期中综合评价-【鸿鹄志·名师测控】2025-2026学年八年级下册数学（沪科版·新教材）

期中综合评价 多串 (时间：120分钟满分：150分) 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分） 1.使√x一2有意义的x的取值范围为 A.x≥0 B.x≠2 C.x≥2 D.x≤2 2.下列各组数中，是勾股数的是 A.1,2,3 B.3,4,5 c日g0 D.√3,4，/5 3.若x1,x2是一元二次方程x2一2x一3=0的两个根，则x1x2的 值是 ( 数 A.2 B.-2 C.4 D.-3 4.用配方法解方程x2十4x十1=0时，配方结果正确的是( A.(x-2)2=5 B.(x-2)2=3 C.(x+2)2=5 D.(x十2)2=3 5.下列计算结果正确的是 A.√2+√6=√8 B.62-√2=6 C.2√23√2=6√2 D.2√2÷√2=2 6.某商店今年1月份的销售额是2万元，3月份的销售额是 4.5万元，则从1月份到3月份，该店销售额平均每月的增 长率是 ( A.20% B.25% C.50% D.62.5% 7.实数a,b在数轴上对应点的位置如图所示，则化简√(a-2)z √(a十b)的结果是 ( 3202 A.-b-2 B.b+2 批 C.b-2 D.-2a-b-2 8.如图，从帐篷的顶部A向地面拉一根绳子AD以固定帐篷.帐 篷一边AC=√3，绳长AD=2,AD与地面的夹角∠D=45°，则 点D与帐篷底部点C之间的距离CD为 A.√2 B.√2-1 C.√3-√2 D.2-√3 -19 9.已知关于x的一元二次方程a(1+x2)+2bx=c(1-x2),其中 a,b,c分别为△ABC的三边长.若方程有两个相等的实数根， 则△ABC的形状为 A.等腰三角形 B.等边三角形 C.直角三角形 D.等腰直角三角形 10.如图，在长方形ABCD中，将此长方形折叠，使点C与点A重 合，折痕为EF.若AD=4,AB=2BF,则DE的长为() A B.5 C.√5-1 D.√5+1 D B (第10题图) (第13题图) 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11.计算√12+√27的结果为 12.某学习小组为了在学习上更好地互帮互助，每名组员都给同 组的其他同学各提一条建议，该小组一共收到72条建议.若 设这个小组有x人，则根据题意，可列方程为 13.如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=2BC=4,利用圆规 在CA上截取CD=CB,在AB上截取AE=AD,则BE的长 为 14.定义：若x1,x2是方程ax2十bx十c=0(a≠0)的两个整数根， 且满足|x1一x2|=1,则称此类方程为“自然方程”.例如，(x 2)(x一3)=0是“自然方程”. (1)下列方程是“自然方程”的是 .(填序号) ①2+x=1;②x2+3x+2=0,③x2-4-=0. (2)若方程x2一(m十1)x十m=0是“自然方程”，则m的值为 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15.计算： (1)4√5+√/45-√8+4√2； 20 2vI+60)÷2-6,F, 16.解方程： (1)x2-6x-7=0; (2)2x2-4x-5=0. 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17.已知2一√3是关于x的方程x2一4x一c=0的一个根，求另一 个根及c的值. 18.已知x=3+22,y=3-2√2，求+义-4的值. y℃ 一21 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分) 19.一个秋千架如图所示，从正面看（图①），当秋千绳子自然下垂 时，踏板离地面0.5m(踏板厚度忽略不计)，从侧面看（图 ②)，当秋千踏板荡起至点B位置时，点B离地面的垂直高度 BC为1m,离秋千支柱AD的水平距离BE为1.5m(不考虑 支柱的直径).