【重难点讲义】浙教版数学八年级下册-期末专项复习1 八下各地期末试卷选择、填空中等题60题训练

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期末专项复习1 八下各地期末试卷选择、填空中等题60题训练
一．二次根式
1．（2022春•柯桥区期末）设n为正整数，且n＜＜n+1，则n的值为　8　．
【分析】首先得出＜，进而求出的取值范围，即可得出n的值．
【解答】解：∵＜＜，
∴8＜＜9，
∵n＜＜n+1，
∴n＝8，
故答案为：8．
【点评】此题主要考查了估算无理数，得出＜＜是解题关键．
2．（2022春•舟山期末）若的小数部分是a，则的值是 　　．
【分析】先估算的大小，得出a的值，然后计算代数式的值即可．
【解答】解：3，
∴的整数部分是3，小数部分是，
∴＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了估算无理数的大小，要想准确地估算出无理数的取值范围需要记住一些常用数的平方．
3．（2022春•诸暨市期末）已知x，y均为实数，y＝++5，则x+y的值为 　7　．
【分析】直接利用二次根式有意义的条件得出x的值，进而得出y的值，进而得出答案．
【解答】解：∵y＝++5，
∴x＝2，y＝5，
∴x+y＝7．
故答案为：7．
【点评】此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确把握二次根式的定义是解题关键．
4．（2022春•镇海区期末）已知式子有意义，则x的取值范围是 　x＜1　．
【分析】直接利用二次根式的性质得出x的取值范围．
【解答】解：∵二次根式子在实数范围内有意义，
∴1﹣x＞0，
解得：x＜1，
∴x的取值范围是：x＜1．
故答案为：x＜1．
【点评】本题主要考查了二次根式有意义的条件，正确把握二次根式的性质是解题关键．
5．（2022•天津模拟）下列二次根式中，最简二次根式是（　　）
A． B． C． D．
【分析】最简二次根式满足：被开方数不含分母；被开方数中不含能开得尽方的因数或因式．我们把满足上述两个条件的二次根式，叫做最简二次根式．
【解答】解：A、被开方数含分母，不是最简二次根式；
B、是最简二次根式；
C、被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式；
D、被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式；
故选：B．
【点评】本题考查最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：（1）被开方数的因数是整数或字母，因式是整式；（2）被开方数中不含有可化为平方数或平方式的因数或因式．
6．（2022春•东阳市期末）设a＝，b＝，则a2021b2022的值是 　﹣　．
【分析】根据幂的乘方与积的乘方运算法则，进行计算即可解答．
【解答】解：∵a＝，b＝，
∴ab＝（+）（﹣）＝7﹣6＝1，
∴a2021b2022
＝a2021b2021•b
＝（ab）2021•b
＝12021•b
＝1×（﹣）
＝﹣，
故答案为：﹣．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，幂的乘方与积的乘方，准确熟练地进行计算是解题的关键．
二．一元二次方程
7．（2022春•诸暨市期末）若a是方程2x2﹣x﹣5＝0的一个根，则代数式2a﹣4a2+1的值是 　﹣9　．
【分析】由题意可得2a2﹣a＝5，再由2a﹣4a2+1＝﹣2（2a2﹣a）+1，即可求解．
【解答】解：∵a是方程2x2﹣x﹣5＝0的一个根，
∴2a2﹣a﹣5＝0，
∴2a2﹣a＝5，
∴4a2﹣2a＝10，
∴2a﹣4a2+1＝﹣10+1＝﹣9，
故答案为：﹣9．
【点评】本题考查一元二次方程的解与一元二次方程的关系，恰当的变形是解题的关键．
8．（2022春•柯桥区期末）方程 （x﹣2）2＝4（x﹣2）的解为（　　）
A．4 B．﹣2 C．4或﹣6 D．6或2
【分析】先移项，然后对等式的左边进行因式分解，利用因式分解法解方程即可．
【解答】解：（x﹣2）2＝4（x﹣2），
移项，得（x﹣2）2﹣4（x﹣2）＝0，
整理，得（x﹣2）（x﹣2﹣4）＝0．
所以x﹣2＝0或x﹣6＝0．
所以x1＝2，x2＝6．
故选：D．
【点评】本题主要考查了因式分解法解一元二次方程，因式分解法就是先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．
9．（2022春•东阳市期末）若关于x的一元二次方程（k﹣1）x2﹣2kx+k﹣3＝0有实数根，则k的取值范围为（　　）
A．k≥0 B．k≥0且k≠1 C．k≥ D．k≥且k≠1
【分析】利用一元二次方程的定义和根的判别式得到k﹣1≠0且Δ＝（﹣2k）2﹣4（k﹣1）×（k﹣3）≥0，然后求出两不等式的解集的公共部分即可．
【解答】解：根据题意得k﹣1≠0且Δ＝（﹣2k）2﹣4（k﹣1）×（k﹣3）≥0，
解得k≥且k≠1．
故选：D．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
10．（2022春•婺城区期末）下列关于x的一元二次方程中，有两个不相等实数根的方程是（　　）
A．x2+1＝0 B．x2﹣x+2＝0 C．x2﹣2x+1＝0 D．x2﹣2x﹣2＝0
【分析】根据根的判别式Δ＝b2﹣4ac的值的符号，即可判定方程实数根的情况．
【解答】解：A、∵Δ＝b2﹣4ac＝02﹣4×1×1＝﹣4＜0，
∴此方程没有实数根，
故本选项不符合题意；
B、∵Δ＝b2﹣4ac＝（﹣1）2﹣4×1×2＝﹣7＜0，
∴此方程没有实数根，
故本选项不符合题意；
C、∵Δ＝b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4×1×1＝0，
∴此方程有两个相等的实数根，
故本选项不符合题意；
D、∵Δ＝b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣2）＝12＞0，
∴此方程有两个不相等的实数根，
故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】此题考查了一元二次方程根的判别式的知识．掌握一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：①当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；②当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；③当Δ＜0时，方程无实数根是解决问题的关键．
11．（2022春•镇海区期末）若菱形ABCD的两条对角线长分别为一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两个实数根，则菱形ABCD的面积为 　6　．
【分析】由根与系数的关系可得菱形的两条对角线的乘积为12，再求面积即可．
【解答】解：x2﹣7x+12＝0，
由根与系数的关系可得x1•x2＝12，
∴菱形的两条对角线的乘积为12，
∴S菱形ABCD＝×12＝6，
故答案为：6．
【点评】本题考查一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系，菱形面积的求法是解题的关键．
12．（2022春•舟山期末）中国“一带一路”战略给沿线国家和地区带来很大的经济效益，沿线某地区居民2016年年收入400美元，预计2018年年收入将达到1000美元，设2016年到2018年该地区居民年人均收入平均增长率为x，可列方程 　400（1+x）2＝1000　．
【分析】利用该地区居民2018年年人均收入＝该地区居民2016年年人均收入×（1+该地区居民年人均收入平均增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：依题意得：400（1+x）2＝1000．
故答案为：400（1+x）2＝1000．
【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．（2022春•杭州期末）某商品经过连续两次降价，售价由原来的每件25元降到每件16元，则平均每次降价的百分率为（　　）
A．20% B．40% C．18% D．36%
【分析】设降价的百分率为x，根据降低率的公式a（1﹣x）2＝b建立方程，求解即可．
【解答】解：设降价的百分率为x
根据题意可列方程为25（1﹣x）2＝16
解方程得，（舍）
∴每次降价的百分率为20%
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程实际应用问题关于增长率的类型问题，按照公式a（1﹣x）2＝b对照参数位置代入值即可，公式的记忆与运用是本题的解题关键．
三．平行四边形
14．（2022春•南浔区期末）如图1，已知动点P在▱ABCD的边上沿B﹣C﹣D﹣A的顺序运动，其运动速度为每秒1个单位．连结AP，记点P的运动时间为t秒，△ABP的面积为S．如图2是S关于t的函数图象，则下列说法中错误的是（　　）

