2024八年级数学下学期期中精选50题提升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题提升版含解析新版浙教版，共30页。

A．a≥﹣2且a≠1B．a≠1C．a≥﹣2D．a＞﹣2
【分析】根据二次根式及分式有意义的条件可求解a的取值范围．
【解答】解：由题意得a+2≥0且a﹣1≠0，
解得a≥﹣2且a≠1，
故选：A．
【点评】本题主要考查二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件，分式有意义的条件是解题的关键．
2．（余杭区期中）下列选项中，计算正确的是（ ）
A．3+2＝5B．﹣＝9C．×＝D．+＝4
【分析】根据同类二次根式、二次根式的加减运算法则和乘法法则逐一计算即可．
【解答】解：A．3与2不是同类二次根式，不能合并，此选项错误；
B．﹣＝2﹣＝，此选项错误；
C．×＝＝，此选项正确；
D．+＝2+＝3，此选项错误；
故选：C．
【点评】本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则．
3．（平顶山期中）若关于x的一元二次方程ax2+bx+2＝0（a≠0）有一根为x＝2021，则一元二次方程a（x﹣1）2+bx﹣b＝﹣2必有一根为（ ）
A．2019B．2020C．2021D．2022
【分析】对于一元二次方程a（x﹣1）2+b（x﹣1）+2＝0，设t＝x﹣1得到at2+bt+2＝0，利用at2+bt+2＝0有一个根为t＝2021得到x﹣1＝2021，从而可判断一元二次方程a（x﹣1）2+b（x﹣1）＝﹣2必有一根为x＝2022．
【解答】解：对于一元二次方程a（x﹣1）2+bx﹣b＝﹣2即a（x﹣1）2+b（x﹣1）+2＝0，
设t＝x﹣1，
所以at2+bt+2＝0，
而关于x的一元二次方程ax2+bx+2＝0（a≠0）有一根为x＝2021，
所以at2+bt+2＝0有一个根为t＝2021，
则x﹣1＝2021，
解得x＝2022，
所以一元二次方程a（x﹣1）2+bx﹣b＝﹣2必有一根为x＝2022．
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程的解的定义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
4．（鹿城区校级期中）用配方法解一元二次方程x2﹣6x+3＝0化成（x+a）2＝b的形式，则a、b的值分别是（ ）
A．3，12B．﹣3，12C．3，6D．﹣3，6
【分析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后，继而得出答案．
【解答】解：∵x2﹣6x+3＝0，
∴x2﹣6x＝﹣3，
则x2﹣6x+9＝﹣3+9，即（x﹣3）2＝6，
∴x＝﹣3，b＝6，
故选：D．
【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．
5．（余杭区期中）把方程x2﹣4x﹣1＝0转化成（x+m）2＝n的形式，则m，n的值是（ ）
A．2，3B．2，5C．﹣2，3D．﹣2，5
【分析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后即可得出答案．
【解答】解：∵x2﹣4x﹣1＝0，
∴x2﹣4x＝1，
则x2﹣4x+4＝1+4，即（x﹣2）2＝5，
∴m＝﹣2，n＝5，
故选：D．
【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．
6．（晋中模拟）用配方法解一元二次方程x2+2x﹣3＝0，配方后得到的方程是（ ）
A．（x﹣1）2＝4B．（x+1）2＝4C．（x+2）2＝1D．（x﹣2）2＝1
【分析】先将常数项移到方程右边，再将两边都加上一次项系数一半的平方，据此可得答案．
【解答】解：∵x2+2x﹣3＝0，
∴x2+2x＝3，
则x2+2x+1＝3+1，即（x+1）2＝4，
故选：B．
【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．
7．（辛集市期末）关于x的一元二次方程（a﹣1）x2﹣2x﹣1＝0有两个实数根，则实数a的取值范围是（ ）
A．a≥0B．a≥0且a≠1C．a＞0D．a＞0且a≠1
【分析】根据关于x的一元二次方程（a﹣1）x2﹣2x﹣1＝0有两个实数根知Δ＝（﹣2）2﹣4×（a﹣1）×（﹣1）＝4a≥0，据此得出a的范围，再结合一元二次方程的定义可得答案．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程（a﹣1）x2﹣2x﹣1＝0有两个实数根，
∴Δ＝（﹣2）2﹣4×（a﹣1）×（﹣1）＝4a≥0，
解得a≥0，
又∵a﹣1≠0，
∴a≥0且a≠1，
故选：B．
【点评】本题主要考查一元二次方程的定义及根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：
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．
8．（永嘉县校级期中）对于任意实数m，关于x的方程x2+（m+3）x+m+2＝0，则方程根的情况为（ ）
A．有两个不相等的实数根B．有两个相等的实数根
C．没有实数根D．无法确定
【分析】判断上述方程的根的情况，只要看根的判别式Δ＝b2﹣4ac的值的符号就可以了．
