2024八年级数学下学期期中精选50题基础版含解析新版浙教版

这是一份2024八年级数学下学期期中精选50题基础版含解析新版浙教版，共24页。
A．a≤﹣3B．a＜﹣3C．a≥﹣3D．a＞﹣3
【分析】根据二次根式中的被开方数是非负数列式计算即可．
【解答】解：∵是二次根式，
∴3+a≥0，
解得a≥﹣3．
故选：C．
【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，解决本题的关键是掌握二次根式中的被开方数是非负数．
2．（天门期中）下列方程是一元二次方程的是（ ）
A．3x+2y﹣1＝0B．5x2﹣6y﹣3＝0C．﹣x+2＝0D．x2﹣1＝0
【分析】一元二次方程必须同时满足三个条件：①整式方程，即等号两边都是整式；方程中如果有分母，那么分母中无未知数；②只含有一个未知数；③未知数的最高次数是2．进而可以判断．
【解答】解：A．是二元一次方程，不符合题意；
B．是二元二次方程，不符合题意；
C．是一元一次方程，不符合题意；
D．是一元二次方程，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义，解决本题的关键是掌握一元二次方程的定义．
3．（宁阳县期末）把一元二次方程y2+2（y﹣1）＝3y化成一般形式，正确的是（ ）
A．y2﹣y﹣2＝0B．y2+5y﹣2＝0C．y2﹣y﹣1＝0D．y2﹣2y﹣1＝0
【分析】一元二次方程的一般形式是ax2+bx+c＝0（a≠0），将原方程化简即可．
【解答】解：y2+2（y﹣1）＝3y，
∴y2+2y﹣2﹣3y＝0，
∴y2﹣y﹣2＝0．
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程的一般形式，属于简单题，注意一元二次方程的二次项系数不能为0．
4．（泉州期末）用配方法解方程x2+4x﹣1＝0，下列配方结果正确的是（ ）
A．（x+2）2＝5B．（x+2）2＝1C．（x﹣2）2＝1D．（x﹣2）2＝5
【分析】在本题中，把常数项﹣1移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数4的一半的平方．
【解答】解：把方程x2+4x﹣1＝0的常数项移到等号的右边，得到x2+4x＝1
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2+4x+4＝1+4
配方得（x+2）2＝5．
故选：A．
【点评】本题考查了配方法解一元二次方程．配方法的一般步骤：
（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
5．（平谷区二模）一个多边形的内角和是720°，这个多边形是（ ）
A．五边形B．六边形C．七边形D．八边形
【分析】利用n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，结合方程即可求出答案．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，由题意，得
（n﹣2）180°＝720°，
解得：n＝6，
故这个多边形是六边形．
故选：B．
【点评】本题主要考查多边形的内角和公式，比较容易，熟记n边形的内角和为（n﹣2）•180°是解题的关键．
6．（大名县期末）下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．两组对边分别平行
B．一组对边平行，另一组对边相等
C．两组对边分别相等
D．一组对边平行且相等
【分析】由平行四边形的判定方法得出A、C、D正确，B不正确；即可得出结论．
【解答】解：∵两组对边分别平行的四边形是平行四边形，
∴A正确；
∵一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形，不一定是平行四边形，
∴B不正确；
∵两组对边分别相等的四边形是平行四边形，
∴C正确；
∵一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
∴D正确；
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的判定方法；熟练掌握平行四边形的判定方法，并能进行推理论证是解决问题的关键．
7．（嘉祥县一模）若样本x1，x2，x3，…，xn的平均数为10，方差为4，则对于样本x1﹣3，x2﹣3，x3﹣3，…，xn﹣3，下列结论正确的是（ ）
A．平均数为10，方差为2B．众数不变，方差为4
C．平均数为7，方差为2D．中位数变小，方差不变
【分析】利用平均数、中位数、众数和方差的意义进行判断．
【解答】解：∵样本x1，x2，x3，…，xn的平均数为10，方差为4，
