山东省枣庄市山亭区2021-2022学年中考数学模拟精编试卷含解析

这是一份山东省枣庄市山亭区2021-2022学年中考数学模拟精编试卷含解析，共27页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，下列运算中，正确的是，下列计算正确的是，下面运算结果为的是，下列运算错误的是等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．下列说法正确的是( )
A．对角线相等且互相垂直的四边形是菱形
B．对角线互相平分的四边形是正方形
C．对角线互相垂直的四边形是平行四边形
D．对角线相等且互相平分的四边形是矩形
2．如图 1 是某生活小区的音乐喷泉， 水流在各个方向上沿形状相同的抛物线路径落下，其中一个喷水管喷水的最大高度为 3 m，此时距喷水管的水平距离为 1 m，在如图 2 所示的坐标系中，该喷水管水流喷出的高度（m）与水平距离（m）之间的函数关系式是（ ）

A． B．
C． D．
3．观察下列图形，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
4．如图，AB∥CD，∠ABK的角平分线BE的反向延长线和∠DCK的角平分线CF的反向延长线交于点H，∠K﹣∠H=27°，则∠K=（　　）

A．76° B．78° C．80° D．82°
5．下列运算中，正确的是（　　）
A．（a3）2=a5 B．（﹣x）2÷x=﹣x
C．a3（﹣a）2=﹣a5 D．（﹣2x2）3=﹣8x6
6．下列计算正确的是()
A．2x2－3x2＝x2 B．x＋x＝x2 C．－(x－1)＝－x＋1 D．3＋x＝3x
7．如图，△ABC中，AB＝4，AC＝3，BC＝2，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，则BE的长为（　　）

A．5 B．4 C．3 D．2
8．下面运算结果为的是　　
A． B． C． D．
9．某一超市在“五•一”期间开展有奖促销活动，每买100元商品可参加抽奖一次，中奖的概率为．小张这期间在该超市买商品获得了三次抽奖机会，则小张( )
A．能中奖一次 B．能中奖两次
C．至少能中奖一次 D．中奖次数不能确定
10．下列运算错误的是（　　）
A．（m2）3=m6 B．a10÷a9=a C．x3•x5=x8 D．a4+a3=a7
11．如图是棋盘的一部分，建立适当的平面直角坐标系，已知棋子“车”的坐标为（-2,1），棋子“马”的坐标为（3，-1），则棋子“炮”的坐标为（ ）

A．（1，1） B．（2，1） C．（2，2） D．（3，1）
12．二次函数y=-x2-4x+5的最大值是（ ）
A．-7 B．5 C．0 D．9
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．计算a10÷a5=_______．
14．如图，直线x=2与反比例函数和的图象分别交于A、B两点，若点P是y轴上任意一点，则△PAB的面积是_____．

15．如图，半圆O的直径AB=2，弦CD∥AB，∠COD=90°，则图中阴影部分的面积为_____．

16．若圆锥的地面半径为，侧面积为，则圆锥的母线是__________．
17．中，，，高，则的周长为______。
18．如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE=2，AE=3BE，P是AC上一动点，则PB+PE的最小值是　 　．

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）为奖励优秀学生，某校准备购买一批文具袋和圆规作为奖品，已知购买1个文具袋和2个圆规需21元，购买2个文具袋和3个圆规需39元。求文具袋和圆规的单价。学校准备购买文具袋20个，圆规若干，文具店给出两种优惠方案：
方案一：购买一个文具袋还送1个圆规。
方案二：购买圆规10个以上时，超出10个的部分按原价的八折优惠，文具袋不打折.
①设购买面规m个，则选择方案一的总费用为______，选择方案二的总费用为______.
②若学校购买圆规100个，则选择哪种方案更合算？请说明理由.
20．（6分）抛物线经过A（-1，0）、C（0，-3）两点，与x轴交于另一点B．求此抛物线的解析式；已知点D 在第四象限的抛物线上，求点D关于直线BC对称的点D’的坐标;在（2）的条件下，连结BD，问在x轴上是否存在点P，使，若存在，请求出P点的坐标；若不存在，请说明理由.

