专题突破与巩固(3) 四边形-【锦上添花】2025-2026学年八年级下册数学期末卷（人教版·新教材）

》数学·八年级下 R 高升无航 专题突破与巩固（三） 做好题考高分 四边形 时间：100分钟 满分：120分 弥 题 号 三 总分 得 分 一、选择题（每小题3分，共30分.下列各小题均有四个选项，其 中只有一个是正确的) p即 封 1.(林州期末)在口ABCD中，∠A：∠B:∠C:∠D的值可以是 ( A.1:2:3:4 B.1:2:2:1 C.1:1:2:2 D.2:1:2:1 线2.在四边形ABCD中，AB∥CD,添加下列条件后，仍无法判定四 边形ABCD是平行四边形的是 A.AD∥BC B.AD=BC T C.∠ADC=∠ABC D.AB=CD 栽 3.下列说法正确的是 内 A.菱形的四个内角都是直角 B.矩形的对角线互相垂直 C.正方形的每一条对角线平分一组对角 D.平行四边形是轴对称图形 不4.若一个八边形的每个外角都是x°，则x的值为 A.30 B.45 C.135 D.150 5.如图，四边形ABCD是正方形，△CBE是等边三角形，∠CDE 崇 的度数为 () 得 A.75° B.60° C.45° D.30° C(3,2) 答 0 第5题图 第6题图 第7题图 6.如图，在口ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,E为AB的中 洲 点，EF∥AC交BD于点F.若AC=8,则EF的长为 () 闲 A.1 B.2 题 ag D.4 7.(汝南期中)如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为正方 2A0 形，点C坐标为(3,2)，则点A的坐标为 () A.(-2,2) B.(-2,3) C.（-3,2) D.(-3,3) 8.将一个正八边形与一个正六边形按如图所示放置，顶点A,B, C,D四点在同一条直线上，E为公共顶点，则∠FEG的度数为 () A.40° B.35° C.30° D.25° M B 第8题图 第9题图 第10题图 9.如图，E是平行四边形内任一点，若S平行四边形Bc”=9,则图中阴 影部分的面积是 () A.3 B.3.5 C.4 D.4.5 10.(南充期末)如图，∠MON=90°，矩形ABCD在∠MON的内 部，顶点A,B分别在射线OM,ON上，AB=4,BC=2,则点D 到点O的最大距离是 () A.2√2 B.2√2+2 C.22-2 D.√2+2 二、填空题（每小题3分，共15分） 11.如图，O是矩形ABCD对角线的交点，添加一个条件 ,使矩形ABCD成为正方形.（填一个即可) B 第11题图 第12题图 12.如图，△ABC中，AD是高，E,F分别是AB,AC的中点.若AB =10,AC=8,则四边形AEDF的周长为 13.过多边形的一个顶点能引出5条对角线，则这个多边形的边 数是 14.（周口期末)如图，在菱形ABCD中，已知AD=10,DE⊥AB交 AB于点E,且DE=6,则对角线BD的长为 D 第14题图 第15题图 15.(开封期末)如图，在矩形ABCD中，AB=3,BC=4,P是AD上 不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂 线，垂足分别为E,F.求PE+PF= 三、解答题（本大题共8个小题，共75分） 16.(8分)如图，在☐ABCD中，点E,F是对角线AC上的两，点，且 AE=CF,连接BE,DF,求证：∠ABE=∠CDF, 17.(9分)如图，在矩形ABCD中，点E在BC上，AE=AD,DF⊥ AE,垂足为点F. (1)求证：DF=AB; (2)若∠FDC=30°，且AB=5,求AD. 18.（许昌魏都区期末·9分)如图，E,F是正方形ABCD的对角 线AC上的两点，且DE∥BF. (1)求证：△ADE≌△CBF; (2)若AE=1,AB=3,则四边形BEDF的面积是 D 19.（9分)如图，四边形ABCD是矩形，E为BC边上的一点，作 EG⊥AC于点G,连接AE,F为AE的中点.连接BF,GF. (1)求证：BF=GF; (2)若∠ACB=40°，求∠BFG的度数 20.