A．a的值13 B．▱ABCD的周长为16
C．t＝2.5秒时，线段AP最短 D．▱ABCD的面积为12
【分析】根据图象上点的坐标和图象的特点，利用平行四边形的性质可以判断出答案．
【解答】解：∵P在BC上时，△ABP的面积为S随t的增大而增大，
∴根据点（5，6）可以得到BC＝5，S＝6，
∴A到BC的距离为，
当P在CD上时，S不变，
∴CD＝8﹣5＝3，
∴a＝5+3+5＝13，▱ABCD的周长为2×（5+3）＝16，▱ABCD的面积，5×＝12，
故A，B，D都不符合题意；
当AP⊥BC时，AP最短，根据勾股定理，
BP＝＝≠2.5，故C符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象、平行四边形的性质，解决本题的关键是读懂图1与图2的对应关系．
四．反比例函数
15．（2022•南京模拟）描点法是画未知函数图象的常用方法．请判断函数的图象可能为（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据反比例函数的性质可知函数y＝在第一、三象限，对称中心为原点，根据函数平移的规律，把y＝向左平移1个单位得到y＝，对称中心为（﹣1，0），据此即可判断．
【解答】解：∵k＝1，
∴函数y＝在第一、三象限，对称中心为原点，
把y＝向左平移1个单位得到y＝，对称中心为（﹣1，0），
故选：D．
【点评】本题考查了反比例函数的图象和性质，函数y＝与函数y＝的关系是解题的关键．
16．（2022春•西湖区期末）已知反比例函数y＝，若y＞1，则x的取值范围为 　0＜x＜3　．
【分析】由k的值，可以得到该函数图象在第几象限，从而可以得到相应的不等式，从而可以得到x的取值范围．
【解答】解：∵y＝，
∴该函数图象在第一、三象限，当x＞0时，y＞0；当x＜0时，y＜0；
∴当y＞1时，则＞1，x＞0，
解得，0＜x＜3，
故答案为：0＜x＜3．
【点评】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．
17．（2022春•吴兴区期末）如图，菱形ABCD的边AD与x轴平行，A点的横坐标为1，∠BAD＝45°，反比例函数y＝的图象经过A，B两点，则菱形ABCD的面积是（　　）

A． B． C．2 D．4
【分析】作AH⊥BC交CB的延长线于H，根据反比例函数解析式求出A的坐标，设菱形的边长为a，易证得∠BAD＝∠ABH＝45°，即可得到AH＝BH＝a，则点B（1+a，2﹣a），求出AH，根据菱形的面积公式计算即可．
【解答】解：作AH⊥BC交CB的延长线于H，
∵反比例函数y＝的图象经过A，B两点，A点的横坐标为1，
∴A（1，2），
设菱形的边长为a，
∵AD∥BC，
∴∠BAD＝∠ABH＝45°，
∴AH＝BH＝a，
∴B（1+a，2﹣a），
∴（1+a）•（2﹣a）＝2，
∴a1＝，a2＝0（舍去），
∴AH＝×＝1，
∴菱形ABCD的面积＝BC×AH＝＝，
故选：A．

【点评】本题考查的是反比例函数的系数k的几何意义、菱形的性质，根据反比例函数解析式求出A的坐标，表示出点B的坐标是解题的关键．
18．（2022•锦州二模）如图，▱OABC的边OA在x轴上，顶点C在反比例函数y＝﹣（x＜0）的图象上，BC与y轴相交于点D，且D为BC的中点，则▱OABC的面积为 　8　．

【分析】连接OB，由平行四边形的性质，得到BC∥OA，OA＝BC，AB＝OC，即可得到BC⊥y轴，△OAB≌△BCO，然后利用反比例函数系数k的几何意义得到S△COD＝2，进一步得到S▱OABC＝2S△BOC＝4S△COD＝8．
【解答】解：连接OB，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴BC∥OA，OA＝BC，AB＝OC，
∴BC⊥y轴，
在△OAB和△BCO中，
，
∴△OAB≌△BCO（SSS），
∵CD⊥y轴，
∴S△COD＝|k|＝×|﹣4|＝2，
∴D为BC的中点，
∴S△BOC＝2S△COD＝4，
∴S▱OABC＝2S△BOC＝8，
故答案为：8．

