2026届安徽省“六校联盟”中考考前最后一卷数学试卷含解析

这是一份2026届安徽省“六校联盟”中考考前最后一卷数学试卷含解析，共18页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，tan60°的值是等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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．下列式子中，与互为有理化因式的是（ ）
A．B．C．D．
2．下列判断错误的是（ ）
A．对角线相等的四边形是矩形
B．对角线相互垂直平分的四边形是菱形
C．对角线相互垂直且相等的平行四边形是正方形
D．对角线相互平分的四边形是平行四边形
3．如图是一个几何体的主视图和俯视图，则这个几何体是（ ）
A．三棱柱B．正方体C．三棱锥D．长方体
4．如图数轴的A、B、C三点所表示的数分别为a、b、c．若|a﹣b|＝3，|b﹣c|＝5，且原点O与A、B的距离分别为4、1，则关于O的位置，下列叙述何者正确？（ ）
A．在A的左边B．介于A、B之间
C．介于B、C之间D．在C的右边
5．把不等式组的解集表示在数轴上，正确的是( )
A．B．
C．D．
6．下列四张印有汽车品牌标志图案的卡片中，是中心对称图形的卡片是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，电线杆CD的高度为h，两根拉线AC与BC互相垂直（A、D、B在同一条直线上），设∠CAB＝α，那么拉线BC的长度为（ ）
A．B．C．D．
8．已知点M (－2，3 )在双曲线上，则下列一定在该双曲线上的是（ ）
A．(3，-2 )B．(-2，-3 )C．(2，3 )D．(3，2)
9．如图,从一块圆形纸片上剪出一个圆心角为90°的扇形ABC,使点A、B、C在圆周上, 将剪下的扇形作为一个圆锥侧面,如果圆锥的高为,则这块圆形纸片的直径为( )
A．12cmB．20cmC．24cmD．28cm
10．tan60°的值是( )
A．B．C．D．
11．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）和正比例函数y＝﹣x的图象如图所示，则方程ax2+（b+ ）x+c＝0（a≠0）的两根之和（ ）
A．大于0B．等于0C．小于0D．不能确定
12．如图，在平行四边形ABCD中，都不一定 成立的是（ ）
①AO=CO；②AC⊥BD；③AD∥BC；④∠CAB=∠CAD．
A．①和④B．②和③C．③和④D．②和④
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．矩形纸片ABCD中，AB=3cm，BC=4cm，现将纸片折叠压平，使A与C重合，设折痕为EF，则重叠部分△AEF的面积等于_____．
14．下面是甲、乙两人10次射击成绩（环数）的条形统计图，通常新手的成绩不太确定，根据图中的信息，估计这两人中的新手是_____．
15．写出经过点（0，0），（﹣2，0）的一个二次函数的解析式_____（写一个即可）．
16．请看杨辉三角（1），并观察下列等式（2）：
根据前面各式的规律，则（a+b）6= ．
17．如图，在中，于点，于点，为边的中点，连接，则下列结论：①，②，③为等边三角形，④当时，.请将正确结论的序号填在横线上__.
18．如图，边长为6cm的正三角形内接于⊙O，则阴影部分的面积为（结果保留π）_____．
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）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，直线MN是过点A的直线CD⊥MN于点D，连接BD．
（1）观察猜想张老师在课堂上提出问题：线段DC，AD，BD之间有什么数量关系．经过观察思考，小明出一种思路：如图1，过点B作BE⊥BD，交MN于点E，进而得出：DC+AD= BD．
（2）探究证明
将直线MN绕点A顺时针旋转到图2的位置写出此时线段DC，AD，BD之间的数量关系，并证明
（3）拓展延伸
在直线MN绕点A旋转的过程中，当△ABD面积取得最大值时，若CD长为1，请直接写BD的长．
20．（6分）科技改变世界．2017年底，快递分拣机器人从微博火到了朋友圈，据介绍，这些机器人不仅可以自动规划最优路线，将包裹准确地放入相应的格口，还会感应避让障碍物，自动归队取包裹．没电的时候还会自己找充电桩充电．某快递公司启用80台A种机器人、300台B种机器人分拣快递包裹．A，B两种机器人全部投入工作，1小时共可以分拣1.44万件包裹，若全部A种机器人工作3小时，全部B种机器人工作2小时，一共可以分拣3.12万件包裹．
（1）求两种机器人每台每小时各分拣多少件包裹；
（2）为了进一步提高效率，快递公司计划再购进A，B两种机器人共200台，若要保证新购进的这批机器人每小时的总分拣量不少于7000件，求最多应购进A种机器人多少台？
21．（6分）已知：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，以BC为直径的⊙O交AB于点D，E为的中点.
