2023-2024学年安徽省合肥市瑶海区八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年安徽省合肥市瑶海区八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列各式不是最简二次根式的是( )
A. 0.5B. 10C. a2+b2D. 22
2.用配方法解方程2x2−4x+1=0时，配方后所得的方程为( )
A. (x−2)2=3B. 2(x−2)2=3C. 2(x−1)2=1D. 2(x−1)2=12
3.下列线段能组成直角三角形的是( )
A. a=13，b=14，c=15B. a= 2，b= 3，c= 6
C. a=2，b=3，c=4D. a=3，b=3，c=3 2
4.某校在评选“交通安全在我心”优秀宣传小队的活动中，分别对甲、乙两队的5名学生进行了交通安全知识考核，其中甲、乙两队学生的考核成绩如下图所示，下列关系完全正确的是( )
A. x甲−x乙−，s甲2=s乙2
C. x甲−=x乙−，s甲2=s乙2D. x甲−=x乙−，s甲2=s乙2
5.已知▱ABCD的对角线AC与BD交于点O，下列结论不正确的是( )
A. 当AB=BC时，▱ABCD是菱形
B. 当AC⊥BD时，▱ABCD是菱形
C. 当OA=OB时，▱ABCD是矩形
D. 当∠ABD=∠CBD时，▱ABCD是矩形
6.我国古代数学著作《增删算法统宗》记载“圆中方形”问题：“今有圆田一段，中间有个方池．丈量田地待耕犁，恰好三分在记，池面至周有数，每边三步无疑．内方圆径若能知，堪作算中第一．”其大意为：有一块圆形的田，中间有一块正方形水池，测量出除水池外圆内可耕地的面积恰好72平方步，从水池边到圆周，每边相距3步远．如果你能求出正方形边长和圆的直径，那么你的计算水平就是第一了．如图，设正方形的边长是x步，则列出的方程是( )
A. π(x+3)2−x2=72B. π(x2+3)2−x2=72
C. π(x+3)2−x2=36D. π(x2+3)2−x2=36
7.若关于x的一元二次方程(a−1)x2−2x+2=0有实数根，则整数a的最大值为( )
A. 2B. 1C. 0D. −1
8.如图，在△ABF中，点C在中位线DE上，且CE=14CD，连接AC，BC，∠ACB=90∘，若BF=20，则AB的长为( )
A. 10
B. 12
C. 14
D. 16
9.如图，把长方形纸片ABCD折叠，使其对角顶点C与A重合．若长方形的长BC为8，宽AB为4，则折痕EF的长度为( )
A. 5
B. 3 5
C. 2 5
D. 3 2
10.勾股定理是几何中的一个重要定理．在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载．如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图2是由图1放入长方形内得到的，∠BAC=90∘，AB=3，AC=4，点D，E，F，G，H，I都在长方形KLMJ的边上，则长方形KLMJ的面积为( )
A. 90B. 100C. 110D. 121
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
11.比较大小：3 5______4 3.
12.如果m是方程x2−2x−6=0的一个根，那么代数式2m2−4m−7的值为______.
13.如图，平行四边形ABCD中，AE⊥BC于点E，G为线段AE上一点且满足EG=BC，AG=CE，连CG并延长交AB于点F，则∠BFC的度数为______.
14.如图，在△ABC中，∠BAC=90∘，D是AC边上一点，∠C=2∠CBD，E，F分别是BC，BD上的点，且∠BEF=2∠CAE，AB=BE.
(1)设∠CBD=α，则∠BEF=______(用含α的式子表示)；
(2)若EF=2，CE=1，则BE的长为______.
三、计算题：本大题共1小题，共8分。
15.计算： 48÷2 3− 27× 63+4 12.
四、解答题：本题共8小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题8分)
解方程：(x+1)2−3(x+1)=0.
17.(本小题8分)
已知关于x的一元二次方程x2−5mx+4m2=0.
(1)求证：该方程总有两个实数根；
(2)若该方程两个实数根的差为2，求m的值.