【点评】本题考查了反比例函数的系数k的几何意义，平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，明确S▱OABC＝2S△BOC＝4S△COD是解题的关键．
19．（2019•常德模拟）已知点A（1，y1），B（2，y2），C（﹣3，y3）都在反比例函数y＝（k＞0）的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（　　）
A．y3＜y1＜y2 B．y1＜y2＜y3 C．y2＜y1＜y3 D．y3＜y2＜y1
【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征，分别计算出y1＝k，y2＝k，y3＝﹣k，然后在k＞0的条件下比较它们的大小即可．
【解答】解：根据题意得1•y1＝k，2•y2＝k，﹣3•y3＝k，
所以y1＝k，y2＝k，y3＝﹣k，
而k＞0，
所以y3＜y2＜y1．
故选：D．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y＝（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy＝k．
20．（2022春•诸暨市期末）若反比例函数y＝（x＜0）图象上有两个点（x1，y1），（x2，y2），若（x1﹣x2）（y1﹣y2）＞0，则y＝kx﹣k不经过第（　　）象限．
A．一 B．二 C．三 D．四
【分析】首先根据题意得出当x＜0，y随x的增大而增大，即可确定反比例函数y＝（x＜0）中k的符号，然后再确定一次函数y＝kx﹣k的图象所在象限．
【解答】解：∵反比例函数y＝（x＜0）图象上有两个点（x1，y1），（x2，y2），则（x1﹣x2）（y1﹣y2）＞0，
∴当x＜0，y随x的增大而增大，
∴k＜0，
∴﹣k＞0，
∴一次函数y＝kx﹣k的图象经过第一、二、四象限，
∴不经过第三象限，
故选：C．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征以及一次函数图象与系数的关系，解决此题的关键是确定k的符号．
21．（2022春•镇海区期末）如图，菱形ABCD的四个顶点均在坐标轴上，对角线AC、BD交于原点O，DF⊥AB交AC于点G，反比例函数的图象经过线段DC的中点E，若BD＝8，则AG的长为（　　）

A． B． C． D．
【分析】过E作y轴和x的垂线EM，EN，证明四边形MENO是矩形，设E（b，a），根据反比例函数图象上点的坐标特点可得ab＝4，进而可计算出CO长，根据三角函数可得∠DCO＝30°，再根据菱形的性质可得∠DAB＝∠DCB＝2∠DCO＝60°，∠1＝30°，AO＝CO＝4，然后利用勾股定理计算出DG长，进而可得AG长．
【解答】解：过E作y轴和x的垂线EM，EN，
设E（b，a），
∵反比例函数的图象经过点E，
∴ab＝4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，DO＝BD＝4，
∵EN⊥x，EM⊥y，
∴四边形MENO是矩形，
∴ME∥x，EN∥y，
∵E为CD的中点，
∴OD＝2a，OC＝2b，
∴DO•CO＝16，
∴CO＝4，
∴tan∠DCO＝＝．
∴∠DCO＝30°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DAB＝∠DCB＝2∠DCO＝60°，∠1＝30°，AO＝CO＝4，
∵DF⊥AB，
∴∠2＝30°，
∴DG＝AG，
设DG＝r，则AG＝r，GO＝4﹣r，
∵AD＝AB，∠DAB＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB＝60°，
∴∠3＝30°，
在Rt△DOG中，DG2＝GO2+DO2，
∴r2＝（4﹣r）2+42，
解得：r＝，
∴AG＝．
故选：B．

【点评】此题主要考查了反比例函数和菱形的综合运用，关键是掌握菱形的性质：菱形对角线互相垂直平分，且平分每一组对角，反比例函数图象上的点横纵坐标之积＝k
22．（2022春•东阳市期末）如图，双曲线y＝（x＞0）经过等腰△ABC的两顶点A、C，已知AB＝AC＝4，AB∥x轴交y轴于点B，过点C作CD⊥y轴于点D，且OB＝CD，则k的值 　32﹣16　．

【分析】设OB＝CD＝m，由题意可知，C（m，4），A（4，m），利用勾股定理得到AC＝＝4，得到（4﹣m）2＝16，解方程求得m的值，进一步求得k的值．
【解答】解：设OB＝CD＝m，
由题意可知，C（m，4），A（4，m），
∴AC＝＝4，
∴（4﹣m）2＝16，
解得m1＝4﹣4．m2＝4+4（舍去），
∴C（4﹣4，4），
∵双曲线y＝（x＞0）经过等腰△ABC的两顶点A、C，
∴k＝（4﹣4）×4＝32﹣16，
故答案为：32﹣16．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，勾股定理的应用，表示出A、C的坐标是解题的关键．
23．（2022•南京模拟）在平面直角坐标系中，经过反比例函数图象上的点A（1，5）的直线y＝﹣2x+b与x轴，y轴分别交于点C，D，且与该反比例函数图象交于另一点B．则BC+AD＝　5　．
【分析】根据A的坐标利用待定系数法求得两函数的解析式，然后解析式联立成方程组，解方程组求得B的坐标，进而通过直线的解析式求得C、D的坐标，利用勾股定理求得BC、AD，从而求得BC+AD的值．
【解答】解：∵反比例函数图象与直线y＝﹣2x+b的交点A（1，5），
∴k＝1×5＝5，﹣2×1+b＝5，
∴b＝7，
∴反比例函数为y＝，直线为y＝﹣2x+7，
解得或，
∴B（，2），
在y＝﹣2x+7中，令x＝0，则y＝7，令y＝0，则求得x＝，
∴D（0，7），C（，0），
∴BC＝＝，AD＝＝，
∴BC+AD＝2，
故答案为：2．
【点评】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了待定系数法求函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理的应用等，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
24．（2022春•舟山期末）已知函数y＝x+1的图象与x轴、y轴分别交于点C、B，与双曲线y＝交于点A、D．若AB+CD＝BC，则k的值为 　　．
【分析】先证得△CBO∽△DBE，进而求点D的坐标，然后根据横纵坐标的积就可以求出反比例函数的解析式．
【解答】解：已知函数y＝x+1的图象与x轴、y轴分别交于点C、B，
则B，C的坐标分别是（0，1），（﹣1，0），
则OB＝1，OC＝1，BC＝，
设点D的坐标是（m，n），
过D作DE⊥x轴于E点，
则△CBO∽△DBE，
∵AB+CD＝BC，由对称性可知AB＝CD，
∴AB＝CD＝
则＝＝，
即：＝＝，
解得m＝，n＝，
∴点D的坐标是：（，）．
∵点D在双曲线y＝上，
∴k＝×＝，
故答案为．