∴样本x1﹣3，x2﹣3，x3﹣3，…，xn﹣3的平均数为7，方差为4，众数和中位数变小．
故选：D．
【点评】本题考查了方差：一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差．方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．也考查了平均数、众数和中位数．
8．（吴兴区校级期中）已知一组数据：2，5，5，6，7，则这组数据的方差是（ ）
A．2.6B．2.8C．3D．3.2
【分析】根据题意，先求出数据的平均数，由方差的计算公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，数据：其平均数，
则其方差s2＝[（2﹣5）2+（5﹣5）2+（5﹣5）2+（6﹣5）2+（7﹣5）2]＝2.8；
故选：B．
【点评】本题考查数据的方差的计算，注意方差的计算公式，属于基础题．
9．（衡阳期末）要使二次根式有意义，那么x的取值范围是（ ）
A．x≥1B．x＞1C．x＜1D．x≥﹣1
【分析】根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式得到答案．
【解答】解：由题意得，2x﹣2≥0，
解得，x≥1，
故选：A．
【点评】本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
10．（南岗区期末）下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据最简二次根式的概念：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式逐一判断即可得．
【解答】解：A、＝，不是最简二次根式，不符合题意；
B、是最简二次根式，符合题意；
C、＝2，不是最简二次根式，不符合题意；
D、＝2，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：B．
【点评】此题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式定义是解本题的关键．
11．（下城区期中）若x2＝﹣x，则（ ）
A．x＝0B．x1＝x2＝﹣1C．x1＝﹣1，x2＝1D．x1＝﹣1，x2＝0
【分析】观察方程，先移项再因式分解即可解出x的值．
【解答】解：x2＝﹣x，
x2+x＝0，
x（x+1）＝0，
∴x＝0或x+1＝0，
解得：x1＝0，x2＝﹣1，
所以A、B、C错误，
故选：D．
【点评】本题考查利用因式分解法解一元二次方程，本题先移项再因式分解是解题关键．
12．（紫金县期末）由于疫情得到缓和，餐饮行业逐渐回暖，某地一家餐厅重新开张，开业第一天收入约为5000元，之后两天的收入按相同的增长率增长，第3天收入约为6050元，若设每天的增长率为x，则x满足的方程是（ ）
A．5000（1+x）＝6050B．5000（1+2x）＝6050
C．5000（1﹣x）2＝6050D．5000（1+x）2＝6050
【分析】根据开业第一天收入约为5000元，之后两天的收入按相同的增长率增长，第3天收入约为6050元列方程即可得到结论．
【解答】解：设每天的增长率为x，
依题意，得：5000（1+x）2＝6050．
故选：D．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
13．（天门期中）五•一节日到来之际，班级同学之间相互赠送卡片，假设有n个同学，卡片共有1980张，则根据题意可列的方程为（ ）
A．B．n（n﹣1）＝1980
C．D．n（n+1）＝1980
【分析】设有n个同学，则每个同学需送出（n﹣1）张卡片，根据共送出1980张卡片，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：设有n个同学，则每个同学需送出（n﹣1）张卡片，
依题意得：n（n﹣1）＝1980．
故选：B．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
14．（滕州市期末）在▱ABCD中，∠A+∠C＝210°，则∠B的度数为（ ）
A．105°B．95°C．75°D．30°
【分析】根据平行四边形的性质，对角相等以及邻角互补，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A+∠C＝210°，
∴∠A＝∠C＝105°，
∴∠B＝75°．
故选：C．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，灵活的应用平行四边形的性质是解决问题的关键．
