBD，②連接BD′，過點C作CP′∥BD′，交x軸于P′，分別求出直線CP和直線CP′的解析式即可解決問題．
【詳解】
解：（1）將A（?1，0）、C（0，?3）代入拋物線y＝ax2＋bx?3a中，
得 ，
解得
∴y＝x2?2x?3；
（2）將點D（m，?m?1）代入y＝x2?2x?3中，得
m2?2m?3＝?m?1，
解得m＝2或?1，
∵點D（m，?m?1）在第四象限，
∴D（2，?3），
∵直線BC解析式為y＝x?3，
∴∠BCD＝∠BCO＝45°，CD′＝CD＝2，OD′＝3?2＝1，
∴點D關(guān)于直線BC對稱的點D'（0，?1）；
（3）存在．滿足條件的點P有兩個．
①過點C作CP∥BD，交x軸于P，則∠PCB＝∠CBD，
∵直線BD解析式為y＝3x?9，
∵直線CP過點C，
∴直線CP的解析式為y＝3x?3，
∴點P坐標（1，0），
②連接BD′，過點C作CP′∥BD′，交x軸于P′，
∴∠P′CB＝∠D′BC，
根據(jù)對稱性可知∠D′BC＝∠CBD，
∴∠P′CB＝∠CBD，
∵直線BD′的解析式為
∵直線CP′過點C，
∴直線CP′解析式為，
∴P′坐標為（9，0），

綜上所述，滿足條件的點P坐標為（1，0）或（9，0）．
【點睛】
本題考查了二次函數(shù)的綜合運用．關(guān)鍵是由已知條件求拋物線解析式，根據(jù)拋物線的對稱性，直線BC的特殊性求點的坐標，學(xué)會分類討論，不能漏解．
21、 (1)45，，π；(2)滿足條件的∠QQ0D為45°或135°；(3)BP的長為或；(4)≤CQ≤7.
【解析】
(1)由已知，可知△APQ為等腰直角三角形，可得∠PAB，再利用三角形相似可得PA，及弧AQ的長度；
(2)分點Q在BD上方和下方的情況討論求解即可．
(3)分別討論點Q在BD上方和下方的情況，利用切線性質(zhì)，在由(2)用BP0表示BP，由射影定理計算即可；
(4)由(2)可知，點Q在過點Qo，且與BD夾角為45°的線段EF上運動，有圖形可知，當點Q運動到點E時，CQ最長為7，再由垂線段最短，應(yīng)用面積法求CQ最小值．
【詳解】
解：(1)如圖，過點P做PE⊥AD于點E

由已知，AP＝PQ，∠APQ＝90°
∴△APQ為等腰直角三角形
∴∠PAQ＝∠PAB＝45°
設(shè)PE＝x，則AE＝x，DE＝4﹣x
∵PE∥AB
∴△DEP∽△DAB
∴=
∴=
解得x＝
∴PA＝PE＝
∴弧AQ的長為?2π?＝π．
故答案為45，，π．
(2)如圖，過點Q做QF⊥BD于點F

由∠APQ＝90°，
∴∠APP0+∠QPD＝90°
∵∠P0AP+∠APP0＝90°
∴∠QPD＝∠P0AP
∵AP＝PQ
∴△APP0≌△PQF
∴AP0＝PF，P0P＝QF
∵AP0＝P0Q0
∴Q0D＝P0P
∴QF＝FQ0
∴∠QQ0D＝45°．
當點Q在BD的右下方時，同理可得∠PQ0Q＝45°，
此時∠QQ0D＝135°，

綜上所述，滿足條件的∠QQ0D為45°或135°．
(3)如圖當點Q直線BD上方，當以點Q為圓心，BP為半徑的圓與直線BD相切時
過點Q做QF⊥BD于點F，則QF＝BP

由(2)可知，PP0＝BP
∴BP0＝BP
∵AB＝3，AD＝4
∴BD＝5
∵△ABP0∽△DBA
∴AB2＝BP0?BD
∴9＝BP×5
∴BP＝
同理，當點Q位于BD下方時，可求得BP＝
故BP的長為或
(4)由(2)可知∠QQ0D＝45°

