宜兴市丁蜀镇陶都中学2025届九上数学开学统考试题【含答案】

这是一份宜兴市丁蜀镇陶都中学2025届九上数学开学统考试题【含答案】，共26页。试卷主要包含了选择题，四象限，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x＞y，则下列不等式中不一定成立的是（ ）
A．x﹣1＞y﹣1B．2x＞2yC．x+1＞y+1D．x2＞y2
2、（4分）化简的结果是（ ）
A．2B．C．4D．16
3、（4分）在相同时刻，物高与影长成正比．如果高为1.5米的标杆影长为2.5米，那么此时高为18米的旗杆的影长为（ ）
A．20米B．30米C．16米D．15米
4、（4分）下列说法中正确的是（ ）
A．在△ABC中，AB2+BC2＝AC2
B．在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2
C．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB2+BC2＝AC2
D．AB、BC、AC是△ABC的三边，若AB2+BC2＝AC2，则△ABC是直角三角形
5、（4分）若关于x的方程kx2﹣3x﹣=0有实数根，则实数k的取值范围是（ ）
A．k=0B．k≥﹣1C．k≥﹣1且k≠0D．k＞﹣1
6、（4分）已知反比例函数，下列结论不正确的是（ ）.
A．该函数图像经过点（-1,1）B．该函数图像在第二、四象限
C．当x1时，
7、（4分）等边△ABC的边长为6，点O是三边垂直平分线的交点，∠FOG=120°，∠FOG的两边OF，OG分别交AB，BC与点D，E，∠FOG绕点O顺时针旋转时，下列四个结论正确的是（ ）
①OD=OE；②；③；④△BDE的周长最小值为9.
A．1个B．2个C．3个D．4个
8、（4分）如图①，，点在线段上，且满足.如图②，以图①中的，长为边建构矩形，以长为边建构正方形，则矩形的面积为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）在△ABC中，AB=10，CA=8，BC=6，∠BAC的平分线与∠BCA的平分线交于点I，且DI∥BC交AB于点D,则DI的长为____.
10、（4分）如图，在平行四边形ABCD中，连接AC，按以下步骤作图：分别以点A，C为圆心，以大于AC的长为半径画弧，两弧分别相交于点M，N，作直线MN交CD于点E，交AB于点F．若AB=5，BC=3，则△ADE的周长为__________．
11、（4分）计算_________.
12、（4分）如图 ，矩形 ABCD 中，对角线 AC，BD 相交于点 O，若再补充一个条件就能使矩形 ABCD 成为正方形，则这个条件是 （只需填一个条件即可）.
13、（4分）当a=______时，的值为零．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）毎年6月，学校门口的文具店都会购进毕业季畅销商品进行销售．已知校门口“小光文具店“在5月份就售出每本8元的A种品牌同学录90本，每本10元的B种品牌同学录175本．
（1）某班班长帮班上同学代买A种品牌和B种品牌同学录共27本，共花费246元，请问班长代买A种品牌和B种品牌同学录各多少本？
（2）该文具店在6月份决定将A种品牌同学录每本降价3元后销售，B种品牌同学录每本降价a%（a＞0）后销售．于是，6月份该文具店A种品牌同学录的销量比5月份多了a%，B种品牌同学录的销量比5月份多了（a+20）%，且6月份A、B两种品牌的同学录的销售总额达到了2550元，求a的值．
15、（8分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（-3，0），B（0，-1），C（0，）三点．
（1）求直线AB的解析式．
（2）若点D在直线AB上，且DB=DC，尺规作图作出点D（保留作图痕迹），并求出点D的坐标．
16、（8分）某中学七、八年级各选派10名选手参加知识竞赛，计分采用10分制，选手得分均为整数，成绩达到6分或6分以上为合格，达到9分或10分为优秀．这次竞赛后，七、八年级两支代表队选手成绩分布的条形统计图和成绩统计分析表如下，其中七年级代表队得6分、10分选手人数分别为a，b．
