精品解析：北京市延庆区2025-2026学年下学期八年级期末数学试卷

2025—2026学年第二学期期末八年级数学试卷（一） 考生须知： 1．本试卷共8页，共三道大题，28道小题，满分100分，考试时间120分钟． 2．在试卷和答题卡上正确填写学校名称、姓名和考号． 3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效． 4．在答题卡上，选择题、作图题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答． 一、选择题（共16分，每小题2分，第题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．） 1. 纹样作为中国传统文化的重要组成部分，是古人艺术与智慧的结晶，下面纹样的示意图中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，A，B两点被池塘隔开，小张通过下面的方法估测出A，B间的距离，他先在外取一点C，然后分别确定，的中点D，E，并测出的长为，则A，B之间的距离为（ ） A. B. C. D. 3. 下列方程中，有两个不相等的实数根的是（ ） A. B. C. D. 4. 若正多边形的一个外角是，则该正多边形的内角和为（ ） A. B. C. D. 5. 的对角线，交于点O，下列说法正确的是（ ） A. 若，则是矩形 B. 若，则是矩形 C. 若，则是菱形 D. 若，则是菱形 6. 近年来，延庆区大力发展低空旅游产业．延庆文旅将分散的长城资源串联成线，打造世界级长城大景区，让更多人领略“空中瞰长城”的震撼，八达岭机场是“空中瞰长城”的起飞地，从2026年3月起客流逐月递增．3月份直升机的总飞行时长约为119.2小时，5月份直升机的总飞行时长约为176.8小时．设直升机每月飞行时长的平均增长率为x，则下列所列的方程正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 根据A，B两地同一天（24小时）气温的数据，在同一幅图中画出箱线图，如图所示．给出下列结论： ①A，B两地气温数据的中位数都是15 ②A地气温数据的第一四分位数是10 ③A地气温的温差比B地大 ④A地最高气温比B地的最高气温低 则正确的个数是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 8. 如图，在中，，点E是的中点，过点A作于点F，连接并延长与线段的延长线交于点G，连接．给出下列结论： ①点E是的中点； ②； ③平分； ④． 则上述结论中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①④ B. ②③ C. ①②③ D. ①③④ 二、填空题（共16分，每小题2分） 9. 函数 中，自变量x的取值范围是__________． 10. 方程x2﹣2x=0的解为_____________ 11. 在平面直角坐标系中，函数和的图象如图所示，那么关于x，y的二元一次方程组的解是________． 12. 某校的射击社团经过筛选，决定从甲、乙、丙、丁四名同学中选择一名同学，代表社团参加延庆区“青少年射击比赛”．该社团组织四人进行比赛，这四名同学10次射击成绩（单位：环）的平均数及方差，如表所示： 甲 乙 丙 丁 平均数 92 92 96 96 方差 1.2 0.6 0.2 0.7 如果要选一名成绩好且状态稳定的同学参赛，则应该选择________． 13. 设，是方程的两个实数根，则代数式的值是________． 14. 若点，都在正比例函数的图象上，则________（填“”“”或“”）． 15. 如图，将矩形纸片沿直线翻折，使点A落在点E处，与交于点F．若，，则的长是________． 16. 某智能芯片制造厂接到零件加工任务，需要甲、乙两个车间相互配合，要求它们同时开工，11天完成．乙车间在加工3天后停止加工，在引入新设备后继续加工，直到与甲车间同时完成任务为止．设甲、乙两个车间加工零件的总数分别为（件），（件），加工时间为x（天），甲车间与乙车间加工零件总数之差为z（件）．，与加工时间x之间存在函数关系，如图1所示；z与x之间存在函数关系，如图2所示． 请根据图象提供的信息回答： （1）图1中，a的值是________； （2）在第________天，甲乙两个车间加工的零件总数相同． 三、解答题（共68分，17题8分，题，每小题5分，题，每小题6分，24题5分，25题6分，26题5分，27题7分，28题5分） 17. 解方程： （1）； （2）． 18. 一次函数的图象经过点，与y轴交于点B． （1）求这个一次函数的表达式，并画出该函数图象； （2）当时，x的取值范围是________； （3）的面积是________． 