21．（6分）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，P沿射线BD运动，连接AP，将线段AP绕点P顺时针旋转90°得线段PQ．
(1)当点Q落到AD上时，∠PAB＝____°，PA＝_____，长为_____；
(2)当AP⊥BD时，记此时点P为P0，点Q为Q0，移动点P的位置，求∠QQ0D的大小；
(3)在点P运动中，当以点Q为圆心，BP为半径的圆与直线BD相切时，求BP的长度；
(4)点P在线段BD上，由B向D运动过程(包含B、D两点)中，求CQ的取值范围，直接写出结果．

22．（8分）如图，某校准备给长12米，宽8米的矩形室内场地进行地面装饰，现将其划分为区域Ⅰ（菱形），区域Ⅱ（4个全等的直角三角形），剩余空白部分记为区域Ⅲ；点为矩形和菱形的对称中心，，，，为了美观，要求区域Ⅱ的面积不超过矩形面积的，若设米.


甲
乙
丙
单价（元/米2）



（1）当时，求区域Ⅱ的面积.计划在区域Ⅰ，Ⅱ分别铺设甲，乙两款不同的深色瓷砖，区域Ⅲ铺设丙款白色瓷砖，
①在相同光照条件下，当场地内白色区域的面积越大，室内光线亮度越好.当为多少时，室内光线亮度最好，并求此时白色区域的面积.
②三种瓷砖的单价列表如下，均为正整数，若当米时，购买三款瓷砖的总费用最少，且最少费用为7200元，此时__________，__________.
23．（8分）如图，在四边形ABCD中，点E是对角线BD上的一点，EA⊥AB，EC⊥BC，且EA=EC．求证：AD=CD．

24．（10分）如图，某数学活动小组为测量学校旗杆AB的高度，沿旗杆正前方米处的点C出发,沿斜面坡度的斜坡CD前进4米到达点D，在点D处安置测角仪，测得旗杆顶部A的仰角为37°，量得仪器的高DE为1.5米.已知A、B、C、D、E在同一平面内，AB⊥BC,AB//DE.求旗杆AB的高度.（参考数据：sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈.计算结果保留根号）

25．（10分）如图1，在平面直角坐标系中，一次函数y＝﹣1x+8的图象与x轴，y轴分别交于点A，点C，过点A作AB⊥x轴，垂足为点A，过点C作CB⊥y轴，垂足为点C，两条垂线相交于点B．

（1）线段AB，BC，AC的长分别为AB＝　 　，BC＝　 　，AC＝　 　；
（1）折叠图1中的△ABC，使点A与点C重合，再将折叠后的图形展开，折痕DE交AB于点D，交AC于点E，连接CD，如图1．
请从下列A、B两题中任选一题作答，我选择　 　题．
A：①求线段AD的长；
②在y轴上，是否存在点P，使得△APD为等腰三角形？若存在，请直接写出符合条件的所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
B：①求线段DE的长；
②在坐标平面内，是否存在点P（除点B外），使得以点A，P，C为顶点的三角形与△ABC全等？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
26．（12分）如图，在中，点是的中点，点是线段的延长线上的一动点，连接，过点作的平行线，与线段的延长线交于点，连接、.
求证：四边形是平行四边形.若，，则在点的运动过程中：
①当______时，四边形是矩形；
②当______时，四边形是菱形.
27．（12分）4×100米拉力赛是学校运动会最精彩的项目之一．图中的实线和虚线分别是初三•一班和初三•二班代表队在比赛时运动员所跑的路程y(米)与所用时间x(秒)的函数图象(假设每名运动员跑步速度不变，交接棒时间忽略不计)．问题：
(1)初三•二班跑得最快的是第　 　接力棒的运动员；
(2)发令后经过多长时间两班运动员第一次并列？