（1）请依据图表中的数据，求a，b的值．
（2）直接写出表中的m= ，n= ．
（3）有人说七年级的合格率、优秀率均高于八年级，所以七年级队成绩比八年级队好，但也有人说八年级队成绩比七年级队好．请你给出两条支持八年级队成绩好的理由．
17、（10分）如图，正方形网格中的每个小正方形边长都为1，每个小正方形的顶点叫格点，分别按下列要求画以格点为顶点三角形和平行四边形．
（1）三角形三边长为4，3，；
（2）平行四边形有一锐角为45°，且面积为1．
18、（10分）如图，在直角坐标系中，四边形OABC为矩形，A（6，0），C（0，3），点M在边OA上，且M（4，0），P、Q两点同时从点M出发，点P沿x轴向右运动；点Q沿x轴先向左运动至原点O后，再向右运动到点M停止，点P随之停止运动．P、Q两点运动的速度分别为每秒1个单位、每秒2个单位．以PQ为一边向上作正方形PRLQ．设点P的运动时间为t（秒），正方形PRLQ与矩形OABC重叠部分（阴影部分）的面积为S（平方单位）．
（1）用含t的代数式表示点P的坐标．
（2）分别求当t=1，t=3时，线段PQ的长．
（3）求S与t之间的函数关系式．
（4）直接写出L落在第一象限的角平分线上时t的值．
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）如图，在矩形ABCD中，AD=10，AB=8，点P在AD上，且BP=BC，点M在线段BP上，点N在线段BC的延长线上，且MP=NC，连接MN交线段PC于点F，过点M作ME⊥PC于点E，则EF= _______.
20、（4分）如图，A、B两点分别位于一个池塘的两端，小聪想用绳子测量A、B间的距离，但绳子不够长，一位同学帮他想了一个主意：先在地上取一个可以直接到达A、B的点C，找到AC、BC的中点D、E，并且测出DE的长为13m，则A、B间的距离为______m．
21、（4分）如图矩形ABCD中，AD=，F是DA延长线上一点，G是CF上一点，∠ACG=∠AGC，∠GAF=∠F=20°，则AB=__．
22、（4分）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，点G是EF的中点，连接CG、BG、BD、DG，下列结论：① BC=DF，②∠DGF=135；③BG⊥DG，④ 若3AD=4AB，则4S△BDG=25S△DGF；正确的是____________（只填番号）．
23、（4分）已知函数y=(k-1)x|k|是正比例函数，则k=________
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）计算：
(1)
（2）
(3)若与|x－y－3|互为相反数，则x＋y的值为多少？
25、（10分）直线与抛物线交于、两点，其中在轴上，是抛物线的顶点．
（1）求与的函数解析式；
（2）求函数值时的取值范围．
26、（12分）孝感市委市政府为了贯彻落实国家的“精准扶贫”战略部署，组织相关企业开展扶贫工作，博大公司为此制定了关于帮扶A、B两贫困村的计划．今年3月份决定从某地运送152箱鱼苗到A、B两村养殖，若用大小货车共15辆，则恰好能一次性运完这批鱼苗．已知这两种大小货车的载货能力分别为12箱/辆和8箱/辆，其运往A、B两村的运费如表：
（1）求这15辆车中大小货车各多少辆？
（2）现安排其中10辆货车前往A村，其余货车前往B村，设前往A村的大货车为x辆，前往A、B两村总运费为y元；
①试求出y与x的函数解析式；
②若运往A村的鱼苗不少于108箱，请你写出使总运费最少的货车调配方案，并求出最少运费．
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、D
【解析】
根据不等式的性质逐一进行判断,选项A,在不等式x>y两边都减1,不等号的方向不变,即可判断A的正确性,选项B,在不等式x>y两边都乘上2,不等号的方向不变,即可判断B的正确性;选项C,在不等式x>y两边都加上1,不等号的方向不变,即可判断C的正确性,选项D,可举例说明,例如当x=1,y=-2时,x>y,但x2＜y2,故可判断D的正确性,据此即可得到答案.