15．（西湖区校级期中）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．
【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；判断中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
16．（永嘉县校级模拟）某次数学素养大赛选拔赛，成绩分为A，B，C，D四个等级，其中相应等级的得分依次记为100分，90分，80分，70分．学校将八班同学的成绩整理并绘制成如下统计图，根据统计图可知该组数据的中位数是（ ）
A．100分B．90分C．80分D．70分
【分析】根据中位数的意义求解即可．
【解答】解：将这15名学生的成绩从小到大排列后，处在中间位置的一个数是90分，因此中位数是90分，
故选：B．
【点评】本题考查中位数，理解中位数的意义，掌握中位数的计算方法是解决问题的前提．
17．（和平县期末）下列计算正确的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据平方根的性质、立方根的性质以及绝对值的性质即可求出答案．
【解答】解：A、原式＝0.3，故A不符合题意．
B、原式＝＝，故B不符合题意．
C、原式＝﹣3，故C符合题意．
D、原式＝﹣5，故D不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查二次根式的性质与化简，解题的关键是熟练运用二次根式的性质，本题是基础题型．
18．（余杭区期中）下列计算正确的是（ ）
A．＝±B．＝C．±＝D．±＝±
【分析】A：算术平方根的结果不可能出现负值；
B：被开方数不能为负；
C：正数平方根结果有两个；
D：正确．
【解答】解：A：原式＝，∴不符合题意；
B：原式不成立，∴不符合题意；
C：原式＝±，∴不符合题意；
D：原式＝±，∴符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了二次根式的性质与化简、平方根，掌握二次根式的基本性质，平方根与算术平方根的区别是解题关键．
19．（永年区期末）有1人患了流感，经过两轮传染后共有81人患了流感，设每轮传染中每人传染x人，其中20%的人因自身抵抗力强而未患流感，则根据题意可列方程为（ ）
A．0.2（1+x）2＝81B．（1+0.2x）2＝81
C．0.8（1+x）2＝81D．（1+0.8x）2＝81
【分析】由于每轮传染中平均一个人传染的人数是x人，其中20%的人因自身抵抗力强而未患流感，那么经过第一轮后有（1+0.8x）人患了流感，经过第二轮后有（1+0.8x）2人患了流感，再根据经过两轮传染后共有81人患了流感即可列出方程．
【解答】解：依题意得（1+0.8x）2＝81，
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程的运用，解此类题关键是根据题意分别列出不同阶段患了流感的人数．
20．（大石桥市期末）如图，在长为32米、宽为20米的矩形地面上修筑同样宽的道路（图中阴影部分），余下部分种植草坪，要使草坪的面积为540平方米，设道路的宽x米，则可列方程为（ ）
A．32×20﹣32x﹣20x＝540B．（32﹣x）（20﹣x）+x2＝540
C．32x+20x＝540D．（32﹣x）（20﹣x）＝540
【分析】设道路的宽x米，则余下部分可合成长为（32﹣x）m，宽为（20﹣x）m的矩形，根据草坪的面积为540平方米，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：设道路的宽x米，则余下部分可合成长为（32﹣x）m，宽为（20﹣x）m的矩形，
依题意得：（32﹣x）（20﹣x）＝540．
故选：D．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
21．（瓯海区期中）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，且AE＝3cm，AF＝4cm．若▱ABCD的周长为56cm，则BC的长为（ ）
A．14cmB．16cmC．28cmD．32cm
【分析】由平行四边形的性质得出S▱ABCD＝BC•AE＝CD•AF，又由AE＝3cm，AF＝4cm，可得3BC＝4CD，又由▱ABCD的周长为56cm，可得BC+CD＝28cm，继而求得答案．
【解答】解：∵▱ABCD的周长为56cm，
∴BC+CD＝28cm，
∵▱ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，
∴S▱ABCD＝BC•AE＝CD•AF
∵AE＝3cm，AF＝4cm，