【解答】解：∵a＝1，b＝m+3，c＝m+2，
∴Δ＝b2﹣4ac＝（m+3）2﹣4×1×（m+2）＝（m+1）2≥0．
∴方程有有两个不相等的实数根或有两个相等的实数根．
故选：D．
【点评】本题主要考查了根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：
（1）Δ＞0⇔方程有两个不相等的实数根；
（2）Δ＝0⇔方程有两个相等的实数根；
（3）Δ＜0⇔方程没有实数根．
9．（上城区校级期中）在一幅长50cm，宽40cm的矩形风景画的四周镶一条外框，制成一幅矩形挂图（如图所示），如果要使整个挂图的面积是3000cm2，设边框的宽为xcm，那么x满足的方程是（ ）
A．（50﹣2x）（40﹣2x）＝3000B．（50+2x）（40+2x）＝3000
C．（50﹣x）（40﹣x）＝3000D．（50+x）（40+x）＝3000
【分析】根据题意表示出矩形挂画的长和宽，再根据长方形的面积公式可得方程．
【解答】解：设边框的宽为xcm，
所以整个挂画的长为（50+2x）cm，宽为（40+2x）cm，
根据题意，得：（50+2x）（40+2x）＝3000，
故选：B．
【点评】本题主要考查由实际问题抽象出一元二次方程，在解决实际问题时，要全面、系统地申清问题的已知和未知，以及它们之间的数量关系，找出并全面表示问题的相等关系，设出未知数，用方程表示出已知量与未知量之间的等量关系，即列出一元二次方程．
10．（拱墅区校级期中）已知代数式x2+y2+4x﹣6y+13＝0，则（y+1）x的值为（ ）
A．16B．﹣16C．﹣D．
【分析】把含x和y的项分别写成完全平方公式的形式，根据非负数的性质求出x，y，再计算代数式的值．
【解答】解：∵x2+y2+4x﹣6y+13＝0，
∴x2+4x+4+y2﹣6y+9＝0，
∴（x+2）2+（y﹣3）2＝0，
∴x+2＝0，y﹣3＝0，
∴x＝﹣2，y＝3，
∴原式＝（3+1）﹣2
＝4﹣2
＝，
故选：D．
【点评】本题考查了完全平方公式，非负数的性质，把含x和y的项分别写成完全平方公式的形式是解题的关键．
11．（昆明模拟）如图所示的六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成的，则∠ABC等于（ ）
A．30°B．35°C．45°D．60°
【分析】利用全等三角形的性质和正六边形的定义可判断六边形花环为正六边形，根据多边形的内角和定理可计算出∠ABD＝120°，然后把∠ABD减去90°得到∠ABC的度数．
【解答】解：如图，
∵六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成的，
∴六边形花环为正六边形，
∴∠ABD＝＝120°，
而∠CBD＝∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝120°﹣90°＝30°．
故选：A．
【点评】本题考查了多边形内角与外角：多边形内角和定理：（n﹣2）•180°（n≥3且n为整数）；多边形的外角和等于360°．
12．（肇源县期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC、BD于点E、P，连接OE，∠ADC＝60°，，则下列结论：①∠CAD＝30°②③S平行四边形ABCD＝AB•AC④，正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】①先根据角平分线和平行得：∠BAE＝∠BEA，则AB＝BE＝1，由有一个角是60度的等腰三角形是等边三角形得：△ABE是等边三角形，由外角的性质和等腰三角形的性质得：∠ACE＝30°，最后由平行线的性质可作判断；
②先根据三角形中位线定理得：OE＝AB＝，OE∥AB，根据勾股定理计算OC＝和OD的长，可得BD的长；
③因为∠BAC＝90°，根据平行四边形的面积公式可作判断；
④根据三角形中位线定理可作判断．
【解答】解：①∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°，
∴∠DAE＝∠BEA，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴AB＝BE＝1，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE＝BE＝1，
∵BC＝2，
∴EC＝1，
∴AE＝EC，
∴∠EAC＝∠ACE，
∵∠AEB＝∠EAC+∠ACE＝60°，
∴∠ACE＝30°，
∵AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACE＝30°，
故①正确；
②∵BE＝EC，OA＝OC，
∴OE＝AB＝，OE∥AB，
∴∠EOC＝∠BAC＝60°+30°＝90°，
Rt△EOC中，OC＝，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠BAD＝120°，
∴∠ACB＝30°，
∴∠ACD＝90°，
Rt△OCD中，OD＝，
∴BD＝2OD＝，
故②正确；
③由②知：∠BAC＝90°，
∴S平行四边形ABCD＝AB•AC，
故③正确；
④由②知：OE是△ABC的中位线，
∴OE＝AB，
∵AB＝BC，
∴OE＝BC＝AD，
故④正确；