18.(本小题8分)
图①、图②、图③都是4×4的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，线段AB的端点都在格点上．在给定的网格中，只用无刻度的直尺，在图①、图②、图③中，按下列要求画图，只保留作图痕迹，不要求写出画法，所画的图形的顶点均在格点上．
(1)在图①中画一个△ABC，使其面积为2.
(2)在图②中画一个△ABD，使其面积为4.
(3)在图③中画一个四边形ABEF，使其面积为5.
19.(本小题10分)
如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、CD上，DF=BE，连接AF、CE.
(1)求证：∠AFD=∠CEB；
(2)点H、G分别是AF、CE上的点，若AH=CG，∠AEH+∠AFD=90∘，试判断四边形HEGF是什么图形，并证明你的结论．
20.(本小题10分)
有一个长、宽分别为20m和12m的矩形水池ABCD，某旅游景点要在水池中建一个与矩形的边互相平行的正方形观赏亭和连结观赏亭的四条道路，如图所示，道路的宽度相等，其中两条与AB平行，另两条与BC平行，已知道路的宽为正方形边长的14，若道路与观赏亭的面积之和是原矩形水池面积的16.
(1)设道路的宽为x m，则正方形的面积为______m2.(用含x的代数式表示)
(2)根据题中所给的信息列方程求道路的宽.
21.(本小题12分)
北京时间2024年5月20日11时6分，我国长征二号丁运载火箭在太原卫星发射中心点火升空，随后以“一箭四星”的方式将北京三号C星星座送入预定轨道，发射任务取得圆满成功.为了获悉学生对航天知识的了解程度，学校从七、八两个年级各随机抽取40名学生进行了航天知识问卷测试，下面对学生的成绩(百分制)给出了部分信息：
a.八年级40名学生成绩的频数分布直方图如下(数据分成5组：50≤x<60，60≤x<70，70≤x<80，80≤x<90，90≤x≤100)；
b.八年级成绩在70≤x<80这一组的是：70，70，71，72，74，75，75，75，75，76，77，78，79；
c.七、八两个年级成绩的平均分、中位数如下：
根据以上信息，回答下列问题：
(1)写出表中m的值；
(2)在七年级和八年级抽取的学生中，将成绩高于抽取学生平均分的学生人数分别记为p1和p2，试比较p1，p2的大小，并说明理由；
(3)假设八年级共有200名学生参加测试，估计参加测试的学生成绩不低于80分的人数.
22.(本小题12分)
农历五月初五端午节是中华民族传统的节日，这一天人们通过龙舟竞渡、吃粽子、喝雄黄酒等风俗，来纪念爱国诗人屈原.城郊的盼盼食品加工厂计划在端午节前用21天的时间生产袋装粽子进行销售，已知每袋粽子需要0.3斤馅料和0.5斤糯米，而工厂设备每天能生产馅料450斤或者糯米300斤，但因人手有限，工厂每天只生产馅料或糯米这两种原料中的一种.
(1)若这21天生产的馅料和糯米恰好配套，且全部及时加工成袋装粽子，则总共生产这种粽子多少袋？
(2)为保证粽子的最佳风味，工厂原计划把生产的粽子在10天内全部售完.据统计，每袋粽子的成本为13元，售价为25元时每天可售出225袋，售价每降低2元，每天可多售出75袋.工厂按售价25元销售了2天，余下8天进行降价促销，第10天结束后仍有未售出的粽子若干，工厂以15元/袋的价格将余下粽子打包卖给了市区某大型超市，最终获利40500元，则工厂促销时每袋应降价多少元？
23.(本小题14分)
已知，BG=6，点C是线段BG上的动点，分别以BC，CG为边在BG的同侧作正方形ABCD与正方形CGFE，连接BD，AF交于点M.
(1)如图1，若CG=2，连接AC，CF.
①求△ACF的面积；
②求AM的值.