求秋千支柱AD的高 B 1.5m 0.5m 1 m D 图① 图② 20.已知关于x的一元二次方程x2-(m+2)x+2m=0. (1)求证：不论m为何值，该方程总有两个实数根； (2)若该方程的两个实数根x1,x2满足x1x2一x1一x2=13,求 m的值. 六、（本题满分12分） 21.观察下列各式及其验证过程： 可1=+验正：8可--+号： 可-+号验证可--+ v=+酸证6=幂-1+号 22 (1)仿照上述三个等式的变形，对下列式子进行变形： 号V6-1=,6-1= 氵 (2)根据上述规律，写出用n(n为正整数且n≥2)表示的等 式，并加以验证. 七、（本题满分12分） 22.某小区新建一个三层停车楼，每一层布局如图所示.已知每层 长为50m、宽为30m,阴影部分设计为停车位，停车位的地面需 要喷漆，其余部分是等宽的通道，已知每层喷漆面积为1196m2. (1)求通道的宽是多少米； (2)据调查分析，小区停车场多余64个车位可以对外出租，当 每个车位的月租金为200元时，可全部租出；当每个车位 的月租金每上涨10元，就会少租出1个车位，当每个车位 的月租金上涨多少元时，既能优惠大众，又能使对外开放 的月租金收入为14400元？ 50m 30m —23 八、（本题满分14分）》 23.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8,BC=16,D是 AC上一点，CD=3,点P从点B出发沿射线BC方向以每秒 2个单位长度的速度向右运动，设点P的运动时间为t,连接AP. (1)当t=4时，AP的长为 (2)当△ABP是以AB为底的等腰三角形时，求t的值； (3)过点D作DE⊥AP于点E,则在点P运动的过程中，当t 为何值时，DE=CD? -24但甲的方差比乙的方差小，甲的加工质量更稳定，所以甲的加工质量更好. 8.B9.68.58910.C 11,解：(1)小茗同学计算平均数的方法不恰当.因为对于三家餐厅星级评价的人数不 同，直接计算简单算术平均数会导致结果偏差，此时应使用加权平均数，以评价人数为 权重进行计算.（合理即可）(2)①餐厅应从服务这方面提升.理由：三项打分中，环境和 口味打分的众数都为5分，大于服务打分的众数4.5分，所以该餐厅应从服务这方面提 升.（答案不唯一，合理即可）@=3.5+5十5+4十3十4+5+5+4,5+5=4.4（分）， 10 品*=品×[3.5-442+5X5-440+2X4-442+(8-4.4+(4.5-4.4门 =0.49.,0.3<0.49,.环境打分的分数比较稳定..王老师的说法正确. 综合评价 第16章综合评价 1.C2.B3.A4.C5.C6.B7.C8.D9.D10.A11.<12.x<3y5 5 13.414.(1)W5-1(2)13或7 15.解：原式=√16-√6+2√6=4+√. 16.解：2√50+2√18=10√2+6√2=16√2(dm).答：所需的彩条总长度为l6√2dm. 17.解：x+y=√3+1+√3-1=2√3，x-y=√3+1-√3+1=2.(1)x2+2xy十y2=(x+ y)2=(23)=12.(2)x2-y2=(x+y)(x-y)=2V3X2=4√3. 18.解：1)根据题意，设d=,将d=40,0=20代入，得40-202，解得及=0d- 0.=10a.(2)当d=32时，。=0x2-85. 19.解：(1)1-√2(2)(x-√2)2+(x-1)2=(1-√2-√2)2+(1-√2-1)2=(1 2√2)2+2=1-4√2+8+2=11-4√2. 20解：1n√4+后=5V后2V+=a+1V乐 1 1 证明如下：左边= /n2+2n+1 /n+1)z -a+1乐-右边骑想成立.(3)原式-10√而 1 Nn+2 =Wn+2 ×20V2×v4o2xV=10×20)×(W而×vo)×(√2×v42)= 20000√2. 21.解：(1)一13-√2(2)m与4-√3是关于3的“实验数”.