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形30度角的性质、三角形面积和平行四边形面积的计算；熟练掌握平行四边形的性质，证明△ABE是等边三角形是解决问题的关键系．
13．（平阳县期中）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝120°，点F为CD中点，以AB，BD为边，AD为对角线作平行四边形ABDE，连接BE交AD于点O，且OF＝BC＝2，则AB的长为（ ）
A．B．C．D．
【分析】连接AC，由三角形的中位线定理证得AC＝2OF＝4，作CG⊥AB于G，由∠ABC＝120°，求得∠CBG＝60°，∠BCG＝30°，进而求得BG＝BC＝1，CG＝，由勾股定理求得AG，根据线段的和差求得结论．
【解答】解：连接AC，则OF是△ACD的中位线，
∴AC＝2OF＝4，
作CG⊥AB于G，
∵∠ABC＝120°，
∴∠CBG＝60°，∠BCG＝30°，
∴BG＝BC＝1，CG＝，
∵AG＝＝＝，
∴AB＝AG﹣BG＝﹣1，
故选：B．
【点评】本题是平行四边形的性质，主要考查了三角形的中位线定理，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解决问题的关键．
14．（鄞州区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，过对角线BD上任意一点P作EF∥BC，GH∥AB，且AH＝2HD，若S△HDP＝1，则S▱ABCD＝（ ）
A．9B．C．12D．18
【分析】根据平行四边形的性质和三角形的面积，可以求得行四边形ABCD的面积，本题得以解决．
【解答】解：由题意可得，
四边形HPFD是平行四边形，四边形AEPH、四边形PGCF均为平行四边形，且它们的面积相等，四边形EBGP是平行四边形，
∵S△HDP＝1，
∴S▱HPDF＝2，
∵AH＝2HD，
∴S▱AEPH＝S▱PGCF＝4，
∴S▱EBGP＝8，
∴S▱ABCD＝2+4+4+8＝18，
故选：D．
【点评】本题考查平行四边形的面积、三角形的面积，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
15．（鹿城区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A'B'C'关于D（﹣1，0）成中心对称．已知点A的坐标为（﹣3，﹣2），则点A'的坐标是（ ）
A．（1，3）B．（1，2）C．（3，2）D．（2，3）
【分析】根据点D是线段AA′的中点以及中点坐标公式解答．
【解答】解：设点A'的坐标是（a，b），
根据题意知：＝﹣1，＝0．
解得a＝1，b＝2．
即点A'的坐标是（1，2），
故选：B．
【点评】本题综合考查了中心对称，坐标与图形的变化，难度不大，掌握对称中心的性质是解题的关键．
16．（永嘉县校级期中）某商店选用20元/千克的A型糖x千克，12元/千克的B型糖5千克，混合成什锦糖后出售，这种什锦糖平均每千克的售价为15元/千克，则x的值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【分析】利用加权平均数的计算方法列方程求解即可，也可以利用总价相等列方程，求出方程的解后再做出选择．
【解答】解：由题意得，
＝15，
解得，x＝3，
故选：A．
【点评】考查加权平均数的计算方法，列出方程是解决问题的关键．
17．（葫芦岛二模）数据3、4、6、x的平均数是5，这组数据的中位数是（ ）
A．4B．4.5C．5D．6
【分析】先根据平均数的概念列方程求出x的值，再将数据重新排列，利用中位数的定义求解即可．
【解答】解：∵数据3、4、6、x的平均数是5，
∴＝5，
解得x＝7，
∴这组数据为3、4、6、7，
则这组数据的中位数为＝5，
故选：C．
【点评】本题主要考查平均数、中位数，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会出错．
18．（香洲区二模）在一次献爱心的捐款活动中，八（2）班50名同学捐款金额如图所示，则在这次捐款活动中，该班同学捐款金额的众数和中位数分别是（ ）
A．20，10B．10，20C．10，10D．10，15
【分析】根据众数、中位数的定义，结合条形统计图的数据进行判断即可．
【解答】解：这组数据的中位数是第25、26个数据的平均数，由条形统计图知第25、26个数据分别为10、10，
所以这组数据的中位数为＝10（元），
这组数据中出现次数最多的是10元，有20次，
所以这组数据的众数为10元，
故选：C．
【点评】考查了确定一组数据的中位数和众数的能力．注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求，如果是偶数个则找中间两位数的平均数．
19．（长沙期中）有11个正整数，平均数是10，中位数是9，众数只有一个8，问最大的正整数最大为（ ）
A．25B．30C．35D．40
【分析】根据11个正整数，平均数是10，中位数是9，众数只有一个8，即可得到11个正整数为1，1，8，8，8，9，9，10，10，11，35．
【解答】解：∵11个正整数，平均数是10，
∴和为110，
∵中位数是9，众数只有一个8，
∴当11个正整数为1，1，8，8，8，9，9，10，10，11，35时，最大的正整数最大为35．
故选：C．
【点评】本题主要考查了众数、平均数以及中位数的运用，解题时注意：一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．
