2024年江苏省兴化市顾庄区九年级数学第一学期开学联考模拟试题【含答案】

这是一份2024年江苏省兴化市顾庄区九年级数学第一学期开学联考模拟试题【含答案】，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分）若二次根式有意义，则x的取值范围是( )
A．x＞B．x≥C．x≤D．x≤5
2、（4分）在中，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）如图，菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，点P、Q、K分别为线段BC、CD、BD上的任意一点，则PK＋KQ的最小值为（ ）
A．B．C．2D．
4、（4分）对于命题“已知：a∥b，b∥c，求证：a∥c”．如果用反证法，应先假设（ ）
A．a不平行bB．b不平行cC．a⊥cD．a不平行c
5、（4分）已知反比例函数y=kx-1的图象过点A（1，-2），则k的值为（ ）
A．1B．2C．-2D．-1
6、（4分）下列因式分解正确的是（ ）
A．2x2+4x＝2（x2+2x）B．x2﹣y2＝（x+y）（x﹣y）
C．x2﹣2x+1＝（x﹣2）2D．x2+y2＝（x+y）2
7、（4分）下列命题是假命题的是（ ）
A．四边都相等的四边形为菱形B．对角线互相平分的四边形为平行四边形
C．对角线相等的平行四边形为矩形D．对角线互相垂直且相等的四边形为正方形
8、（4分）如图，正方形ABCD的边长为6，点E、F分别在AB，AD上，若CE=3，且∠ECF=45°，则CF长为（ ）
A．2B．3C．D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）因式分解：___________．
10、（4分）小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先把活动学具成为图1所示菱形，并测得，接着活动学具成为图2所示正方形，并测得正方形的对角线cm，则图1中对角线的长为______cm.
11、（4分）如图，一次函数y＝ax+b的图象经过A（0，1）和B（2，0）两点，则关于x的不等式ax+b＜1的解集是_____．
12、（4分）若平行四边形中两个内角的度数比为1:2，则其中一个较小的内角的度数是________°．
13、（4分）小明到超市买练习本，超市正在打折促销：购买10本以上，从第11本开始按标价打七折优惠，买练习本所花费的钱数y（元）与练习本的个数x（本）之间的函数关系如图所示，那么图中a的值是_______．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，矩形OBCD中，OB＝5，OD＝3，以O为原点建立平面直角坐标系，点B，点D分别在x轴，y轴上，点C在第一象限内，若平面内有一动点P，且满足S△POB＝S矩形OBCD，问：
（1）当点P在矩形的对角线OC上，求点P的坐标；
（2）当点P到O，B两点的距离之和PO+PB取最小值时，求点P的坐标．
15、（8分）某公司需招聘一名员工，对应聘者甲、乙、丙从笔试、面试、体能三个方面进行量化考核．甲、乙、丙各项得分如下表：
（1）根据三项得分的平均分，从高到低确定三名应聘者的排名顺序．
（2）该公司规定：笔试，面试、体能得分分别不得低于80分，80分，70分，并按60%，30%，10%的比例计入总分（不计其他因素条件），请你说明谁将被录用．
16、（8分）在平面直角坐标系，直线y=2x+2交x轴于A，交y轴于 D，
（1）直接写直线y=2x+2与坐标轴所围成的图形的面积
（2）以AD为边作正方形ABCD，连接AD，P是线段BD上（不与B，D重合）的一点，在BD上截取PG=，过G作GF垂直BD，交BC于F，连接AP．
问：AP与PF有怎样的数量关系和位置关系？并说明理由；
（3）在（2）中的正方形中，若∠PAG=45°，试判断线段PD，PG，BG之间有何关系，并说明理由．
17、（10分）如图，在平行四边形ABCD中，DB＝DA，点F是AB的中点，连接DF并延长，交CB的延长线于点E，连接AE．
（1）求证：△AFD≌△BFE；
（2）求证：四边形AEBD是菱形；
（3）若DC＝，tan∠DCB＝3，求菱形AEBD的面积．
18、（10分）某商场销售A,B两种品牌的教学设备,这两种教学设备的进价和售价如表所示
该商场计划购进两种教学设备若干套,共需66万元,全部销售后可获毛利润9万元.
(1)该商场计划购进A,B两种品牌的教学设备各多少套?