理由如下：，m十4一√3 =(1+√3)(2-√3)+4-√3=2-√3+2√3-3+4-√5=3，∴.m与4-√3是关于3的 “实验数” 2.解：D原式g2g十历-23+3+7.2)3a18a=1=3a2-0中 9)-28=3(a-3)2-28.a=。1 3+253+2②)(3-2②=3-2瓦，a-3= 3-2√2 -2√2.∴.原式=3×(-2√2)2-28=-4. 23.解：(1)>>=(2)m十n≥2√mm(m≥0，n≥0).理由如下：当m≥0，n≥0时， (√m-√m)2≥0，∴.（√m)2-2√m·√m+(Wm)2≥0.∴.m-2√/mn+n≥0..m+n≥ 2√m.(3)设该矩形花圃平行于墙体的一边长为am,则其垂直于墙体的一边长为 m.根据题意，得篱笆的长度C=a十3×300=a+900.由上述结论，得C=a十900 300 a a ≥2√a·00-60.∴当a-90时，即a=30时，C有最小值60.所用的篱爸至少为 a a 60m. -25 第17章综合评价 1.C2.D3.B4.A5.C6.C7.D8.A9.B10.D 11.x2+x=0(答案不唯一)12.n≥-113.1014.(1)10(2)x1=4,x2=-2 15.解：(1)移项，得x(x+1)一2x2=0.因式分解，得x(x+1一2x)=0,.x=0,或1一x =0..x1=0,x2=1.(2)方程两边同乘以x2一4x,得4-x=x2-4x,整理，得(x一4)(x 十1)=0.解得x1=4,x2=一1.检验：当x=4时，x2-4x=0,.x=4不是原方程的根. 当x=一1时，x2一4x≠0，.x=一1是原方程的根..原方程的根为x=一1. 16.解：.方程x2一6x十m2一4m一4=0的一个根是一1，∴.1十6十m2一4m一4=0.整 理，得m2-4m十3=0，解得m1=1,m2=3. 17.解：(1)公式法②(2)整理，得x2-3x-1=0.这里a=1,b=-3,c=-1.,b- 4ac=13>0,x=二（-3)±压_3±，厘.：=3+)压，4=3-压 2×1 2 2 2 18.解：(1)设平均每次降价的百分率是x.根据题意，得200(1一x)2=162,解得x= 0.1=10%,x2=1.9(不合题意，舍去).答：平均每次降价的百分率为10%.(2)售货员 的方案对顾客更优惠.理由如下：：200×(1一5%)×(1一15%)=161.5<162，.售货 员的方案对顾客更优惠。 19.解：(1)将m=一3代人方程，得x2-2x-3=0,解得x1=-1,x2=3.(2)x1,x2是 方程的两个实数根，.x1十x2=2,x1x2=m.·x1x2十2(x1十x2)>0,.m十2X2>0, 解得m>一4.，'△=（一2)2-4X1Xm≥0，解得m1..m的取值范围是-4<m1. 20.(1)解：.a=1,b=-(k+4),c=k十3，.△=b2一4ac=[-(k+4)]2-4X1X(k+ 3)=2+4k十4=(k十2)2.：方程有两个相等的实数根，.（十2）2=0，解得=一2. (2)证明：：x2-(k+4)x++3=0,.(x-1)[x-(k+3)]=0..x-1=0或x-(k+ 3)=0.∴.x1=1,x2=k十3.无论为何值，方程总有一个不变的根为x=1. 21.解：(1)实际销售价格为(80一x)元/kg,销售数量为(30+2x)kg.(2)根据题意，得 (80一x一50)(30十2x)=1000,解得x1=10,x2=5.,要让顾客得到实惠，·x=10. 答：每千克应降价10元. 22.解：(1)24(2)x2+16x-5=x2+16x+82-69=(x+8)2-69.:'(x+8)2≥0， .(x+8)2-69≥-69..当x=-8时，x2+16x一5有最小值，最小值为-69.(3)S> S2.理由如下：由题意，得S1=(3a十2)(2a+5)=6a+19a+10,S2=5a(a+5)=5a2+ 25a,.S1-S2=6a2+19a+10-5a2-25a=a2-6a+10=(a-3)2+1.