20．（上城区校级期中）已知一组数据5，4，3，4，9，关于这组数据的下列描述，其中错误的描述为（ ）
A．平均数是5B．中位数是4C．众数是4D．方差是22
【分析】根据平均数、中位数、众数和方差的定义分别求解即可．
【解答】解：将这组数据重新排列为3、4、4、5、9，
所以这组数据的平均数为＝5，中位数为4，众数为4，
方差为×[（3﹣4）2+2×（4﹣4）2+（5﹣4）2+（9﹣4）2]＝5.4，
故选：D．
【点评】本题主要考查方差，解题的关键是掌握平均数、中位数、众数和方差的定义．
21．（柘城县一模）气象局调查了甲、乙、丙、丁四个城市连续四年的降水量，它们的平均降水量都是320毫米，方差分别是S＝3.2，S＝5.2，S＝7.3，S＝3.1，则这四个城市年降水量最稳定的是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
【分析】根据方差的意义：方差越小数据越稳定求解即可．
【解答】解：∵S＝3.2，S＝5.2，S＝7.3，S＝3.1，
∴S＜S＜S＜S，
∴这四个城市年降水量最稳定的是丁，
故选：D．
【点评】本题主要考查方差，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．
22．（淮南一模）某校举办体能比赛，其中一项是引体向上，每完成一次记录1分，达到10个即为满分10分．甲、乙两班各出代表10个人，比赛成绩如下，根据表格中的信息判断，下列结论错误的是（ ）
A．甲班成绩的中位数是9.5分
B．乙班成绩的众数是10分
C．甲班的成绩较整齐
D．乙班成绩的平均数是9分
【分析】根据中位数的定义求出甲班成绩最中间两个数的平均数，即可判断A；
根据众数的定义找出乙班成绩出现次数最多的数，即可判断B；
根据方差公式分别求出甲、乙两班成绩的方差，再比较大小，即可判断C；
根据平均数的定义求出乙班的平均成绩，即可判断D．
【解答】解：A、把甲班的成绩从小到大排列为：7，7，8，9，9，10，10，10，10，10，最中间两个数的平均数是（9+10）÷2＝9.5（分），则甲班成绩的中位数是9.5分，故本选项结论正确，不符合题意；
B、乙班成绩中10分出现了4次，出现的次数最多，则乙班成绩的众数是10分，故本选项结论正确，不符合题意；
C、甲班的平均成绩是：×（7×2+8+9×2+10×5）＝9，
则甲班的方差是：×[2×（7﹣9）2+（8﹣9）2+2×（9﹣9）2+5×（10﹣9）2]＝1.4，
乙班的平均成绩是：×（10×4+8×2+7+9×3）＝9，
则乙班的方差是：×[4×（10﹣9）2+2×（8﹣9）2+（7﹣9）2+3×（9﹣9）2]＝1，
∵1.4＞1，即甲班成绩的方差＞乙班成绩的方差，
∴乙班的成绩较整齐，
故本选项结论错误，符合题意；
D、乙班的平均成绩是9分，故本选项结论正确，不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了方差，用到的知识点是方差、平均数、中位数和众数，方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
23．（天心区模拟）去年某果园随机从甲、乙、丙、丁四个品种的葡萄树中各采摘了10棵，每棵产量的平均数（单位：千克）及方差S2（单位：千克2）如下表所示．今年准备从四个品种中选出一种产量既高又稳定的葡萄树进行种植，应选的品种是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
【分析】先比较平均数得到甲组和乙组产量较好，然后比较方差得到甲组的状态稳定，据此求解即可．
【解答】解：∵甲的平均数最大，方差最小，最稳定．
∴应选的品种是甲．
故选：A．
【点评】本题主要考查方差，关键是掌握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．
24．（下城区期中）对于一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0），下列说法：
①若a+b+c＝0，则b2﹣4ac≥0；
②若方程ax2+c＝0有两个不相等的实根，则方程ax2+bx+c＝0必有两个不相等的实根；
③若c是方程ax2+bx+c＝0的一个根，则一定有ac+b+1＝0成立；
④若x0是一元二次方程ax2+bx+c＝0的根，则b2﹣4ac＝（2ax0+b）2．
其中正确的（ ）
A．①②④B．①②③C．①③④D．②③④
【分析】按照方程的解的含义、一元二次方程的实数根与判别式的关系、等式的性质、一元二次方程的求根公式等对各选项分别讨论，可得答案．
【解答】解：①若a+b+c＝0，则x＝1是方程ax2+bx+c＝0的解，
由一元二次方程的实数根与判别式的关系可知：Δ＝b2﹣4ac≥0，故①正确；
②方程ax2+c＝0有两个不相等的实根，
∴Δ＝0﹣4ac＞0，
∴﹣4ac＞0
则方程ax2+bx+c＝0的判别式Δ＝b2﹣4ac＞0，
∴方程ax2+bx+c＝0必有两个不相等的实根，故②正确；
③∵c是方程ax2+bx+c＝0的一个根，
则ac2+bc+c＝0，
∴c（ac+b+1）＝0，
若c＝0，等式仍然成立，
但ac+b+1＝0不一定成立，故③不正确；
④若x0是一元二次方程ax2+bx+c＝0的根，
则由求根公式可得：x0＝，
∴2ax0+b＝，
∴b2﹣4ac＝（2ax0+b）2，故④正确．