19. 如图，在中，点，在对角线上，且，连接，，，．求证：四边形是平行四边形． 20. 已知：如图1，点C是直线外一点．求作：直线，使得．下面是某位同学的作图方案： ①在上任取一点M，连接（不与垂直）； ②以点M为圆心，以为半径画弧，与交于点N； ③分别以点C，N为圆心，以为半径画弧，两弧交于点D； ④作直线． 则直线即为所求． （1）根据上面的作图方案在图1中完成作图；（保留作图痕迹，不写作法） （2）完成下面的证明： 证明：连接． ，， ． 四边形是菱形（① ）（填推理依据）． （② ）（填推理依据）． ． （3）请你再另外设计一种作法，利用直尺和圆规在图2中完成（保留作图痕迹，不写作法和证明）． 21. 关于x的方程有实数根，且k为正整数，求k的值并求此时方程的解． 22. 某校为了解学生的体育健康知识掌握情况，进行相关测试．测试结束后，分别从七年级和八年级参加测试学生的成绩中随机抽取了20名学生的成绩（满分100分），并进行了整理、描述和分析，下面给出了部分信息． a．抽取的七年级学生测试成绩（单位：分）：72，75，78，80，81，82，82，82，83，84，84，85，86，87，88，90，91，93，98，99； b．抽取的八年级学生测试成绩（单位：分）的频数分布直方图，如图所示（数据分为5组：，，，，）： c．抽取的八年级学生测试成绩在这一组的是：85，86，87，85，87，88； d．抽取的七、八年级学生成绩的平均数、中位数、第三四分位数、众数如下： 平均数 中位数 第三四分位数 众数 七年级 85 84 n p 八年级 85 m 91 85 根据以上的信息，回答下列问题： （1）补全频数分布直方图； （2）表中________，________，________； （3）若七年级学生甲，八年级学生乙的成绩均为85分，则甲，乙两人在本年级中成绩更靠前的是________； （4）此次测试成绩在85分及以上为优秀，若该校七年级参加测试的有180人，八年级参加测试的有200人，估计七、八年级成绩优秀的共有多少人？ 23. 某景区“农家乐”一日游活动的票价为200元．春节期间该景区推出两种购票优惠方案．方案一：所有购票人员统一享受票价七折优惠；方案二：团队中1人购买全价票，其余成员可享受票价六折优惠．春节假期小明想和朋友们一起参加该景区“农家乐”一日游活动，选择哪种方案更合算？说明理由． 24. 一位旅客乘坐某航空公司飞机时，购买了经济舱机票．托运行李的费用y（单位：元）与行李的质量x（单位：）的关系如图所示． （1）可免费托运的行李最大质量是多少千克？ （2）如果托运的行李超过免费托运的质量后，那么每千克需支付的费用是________元． 25. 如图，菱形中，连接并延长到点E，使得，延长到点，使得，连接． （1）求证：为等腰三角形； （2）连接，与交于点，连接，若，，求的长． 26. 在平面直角坐标系中，一次函数的图象由函数的图象平移得到，且经过点． （1）求这个一次函数的表达式； （2）当时，对于x的每一个值，一次函数的值小于一次函数的值且大于1，直接写出m的取值范围． 27. 如图，是正方形的对角线，点O是的中点，将线段绕着点O逆时针旋转得到线段，连接，． （1）求的度数（用含的式子表示）； （2）连接，过点O作于点F，与交于点G． ①依题意补全图形； ②用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 28. 在平面直角坐标系中，给出如下规定：对于平面内任意一点，将点P的横、纵坐标先乘以，再分别加上1，得到点，则称点Q是点P的变换点．如图，在正方形中，，；已知线段，，，其中． （1）当时，点E的变换点的坐标为________； （2）若点E的变换点的坐标是，则a的值为________； （3）若线段上所有点的变换点，都落在正方形的边上或内部，则h的最大值为________，a的取值范围是________． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第二学期期末八年级数学试卷（一） 考生须知： 1．本试卷共8页，共三道大题，28道小题，满分100分，考试时间120分钟． 2．在试卷和答题卡上正确填写学校名称、姓名和考号． 3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效． 4．在答题卡上，选择题、作图题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答． 一、选择题（共16分，每小题2分，第题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．） 1. 