参考答案

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1、D
【解析】
分析：根据菱形，正方形，平行四边形，矩形的判定定理，进行判定，即可解答.
详解：A、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故错误；
B、四条边相等的四边形是菱形，故错误；
C、对角线相互平分的四边形是平行四边形，故错误；
D、对角线相等且相互平分的四边形是矩形，正确；
故选D．
点睛：本题考查了菱形，正方形，平行四边形，矩形的判定定理，解决本题的关键是熟记四边形的判定定理．
2、D
【解析】
根据图象可设二次函数的顶点式，再将点（0,0）代入即可．
【详解】
解：根据图象，设函数解析式为
由图象可知，顶点为（1,3）
∴，
将点（0,0）代入得
解得
∴
故答案为：D．
【点睛】
本题考查了是根据实际抛物线形，求函数解析式，解题的关键是正确设出函数解析式．
3、C
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故本选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项错误；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形．故本选项正确；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故本选项错误．
故选C．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
4、B
【解析】
如图，分别过K、H作AB的平行线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°，
故选B．
5、D
【解析】
根据同底数幂的除法、乘法的运算方法，幂的乘方与积的乘方的运算方法，以及单项式乘单项式的方法，逐项判定即可．
【详解】
∵（a3）2=a6，
∴选项A不符合题意；
∵（-x）2÷x=x，
∴选项B不符合题意；
∵a3（-a）2=a5，
∴选项C不符合题意；
∵（-2x2）3=-8x6，
∴选项D符合题意．
故选D．
【点睛】
此题主要考查了同底数幂的除法、乘法的运算方法，幂的乘方与积的乘方的运算方法，以及单项式乘单项式的方法，要熟练掌握．
6、C
【解析】
根据合并同类项法则和去括号法则逐一判断即可得．
【详解】
解：A．2x2-3x2=-x2，故此选项错误；
B．x+x=2x，故此选项错误；
C．-（x-1）=-x+1，故此选项正确；
D．3与x不能合并，此选项错误；
故选C．
【点睛】
本题考查了整式的加减，熟练掌握运算法则是解题的关键．
7、B
【解析】
根据旋转的性质可得AB=AE，∠BAE=60°，然后判断出△AEB是等边三角形，再根据等边三角形的三条边都相等可得BE=AB．
【详解】
解：∵△ABC绕点A顺时针旋转 60°得到△AED，
∴AB=AE，∠BAE=60°，
∴△AEB是等边三角形，
∴BE=AB，
∵AB=1，
∴BE=1．
故选B．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，主要利用了旋转前后对应边相等以及旋转角的定义．
8、B
【解析】
根据合并同类项法则、同底数幂的除法、同底数幂的乘法及幂的乘方逐一计算即可判断．
【详解】
. ，此选项不符合题意；
.，此选项符合题意；
.，此选项不符合题意；
.，此选项不符合题意；
故选：．
【点睛】
本题考查了整式的运算，解题的关键是掌握合并同类项法则、同底数幂的除法、同底数幂的乘法及幂的乘方．
9、D
【解析】
由于中奖概率为，说明此事件为随机事件，即可能发生，也可能不发生．
【详解】
解：根据随机事件的定义判定，中奖次数不能确定
故选D．
【点睛】
解答此题要明确概率和事件的关系：
，为不可能事件；
为必然事件；
为随机事件．
10、D
【解析】
【分析】利用合并同类项法则，单项式乘以单项式法则，同底数幂的乘法、除法的运算法则逐项进行计算即可得.
【详解】A、（m2）3=m6，正确；
B、a10÷a9=a，正确；
C、x3•x5=x8，正确；
D、a4+a3=a4+a3，错误，
故选D．
【点睛】本题考查了合并同类项、单项式乘以单项式、同底数幂的乘除法，熟练掌握各运算的运算法则是解题的关键.
11、B
【解析】
直接利用已知点坐标建立平面直角坐标系进而得出答案．
【详解】
解：根据棋子“车”的坐标为（-2,1），建立如下平面直角坐标系：