故正确的有①②④，
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式，灵活运用根的判别式式解题的关键．
25．（高青县期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BC，垂足为E，AB＝，AC＝2，BD＝4，则AE的长为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据平行四边形的性质可求解OA，OB的长，利用勾股定理的逆定理可得∠BAO＝90°，再根据勾股定理可求解BC的长，由△ABC得面积公式可计算求解AE的长．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，AC＝2，BD＝4，
∴OA＝AC＝1，OB＝BD＝2，
∵AB＝，
∴AB2+OA2＝OB2，
∴△AOB为直角三角形，且∠BAO＝90°，
∴BC＝，
∵S△ABC＝AC•AB＝BC•AE，
∴2×＝AE，
解得AE＝．
故选：D．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质，勾股定理及逆定理，三角形的面积，利用勾股定理求解BC的长是解题的关键．
26．（西湖区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，▱OABC的边OC落在x轴的正半轴上，且点C（4，0），B（6，2），直线y＝2x+1以每秒1个单位的速度向下平移，经过（ ）秒该直线可将平行四边形OABC的面积平分．
A．4B．5C．6D．7
【分析】首先连接AC、BO，交于点D，当y＝2x+1经过D点时，该直线可将▱OABC的面积平分，然后计算出过D且平行直线y＝2x+1的直线解析式，从而可得直线y＝2x+1要向下平移6个单位，进而可得答案．
【解答】解：连接AC、BO，交于点D，当y＝2x+1经过D点时，该直线可将▱OABC的面积平分；
∵四边形AOCB是平行四边形，
∴BD＝OD，
∵B（6，2），点C（4，0），
∴D（3，1），
设DE的解析式为y＝kx+b，
∵平行于y＝2x+1，
∴k＝2，
∵过D（3，1），
∴DE的解析式为y＝2x﹣5，
∴直线y＝2x+1要向下平移6个单位，
∴时间为6秒，
故选：C．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，以及一次函数，关键是正确掌握经过平行四边形对角线交点的直线平分平行四边形的面积．
二．填空题（共8小题）
27．（永嘉县校级期中）当x＝﹣1时，二次根式的值是 3 ．
【分析】把x＝﹣1代入二次根式，再开平方即可．
【解答】解：把x＝﹣1代入＝＝＝3，
故答案为：3．
【点评】此题主要考查了二次根式定义，关键是掌握算术平方根．
28．（商河县校级期末）当a＝3时，则＝ 2 ．
【分析】将a＝3，代入求得即可．
【解答】解：∵a＝3，
∴．
故答案为：2．
【点评】本题考查了算术平方根，掌握算术平方根的意义是解题的关键．
29．（永嘉县校级期中）若，则＝ 6 ．
【分析】对变形，得，因为各项均为非负数，故可求得x、y、z的值，代入中即可．
【解答】解：根据题意，，
即，
得x＝2，y＝6，z＝3；
所以．
【点评】本题考查的是非负数的性质及二次根式的化简和求值．
30．（辛集市期末）将一元二次方程x2﹣3x+1＝0变形为（x+h）2＝k的形式为 （x﹣）2＝ ．
【分析】先移项，再配方，即可得出答案．
【解答】解：x2﹣3x+1＝0，
x2﹣3x＝﹣1，
x2﹣3x+（）2＝﹣1+（）2，
（x﹣）2＝，
故答案为：（x﹣）2＝．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能正确配方是解此题的关键．
31．（海曙区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，点D为BC上一动点（不与点C重合），以AD，CD为一组邻边作平行四边形ADCE，当DE的值最小时，平行四边形ADCE周长为 4+2 ．
【分析】根据题意，可知当DE⊥AE时，DE取得最小值，然后根据题目中的数据，即可得到AD、CD的长，从而可以得到当DE的值最小时，平行四边形ADCE周长．
【解答】解：当DE⊥AE时，DE取得最小值，设此时CD＝x，
∵四边形ADCE是平行四边形，
∴CD＝AE，AD＝CE，BC∥AE，
∵∠B＝90°，DE⊥AE，
∴四边形BAED是矩形，
∴BD＝AE，
∴BD＝CD＝x，
∵BC＝BD+CD，BC＝4，
∴BD＝CD＝2，
∵AB＝3，∠B＝90°，
∴AD＝＝＝，
∴当DE的值最小时，平行四边形ADCE周长为：2++2+＝4+2，
故答案为：4+2，
【点评】本题考查平行四边形的性质、矩形的判定与性质、垂线段最短，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
32．（陕西）如图，点O是▱ABCD的对称中心，AD＞AB，E、F是AB边上的点，且EF＝AB；G、H是BC边上的点，且GH＝BC，若S1，S2分别表示△EOF和△GOH的面积，则S1与S2之间的等量关系是 ＝ ．
【分析】根据同高的两个三角形面积之比等于底边之比得出＝＝，＝＝，再由点O是▱ABCD的对称中心，根据平行四边形的性质可得S△AOB＝S△BOC＝S▱ABCD，从而得出S1与S2之间的等量关系．
【解答】解：连接AO、BO、CO，