【详解】
A、不等式的两边减1，不等号的方向不变，故A不符合题意；
B、不等式的两边乘2，不等号的方向不变，故B不符合题意；
C、不等式的两边都加1，不等号的方向不变，故C不符合题意；
D、当0＜x＜1，y＜﹣1时，x2＜y2，故D符合题意；
故选D．
本题主要考查了不等式的相关知识质,熟练掌握不等式的性质是解题的关键;
2、A
【解析】
根据算术平方根的定义计算即可．
【详解】
∵11＝4，
∴4的算术平方根是1，即＝1．
故选：A．
本题考查算术平方根的概念：一般地，如果一个正数x的平方等于a，即x1＝a，那么这个正数x叫做a的算术平方根．记为．
3、B
【解析】
设此时高为18米的旗杆的影长为xm，利用“在同一时刻物高与影长的比相等”列出比例式，进而即可求解．
【详解】
设此时高为18米的旗杆的影长为xm，
根据题意得：=，
解得：x=30，
∴此时高为18米的旗杆的影长为30m．
故选：B．
本题考查了相似三角形的应用，掌握相似三角形的性质和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理，是解题的关键．
4、D
【解析】
根据勾股定理即可解答
【详解】
A、在△ABC中，不一定能够得到AB2+BC2＝AC2，故选项错误；
B、在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB2+BC2＝AC2，故选项错误；
C、在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB2+BC2＝AC2，故选项错误；
D、AB、BC、AC是△ABC的三边，若AB2+BC2＝AC2，则△ABC是直角三角形，故选项正确．
故选：D．
此题考查勾股定理，解题关键在于掌握勾股定理的内容
5、B
【解析】
讨论: ①当k=0时,方程化为一次方程, 方程有一个实数解; 当k≠0时,方程为二次方程 ，Δ≥0,然后求出两个中情况下的的公共部分即可.
【详解】
解:①当k=0时,方程化为-3x-=0,解得x=;
当k≠0时,Δ=≥0,解得
k≥-1,所以k的范围为k≥-1.
故选B.
本题主要考查一元二次方程根的判别式，注意讨论k的取值.
6、C
【解析】
∵∴A是正确的;反比例函数k=-1，图象在第二、四象限上，∴B是正确的;当xl时, ∴D是正确的.故选C
7、B
【解析】
连接OB、OC，如图，利用等边三角形的性质得∠ABO=∠OBC=∠0CB=30°，再证明∠BOD=∠COE，于是可判断△BOD≌△COE，所以BD=CE，OD=OE，则可对①进行判断；利用 得到四边形ODBE的面积 ，则可对进行③判断；作OH⊥DE，如图，则DH=EH，计算出=，利用面积随OE的变化而变化和四边形ODBE的面积为定值可对②进行判断；由于△BDE的周长=BC+DE=4+DE=4+OE，根据垂线段最短，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，计算出此时OE的长则可对④进行判断.
【详解】
解：连接OB、OC，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∵点0是△ABC的中心，
∴OB=OC，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠ABO=∠0BC=∠OCB=30°
∴∠BOC=120°，即∠BOE+∠COE=120°，而∠DOE=120°，即∠BOE+∠BOD=120°，
∴∠BOD=∠COE，
在△BOD和△COE中

∴△BOD2≌△COE，
∴BD=CE，OD=OE，所以①正确；
∴，
∴四边形ODBE的面积 ，所以③错误；
作OH⊥DE，如图，则DH=EH，
∵∠DOE=120°，
∴∠ODE=∠OEH=30°，
即S△ODE随OE的变化而变化，
而四边形ODBE的面积为定值，
所以②错误；
∵BD=CE，
∴△BDE的周长=BD+BE+DE=CE+BE+DE=BC+DE=4+DE=6+OE，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，此时OE=，
.△BDE周长的最小值=6+3=9，所以④正确.
故选：B.
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等.也考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质.