(2)如图2，若CG=n，连接EM，试判断BD−ME的值是否变化？如果不变，求出这个值，如果变化，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、 0.5不是最简二次根式，故本选项符合题意；
B、 10是最简二次根式，故本选项不符合题意；
C、 a2+b2是最简二次根式，故本选项不符合题意；
D、 22是最简二次根式，故本选项不符合题意；
故选：A.
根据最简二次根式的定义逐个判断即可．
本题考查了最简二次根式的定义，能熟记最简二次根式的定义的内容是解此题的关键．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了解一元二次方程-配方法：将一元二次方程配成(x+m)2=n的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．
利用配方法得到(x−1)2=12，然后对各选项进行判断．
【解答】
解：2x2−4x+1=0可化为x2−2x=−12，
x2−2x+1=−12+1，
所以(x−1)2=12，即2(x−1)2=1.
故选：C.
3.【答案】D
【解析】解：A、∵a=13，b=14，c=15，
∴b2+c2≠a2，
∴以a、b、c为边组成的三角形不是直角三角形，故本选项不符合题意；
B、∵a= 2，b= 3，c= 6，
∴a2+b2≠c2，
∴以a、b、c为边组成的三角形不是直角三角形，故本选项不符合题意；
C、∵a=2，b=3，c=4，
∴a2+b2≠c2，
∴以a、b、c为边组成的三角形不是直角三角形，故本选项不符合题意；
D、∵a=3，b=3，c=3 2，
∴a2+b2=c2，
∴以a、b、c为边组成的三角形是直角三角形，故本选项符合题意；
故选：D.
先求出两小边的平方和，再求出最长边的平方，看看是否相等即可．
本题考查了勾股定理的逆定理，能熟记勾股定理的逆定理的内容是解此题的关键，注意：一个三角形的三边a、b、c如果满足a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形．
4.【答案】A
【解析】解：由题意可知，x−甲=15×(60+70+70+60+80)=68，x−乙=15×(70+80+80+70+90)=78，
∴x甲−由折线统计图可得s甲2=s乙2，
故选：A.
根据算术平均数和方差的定义解答即可．
本题考查了平均数和方差，掌握相关定义是解答本题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：A、根据菱形的定义可得，当AB=BC时▱ABCD是菱形；
B、根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判断，▱ABCD是菱形；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，命题正确；
D、当∠ABD=∠CBD时，对角线平分∠ABC，▱ABCD是菱形，故命题错误．
故选D.
根据菱形的定义和判定定理即可作出判断．
本题考查了菱形的判定定理、矩形的判定定理，正确记忆定义和判定定理是关键．
6.【答案】B
【解析】【分析】
此题主要考查了正方形的性质以及由实际问题抽象出一元二次方程，正确表示出圆的面积是解题关键．
直接利用圆的面积减去正方形面积，进而得出答案．
【解答】
解：设正方形的边长是x步，则列出的方程是：π(x2+3)2−x2=72.
故选：B.
7.【答案】C
【解析】解：∵关于x的一元二次方程(a−1)x2−2x+2=0有实数根，
∴a−1≠0Δ=(−2)2−4×(a−1)×2≥0，
解得：a≤32且a≠1，
又∵a为整数，
∴a的最大值为0.
故选：C.
由二次项系数非零及根的判别式Δ≥0，可得出关于a的一元一次不等式组，解之可得出a的取值范围，再取其中的最大整数值，即可得出结论．
本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，牢记“当Δ≥0时，方程有两个实数根”是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：∵DE是△ABC的中位线，BF=20，
∴DE=12BF=10，
∵CE=14CD，
∴CD=45DE=8，
∵∠ACB=90∘，
∴AB=2CD=16，
故选：D.