(2)通过市场调研,该商场决定在原计划的基础上,减少A种设备的购进数量,增加B种设备的购进数量,已知B种设备增加的数量是A种设备减少的数量的1.5倍.若用于购进这两种教学设备的总资金不超过69万元,问A种设备购进数量至多减少多少套?
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）一组数据15、13、14、13、16、13的众数是______，中位数是______.
20、（4分）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，那么△DCF的周长是___cm．
21、（4分）如图，平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，且AB＝AE，延长AB与DE的延长线交于点F．下列结论中：①△ABC≌△AED；②△ABE是等边三角形；③AD＝AF；④S△ABE＝S△CDE；⑤S△ABE＝S△CEF．其中正确的是_____．
22、（4分）若二次根式有意义，则实数x的取值范围是__________.
23、（4分）已知直线不经过第一象限，则的取值范围是_____________。
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图．已知A、B两点的坐标分别为A(0，)，B(2，0)．直线AB与反比例函数的图象交于点C和点D(1，a)．
（1）求直线AB和反比例函数的解析式．
（2）求∠ACO的度数．
25、（10分）如图，矩形ABCD中，AB=4，AD=3，把矩形沿直线AC折叠，使点B落在点E处，AE交CD于点F，连接DE．
（1）求证：△DEC≌△EDA；
（2）求DF的值；
（3）在线段AB上找一点P，连结FP使FP⊥AC，连结PC，试判定四边形APCF的形状，并说明理由，直接写出此时线段PF的大小．
26、（12分）如图，利用两面靠墙(墙足够长)，用总长度37米的篱笆(图中实线部分)围成一个矩形鸡舍ABCD，且中间共留三个1米的小门，设篱笆BC长为x米．
(1)AB＝_____米．(用含x的代数式表示)
(2)若矩形鸡舍ABCD面积为150平方米，求篱笆BC的长．
(3)矩形鸡舍ABCD面积是否有可能达到210平方米？若有可能，求出相应x的值；若不可能，则说明理由．
参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、B
【解析】
根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．
【详解】
解：由题意得，5x﹣1≥0，
解得，x≥，
故选B．
本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．
2、D
【解析】
由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的对角相等，易得∠C=∠A=38°．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠A=38°．
故选：D．
此题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对角相等．
3、A
【解析】
先根据四边形ABCD是菱形可知，AD//BC，由∠A=120°可知∠B=60°，作点P关于直线BD的对称点P''，连接P'Q，PC，则P'Q的长即为PK+QK的最小值，由图可知，当点Q与点C重合，CP'⊥AB时PK+QK的值最小，再在Rt△BCP'中利用锐角三角函数的定义求出P'C的长即可。
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，
∵∠A=120°，
∴∠B=180°-∠A=180°-120°=60°，
作点P关于直线BD的对称点P'，连接P'Q，P'C，则P'Q的长即为PK+QK的最小值，由图可知，当点Q与点C重合，CP'⊥AB时PK+QK的值最小，
在Rt△BCP'中,
∵BC=AB=2，∠B=60°，
∴
故选：A.
本题考查的是轴对称一最短路线问题及菱形的性质，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键.
4、D
【解析】
用反证法进行证明；先假设原命题不成立，本题中应该先假设a不平行c，由此即可得答案.
【详解】
直线a，c的位置关系有平行和不平行两种，因而a∥c的反面是a与c不平行，
因此用反证法证明“a∥c”时，应先假设a与c不平行，
故选D.
本题结合直线的位置关系考查反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．
5、C
【解析】
直接把点（1，-2）代入反比例函数y= 即可得出结论．
【详解】
∵反比例函数y=的图象过点A(1,−2)，
∴−2= ，
解得k=−2.
故选C.
此题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解题关键在于把已知点代入解析式
6、B
【解析】
把一个多项式化为几个最简整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，也叫作分解因式，是否最简整式是关键和左右两边等式是否相等来判断
【详解】
A .2x2+4x＝2（x2+2x）中（x2+2x）不是最简整式，还可以提取x，故A错误。
B. x2﹣y2＝（x+y）（x﹣y）既是最简，左右两边又相等，所以B正确
C. x2﹣2x+1＝（x﹣2）2满足了最简相乘，但是等式左右两边不相等
D. x2+y2＝（x+y）2满足了最简相乘，但是等式左右两边不相等
主要考查因式分解的定义和整式的乘法
7、D
【解析】
根据矩形、平行四边形、菱形、正方形的判定定理判断即可.