求证：∠ACD=∠DEC；（2）延长DE、CB交于点P，若PB=BO，DE=2，求PE的长
22．（8分）如图，四边形ABCD中，E点在AD上，其中∠BAE=∠BCE=∠ACD=90°，且BC=CE，求证：△ABC与△DEC全等．
23．（8分）探究：
在一次聚会上，规定每两个人见面必须握手，且只握手1次若参加聚会的人数为3，则共握手 次：；若参加聚会的人数为5，则共握手 次；若参加聚会的人数为n（n为正整数），则共握手 次；若参加聚会的人共握手28次，请求出参加聚会的人数．
拓展：
嘉嘉给琪琪出题：
“若线段AB上共有m个点（含端点A，B），线段总数为30，求m的值．”
琪琪的思考：“在这个问题上，线段总数不可能为30”
琪琪的思考对吗？为什么？
24．（10分）平面直角坐标系中（如图），已知抛物线经过点和，与y轴相交于点C，顶点为P.
（1）求这条抛物线的表达式和顶点P的坐标；
（2）点E在抛物线的对称轴上，且，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下，记抛物线的对称轴为直线MN，点Q在直线MN右侧的抛物线上，，求点Q的坐标.
25．（10分）如图，有四张背面相同的卡片A、B、C、D，卡片的正面分别印有正三角形、平行四边形、圆、正五边形（这些卡片除图案不同外，其余均相同）．把这四张卡片背面向上洗匀后，进行下列操作：
（1）若任意抽取其中一张卡片，抽到的卡片既是中心对称图形又是轴对称图形的概率是 ；
（2）若任意抽出一张不放回，然后再从余下的抽出一张．请用树状图或列表表示摸出的两张卡片所有可能的结果，求抽出的两张卡片的图形是中心对称图形的概率．
26．（12分）如图，一次函数y=k1x+b(k1≠0)与反比例函数的图象交于点A(-1，2)，B(m，-1)．
(1)求一次函数与反比例函数的解析式；
(2)在x轴上是否存在点P(n，0)，使△ABP为等腰三角形，请你直接写出P点的坐标．
27．（12分）如图，甲、乙为两座建筑物，它们之间的水平距离BC为30m，在A点测得D点的仰角∠EAD为45°，在B点测得D点的仰角∠CBD为60°.求这两座建筑物的高度（结果保留根号）.
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、B
【解析】
直接利用有理化因式的定义分析得出答案．
【详解】
∵（）（，）
=12﹣2，
=10，
∴与互为有理化因式的是：，
故选B．
【点睛】
本题考查了有理化因式，如果两个含有二次根式的非零代数式相乘，它们的积不含有二次根式，就说这两个非零代数式互为有理化因式. 单项二次根式的有理化因式是它本身或者本身的相反数；其他代数式的有理化因式可用平方差公式来进行分步确定.
2、A
【解析】
利用菱形的判定定理、矩形的判定定理、平行四边形的判定定理、正方形的判定定理分别对每个选项进行判断后即可确定正确的选项．
【详解】
解：、对角线相等的四边形是矩形，错误；
、对角线相互垂直平分的四边形是菱形，正确；
、对角线相互垂直且相等的平行四边形是正方形，正确；
、对角线相互平分的四边形是平行四边形，正确；
故选：．
【点睛】
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是能够了解矩形和菱形的判定定理，难度不大．
3、A
【解析】
【分析】根据三视图的知识使用排除法即可求得答案.