則如圖，點Q在過點Q0，且與BD夾角為45°的線段EF上運動，
當點P與點B重合時，點Q與點F重合，此時，CF＝4﹣3＝1
當點P與點D重合時，點Q與點E重合，此時，CE＝4+3＝7
∴EF＝==5
過點C做CH⊥EF于點H
由面積法可知
CH＝==
∴CQ的取值范圍為：≤CQ≤7
【點睛】
本題是幾何綜合題，考查了三角形全等、勾股定理、切線性質(zhì)以及三角形相似的相關(guān)知識，應(yīng)用了分類討論和數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想．
22、（1）8m2;（2）68m2;(3) 40，8
【解析】
（1）根據(jù)中心對稱圖形性質(zhì)和,,,可得,即可解當時，4個全等直角三角形的面積；
（2）白色區(qū)域面積即是矩形面積減去一二部分的面積，分別用含x的代數(shù)式表示出菱形和四個全等直角三角形的面積，列出含有x的解析式表示白色區(qū)域面積，并化成頂點式，根據(jù)，，，求出自變量的取值范圍，再根據(jù)二次函數(shù)的增減性即可解答；
（3）計算出x=2時各部分面積以及用含m、n的代數(shù)式表示出費用，因為m,n均為正整數(shù)，解得m=40，n=8.
【詳解】
（1） ∵為長方形和菱形的對稱中心，，∴
∵，，∴
∴當時，，
（2）∵，
∴-，
∵，，
∴解不等式組得，
∵，結(jié)合圖像，當時，隨的增大而減小.
∴當時， 取得最大值為
（3）∵當時，SⅠ=4x2=16 m2，=12 m2，=68m2，總費用:16×2m+12×5n+68×2m=7200,化簡得：5n+14m=600,因為m,n均為正整數(shù)，解得m=40，n=8.
【點睛】
本題考查中心對稱圖形性質(zhì)，菱形、直角三角形的面積計算，二次函數(shù)的最值問題，解題關(guān)鍵是用含x的二次函數(shù)解析式表示出白色區(qū)面積.
23、證明見解析
【解析】
根據(jù)垂直的定義和直角三角形的全等判定，再利用全等三角形的性質(zhì)解答即可．
【詳解】
∵EA⊥AB，EC⊥BC，
∴∠EAB=∠ECB=90°，
在Rt△EAB與Rt△ECB中
，
∴Rt△EAB≌Rt△ECB，
∴AB=CB，∠ABE=∠CBE，
∵BD=BD，
在△ABD與△CBD中
，
∴△ABD≌△CBD，
∴AD=CD．
【點睛】
本題考查了全等三角形的判定及性質(zhì)，根據(jù)垂直的定義和直角三角形的全等判定是解題的關(guān)鍵．
24、3+3.5
【解析】
延長ED交BC延長線于點F，則∠CFD=90°，Rt△CDF中求得CF=CDcos∠DCF=2、DF=CD=2，作EG⊥AB，可得GE=BF=4、GB=EF=3.5，再求出AG=GEtan∠AEG=4?tan37°可得答案．
【詳解】
如圖，延長ED交BC延長線于點F，則∠CFD=90°，

∵tan∠DCF=i=，
∴∠DCF=30°，
∵CD=4，
∴DF=CD=2，CF=CDcos∠DCF=4×=2，
∴BF=BC+CF=2+2=4，
過點E作EG⊥AB于點G，
則GE=BF=4，GB=EF=ED+DF=1.5+2=3.5，
又∵∠AED=37°，
∴AG=GEtan∠AEG=4?tan37°，
則AB=AG+BG=4?tan37°+3.5=3+3.5，
故旗桿AB的高度為（3+3.5）米．
考點：1、解直角三角形的應(yīng)用﹣仰角俯角問題；2、解直角三角形的應(yīng)用﹣坡度坡角問題
25、（1）2，3，3；（1）①AD=5；②P（0，1）或（0，2）．
【解析】
（1）先確定出OA=3，OC=2，進而得出AB=2，BC=3，利用勾股定理即可得出AC；
（1）A．①利用折疊的性質(zhì)得出BD=2﹣AD，最后用勾股定理即可得出結(jié)論；
②分三種情況利用方程的思想即可得出結(jié)論；
B．①利用折疊的性質(zhì)得出AE，利用勾股定理即可得出結(jié)論；
②先判斷出∠APC=90°，再分情況討論計算即可．
【詳解】
解：（1）∵一次函數(shù)y=﹣1x+2的圖象與x軸，y軸分別交于點A，點C，
∴A（3，0），C（0，2），
∴OA=3，OC=2．
∵AB⊥x軸，CB⊥y軸，∠AOC=90°，
∴四邊形OABC是矩形，
∴AB=OC=2，BC=OA=3．
在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理得，AC==3．
故答案為2，3，3；
（1）選A．
①由（1）知，BC=3，AB=2，由折疊知，CD=AD．
在Rt△BCD中，BD=AB﹣AD=2﹣AD，
根據(jù)勾股定理得，CD1=BC1+BD1，
即：AD1=16+（2﹣AD）1，
∴AD=5；
②由①知，D（3，5），設(shè)P（0，y）．
∵A（3，0），
∴AP1=16+y1，DP1=16+（y﹣5）1．
∵△APD為等腰三角形，
∴分三種情況討論：
Ⅰ、AP=AD，
∴16+y1=15，
∴y=±3，
∴P（0，3）或（0，﹣3）；
Ⅱ、AP=DP，
∴16+y1=16+（y﹣5）1，
∴y=，
∴P（0，）；
Ⅲ、AD=DP，15=16+（y﹣5）1，
∴y=1或2，
∴P（0，1）或（0，2）．
綜上所述：P（0，3）或（0，﹣3）或P（0，）或P（0，1）或（0，2）．
選B．①由A①知，AD=5，由折疊知，AE=AC=1，DE⊥AC于E．
在Rt△ADE中，DE==；
②∵以點A，P，C為頂點的三角形與△ABC全等，
∴△APC≌△ABC，或△CPA≌△ABC，
∴∠APC=∠ABC=90°．
∵四邊形OABC是矩形，
∴△ACO≌△CAB，
此時，符合條件，點P和點O重合，即：P（0，0）；
如圖3，過點O作ON⊥AC于N，易證，△AON∽△ACO，
∴，
∴，
∴AN=，
過點N作NH⊥OA，
∴NH∥OA，
∴△ANH∽△ACO，
∴，
∴，
∴NH=，AH=，
∴OH=，
∴N（），
而點P1與點O關(guān)于AC對稱，
∴P1（），
同理：點B關(guān)于AC的對稱點P1，
同上的方法得，P1（﹣）．
綜上所述：滿足條件的點P的坐標為：（0，0），（），（﹣）．