∵＝＝，＝＝，
∴S1＝S△AOB，S2＝S△BOC．
∵点O是▱ABCD的对称中心，
∴S△AOB＝S△BOC＝S▱ABCD，
∴＝＝．
即S1与S2之间的等量关系是＝．
故答案为＝．
【点评】本题考查了中心对称，三角形的面积，平行四边形的性质，根据同高的两个三角形面积之比等于底边之比得出＝＝，＝＝是解题的关键．
33．（江东区期末）在一次数学社团活动上，小明设计了一个社团标识，如图所示，正方形ABCD与折线D﹣E﹣F﹣B构成了中心对称图形，且DE⊥EF，AD＝50，DE比EF长25，那么EF的长是 10 ．
【分析】连接BD，与EF交于点O，根据中心对称图形得到OE＝EF，OD＝BD，根据勾股定理得到BD，设EF＝2x，则OE＝x，DE＝2x+25再在Rt△DOE中，根据勾股定理得到方程x2+（2x+25）2＝（25）2，解方程即可求解．
【解答】解：连接BD，与EF交于点O，
∵正方形ABCD与折线D﹣E﹣F﹣B构成了中心对称图形，
∴OE＝EF，OD＝BD，
∵AD＝50，
∴BD＝＝50，
∴OD＝25，
设EF＝2x，则OE＝x，DE＝2x+25，
在Rt△DOE中，x2+（2x+25）2＝（25）2，
解得x＝5或x＝﹣25（舍去）．
则EF＝5×2＝10．
故答案为：10．
【点评】此题考查了中心对称图形，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，根据勾股定理得到方程x2+（2x+25）2＝（25）2，注意方程思想的应用．
34．（西湖区校级期中）已知一组不全等的数据：x1，x2，x3，……，xn，平均数是2020，方差是2021，则新数据：2020，x1，x2，x3，……，xn的平均数是 2020 ，方差 ＜ 2021（填“＝、＞或＜”）．
【分析】先根据原数据的平均数与方程得出x1+x2+x3+…+xn＝2020n，（x1﹣2020）2+（x2﹣2020）2+……+（xn﹣2020）2＝2021n，继而知新数据的平均数•（2020+x1+x2+x3+…+xn）＝•（2020n+2020）＝2020，方差S′2＝•[（2020﹣2020）2+（x1﹣2020）2+（x2﹣2020）2+……+（xn﹣2020）2]＝•[（x1﹣2020）2+（x2﹣2020）2+……+（xn﹣2020）2]＜S2，从而得出答案．
【解答】解：∵x1，x2，x3…xn，平均数是2020，方差是2021，
∴×（x1+x2+x3+…+xn）＝2020，S2＝•[（x1﹣2020）2+（x2﹣2020）2+……+（xn﹣2020）2]＝2021，
∴x1+x2+x3+…+xn＝2020n，（x1﹣2020）2+（x2﹣2020）2+……+（xn﹣2020）2＝2021n，
则2020，x1，x2，x3…xn的平均数是•（2020+x1+x2+x3+…+xn）＝•（2020n+2020）＝2020，
S′2＝•[（2020﹣2020）2+（x1﹣2020）2+（x2﹣2020）2+……+（xn﹣2020）2]
＝•[（x1﹣2020）2+（x2﹣2020）2+……+（xn﹣2020）2]＜S2，即S′2＜2021，
故答案为：2020，＜．
【点评】本题主要考查方差与算术平均数，解题的关键是掌握方差和平均数的定义．
三．解答题（共16小题）
35．（永嘉县校级期中）若a，b为实数，a＝+3，求．
【分析】根据被开方数大于等于0列式求出b，再求出a，然后代入代数式进行计算即可得解．
【解答】解：由题意得，2b﹣14≥0且7﹣b≥0，
解得b≥7且b≤7，
所以b＝7，a＝3，
所以，＝＝4．
【点评】本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
36．（饶平县校级期末）观察下列等式：回答问题：
①＝1+﹣＝1
②＝1+﹣＝1
③＝1+﹣＝1，…
（1）根据上面三个等式的信息，猜想＝ 1 ；
（2）请按照上式反应的规律，试写出用n表示的等式；
（3）验证你的结果．
【分析】根据观察，可得规律：＝1+﹣．
【解答】解：（1）根据上面三个等式的信息，猜想＝1，
故答案为：1；
（2）＝1+﹣．
（3）＝
＝
＝
＝
＝1+﹣．
【点评】本题考查了算术平方根，观察等式发现规律是解题关键．
37．（许昌期末）计算：
（1）；
（2）．
【分析】（1）先根据零指数幂，二次根式的性质，有理数的乘方，二次根式的乘法进行计算，再求出答案即可；
（2）先根据二次根式的乘法和除法进行计算，再求出答案即可．
【解答】解：（1）原式＝1+2+9﹣2
＝10；
（2）原式＝3﹣1+
＝2+
＝2+2．
【点评】本题考查了实数的运算和二次根式的混合运算，能灵活运用运算法则进行计算是解此题的关键．
38．（余杭区期中）计算：+．
【分析】先分母有理化、化简后一个二次根式，再计算加法即可．
【解答】解：原式＝+
＝+
＝+
＝．
【点评】本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则、分母有理化．
39．（下城区期中）解答下列各题．
（1）计算：÷﹣+；
（2）已知：y＝﹣﹣2020，求x+y的平方根．
【分析】（2）根据二次根式混合运算的法则运算即可；
（2）根据二次根式有意义的条件可得，从而可得x，y的值，再求得x+y的平方根．
【解答】解：（1）原式＝﹣+
＝4﹣+
＝4﹣．
（2）由二次根式有意义可得：，解得x＝2021．
∴y＝＝﹣2020．
∴x+y＝2021﹣2020＝1．