∴棋子“炮”的坐标为（2，1），
故答案为：B．
【点睛】
本题考查了坐标确定位置，正确建立平面直角坐标系是解题的关键．
12、D
【解析】
直接利用配方法得出二次函数的顶点式进而得出答案．
【详解】
y=﹣x2﹣4x+5=﹣（x+2）2+9，
即二次函数y=﹣x2﹣4x+5的最大值是9，
故选D．
【点睛】
此题主要考查了二次函数的最值，正确配方是解题关键．

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、a1．
【解析】
试题分析：根据同底数幂的除法底数不变指数相减，可得答案．
原式=a10-1=a1，
故答案为a1．
考点：同底数幂的除法．
14、．
【解析】
解：∵把x=1分别代入、，得y=1、y=，
∴A（1，1），B（1，）．∴．
∵P为y轴上的任意一点，∴点P到直线BC的距离为1．
∴△PAB的面积．
故答案为：．
15、
【解析】
解：∵弦CD∥AB，∴S△ACD=S△OCD，∴S阴影=S扇形COD==．故答案为．
16、13
【解析】
试题解析：圆锥的侧面积=×底面半径×母线长，把相应数值代入即可求解．
设母线长为R，则：
解得:
故答案为13.
17、32或42
【解析】
根据题意，分两种情况讨论：①若∠ACB是锐角，②若∠ACB是钝角，分别画出图形，利用勾股定理，即可求解.
【详解】
分两种情况讨论：
①若∠ACB是锐角，如图1，
∵，，高，
∴在Rt∆ABD中，，
即：，
同理：，
∴的周长=9+5+15+13=42，
②若∠ACB是钝角，如图2，
∵，，高，
∴在Rt∆ABD中，，
即：，
同理：，
∴的周长=9-5+15+13=32，
故答案是：32或42.

【点睛】
本题主要考查勾股定理，根据题意，画出图形，分类进行计算，是解题的关键.
18、10
【解析】
由正方形性质的得出B、D关于AC对称，根据两点之间线段最短可知，连接DE，交AC于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小，进而利用勾股定理求出即可．
【详解】

如图，连接DE，交AC于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小.
∵四边形ABCD是正方形，
∴B、D关于AC对称，
∴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.
故答案为10.

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19、（1）文具袋的单价为15元，圆规单价为3元;（2）①方案一总费用为元,
方案二总费用为元；②方案一更合算.
【解析】
（1）设文具袋的单价为x元/个，圆规的单价为y元/个，根据“购买1个文具袋和2个圆规需21元；购买2个文具袋和3个圆规需39元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）根据总价=单价×数量结合两种优惠方案，设购买面规m个，分别求出选择方案一和选择方案二所需费用，然后代入m=100计算比较后即可得出结论．
【详解】
（1）设文具袋的单价为x元，圆规单价为y元。
由题意得解得
答：文具袋的单价为15元，圆规单价为3元。
（2）①设圆规m个，则方案一总费用为：元
方案二总费用元
故答案为：元；
②买圆规100个时，方案一总费用：元，
方案二总费用：元，
∴方案一更合算。
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
20、（1）
（2）（0，-1）
（3）（1,0）（9,0）
【解析】
（1）将A（−1，0）、C（0，−3）两点坐标代入抛物线y＝ax2＋bx−3a中，列方程组求a、b的值即可；
（2）将点D（m，−m−1）代入（1）中的抛物线解析式，求m的值，再根据对称性求点D关于直线BC对称的点D'的坐标；
（3）分两种情形①过点C作CP∥BD，交x轴于P，则∠PCB＝∠CBD，②连接BD′，过点C作CP′∥BD′，交x轴于P′，分别求出直线CP和直线CP′的解析式即可解决问题．
【详解】
解：（1）将A（−1，0）、C（0，−3）代入抛物线y＝ax2＋bx−3a中，
得 ，
解得
∴y＝x2−2x−3；
（2）将点D（m，−m−1）代入y＝x2−2x−3中，得
m2−2m−3＝−m−1，
解得m＝2或−1，
∵点D（m，−m−1）在第四象限，
∴D（2，−3），
∵直线BC解析式为y＝x−3，
∴∠BCD＝∠BCO＝45°，CD′＝CD＝2，OD′＝3−2＝1，
∴点D关于直线BC对称的点D'（0，−1）；
（3）存在．满足条件的点P有两个．
①过点C作CP∥BD，交x轴于P，则∠PCB＝∠CBD，
∵直线BD解析式为y＝3x−9，
∵直线CP过点C，
∴直线CP的解析式为y＝3x−3，
∴点P坐标（1，0），
②连接BD′，过点C作CP′∥BD′，交x轴于P′，
∴∠P′CB＝∠D′BC，
根据对称性可知∠D′BC＝∠CBD，
∴∠P′CB＝∠CBD，
∵直线BD′的解析式为
∵直线CP′过点C，
∴直线CP′解析式为，
∴P′坐标为（9，0），