【详解】
A、根据菱形的判定定理可知是真命题；
B、根据平行四边形的判定定理可知是真命题；
C、根据矩形的的判定定理可知是真命题；
D、根据正方形的判定定理可知是假命题.
故选D
本题考查假命题的定义，涉及了矩形、平行四边形、菱形、正方形的判定定理.
8、A
【解析】
如图，延长FD到G，使DG=BE，连接CG、EF，证△GCF≌△ECF，得到GF=EF，再利用勾股定理计算即可.
【详解】
解：如图，延长FD到G，使DG=BE，连接CG、EF
∵四边形ABCD为正方形，在△BCE与△DCG中，∵CB=CD，∠CBE=∠CDG，BE=DG，∴△BCE≌△DCG（SAS）
∴CG=CE，∠DCG=∠BCE
∴∠GCF=45°
在△GCF与△ECF中
∵GC=EC，∠GCF=∠ECF，CF=CF
∴△GCF≌△ECF（SAS）
∴GF=EF
∵CE=，CB=6
∴BE===3
∴AE=3，设AF=x，则DF=6﹣x，GF=3+（6﹣x）=9﹣x
∴EF==
∴
∴x=4，即AF=4
∴GF=5
∴DF=2
∴CF===
故选A．
本题考查1．全等三角形的判定与性质；2．勾股定理；3．正方形的性质，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
直接提取公因式2，进行分解因式即可．
【详解】
2(a-b).
故答案为：2（a-b）.
此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．
10、
【解析】
如图1，2中，连接AC．在图2中，理由勾股定理求出BC，在图1中，只要证明△ABC是等边三角形即可解决问题．
【详解】
如图1，2中，连接AC.
在图2中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC,∠B=90°，
∵AC=40°，
∴AB=BC=a，
在图1中,∵∠B=60°，BA=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=a.
故答案为：a.
此题考查菱形的性质，正方形的性质，解题关键在于作辅助线.
11、x＞1
【解析】
观察函数图象，写出在y轴右侧的自变量的取值范围即可．
【详解】
当x＞1时，ax+b＜1，
即不等式ax+b＜1的解集为x＞1．
故答案为：x＞1
本题考查了一次函数与一元一次不等式：一次函数与一元一次不等式的关系从函数的角度看，就是寻求使一次函数y＝kx+b的值大于（或小于）1的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y＝kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
12、60°
【解析】
根据平行四边形的性质得出，推出，根据，求出即可.
【详解】
四边形是平行四边形，
，
，
，
.
故答案为：.
本题考查了平行线的性质和平行四边形的性质的应用，能熟练地运用性质进行计算是解此题的关键，题目比较典型，难度不大.
13、1.
【解析】
根据题意求出当x≥10时的函数解析式，当y=27时代入相应的函数解析式，可以求得相应的自变量a的值，本题得以解决．
【详解】
解：由题意得每本练习本的原价为：20÷10=2（元），
当x≥10时，函数的解析式为y=0.7×2（x-10）+20=1.4x+6，
当y=27时，1.4x+6=27，解得x=1，
∴a=1．
故答案为：1.