(a-3)2≥0， .(a-3)2+1>0..S1-S2>0..S>52. 23.解：(1)设剪去的小正方形的边长为xcm.由题意，得(100-2x)(40-2x)=1600, 解得x1=10,x2=60(不合题意，舍去).答：剪去的小正方形的边长为10cm.(2)①设收 纳盒的高为acm,则收纳盒底面的长为100,2a=(50一a)cm,宽为(40-2a)cm.由题 2 意，得(50a)(40一2a)=608,解得a1=12,a2=58(不合题意，舍去).答：收纳盒的高 为12cm.②不能.理由如下：由①得该收纳盒的高为12cm.:12<18,.不能把玩具机 械狗完全立着放入该收纳盒。 第18章综合评价 1.B2.D3.B4.B5.B6.D7.D8.D9.B10.D11.512.2613.23 14.(1)136(2)6√2 15.解：：AD⊥BC,.∠ADB=∠ADC=90°.在Rt△ABD中，BD=√AB2-AD= √/122-82=4W5.在Rt△ACD中，CD=√AC2一AD2=/102-82=6.∴.BC=BD+ CD=4√5+6. 16.解：由题意，知AC⊥BD,CD=AE=3m,AC=8m,AB=17m.在Rt△ABC中，由 勾股定理，得BC=√/AB2-AC=15m,.BD=BC十CD=18m.答：发生火灾的住户 窗口距离地面18m. 17.解：∠C=90°，∠CAB=45°，.∠B=90°-∠CAB=45°=∠CAB.,.AC=BC.在 -26- Rt△ABC中，AB=2V3,由勾股定理，得AC十BC=AB2,即2AC=(2√5)2.∴.AC= √6.在Rt△ACD中，由勾股定理，得CD=√AD-AC=2. l8.解：易得Rt△CD'A≌Rt△ABC,.AC=AC=c,CD'=AB=a,AD'=CB=b, ∠CAD'=∠ACB.·∠ACB+∠CAB=90°，∴.∠CAD'+∠CAB=90°.∴.∠CAC= 90.Sscw=25acA+Sx=2x7ab计72=号a+66叶a）d2+82=2. 19.解：设机器人H跑步xm后与乐乐相遇，则AB=xm,BC=(9一x)m.,机器人 H1的跑步速度与乐乐的下滑速度相同，.DB=AB=xm.在Rt△BCD中，∠C=90°， .BD2=BC十CD.x2=(9-x)2十32，解得x=5..机器人H1跑步5m后与乐乐 相遇。 20.解：1w521+(m)2n(3):S=子，9=号，号=是… 2 %=碧，∴5+8+58+…+5=子+2++…+9-5 44 21.(1)证明：，DE垂直平分AB,.AB=2AD=2√5.，在△ABC中，BC=2,AC=4, .BC2+AC=22+42=20=AB2..AC⊥BC,即∠BCA=90°.(2)解：：DF是线段 AB的垂直平分线，∴.BF=AF.∴.CF=BF-BC=AF一2.在Rt△ACF中，CF2+AC =AF2,.(AF-2)2+42=AF2.∴.AF=5. 22.解：(1)连接AC.在Rt△ABC中，AB=BC=45√2m,∠B=90°，.AC= √AB2+BC=90m,∠CAB=∠ACB=45°.：'在△ACD中，AC+AD2=902+ (30√3)2=10800，CD2=(60√3)2=10800，.AC+AD2=CD,.△ACD是直角三 角形，且∠CAD=90°.∴.∠DAB=∠CAD+∠CAB=135°.(2)这辆车不能被摄像头监 控到.理由如下：过点D作DM⊥DA,交BE于点M.由(1)知∠DAB=135°，∴.∠DAM =180°-∠DAB=45°.DM⊥DA,∴.∠ADM=90°..∠AMD=90°-∠DAM=45. ∴.DM=DA=30V3m,∴.点A,M为摄像头在道路BE上能监控的最远位置.在 Rt△ADM中，AM=√AD2+DM=30√6m..BM=AB+AM=(45√2+30V6)m. ,105√2>45v2+30√6，∴这辆车不能被摄像头监控到. 23.(1)解：连接AP,BP,CP.PB2=12+22=5,PC=12+22=5,PA2=12+32=10, .PA2=PB2+PC..