（信阳期末改编·9分)如图，在△ABC中，AC=BC,点D,E,F 分别是AB,AC,BC的中点，连接DE,DF (1)求证：四边形DFCE是菱形； (2)若∠B=67.5°，AC=8,求菱形DFCE的面积 21.（安阳龙安区期末改编·10分)如图，在四边形ABCD中，对 角线AC与BD相交于点O,∠ABD=∠CDB,BE⊥AC于点E, DF⊥AC于点F,且BE=DF. (1)求证：四边形ABCD是平行四边形； (2)若AB=BO,当∠ABE等于多少度时，四边形ABCD是矩 形？为什么？ 22.（10分)探究归纳应用题： 【试验分析】 (1)如图1，过点A可以作1条对角线；同样，经过点B可以作 1条对角线；经过点C可以作1条对角线；经过点D可以 作1条对角线，且对角线AC与CA为同一条.通过以上分 析和总结，图1共有 条对角线； 【拓展延伸】 (2)运用(1)的分析方法可得：图2每个顶点出发有 条对角线，共有 条对角线；图3共有 条 对角线； 【探索归纳】 (3)对于n边形(n>3),共有 条对角线；（用含n的 代数式表示) 【拓展应用】 (4)12个人围着圆桌开会，每不相邻的人都握一次手，共握多 少次手？ 图1 图2 图3 23.(武汉江汉区期末·11分)综合与实践 【教材再现】 (1)如图1，四边形ABCD是正方形，G是BC上的任意一点， DE⊥AG于点E,BF∥DE,交AG于点F.直接写出线段 AF,BF,EF的数量关系： 弥 【变式思考】 (2)如图2，在矩形ABCD中，E是边AB上的一点，DF⊥CE于 点F,GD⊥DF,AG∥DF,AG=CF.求证：四边形ABCD是 正方形； 封 【拓展探究】 i (3)如图3，在正方形ABCD中，E是边AB上的一点，DF⊥CE 于点F,过点A作AH∥DF,交CE的延长线于点H,GD⊥ DF,交AH于点G.试探究线段FH,AH,CF的数量关系. 线 图1 图2 图3 内 不 得 答 题 i参考答案 专题突破与巩固（一） ® 1.A2.B3.D4.A5.B6.C7.B8.B9.C 10.A【解析】由条件可知两个阴影小正方形的边长分别 是√28cm=2W7cm,√50cm=5V2cm,.大正方形的 边长是(2√7+5√2)cm,∴.大正方形的面积是(2√7+ 5√2)2=(78+20√14)cm2,∴.余下部分的面积=大正 方形的面积-阴影部分的面积=(78+20√/14)-28- 50=20/14(cm2).故选：A. 11.8(答案不唯-一)12.-√213.②14.4√7 15.26【解析】：a=5,b=6,c=7,p=a+b+e= 2 5+6+2=9,s=V(p-a)(p-b(p-c= 2 √9×(9-5)×(9-6)×(9-7)=6√6，设AC边上的 高的长为kS=6h=6,6,h=2x66=26. 6 故答案为：26. 16.解：(1)原式=43-2W5+12√3=145； (2)原式=4-5-(3-43+4)=-1-7+43=45 -8. 17.解：任务一：①； 任务二：原式=(5)2+23+(5)2-25+1=3+ 23+3-2W3+1=7. 18.解：(1)小明； (2)当x=-2027时，x-3<0,x+2√x2-6x+9=x +2√(x-3)2=x+2|x-3|=x+2(3-x)=6- (-2027)=2033 19解：(1)将A=45代人，得=2=5=3 答：从45m高空抛物到落地的时间t为3s; (2)将1=4代人得√语=4，解得=60=8m 2 答：玩具抛出前离地面的高度h为80m. 20.解：(1)根据题意，得c-3≥0,3-c≥0，∴.c=3, ∴.a-√2+√b-2=0,则a-√2=0，b-2=0,∴.a= V2,b=2; (2)当a是腰长、b是底边，则等腰三角形的周长为√2 +V2+2=22+2;当b是腰长、a是底边，则等腰三角 形的周长为√2+2+2=√2+4. 21.解：(1)3-√3，-2-2； (2)m+√5与5-√5是关于3的平衡数.理由如下：由题 意，得(m+5)(1-√5)=m-√5m+5-5=(m-5) +(-m+1)×√5，(m+W5)(1-√5)=-7+35， .