【点评】本题考查了求反比例函数和一次函数的交点问题，一般要转化为求点的坐标的问题，求出图象上点的横纵坐标的积就可以求出反比例函数的解析式．
25．（2022春•拱墅区校级期末）已知反比例函数y＝与一次函数y＝﹣x+6的图象交于点（a，b）．则的值为 　　．
【分析】把图象的交点（a，b）分别代入反比例函数y＝与一次函数y＝﹣x+6，得到a和b的两个关系式，就可以求出答案．
【解答】解：把（a，b）分别代入反比例函数y＝与一次函数y＝﹣x+6，得
ab＝5，a+b＝6，
∴＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了两个函数的交点问题，交点坐标就是两个解析式组成方程组的解，关键是分式是化简和整体思想的应用．
五．四边形与特殊四边形
26．（2022春•上虞区期末）如图，斜靠在墙上的一根竹竿，AB＝10m，BC＝6m，若A端沿垂直于地面的方向AC下移2m，则B端将沿CB方向移动的距离是（　　）米．

A．1.6 B．1.8 C．2 D．2.2
【分析】由勾股定理得AC＝8（m），再由勾股定理得CB'＝6（m），即可得出结论．
【解答】解：如图，由题意可知，AC⊥BC，
则△ABC是直角三角形，
∵AB＝10m，BC＝6m，
∴AC＝＝＝8（m），
∵A端沿垂直于地面的方向AC下移2m，
∴A'C＝AC﹣AA'＝8m﹣2m＝6（m），
∴CB'＝＝＝8（m），
∴BB'＝CB'﹣CB＝8﹣6＝2（m），
即B端将沿CB方向移动的距离是2m，
故选：C．

【点评】本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理，求出AC和CB'的长是解题的关键．
27．（2022春•舟山期末）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC⊥BD，E，F分别是AB，CD的中点，若AC＝BD＝2，则EF的长是（　　）

A．2 B． C． D．
【分析】取BC的中点G，AD的中点H，连接EG、GF、FH、HE，根据三角形中位线定理分别求出EG、GF，得出四边形EGFH为正方形，根据正方形的性质计算即可．
【解答】解：取BC的中点G，AD的中点H，连接EG、GF、FH、HE，
∵E，G分别是AB，BC的中点，AC＝2
∴EG＝AC＝1，EG∥AC，
同理：FH＝AC，FH∥AC，EG＝AC，GF∥BD，GF＝BD＝1，
∴四边形EGFH为平行四边形，
∵AC＝BD，
∴GE＝GF，
∴平行四边形EGFH为菱形，
∵AC⊥BD，EG∥AC，GF∥BD，
∴EG⊥GF，
∴菱形EGFH为正方形，
∴EF＝EG＝，
故选：D．

【点评】本题考查的是三角形中位线定理、正方形的判定定理和性质定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
28．（2022•巨野县模拟）一个多边形的每一个外角都等于72°，则这个多边形是　五　边形．
【分析】用多边形的外角和360°除以72°即可．
【解答】解：边数n＝360°÷72°＝5．
故答案为：五．
【点评】本题考查了多边形的外角和等于360°，是基础题，比较简单．
29．（2022春•柯桥区期末）若一个多边形的外角和比这个多边形的内角和小540°，则这个多边形的边数为 　7　．
【分析】设这个多边形的边数为n，根据题意列出方程，解方程即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，
（n﹣2）•180°＝360°+540°，
解得：n＝7．
故答案为：7．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，考查方程思想，掌握n边形的内角和＝（n﹣2）•180°，外角和＝360°是解题的关键．
30．（2022春•舟山期末）若一个多边形每一个外角都等于36°，则这个多边形有　10　条边．
【分析】多边形的外角和是固定的360°，依此可以求出多边形的边数．
【解答】解：∵一个多边形的每个外角都等于36°，
∴多边形的边数为360°÷36°＝10．
即该多边形由10条边．
故答案是：10．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理：多边形的外角和是360°．
六．平行四边形
31．（2022•南京模拟）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝8，AD＝5，∠BAD的平分线交CD于点E，∠ABC的平分线交CD于点F，则线段EF的长是（　　）

A． B．3 C．2 D．
【分析】由于平行四边形的两组对边互相平行，又AE平分∠BAD，由此可以推出所以∠BAE＝∠DAE，则DE＝AD＝5；同理可得，CF＝CB＝5，而EF＝CF+DE﹣DC，由此可以求出EF长．
【解答】解：∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
又∵AD∥CB，
∴∠EAB＝∠DEA，
∴∠DAE＝∠AED，
则AD＝DE＝5；
同理可得，CF＝CB＝5．
∴EF＝DE+CF﹣DC＝5+5﹣8＝2．
故选：C．
【点评】此题主要考查了角平分线的定义、平行四边形的性质、平行线的性质等知识，关键注意找出线段之间的关系：EF＝DE+CF﹣DC．
32．（2022春•温州期末）在▱ABCD中，∠A+∠B+∠C＝210°，则∠B的度数是（　　）
A．150° B．110° C．70° D．30°
【分析】根据四边形的内角和为360°，即可先求出∠D，然后根据平行四边形的对角相等，可得出∠B的度数．
【解答】解：由题意得：∠D＝360°﹣（∠A+∠B+∠C）＝360°﹣210°＝150°，
∵平行四边形的对角相等，
∴∠B＝∠D＝150°．
故选：A．
【点评】本题考查平行四边形的性质，解答本题关键是掌握两点：①四边形的内角和为360°；②平行四边形的对角相等．
33．（2022春•诸暨市期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝BD＝6，BD⊥AB，则AC的长为（　　）

