2023-2024学年山东省淄博市周村区八年级（上）期末数学试卷（五四学制）(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年山东省淄博市周村区八年级（上）期末数学试卷（五四学制）(含详细答案解析)，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列图案中，可以由一个基本图形通过平移得到的是( )
A. B.
C. D.
2.菱形具有而平行四边形不具有的性质是( )
A. 对角线互相平分B. 对角线相等C. 对角线互相垂直D. 四个角都相等
3.若分式x2−4x+2的值为零，则x的值为( )
A. −2B. ±2C. 2D. 0
4.如图，Rt△ABC中，∠ABC=90∘，点O是斜边AC的中点，AC=10，则OB=( )
A. 5
B. 6
C. 8
D. 10
5.如图，在平行四边形ABCD中，BD=CD，AE⊥BD于点E，若∠C=70∘，则∠BAE=( )
A. 50∘
B. 60∘
C. 70∘
D. 80∘
6.下列多边形中，内角和等于外角和的是( )
A. B. C. D.
7.A，B两地相距50km，一艘轮船从A地逆流航行到B地，又立即从B地顺流航行到A地，共用去9h，已知水流速度为3km/h，若设该轮船在静水中的速度为xkm/h，则下列所列方程正确的是( )
A. 503+x+503−x=9B. 50x+3+50x−3=9
C. 50x+3=9D. 100x+3+100x−3=9
8.小亮每天坚持体育锻炼，他记录了自己一周内每天锻炼的时间(单位：分钟)，并制作了如图所示的统计图.根据统计图，下列关于小亮该周每天锻炼时间的描述，正确的是( )
A. 平均数为70分钟B. 众数为67分钟C. 中位数为67分钟D. 方差为0
9.把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为( )
A. 6B. 24C. 26D. 12
10.如图，边长为5的大正方形ABCD是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，连结AF并延长交CD于点M.若AH=GH，则CM的长为( )
A. 12
B. 34
C. 1
D. 54
二、填空题：本题共5小题，每小题4分，共20分。
11.在平面直角坐标系中，点(3,−2)关于原点的对称点的坐标是：______.
12.如图，在平行四边形ABCD中，BC=10，DE=4，∠ABC的平分线BE交AD于点E，则AB的长为______.
13.一个多边形的内角和是540∘，则这个多边形是______边形.
14.如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=12，对角线AC与BD交于点O，点E为BC边上的一个动点，EF⊥AC，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为点F，G，则EF+EG=______.
15.如图，在菱形ABCD中，∠ABC=120∘，点E是边AB的中点，P是对角线AC上的一个动点，若AB=2，则PB+PE的最小值是______.
三、解答题：本题共8小题，共90分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
分解因式：
(1)7x2−28；
(2)x2−14x+49.
17.(本小题10分)
计算：
(1)a+bab−a−bab；
(2)(1a+b+1a−b)÷aa−b.
18.(本小题10分)
解方程：
(1)1x−1=2xx2−1；
(2)2−xx−3+13−x=1.
19.(本小题10分)
为了解学生的阅读情况，小华设计调查问卷，用随机抽样的方式调查了部分学生，并对相关数据进行了收集、整理、描述和分析.下面是其中的部分信息：
a.将学生每天阅读时长数据分组整理，绘制了如下两幅不完整的统计图表.
七年级学生每天阅读时长情况统计表
b.平均每天阅读时长在60≤x<90的具体数据如下：60，60，66，68，69，69，70，70，72，73，73，73，80，83，84，85
根据以上信息，回答下列问题：
(1)表中n=______，图中m=______；
(2)A组这部分扇形的圆心角是______ ∘；
(3)平均每天阅读时长在60≤x<90这组具体数据的中位数是______，众数是______；
(4)若该校七年级共有学生500人，根据调查结果估计平均每天阅读时长少于半小时的学生约有______
人.
20.(本小题12分)
如图，在矩形ABCD中，将△BAD沿对角线BD翻折，点A落在点E处，DE与BC交于点F.
(1)求证：△BEF≌△DCF；
(2)若BC=9，DC=3，求DF的长．
21.(本小题12分)
如图，在△ABC中，边AC，AB上的中线BD，CE相交于点H，点G，F分别为HC，HB的中点，连接DE，EF，FG，GD.
(1)连接AH，若AH=BC，判断四边形DEFG的形状，并说明理由；
(2)在(1)的条件下，若AB=AC，求证：四边形DEFG是正方形.