8、C
【解析】
利用黄金比进行计算即可．
【详解】
解：由得，
AC=AB=×2=-1，BC=AB=×2=3-，
因为四边形CBDE为正方形，所以EC=BC，
AE=AC-CE=AC-BC=（-1）-（3-）=2-4，
矩形AEDF的面积：AE•DE=（2-4）×（3-）=10-1．
故选C．
本题考查黄金分割的意义，熟练利用黄金比计算是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、2.5
【解析】
根据题意，△ABC是直角三角形，延长DI交AC于点E，过I作IF⊥AB，IG⊥BC，由点I是内心，则，利用等面积的方法求得，然后利用平行线分线段成比例，得，又由BD=DI，把数据代入计算，即可得到DI的长度.
【详解】
解：如图，延长DI交AC于点E，过I作IF⊥AB，IG⊥BC，

在△ABC中，AB=10，CA=8，BC=6，
∴，
∴△ABC是直角三角形，即AC⊥BC，
∵DI∥BC，
∴DE⊥AC，
∵∠BAC的平分线与∠BCA的平分线交于点I，
∴点I是三角形的内心，则，
在△ABC中，根据等面积的方法，有
，设
即，
解得：，
∵DI∥BC，
∴，∠DIB=∠CBI=∠DBI，
∴DI=BD，
∴，
解得：BD=2.5，
∴DI=2.5；
故答案为：2.5.
本题考查了三角形的角平分线性质，平行线分线段成比例，以及等面积法计算高，解题的关键是利用等面积法求得内心到各边的距离，以及掌握平行线分线段成比例的性质.
10、8
【解析】
解：由做法可知MN是AC的垂直平分线，
∴AE=CE.
∵四边形ABCD是平行四边形
∴CD=AB=5，AD=BC=3.
∴AD+DE+AE=AD+DE+CE=AD+CD=5+3=8，
∴△ADE的周长为8.
11、19+6
【解析】
根据完全平方公式展开计算即可。
【详解】
解：18+6+1=19+6
本题考查了用完全平方公式进行实数的计算，理解和掌握乘法公式是关键。
12、AB=BC（答案不唯一）．
【解析】
根据正方形的判定添加条件即可．
【详解】
解：添加的条件可以是AB=BC．理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，AB=BC，
∴四边形ABCD是正方形．
故答案为AB=BC（答案不唯一）．
本题考查了矩形的性质，正方形的判定的应用，能熟记正方形的判定定理是解此题的关键，注意：有一组邻边相等的矩形是正方形，对角线互相垂直的矩形是正方形．此题是一道开放型的题目，答案不唯一，也可以添加AC⊥BD．
13、﹣1．
【解析】
根据分式的值为零的条件列式计算即可．
【详解】
由题意得：a2﹣1=2，a﹣1≠2，
解得：a=﹣1．
故答案为：﹣1．
本题考查了分式的值为零的条件．若分式的值为零，需同时具备两个条件：①分子为2；②分母不为2．这两个条件缺一不可．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）班长代买A种品牌同学录12本，B种品牌同学录15本；（2）a的值为1．
【解析】
（1）设班长代买A种品牌同学录x本，B种品牌同学录y本，根据总价＝单价×数量结合购买A、B两种品牌同学录27本共花费246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，即可得出关于a的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【详解】
解：（1）设班长代买A种品牌同学录x本，B种品牌同学录y本，
依题意，得：，
解得：．
答：班长代买A种品牌同学录12本，B种品牌同学录15本．
（2）依题意，得：（8﹣3）×90（1+a%）+10（1﹣a%）×175[1+（a+1）%]＝2550，
整理，得：a2﹣1a＝0，
解得：a1＝1，a2＝0（舍去）．
答：a的值为1．
本题考查了二元一次方程组和一元二次方程的实际应用，根据实际问题找出等量关系，列出方程是解题的关键．
15、（1）y=x-1；（2）画图见解析，点D的坐标为（，）．
【解析】
（1）设直线AB解析式为：y=kx+b，把A，B坐标代入，求解即可；
（2）按照题目要求画图即可，根据题意可得点D在线段BC垂直平分线上，据此可求出D点坐标．
【详解】
（1）设直线AB解析式为：y=kx+b，
代入点A（-3，0），B（0，-1），
得：，
解得，
∴直线AB解析式为：y=x-1；
（2）如图所示：
∵B（0，-1），C（0，），DB=DC，
∴点D在线段BC垂直平分线上，
∴D的纵坐标为，
又∵点D在直线AB上，