∴3BC＝4CD，
∴BC＝16cm，CD＝12cm，
故选：B．
【点评】此题考查了平行四边形的性质以及平行四边形的面积公式运用，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
22．（宽城区期末）用反证法证明命题“钝角三角形中必有一个内角小于45°”时，首先应该假设这个三角形中（ ）
A．有一个内角小于45°
B．每一个内角都小于45°
C．有一个内角大于等于45°
D．每一个内角都大于等于45°
【分析】反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立．
【解答】解：用反证法证明“钝角三角形中必有一个内角小于45°”时，
应先假设这个三角形中每一个内角都不小于45°，即每一个内角都大于或等于45°．
故选：D．
【点评】此题考查了反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．
23．（余杭区期中）一组数据按从小到大排列为3，4，7，x，15，17，若这组数据的中位数为9，则x是（ ）
A．9B．10C．11D．12
【分析】根据中位数为9和数据的个数，可求出x的值．
【解答】解：由题意得，（7+x）÷2＝9，
解得：x＝11，
故选：C．
【点评】本题考查了中位数的知识，属于基础题，掌握中位数的定义是关键．
24．（巢湖市期末）比赛中给一名选手打分时，经常会去掉一个最高分，去掉一个最低分，这样的评分方式一定不会改变选手成绩数据的（ ）
A．众数B．平均数C．中位数D．方差
【分析】去掉一个最高分和最低分后不会对数据的中间的数产生影响，即中位数．
【解答】解：统计每位选手得分时，去掉一个最高分和一个最低分，这样做不会对数据的中间的数产生影响，即中位数．
故选：C．
【点评】本题考查了统计量的选择，属于基础题，相对比较简单，解题的关键在于理解这些统计量的意义．
25．（龙湾区期中）如图所示的2×4的正方形网格中，△ABC的顶点都在小正方形的格点上，这样的三角形称为格点三角形，则点A到BC的距离等于（ ）
A．B．2C．D．
【分析】根据网格特征和勾股定理求出△ABC的边长和面积，利用三角形的面积公式进行解答即可．
【解答】解：过点A作AD⊥BC于D，
由网格特征和勾股定理可得，
AB2＝12+12＝2，AC2＝22+22＝8，BC2＝12+32＝10，
∴AB2+AC2＝2+8＝10＝BC2，
∴△ABC是直角三角形，
∴S△ABC＝AB•AC＝BC•AD，
即×2＝AD，
∴AD＝，
故选：C．
【点评】本题考查勾股定理，分母有理化，掌握网格特征和勾股定理是正确解答的关键．
26．（余杭区期中）如图是单位长度为1的正方形网格，点A，B，C都在格点上，则点C到AB所在直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据△ABC的面积＝边长为3的正方形面积﹣直角边为2的等腰三角形的面积﹣2个直角边分别为1和3的三角形面积，△ABC的面积＝BC•h，列等式求出h．
【解答】解：∵S△ABC＝32﹣﹣×2
＝4，
设点C到AB所在直线的距离为h．
∵AB＝＝，
S△ABC＝，
∴•h＝4，
∴解得h＝．
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理、分母有理化，掌握用等面积法求点C到AB所在直线的距离是解题关键．
27．（上城区校级期中）实数a、b在数轴上的位置如图所示，化简代数式，结果为（ ）
A．2aB．2bC．﹣2aD．2
【分析】先把二次根式的化简写成绝对值的形式，再根据绝对值的性质进行化简，去括号计算．
【解答】解：∵
＝|a﹣b|+|b﹣|﹣a﹣
＝b﹣a+﹣b﹣a﹣
＝﹣2a；
故选：C．
【点评】本题考查二次根式的加减法、实数与数轴、二次根式的性质与化简，熟练利用数轴点的位置判断（a﹣b）、（b﹣）的符号，用绝对值的性质化简是解题关键．
28．（环江县期末）关于x的方程kx2+（2k﹣1）x+k﹣3＝0有实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k≥﹣B．k≥﹣且k≠0C．k＞﹣D．k＞﹣且k≠0
【分析】由方程kx2+（2k﹣1）x+k﹣3＝0有实数根，可得△≥0且k≠0，即可求得k的取值范围．
【解答】解：当k＝0时，原方程可化为﹣x﹣3＝0，
∴x＝﹣3，
∵方程kx2+（2k﹣1）x+k﹣3＝0有两个实数根，
∴Δ＝b2﹣4ac＝[﹣（2k﹣1）]2﹣4k（k﹣3）＝8k+1≥0，
解得：k≥﹣，
∴k的取值范围为：k≥﹣．
故选：A．
【点评】此题考查了根的判别式．注意当△≥0时，方程有两个实数根．