A．6 B．6 C．6 D．3
【分析】由平行四边形的性质可得AO＝CO，BO＝DO＝3，由勾股定理可求AO的长，即可求解．
【解答】解：如图，设AC与BD的交点O，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO＝3，
∵BD⊥AB，
∴AO＝＝＝3，
∴AC＝2AO＝6，
故选：C．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，掌握平行四边形的对角线互相平分是解题的关键．
34．（2022春•钱塘区期末）如图，点A，B，C在同一直线上，点D，E，F，G在同一直线上，且AC∥DG，AD∥BE∥CF，AF∥BG，AF与BE交于点H，BG与CF交于点I，则图中平行四边形有（　　）

A．6个 B．5个 C．4个 D．3个
【分析】由平行四边形的判定即可得出结论．
【解答】解：∵AC∥DG，AD∥BE∥CF，AF∥BG，
∴四边形ADEB、四边形ADFC、四边形AFGB、四边形BEFC、四边形BHFI都是平行四边形，
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，熟记“两组对边分别平行的四边形为平行四边形”是解题的关键．
七．特殊平行四边形
35．（2022春•南浔区期末）如图1是一款木制活动衣帽架，图2是该衣帽架的平面示意图，它由3个全等的菱形构成，菱形的边长AB为30cm，小南将该衣帽架的两端点B、E固定在墙上，使得B、E两点间的距离为108cm．在不考虑材料宽度的情况下，A、C两点间的距离是 　48cm　．

【分析】连接AC和BE交于点O，根据BE的长求的BD的长，根据菱形的性质先求出AO，即可求出AC．
【解答】解：连接AC和BE交于点O，

∵BE间的距离调节到108cm，木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，
∴BD＝36cm，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BO＝DO，AO＝CO，AC⊥BD，
∴BO＝18cm，
∵菱形的边长AB＝30cm，
在Rt△ABO中，AO＝＝24（cm），
∴AC＝48（cm），
故答案为：48cm．
【点评】考查了菱形的性质，全等图形，等边三角形的判定与性质，解题的关键是得到△ACB是等边三角形．
36．（2022春•滨江区期末）如图，在菱形ABCD中，AD的中垂线交AD于点E，交AC于点F，∠ABC＝4∠DFC，则∠BAD的度数为 　36°　．

【分析】根据EF垂直平分AD可得AF＝DF，所以∠FAD＝∠FDA，再根据三角形外角得出∠DFC＝∠FAD+∠FDA＝2∠FAD，再根据菱形性质得∠BAD＝2∠FAD，所以∠DFC＝∠BAD．再由∠ABC＝4∠DFC，∠ABD+∠BAD＝180°，求出∠BAD．
【解答】解：如图所示，

∵EF垂直平分AD．
∴AF＝DF．
∴∠FAD＝∠FDA．
∵∠DFC＝∠FAD+∠FDA．
∴∠FDC＝2∠FAD．
在菱形ABCD中，AC是对角线，
∴∠BAD＝2∠FAD．
∴∠BAD＝∠DFC．
∵∠ABC＝4∠DFC．
∴∠ABC＝4∠BAD．
∵∠BAD+∠ABC＝180°．
∴∠BAD+4∠BAD＝180°．
∴∠BAD＝36°
故答案为：36°．
【点评】本题考查了菱形的性质即线段垂直平分线的性质，根据菱形对角线平分每一组对角得出∠BAD＝2∠FAD是解题的关键．
37．（2023•昭阳区模拟）已知A（0，3），B（6，0），点C是x轴正半轴上一点，D是同一平面内一点，若以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形，则点D的坐标为 　（3，3）或（，3）　．
【分析】分两种情况讨论，由菱形的性质和勾股定理可求解．
【解答】解：当AB为菱形的对角线时，如图1，设菱形的边长为m，
∵A（0，3），B（6，0），
∴OA＝3，OB＝6，
∵四边形ABCD为菱形，
∴CA＝AD＝BC，AD∥BC，
∴CA＝CB＝6﹣m，
在Rt△AOC中，32+（6﹣m）2＝m2，解得m＝，
∴D（，3）；
当AB为菱形的边时，如图2，

AB＝＝3，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BC＝AB＝AD＝3，AD∥BC，
∴D（3，3），
综上所述，D点坐标为（3，3）或（，3），
故答案为：（3，3）或（，3）．

【点评】本题考查了菱形的判定，勾股定理，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
38．（2022春•东阳市期末）如图，矩形ABCD中，AD＝4，AB＝10，点E为直线AB的一点，连EC，平移EC至DF，连接DE、CF，则四边形DECF的面积是（　　）

A．15 B．40 C．20 D．30
【分析】根据平移EC至DF可得，四边形DECF是平行四边形，再证明▱DECF的面积等于矩形ABCD的面积即可．
【解答】解：矩形ABCD的面积＝4×10＝40，
所以△DCE的面积＝40÷2＝20，
由题意得，四边形DECF的面积＝20×2＝40．
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的性质，解题的关键是利用“同等等高的两个三角形面积相等”求出△DCE的面积．
39．（2022•南京模拟）根据特殊四边形的定义，在图中的括号内①、②、③、④处应填写的内容是（　　）