纹样作为中国传统文化的重要组成部分，是古人艺术与智慧的结晶，下面纹样的示意图中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断. 轴对称图形是指一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合；中心对称图形是指一个图形绕着一个点旋转，旋转后的图形能与原来的图形重合． 【详解】解：选项A：该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不符合题意； 选项B：该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故该选项符合题意； 选项C：该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不符合题意； 选项D：该图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故该选项不符合题意． 2. 如图，A，B两点被池塘隔开，小张通过下面的方法估测出A，B间的距离，他先在外取一点C，然后分别确定，的中点D，E，并测出的长为，则A，B之间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可知分别为的中点，利用三角形中位线定理即可求解． 【详解】解：分别是的中点， 是的中位线， ， ． 3. 下列方程中，有两个不相等的实数根的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于一元二次方程，当时，方程有两个不相等的实数根，计算各选项的判别式即可得到结果． 【详解】对于一元二次方程，判别式为 选项A：方程中，， ， 方程没有实数根，A不符合要求； 选项B：方程中，， ， 方程有两个相等的实数根，B不符合要求； 选项C：方程中， ， 方程有两个不相等的实数根，C符合要求； 选项D：方程中， ， 方程没有实数根，D不符合要求． 4. 若正多边形的一个外角是，则该正多边形的内角和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据多边形的边数与多边形的外角的个数相等，可求出该正多边形的边数，再由多边形的内角和公式求出其内角和． 【详解】解：该正多边形的边数为：360°÷60°＝6， 该正多边形的内角和为：（6−2）×180°＝720°． 故选A． 【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的外角和与内角和公式是解答本题的关键． 5. 的对角线，交于点O，下列说法正确的是（ ） A. 若，则是矩形 B. 若，则是矩形 C. 若，则是菱形 D. 若，则是菱形 【答案】B 【解析】 【分析】根据矩形、菱形的判定定理逐一判断选项． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，对角线交于点， 对选项A：若，即平行四边形一组邻边相等，根据判定定理：一组邻边相等的平行四边形是菱形，不是矩形，故A错误； 对选项B：若，即平行四边形对角线相等，根据判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形，故B正确； 对选项C：若，即平行四边形有一个内角是直角，根据判定定理：有一个角是直角的平行四边形是矩形，不是菱形，故C错误； 对选项D：∵平行四边形对角线互相平分，∴，，若，则，可推出是矩形，不是菱形，故D错误． 6. 近年来，延庆区大力发展低空旅游产业．延庆文旅将分散的长城资源串联成线，打造世界级长城大景区，让更多人领略“空中瞰长城”的震撼，八达岭机场是“空中瞰长城”的起飞地，从2026年3月起客流逐月递增．3月份直升机的总飞行时长约为119.2小时，5月份直升机的总飞行时长约为176.8小时．设直升机每月飞行时长的平均增长率为x，则下列所列的方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均增长率的计算方法，从初始月份开始逐步推导目标月份的飞行时长，结合已知条件列出方程即可． 【详解】解：∵3月份总飞行时长为小时，每月平均增长率为， ∴4月份总飞行时长为小时， ∴5月份总飞行时长为小时， 又∵已知5月份总飞行时长为小时， ∴可列方程． 7. 根据A，B两地同一天（24小时）气温的数据，在同一幅图中画出箱线图，如图所示．给出下列结论： ①A，B两地气温数据的中位数都是15 ②A地气温数据的第一四分位数是10 ③A地气温的温差比B地大 ④A地最高气温比B地的最高气温低 则正确的个数是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】根据箱线图的特征，分别读取A、B两地的中位数、第一四分位数、最大值（最高气温）、最小值（最低气温），计算温差（极差）并比较大小，逐一判断结论即可． 