本题考查一次函数的应用，解题的关键是明确题意可以列出相应的函数关系式，根据关系式可以解答问题．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）P（，2）；（2）（，2）或（﹣，2）
【解析】
（1）根据已知条件得到C（5，3），设直线OC的解析式为y＝kx，求得直线OC的解析式为y＝x，设P（m，m），根据S△POB＝S矩形OBCD，列方程即可得到结论；
（2）设点P的纵坐标为h，得到点P在直线y＝2或y＝﹣2的直线上，作B关于直线y＝2的对称点E，则点E的坐标为（5，4），连接OE交直线y＝2于P，则此时PO+PB的值最小，设直线OE的解析式为y＝nx，于是得到结论．
【详解】
（1）如图：
∵矩形OBCD中，OB＝5，OD＝3，
∴C（5，3），
设直线OC的解析式为y＝kx，
∴3＝5k，
∴k＝，
∴直线OC的解析式为y＝x，
∵点P在矩形的对角线OC上，
∴设P（m，m），
∵S△POB＝S矩形OBCD，
∴5×m＝3×5，
∴m＝，
∴P（，2）；
（2）∵S△POB＝S矩形OBCD，
∴设点P的纵坐标为h，
∴h×5＝5，
∴h＝2，
∴点P在直线y＝2或y＝﹣2上，
作B关于直线y＝2的对称点E，
则点E的坐标为（5，4），
连接OE交直线y＝2于P，则此时PO+PB的值最小，
设直线OE的解析式为y＝nx，
∴4＝5n，
∴n＝，
∴直线OE的解析式为y＝x，
当y＝2时，x＝，
∴P（，2），
同理，点P在直线y＝﹣2上，
P（，﹣2），
∴点P的坐标为（，2）或（﹣，2）．
本题考查了轴对称——最短路线问题，矩形的性质，待定系数法求函数的解析式，正确的找到点P在位置是解题的关键．
15、（1）丙，乙，甲；（2）甲被录用．
【解析】
（1）代入求平均数公式即可求出三人的平均成绩，比较得出结果；
（2）先算出甲、乙、丙的总分，根据公司的规定先排除丙，再根据甲的总分最高，即可得出甲被录用．
【详解】
（1）甲=（85+80+75）÷3=80（分），乙=（80+90+73）÷3=81（分），丙=（83+79+90）÷3=84（分），则从高到低确定三名应聘者的排名顺序为：丙，乙，甲；
（2）甲的总分是：85×60%+80×30%+75×10%=82.5（分），乙的总分是：80×60%+90×30%+73×10%=82.3（分），丙的总分是：83×60%+79×30%+90×10%=82.5（分）．
∵公司规定：笔试，面试、体能得分分别不得低于80分，80分，70分，∴丙排除，∴甲的总分最高，甲被录用．
本题考查了算术平均数和加权平均数的计算．平均数等于所有数据的和除以数据的个数．
16、（1）1；（1）AP=PF且AP⊥PF，理由见解析；（3）PD1+BG1=PG1，理由见解析
【解析】
（1）先根据一次函数解析式求出A,D的坐标，根据三角形的面积公式即可求解；
（1）过点A作AH⊥DB，先计算出AD=，根据正方形的性质得到BD=，AH=DH=BD=，由PG=，得到DP+BG=，则PH=BG,可证得Rt△APH≌Rt△PFG，即可得到AP=PF且AP⊥PF；
（3）把△AGB绕点A点逆时针旋转90°得到△AMD，可得∠MDA=∠ABG=45°，DM=BG, ∠MAD=∠BAG,AM=AG,则∠MDP=90°，根据勾股定理有DP1+BG1=PM1,由∠PAG=45°，可得∠DAP+∠BAG=45°，即∠MAP=45°，易证得△AMP≌△AGP，得到MP=PG,即可DP1+BG1=PM1．
【详解】
（1）∵直线y=1x+1交x轴于A，交y轴于 D，
令x=0，解得y=1，∴D（0，1）
令y=0，解得x=-1，∴A（-1，0）
∴AO=1，DO=1，
∴直线y=1x+1与坐标轴所围成的图形△AOD=×1×1=1；
（1）AP=PF且AP⊥PF，理由如下：
过点A作AH⊥DB，如图，
∵A（-1，0），D（0，1）
∴AD===AB，
∵四边形ABCD是正方形
∴BD==，
∴AH=DH=BD=，
而PG=，
∴DP+BG=，
而DH=DP+PH=
∴PH=BG,
∵∠GBF=45°
∴BG=GF=HP
∴Rt△APH≌Rt△PFG，
∴AP=PF, ∠PAH=∠PFG
∴∠APH+∠GPF=90°即AP⊥PF；
（3）PD1+BG1=PG1，理由如下：
如图，把△AGB绕点A点逆时针旋转90°得到△AMD，连接MP，
∴∠MDA=∠ABG=45°，DM=BG, ∠MAD=∠BAG,AM=AG,
∴∠MDP=90°，
∴DP1+BG1=PM1,
又∵∠PAG=45°，
∴∠DAP+∠BAG=45°，
∴∠MAD+∠DAP =45°，即∠MAP=45°，
而AM=AG，
∴△AMP≌△AGP，
∴MP=PG,
∴PD1+BG1=PG1
此题主要考查一次函数与正方形的性质综合，解题的关键是熟知一次函数的图像与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质．
17、（1）见解析；（2）见解析；（3）S菱形AEBD＝1．
【解析】
（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的判定证明即可；
（2）由△AFD≌△BFE，推出AD＝BE，可知四边形AEBD是平行四边形，再根据BD＝AD可得结论；
（3）解直角三角形求出EF的长即可解决问题；
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CE，
∴∠DAF＝∠EBF，
∵∠AFD＝∠EFB，AF＝FB，
∴△AFD≌△BFE（AAS）；
（2）∵△AFD≌△BFE，
∴AD＝EB，∵AD∥EB，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵BD＝AD，
∴四边形AEBD是菱形．
（3）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠DCB，
∴tan∠ABE＝tan∠DCB＝3，
∵四边形AEBD是菱形，
∴AB⊥DE，AF＝FB，EF＝DF，
∴tan∠ABE＝＝3，
∵BF＝，
∴EF＝，
∴DE＝3，
∴S菱形AEBD＝•AB•DE＝＝1．
本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
18、 (1) A,B两种品牌的教学设备分别为20套,30套; (2) 至多减少1套.