-7+35=(m-5)+（-m+1)N5,.m-5=-7, .m=-2,.m+5=-2+√5，则-2+√5+5-V5= 3,.m+√5与5-√5是关于3的平衡数； (3)√13. 22.解：(1)1+ 1 1 三十…十 3+1√5+3√万+5 √121+√119 B-1+5,5+万，5+…+2T。9- 2 2 2 2 2 (5-1+5-5++11-9)=2(-1+1) =5; (2)①a=1= 2+1 =V2+1,.a-1 √2-1(2-1)(2+1) =2,.(a-1)2=a2-2a+1=2,.a2-2a=1,3a2 -6a=3,∴.3a2-6a+2=5; ②1,3； 23.解：(1)√4+23=√/(3)2+25+1=√(3+1)2 =5+1； (2)√9-4√5=√(5)2-45+22=√(5-2)2= 5-2; (3)(x+5y)2=x2+25y+3y2,a+105=(x+ 60g=t2w+300即 aa,7为正整致化或；当 1xy=5, 1y=1, 时a=2+3:+3x5=76:当时a =x2+3y2=52+3×12=28.综上所述，a的值为76 或28. 专题突破与巩固（二） 1.B2.B3.C4.D5.A6.A7.D8.B9.B 10.C【解析】设OA=OB=AD=BC=x寸，过点D作DE 1AB于E,图略，则DE=10寸，0E=2CD=1寸，AE =(x-1)寸.在Rt△ADE中，根据勾股定理，AE2+DE2 =A0,即(x-1)2+10=,解得x-19故门的宽度 (两扇门的和)A为：20A=2×19=101(寸)，故 选：C. 11.1512.8413.16914.3 15.3【解析】小：∠C=90°，AC=6cm,BC=8cm,∴.根据 勾股定理，AB=√AC2+BC=√62+82=10cm,:折 叠，.∠AED=∠C=90°，AE=AC=6cm,DE=DC, ∴.∠BED=90°，BE=AB-AE=4cm,根据勾股定理， BD2=DE2+BE2,.（8-CD)2=CD2+42,解得CD= 3cm.故答案为：3. 16.证明：CD⊥AB,.∠ADC=∠BDC=90°，AD=1, BD=4,CD=2,.根据勾股定理，AC2=AD2+CD2=12+ 22=5,BC2=CD2+BD2=22+42=20,AB=AD+BD=1 +4=5,.AB2=25,AC2+BC=AB2,△ABC是直 角三角形，∴.LACB=90°. 17.解：(1)根据题意，根据勾股定理，c2=a2+b2=82+152 =289,∴.c=17; （2)a:b=3:4,∴.设a=3x,b=4x,根据勾股定理，c2= a2+b2=(3x)2+(4x)2=25x2=(5x)2,.c=5x=10, .x=2,∴.a=3x=6,b=4x=8. 18.解：(1)∠D=90°.理由如下：连接AC,图略，：∠B= 90°，AB=20,BC=15,CD=7,AD=24,∴.在Rt△ABC 中，AC2=AB2+BC2=202+152=625,CD2=72=49, AD2=242=576,.AC2=AD2+CD2,.△ADC是以AC 为斜边的直角三角形，.∠D=90°； (2)由(1)可知△ADC是直角三角形，·.S四边形BCD= Sac+Sa=7AB·BC+7AD:CD=7×20X15 +2×24×7=150+84=234,四边形ABCD的面积 1 为234. 19.解：由题意可知，BC=50m,AC=130m,∴.在Rt△ABC 中，根据勾股定理，AB=√AC2-BC2=√1302-502= 120(m),∴.大巴车的速度为120÷4=30m/s=108km/h, .108km/h>100km/h,∴.大巴车超速了. 20.解：(1)∠C=90°，AC=4,AB=4√5，.BC= √DA+AE2=2√2.在△ODE中，根据三角形三边关系 √AB2-AC=√(45)2-42=8，即BC的长为8； 可知DE+OE>OD,∴.当O,E,D三点共线时，OD最大 (2)设AD=DB=x,由(1)知，BC=8,则DC=8-x, 为0E+DE=2√2+2.故选：B. :∠C=90°，AC=4,∴.在Rt△ACD中，AD2=CD2+ 11.AB=BC(答案不唯一）12.1813.814.2√10 AC2,.x2=(8-x)2+42,解得x=5,即BD的长为5. 