【點睛】
本題是一次函數(shù)綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)和判定，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，折疊的性質(zhì)，對稱的性質(zhì)，解（1）的關(guān)鍵是求出AC，解（1）的關(guān)鍵是利用分類討論的思想解決問題．
26、 (1)、證明過程見解析；(2)、①、2；②、1．
【解析】
(1)、首先證明△BEF和△DCF全等，從而得出DC=BE，結(jié)合DC和AB平行得出平行四邊形；(2)、①、根據(jù)矩形得出∠CEB=90°，結(jié)合∠ABC=120°得出∠CBE=60°，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得出答案；②、根據(jù)菱形的性質(zhì)以及∠ABC=120°得出△CBE是等邊三角形，從而得出答案．
【詳解】
(1)、證明：∵AB∥CD，∴∠CDF=∠FEB，∠DCF=∠EBF，∵點F是BC的中點，
∴BF=CF，在△DCF和△EBF中，∠CDF=∠FEB，∠DCF=∠EBF，F(xiàn)C=BF，
∴△EBF≌△DCF（AAS）， ∴DC=BE， ∴四邊形BECD是平行四邊形；
(2)、①BE=2；∵當四邊形BECD是矩形時，∠CEB=90°，∵∠ABC=120°，∴∠CBE=60°；
∴∠ECB=30°，∴BE=BC=2，
②BE=1，∵四邊形BECD是菱形時，BE=EC，∵∠ABC=120°，∴∠CBE=60°，
∴△CBE是等邊三角形，∴BE=BC=1．
【點睛】
本題主要考查的是平行四邊形的性質(zhì)以及矩形、菱形的判定定理，屬于中等難度的題型．理解平行四邊形的判定定理以及矩形和菱形的性質(zhì)是解決這個問題的關(guān)鍵．
27、 (1)1；(2)發(fā)令后第37秒兩班運動員在275米處第一次并列．
【解析】
（1）直接根據(jù)圖象上點橫坐標可知道最快的是第1接力棒的運動員用了12秒跑完100米；
（2）分別利用待定系數(shù)法把圖象相交的部分，一班，二班的直線解析式求出來后，聯(lián)立成方程組求交點坐標即可．
【詳解】
(1)從函數(shù)圖象上可看出初三?二班跑得最快的是第1接力棒的運動員用了12秒跑完100米；
(2)設(shè)在圖象相交的部分，設(shè)一班的直線為y1＝kx+b，把點(28，200)，(40，300)代入得：

解得：k＝，b＝﹣，
即y1＝x﹣，
二班的為y2＝k′x+b′，把點(25，200)，(41，300)，代入得：

解得：k′＝，b′＝，
即y2＝x+
聯(lián)立方程組，
解得：，
所以發(fā)令后第37秒兩班運動員在275米處第一次并列．
【點睛】
本題考查了利用一次函數(shù)的模型解決實際問題的能力和讀圖能力．要先根據(jù)題意列出函數(shù)關(guān)系式，再代數(shù)求值．解題的關(guān)鍵是要分析題意根據(jù)實際意義準確的列出解析式，再把對應(yīng)值代入求解，并會根據(jù)圖示得出所需要的信息．要掌握利用函數(shù)解析式聯(lián)立成方程組求交點坐標的方法．