故x+y的平方根为±1．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，二次根式的化简，二次根式有意义的条件，平方根，熟悉以上知识是正确解答的关键．
40．（西湖区校级期中）计算：
（1）2×÷（）2．
（2）（﹣2）2+．
【分析】（1）先计算二次根式的乘法和乘方，再计算除法即可；
（2）先利用完全平方计算、化简二次根式，再计算加减即可．
【解答】解：（1）原式＝10÷2＝5；
（2）原式＝3﹣4+4+2
＝7﹣2．
【点评】本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则．
41．（上城区校级期中）计算：
（1）；
（2）．
【分析】（1）先化简二次根式、计算二次根式的乘法，再计算加减即可；
（2）先化简各二次根式，再计算乘法，最后计算加减即可．
【解答】解：（1）原式＝×2﹣2
＝﹣2
＝﹣；
（2）原式＝3+2×﹣2+×4
＝3+﹣2+
＝+2．
【点评】本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则．
42．（广水市期末）解方程：
（1）x（x﹣2）+x﹣2＝0；
（2）（x+1）（x﹣1）＝6x﹣1
【分析】（1）利用因式分解法求解即可；
（2）整理为一般式，再利用因式分解法求解即可．
【解答】解：（1）∵x（x﹣2）+x﹣2＝0，
∴（x﹣2）（x+1）＝0，
∴x﹣2＝0或x+1＝0，
解得x1＝2，x2＝﹣1；
（2）整理为一般式，得：x2﹣6x＝0，
则x（x﹣6）＝0，
∴x＝0或x﹣6＝0，
解得x1＝0，x2＝6．
【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．
43．（石鼓区期末）（1）计算：；
（2）解方程：x2﹣4x﹣12＝0．
【分析】（1）先化简各二次根式，再合并二次根式即可得；
（2）利用十字相乘法将左边因式分解，继而化为两个一元一次方程，再进一步求解可得．
【解答】解：（1）原式＝3﹣2+2＝+2；
（2）∵x2﹣4x﹣12＝0，
∴（x+2）（x﹣6）＝0，
则x+2＝0或x﹣6＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝6．
【点评】本题主要考查解一元二次方程﹣因式分解法和二次根式的混合运算，解题的关键是因式分解法解一元二次方程的步骤和二次根式的性质与运算法则．
44．（赞皇县期中）一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少180°，求这个多边形的边数和内角和．
【分析】设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°与外角和定理列出方程，求解即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，
根据题意，得（n﹣2）×180°＝3×360°﹣180°，
解得n＝7．
所以这个多边形的内角和为：（7﹣2）•180°＝900°．
【点评】本题考查了多边形的内角和与外角和定理，任意多边形的外角和都是360°，与边数无关．
45．（山阳区校级期中）如图，四边形ABCD中，∠A＝135°，∠B＝∠D＝90°，BC＝2，AD＝2，则四边形ABCD的面积是多少？
【分析】要想求得四边形ABCD的面积，必须加以辅助线使四边形变成可以求得面积的图形，根据图形特点和已知条件，可以延长BA、CD相交于E，然后求出即可．
【解答】解：延长BA、CD相交于E，如图：
∠C＝360°﹣90°﹣90°﹣135°＝45°
则△BCE和△ADE都是等腰直角三角形．
S四边形ABCD＝S△BCE﹣S△ADE
＝×2×2﹣×2×2
＝6﹣2
＝4．
答：四边形ABCD的面积是4．
【点评】考查了解直角三角形，分析已知条件配合图形特点，巧妙加以辅助线，寻求突破．
46．（郓城县期末）如图，▱ABCD中，E为BC边上一点，且AB＝AE．
（1）求证：△ABC≌△EAD；
（2）若AE平分∠DAB，∠EAC＝25°，求∠AED的度数．
【分析】（1）先证明∠B＝∠EAD，然后利用SAS可进行全等的证明；
（2）证明△ABE为等边三角形，可得∠BAE＝60°，求出∠BAC的度数，即可得∠AED的度数．
【解答】（1）证明：∵在平行四边形ABCD中，AD∥BC，BC＝AD，
∴∠EAD＝∠AEB，
又∵AB＝AE，
∴∠B＝∠AEB，
∴∠B＝∠EAD，
在△ABC和△EAD中，，
∴△ABC≌△EAD（SAS）．
（2）解：∵AE平分∠DAB，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB＝∠B，
∴△ABE为等边三角形，
∴∠BAE＝60°，
∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝60°+25°＝85°，
∵△ABC≌△EAD，
∴∠AED＝∠BAC＝85°．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，解答本题注意掌握平行四边形的对边平行且相等的性质．
47．（丽水期中）如图，已知E，F分别是▱ABCD的边CD，AB上的点，且DE＝BF．求证：AE∥CF．
【分析】易证△ADE≌△CBF（SAS），得出AE＝CF，由平行四边形的性质易求AF＝CE，则四边形AECF是平行四边形，即可得出结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝CB，∠D＝∠B，