综上所述，满足条件的点P坐标为（1，0）或（9，0）．
【点睛】
本题考查了二次函数的综合运用．关键是由已知条件求抛物线解析式，根据抛物线的对称性，直线BC的特殊性求点的坐标，学会分类讨论，不能漏解．
21、 (1)45，，π；(2)满足条件的∠QQ0D为45°或135°；(3)BP的长为或；(4)≤CQ≤7.
【解析】
(1)由已知，可知△APQ为等腰直角三角形，可得∠PAB，再利用三角形相似可得PA，及弧AQ的长度；
(2)分点Q在BD上方和下方的情况讨论求解即可．
(3)分别讨论点Q在BD上方和下方的情况，利用切线性质，在由(2)用BP0表示BP，由射影定理计算即可；
(4)由(2)可知，点Q在过点Qo，且与BD夹角为45°的线段EF上运动，有图形可知，当点Q运动到点E时，CQ最长为7，再由垂线段最短，应用面积法求CQ最小值．
【详解】
解：(1)如图，过点P做PE⊥AD于点E

由已知，AP＝PQ，∠APQ＝90°
∴△APQ为等腰直角三角形
∴∠PAQ＝∠PAB＝45°
设PE＝x，则AE＝x，DE＝4﹣x
∵PE∥AB
∴△DEP∽△DAB
∴=
∴=
解得x＝
∴PA＝PE＝
∴弧AQ的长为•2π•＝π．
故答案为45，，π．
(2)如图，过点Q做QF⊥BD于点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°．
当点Q在BD的右下方时，同理可得∠PQ0Q＝45°，
此时∠QQ0D＝135°，

综上所述，满足条件的∠QQ0D为45°或135°．
(3)如图当点Q直线BD上方，当以点Q为圆心，BP为半径的圆与直线BD相切时
过点Q做QF⊥BD于点F，则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，当点Q位于BD下方时，可求得BP＝
故BP的长为或
(4)由(2)可知∠QQ0D＝45°