29．（丹棱县期末）随着国内新冠疫情逐步得到控制，人们的口罩储备逐渐充足，市场的口罩需求量在逐渐减少，某口罩厂六月份的口罩产量为100万只，由于市场需求量减少，八月份的产量减少到81万只，则该厂七八月份的口罩产量的月平均减少率为（ ）
A．10%B．29%C．81%D．14.5%
【分析】设该厂七八月份的口罩产量的月平均减少率为x，根据该口罩厂六月份及八月份的产量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论．
【解答】解：设该厂七八月份的口罩产量的月平均减少率为x，
依题意得：100（1﹣x）2＝81，
解得：x1＝0.1＝10%，x2＝1.9（不合题意，舍去）．
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
二．填空题（共6小题）
30．（海口期末）当x＜1时，＝ 1﹣x ．
【分析】利用二次根式的性质化简求出即可．
【解答】解：∵x＜1，
∴＝1﹣x．
故答案为：1﹣x．
【点评】此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确把握二次根式的性质是解题关键．
31．（济南期末）将二次根式化为最简二次根式 2 ．
【分析】根据二次根式的乘法，可化简二次根式．
【解答】解：，
故答案为：2．
【点评】本题考查了最简二次根式，利用了二次根式的乘法化简二次根式．
32．（定西期末）方程（x﹣4）（x+3）＝0的解是 x1＝4，x2＝﹣3 ．
【分析】直接利用因式分解法解方程即可．
【解答】解：∵（x﹣4）（x+3）＝0，
∴x﹣4＝0或x+3＝0，
∴x1＝4，x2＝﹣3；
故答案为：x1＝4，x2＝﹣3．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
33．（达川区期末）如图，有一块长21m，宽10m的矩形空地，计划在这块空地上修建两块相同的矩形绿地，两块绿地之间及周边留有宽度相同的人行通道，两块绿地的面积和为90m2．设人行通道的宽度为xm，根据题意可列方程： （21﹣3x）（10﹣2x）＝90 ．
【分析】设人行通道的宽度为xm，则两块绿地可合成长（21﹣3x）m，宽（10﹣2x）m的矩形，根据两块绿地的面积和为90m2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：设人行通道的宽度为xm，则两块绿地可合成长（21﹣3x）m，宽（10﹣2x）m的矩形，
依题意得：（21﹣3x）（10﹣2x）＝90．
故答案为：（21﹣3x）（10﹣2x）＝90．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
34．（河东区校级期末）已知正n边形的每一个内角都等于144°，则n的值为 10 ．
【分析】首先计算出每一个外角的度数，利用外角和除以外角度数可得边数．
【解答】解：∵正n边形的每一个内角都等于144°，
∴每一个外角都是180﹣144＝36（度），
∴n＝360÷36＝10．
故答案为：10．
【点评】此题主要考查了多边形的内角与外角，关键是掌握多边形的内角与相邻的外角互补．
35．（濂溪区校级期末）设m、n分别为一元二次方程x2+3x﹣7＝0的两个实数根，则2mn﹣m﹣n＝ ﹣11 ．
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系即可得出m+n＝﹣2，mn＝﹣1，将其代入m+n+mn中即可求出结论．
【解答】解：∵m、n分别为一元二次方程x2+3x﹣7＝0的两个实数根，
∴m+n＝﹣3，mn＝﹣7，
则2mn﹣m﹣n＝2mn﹣（m+n）＝2×（﹣7）﹣（﹣3）＝﹣11．
故答案为﹣11．
【点评】本题考查了根与系数的关系，根据一元二次方程根与系数的关系得出m+n＝﹣3，mn＝﹣7是解题的关键．
三．解答题（共15小题）
36．（永嘉县校级期中）计算．
（1）（+）﹣（﹣）；
（2）（﹣3）÷2．
【分析】（1）直接化简二次根式，进而利用二次根式的加减运算法则计算得出答案；
（2）直接利用二次根式的化简，再利用二次根式的混合运算法则计算得出答案．
【解答】解：（1）原式＝4+3﹣（2﹣2）
＝4+3﹣2+2
＝6+；
（2）原式＝（4﹣3）÷6
＝4÷6﹣3÷6
＝﹣．
【点评】此题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简二次根式是解题关键．
37．（望城区期末）计算：×．
【分析】根据二次根式的乘除法则运算．
【解答】解：原式＝﹣
＝4﹣
＝3．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
38．（镇海区期中）计算
（1）；
（2）．
