期末质量评估(1)-【精英新课堂·三点分层作业】2025-2026学年八年级下册数学（沪科版·新教材）

=7.配方，得x2-6.x十9=16.则(x-3)2=16.开平方，得x-3=士4.∴.原方程的根是 x1=7,x2=-1. 17.解：设方程的另一个根为a,则a十2-√3=4，∴a=2十√3.∴.-c=(2一√3)(2十3) =1..c=一1..方程的另一个根为2十√3，c的值为一1. :z=3+22y=3-22,“z+3y=6,xy=1,名+￥-4=兰十 xy =x+22-6=62-6=30. 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AE+BE2=AB2,(x-1)2+1.52=(x-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十4-8m=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x2一 (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一(m+2)=13,解得m=15. 21.解：1)√+号 2 W1+ (2)√m+1)2-=√1+ 验证： 六v+)T=√ n+1)2-1/m+2n+1-1_ n2 =N n2 =N n2 22.解：(1)设通道的宽是xm.根据题意，得(50一2x)(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(20十)(64-六)=14400，整理，得-40y +16000=0,解得y1=40,y=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.(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,OB=0C=2BC=5,OA⊥BC.:点C是△AOD关于点A 的“勾股点”，∴.AC=OC+CD2.,CD=12,OC=5,∴AC=√OC+CD=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+PB2=PD.∴.点P为△BDC关于点D的“勾股点”. 第19章质量评估 1.D2.D3.A4.C5.D6.C7.B8.B9.C10.D11.四边形的不稳定性 12.0E⊥AB13.2314.1)3(2)7 2 15.证明：：∠A十∠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=之BD.:BDLAD, ∠BDA=90°.在Rt△ABD中，由勾股定理，得BD=√AB2-AD=6.∴.OB= 合BD-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 —28 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.(I1)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=专BC-5cm,四边形AEDF的周长=2(AE+DE=16cm 21.解：(1)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十 ∠EAD=∠BAE+∠EAD=∠BAD=90°，即∠EAF=9O°.在Rt△AEF中，EF= VAE+AF=5E.(3)解：∠EAF=90,AE=AF,∴∠AEF=号(I80-∠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=ER.AP=CP, ∠PCE=∠PEC=60°..∠PCD=90°-∠PCE=30°.在△ADP和△CDP中， AD=CD, PD=PD,AADP△CDP(SsS).∠ADP=∠CDP-?∠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⊥ EP,CG=DG=EG=号CD=a.∴∠BGC=90°，BG=BE+EG=3a.在Rt△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. -29 第20章质量评估 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,=6十8=7，Q。=8十8 2 2 =8,Q=89=8.5. 2 17.解：1①5②1(2克×05X12+1X2+1.5×10+2X5+25×3)≈1.16.