令y=，得x=，
∴点D的坐标为（，）．
本题考查了用待定系数法求一次函数解析式，尺规作图，垂直平分线的性质，掌握知识点是解题关键．
16、（1）a=5，b=1；（2）m=6，n=20%；（3）答案见解析．
【解析】
试题分析：（1）根据题意可以得到关于a、b的方程组，从而可以求得a、b的值；
（2）根据表格可以得到m和n的值；
（3）根据表格中的平均数和中位数进行说明即可解答本题．
试题解析：解：（1）由题意和图表中的数据，可得：
，即，解得：；
（2）七年级的中位数m=6，优秀率n=2÷10=20%；
（3）八年级队成绩比七年级队好的理由：
①八年级队的平均分比七年级队高，说明八年级队总成绩比七年级队的总成绩好．
②中位数七年级队是6，八年级队是7.5，说明八年级队半数以上的学生比七年级队半数以上的成绩好．
点睛：本题考查条形统计图、中位数、方差，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
17、（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
分析：(1)4在网格线上，3是直角边为3的直角三角形的斜边，是直角边分别为1和3的直角三角形的斜边；(2)先构造一个直角边为2的等腰直角三角形，以此为基础再构造平行四边形.
详解：(1)图(1)即为所求；
(2)图(2)即为所求.
点睛：本题考查了勾股定理，在格点中，可结合网格中的直角构造直角三角形，一般有理数可用网格线表示，无理数可表示为直角三角形的斜边，勾股定理确定它的两条直角边.
18、（1）P（1+t，0）（0≤t≤1）；（2）当t=1时， PQ=2，当t=2时， PQ=3；（2）S=；（1）t=或s时，L落在第一象限的角平分线上．
【解析】
（1）求出OP的长即可解决问题；
（2）法两种情形分别求出MQ、PM的长即可解决问题；
（2）法三种情形：①如图1中，当0≤t≤1时，重叠部分是正方形PQLR；②如图2中，当1＜t≤2时，重叠部分是四边形PQDE；③如图2中，当2＜t≤1时，重叠部分是四边形ABDQ，分别求解即可；
（1）根据OQ=PQ，构建方程即可解决问题.
【详解】
解：（1）如图1中，∵M（1，0），
∴OM=1．PM=t，
∴OP=1+t，
∴P（1+t，0）（0≤t≤1）．
（2）当t=1时，MQ=2，MP=1，
∴PQ=2．
当t=2时，MQ=2，PM=2，
∴PQ=2+2=3．
（2）①如图1中，当0≤t≤1时，重叠部分是正方形PQLR，S=PQ2=9t2
②如图2中，当1＜t≤2时，重叠部分是四边形PQDE，S=PQ•DQ=9t．
③如图2中，当2＜t≤1时，重叠部分是四边形ABDQ，S=AQ•AB=2[6-2（t-2）]=-6t+20．
综上所述，S=．
（1）L落在第一象限的角平分线上时，OQ=LQ=PQ，
∴1-2t=2t或2（t-2）=t+1-2（t-2），
解得t=或．
∴t=或s时，L落在第一象限的角平分线上．
本题考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，学会由方程的思想思考问题，属于中考压轴题．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
过点M作MH∥BC交CP于H，根据两直线平行，同位角相等可得∠MHP=∠BCP，两直线平行，内错角相等可得∠NCF=∠MHF，根据等边对等角可得∠BCP=∠BPC，然后求出∠BPC=∠MHP，根据等角对等边可得PM=MH，根据等腰三角形三线合一的性质可得PE=EH，利用“角边角”证明△NCF和△MHF全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=FH，从而求出EF=CP，根据矩形的对边相等可得BC=AD=10，再利用勾股定理列式求出AP，然后求出PD，再次利用勾股定理列式计算即可求出CP，从而得解．
【详解】
如图,过点M作MH∥BC交CP于H，
则∠MHP=∠BCP，∠NCF=∠MHF，
∵BP=BC，
∴∠BCP=∠BPC，
∴∠BPC=∠MHP，
∴PM=MH，
∵PM=CN，
∴CN=MH，
∵ME⊥CP,
∴PE=EH，
在△NCF和△MHF中，
，
∴△NCF≌△MHF(AAS)，
∴CF=FH，
∴EF=EH+FH=CP，
∵矩形ABCD中，AD=10，
∴BC=AD=10，
∴BP=BC=10，
在Rt△ABP中,AP===6，
∴PD=AD−AP=10−6=4，
在Rt△CPD中,CP===，
∴EF=CP=×=.