【解析】
（1）设A品牌的教学设备x套，B品牌的教学设备y套，根据题意可得方程组，解方程组即可求得商场计划购进A，B两种品牌的教学设备的套数；
(2)设A种设备购进数量减少a套，则B种设备购进数量增加1.5a套，由题意得不等式1.5（20-a）+1.2（30+1.5a）≤69，解不等式即可求得答案.
【详解】
（1）设A品牌的教学设备x套，B品牌的教学设备y套，由题意，得
，
解得：．
答：该商场计划购进A品牌的教学设备20套，B品牌的教学设备30套；
（2）设A种设备购进数量减少a套，则B种设备购进数量增加1.5a套，由题意，得
1.5（20-a）+1.2（30+1.5a）≤69，
解得：a≤1．
答：A种设备购进数量至多减少1套．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、13 13.5
【解析】
这组数据中出现次数最多的数为众数；把这组数按从小到大的顺序排列，因为数的个数是偶数个，那么中间两个数的平均数即是中位数由此解答．
【详解】
解：∵15、13、14、13、16、13中13出现次数最多有3次，
∴众数为13，
将这组数从小到大排列为：13，13，13，14，15，16，最中间的两个数是13，14，所以中位数=（13+14）÷2=13.5
故答案为：13；13.5.
此题主要考查了中位数和众数的含义．
20、1．
【解析】
根据翻转变换的性质得到BF=DF，根据三角形的周长公式计算即可．
【详解】
由翻转变换的性质可知，BF＝DF，
则△DCF的周长＝DF+CF+CD＝BF+CF+CD＝BC+CD＝1cm，
故答案为：1．
本题考查的是翻转变换的性质，翻转变换是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
21、①②⑤
【解析】
由平行四边形的性质得出AD∥BC，AD=BC，由AE平分∠BAD，可得∠BAE=∠DAE，可得∠BAE=∠BEA，得AB=BE，由AB=AE，得到△ABE是等边三角形，②正确；则∠ABE=∠EAD=60°，由SAS证明△ABC≌△EAD，①正确；由△FCD与△ABD等底（AB=CD）等高（AB与CD间的距离相等），得出S△FCD=S△ABD，由△AEC与△DEC同底等高，所以S△AEC=S△DEC，得出S△ABE=S△CEF．⑤正确．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴∠EAD=∠AEB，
又∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE，
∵AB=AE，
∴△ABE是等边三角形；
②正确；
∴∠ABE=∠EAD=60°，
∵AB=AE，BC=AD，
∴△ABC≌△EAD（SAS）；
①正确；
∵△FCD与△ABC等底（AB=CD）等高（AB与CD间的距离相等），
∴S△FCD=S△ABC，
又∵△AEC与△DEC同底等高，
∴S△AEC=S△DEC，
∴S△ABE=S△CEF；
⑤正确．
若AD与AF相等，即∠AFD=∠ADF=∠DEC，
即EC=CD=BE，
即BC=2CD，
题中未限定这一条件，
∴③④不一定正确；
故答案为：①②⑤．
此题考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质．此题比较复杂，注意将每个问题仔细分析．
22、
【解析】
根据二次根式有意义的条件可得x-4≥0，再解即可．
【详解】
由题意得：x−4⩾0，
解得：x⩾4，
故答案为：x⩾4
此题考查二次根式有意义的条件，解题关键在于二次根式有意义的条件得到x-4≥0
23、
【解析】
当m-3＞0时，直线均经过第一象限；当m-3＜0时，直线与y轴交点≤0时不经过第一象限.