则如图，点Q在过点Q0，且与BD夹角为45°的线段EF上运动，
当点P与点B重合时，点Q与点F重合，此时，CF＝4﹣3＝1
当点P与点D重合时，点Q与点E重合，此时，CE＝4+3＝7
∴EF＝==5
过点C做CH⊥EF于点H
由面积法可知
CH＝==
∴CQ的取值范围为：≤CQ≤7
【点睛】
本题是几何综合题，考查了三角形全等、勾股定理、切线性质以及三角形相似的相关知识，应用了分类讨论和数形结合的数学思想．
22、（1）8m2;（2）68m2;(3) 40，8
【解析】
（1）根据中心对称图形性质和,,,可得,即可解当时，4个全等直角三角形的面积；
（2）白色区域面积即是矩形面积减去一二部分的面积，分别用含x的代数式表示出菱形和四个全等直角三角形的面积，列出含有x的解析式表示白色区域面积，并化成顶点式，根据，，，求出自变量的取值范围，再根据二次函数的增减性即可解答；
（3）计算出x=2时各部分面积以及用含m、n的代数式表示出费用，因为m,n均为正整数，解得m=40，n=8.
【详解】
（1） ∵为长方形和菱形的对称中心，，∴
∵，，∴
∴当时，，
（2）∵，
∴-，
∵，，
∴解不等式组得，
∵，结合图像，当时，随的增大而减小.
∴当时， 取得最大值为
（3）∵当时，SⅠ=4x2=16 m2，=12 m2，=68m2，总费用:16×2m+12×5n+68×2m=7200,化简得：5n+14m=600,因为m,n均为正整数，解得m=40，n=8.
【点睛】
本题考查中心对称图形性质，菱形、直角三角形的面积计算，二次函数的最值问题，解题关键是用含x的二次函数解析式表示出白色区面积.
23、证明见解析
【解析】
根据垂直的定义和直角三角形的全等判定，再利用全等三角形的性质解答即可．
【详解】
∵EA⊥AB，EC⊥BC，
∴∠EAB=∠ECB=90°，
在Rt△EAB与Rt△ECB中
，
∴Rt△EAB≌Rt△ECB，
∴AB=CB，∠ABE=∠CBE，
∵BD=BD，
在△ABD与△CBD中
，
∴△ABD≌△CBD，
∴AD=CD．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定及性质，根据垂直的定义和直角三角形的全等判定是解题的关键．
24、3+3.5
【解析】
延长ED交BC延长线于点F，则∠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．
【详解】
如图，延长ED交BC延长线于点F，则∠CFD=90°，

∵tan∠DCF=i=，
∴∠DCF=30°，
∵CD=4，
∴DF=CD=2，CF=CDcos∠DCF=4×=2，
∴BF=BC+CF=2+2=4，
过点E作EG⊥AB于点G，
则GE=BF=4，GB=EF=ED+DF=1.5+2=3.5，
又∵∠AED=37°，
∴AG=GEtan∠AEG=4•tan37°，
则AB=AG+BG=4•tan37°+3.5=3+3.5，
故旗杆AB的高度为（3+3.5）米．
考点：1、解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题；2、解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题
25、（1）2，3，3；（1）①AD=5；②P（0，1）或（0，2）．
【解析】
（1）先确定出OA=3，OC=2，进而得出AB=2，BC=3，利用勾股定理即可得出AC；
（1）A．①利用折叠的性质得出BD=2﹣AD，最后用勾股定理即可得出结论；
②分三种情况利用方程的思想即可得出结论；
B．①利用折叠的性质得出AE，利用勾股定理即可得出结论；
②先判断出∠APC=90°，再分情况讨论计算即可．
【详解】
解：（1）∵一次函数y=﹣1x+2的图象与x轴，y轴分别交于点A，点C，
∴A（3，0），C（0，2），
∴OA=3，OC=2．
∵AB⊥x轴，CB⊥y轴，∠AOC=90°，
∴四边形OABC是矩形，
∴AB=OC=2，BC=OA=3．
在Rt△ABC中，根据勾股定理得，AC==3．
故答案为2，3，3；
（1）选A．
①由（1）知，BC=3，AB=2，由折叠知，CD=AD．
在Rt△BCD中，BD=AB﹣AD=2﹣AD，
根据勾股定理得，CD1=BC1+BD1，
即：AD1=16+（2﹣AD）1，
∴AD=5；
②由①知，D（3，5），设P（0，y）．
∵A（3，0），
∴AP1=16+y1，DP1=16+（y﹣5）1．
∵△APD为等腰三角形，
∴分三种情况讨论：
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）．
综上所述：P（0，3）或（0，﹣3）或P（0，）或P（0，1）或（0，2）．
选B．①由A①知，AD=5，由折叠知，AE=AC=1，DE⊥AC于E．
在Rt△ADE中，DE==；
②∵以点A，P，C为顶点的三角形与△ABC全等，
∴△APC≌△ABC，或△CPA≌△ABC，
∴∠APC=∠ABC=90°．
∵四边形OABC是矩形，
∴△ACO≌△CAB，
此时，符合条件，点P和点O重合，即：P（0，0）；
如图3，过点O作ON⊥AC于N，易证，△AON∽△ACO，
∴，
∴，
∴AN=，
过点N作NH⊥OA，
∴NH∥OA，
∴△ANH∽△ACO，
∴，
∴，
∴NH=，AH=，
∴OH=，
∴N（），
而点P1与点O关于AC对称，
∴P1（），
同理：点B关于AC的对称点P1，
同上的方法得，P1（﹣）．
综上所述：满足条件的点P的坐标为：（0，0），（），（﹣）．