在△ADE和△CBF中，，
∴△ADE≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，
∵AB＝CD，DE＝BF，
∴AF＝CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE∥CF．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形与全等三角形的判定是解题的关键．
48．（醴陵市期末）我校举行“中国梦•校园好声音”歌手大赛，初一、初二年级组根据年级初赛成绩，各选出5名选手参加学校总决赛，两个队各选出的5名选手的决赛成绩如图所示．
（1）根据图示填写表格；
（2）结合两队成绩的平均数和中位数进行分析，哪个队的决赛成绩较好？
（3）计算两队决赛成绩的方差，并判断哪一个代表队选手成绩较为稳定．
【分析】（1）由条形图得出初一组、初二组的成绩，再根据中位数、众数和平均数的定义求解即可；
（2）在平均数相等的前提下比较中位数大小即可得出答案；
（3）根据方差的定义列式计算，再由方差的性质可得答案．
【解答】解：（1）将初一组成绩重新排列为75、80、85、85、100，
∴初一组成绩的中位数为85分，
初二组成绩重新排列为70、75、80、100、100，
∴初二组成绩的平均数为＝85（分），众数为100分，
故答案为：85、85、100；
（2）初一、初二组成绩的平均数相同，而初一组成绩的中位数大于初二组，
所以初一组的高分人数多于初二组，
∴初一组的成绩好；
（3）＝[（75﹣85）2+（80﹣85）2+（85﹣85）2+（85﹣85）2+（100﹣85）2]＝70，
＝[（70﹣85）2+（100﹣85）2+（100﹣85）2+（75﹣85）2+（80﹣85）2]＝160，
∵＜，
∴初一组选手成绩较稳定．
【点评】本题考查条形统计图、加权平均数、众数、中位数、方差，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
49．（西湖区校级期中）张老师对李华和刘强两位同学从数学运算、逻辑推理、直观想象和数据分析四个方面考核他们的数学素养，单项检测成绩（百分制）列表如下：
（1）分别对两个人的检测成绩进行数据计算，补全下表：
（2）你认为李华和刘强谁的数学素养更好？结合数据，从两个角度进行分析．
（3）若将数学运算、逻辑推理、直观想象、数据分析四个检测成绩分别按权重30%，40%，20%，10%的比例计算最终考核得分，请分别计算李华和刘强的最终得分．
【分析】（1）根据方差和中位数的定义求解即可；
（2）可从平均分、中位数、方差的意义求解即可；
（3）根据加权平均数的定义列式计算即可．
【解答】解：（1）李华成绩的方差为×[（86﹣84）2+2×（85﹣84）2+（80﹣84）2]＝5.5，
刘强成绩的中位数为＝85.5，
补全表格如下：
故答案为：5.5、85.5；
（2）李华的数学素养更好，
从平均数看，李华的平均分高于刘强，所以李华的平均成绩更好；
从方差看，李华的方差小于刘强，所以李华的成绩更加稳定（答案不唯一，合理均可）；
（3）李华的最终成绩为86×30%+85×40%+80×20%+85×10%＝84.3（分），
刘强的最终成绩为74×30%+87×40%+87×20%+84×10%＝82.8（分）．
【点评】本题主要考查数据的整理和统计量的意义，解题的关键是掌握平均数、众数、中位数及方差的意义．
50．（上城区校级期中）杭州市建兰中学开展防疫知识线上竞赛活动，九年级（1）、（2）班各选出5名选手参加竞赛，两个班选出的5名选手的竞赛成绩（满分为100分）如图所示．
（1）求九（1）班的众数和九（2）班的中位数；
（2）计算两个班竞赛成绩的方差，并说明哪个班的成绩较为整齐．
【分析】（1）先根据图形得出两个班的成绩，再根据众数和中位数的概念求解即可；
（2）根据方差的定义计算出两个班的方差，结合方差的意义即可得出答案．
【解答】解：（1）由图知，九（1）班成绩为80、80、80、90、100，
九（2）班成绩为70、80、85、95、100，
所以九（1）班成绩的众数为80分，九（2）班成绩的中位数为85分；
（2）九（1）班成绩的平均数为＝86（分），九（2）班成绩的平均数为＝86（分），
∴九（1）班成绩的方差为×[3×（80﹣86）2+（90﹣86）2+（100﹣86）2]＝64，
九（2）班成绩的方差为×[（70﹣86）2+（80﹣86）2+（85﹣86）2+（95﹣86）2+（100﹣86）2]＝114，
∴九（1）班成绩较为整齐．
【点评】本题主要考查方差，解题的关键是掌握众数、中位数和方差的定义及方差的意义．
甲班
7
8
9
7
10
10
9
10
10
10
乙班
10
8
7
9
8
10
10
9
10
9
甲
乙
丙
丁
24
24
23
20
S2
1.9
2.1
2
1.9
平均数（分）
中位数（分）
众数（分）
初一组
85
85
85
初二组
85
80
100
姓名
数学运算
逻辑推理
直观想象
数据分析
李华
86
85
80
85
刘强
74
87
87
84
姓名
平均分
中位数
众数
方差
李华
84
85
85
5.5
刘强
83
85.5
87
22.8
姓名
平均分
中位数
众数
方差
李华
84
85
85
5.5
刘强
83
85.5
87
22.8