根据三角形中位线定理和直角三角形的性质即可得到结论．
本题考查了三角形的中位线定理，直角三角形的性质，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：过F点作FH⊥AD于H，则ABFH为矩形，
可得FH=AB=4，AH=BF，
设CF=x，则BF=8−x，AF=x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2=AF2，
即16+(8−x)2=x2，
解得：x=5，
即CF=AF=5，
则BF=8−x=3，AH=BF=3，
有折叠知：∠AFE=∠CFE，
又AD//BC，则∠AEF=∠CFE，
从而可得∠AFE=∠AEF，
所以AE=AF=5，
所以EH=AE−AH=2，
在RtΔEFH中，EF2=FH2+EH2=42+22=20，
所以EF=2 5；
故选C
分析：
过F点作FH⊥AD于H，在Rt△EHF中根据勾股定理可求出EF的长．
本题主要考查了折叠的性质、勾股定理，灵活运用折叠的性质、勾股定理等几何知识点来分析、判断、推理是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了勾股定理的证明，作出辅助线构造出正方形是解题的关键．
延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，可得四边形AOLP是正方形，然后求出正方形的边长，再求出长方形KLMJ的长与宽，然后根据长方形的面积公式列式计算即可得解．
【解答】
解：如图，延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，
∵∠CBF=90∘，
∴∠ABC+∠OBF=90∘，
在Rt△ABC中，∠ABC+∠ACB=90∘，
∴∠OBF=∠ACB，
在△OBF和△ACB中，
∠BAC=∠BOF∠ACB=∠OBFBC=BF，
∴△OBF≌△ACB(AAS)，
∴OB=AC，
同理可得：△BOF≌△FLG，
∴AB=OF=3，AC=OB=FL=4，
∴OA=OL=3+4=7，
∵∠CAB=∠BOF=∠L=90∘，
所以四边形AOLP是正方形，OL=7，
所以KL=3+7=10，LM=4+7=11，
因此长方形KLMJ的面积为10×11=110.
故选：C.
11.【答案】<
【解析】【分析】
此题主要考查了实数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：正实数>0>负实数，两个负实数绝对值大的反而小．解答此题的关键是比较出3 5、4 3这两个数的平方的大小关系．
首先分别求出3 5、4 3的平方的值各是多少；然后根据实数大小比较的方法，判断出3 5、4 3的平方的大小关系，即可判断出3 5、4 3的大小关系．
【解答】
解：(1)(3 5)2=45，(4 3)2=48，
∵45<48，
∴3 5<4 3.
故答案为<.
12.【答案】5
【解析】解：把m代入方程x2−2x−6=0，得到m2−2m−6=0，
所以m2−2m=6，
所以代数式2m2−4m−7=2×6−7=5；
故答案为：5.
先把m代入方程x2−2x−6=0，得到m2−2m=6，再代入代数式2m2−4m−7，即可求出答案．
本题考查了一元二次方程的解：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．
13.【答案】45∘
【解析】解：如图，连接DG，
在平行四边形ABCD中，AB//CD，AD//BC，AD=BC，
∵AE⊥BC，
∴AE⊥AD，
∴∠DAG=∠GEC=90∘，
∵EG=BC，
∴EG=AD，
在△ADG和△ECG中，
AD=EG∠DAG=∠GEC=90∘AG=EC，
∴△ADG≌△ECG(SAS)，
∴DG=CG，∠ADG=∠ECG，
∵∠ADG+∠AGD=90∘，
∴∠EGC+∠AGD=90∘，
∴∠DGC=90∘，
∴△DGC是等腰直角三角形，
∴∠DCG=45∘，
∵AB//CD，
∴∠BFC=∠DCG=45∘.
故答案为：45∘.
连接DG，根据平行四边形的性质证明△ADG≌△ECG(SAS)，可得DG=CG，∠ADG=∠ECG，然后证明△DGC是等腰直角三角形，进而可以解决问题．
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△ADG≌△ECG.