【点睛】
本题是一次函数综合题，主要考查了矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质，对称的性质，解（1）的关键是求出AC，解（1）的关键是利用分类讨论的思想解决问题．
26、 (1)、证明过程见解析；(2)、①、2；②、1．
【解析】
(1)、首先证明△BEF和△DCF全等，从而得出DC=BE，结合DC和AB平行得出平行四边形；(2)、①、根据矩形得出∠CEB=90°，结合∠ABC=120°得出∠CBE=60°，根据直角三角形的性质得出答案；②、根据菱形的性质以及∠ABC=120°得出△CBE是等边三角形，从而得出答案．
【详解】
(1)、证明：∵AB∥CD，∴∠CDF=∠FEB，∠DCF=∠EBF，∵点F是BC的中点，
∴BF=CF，在△DCF和△EBF中，∠CDF=∠FEB，∠DCF=∠EBF，FC=BF，
∴△EBF≌△DCF（AAS）， ∴DC=BE， ∴四边形BECD是平行四边形；
(2)、①BE=2；∵当四边形BECD是矩形时，∠CEB=90°，∵∠ABC=120°，∴∠CBE=60°；
∴∠ECB=30°，∴BE=BC=2，
②BE=1，∵四边形BECD是菱形时，BE=EC，∵∠ABC=120°，∴∠CBE=60°，
∴△CBE是等边三角形，∴BE=BC=1．
【点睛】
本题主要考查的是平行四边形的性质以及矩形、菱形的判定定理，属于中等难度的题型．理解平行四边形的判定定理以及矩形和菱形的性质是解决这个问题的关键．
27、 (1)1；(2)发令后第37秒两班运动员在275米处第一次并列．
【解析】
（1）直接根据图象上点横坐标可知道最快的是第1接力棒的运动员用了12秒跑完100米；
（2）分别利用待定系数法把图象相交的部分，一班，二班的直线解析式求出来后，联立成方程组求交点坐标即可．
【详解】
(1)从函数图象上可看出初三•二班跑得最快的是第1接力棒的运动员用了12秒跑完100米；
(2)设在图象相交的部分，设一班的直线为y1＝kx+b，把点(28，200)，(40，300)代入得：

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

解得：k′＝，b′＝，
即y2＝x+
联立方程组，
解得：，
所以发令后第37秒两班运动员在275米处第一次并列．
【点睛】
本题考查了利用一次函数的模型解决实际问题的能力和读图能力．要先根据题意列出函数关系式，再代数求值．解题的关键是要分析题意根据实际意义准确的列出解析式，再把对应值代入求解，并会根据图示得出所需要的信息．要掌握利用函数解析式联立成方程组求交点坐标的方法．