【详解】如图，由主视图为三角形，排除了B、D，
由俯视图为长方形，可排除C，
故选A．
【点睛】本题考查了由三视图判断几何体的知识，做此类题时可利用排除法解答．
4、C
【解析】
分析：由A、B、C三点表示的数之间的关系结合三点在数轴上的位置即可得出b=a+3，c=b+5，再根据原点O与A、B的距离分别为1、1，即可得出a=±1、b=±1，结合a、b、c间的关系即可求出a、b、c的值，由此即可得出结论．
解析：∵|a﹣b|=3，|b﹣c|=5，
∴b=a+3，c=b+5，
∵原点O与A、B的距离分别为1、1，
∴a=±1，b=±1，
∵b=a+3，
∴a=﹣1，b=﹣1，
∵c=b+5，
∴c=1．
∴点O介于B、C点之间．
故选C．
点睛：本题考查了数值以及绝对值，解题的关键是确定a、b、c的值．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据数轴上点的位置关系分别找出各点代表的数是关键．
5、A
【解析】
分别求出各个不等式的解集，再求出这些解集的公共部分并在数轴上表示出来即可．
【详解】

由①，得x≥2，
由②，得x＜1，
所以不等式组的解集是：2≤x＜1．
不等式组的解集在数轴上表示为：
．
故选A．
【点睛】
本题考查的是解一元一次不等式组．熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
6、C
【解析】
试题分析：由中心对称图形的概念可知，这四个图形中只有第三个是中心对称图形，故答案选C．
考点：中心对称图形的概念．
7、B
【解析】
根据垂直的定义和同角的余角相等，可由∠CAD+∠ACD=90°，∠ACD+∠BCD=90°，可求得∠CAD=∠BCD，然后在Rt△BCD中 cs∠BCD=，可得BC=.
故选B．
点睛：本题主要考查解直角三角形的应用，熟练掌握同角的余角相等和三角函数的定义是解题的关键．
8、A
【解析】
因为点M（-2，3）在双曲线上，所以xy=（-2）×3=-6，四个答案中只有A符合条件．故选A
9、C
【解析】
设这块圆形纸片的半径为R，圆锥的底面圆的半径为r，利用等腰直径三角形的性质得到AB=R，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长得到2πr=，解得r=R，然后利用勾股定理得到（R）2=（3）2+（R）2，再解方程求出R即可得到这块圆形纸片的直径．
【详解】
设这块圆形纸片的半径为R，圆锥的底面圆的半径为r，则AB=R，根据题意得：
2πr=，解得：r=R，所以（R）2=（3）2+（R）2，解得：R=12，所以这块圆形纸片的直径为24cm．
故选C．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
10、A
【解析】
根据特殊角三角函数值，可得答案．
【详解】
tan60°=
故选：A．
【点睛】
本题考查了特殊角三角函数值，熟记特殊角三角函数值是解题关键．
11、C
【解析】
设的两根为x1，x2，由二次函数的图象可知，；设方程的两根为m，n，再根据根与系数的关系即可得出结论．
【详解】
解：设的两根为x1，x2，
∵由二次函数的图象可知，，
．
设方程的两根为m，n，则
.
故选C．
【点睛】
本题考查的是抛物线与x轴的交点，熟知抛物线与x轴的交点与一元二次方程根的关系是解答此题的关键．
12、D
【解析】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，故①成立；
AD∥BC，故③成立；
利用排除法可得②与④不一定成立，
∵当四边形是菱形时，②和④成立．
故选D.
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、．
【解析】
试题分析：要求重叠部分△AEF的面积，选择AF作为底，高就等于AB的长；而由折叠可知∠AEF=∠CEF，由平行得∠CEF=∠AFE，代换后，可知AE=AF，问题转化为在Rt△ABE中求
AE．因此设AE=x，由折叠可知，EC=x，BE=4﹣x，
在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2，即32+（4﹣x）2=x2，
解得：x=，即AE=AF=，
因此可求得=×AF×AB=××3=．
考点：翻折变换（折叠问题）
14、甲．
【解析】
根据方差的意义可作出判断．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定,方差越大，数据不稳定，则为新手.