21.解：(1)如图1，过点A作AE⊥CD于点E,则AE=BD= 15.号【解析】连接0P,国客：矩形ABCD的两边AB= 15m,AB=ED=1.5m,∠AEC=90°，在Rt△AEC中，根 3,BC=4,S矩形GD=AB·BC=12,0A=0C,0B= 据勾股定理，CE=√AC2-AE=√17-152=8，.CD 0D,AC=BD,AC=√AB2+BC=√32+42=5， =CE+ED=8+1.5=9.5(m). 答：风筝离地面的垂直高度CD为9.5m; 3,OA=OD= (2)不能成功.理由如下：假设能上升12m,如图2，延 长DC至点F,连接AF,则CF=12m,∴.EF=CE+ +Sam=20A·PE+2oD,PF=20A(PE+PP)） CF=8+12=20(m),在Rt△AEF中，根据勾股定理， AF=√AE+EF2=√152+202=25(m),:AC=17 =号×是x(PE+pP)=3PE+PF=是故答家 1 m,余线仅剩7.5m,.17+7.5=24.5<25,.不能上升 12m,即不能成功. 为号 16.证明：：四边形ABCD是平行四边形，.AB=CD, AB∥CD,.∠BAC=∠DCA,在△AEB和△CFD中， rAB=CD ∠BAE=∠DCF,△ABE≌△CDF,·.∠ABE LAE CF, =∠CDF E E 17.解：(1)证明：在矩形ABCD中，AD∥BC,∠B=90°， D B .∠AEB=∠DAF,又：DF⊥AE,∴.∠DFA=90° 图1 图2 22.解：(1)根据题意，得AC+BC=8m,:∠A=90°，设AC .∠DFA=∠B,又AD=EA,.△ADF≌△EAB (AAS),∴.DF=AB; 长为xm,则BC长为(8-x)m,在Rt△ABC中，根据勾 股定理，AB2+AC2=BC2,即42+x2=(8-x)2,解得x= (2):∠ADF+∠FDC=90°，∠DAF+∠ADF=90° 3,故旗杆在距地面3m处折断； .∠FDC=∠DAF=30°，∴AD=2DF,DF=AB,.AD =2AB=10. (2)如图，点P距地面AP=3-1.25=1.75(m), ∴.B'P=8-1.75=6.25(m),在Rt△AB'P中，根据勾 18.解：(1)四边形ABCD是正方形，AD∥BC,AD= BC,∴.∠DAE=∠BCF..DE∥BF,∴.∠DEF=∠BFE, 股定理，B'A=√B'P2-AP2=√6.252-1.75=6，则 .:∠DEF+∠DEA=180°，∠BFE+∠BFC=180°， 距离旗杆底部周围6m的范围内有被砸伤的风险， .∴.∠DEA=∠BFC,∴.△ADE≌△CBF(AAS); ∴.在距离旗杆底部5m处有被砸伤的风险. (2)9-3√2. 19.解：(1)证明：四边形ABCD是矩形，.∠ABC=90°， EG⊥AC,.∠AGE=90°，∠ABC=∠AGE=90°， yF为AB的中点，BF=4,GF=7AE,BF =AG; 23.解：(1)Se=2(a+b)(a+b)=22+ab+8, (2)BF-GF-AE-AFLBAF-LABF,LGAF =∠AGF,∴.∠BFE=2∠BAF,∠EFG=2∠GAF, 2 ab=ab :∠ACB=40°，.∠BAC=50°，即∠BAF+∠GAF= 50°，∴.∠BFG=∠BFE+∠EFG=2∠BAF+2∠GAF= +7cb+2=02+ah+28,即a2+6=d; 2∠BAC=100°. (2)设AC=AB=x千米，则AH=(x-1.8)千米，在 20.解：(1)证明：点D,E,F分别是AB,AC,BC的中点， Rt△ACH中，根据勾股定理，AC2=C+A,即x2= ∴DE∥CF,DE=7BC,DF∥CE,DF=AC四边形 2.42+(x-1.8)2,解得x=2.5,即CA=2.5千米，CA -CH=2.5-2.4=0.1(千米)，∴.新路CH比原路CA DECF是平行四边形，AC=BC,.DE=DF,四边形 少0.1千米： DFCE是菱形； (3)设AH=x,则BH=7-x,在Rt△ACH中，根据勾股 (2)过E作EG⊥BC于点G,如图.