【详解】由箱线图可知： 对于A地：中位数为15，第一四分位数（箱体下沿）为10，最高气温（上须顶端）约为26，最低气温（下须底端）约为7； 对于B地：中位数为15，最高气温约为24，最低气温约为12， ∴结论①：A，B两地气温数据的中位数都是15，正确； 结论②：A地气温数据的第一四分位数是10，正确； 结论③：A地温差约为，B地温差约为， ， 地温差比B地大，正确； 结论④：地最高气温约为26，B地最高气温约为24，， 地最高气温比B地高，结论错误， 综上所述，正确的结论有①②③，共3个．  8. 如图，在中，，点E是的中点，过点A作于点F，连接并延长与线段的延长线交于点G，连接．给出下列结论： ①点E是的中点； ②； ③平分； ④． 则上述结论中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①④ B. ②③ C. ①②③ D. ①③④ 【答案】D 【解析】 【分析】利用平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线性质，等腰三角形的性质，逐一判定各结论正误即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∵，点E是中点， ∴， 判定①：∵， ∴，， 又∵， ∴， ∴，即点E是的中点，①正确； 判定②：∵，， ∴，是直角三角形， ∴是斜边的中线，仅可得， 仅当为等边三角形时成立，不是恒成立，故②错误； 判定③：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，即平分，③正确； 判定④：设， ∵， ∴， ∵，， ∴，是直角三角形， ∵点E是中点， ∴，得， 结合， 又∵， ∴，故④正确， 综上，正确结论为①③④． 二、填空题（共16分，每小题2分） 9. 函数 中，自变量x的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，可得，解不等式即可，熟知根号下需要大于等于0，是解题的关键． 【详解】解：根据二次根式的意义，有， 解得， 故自变量x的取值范围是， 故答案为：． 10. 方程x2﹣2x=0的解为_____________ 【答案】x1=0，x2=2 【解析】 【分析】把方程的左边分解因式得x（x-2）=0，得到x=0或 x-2=0，求出方程的解即可． 【详解】解：x2-2x=0， x（x-2）=0， x=0或 x-2=0， 故答案为：x1=0 ，x2=2． 【点睛】本题主要考查对解一元二次方程-因式分解法，解一元一次方程等知识点的理解和掌握，把一元二次方程转化成一元一次方程是解此题的关键． 11. 在平面直角坐标系中，函数和的图象如图所示，那么关于x，y的二元一次方程组的解是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据一次函数与二元一次方程组的关系，方程组的解即为两函数图象交点的坐标，观察图象找出交点坐标即可． 【详解】解：∵函数与的图象的交点坐标为， ∴关于x，y的二元一次方程组的解为． 12. 某校的射击社团经过筛选，决定从甲、乙、丙、丁四名同学中选择一名同学，代表社团参加延庆区“青少年射击比赛”．该社团组织四人进行比赛，这四名同学10次射击成绩（单位：环）的平均数及方差，如表所示： 甲 乙 丙 丁 平均数 92 92 96 96 方差 1.2 0.6 0.2 0.7 如果要选一名成绩好且状态稳定的同学参赛，则应该选择________． 【答案】 丙 【解析】 【分析】要选择成绩好且状态稳定的同学参赛，需先通过平均数判断成绩高低，平均数越大成绩越好，再通过方差判断稳定性，方差越小状态越稳定，据此筛选即可． 【详解】首先比较四名同学射击成绩的平均数，甲、乙平均数为92，丙、丁平均数为96，由，可知丙、丁的成绩优于甲、乙，排除甲、乙， 再比较丙、丁的方差，丙的方差为0.2，丁的方差为0.7，由，根据方差的意义，方差越小，成绩波动越小，状态越稳定，可知丙的状态比丁更稳定， 因此丙成绩好且状态稳定． 13. 设，是方程的两个实数根，则代数式的值是________． 【答案】 【解析】 【分析】先将所求代数式通分变形，再利用根与系数的关系得到两根之和与两根之积，最后代入变形后的代数式计算即可． 【详解】解：，是方程的两个实数根， 由根与系数的关系可得： ， ， ． 14. 若点，都在正比例函数的图象上，则________（填“”“”或“”）． 【答案】< 【解析】 【分析】利用正比例函数的增减性比较与的大小，也可代入横坐标计算出函数值再比较大小． 【详解】解： 正比例函数中，比例系数， 随的增大而增大， 又点，的横坐标满足， ． 15. 