22.(本小题13分)
如图，在矩形ABCD中，AD=4，AD=4，AB=6，对角线AC，BD交于点O，点E，F分别是CD，DA延长线上的点，且DE=3，DE=3，AF=2，连接EF，点G为EF的中点.连接OE，交AD于点H，连接GH.
(1)猜想：H是OE的中点吗？并加以证明；
(2)求GH的长.
23.(本小题13分)
如图，在正方形ABCD中，E是直线AC上任意一点(不与点A，C重合)，过E作EF⊥BE交直线CD点F，过点F作FG⊥AC交直线AC于点G.
(1)如图1，当点E在线段AC上时，
①直接写出图中与∠CBE相等的一个角；
②猜想AC与EG的数量关系，并证明；
(2)如图2，当点E在线段AC的延长线上时，请你补全图形，并判断(1)中AC与EG的数量关系是否仍然成立.如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、利用旋转可以得到，故此选项错误；
B、不能利用平移得到，故此选项错误；
C、利用轴对称可得到，故此选项错误；
D、是由一个基本图形通过平移得到的，故此选项正确．
故选：D.
利用平移的性质和旋转的性质分别分析得出即可．
此题主要考查了利用平移设计图案，正确掌握平移的定义是解题关键．
2.【答案】C
【解析】解：A、菱形和平行四边形的对角线都互相平分，故A选项不符合题意；
B、菱形和平行四边形的对角线都不一定相等，故B选项不符合题意；
C、菱形的对角线互相垂直，平行四边形的对角线不一定互相垂直，故C选项符合题意；
D、菱形和平行四边形的四个角都不一定相等，故D选项不符合题意；
故选：C.
由菱形的性质和平行四边形的性质对边对各个选项进行判断，即可得出结论．
本题考查了菱形的性质、平行四边形的性质，熟记菱形的性质和平行四边形的性质是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：依题意，得
x2−4=0，且x+2≠0，
解得，x=2.
故选C.
分式的值为零，分子等于零，且分母不等于零．
本题考查了分式的值为零的条件．若分式的值为零，需同时具备两个条件：(1)分子为0；(2)分母不为0.这两个条件缺一不可．
4.【答案】A
【解析】解：Rt△ABC中，∠ABC=90∘，点O是斜边AC的中点，AC=10，
则OB=12AC=5，
故选：A.
根据直角三角形斜边上的中线的性质解答即可．
本题考查的是直角三角形斜边上的中线的性质，在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
5.【答案】A
【解析】解：∵BD=CD，∠C=70∘，
∴∠DBC=∠C=70∘，
∴∠BDC=180∘−∠DBC−∠C=180∘−70∘−70∘=40∘，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠ABE=∠BDC=40∘，
∵AE⊥BD，
∴∠AEB=90∘，
∴∠BAE=90∘−∠ABE=90∘−40∘=50∘，
故选：A.
由等腰三角形的性质得∠DBC=∠C=70∘，则∠BDC=180∘−∠DBC−∠C=40∘，再由平行四边形的性质得AB//CD，则∠ABE=∠BDC=40∘，然后由直角三角形的性质即可得出结论．
本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质以及直角三角形的性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查多边形的内角和、外角和，熟练掌握任意多边形的内角和公式、任意多边形的外角和等于360∘是解决本题的关键．
任意多边形的外角和都等于360∘，所以当内角和等于外角和时，内角和等于360∘，利用公式求出多边形内角和即可．
【解答】
解：A.三角形的内角和等于180∘，任意多边形的外角和等于360∘，故三角形的内角和与外角和不相等，那么A不符合题意；
B.四边形的内角和等于360∘，任意多边形的外角和等于360∘，故四边形的内角和和外角和相等，那么B符合题意；
C.五边形的内角和等于540∘，任意多边形的外角和等于360∘，故五边形的内角和与外角和不相等，那么C不符合题意；
D.六边形的内角和等于720∘，任意多边形的外角和等于360∘，故六边形的内角和与外角和不相等，那么D不符合题意．
故选：B.
7.【答案】B
【解析】设该轮船在静水中的速度为xkm/h，根据时间=路程÷速度，结合该轮船往返共用9h，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
解：设该轮船在静水中的速度为xkm/h，
依题意，得：50x+3+50x−3=9.
故选：B.
本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：根据折线图小亮该周每天校外锻炼时间为：65、67、70、67、75、79、88，
A.平均数是17×(65+67+70+67+75+79+88)=73(分钟)，故选项错误，不符合题意；
B.这组数的众数是67分钟，故选项正确，符合题意；
C.将这组数由小到大排列为：65、67、67、70、75、79、88，中位数是70，故选项错误，不符合题意；
D.这组方差为：S2=17×[(65−73)2+(67−73)2+(70−73)2+(67−73)2+(75−73)2+(79−73)2+(88−73)2]=30，故选项错误，不符合题意；
故选：B.