【分析】（1）先根据二次根式的乘法法则运算，然后化简即可；
（2）利用完全平方公式和平方差公式计算．
【解答】解：（1）原式＝+
＝4+3；
（2）原式＝4+4+3﹣（4﹣5）
＝7+4+1
＝8+4．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算：在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
39．（余姚市校级期中）计算：
（1）（﹣）×；
（2）（2﹣）（+2）+．
【分析】（1）先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘法运算；
（2）利用平方差公式和分母有理化进行计算．
【解答】解：（1）原式＝（3﹣）×2
＝6﹣6；
（2）原式＝4﹣3+2+
＝3+．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
40．（交城县期末）解方程：（用适当的方法解方程）
（1）解方程：x2﹣6x+2＝0．
（2）（2x+5）﹣3x（2x+5）＝0．
【分析】（1）利用配方法求解即可；
（2）利用提公因式法将方程的左边因式分解后求解可得．
【解答】解：（1）∵x2﹣6x+2＝0，
∴x2﹣6x+9＝﹣2+9，即（x﹣3）2＝7，
∴x﹣3＝，
∴x1＝3+，x2＝3﹣；
（2）∵（2x+5）﹣3x（2x+5）＝0，
∴（2x+5）（1﹣3x）＝0，
∴2x+5＝0或1﹣3x＝0，
解得x1＝﹣，x2＝．
【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
41．（呼和浩特期末）解方程：
（1）x2+2x﹣2＝0；
（2）（x﹣2）2＝（2x﹣1）（x﹣2）．
【分析】（1）利用配方法求解即可；
（2）利用因式分解法求解即可．
【解答】解：（1）∵x2+2x﹣2＝0，
∴x2+2x＝2，
则x2+2x+1＝2+1，即（x+1）2＝3，
∴x+1＝±，
∴x1＝﹣1+，x2＝﹣1﹣；
（2）∵（x﹣2）2＝（2x﹣1）（x﹣2），
∴（x﹣2）2﹣（2x﹣1）（x﹣2）＝0，
∴（x﹣2）（﹣x﹣1）＝0，
则x﹣2＝0或﹣x﹣1＝0，
解得x1＝2，x2＝﹣1．
【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
42．（台州期中）返校复学之际，育才学校为每个班级准备了免洗抑菌洗手液．去市场购买时发现当购买量不超过100瓶时，免洗抑菌洗手液的单价为8元；超过100瓶时，每增加10瓶，每瓶单价就降低0.2元，但最低价格不能低于每瓶5元，设学校共买了x瓶免洗抑菌洗手液．
（1）当x＝80时，每瓶洗手液的价格是 8 元；当x＝150时，每瓶洗手液的价格是 7 元；当x＞100时，每瓶洗手液的价格为 元（用含x的式子表示）；
（2）若学校一次性购买洗手液共花费1200元，问一共购买了多少瓶洗手液？
【分析】（1）由80＜100，可得出当x＝80时，每瓶洗手液的价格是8元；当x＝150时，利用每瓶洗手液的价格＝8﹣0.2×（超过100瓶的数量÷10），可求出此时每瓶洗手液的价格是7元；分100＜x≤250及x＞250两种情况，找出每瓶洗手液的价格即可得出结论；
（2）先求出购买100瓶所需费用，由该值小于1200可得出x＞100，分100＜x≤250及x＞250两种情况考虑，利用总价＝单价×数量，即可得出关于x的一元二次方程（或一元一次方程），解之取其符合题意的值即可得出结论．
【解答】解：（1）当x＝80时，每瓶洗手液的价格是8元；当x＝150时，每瓶洗手液的价格是8﹣0.2×＝7（元）；当100＜x≤250时，每瓶洗手液的价格为8﹣0.2•＝（10﹣）（元），当x＞250时，每瓶洗手液的价格是5元．
故答案为：8；7；．
（2）∵8×100＝800（元）＜1200（元），
∴x＞100．
当100＜x≤250时，x（10﹣）＝1200，
整理得：x2﹣500x+60000＝0，
解得：x1＝200，x2＝300（不合题意，舍去）；
当x＞250时，5x＝1200，
解得：x＝240（不合题意，舍去）．
答：一共购买了200瓶洗手液．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用以及列代数式，解题的关键是：（1）根据各数量之间的关系，用含x的代数式表示出每瓶洗手液的价格；（2）分100＜x≤250及x＞250两种情况，找出关于x的方程．
43．（温岭市期中）某商场销售一批名牌衬衫，平均每天可销售20件，每件盈利40元，为了扩大销售，增加盈利，尽量减少库存，商场决定采取适当的降价措施．经调查发现，如果每件衬衫每降价1元，商场平均每天可多售出2件．
（1）若降价4元，则平均每天销售数量为 28 件：