【详解】
∵通过观察条形统计图可知：乙的成绩更整齐，也相对更稳定，
∴甲的方差大于乙的方差.
故答案为：甲.
【点睛】
本题考查的知识点是方差，条形统计图，解题的关键是熟练的掌握方差，条形统计图.
15、y＝x2+2x（答案不唯一）．
【解析】
设此二次函数的解析式为y＝ax（x+2），令a＝1即可．
【详解】
∵抛物线过点（0，0），（﹣2，0），
∴可设此二次函数的解析式为y＝ax（x+2），
把a＝1代入，得y＝x2+2x．
故答案为y＝x2+2x（答案不唯一）．
【点睛】
本题考查的是待定系数法求二次函数解析式，此题属开放性题目，答案不唯一．
16、a2+2a5b+25a4b2+20a3b3+25a2b4+2ab5+b2．
【解析】
通过观察可以看出（a+b）2的展开式为2次7项式，a的次数按降幂排列，b的次数按升幂排列，各项系数分别为2、2、25、20、25、2、2．
【详解】
通过观察可以看出（a+b）2的展开式为2次7项式，a的次数按降幂排列，b的次数按升幂排列，各项系数分别为2、2、25、20、25、2、2．
所以（a+b）2=a2+2a5b+25a4b2+20a3b3+25a2b4+2ab5+b2．
17、①③④
【解析】
①根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可判断①；
②先证明△ABM∽△ACN，再根据相似三角形的对应边成比例可判断②；
③先根据直角三角形两锐角互余的性质求出∠ABM=∠ACN=30°，再根据三角形的内角和定理求出∠BCN+∠CBM=60°，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠BPN+∠CPM=120°，从而得到∠MPN=60°，又由①得PM=PN，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形可判断③；
④当∠ABC=45°时，∠BCN=45°，进而判断④．
【详解】
①∵BM⊥AC于点M，CN⊥AB于点N，P为BC边的中点，
∴PM=BC，PN=BC，
∴PM=PN，正确；
②在△ABM与△ACN中，
∵∠A=∠A，∠AMB=∠ANC=90°，
∴△ABM∽△ACN，
∴，错误；
③∵∠A=60°，BM⊥AC于点M，CN⊥AB于点N，
∴∠ABM=∠ACN=30°，
在△ABC中，∠BCN+∠CBM=180°-60°-30°×2=60°，
∵点P是BC的中点，BM⊥AC，CN⊥AB，
∴PM=PN=PB=PC，
∴∠BPN=2∠BCN，∠CPM=2∠CBM，
∴∠BPN+∠CPM=2（∠BCN+∠CBM）=2×60°=120°，
∴∠MPN=60°，
∴△PMN是等边三角形，正确；
④当∠ABC=45°时，∵CN⊥AB于点N，
∴∠BNC=90°，∠BCN=45°，
∵P为BC中点，可得BC=PB=PC，故④正确．
所以正确的选项有：①③④
故答案为①③④
【点睛】
本题主要考查了直角三角形斜边的中线等于斜边的一半的性质，相似三角形、等边三角形、等腰直角三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，仔细分析图形并熟练掌握性质是解题的关键．
18、（4π﹣3）cm1
【解析】
连接OB、OC，作OH⊥BC于H，根据圆周角定理可知∠BOC的度数，根据等边三角形的性质可求出OB、OH的长度，利用阴影面积=S扇形OBC-S△OBC即可得答案
【详解】
：连接OB、OC，作OH⊥BC于H，
则BH=HC= BC= 3，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=60°，
由圆周角定理得，∠BOC=1∠A=110°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=30°，
∴OB==1 ，OH=，
∴阴影部分的面积= ﹣×6×=4π﹣3 ，
故答案为：（4π﹣3）cm1．
【点睛】
本题主要考查圆周角定理及等边三角形的性质，在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半；熟练掌握圆周角定理是解题关键.
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）；（2）AD﹣DC=BD；（3）BD=AD=+1．
【解析】
（1）根据全等三角形的性质求出DC，AD，BD之间的数量关系
（2）过点B作BE⊥BD，交MN于点E．AD交BC于O，
证明，得到，，
根据为等腰直角三角形，得到，
再根据，即可解出答案.