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)x乙= 5+6+7+8+10+10+10-8,2=7×[5-8)2+(6-8)2+(7-8)+(8-8》2+3× 7 (10一8)2门≈3.71.又x甲=8，漏≈1.43，.甲=xz,5漏<2，.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×(10×1+12×6+13×4+14×1+16×4)=13.25（万元），中 位数是1313=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 2 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800X50420三200.(3)：八年级的合格率高于七年级的合格率，“八年 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50-2一6-10一16-4=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 16 4 5 10 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. 期末质量评估（一） 1.D2.C3.A4.D5.D6.C7.D8.C9.D10.D11.x≥212.2√2 13.814.(1)8(2)2√6 15.解：原式=1+√3-√2-2√3+√2=1-√3. 16.解：原式=m2-2-m2+3m=3m-2.当m=√3+1时，原式=3(W3+1)-2=3V3+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√2.DE⊥DC,.BC⊥DC.在Rt△CDE中，CD=√CE-DE=√2.在 Rt△CDB中，BD=√CD+CB=√I0. 18.解：(1)公式法②(2)移项，得x2-3x-1=0.a=1,b=-3,c=-1,.6-4ac =(-3)2-4×1×(-1)=13>0.代人求根公式，得x=二（一3)±③=3±飞 2×1 2 —30 ·原方程的根是1=3+)区，x,=3二√区 19.解：(1)78(2)八年级学生掌握禁毒知识较好.理由如下：七、八年级学生的竞 赛成绩的平均数相同，八年级学生成绩的方差小，成绩更稳定，∴八年级学生掌握禁毒 知识较好，（答案不唯一） 20.(1)证明：连接AC.,AD⊥CD,.AD2+CD2=AC.,CD2+AD2=2AB2,∴.AC =2AB2.,BC=AB,∴AC=AB2+BC.∠B=90°，即AB⊥BC.(2)解：由(1)知 ZB=90CD+AD-AB+BC.CD=AB,AB-BC,AD-17,CD+17 =(3CD)2+(3CD)2..CD=√17..AB=BC=3√17..四边形ABCD的周长为CD +AD+AB+BC=17+7/I7. 21,解：(1)证明如下：由折叠的性质，得PB=EP,BF=EF,∠BPF=∠EPF.又，EF ∥AB,∴∠BPF=∠EFP..∠EPF=∠EFP.∴EP=EF.BP=BF-EF=EP. .四边形BFEP为菱形.(2)，四边形ABCD是矩形，∴.BC=AD=5cm,CD=AB= 3cm,∠A=∠D=90°，由折叠的性质，得CE=BC=5cm,.DE=√CE-CD= 4cm.AE=AD-DE=1cm.:四边形BFEP是菱形，.BP=EP.在Rt△APE中， EP:=AP+AE,EP=(3-EP)+1,解得EP=号.∴菱形BFEP的边长为号 22.解：(1)设y关于x的函数关系式为y=kx+b.将(400,100)，(600,60)代入，得 400k+b=100, 解得1 k=一5’：售价不低于成本且不超过成本的130%，400≤ 600k+b=60, b=180. ≤400×130%，即400<≤520.y关于x的函数关系式为y=一号x+180(400≤z ≤520).(2)根据题意，得(x-40)(-号x+180）=80,解得五=50，=80.又 ,400≤x≤520，∴x=500.∴.当售价为500元/kg时，该茶庄日利润为3000元.(3)根 据题意，得(x-40)(-号x+180）=140,整理，得x-1300z十430000=0.：△ 13002-4×430000=一30000<0，∴.该方程无解.∴.茶庄的日利润不能达到14000元. 23.(1)解：CG=CE.理由如下：，四边形ABCD为正方形，∴.BC=DC,∠BCG= ∠DCE=90.NBF⊥DE,∴.