如图，将矩形纸片沿直线翻折，使点A落在点E处，与交于点F．若，，则的长是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据矩形的性质可得，，，由平行线的性质可得，结合折叠的性质可得，从而证得，利用等角对等边可得，设，则，，在中利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， 由折叠的性质可知，， ∴，即， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得， ∴，  解得， ∴的长是．  16. 某智能芯片制造厂接到零件加工任务，需要甲、乙两个车间相互配合，要求它们同时开工，11天完成．乙车间在加工3天后停止加工，在引入新设备后继续加工，直到与甲车间同时完成任务为止．设甲、乙两个车间加工零件的总数分别为（件），（件），加工时间为x（天），甲车间与乙车间加工零件总数之差为z（件）．，与加工时间x之间存在函数关系，如图1所示；z与x之间存在函数关系，如图2所示． 请根据图象提供的信息回答： （1）图1中，a的值是________； （2）在第________天，甲乙两个车间加工的零件总数相同． 【答案】 ①. 630 ②. 9 【解析】 【分析】（1）先确定图1中，的函数图象，根据时，，时，，即可解答； （2）根据图象求出；时，；根据函数图象令​，列方程求解即可； 【详解】解：（1）甲是一直匀速加工，对应图1的直线，乙先加工、再停止、再加工，对应图1的折线， 根据图1得，时，， 根据题意，​， 由图2得：时，，即，解得：； （2）甲的效率：甲11天加工550件，因此每天加工件，则； 由图2得，时，，即，解得，则乙前3天每天加工件； 乙停止加工时不变，， 图2中顶点，代入得，解得：，即乙第5天恢复加工； 乙从第5天到第11天共天，总共需要加工件， ∴恢复加工后每天加工件， ∴时，； 令​，即：，解得：， 因此第9天甲乙加工零件总数相同． 三、解答题（共68分，17题8分，题，每小题5分，题，每小题6分，24题5分，25题6分，26题5分，27题7分，28题5分） 17. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【小问1详解】 解：， ， 或， 解得：，． 【小问2详解】 解：， ∵， ∴， ∴， 解得：，． 18. 一次函数的图象经过点，与y轴交于点B． （1）求这个一次函数的表达式，并画出该函数图象； （2）当时，x的取值范围是________； （3）的面积是________． 【答案】（1） 一次函数的表达式为 （2） （3）6 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法，代入点A的坐标求出k的值，得到函数表达式，再将函数表达式在平面直角坐标系中表示出即可； （2）根据并结合函数图象，列一元一次不等式求解即可； （3）先求出点B的坐标得到的长度，再结合点A的横坐标，用三角形面积公式计算面积． 【小问1详解】 解：∵一次函数经过点， 将，代入解析式得：， 解得：， ∴一次函数的表达式为， 画图象略 【小问2详解】 解：由（1）图象可知，当时，代入解析式得：， ∴． 【小问3详解】 解：当时，， ∴，即， ∴． 19. 如图，在中，点，在对角线上，且，连接，，，．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【解析】 【分析】连接，交于点O．利用平行四边形的性质得到，，则可得，然后利用平行四边形的判定可证得结论． 【详解】证明：连接，交于点O． ∵四边形是平行四边形， ∴，． 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． 20. 已知：如图1，点C是直线外一点．求作：直线，使得．下面是某位同学的作图方案： ①在上任取一点M，连接（不与垂直）； ②以点M为圆心，以为半径画弧，与交于点N； ③分别以点C，N为圆心，以为半径画弧，两弧交于点D； ④作直线． 则直线即为所求． （1）根据上面的作图方案在图1中完成作图；（保留作图痕迹，不写作法） （2）完成下面的证明： 证明：连接． ，， ． 四边形是菱形（① ）（填推理依据）． （② ）（填推理依据）． ． （3）请你再另外设计一种作法，利用直尺和圆规在图2中完成（保留作图痕迹，不写作法和证明）． 【答案】（1）如图： （2）① 四条边都相等的四边形是菱形；②菱形的对边互相平行 （3）如图，直线即为所求 【解析】 【分析】（1）按步骤作图即可； （2）根据菱形的性质和判定解答即可； （3）利用作一个角等于已知角，同位角相等两直线平行完成作图： 在上任取一点，连接并延长，以点为顶点作（同位角相等），直线即为所求，保留作角的作图痕迹即可； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 21. 