14.【答案】90∘−2α4
【解析】解：(1)∵∠CBD=α，
∴∠C=2∠CBD=2α，
设∠CAE=β，
∴∠BEF=2∠CAE=2β，
∵∠BAC=90∘，
∴∠BAE=∠BAC−∠CAE=90∘−β，
∵∠BEA为△ACE的一个外角，
∴∠BEA=∠C+∠CAE=2α+β，
∵AB=BE，
∴∠BAE=∠BEA，
∴90∘−β=2α+β，
∴2β=90∘−2α，
∴∠BEF=2β=90∘−2α，
故答案为：90∘−2α.
(2)过点B作BG⊥BC交EF的延长线于G，如下图所示：
则∠EBG=90∘，
∴∠G+∠BEF=90∘，
由(1)可知：当∠CBD=α时，∠C=2α，∠BEF=90∘−2α，
∴∠G=90∘−∠BEF=90∘−(90∘−2α)=2α=∠C，
设BE=x，则AB=BE=x，
∵CE=1，
∴BC=BE+CE=x+1，
在△BEG和△ABC中，
∠G=∠C∠EBG=∠BAC=90∘AB=BE，
∴△BEG≌△ABC(AAS)，
∴EG=BC=x+1，
∵EF=2，
∴GF=EG−EF=x+1−2=x−1，
∵∠GFB是△FBE的一个外角，
∴∠GFB=∠CBD+∠BEF=α+90∘−2α=90∘−α，
∵∠EBG=90∘，∠CBD=α，
∴∠GBF=∠EBG−∠CBD=90∘−α，
∴∠GFB=∠GBF=90∘−α，
∴GB=GF=x−1，
在Rt△BEG中，BE=x，GB=x−1，EG=x+1，
由勾股定理得：BE2+GB2=EG2，
即x2+(x−1)2=(x+1)2，
整理得：x2−4x=0，
解得：x1=4，x2=0(不合题意，舍去)，
∴BE=x=4.
故答案为：4.
(1)依题意得∠C=2∠CBD=2α，设∠CAE=β，则∠BEF=2∠CAE=2β，∠BAE=∠BAC−∠CAE=90∘−β，∠BEA=∠C+∠CAE=2α+β，然后根据AB=BE得∠BAE=∠BEA，即90∘−β=2α+β，则2β=90∘−2α，据此可得∠BEF的度数；
(2)过点B作BG⊥BC交EF的延长线于G，设BE=x，则AB=BE=x，BC=BE+CE=x+1，证△BEG和△ABC全等得EG=BC=x+1，则GF=EG−EF=x−1，再证∠GFB=∠GBF=90∘−α得GB=GF=x−1，然后在Rt△BEG中由勾股定理构造关于x的方程，解方程求出x即可得BE的长．
此题主要考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解等腰三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理构造方程是解决问题的关键，难点是正确地作出辅助线构造全等三角形．
15.【答案】解：原式=12 48÷3−13 27×6+2 2
=2−3 2+2 2
=2− 2.
【解析】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，然后合并同类二次根式即可．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．
先根据二次根式的乘除法则运算，然后化简后合并即可．
16.【答案】解：(x+1)2−3(x+1)=0.
(x+1)(x+1−3)=0，
x+1=0或x+1−3=0，
所以x1=−1，x2=2.
【解析】利用因式分解法把方程转化为x+1=0或x+1−3=0，然后解两个一次方程即可．
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．
17.【答案】(1)证明：Δ=(−5m)2−4×1×4m2=25m2−16m2=9m2，
∵m2≥0，
∴Δ≥0，
∴无论m为何实数，方程总有两个实数根；
(2)解：设x1，x2是关于x的一元二次方程x2−5mx+4m2=0的两个实数根，
∴x1+x2=5m，x1x2=4m2，
∵x1−x2=2，
∴(x1−x2)2=4，
∴x12+x22−2x1x2=(x1+x2)2−4x1x2=4，即(5m)2−4×4m2=4，
∴9m2=4，
解得：m1=23，m2=−23，
∴m的值为23或−23.