故答案为：.
本题考查等腰三角形的性质、勾股定理和全等三角形的判定(AAS)与性质，解题的关键是掌握等腰三角形的性质、勾股定理和全等三角形的判定(AAS)与性质.
20、1
【解析】
D、E是AC和BC的中点，则DE是△ABC的中位线，则依据三角形的中位线定理即可求解．
【详解】
解：∵D，E分别是AC，BC的中点，
∴AB=2DE=1m．
故答案为：1．
本题考查了三角形的中位线定理，正确理解定理是解题的关键．
21、
【解析】
试题分析：根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠AGC=∠GAF+∠F=40°，再根据等腰三角形的性质求出∠CAG，然后求出∠CAF=120°，再根据∠BAC=∠CAF-∠BAF求出∠BAC=30°，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得AC=2BC=2AD，然后利用勾股定理列式计算即可得解．
试题解析：由三角形的外角性质得，∠AGC=∠GAF+∠F=20°+20°=40°，
∵∠ACG=∠AGC，
∴∠CAG=180°-∠ACG-∠AGC=180°-2×40°=100°，
∴∠CAF=∠CAG+∠GAF=100°+20°=120°，
∴∠BAC=∠CAF-∠BAF=30°，
在Rt△ABC中，AC=2BC=2AD=2，
由勾股定理，AB=．
【考点】1.矩形的性质；2.等腰三角形的判定与性质；3.含30度角的直角三角形；4.直角三角形斜边上的中线；5.勾股定理．
22、①③④
【解析】
根据矩形的性质得：BC=AD，∠BAD=∠ADC=90°，由角平分线可得△ADF是等腰直角三角形，则BC=DF=AD，故①正确；
先求出∠BAE=45°，判断出△ABE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AB=BE，∠AEB=45°，从而得到BE=CD；再求出△CEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得CG=EG，再求出∠BEG=∠DCG=135°，然后利用“边角边”证明△BEG≌△DCG，得到∠BGE=∠DGC，由∠BGE＜∠AEB，得到∠DGC=∠BGE＜45°，∠DGF＜135°，故②错误；
由全等三角形的性质可得∠BGE=∠DGC，即可得到③正确；
由△BGD是等腰直角三角形得到BD=5a，求得S△BDG，过G作GM⊥CF于M，求得S△DGF，进而得出答案．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，∴BC=AD，∠BAD=∠ADC=90°．
∵AF平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAF=45°，∴△ADF是等腰直角三角形，∴DF=AD，∴BC=DF，故选项①正确；
∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AB=BE，∠AEB=45°．
∵AB=CD，∴BE=CD；
∵∠CEF=∠AEB=45°，∠ECF=90°，∴△CEF是等腰直角三角形．
∵点G为EF的中点，∴CG=EG，∠FCG=45°，∴∠BEG=∠DCG=135°．
在△BEG和△DCG中，∵，∴△BEG≌△DCG（SAS），∴∠BGE=∠DGC．
∵∠BGE＜∠AEB，∴∠DGC=∠BGE＜45°．
∵∠CGF=90°，∴∠DGF＜135°，故②错误；
∵△BEG≌△DCG，∴∠BGE=∠DGC，BG=DG．
∵∠EGC=90°，∴∠BGD=90°，∴BG⊥DG，故③正确；
∵3AD=4AB，∴，∴设AB=3a，则AD=4a．
∵BD=5a，∴BG=DGa，∴S△BDGa1．
过G作GM⊥CF于M．
∵CE=CF=BC﹣BE=BC﹣AB=a，∴GMCFa，∴S△DGF•DF•GM4aa=a1，∴S△BDGS△DGF，∴4S△BDG=15S△DGF，故④正确．
故答案为①③④．
本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等和等腰直角三角形是解决问题的关键．
23、-1
【解析】
试题解析：∵根据正比例函数的定义，
可得：k-1≠0，|k|=1，
∴k=-1．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）； (2)﹣6；（3）1.