根据折线图分别求出平均数、众数、中位数和方差进行判断即可．
本题考查了折线图，平均数、众数、中位数和方差的计算，掌握折线图的特点，平均数、众数、中位数和方差的计算方法是关键．
9.【答案】D
【解析】解：设图1中分成的直角三角形的长直角边为a，短直角边为b，
a+b=5a−b=1，得a=3b=2，
∴图1中菱形的面积为：3×22×4=12，
故选：D.
根据题意和图形，可以先设图1中分成的直角三角形的长直角边为a，短直角边为b，然后根据图2和图3可以列出相应的方程组，从而可以求得直角三角形的两条直角边的长，然后即可求得图1中菱形的面积．
本题考查正方形的性质、菱形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
10.【答案】D
【解析】解：过点M作MN⊥FC于点N，设FA与GH交与点K，如图，
∵四边形EFGH是正方形，
∴HE=HG=GF=EF，AH//GF，
∵AH=GH，
∴AH=HE=GF=EF.
由题意得：Rt△ABE≌Rt△BCF≌Rt△ADH≌Rt△CDG，
∴BE=CF=AH=DG，∠BAE=∠DCG.
∴BE=EF=GF=FC.
∵AE⊥BF，
∴AB=AF，
∴∠BAE=∠FAE，
∴∠DCG=∠FAE，
∵AH//GF，
∴∠FAE=∠GFK.
∵∠GFK=∠CFM，
∴∠CFM=∠DCG，
∴MF=MC，
∵MN⊥FC，
∴CN=NF=12CF，
∴CN=14CG.
∵MN⊥CG，DG⊥CG，
∴MN//DG，
∴CMCD=CNCG=14，
∵CD=5，
∴CM=54.
故选：D.
过点M作MN⊥FC于点N，设FA与GH交与点K，L利用已知条件和正方形的性质得到△ABF为等腰三角形，利用等腰三角形的三线合一性质，平行线的性质，对顶角相等和等量代换得到△MCF为等腰三角形，再利用等腰三角形的三线合一的性质和平行线分线段成比例定理解答即可得出结论．
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，依据题意恰当的添加辅助线是解题的关键．
11.【答案】(−3,2)
【解析】解：点(3,−2)关于原点的对称点的坐标是(−3,2)，
故答案为：(−3,2).
根据两个点关于原点对称时，它们的横纵坐标均互为相反数可直接得到答案．
此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．
12.【答案】6
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC=10.
∴∠AEB=∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBC，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AB=AE=BC−DE=10−4=6，
故答案是：6.
由平行四边形的性质可得AD//BC，AD=BC=10，由平行线的性质和角平分线的性质可求AB=AE，即可求解．
本题考查了平行四边形的性质，角平分线的性质，求出AB=AE的长是本题的关键．
13.【答案】五
【解析】解：设此多边形的边数为n，
则(n−2)⋅180∘=540∘，
解得：n=5，
即此多边形为五边形，
故答案为：五．
根据多边形的内角和公式列方程并解方程即可．
本题考查多边形的内角和公式，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
14.【答案】6013
【解析】解：作CH⊥BD于点H，连接OE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，OC=OA=12AC，OB=OD=12BD，
∴OC=OB，
∵∠BCD=90∘，CD=AB=5，BC=AD=12，
∴BD= CD2+BC2=13，
∴OC=OB=12×13=132，
∵12BD⋅CH=12BC⋅CD=S△BCD，
∴12×13CH=12×12×5，
解得CH=6013，
∵EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为点F，G，S△COE+S△BOE=S△BOC，
∴12OC⋅EF+12OB⋅EG=12OB⋅CH，
∴EF+EG=CH=6013.
故答案为：6013.
作CH⊥BD于点H，连接OE，先由矩形的性质证明OC=OB，再根据勾股定理求得BD，由三角形的面积公式求出CH，由S△COE+S△BOE=S△BOC即可求出答案．
本题主要考查矩形的性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
15.【答案】 3
【解析】【分析】
本题主要考查轴对称-最短路线问题，菱形的性质，勾股定理等知识点，确定P点的位置是解答本题的关键．找出B点关于AC的对称点D，连接DE交AC于P，则DE就是PB+PE的最小值，求出即可．
【解答】
解：连接DE交AC于P，连接DB，
由菱形的对角线互相垂直平分，可得B、D关于AC对称，则PD=PB，
∴PE+PB=PE+PD=DE，
即DE就是PE+PB的最小值，
∵∠ABC=120∘，
∴∠BAD=60∘，
∵AD=AB，
∴△ABD是等边三角形，
∵AE=BE，
∴DE⊥AB(等腰三角形三线合一的性质).