（2）若商场平均每天要盈利1200元，则每件衬衫应降价多少元？
【分析】（1）利用平均每天的销售量＝20+2×每件衬衫降低的价格，即可求出结论；
（2）设每件衬杉降价x元，则每件盈利（40﹣x）元，平均每天可销售（20+2x）件，利用商场销售这款名牌衬衫获得的利润＝每件的销售利润×日销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合要尽量减少库存，即可得出每件衬衫应降价20元．
【解答】解：（1）20+2×4＝28（件）．
故答案为：28．
（2）设每件衬杉降价x元，则每件盈利（40﹣x）元，平均每天可销售（20+2x）件，
依题意得：（40﹣x）（20+2x）＝1200，
整理得：x2﹣30x+200＝0．
解得：x1＝10，x2＝20．
∵要扩大销售，增加盈利，尽量减少库存，
∴x＝20．
答：每件衬衫应降价20元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
44．（鄞州区期中）先阅读材料，再解决问题．
；
；
；
；
…
根据上面的规律，解决问题：
（1）＝ ＝ 21 ；
（2）求（用含n的代数式表示）．
【分析】（1）观察各个等式中最左边的被开方数中各个幂的底数的和与最右边的结果的关系即可得到结论；
（2）利用（1）发现的规律解答即可．
【解答】解：∵中，1+2＝3，
＝6中，1+2+3＝6，
＝10中，1+2+3+4＝10，
∴等式中最左边的被开方数中各个幂的底数的和＝右边的结果．
∵1+2+3+4+5+6＝21，
∴（1）＝＝21．
故答案为：，21；
（2）由（1）中发现的规律可得：
＝＝1+2+3+•••+n＝．
【点评】本题主要考查了二次根式的性质与化简，本题是规律型题目，发现数字间的变化的规律是解题的关键．
45．（台州期中）如图，将六边形纸片ABCDEF沿虚线剪去一个角（∠BCD）后，得到∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝460°．
（1）求六边形ABCDEF的内角和；
（2）求∠BGD的度数．
【分析】（1）由多边形的内角和公式，即可求得六边形ABCDEF的内角和；
（2）由∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝460°，即可求得∠GBC+∠C+∠CDG的度数，继而求得答案．
【解答】解：（1）六边形ABCDEF的内角和为：180°×（6﹣2）＝720°；
（2）∵六边形ABCDEF的内角和为720°，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝460°，
∴∠GBC+∠C+∠CDG＝720°﹣460°＝260°，
∴∠BGD＝360°﹣（∠GBC+∠C+∠CDG）＝100°．
即∠BGD的度数是100°．
【点评】此题考查了多边形的内角和公式．解题的关键是根据多边形的内角和的计算公式求得多边形的内角和．
46．（萧山区期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC，∠BCD的平分线分别交AD于点E，F，BE，CF相交于点G．
（1）求证：BE⊥CF；
（2）求证：AF＝DE．
【分析】（1）根据平行四边形两组对边分别平行可得∠ABC+∠BCD＝180°，再根据角平分线的性质可得∠EBC+∠FCB＝∠ABC+∠DCB＝90°，进而可得BE⊥CF；
（2）根据等角对等边证得AB＝AE、DC＝DF，从而得到AE＝DF，从而证得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥DC，
∴∠ABC+∠DCB＝180°，
∵BE、CF分别平分∠ABC与∠DCB，
∴∠EBC＝∠ABC，∠FCB＝∠DCB，
∴∠EBC+∠FCB＝（∠ABC+∠DCB）＝90°，
∴∠BGC＝180°﹣（∠EBC+∠FCB）＝90°，
∴BE⊥CF；
（2）证明：在平行四边形ABCD中，
∴AD∥BC，AB＝DC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
同理可得：DC＝DF，
∴AE＝DF，
∴AE﹣FE＝DF﹣FE，
即AF＝DE．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质．
47．（拱墅区期中）如图，在△ABC中，过点C作CD∥AB，E是AC的中点，连接DE并延长，交边AB于点F，连接AD，CF．
（1）求证：四边形AFCD是平行四边形；
（2）若AF＝2BF，四边形AFCD的面积为S1，四边形FBCE的面积为S2，求S1：S2．