：AC=BC,∠B= 定理，C=CA2-AH,在Rt△BCH中，根据勾股定理， 67.5°，.∠B=∠A=67.5°，.∠C=45°，.在Rt Cm=GB-Bf,52-2=6-(1-2,解得x-9 △CGE中，EG=CC,:AC=8,E是AC的中点，.CE= 2AC=4,在R△CEG中，根据勾股定理，EG2+CG。 专题突破与巩固（三） 1.D2.B3.C4.B5.A6.B7.B8.C9.D CE2,∴.EG=CG=2V2,菱形DFCE的面积=2√2×4 10.B【解析】取AB中，点E,连接0E,M =8√2. DE,OD,如图..'∠MON=90°，AB= 4,0E=7AB=2,AB= 24B=2, 在Rt△DAE中，根据勾股定理，DE= 21.解：(1)证明：.∠ABD=∠CDB,∴.AB∥CD,.∠BAE= 16.解：(1)把(1,5)代入y=x+3,得k+3=5,解得k=2, ∠DCF,.·BE⊥AC于点E,DF⊥AC于点F,.∠AEB= .∴.一次函数解析式为y=2x+3; r∠BAE=∠DCF (2)把P(a,-3)代人y=2x+3,得-3=2a+3,解得 ∠CFD=90°，在△ABE和△CDF中，{∠AEB=∠CFD, a=-3,即a的值为-3. BE=DF. 17.解：(1)气温y(℃)是时间t(h)的函数.理由如下：根据 ∴.△ABE≌△CDF(AAS),∴.AB=CD,.四边形ABCD 图象可知，对于每一个时间t都对应一个气温y,符合 是平行四边形： 函数的定义，.气温y(℃)是时间t(h)的函数： (2)当∠ABE=30时，四边形ABCD是矩形.理由如下： (2)由图象，得当1=10时的函数值为20，函数值的实 :AB=B0,BE⊥A0,.∠AB0=2∠ABE=60° 际意义为10时的时候气温为20℃； ∴.△ABO是等边三角形，∴.AO=BO,:四边形ABCD是 (3)根据图象可知，一天0~18h内有4次气温为 平行四边形，AC=2A0,BD=2B0,.AC=BD,∴.四 15℃. 边形ABCD是矩形. 18.解：(1)y=56-0.07x: 22.解：(1)2； (2)根据题意，得0≤56-0.07x≤56，解得0≤x≤800： (2)2,5,9; (3)把x=350代入y=56-0.07x,得y=56-0.07× (3)(n-3) 350=31.5. 2 答：这辆汽车行驶350千米时，剩油31.5升. (4)当n=12时，12×2-3》=54..12个人围着圆 19.解：(1)点A(-3,3)代入直线1：y=kx+6,得-3k1+ 6=3,解得k1=1,∴.直线l,的解析式为y=x+6,令x 桌开会，每不相邻的人都握一次手，共握54次手， =0,则y=6,∴.B(0,6),0B=20C,∴.C(0,-3),将 23.解：(1)AF=BF+EF; 点A(-3,3),C(0,-3)代入y=k2x+b,得 (2)证明：'.·GD⊥DF,AG∥DF,则AG⊥DG,又.DF⊥CE, ∴.∠G=∠DFC=90°，∠ADG+∠ADF=90°，：四边形AB- {-36,+6=3解得=2，直线马的解析式为 1b=-3, b=-3, CD是矩形，.∠ADC=∠ADF+∠CDF=90°，∴.∠ADG= y=-2x-3; ∠G=∠DFC, (2).B(0,6),C(0,-3),∴.BC=6-（-3)=9,设点 ∠CDF,在△ADG和△CDF中，. ∠ADG=∠CDF LAG=CF D到y轴的距离为m,根据题意，得x9×m=9,m △ADG≌△CDF(AAS),.AD=CD,四边形ABCD =2,当x=2时，y=2+6=8;当x=-2时，y=-2+6 是矩形，.四边形ABCD是正方形； =4,.D(2,8)或(-2,4). (3)FH=AH+CF.理由如下：DF⊥CE,AH∥DF,GD⊥ 20.解：(1)设方案一的函数图象解析式为y=x,将点(40. DF,则AH⊥CE,.∠DFH=∠H=∠GDF=90°，∴.四边 1000)代人解析式，得40k=1000,解得k=25,即方案 形DGHF是矩形，∴.