∠E+∠CBG=∠E+∠CDE=90°.∠CBG=∠CDE. I∠CBG=∠CDE, 在△BCG和△DCE中，BC=DC, ∴.△BCG≌△DCE(ASA)..CG=CE ∠BCG=∠DCE, (2)证明：延长FD至点G,使得DG=BE,连接AG.·四边形ABCD为正方形，.AB =AD,∠B=∠BAD=∠C=∠ADF=∠ADG=90°.又：DG=BE,.△ABE≌ △ADG(SAS).∴.AE=AG,∠BAE=∠DAG.∠BAD=90°，∠EAF=45°，.∠BAE +∠FAD=45°..∠FAD+∠DAG=∠FAG=45°=∠EAF.,AF=AF,∴.△AEF≌ △AGF(SAS).∴.EF=GF.GF=DG十DF=BE+DF,.BE+DF=EF.(3)解：设 DF=x,则CF=6一x.E是边BC的中点，.BE=CE=3.'BE十DF=EF,.EF= 3十x.在Rt△CEF中，EF2=CE十CF,即(3十x)2=32十(6-x)2,解得x=2..EF= 3十x=5. 期末质量评估（二） 1.B2.C3.C4.B5.B6.B7.B8.C9.A10.C11.2√612.12 13.-11.145(2号 15.解：原式=6×V5-215×3-6×9=32-65-3√2=-65. 2 16.解：：方程有两个不相等的实数根，∴.△=(-4)2-4×1×(3m一2)=24一12m>0, 解得m<2. 31 17.解：1：(a-22+V6-+号c--0a-25=0,6-4=0,2c-7- 0,解得a=2√3，b=4,c=2√7.(2)：(2√3)2+42=28=(2√7)2，即a2+b=c2,∴.以a, b,c为边长的三角形是直角三角形. 18.解：四边形ABCD是正方形，.∠BCD=90°，BC=CD,O是BD的中点.CE= 7,△CEF的周长为32，CF+EF=32-7-25.:F为DE的中点，CF=2DE= DF=EF.∴.EF=CF=12.5.∴.DE=25.在Rt△DCE中，CD=√DE-CE=24. BC=CD=24.:0为BD的中点，0F是△BDE的中位线.OF=号BE=?(BC -c®=7 19.解：(1)7270.510(2)A款智能玩具飞机运行性能更好，理由如下：虽然两款 智能玩具飞机运行最长时间的平均数相同，但A款智能玩具飞机运行最长时间的中位 数和众数均高于B款智能玩具飞机，所以A款智能玩具飞机运行性能更好，（答案不 唯一)(3)两款智能玩具飞机运行性能在中等及以上的约有200×品+120×(1一40%) =120+72=192(架) 20.解：(1)设该公司投递快递总件数的月增长率为x.根据题意，得20(1十x)2=33.8, 解得x1=0.3=30%,x2=一2.3（不符合题意，舍去）.答：该公司投递快递总件数的月 增长率为30%.(2)33.8×(1十30%)=43.94（万件）.，43.94<45，.5月份投递快递 总件数不能达到45万件. 21.解：(1)√m2+I√n2十9(2)过点D作DH⊥CA,交CA的延长线于点H,连接 CD..四边形ABDH为矩形.AH=BD=3,DH=AB=3..CH=AC+AH=4.在 Rt△CHD中，CD=√C+DH=5..CE+DE的最小值为5，即√m+I+ √n2+9的最小值为5.(3)13 22.解：(1)是(2)将x=m十1代入方程，得(m十1)2+2m(m+1)+m十1=0，解得m =一号m=一1.(3)2十b饭十6=0是“常数根一元二次方程”，方程的一个根为 x=c.代入方程，得ac2+bc十c=0,即c(ac十b+1)=0.x=0不是a.x2+bx+c=0的 一个根，∴.c≠0..ac十b+1=0.把y=1代入方程acy2+by十1=0，得左边=ac+b+1 =0=右边.∴y=1是方程acy2+by十1=0的一个根..关于y的方程acy2十by十1= 0是“常数根一元二次方程”. 23.解：(1)根据题意，得AP=t,CQ=3t,∴.BQ=BC一CQ=26一3t..AD∥BC,∠B= 90°，.当AP=BQ时，四边形ABQP是矩形..t=26一3t,解得t=6.5.(2).AD∥ BC,.当PD=CQ时，四边形PDCQ是平行四边形.：AP=t,.PD=24-t..24-t =3t,解得t=6.(3)过点D作DM⊥BC于点M,则∠BMD=90°.：AD∥BC,AB⊥ BC,∠A=∠B=90°.∴.四边形ABMD为矩形..DM=AB,BM=AD=24.∴.CM= BC-BM=2.若四边形PQCD是菱形，则CD=CQ=PD.∴.24-t=3t,解得t=6. .CD=CQ=3t=18.