关于x的方程有实数根，且k为正整数，求k的值并求此时方程的解． 【答案】 ，此时方程的解为 【解析】 【分析】先利用一元二次方程有实数根的条件，得到根的判别式非负，据此求出k的取值范围，再结合k为正整数确定k的取值，最后代入原方程求解方程的根即可． 【详解】解：∵关于x的方程有实数根， ∴根的判别式， 解得：， 又∵k为正整数， ∴， 将代入原方程，得， 整理得：， 解得：． 22. 某校为了解学生的体育健康知识掌握情况，进行相关测试．测试结束后，分别从七年级和八年级参加测试学生的成绩中随机抽取了20名学生的成绩（满分100分），并进行了整理、描述和分析，下面给出了部分信息． a．抽取的七年级学生测试成绩（单位：分）：72，75，78，80，81，82，82，82，83，84，84，85，86，87，88，90，91，93，98，99； b．抽取的八年级学生测试成绩（单位：分）的频数分布直方图，如图所示（数据分为5组：，，，，）： c．抽取的八年级学生测试成绩在这一组的是：85，86，87，85，87，88； d．抽取的七、八年级学生成绩的平均数、中位数、第三四分位数、众数如下： 平均数 中位数 第三四分位数 众数 七年级 85 84 n p 八年级 85 m 91 85 根据以上的信息，回答下列问题： （1）补全频数分布直方图； （2）表中________，________，________； （3）若七年级学生甲，八年级学生乙的成绩均为85分，则甲，乙两人在本年级中成绩更靠前的是________； （4）此次测试成绩在85分及以上为优秀，若该校七年级参加测试的有180人，八年级参加测试的有200人，估计七、八年级成绩优秀的共有多少人？ 【答案】（1）补全频数分布直方图如图 （2）86.5，89，82 （3）甲 （4）211人 【解析】 【分析】（1）根据频数分布直方图求出组的频数，画图即可； （2）根据中位数、众数、第三四分位数的定义求解即可； （3）根据中位数的定义解答即可； （4）用样本估计总体的方法解答即可； 【小问1详解】 解：八年级共抽取20名学生，组的频数为：， 补全频数分布直方图见答案 【小问2详解】 解：八年级20个数据的中位数为第10、11个数据的平均数，前两组累计个数据，第10、11个数据都在组，该组排序后为，第10个是86，第11个是87，因此； 是七年级的第三四分位数：方法一：，第三四分位数为第15、16个数据的平均数，七年级排序后第15个是88，第16个是90，因此； 方法二：七年级共抽取20名学生，第三四分位数是从小到大排序之后，后10个数据的中位数，因此； 七年级成绩中82出现次数最多（3次），因此； 【小问3详解】 解：甲成绩85分大于七年级中位数84，说明甲成绩超过七年级一半以上学生，排名在本年级前半段； 乙成绩85分小于八年级中位数86.5，说明乙成绩低于八年级一半以上学生，排名在本年级后半段； 因此本年级中成绩更靠前的是甲； 【小问4详解】 解：抽取的20名七年级学生中，85分及以上有9人， 因此七年级优秀人数估计为：人； 抽取的20名八年级学生中，85分及以上有人， 因此八年级优秀人数估计为：人； 总优秀人数：人， 答：估计七、八年级成绩优秀的共有211人． 23. 某景区“农家乐”一日游活动的票价为200元．春节期间该景区推出两种购票优惠方案．方案一：所有购票人员统一享受票价七折优惠；方案二：团队中1人购买全价票，其余成员可享受票价六折优惠．春节假期小明想和朋友们一起参加该景区“农家乐”一日游活动，选择哪种方案更合算？说明理由． 【答案】 当购票人数少于4人时，选择方案一更合算；当购票人数等于4人时，两种方案一样合算；当购票人数多于4人时，选择方案二更合算． 理由：设一共有x人参加，方案一的总费用为元，方案二的总费用为元，x为正整数， 根据题意，得，， 当时，，解得， 此时两种方案花费相同， 当时，，解得， 此时方案一更合算， 当时，，解得， 此时方案二更合算， 综上所述，当购票人数少于4人时，选择方案一更合算；当购票人数等于4人时，两种方案一样合算；当购票人数多于4人时，选择方案二更合算． 【解析】 【分析】设出总人数，分别表示出两种方案的购票总费用，通过比较总费用的大小分情况讨论得到结果． 【详解】略 24. 一位旅客乘坐某航空公司飞机时，购买了经济舱机票．托运行李的费用y（单位：元）与行李的质量x（单位：）的关系如图所示． （1）可免费托运的行李最大质量是多少千克？ （2）如果托运的行李超过免费托运的质量后，那么每千克需支付的费用是________元． 