【解析】
分析：（1）先化简每个二次根式，然后合并同类二次根式即可；
（2）先算乘法、化简二次根式，去掉绝对值符号，然后合并即可；
（3）由两非负数之和为0，两非负数分别为0列出关于x与y的方程组，求出方程组的解得到x与y的值，即可求出x+y的值．
详解：（1）原式==；
（2）原式=
=
=－6；
（3）∵+|x﹣y﹣3|=0，
∴，
解得：，
则x+y=15+12=1．
点睛：本题考查了二次根式的混合运算和解二元一次方程组，以及非负数的性质．解题的关键是熟练掌握二次根式的运算法则和非负数的性质．
25、（1），；（2）
【解析】
（1）将代入求得m,确定一个解析式；由P点在x轴上，即纵坐标为0，确定P的坐标，再结合顶点式，即可确定第二个解析式；
（2）由（1）得到得解析式，然后列出不等式，解不等式即可.
【详解】
（1）把代入，
∴，
∴，
∴，
∴令，，
∴，
∴，
∵抛物线的顶点为，
∴设抛物线.
代入得，
∴，
即.
（2）由题意得：x+1＜
解得：.
本题主要考查了待定系数法确定解析式和解不等式，其中解不等式是解答本题的关键.
26、（1）这15辆车中大货车用8辆，小货车用7辆；（2）①y＝100x+9400（3≤x≤8，且x为整数）；②使总运费最少的调配方案是：7辆大货车、3辆小货车前往A村；1辆大货车、4辆小货车前往B村．最少运费为10100元．
【解析】
（1）设大货车用x辆，小货车用y辆，根据大、小两种货车共15辆，运输152箱鱼苗，列方程组求解；
（2）设前往A村的大货车为x辆，则前往B村的大货车为（8﹣x）辆，前往A村的小货车为（10﹣x）辆，前往B村的小货车为[7﹣（10﹣x）]辆，根据表格所给运费，求出y与x的函数关系式；
（3）结合已知条件，求x的取值范围，由（2）的函数关系式求使总运费最少的货车调配方案．
【详解】
解：（1）设大货车用x辆，小货车用y辆，根据题意得：
，
解得：．
故这15辆车中大货车用8辆，小货车用7辆．
（2）y＝800x+900（8﹣x）+400（10﹣x）+600[7﹣（10﹣x）]＝100x+9400（3≤x≤8，且x为整数）．
（3）由题意得：12x+8（10﹣x）≥108，
解得：x≥7，
又∵3≤x≤8，
∴7≤x≤8且为整数，
∵y＝100x+9400，
k＝100＞0，y随x的增大而增大，
∴当x＝7时，y最小，
最小值为y＝100×7+9400＝10100（元）．
答：使总运费最少的调配方案是：7辆大货车、3辆小货车前往A村；1辆大货车、4辆小货车前往B村．最少运费为10100元．
本题考查了一次函数的应用，二元一次方程组的应用．关键是根据题意，得出安排各地的大、小货车数与前往B村的大货车数x的关系．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
目的地
费用
车型
A村（元/辆）
B村（元/辆）
大货车
800
900
小货车
400
600