在Rt△CDM中，DM=√CD2-C2=8√5..∴.AB=8√5. 课堂训练 第16章二次根式 16.1二次根式及其性质 知识梳理 ①a(a≥0)2≥ 针对训练 1.A2.B3.A4.2 —32 5.解：1)要使V3-2有意义，则3-2x≥0.解这个不等式，得x≤号“当x≤号时， √3-2x有意义.(2)x为任何实数都有(x-5)≥0，.当x为一切实数时， 2-x≥0， √(x-5)严有意义.(3)要使√2-x+√元有意义，则 解这个不等式组，得0≤x x≥>0. ≤2.∴.当0≤x≤2时，√2-x+√元有意义. 6.解：(1)原式=0.5.(2)原式=4.(3)原式=12.(4)原式=π-1. 16.2二次根式的运算 1.二次根式的乘除 第1课时二次根式的乘法 知识梳理 ①√ab②a·√6 针对训练 1.B2.D3.120√2 4.解：(1)原式=√16×2=√16×W2=4√2.(2)原式=√144×√169=12×13=156. (3)原式=√(-6)×√3=6√3. 5.解：(1)原式=√12×2=√24=2√6.(2)原式=-2√2×3√2=-12.(3)原式=6× (-2)×V27X3=-12×VI=-12×g=-108,4)原式=-√具×9×24= -w96=一4w6. 第2课时二次根式的除法 知识梳理 0V号@g ③分母能开得尽方 针对训练 1.D2.B3D4.<5.19(2263w2 7 7.解：1)原式=V22==4.(2)原式=√震-8=2厄.(3)原式 2√/0.6÷0.3=2√2. 2.二次根式的加减 第1课时二次根式的加减 知识梳理 ①被开方数②最简二次根式 针对训练 1.C2.D3.A4.B5.22 6.獬：(1)原式=-√2.(2)原式=4√3+123=16√3.(3)原式=5√3-3√3=2√3. (0原式=26-25-6-5 3 第2课时二次根式的混合运算 针对训练 1.B2.C3.-2-14.3 5.解：1)原式=22-+25=3y2+25.(2原式=3+2√5+5+3-1=10+2√5. 2 2 6.解：：m=5+1,n=V5-1,.m+n=√5+1+√5-1=25，mn=(W5+1)×(W5-1) =4.(1)nm2+mn2=mn(m+n)=4×2√5=8√5.(2)m2+mn+n=(m+n)2-mn= (2√5)2-4=16. —33期末质量评估（一） (时间：120分钟满分：150分) 2 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分） 爵 1.下列二次根式是最简二次根式的是 ( A.√/1.5 B.√/45 1 北 C. D.√15 教 2.下列各组数中，能构成直角三角形的三边长的是 A.2,3,4 B.√3，√4，√5 C.9,12,15 D.7,20,24 3.下列运算正确的是 ( A.√2×5=√6 B.(2√3)2=6 C.2+√3=√5 D.√（-2)2=-2 4.已知四边形ABCD是平行四边形，添加下列一个条件后，不能 放 判定四边形ABCD是矩形的是 A.AB⊥BC B.∠DAB=∠ABC C.AC=BD D.∠DAB=∠BCD 5.已知正n边形的每一个外角都是30°，则这个正n边形的内角 和为 A.120° B.1500° C.1440° D.1800° 6.如图，正方形ABCD的边长为1，以点A为圆心，AC长为半径 画弧，交数轴于点E,则点E表示的数为 ( ) A.2 B.1-√2 C.√2-1 D.1 成绩/分 100 97 95 94 90 89 85 85 -81 -3 -2-1 80 (第6题图) (第9题图) 7.若一个直角三角形的一条直角边长和斜边长分别是方程x2一 8x+15=0的两根，则该直角三角形的面积为 A.12 B.10 C.7.5 D.6 部8.已知关于x的一元二次方程(a+1)x2一4x十1=0有两个不相 等的实数根，则a的取值范围是 A.a<3 B.a>3 C.a<3且a≠-1 D.a<-3 9.某校组织全校所有学生参加校园安全知识答题竞赛，随机抽取 部分学生的竞赛成绩进行整理，并画出了如图所示的箱线图， 关于这些学生的成绩，下列说法不正确的是 ( ) A.中位数是89分 B.第一四分位数是85分 C.第三四分位数是94分 D.最高分与最低分相差9分 37 10.