【答案】（1） （2）18 【解析】 【分析】（1）根据待定系数法求出直线解析式，再令，即可解答； （2）用费用变化量除以质量变化量，即可求出超过免费质量后，每千克的费用 【小问1详解】 解：由图可知，收费段的直线经过点和， 设直线解析式为， 代入坐标得：， 解得：， ∴解析式为， 令，解得， ∴可免费托运的行李最大质量是． 【小问2详解】 解：超过免费质量后，每千克需支付的费用是元． 25. 如图，菱形中，连接并延长到点E，使得，延长到点，使得，连接． （1）求证：为等腰三角形； （2）连接，与交于点，连接，若，，求的长． 【答案】（1） 证明：∵，， ∴是中点，是中点， ∴是的中位线， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰三角形． （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得是的中位线，则，根据菱形的性质得出，结合，即可得， 可证出为等腰三角形； （2）根据菱形的性质得出，，，由（1）得，在中，由勾股定理求出， 再求出，在中，由勾股定理即可解答 ． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图， ∵四边形是菱形，与交于，， ∴，，， 由（1）得，， 在中，由勾股定理得，， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ． 26. 在平面直角坐标系中，一次函数的图象由函数的图象平移得到，且经过点． （1）求这个一次函数的表达式； （2）当时，对于x的每一个值，一次函数的值小于一次函数的值且大于1，直接写出m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由平移可知平移前后的直线平行，随即求出k的值，再将点代入可得，从而求出结果； （2）当时，得到点是临界点，此时根据题意结合图象得到，分析图象另外的临界为两条直线平行即可得到答案． 【小问1详解】 解：由题意得，， ∴， 将点代入中，得， ∴一次函数的表达式为． 【小问2详解】 解：如图，分析临界图象， 当时，得到点是临界点， 由题意知，，解得， 当时，两直线平行， ∴． 27. 如图，是正方形的对角线，点O是的中点，将线段绕着点O逆时针旋转得到线段，连接，． （1）求的度数（用含的式子表示）； （2）连接，过点O作于点F，与交于点G． ①依题意补全图形； ②用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 【答案】（1）； （2）①如图： ②， 证明：如图，过点B作交于点，连接， ∵四边形是正方形， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， 根据（1）可得 ，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 又， ∴， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴，即， 又∵， ∴， ∴（或答案不唯一）． 【解析】 【分析】（1）根据正方形的性质得出，，，由旋转性质得：，，则，，在等腰中，求出， 即可解答； （2）①依题意补全图形即可； ②如图，过点B作交于点，连接，证明，得出，根据，得出，根据，，得出垂直平分，则，即可证明，结合，得出，即可求解； 【小问1详解】 解：∵四边形是正方形，是对角线，是中点， ∴，，， 由旋转性质得：，， ∴，， 在等腰中：， ∴； 【小问2详解】 解：①略； ②略． 28. 在平面直角坐标系中，给出如下规定：对于平面内任意一点，将点P的横、纵坐标先乘以，再分别加上1，得到点，则称点Q是点P的变换点．如图，在正方形中，，；已知线段，，，其中． （1）当时，点E的变换点的坐标为________； （2）若点E的变换点的坐标是，则a的值为________； （3）若线段上所有点的变换点，都落在正方形的边上或内部，则h的最大值为________，a的取值范围是________． 【答案】（1） （2） （3）4； 【解析】 【分析】（1）先求出，再根据变换规则求解即可； （2）先求出点E的变换点，结合已知条件列方程求解即可； （3）先根据变换规则得出变换后仍是竖直线段，，再根据正方形的坐标范围，，即可解答； 【小问1详解】 解：当时，， 代入变换规则：横坐标：，纵坐标：， 因此变换点坐标为； 【小问2详解】 解：根据题意可得的变换点为，即， ∵点E的变换点的坐标是， ∴，解得：； 【小问3详解】 解：线段上所有点满足：，（）， 对任意点求变换点得：变换后横坐标恒为，纵坐标， ∴， 即变换后仍是竖直线段，， ∵正方形范围内要求，， ∴对：最大，∴，即的最大值为； 对：，即，解不等式组得． 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