（3）根据A、B、C、D四点共圆，得到当点D在线段AB的垂直平分线上且在AB的右侧时，△ABD的面积最大．
在DA上截取一点H，使得CD=DH=1，则易证，
由即可得出答案.
【详解】
解：（1）如图1中，
由题意：，
∴AE=CD，BE=BD，
∴CD+AD=AD+AE=DE，
∵是等腰直角三角形，
∴DE=BD，
∴DC+AD=BD，
故答案为．
（2）．
证明：如图，过点B作BE⊥BD，交MN于点E．AD交BC于O．
∵，
∴，
∴．
∵，，，
∴，
∴．又∵，
∴，
∴，，
∴为等腰直角三角形，．
∵，
∴．
（3）如图3中，易知A、B、C、D四点共圆，当点D在线段AB的垂直平分线上且在AB的右侧时，△ABD的面积最大．
此时DG⊥AB，DB=DA，在DA上截取一点H，使得CD=DH=1，则易证，
∴．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质以及图形的应用，正确作辅助线和熟悉图形特性是解题的关键.
20、（1）A种机器人每台每小时各分拣30件包裹，B种机器人每台每小时各分拣40件包裹（2）最多应购进A种机器人100台
【解析】
（1）A种机器人每台每小时各分拣x件包裹，B种机器人每台每小时各分拣y件包裹，根据题意列方程组即可得到结论；
（2）设最多应购进A种机器人a台，购进B种机器人（200−a）台，由题意得，根据题意两不等式即可得到结论．
【详解】
（1）A种机器人每台每小时各分拣x件包裹，B种机器人每台每小时各分拣y件包裹，
由题意得，，
解得，，
答：A种机器人每台每小时各分拣30件包裹，B种机器人每台每小时各分拣40件包裹；
（2）设最多应购进A种机器人a台，购进B种机器人（200﹣a）台，
由题意得，30a+40（200﹣a）≥7000，
解得：a≤100，则最多应购进A种机器人100台．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组，一元一次不等式的应用，正确的理解题意是解题的关键．
21、（1）见解析；（2）PE=4.
【解析】
（1）根据同角的余角相等得到∠ACD=∠B，然后由圆周角定理可得结论；
（2）连结OE，根据圆周角定理和等腰三角形的性质证明OE∥CD，然后由△POE∽△PCD列出比例式，求解即可.
【详解】
解：(1）证明：∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，∴∠BCD+∠B=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BCD+∠ACD=90°，
∴∠ACD=∠B，
∵∠DEC=∠B,
∴∠ACD=∠DEC
（2）证明：连结OE
∵E为BD弧的中点.
∴∠DCE=∠BCE
∵OC=OE
∴∠BCE=∠OEC
∴∠DCE=∠OEC
∴OE∥CD
∴△POE∽△PCD，
∴
∵PB=BO，DE=2
∴PB=BO=OC
∴
∴
∴PE=4
【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理、等腰三角形的判定和性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的相关知识和相似三角形的性质是解题的关键．
22、证明过程见解析
【解析】
由∠BAE=∠BCE=∠ACD=90°，可求得∠DCE=∠ACB，且∠B+∠CEA=∠CEA+∠DEC=180°，可求得∠DEC=∠ABC，再结合条件可证明△ABC≌△DEC．
【详解】
∵∠BAE=∠BCE=∠ACD=90°，
∴∠5+∠4=∠4+∠3，
∴∠5=∠3，且∠B+∠CEA=180°，
又∠7+∠CEA=180°，
∴∠B=∠7，
在△ABC和△DEC中 ,
∴△ABC≌△DEC（ASA）．
23、探究：（1）3，1；（2）；（3）参加聚会的人数为8人；拓展：琪琪的思考对，见解析.