如图，线段AB=12,P是线段AB上一动点，分别以AP和 BP为边在同侧作菱形APEF和菱形PBCD,且P,D,E在同 一条直线上，∠B=60°，连接CF,取CF的中点M,连接AM, PM,下列说法正确的是 A.AM的长不会随着点P的运动而变化，始终为3√3 B.AM的长随着点P的运动而变化，其最小值为3√3 C.PM的长不会随着点P的运动而变化，始终为3√3 D.PM的长随着点P的运动而变化，其最小值为3√3 图① 图② (第10题图) (第14题图)》 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11.若式子√2x一4在实数范围内有意义，则x的取值范围是 12.在平面直角坐标系中，点P(一√2，√6)到原点的距离是 13.若a,B是方程x2+3x-5=0的两个实数根，则a2+2a一B的 值为 14.在矩形ABCD中，AC为对角线，AB=8,AE平分∠BAC,过 点C作CE⊥AE于点E. (1)如图①，若∠DCA=60°，则CE的长为； (2)如图②，若AC=12,则CE的长为 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15.,计算：1-+反--亚+（分' 16.先化简，再求值：（m十√2)（m一√2)一m(m一3)，其中 m=√3+1. —38 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17.如图，在△ABC中，D,E分别为AB,AC的中点，且DE⊥ DC,DE=√2，CE=2,求BD的长. 18.小芳解一元二次方程x2一3x=1的过程如下. 解：移项，得x2一3x一1=0.① a=1,b=3,c=1,② .∴.b2-4ac=32-4X1×1=5>0.③ 代人求根公式，得x=装点@ ·原方程的根是0=3十5 >，c2=2.5 2 (1)小芳解方程的方法是 ,她的求解过程从第 步开始出现错误（填序号）； (2)请你写出这个方程正确的解题步骤， 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19.为了教育引导学生学习禁毒知识、远离毒品侵害，某中学开展 了“全民禁毒，共享幸福”知识竞赛活动.现从该校七、八年级 中各随机抽取20名学生的竞赛成绩进行整理、描述和分析， 部分信息如图所示. 七年级20名学生的竞赛 八年级20名学生的竞赛 成绩条形统计图 成绩扇形统计图 人数 7分0 15%6分 8分 /20% 下§分 9 20% ×10分 910成绩/分 10% 39 七、八年级抽取的学生竞赛成绩相关数据如下表， 年级 平均数 众数 中位数 方差 七年级 7.55 a 2.7475 八年级 7.55 b P 2.2475 请根据相关信息，解答下列问题： (1)a的值为 ,b的值为 (2)根据以上数据，你认为该校七、八年级中哪个年级学生掌 握禁毒知识较好？请说明理由.（写出一条理由即可） 20.如图，在四边形ABCD中，BC=AB,CD2十AD=2AB2, AD⊥CD, (1)求证：AB⊥BC: (2)若CD-号AB,AD-17,求四边形ABCD的周长. D 六、（本题满分12分)》 21.综合与实践 【问题背景】在一次折纸活动中，小明按如下方式进行操作： 第一步：如图①，折叠矩形纸片ABCD,使点B落在边AD上 的点E处，折痕为PQ; 第二步：过点E作EF∥AB,交PQ于点F,连接BF. C(O) 图① 图② 40 【猜想与验证】(1)小明通过观察发现四边形BFEP为菱形， 但不知道为什么，请你帮他证明； 【拓展与延伸】(2)当点E在AD边上移动时，折痕的端点P, Q也随之移动.若AB=3cm,AD=5cm,当点Q与点C 重合时（如图②），求菱形BFEP的边长 七、（本题满分12分） 22.黄山毛峰是中国十大名茶之一，属于绿茶，产于安徽省黄山一 带，也称徽茶.有诗曰：“未见黄山面，十里闻茶香.”某茶庄以 400元/kg的价格收购一批毛峰，物价部门规定售价不低于成 本且不得超过成本的130%，经试销发现，日销量y(kg)与售 价x(元/kg)满足一次函数关系，部分对应数据如下表， x/(元/kg) 400 600 … y/kg 100 60 (1)根据表格中提供的数据，求y关于x的函数关系式； (2)当售价为多少时，该茶庄日利润为8000元？ (3)该茶庄的日利润能达到14000元吗？ -41 八、（本题满分14分） 23.【探究问题】 (1)如图①，在正方形ABCD中，E是边BC的延长线上一点， 连接DE,F是DE上一点，BF与边CD相交于点G.若 BF⊥DE,试猜想CG与CE之间的数量关系，并说明 理由。 【拓展迁移】 (2)如图②，在正方形ABCD中，E,F分别是BC,CD上的点， 且∠EAF=45°.求证：BE+DF=EF. (3)在(2)的条件下，若正方形的边长为6，E是边BC的中点， 求EF的长 图① 图② -42