A．平行四边形；一个角为60°；矩形；一组邻边相等
B．平行四边形；一组邻边相等；矩形；一组邻边相等
C．矩形；一个角为60°；平行四边形；一组邻边相等
D．矩形；一组邻边相等；平行四边形；一组邻边相等
【分析】根据平行四边形、特殊平行四边形的定义，可得答案．
【解答】解：两组对边分别平行的四边形是平行四边形①，有一个角是直角的平行四边形是矩形③，一组邻边相等②的平行四边形是菱形，一组邻边相等④的矩形是正方形．
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定，解题的关键是熟练掌握各种四边形的判定方法．
40．（2022春•西湖区期末）如图，在边长为6的正方形中有两个小正方形，若两个小正方形的面积分别记为S1，S2，则S1+S2的值为（　　）

A．6 B．12 C．16 D．17
【分析】由图可得，S2的边长为3，由AC＝BC，BC＝CE＝CD，可得AC＝2CD，CD＝2，EC＝2；然后，分别算出S1、S2的面积，即可解答．
【解答】解：如图：
，
设正方形S1的边长为x，
∵△ABC和△CDE都为等腰直角三角形，
∴AB＝BC，DE＝DC，∠ABC＝∠D＝90°，
∴sin∠CAB＝sin45°＝，即AC＝BC，同理可得：BC＝CE＝CD，
∴AC＝BC＝2CD，又AD＝AC+CD＝6，
∴CD＝2，
∴EC2＝22+22，即EC＝2；
∴S1的面积为EC2＝（2）2＝8；
∵∠MAO＝∠MOA＝45°，
∴AM＝MO，
∵MO＝MN，
∴AM＝MN，
∴M为AN的中点，
∴S2的边长为3，
∴S2的面积为3×3＝9，
∴S1+S2＝8+9＝17．
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理，要充分利用正方形的性质，找到相等的量，再结合三角函数进行解答．
41．（2022春•温州期末）如图，O是正方形ABCD对角线交点，E是线段AO上一点．若AB＝1，∠BED＝135°，则AE的长为 　﹣1　．

【分析】先根据正方形边长AB＝1，利用勾股定理求出对角线AC的长为，利用∠BED＝135°及正方形的轴对称性求出∠CEB＝67.5°，根据正方形对角线平分每一组对角求出∠BCE＝45°．利用三角形内角和求出∠CBE＝67.5°．从而求出CE＝CB＝1，所以AE＝AC﹣CE＝﹣1．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形．
∴BC＝AB＝1．∠ABC＝90°．
∴AC＝＝．
∵AC平分∠BCD．
∴∠BCE＝45°．
∵∠BED＝135°．
∴根据正方形的轴对称性可得，∠BEC＝∠BED＝67.5°．
在△CBE中，∠CBE＝180°﹣∠BCE﹣∠BEC＝67.5°．
∴∠BEC＝∠BCE．
∴CE＝CB＝1．
∴AE＝AC﹣CE＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了正方形的性质，解答本题时注意，根据∠BED＝135°，求∠BEC的度数时，也可利用三角形全等进行证明．
42．（2022春•余姚市期末）如图，以正方形ABCD的一边CD为边向外作等边三角形DCE，则∠BED＝　45　度．

【分析】首先分别利用等边三角形会让正方形的性质得到∠DEC＝∠ECB＝60°，∠DCB＝90°，然后利用等腰三角形的性质求出∠CEB即可解决问题．
【解答】解：∵△DEC为等边三角形，四边形ABCD为正方形，
∴∠DEC＝∠ECB＝60°，∠DCB＝90°，CD＝CE＝CB，
∴∠ECB＝150°，
∴∠CEB＝∠CBE＝15°，
∴∠BED＝60°﹣15°＝45°．
故答案为：45．
【点评】本题主要考查了等边三角形、正方形的性质，同时也利用了等腰三角形的性质与判定，有一定的综合性．
43．（2022春•诸暨市期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠C＝60°，以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F再分别以点B，F为圆心，大于BF的长为半径画弧，两弧交于一点P，连接AP并延长交BC于点E，连接EF．设AE与BF相交于点O，若四边形ABEF的周长为16，则四边形ABEF的面积是 　8　．

【分析】由作法得AF＝AB，AE平分∠BAD，则∠BAE＝∠FAE，再利用平行四边形的性质和平行线的性质得到∠FAE＝∠BEA，接着证明AF＝BE，则可四边形ABEF为平行四边形，然后利用AB＝AF可判断四边形ABEF是菱形，再证明△ABF，△BEF都是等边三角形，可得结论．
【解答】解：由作法得AF＝AB，AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠FAE，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠FAE＝∠BEA，
∴∠BEA＝∠BAE，
∴BA＝BE，
∴AF＝BE，
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF为平行四边形，
∵AB＝AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∵菱形ABEF的周长为16，
∴AB＝BE＝EF＝AF＝4
∵∠BAF＝∠BEF＝∠C＝60°，
∴△ABF，△BEF都是等边三角形，
∴四边形ABEF的面积＝2××42＝8．
故答案为：8，