点P是△ABC关于点A的勾股点.(2)解：：AB=AC,AO是 BC边上的中线，BC=10,0B=OC=2BC=5,OALBC.:点C是△A0D关于点A 的“勾股点”，.AC2=OC2+CD2.:CD=12,OC=5,∴.AC=√OC+CD2=13.在 Rt△AOC中，OA=√AC-OC=12.(3)证明：：△ABC和△APD为等腰直角三角 形，.∠BAC=∠DAP=90°，∠ABC=∠ACB=45°，AB=AC,AD=AP..∠BAC- ∠DAC=∠DAP-∠DAC,即∠BAD=∠CAP.∴△ABD≌△ACP(SAS).∴.BD= PC,∠ABD=∠ACP=180°-∠ACB=135°..∠DBP=∠ABD-∠ABC=90°. ∴.BD+PB2=PD.PC十PB2=PD.∴点P为△BDC关于点D的“勾股点”. 期中综合评价 1.C2.B3.D4.D5.D6.C7.B8.B9.C10.C11.5W3 12.x(x-1)=7213.6-2√514.(1)②(2)2或0 15.解：(1)原式=45+35-2√2+4√2=7√5+2√2.(2)原式=(2√6+5√2)÷√2- 2√3=2√3+5-2W3=5. 16.解：(1)移项，得x2一6x=7.配方，得x2一6x十9=16.则(x一3)2=16.开平方，得x -3=士4.∴原方程的根是x1=7,x2=-1.(2),a=2,b=-4,c=-5,∴.b2一4ac= (一4-4X2×(-5)=6>0.代人求根公式，得=结=2生.= 2×2 2+y匹，4=2二g 2 2 -27 17.解：设方程的另一个根为a,则a十2-√3=4，.a=2十√3..-c=(2-√5)(2十√3) =1..c=一1..方程的另一个根为2十√3，c的值为一1. 18.解：“x=3+22,y=3-22,∴x+y=6xy=1.二+义-4=t+y+2z义-6 V xy =z+y》2-6=62-6=30. xy 19.解：设AD=xm.由题意，得AB=(x-0.5)m,AE=(x-1)m.在Rt△ABE中，由 勾股定理，得AE2+BE=AB2,.(x一1)2+1.52=(x一0.5)2，解得x=3..秋千支柱 AD的高为3m. 20.(1)证明：，△=[-(m十2)]2-4×2m=m2+4m+4-8m=m2-4m+4=(m-2)2 ≥0，∴.不论m为何值，该方程总有两个实数根.（2)解：，x1,x2是一元二次方程x2 (m十2)x十2m=0的两个实数根，x1十x2=m十2，x1x2=2m.x1x2-x1一x2=13, '.2m-(m十2)=13，解得m=15. 21.解：(1)V+√+(2)V+可=√+.骏证： a*--+-√-√+ n 22.解：(1)设通道的宽是xm.根据题意，得(50-2x)(30一2x)=1196,整理，得x2 40x十76=0，解得x1=2,x2=38(不符合题意，舍去).答：通道的宽是2m.(2)设每个 车位的月租金上涨y元.根据题意，得(200+)(64-六)=14400，整理，得y-440y +16000=0,解得y1=40,y2=400.,能优惠大众，.y=40.答：当每个车位的月租金 上涨40元时，既能优惠大众，又能使对外开放的月租金收入为14400元. 23.解：(1)8√2(2)在Rt△ABC中，AB=√AC+BC=8√5.，△ABP是以AB为 底的等腰三角形，∴AP=BP=2t..PC=BC-BP=16-2t.在Rt△PAC中，AP2= AC+PC,.(2t)2=82+(16-2t)2,解得t=5.(3):AC=8,CD=3,∴.AD=AC-CD =5,DE=CD=3.:DE⊥AP,∴.∠AED=90°.∴.AE=√AD-DE=4.分两种情祝 讨论：①如答图①，当点P在线段BC上时，连接PD.·DE⊥AP,.∠PED=90°= ∠ACB.在Rt△PDE和Rt△PDC中， PD=PD:△PDE≌△PDC(H.PE= DE=CD, PC=16一2t..∴.AP=AE+PE=20-2t.在Rt△APC中，AP2=AC2+PC2,即(20 2t)2=82十(16一2t)2,解得t=5.