【解析】(1)根据方程的系数结合根的判别式可得出Δ=(−5m)2−4×1×4m2=25m2−16m2=9m2，结合偶次方的非负性可得出Δ≥0，进而可证出：无论m为何实数，方程总有两个实数根；
(2)根据根与系数的关系可得出x1+x2=5m，x1x2=4m2，结合(x1−x2)2=4，即可得出关于m的方程，解之即可得出结论．
本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，解题的关键是：(1)牢记“当Δ≥0时，一元二次方程有两个实数根”；(2)利用根与系数的关系结合(x1−x2)2=4，找出关于m的方程．
18.【答案】解：(1)取格点C，连接AC，BC，
如图所示，△ABC即为所求，
∵AC= 2，BC=2 2，AB= 12+32= 10，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB=90∘，
∴S△ABC=12×AC×BC=12× 2×2 2=2；
(2)如图所示，△ABD即为所求，
(3)如图所示，四边形ABEF即为所求．

【解析】(1)取格点C，连接AC，BC，利用三角形的面积计算方法得出符合题意的图形；
(2)在(1)的基础上作点A关于BC的对称点D即可；
(3)在(2)的基础上增加一个面积为1的三角形即可．
本题考查了作图-应用与设计，勾股定理，勾股定理逆定理，三角形面积计算等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
19.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠D=∠B，AD=BC，
在△ADF和△CBE中
AD=CB∠D=∠BDF=BE
∴△ADF≌△CBE(SAS)，
∴∠AFD=∠CEB；
(2)四边形HEGF是矩形，
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴DC//AB，
∴∠DCE=∠CEB，
∵∠AFD=∠CEB，
∴∠AFD=∠DCE，
∴AF//CE，
∵△ADF≌△CBE，
∴AF=CE，
∵AH=CG，
∴AF−AH=CE−CG，
即HF=GE，
∴四边形HEGF是平行四边形，
∵∠AEH+∠AFD=90∘，∠AFD=∠CEB，
∴∠AEH+∠CEB=90∘，
∴∠HEG=180∘−(∠AEH+∠CEB)=90∘，
∴四边形HEGF是矩形．
【解析】(1)根据菱形的性质得出∠D=∠B，AD=BC，根据全等三角形的判定推出△ADF≌△CBE，根据全等三角形的性质得出即可；
(2)根据全等三角形的性质得出AF=CE，∠AFD=∠CEB，求出∠AFD=∠CEB=∠DCE，求出HF=EG，HF//EG，求出∠HEG=90∘，根据平行四边形的判定和矩形的判定得出即可．
本题考查了菱形的性质，矩形的判定，平行四边形的判定，全等三角形的性质和判定，平行线的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
20.【答案】16x2
【解析】解：(1)设道路的宽为x m，则正方形的边长为4x m，
∴正方形的面积为(4x)2=16x2(m2)，
故答案为：16x2；
(2)依题意得：x(20−4x)+x(12−4x)+(4x)2=16×20×12，
整理得：x2+4x−5=0，
解得：x1=1，x2=−5(不合题意，舍去).