【点评】本题考查了作图﹣基本作图，平行四边形的性质，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．
44．（2022春•舟山期末）用尺规在一个平行四边形内作菱形ABCD，下列作法中错误的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据菱形的判定和作图痕迹解答即可．
【解答】解：A、由作图可知，AC⊥BD，即对角线平分且垂直的四边形是菱形，正确；
B、由作图可知AB＝BC，AD＝AB，即四边相等的平行四边形是菱形，正确；
C、由作图可知AB＝DC，AD＝BC，只能得出四边形ABCD是平行四边形，错误；
D、由作图可知∠DAC＝∠CAB，∠DCA＝∠ACB，对角线AC平分对角，可以得出是菱形，正确；
故选：C．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于基础题，中考常考题型．
八．反证法
45．（2022春•柯桥区期末）利用反证法证明命题“四边形中至少有一个角是钝角或直角”时，应假设（　　）
A．四边形中至多有一个内角是钝角或直角
B．四边形中所有内角都是锐角
C．四边形的每一个内角都是钝角或直角
D．四边形中所有内角都是直角
【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“四边形中至少有一个角是钝角或直角”时第一步应假设：四边形中所有内角都是锐角．
故选：B．
【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．
46．（2021春•商河县校级期末）对于命题“在同一平面内，若a∥b，a∥c，则b∥c”，用反证法证明，应假设（　　）
A．a⊥c B．b⊥c C．a与c相交 D．b与c相交
【分析】反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立，可据此进行判断．
【解答】解：c与b的位置关系有c∥b和c与b相交两种，因此用反证法证明“c∥b”时，应先假设c与b相交．
故选：D．
【点评】本题结合直线的位置关系考查反证法，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．
47．（2022春•镇海区期末）用反证法证明命题“三角形中至少有一个内角大于或等于60°”时，首先应假设这个三角形中（　　）
A．每一个内角都大于60° B．每一个内角都小于60°
C．有一个内角大于60° D．有一个内角小于60°
【分析】反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立，可据此进行判断．
【解答】解：反证法证明命题“三角形中至少有一个角大于或等于60°”时，首先应假设这个三角形中每一个内角都小于60°，
故选：B．
【点评】本题考查的是反证法的应用，反证法的一般步骤是：①假设命题的结论不成立；②从这个假设出发，经过推理论证，得出矛盾；③由矛盾判定假设不正确，从而肯定原命题的结论正确．
九．几何变换问题
48．（2022春•柯桥区期末）把一个长方形的纸片按如甲乙图形对折两次，然后剪下图丙中的①部分，为了得到一个锐角为30°的菱形，剪口与折痕所成的角α的度数应为（　　）

A．60°或30° B．30°或45° C．45°或60° D．75°或15°
【分析】根据翻折的性质和菱形的性质可得答案．
【解答】解：∵为了得到一个锐角为30°的菱形，
∴菱形的内角度数为30°或150°，
根据菱形的对角线平分每一组对角得，α＝15°或75°，
故选：D．
【点评】本题主要考查了剪纸问题，翻折的性质，菱形的性质等知识，熟练掌握菱形的对角线平分每一组对角是解题的关键．
49．（2022春•柯桥区期末）在矩形ABCD中，将边AB翻折到对角线BD上，点A落在点M处，折痕BE交AD于点E．将边CD翻折到对角线BD上，点C落在点N处，折痕DF交BC于点F．AB＝5，MN＝3，则BC的长（　　）
A．5 B．12或 2 C．12 D．12或13
【分析】分两种情况：点M在线段AN时，点M在线段DN上时，由折叠性质和线段和差分别求得BD，进而由勾股定理求得BC．
【解答】解：当点M在线段AN上时，如下图，

由折叠性质得AB＝BM＝BC＝DN＝5，
∴BD＝BM+MN+DN＝13，
∵∠C＝90°，
∴BC＝；
当点M点在线段DN上时，如下图，

由折叠性质得AB＝BM＝BC＝DN＝5，
∴MD＝DN﹣MN＝5﹣3＝2，
∴BD＝AM+DM＝5+2＝7，
∵∠C＝90°，
∴BC＝；
综上，BC＝12或2，
故选：B．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，折叠性质，勾股定理，关键是由折叠性质求得BD的长度．
50．（2022春•滨江区期末）如图，点E在矩形ABCD的边CD上，将矩形ABCD沿AE折叠，使点D落在BC边上的点F处．若AB＝6，AD＝10，则DE长为（　　）

A． B． C． D．
【分析】先根据矩形的性质得AD＝BC＝10，AB＝CD＝6，再根据折叠的性质得AF＝AD＝10，EF＝DE，在Rt△ABF中，利用勾股定理计算出BF＝8，则CF＝BC﹣BF＝2，设CE＝x，则DE＝EF＝6﹣x，然后在Rt△ECF中根据勾股定理得到x2+22＝（6﹣x）2，解方程即可得到DE的长．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC＝10，AB＝CD＝6，
∵矩形ABCD沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上的F处，
∴AF＝AD＝10，EF＝DE，
在Rt△ABF中，BF＝＝8，
∴CF＝BC﹣BF＝10﹣8＝2，
设CE＝x，则DE＝EF＝6﹣x，
在Rt△ECF中，CE2+FC2＝EF2，
∴x2+22＝（6﹣x）2，
解得x＝，
∴DE＝6﹣x＝，
故选：B．
【点评】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理的综合运用．解题时，常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
51．（2022春•嘉兴期末）如图，将平行四边形纸片ABCD折叠，使顶点D恰好落在AB边上的点E处，折痕为AF．若AB＝5，AD＝3，则CF的长为 　2　．

【分析】由四边形ABCD是平行四边形，得CD＝AB＝5，∠FAE＝∠DFA，根据将平行四边形纸片ABCD折叠，使顶点D恰好落在AB边上的点E处，知∠DAF＝∠FAE，AD＝AE＝3，DF＝EF，故∠DFA＝∠DAF，AD＝DF，从而可得CF＝CD﹣DF＝2．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝5，CD∥AB，
∴∠FAE＝∠DFA，
∵将平行四边形纸片ABCD折叠，使顶点D恰好落在AB边上的点E处，
∴∠DAF＝∠FAE，AD＝AE＝3，DF＝EF，
∴∠DFA＝∠DAF，
∴AD＝DF，
∴AE＝AD＝DF＝EF＝3，
∴CF＝CD﹣DF＝5﹣3＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查平行四边形中的翻折变换，解题的关键是掌握翻折的性质，能求出AD＝DF．
52．（2022春•嘉兴期末）如图，甲、乙是两张不同的平行四边形纸片，将它们分别沿着虚线剪开后，各自要拼接一个与原来面积相等的菱形，则（　　）