②如答图②，当点P在线段BC的延长线上时，连接 PD.同理可得△PDE≌△PDC(HL),'.PE=PC=2t-16.∴.AP=AE+PE=2t-12. 在Rt△APC中，AP2=AC+PC,即(21-12)2=82+(2t-16)2,解得t=11.综上所 述，在点P运动的过程中，当t的值为5或11时，DE=CD. 答图① 答图② 第19章综合评价 1.D2.D3.A4.C5.D6.C7.B8.B9.C10.D11.四边形的不稳定性 12.0E⊥AB13.2514.(13(2) 2 15.证明：：∠A+∠B+∠C+∠D=360°，∠A=∠D,∠B=∠C,∴.2∠A+2∠B= 2(∠A+∠B)=360°.∴∠A+∠B=180°.∴.AD∥BC 16.解：设这个正多边形的边数为n.根据题意，得180×(n一2)=1080，解得n=8.360° ÷8=45°.答：它的每个外角的度数为45°. 17,解：四边形ABCD是平行四边形，AD=BC=8,OB=OD=合BD,:BDLAD, 28 ∴∠BDA=90°.在Rt△ABD中，由勾股定理，得BD=√AB-AD=6..OB= 2BD=3. 18.解：赞成小洁的说法.补充条件不唯一，如：OA=OC.证明如下：，OA=OC,OB= OD,.四边形ABCD是平行四边形.又AC⊥BD,.四边形ABCD是菱形. 19.证明：(1)，四边形ABCD是矩形，.∠BAF=∠ABE=90°.EF⊥AD,∴.∠AFE =90°.∴.四边形ABEF是矩形.AE平分∠BAD,∴.BF=FE.四边形ABEF是正 方形.(2)AE平分∠BAD,.∠DAG=∠EAB.DG⊥AE,∴.∠AGD=90°= ∠DAG=∠EAB, ∠ABE.在△AGD和△ABE中， ∠AGD=∠ABE,'.△AGD≌△ABE(AAS)..AB AD-AE, =AG. 20.(I)证明：“∠BAC=90,E是BC的中点，AE=2BC=BE.∠B=∠EAD. '∠FDA=∠B,∠FDA=∠EAD.∴AE∥DF.:D是AB的中点，DE是△ABC 的中位线.∴DE∥AC.四边形AEDF是平行四边形.∴AF=DE.(2)解：四边形 AEDF是平行四边形，.AE=DF,DE=AF.由(1)得DE是△ABC的中位线，.DE= 号AC=3cm:AE=合BC=5cm,∴四边形AEDF的周长=2(AE+DB)=16cm 21.解：(I)四边形OEFG是矩形.理由如下：四边形ABCD是菱形，∴.OB=OD.,E 是AD的中点，.OE是△ABD的中位线..OE∥FG.,OG∥EF,.四边形OEFG是 平行四边形.，EF⊥AB,.∠EFG=90°.∴.四边形OEFG是矩形.(2)，四边形ABCD 是菱形，AC⊥BD,AD=AB.∴∠AOD=∠AOB=90°.，OE=5,E是AD的中点， OE是△ABD的中位线，∴.AB=2OE=10,AE=OE=5.∴.AD=AB=10.由(1)知四边 形OEFG是矩形，∴.FG=OE=5.:EF⊥AB,∴∠EFA=90°.∴AF=√AE-EF= 3...BG=AB-FG-AF=2. 22.(1)证明：四边形ABCD是正方形，∴.AB=AD,∠B=∠BAD=∠ADC=90°. (AB=AD, .∠B=∠ADF=90°.在△ABE和△ADF中，∠B=∠ADF,∴.△ABE≌△ADF BE=DF, (SAS).(2)解：△ABE≌△ADF,.AF=AE=5,∠BAE=∠DAF.∴∠DAF+ ∠EAD=∠BAE十∠EAD=∠BAD=90°，即∠EAF=90°.在Rt△AEF中，EF= VAE+AF=5VE.(3)解：∠EAF=90,AE=AF,∠AEF=号(180-∠EAF) =45°.∴∠PEC=180°-∠AEB-∠AEF=60°.：四边形ABCD是正方形，∴∠BCD =90,AD=CD.:P是EF的中点，AP=号EF,CP=号EF=EP.AP=CP, ∠PCE=∠PEC=60°..∠PCD=90°-∠PCE=30°.在△ADP和△CDP中， (AD=CD, 1 PD=PD,AADP≌△CDP(SSS.