在Rt△ADE中，DE= AD2−AE2= 3.
∴PB+PE的最小值为 3.
故答案为： 3.
16.【答案】解：(1)7x2−28
=7(x2−4)
=7(x+2)(x−2)；
(2)x2−14x+49=(x−7)2.
【解析】(1)先提取公因式，然后利用平方差公式分解因式即可；
(2)利用完全平方公式分解因式即可．
本题考查了分解因式，熟练掌握利用提公因式法与公式法分解因式是解题的关键．
17.【答案】解：(1)a+bab−a−bab
=a+b−(a−b)ab
=2bab
=2a；
(2)(1a+b+1a−b)÷aa−b
=(a−b)+(a+b)(a+b)⋅(a−b)⋅a−ba
=2a(a+b)⋅(a−b)⋅a−ba
=2a+b.
【解析】(1)依据同分母分式的减法计算即可；
(2)先计算括号内分式的加法、将除法转化为乘法，再约分即可．
本题主要考查分式的混合运算，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
18.【答案】解：(1)方程两边同时乘(x2−1)，得x+1=2x.
解得x=1.检验：当x=1时，x2−1=0.
所以x=1是原方程的增根，应舍去．
所以原方程无解．
(2)原方程可化为2−xx−3−1x−3=1
方程两边同时乘(x−3)，得2−x−1=x−3.
解得x=2.经检验：x=2是原方程的解．
【解析】两分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
此题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．
19.【答案】48 60 36 71 73 50
【解析】解：(1)由题意得，样本容量为：8÷10%=80，
故n=80−8−16−8=48，
m%=4880=60%，即m=60.
故答案为：48，60；
(2)A组这部分扇形的圆心角是360∘×10%=36∘，
故答案为：36；
(3)平均每天阅读时长在60≤x<90这组具体数据的中位数是70+722=71，众数是73.
故答案为：71，73；
(4)500×10%=50(人)，
即估计平均每天阅读时长少于半小时的学生约有50人．
故答案为：50.
(1)用A组的频数除以10%可得样本容量，再用样本容量减去其它三组的频数可得n的值；用B组的频数除以样本容量可得m的值；
(2)用360∘乘A组所占百分比可得答案；
(3)根据中位数和众数的定义解答即可；
(4)用样本估计总体即可．
本题考查频数分布表、扇形统计图、用样本估计总体、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．
20.【答案】解：(1)在矩形ABCD中，将△BAD沿对角线BD翻折，点A落在点E处，DE与BC交于点F，
∴∠E=∠A=∠C，BE=BA=DC，
在△BEF与△DCF中，
∠BFE=∠DFC∠E=∠CBE=DC，
∴△BEF≌△DCF(AAS)；
(2)设BF=DF=x，则CF=9−x，
在Rt△DCF中，CF2+CD2=DF2，即(9−x)2+32=x2，
解得：x=5.
故DF的长是5.
【解析】(1)根据折叠的性质可得到∠E=∠A=∠C，BE=BA=DC，再由对顶角相等可得∠BFE=∠DFC，继而根据AAS可得△BEF≌△DCF；
(2)设BF=DF=x，则CF=9−x，在Rt△DCF中利用勾股定理可得出x的值即可求解．
本题考查了翻折变换，全等三角形的判定与性质及勾股定理的知识，解答本题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：翻折前后对应边相等、对应角相等，难度一般．
21.【答案】(1)解：菱形．理由如下：
∵点D，E分别为AC，AB的中点，
∴ED//BC，ED=12BC.
同理FG//BC，FG=12BC.
∴ED//FG，ED=FG.
∴四边形DEFG是平行四边形．
∵点E，F分别为AB，BH的中点，
∴EF=12AH.
∵AH=BC，
∴EF=DE.
∴▱DEFG是菱形．
(2)证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵BD，CE分别为AC，AB边上的中线，
∴CD=12AC，BE=12AB.
∴CD=BE.
∵BC=CB，
∴△DCB≌△EBC(SAS).
∴∠DBC=∠ECB.
∴HC=HB.
∵点G，F分别为HC，HB的中点，
∴HG=12HC，HF=12HB.