A．甲、乙都可以 B．甲可以，乙不可以
C．甲、乙都不可以 D．甲不可以，乙可以
【分析】动手操作可得结论
【解答】解：甲能拼剪成邻边分别为4，3的平行四边形．
乙可以拼剪成边长为4的菱形，
故选：D．
【点评】本题考查图形的拼剪，菱形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会动手操作，培养动手能力．
53．（2022春•上虞区期末）在纸板上剪出一个平行四边形ABCD，作出其对角线的交点O．我们进行如图操作：用大头针把一根平放在平行四边形纸板上的直细木条固定在点O处，并使细木条可以绕点O转动，拨动细木条，它可以停留在任意位置，如果设细木条与一组对边AB，CD的交点分别为点E，F，则下列结论：
①OE＝OF；②AE＝CF；③BE＝CF；④△AOE≌△COF．一定成立的是 　①②④　（填写序号即可）．

【分析】由“ASA”可证△AEO≌△CFO，可得AE＝CF，OE＝OF，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AO＝CO，AB＝CD，
∴∠BAC＝∠ACD，
在△AEO和△CFO中，
，
∴△AEO≌△CFO（ASA），
∴AE＝CF，OE＝OF，故①②④正确，
∴BE＝DF，故③错误．
故答案为：①②④．
【点评】本题考查了旋转的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形的全等是解题的关键．
54．（2022春•温州期末）在平面直角坐标系中，点（3，2）关于原点对称的点的坐标是（　　）
A．（2，3） B．﹣（3，2） C．（3，﹣2） D．（﹣3，﹣2）
【分析】根据平面直角坐标系内两点关于原点对称横纵坐标互为相反数，即可得出答案．
【解答】解：点（3，2）关于原点对称的点的坐标是（﹣3，﹣2）．
故选：D．
【点评】本题主要考查了平面直角坐标系内两点关于原点对称横纵坐标互为相反数，难度较小．
十．数据的统计和分析
55．（2022春•上虞区期末）如图是甲、乙两名运动员正式比赛前的5次训练成绩的折线统计图，你认为成绩较稳定的是（　　）

A．甲 B．乙
C．甲、乙的成绩一样稳定 D．无法确定
【分析】观察图象可知：甲的波动较小，成绩较稳定．
【解答】解：从图得到，甲的波动较小，甲的成绩稳定．
故选：A．
【点评】本题考查方差的意义，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
56．（2022春•钱塘区期末）某公司招聘一名员工，对甲、乙、丙三位应聘者进行面试，从专业知识、工作经验、仪表形象三方面给应聘者打分，每一方面满分100分．甲、乙、丙各方面得分如表：
项目
专业知识
工作经验
仪表形象
甲
91
85
82
乙
88
80
86
丙
90
83
84
如果按照专业知识、工作经验、仪表形象三方面权重为2：3：5计算最终成绩，那么公司录用的是应聘者 　丙　．
【分析】根据加权平均数计算出甲和乙应聘者的最后得分，看谁的分数高，分数高的就录用．
【解答】解：甲的最后得分：＝84.7（分），
乙的最后得分：＝84.6（分），
丙的最后得分：＝84.9（分），
∵84.6＜84.7＜84.9，
∴应该录用丙．
故答案为：丙．
【点评】本题考查了加权平均数的概念．在本题中专业知识、工作经验、仪表形象的权重不同，因而不能简单地平均，而应将各人的各项成绩乘以权之后才能求出最后的得分．
57．（2022春•南浔区期末）一组数据的方差计算公式S2＝，则该方差计算公式中的值是（　　）
A．3 B． C． D．
【分析】由方差的计算公式得出这组数据，再根据平均数的定义求解即可．
【解答】解：由题意知，这组数据为1、2、3、3，
∴公式中＝＝，
故选：B．
【点评】本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差和平均数的定义．
58．（2022春•舟山期末）若一组数据x1，x2，…xn的平均数为17，方差为2，则另一组数据x1+1，x2+1，…，xn+1的平均数、方差分别为（　　）
A．17，2 B．18，2 C．17，3 D．18，3
【分析】根据平均数和方差的变化规律，即可得出答案．
【解答】解：∵数据x1，x2，…xn的平均数为17，
∴数据x1+1，x2+1，…，xn+1的平均数为17+1＝18，
∵数据x1，x2，…，xn的方差为2，
∴数据x1+1，x2+1，…，xn+1的方差不变，还是2；
故选：B．
【点评】本题考查了方差与平均数，用到的知识点：如果一组数据x1，x2，…，xn的平均数为，方差为S2，那么另一组数据ax1+b，ax2+b，…，axn+b的平均数为a+b，方差为a2S2．
59．（2021•包头）某人5次射击命中的环数分别为5，10，7，x，10．若这组数据的中位数为8，则这组数据的方差为 　3.6　．
【分析】根据题意，由中位数的定义可得x的值，计算出这组数据的平均数，再根据方差计算公式列式计算即可．
【解答】解：根据题意，数据5，10，7，x，10的中位数为8，
则有x＝8，
这组数据的平均数为（5+10+7+8+10）＝8，
则这组数据的方差S2＝[（5﹣8）2+（10﹣8）2+（7﹣8）2+（8﹣8）2+（10﹣8）2]＝3.6，
故答案为：3.6．
【点评】本题考查数据的方差计算，关键是由中位数的定义求出x的值．
60．（2021•广元）一组数据：1，2，2，3，若添加一个数据3，则不发生变化的统计量是（　　）
A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差
【分析】依据平均数、中位数、众数、方差的定义和公式求解即可．
【解答】解：A、原来数据的平均数是2，添加数字3后平均数为，故不符合题意；
B、原来数据的中位数是2，添加数字3后中位数仍为2，故符合题意；
C、原来数据的众数是2，添加数字3后众数为2和3，故不符合题意；
D、原来数据的方差＝[（1﹣2）2+2×（2﹣2）2+（3﹣2）2]＝，
添加数字3后的方差＝[（1﹣）2+2×（2﹣）2+2×（3﹣）2]＝，故方差发生了变化，故不符合题意；
故选：B．
【点评】本题主要考查的是众数、中位数、方差、平均数，熟练掌握相关概念和公式是解题的关键．