【分析】（1）由题意可证明△AEF≌△CED（ASA），可得AF＝CD，进而可得四边形AFCD是平行四边形；
（2）设BF＝a，则AF＝2a，过点C作CG⊥AB于点G，设CG＝h，可得S1＝2S△ACF＝2ah，S2＝S△DCF+S△BCF＝ah，进而可求出S1：S2的值．
【解答】（1）证明：如图，
∵CD∥AB，
∴∠FAC＝∠DCA，
∵点E是AC的中点
∴AE＝CE，
又∵∠AEF＝∠CED，
∴△AEF≌△CED（ASA），
∴AF＝CD，
又∵AF∥CD，
∴四边形AFCD是平行四边形；
（2）解：设BF＝a，则AF＝2BF＝2a，
如图，过点C作CG⊥AB于点G，
设CG＝h，
∴S△ACF＝•AF•CG＝•2a•h＝ah，
S△BCF＝•BF•CG＝•a•h＝ah，
∴S1＝2S△ACF＝2ah，
S△ECF＝S1＝ah，
∴S2＝S△ECF+S△BCF＝ah，
∴S1：S2＝2ah：ah＝2．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质与判定，三角形的面积等问题，出现有关面积的问题，需要作出高是常见解题方法．
48．（西湖区校级期中）如图所示，在▱ABCD中，点E，点F分别是AD，BC的中点，连接BE，DF．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形．
（2）若BE平分∠ABC，AB＝3，求平行四边形ABCD的周长．
【分析】（1）由平行四边形的性质和中点的性质可得DE＝BF，即可得结论；
（2）由角平分线的性质和平行线的性质可证AB＝AE＝3，即可求解．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵点E，点F分别是AD，BC的中点，
∴AE＝DE＝AD，BF＝CF＝BC，
∴DE＝BF，
又∵DE∥BF，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC，
又∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AE＝AB＝3，
∴AD＝2AE＝6，
∴平行四边形ABCD的周长＝2×（3+6）＝18．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是本题的关键．
49．（南湖区校级期中）某校为了了解八年级在期中考试中的数学成绩情况，随机抽取了甲、乙两班各20名同学的数学成绩进行整理分析，给出了部分信息，其中分数在90分及其以上为优秀：
信息一：甲、乙两班同学的样本成绩分布如表：
信息二：甲班样本成绩在70～80一组的是：72，73，74，77，79．
信息三：甲、乙两班样本成绩的平均数、中位数、优秀率如表：
根据以上信息，回答下列问题：
（1）求a，b的值；
（2）根据你所学的统计学知识，从不同方面评价甲，乙两个班的数学成绩．
【分析】（1）根据中位数的求法求出a的值，用样本中甲班优秀的学生人数除以20得到b的值；
（2）从平均数、数据的离散程度等方面进行判断．
【解答】解：（1）将甲班成绩从小到大排列后处在第10、11位的两个数的平均数为（77+79）÷2＝78，
即a＝78，
∵90分及以上为优秀，
∴优秀率b＝100%＝30%；
（2）甲班的模拟成绩更好．理由如下：
∵从平均数和优秀率及中位数上看甲班的都较高，
∴甲班的成绩更好．
【点评】本题考查了平均数、中位数、方差的意义以及频数分布表，明确平均数、中位数、方差所反映数据的特征是解决问题、做出判断的前提．
50．（平阳县期中）某学校对全体学生“新冠肺炎”疫情防控知识的掌握情况进行了线上测试，该测试共有10道题，每题1分，满分10分．该校将八年一班和二班的成绩进行整理，得到如表信息．
请你结合图表中所给的信息，解答下列问题：
（1）请分别计算一班和二班的平均数．
（2）你认为哪个班级对疫情防控知识掌握较好，请你从平均数、中位数、众数三个方面说明理由．
【分析】（1）根据平均数的计算公式进行计算即可；
（2）从平均数、中位数和众数三方面进行分析，即可得出答案．
【解答】解：（1）一班平均数为：＝8.32（分），
二班平均数为＝8.64（分）；
（2）二班较为优秀，
从平均数看，二班较优秀．
从中位数看，一班中位数为8分，二班中位数为9分，所以二班较优秀．
从众数看，一班众数为8分，二班众数为8分，众数一样．
【点评】本题考查众数和中位数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
班级
x＜60
60≤x＜70
70≤x＜80
80≤x＜90
90≤x＜100
甲
2
4
5
3
6
乙
1
4
6
5
4
班级
平均数
中位数
优秀率
甲
74.7
a
b
乙
73.3
77
20%