∠G=90°=∠DFC,同理由(2)可得 :y=25x;设方案二的函数图象解析式为y=x+b, ∠ADG=∠CDF,四边形ABCD是正方形，.AD=CD, 将点(0,600)，(40,1000)代入解析式，得 r∠G=∠DFG 在△ADG和△CDF中，.∠ADG=∠CDF,.△ADG≌ [40k6=100,解得=10，即方案二：y=10x 1b=600, 1b=600, LAD =CD. +600; △CDF(AAS),.DG=DF,AG=CF,.四边形DGHF是 (2)由两方案的图象交点(40,1000)可知：若销售量x 正方形，∴.HG=HF,∴.FH=HG=AH+AG=AH+CF. 的取值范围为0<x<40,则选择方案二；若销售量x= 专题突破与巩固（四） 40,则选择两个方案都可以；若销售量x的取值范围为 1.C2.D3.B4.C5.B6.D7.A8.A9.B x>40,则选择方案一. 10.A【解析】取CD的中点为F,连接AF,图略.根据题 21.解：（1)①1,2,3,4,3,2,1； 意，得Sao=7BC·CD=96em2.CF=DF,AC= ②③如图所示函数图象即为所求； AD,.AF⊥CD,.∠AFC=90°.AB∥CD,∠BAC= 5 r∠B=∠AFC, ∠FCA.在△ABC和△CFA中， ∠BAC=∠FCA, LCA=AC, 23456x .∴.△ABC≌△CFA(AAS).∴.AB=CF..AB= Snm=合BC(AB+GD)=分BCx}cD- 3 SAcn=14cm2.故选：A 3 6 (2)①当x<1时，y随x增大而增大，当x>1时，y随x 11.-612.x≥413.h=24-4t14.19 增大而减小； 15.(0,3)或(0,1+√5)【解析】直线y ②图象关于直线x=1对称； (3)4. =-2x+1与x轴，y抽分别交于A,B 22.解：(1)设固始鹅块每箱的单价为α元，南湾鱼每箱的 两点，令x=0,则y=1,令y=0,则x= 2,∴.A(2,0),B(0,1),.0A=2,0B= 单价为6元根据题意，得60十，解得60 1,AB=√OA2+OB2=√5，如图，BP⊥AB, 答：固始鹅块每箱的单价为60元，南湾鱼每箱的单价 .∴.∠AB0+∠BAO=90°，∠CBD+∠AB0=90° 为36元； ∴.∠CBD=LBAO,.共有△CBD≌△BAO或△DBC≌ (2)设购买固始鹅块x箱，则购买南湾鱼(50-x)箱.根 △BAO两种情况.当△CBD≌△BAO时，BD=AO=2, 据题意，得≥(50)，解得x≥30设总费用为y ∴.点D的坐标为(0,3)；当△DBC≌△BAO时，BD=BA 元，根据题意，得y=60x+36(50-x）=24x+1800, =√5，∴.，点D的坐标为(0,1+5).综上所述，点D的坐 24>0,,y随x的增大而增大，当x=30时，y最 标为(0,3)或(0,1+5).故答案为：(0,3)或(0,1+√5). 小，此时，购买固始鹅块30箱，购买南湾鱼20箱，∴.最 少总费用为24×30+1800=2520（元）. 分数 答：购买固始鹅块30箱，购买南湾鱼20箱，最少总费用 为2520元. 23.解(1)2,10,16： (2)由题意，得yz=2.5(t-2)=2.5t-5; 8 (3)①当0≤t≤2时，由2t=4,得t=2;②当2≤t≤42 时，由2.5t-5-2t=4,得t=18;③当乙到达终点后，42 60 <t≤50,2t=100-4,解得t=48..甲出发2秒或18秒 七年级八年级 或48秒时，甲、乙相距4米. 专题突破与巩固（五） (3)八年级平均数：m=2×(70+7+79+81+88+ 1.B2.A3.B4.D5.C6.B7.C8.D9.D 89+91+92+93+93+95+96)=87,离差平方和：(70 10.C -87)2+(77-87)2+(79-87)2+(81-87)2+(88- 11.8212.>13.{4,5}和{7,8,9}14.1015.93 87)2+(89-87)2+(91-87)2+(92-87)2+(93- 16.解：小王的平均分：88×6192×4=89.6（分），小李的 87)2+(93-87)2+(95-87)2+(96-87)2=752 6+4 .八年级所抽取学生的平均成绩m为87，离差平方和 平均分.90×6+85×4=8（分），88<89.6，小王 为752. 