∠ADP=∠CDP=z∠ADC-=45.∠CPD AP-CP. =180°-∠PCD-∠CDP=105°. 23.(1)证明：连接BD,交AC于点O.·四边形ABCD是平行四边形，.BO=DO. :EF=BE,∴.OE是△BDF的中位线.∴.OE∥DF,即DF∥AC.(2)证明：由(1)知DF ∥AC,∴.∠DFG=∠CEG,∠GDF=∠GCE.G是CD的中点，.DG=CG.在△DFG ∠DFG=∠CEG, 和△CEG中， ∠GDF=∠GCE,.△DFG≌△CEG(AAS)..DF=CE.∴.四边形 DG=CG, CFDE是平行四边形..四边形ABCD是平行四边形，.AB=CD.·2AB=BF, 2CD=BF.又EF=BE,2EF=BF.CD=EF.∴.四边形CFDE是矩形.(3)解： 设AB=CD=2a,则BE=EF=CD=2a,BF=4a.,四边形CFDE是正方形，∴.CD⊥ —29 EF,CG=DG=EG=合CD=a.∴∠BGC=90,BG=BE+EG=3a.在R△BCG中，由 勾股定理，得BG+CG=BC,∴.(3a)2+a2=802,解得a=8√10（负值已舍去）.∴.AB =2a=16/10. 第20章综合评价 1.B2.D3.C4.C5.B6.D7.B8.A9.D10.B11.212.甲13.9 14.89 15.解.10.5+10.2+10.3+10.6+10.4=10.4m).答：该同学这五次投实心球的平均 5 成绩为10.4m. 16.解：将这组数据按照从小到大排列为6,6,8,8,8,8,9,9，Q,=68=7,Q2=8十8 2 2 =8,Q,=819=8.5. 2 1 17.解：1)05@1（②）2×(0.5×12+1X2+1.5X10+2X5+2.5X3)≈1.16(h.答： 所调查的学生平均每天阅读时间的平均数约为1.16h. 18.解：(1)甲命中环数的众数为8，乙命中环数的众数为10.(2)xz= 5+6+7+8+10+10+10=8,2=号×[(5-8)2+(6-8)2+(7-8)2+(8-8》2+3× 7 (10-8)2]≈3.71.又：x甲=8，净≈1.43，.x甲=x乙，<s吃，.甲的成绩更稳定. 19.解：(1)m的值为87，a的值为96，b的值为67.(2)这10名学生的成绩分差较大，超 过80分的学生比较多.（答案不唯一） 20.解：(1)平均数是6×(10X1+12×6+13×4+14×1+16×4)=13.25(万元)，中 位数是3士日-13（万元），众数是12万元.(2选择中位数理由如下：中位数是13万 元，有超过一半的人可以完成. 21.解：(1)7.588(2)该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分及以上的 人数约为800×541D=200.(3):八年级的合格率高于七年级的合格率，八年 20+20 级“国家安全法”知识竞赛的学生成绩更优异.（答案不唯一，合理即可） 22.解：(1)5043.2(2)D组人数为50-2-6-10一16-4=12，补全频数直方图如 图所示.(3)八年级大赛成绩在E组的学生人数约为450×品=14. 人数 E 16 D 10 B 707580859095100成绩/分 23.解：(1)3.752.0(2)①小②2(3)这片树叶更可能来自荔枝树.理由如下： ,这片树叶长11cm、宽5.6cm,长宽比接近2.0，∴.这片树叶更可能来自荔枝树. 期末综合评价（一） 1.D2.C3.A4.D5.D6.C7.D8.C9.D10.D11.x≥212.2W2 13.814.(1)8(2)26 15.解：原式=3+6E+6-4×√12×号=9+6区-8E=9-2厄. 16.解：原式=m2-2-m2+3m=3m-2.当m=√3+1时，原式=3(W3+1)-2=3√3+1. 17.解：D,E分别为AB,AC的中点，.DE是△ABC的中位线.∴.DE∥BC,BC= 2DE=2√E.DE⊥DC,∴.BC⊥DC.在Rt△CDE中，CD=√CE-DE=√瓦.在 —30