【解析】
探究：（1）根据握手次数=参会人数×（参会人数-1）÷2，即可求出结论；
（2）由（1）的结论结合参会人数为n，即可得出结论；
（3）由（2）的结论结合共握手28次，即可得出关于n的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
拓展：将线段数当成握手数，顶点数看成参会人数，由（2）的结论结合线段总数为2，即可得出关于m的一元二次方程，解之由该方程的解均不为整数可得出琪琪的思考对．
【详解】
探究：（1）3×（3-1）÷2=3，5×（5-1）÷2=1．
故答案为3；1．
（2）∵参加聚会的人数为n（n为正整数），
∴每人需跟（n-1）人握手，
∴握手总数为．
故答案为．
（3）依题意，得：=28，
整理，得：n2-n-56=0，
解得：n1=8，n2=-7（舍去）．
答：参加聚会的人数为8人．
拓展：琪琪的思考对，理由如下：
如果线段数为2，则由题意，得：=2，
整理，得：m2-m-60=0，
解得m1=，m2=（舍去）．
∵m为正整数，
∴没有符合题意的解，
∴线段总数不可能为2．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用以及列代数式，解题的关键是：（1）根据各数量之间的关系，列式计算；（2）根据各数量之间的关系，用含n的代数式表示出握手总数；（3）（拓展）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
24、（1），顶点P的坐标为；（2）E点坐标为；（3）Q点的坐标为.
【解析】
（1）利用交点式写出抛物线解析式，把一般式配成顶点式得到顶点P的坐标；
（2）设，根据两点间的距离公式，利用得到，然后解方程求出t即可得到E点坐标；
（3）直线交轴于，作于，如图，利用得到，设，则，再在中利用正切的定义得到，即，然后解方程求出m即可得到Q点坐标.
【详解】
解：（1）抛物线解析式为，
即，
，
顶点P的坐标为；
（2）抛物线的对称轴为直线，
设，
，
，解得，
E点坐标为；
（3）直线交x轴于F，作MN⊥直线x=2于H，如图，
，
而，
，
设，则，
在中，，
，
整理得，解得（舍去），，
Q点的坐标为.
【点睛】
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和锐角三角函数的定义；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式.
25、（1）；（2）.
【解析】
（1）既是中心对称图形又是轴对称图形只有圆一个图形，然后根据概率的意义解答即可；
（2）画出树状图，然后根据概率公式列式计算即可得解．
【详解】
（1）∵正三角形、平行四边形、圆、正五边形中只有圆既是中心对称图形又是轴对称图形，
∴抽到的卡片既是中心对称图形又是轴对称图形的概率是；
（2）根据题意画出树状图如下：
一共有12种情况，抽出的两张卡片的图形是中心对称图形的是B、C共有2种情况，
所以，P（抽出的两张卡片的图形是中心对称图形）．
【点睛】
本题考查了列表法和树状图法，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
26、（1）反比例函数的解析式为；一次函数的解析式为y=-x+1；（2）满足条件的P点的坐标为（-1+，0）或（-1-，0）或（2+，0）或（2-，0）或（0,0）．
【解析】
（1）将A点代入求出k2，从而求出反比例函数方程，再联立将B点代入即可求出一次函数方程.
（2）令PA=PB，求出P.令AP=AB,求P.令BP=BA，求P.根据坐标距离公式计算即可.
【详解】
（1）把A（-1，2）代入，得到k2=-2，
∴反比例函数的解析式为．
∵B（m，-1）在上，∴m=2，
由题意，解得：，∴一次函数的解析式为y=-x+1．
（2）满足条件的P点的坐标为（-1+，0）或（-1-，0）或（2+，0）或（2-，0）或（0,0）．
【点睛】
本题考查一次函数图像与性质和反比例函数的图像和性质，解题的关键是待定系数法，分三种情况讨论.
27、甲建筑物的高AB为（30－30）m，乙建筑物的高DC为30m
【解析】
如图，过A作AF⊥CD于点F，
在Rt△BCD中，∠DBC=60°，BC=30m，
∵=tan∠DBC，
∴CD=BC•tan60°=30m，
∴乙建筑物的高度为30m；
在Rt△AFD中，∠DAF=45°，
∴DF=AF=BC=30m，
∴AB=CF=CD﹣DF=（30﹣30）m，
∴甲建筑物的高度为（30﹣30）m．