∴GH=HF.
∵四边形DEFG是菱形，
∴DF=2FH，EG=2GH.
∴DF=EG.
∴四边形DEFG为正方形．
【解析】(1)证明ED//BC，ED=12BC，FG//BC，FG=12BC，可得四边形DEFG是平行四边形，再证明EF=DE，可得▱DEFG是菱形．
(2)证明△DCB≌△EBC，可得∠DBC=∠ECB，HC=HB，再证明DF=EG，可得四边形DEFG为正方形．
本题考查的是三角形的中位线的性质，平行四边形，菱形，正方形的判定，全等三角形的判定与性质，熟记平行四边形，菱形，正方形的判定方法是解本题的关键．
22.【答案】解：(1)H是OE的中点．
证明：取AD中点M，连接OM.
∵矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BO=DO，AB//CD，
又∵点N是AD中点，
∴AN=DN=2，ON//AB，ON=12AB=4，
∴ON//CD，ON=ED=4，∠ANO=∠DAB=90∘，
∴∠NOH=∠DEH，
在△NHO和△DHE中，
∠NOH=∠DEH∠NHO=∠EHDON=DE，
∴△NHO≌△DHE(AAS)，
∴EH=HO，
∴点H是OE的中点；
(2)连接OF.
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90∘.
∵OM//DC，
∴∠FMO=∠ADC，
∴∠FMO=90∘.
∵AD=4，
∵AD=4，M是AD中点，
∴AM=12AD=2.
∵AF=2，
∴FM=4.
∴在△FOM中，∠FMO=90∘，OM=3，FM=4.
由勾股定理得：OF=5.
∵G是EF中点，H是OE中点，
∴GH=12OF=52.

【解析】(1)由三角形中位线定理可得ON//AB，ON=12AB=4，由“AAS”可证△NHO≌△DHE，可得EH=HO，可得结论；
(2)由勾股定理可求FO的长，由三角形中位线定理可求解．
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
23.【答案】解：(1)①∠EFD.
理由：∵EF⊥BE，
∴∠BEF=90∘，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90∘，
∴∠CBE+∠CFE=360∘−∠BEF−∠BCD=180∘，
∵∠CFE+∠EFD=180∘，
∴∠CBE=∠EFD；
②AC=2EG；
证明：连接DE，连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=∠BCF=90∘，
BC=CD，∠BCA=∠DCA=45∘.
∵CE=CE，
∴△BCE≌△DCE(SAS).
∴BE=DE，
∴BE=DE，∠CBE=∠CDE.
∵BE⊥EF，
∴∠BEF=90∘=∠BCF.
∴∠CBE+∠CFE=180∘.
又∵∠EFD+∠CFE=180∘.
∴∠EFD=∠CBE.
∴EF=ED=BE.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC=2BO，
∴AC=2BO，AC⊥BD.
∴∠GEF+∠BEO=90∘.
∴∠GEF+∠GFE=90∘.
∴∠BEO=∠GFE.
∴△BEO≌△EFG(AAS).
∴BO=EG.
∴AC=2EG.
(2)正确补全图形如下；
结论成立．
证明：连接DE，连接BD交AC于点O.
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=∠BCF=90∘，BC=CD，∠BCA=∠DCA=45∘.
∴∠BCE=∠DCE=135∘.CE=CE，
∴△BCE≌△DCE(SAS).
∴BE=DE，∠1=∠2.
∵BE⊥EF，
∴∠BEF=90∘=∠BCF.
∴∠1=∠3.
∴∠2=∠3.
∴EF=DE=BE.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC=2BO，AC⊥BD，
∴∠BOE=90∘.
∵FG⊥AC
∴∠FGE=90∘.
∴∠4+∠5=90∘.
∵∠BEF=90∘，
∴∠4+∠6=90∘.
∴∠5=∠6.
∴△BEO≌△EFG(AAS).
∴BO=EG.
∴AC=2EG.
【解析】(1)①证明∠CBE+∠CFE=360∘−∠BEF−∠BCD=180∘，则可得出结论；
②连接DE，连接BD交AC于点O，证明△BCE≌△DCE(SAS).得出BE=DE，证明△BEO≌△EFG(AAS).得出BO=EG.则可得出结论；
(2)由题意画出图形，连接DE，连接BD交AC于点O.证明△BCE≌△DCE(SAS).得出BE=DE，∠1=∠2.证明△BEO≌△EFG(AAS).得出BO=EG.则可得出结论．
本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，掌握正方形的性质定理、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．组
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