【详解】
解：当m-3＞0，即m＞3时，直线均经过第一象限，不合题意，则m＜3；
当m＜3时，只有-3m+1≤0才能使得直线不经过第一象限，解得，
综上，的取值范围是：.
本题考查了一次函数系数与象限位置的关系，注意分类讨论.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）y=x+ ，y=﹣；（2）∠ACO=30°；
【解析】
（1）根据A、B两点坐标求得一次函数解析式，再求得D点的具体坐标，从而求得反比例函数的解析式.
（2）联立函数解析式求得C点坐标，过C点作CH⊥x轴于H，证明为等腰三角形，根据特殊直角三角形求得的度数，从而求得的度数.
【详解】
解：(1)设直线AB的解析式为： ，
把A(0，)，B(2，0)分别代入，
得，，
解得 =，b=．
∴直线AB的解析式为：y=x+；
∵点D(1，a)在直线AB上，
∴a=+=，即D点坐标为(1，)，
又∵D点(1，)在反比例函数的图象上，
∴k=1×=﹣，
∴反比例函数的解析式为：y=﹣；
(2)由，解得或，
∴C点坐标为(3，﹣)，过C点作CH⊥x轴于H，如图，
∵OH=3，CH=，
∴OC=，而OA=，
∴OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA．
又∵OB=2，
∴AB=，
在Rt△AOB中，
∴∠OAB=30°，
∴∠ACO=30°
本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，解题的关键是熟练掌握待定系数法.
25、（1）证明见解析；（2）DF=；（3）PF=.
【解析】
试题分析：(1)、根据矩形的可得AD=BC，AB=CD，根据折叠图形可得BC=EC，AE=AB，则可得AD=CE，AE=CD，从而得到三角形全等；(2)、设DF=x，则AF=CF=4－x，根据Rt△ADF的勾股定理求出x的值；(3)、根据菱形的性质进行求解.
试题解析：(1)、∵矩形ABCD ∴AD=BC,AB=CD,AB∥CD ∴∠ACD=∠CAB
∵△AEC由△ABC翻折得到 ∴AB="AE,BC=EC," ∠CAE=∠CAB ∴AD=CE，DC=EA，∠ACD=∠CAE，
在△ADE与△CED中∴△DEC≌△EDA（SSS）；
(2)、如图1，∵∠ACD=∠CAE， ∴AF=CF， 设DF=x，则AF=CF=4﹣x，
在RT△ADF中，AD2+DF2=AF2， 即32+x2=（4﹣x）2， 解得；x=， 即DF=．
(3)、四边形APCF为菱形 设AC、FP相较于点O ∵FP⊥AC ∴∠AOF=∠AOP
又∵∠CAE=∠CAB， ∴∠APF=∠AFP ∴AF=AP ∴FC=AP
又∵AB∥CD ∴四边形APCF是平行四边形 又∵FP⊥AC ∴四边形APCF为菱形 PF=
考点：(1)、折叠图形的性质；(2)、菱形的性质；(3)、三角形全等；(4)、勾股定理.
26、（1）40-2x（2）15米或5米（3）不可能
【解析】
（1）直接由图可知AB=总长度+3-2x.
(2) 由题意得：（40﹣2x）x＝150,解得即可.
(3)由题意判断（40﹣2x）x＝210是否有解即可.
【详解】
（1）∵中间共留三个 1 米的小门，
∴篱笆总长要增加 3 米，篱笆变为 40 米， 设篱笆 BC 长为 x 米，
∴AB＝40﹣2x（米） 故答案为40﹣2x．
（2）设篱笆 BC 长为 x 米． 由题意得：（40﹣2x）x＝150解得：x＝15，x＝5
∴篱笆 BC 的长为：15 米或 5 米．
（3）不可能．
∵假设矩形鸡舍 ABCD 面积是 210 平方米， 由题意得：（40﹣2x）x＝210，
整理得：x2﹣20x+105＝0， 此方程中△＜0，
∴方程无解．
故矩形鸡舍 ABCD 面积不可能达到 210 平方米．
本题考查的知识点是一元二次方程的应用，解题的关键是熟练的掌握一元二次方程的应用.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
笔 试
面 试
体 能
甲
85
80
75
乙
80
90
73
丙
83
79
90
A
B
进价(万元/套)
1.5
1.2
售价(万元/套)
1.65
1.4