6+4 期未综合素养评价（一） 将被录取. 1.B2.C3.D4.C5.B6.D7.B8.A9.C 17.解：(1)x=4×5-2-3-3-5=7,.x的值为7； 10.D (2)这组数据为：2,3,3,5,7，出现次数最多的是3，共出 11.√2（答案不唯一）12.6013.x=214.2√2+2 现2次，因此众数是3. 15.1或9【解析】如图1，当点P在线段BC上时，由折 答：这组数据的众数是3， 叠，得AB=AE=3,BP=PE,∠B=∠AEP=90°，在 18.解：(1)136,144： Rt△ADE中，根据勾股定理，DE=√AD2-AE= (2)中位数离下四分位数近，∴.平均数大于中位数 19.解：(1)92,90,86； √52-32=4，设BP=x,则PE=x,PC=5-x,在 (2)八年级成绩更好.理由如下：平均数相同的情况 Rt△DCP中，根据勾股定理，PD2=PC2+DC2,(4+x) 下，八年级的中位数较高（答案不唯一，合理即可）； =(5-x)2+32,解得x=1,即BP=1;如图2，当，点P在 (3)由题意，得60×品=48（名）. BC的延长线上时，由折叠，得AB=AE=3,BP=PE, ∠B=∠AEP=90°，：∠EAD+∠ADE=90°，∠ADE+ 答：估计该班成绩在80分及以上的学生有48名. ∠CDP=90°，.∠EAD=∠CDP,在△AED和△DCP 20.解：(1)乙的平均数为：(7+9+7+8+9)÷5=8（个）， r∠E=∠DCP=90°， .△AED≌△DCP(ASA), 5×[(7-8)2×2+(8-8)2+(9-8)2×2]= 中，{AE=DC, L∠EAD=∠CDP, 0.8. ∴.DP=AD=5,在Rt△PCD中，根据勾股定理，PC= 答：乙进球的平均数为8个，方差为0.8； √Dp2-CD2=52-32=4,.BP=BC+PC=5+4= (2)应选择乙参加比赛，甲、乙的平均数相同，而乙的 9.综上所述，BP的长为1或9.故答案为：1或9. 方差较小，比较稳定，因此选择乙比较合适. 21.解：(1)69,69； (2)甲同学五次测试成绩的平均数为(65+69+67+69 +70)÷5=68(分)，.甲同学五次测试成绩的方差为： 5×[(65-68)2+(67-68)2+2×(69-68)2+(70 图2 -68)2]=3.2,由乙的体育成绩的方差公式可知，乙同 16.解：(1)原式=3-√5-3+25=√5； 学五次测试成绩的平均数为68分，方差为2，.乙的体 育成绩更好.理由如下：两人的平均成绩相同，但乙的 (2)原式=2×2万-号+45=45-号+4=8 3 方差较小，说明乙的成绩更稳定，.乙的体育成绩 5233 更好： 33 (3)变小 17.证明：.四边形ABCD是矩形.∴.∠C=90°，AD∥BC 22.解：(1)40,25,1.5,1.5； 又：EF∥CD,.四边形EFDC是矩形.AD∥BC, (2)0.9×4+L.2×8+1.5×15+1.8×10+2.1x3 .∠CED=∠ADE,DE平分∠ADC,.∠ADE= 40 ∠CDE,∴.∠CED=∠CDE,∴.CD=CE,.矩形EFDC 1.5(h); 是正方形. (3)2700x×404=2430(人). 18.解：(1)如图所示，直线DE即为所求： 40 (2)DE垂直平分线段AB,.DA= 答：估计该校每天在校体育活动时间大于1h的学生人 DB,设DA=DB=x,在Rt△ACD中 数为2430人 根据勾股定理，AD2=AC2+CD2,即x2 23.解：(1)90,93； =42+(8-x)2,解得x=5,∴BD=5. (2)七年级成绩排序：60,70,70,80,83,89,91,93,95， 19.解：(1)90,80； 97,98,100.下四分位数Q,为70+80=75，中位数Q,= 2 C2200×50=360(人. 8991=90,上四分位数Q,为597=96，补全箱线 答：估计该校2000名同学中有360人需要参与计划； 2 2 (3)从中位数来看，(1)班是90个，(2)班是80个，因 图如图所示； 此(1)班成绩更好些.（答案不唯一)