答：道路的宽为1米．
(1)设道路的宽为x m，则正方形的边长为4x m，即可得出结论；
(2)根据道路与观赏亭的面积之和是原矩形水池面积的16.即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
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．
21.【答案】解：(1)∵第一组有3人，第二组有12人，第三组有13人，
∴中位数m=74+752=74.5；
(2)p1由于七年级抽取的40名学生的平均分是73.8，中位数是72.5，
因此，所抽取的40名学生的得分在73.8及以上的人数少于一半，也就是p1的值小于等于20，
由题意得p2=9+11+1=21，
所以p1(3)200×11+140=60(人)，
答：估计参加测试的学生成绩不低于80分的人数为60人．
【解析】(1)根据中位数的定义求解即可；
(2)求出p2的值，根据中位数的意义判断p1的范围，即可比较大小；
(3)用200乘以样本中八年级参加测试的学生成绩不低于80分的人数所占的比例即可．
本题考查了频数(率)分布直方图，从统计图中获取有用信息是解决问题的关键，也考查了平均数，中位数，利用样本估计总体等知识．
22.【答案】解：(1)设总共生产这种粽子a袋，
由题意得：0.3a450+0.5a300=21，
解得：a=9000，
答：总共生产这种粽子9000袋；
(2)设工厂促销时每袋应降价x元，
由题意可知，前10天的利润为：225×2×(25−13)+8(25−13−x)(225+752x)，
第10天结束后工厂以15元/袋的价格将余下粽子打包卖给了市区某大型超市的利润：(15−13)[9000−2×225−8(225+752x)]，
由题意得：225×2×(25−13)+8(25−13−x)(225+752x)+(15−13)[9000−2×225−8(225+752x)]=40500，
解得：x1=4，x2=0(不符合题意，舍去)，
答：工厂促销时每袋应降价4元．
【解析】(1)设总共生产这种粽子a袋，根据这21天生产的馅料和糯米恰好配套，且全部及时加工成袋装粽子，列出一元一次方程，解方程即可；
(2)设工厂促销时每袋应降价x元，根据最终获利40500元，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可．
本题考查了一元二次方程的应用以及一元一次方程的应用，解题的关键：(1)找准等量关系，正确列出一元一次方程；(2)找准等量关系，正确列出一元二次方程．
23.【答案】解：(1)①∵CG=2，BG=6，
∴BC=4，
∵正方形ABCD与正方形CGFE，
∴AC=4 2，CF=2 2，
∵∠ACD=∠ECF=45∘，
∴∠ACF=90∘，
∴S△ACF=12×AC×CF=12×4 2×2 2=8；
②设AC与BD的交点为O，
∴∠AOD=90∘，
∴OM//CF，
∵O是AC的中点，
∴OM=12CF= 2，
∵AO=12AC=2 2，
∴AM= 10；
(2)BD−ME的值是定值，理由如下：
连接AC，延长EF交AC于K，连接CM，CF，延长ME交CF于点H，
∵EF//BG，
∴∠MKF=∠DBC=45∘，
∵BC//KF，
∴∠ACB=∠MKF，∠DAM=∠MFK，
∵∠FCG=∠DBC=45∘，
∴KB//CF，
∵KF//BC，
∴四边形BCFK平行四边形，
∴KF=BC=AD，
∴△ADM≌△FKM(AAS)，
∴AM=MF，
∵∠ACE=∠ECF=45∘，
∴∠ACF=90∘，
∵M是AF的中点，
∴CM=12AF，
∴CM=MF，
∵CE=EF，
∴△CEM≌△FEM(SSS)，
∴∠CME=∠FME，
∴MH⊥CF，
∴H点是正方形CGFE的对角线交点
∵∠MGA=45∘，
∴△BMG是等腰直角三角形，
∴BM⊥MG，BM=MG，
∵KE//BC，
∴△KME是等腰直角三角形，
∴KM=ME，
∵CG=n，BG=6，
∴BC=6−n，
∵KF=AD=6−n，
∴KE=6−2n，
∴KM=ME= 2(3−n)，
∵BD= 2(6−n)，
∴BD−ME= 2(6−n−3+n)=3 2，
∴BD−ME的值不变，是定值3 2.
【解析】(1)①确定∠ACF=90∘，再求面积即可；
②设AC与BD的交点为O，在Rt△AOM中，分别求出OM=12CF= 2，AO=12AC=2 2，用勾股定理求AM= 10；
(2)连接AC，延长EF交AC于K，连接CM，CF，延长ME交CF于点H，先证明△AMD≌△FMK(AAS)，可知M是AF的中点，在Rt△ACF中可得MC=MF，再证明△EMC≌△EMF(SSS)，由等腰三角形的性质，可得MH⊥CF，进而可知△KME是等腰直角三角形，由已知分别求出ME，BD即可求解．
本题是四边形的综合题，熟练掌握正方形的性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质是解题的关键．年级
平均分
中位数
七
73.8
72.5
八
73.8
m