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2023-2024学年第一学期浙江省绍兴市八年级数学期末模拟练习卷
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分）
1．下列选项中的图标，属于轴对称图形的是（ ）
A．B． C． D．+
2 . 在平面直角坐标系中，点A（1，2）关于x轴对称的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
3． 满足下列条件的，不是直角三角形的为（ ）
A． B．
C． D．
4 . 如图，在和中，如果，
在下列条件中不能保证的是（ ）
A． B． C． D．
5. 不等式组的解集在数轴上表示正确的为 （ ）
A． B．
C． D．
6 .如图，在中，知点，，分别为，，的中点，，
则阴影部分的面积（ ）
A．4 B．2 C．1 D．
7 . 如图，在中，，，BD平分交AC于点D，则等于（ ）
A．65° B．70° C．75° D．85°
8．一次函数y＝kx＋b，y随x的增大而减小，且kb＞0，则在直角坐标系内它的大致图象是（ ）
A．B．C． D．
9 . 如图，在△ABC中，∠BAC=100°，MP和NQ分别垂直平分AB和AC，则∠PAQ的度数是（ ）
A．20° B．30° C．40° D．80°
10 .在全民健身越野赛中，甲、乙两选手的行程随时间变化的图像（全程）如图所示．
给出下列四种说法：
①起跑后内，甲在乙的前面； ②第两人都跑了；
③甲比乙先到达终点； ④两人都跑了． 其中正确的是（ ）
A．① B．①② C．①②④ D．②③④
二、填空题（本题有8小题，每小题3分，共24分）
11 .如图所示，图中的 °．
12. 若点M（a﹣2，a+3）在y轴上，则a= ．
13. 已知关于的不等式的解是．则的取值范围是 ．
14 .如图，直线与直线交于点，
则不等式的解集为 ．
15 如图，等边三角形ABC的角平分线AD，BE交于点O，则 度．
16 . 已知A，B两地相距80km，甲、乙两人沿同一条公路从A地出发到B地，乙骑自行车，甲骑摩托车．
图中DE，OC分别表示甲、乙离开A地的路程s（km）与时间（h）的函数关系的图象，
则甲与乙的速度之差为 ，甲出发后经过 小时追上乙．
17 . 在△ABC中，已知AB＝AC，∠A＝36°，AB的垂直平分线MN交AC于D．在下列结论中：
①∠C＝72°；②BD是∠ABC的平分线；③∠BDC＝72°；④AD＝BD＝BC．
正确的有 ．（填写序号）
18 . 如图，动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第一次从原点O运动到点，
第二次运动到点，第三次运动到，…，按这样的运动规律，
第2022次运动后，动点的坐标是__________
三、解答题（本题有6小题，共46分．解答需写出必要的文字说明、演算步骤或说理过程）
19． 解下列不等式（组）
(1)；
(2)．
20 . 如图，的三个顶点分别是，，，以x轴为对称轴，
将作轴对称变换得到，然后将向右平移6个单位后得到．
请在图中作出；
直接写出经过上述两次变换后，对应点的坐标．
21 .如图，测量一池塘的宽度．测量点在直线上，
测量点在直线的异侧，且，．
(1)求证： ．
(2)若，求的长．
22 .“蓉宝”是第31届世界大学生夏季运动会吉祥物，
以熊猫为原型创作，手中握有“31”字样火焰的大运火炬．
某公司决定购买甲，乙两种造型“蓉宝”共100个发放给公司员工，
已知购买2个甲种造型“蓉宝”和1个乙种造型“蓉宝”共需85元；
购买3个甲种造型“蓉宝”和2个乙种造型“蓉宝”共需140元．
(1)求甲，乙两种造型“蓉宝”的单价分别为多少元；
(2)若该公司决定购买以上两种造型“蓉宝”的总费用不超过2600元，
那么该公司最多可以购买甲造型“蓉宝”多少个？
小丽与爸妈在公园里荡秋千．如图，小丽坐在秋千的起始位置A处，OA与地面垂直，
两脚在地面上用力一蹬，妈妈在距地面1.2 m高的B处接住她后用力一推，爸爸在C处接住她．
若妈妈与爸爸到OA的水平距离BD、CE分别为1.8 m和2.4 m，∠BOC＝90°．
(1)△CEO与△ODB全等吗？请说明理由．
(2)爸爸在距离地面多高的地方接住小丽的？
(3)秋千的起始位置A处与距地面的高是 m．
两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角顶点，
并将它们的底角顶点分别对应连接起来得到两个全等三角形，我们把这样的图形称为“手拉手”图形．
如图1，在“手拉手”图形中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接BD，CE，则△ABD≌△ACE．
(1)请证明图1的结论成立；
(2)如图2，△ABC和△AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，求∠BOC的度数；
(3)如图3，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，试探究∠A与∠C的数量关系．
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2023-2024学年第一学期浙江省绍兴市八年级数学期末模拟练习卷解析
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分）
1．下列选项中的图标，属于轴对称图形的是（ ）
A．B． C． D．+
【答案】A
【分析】直接根据轴对称图形的概念进行判断即可；
【详解】A、是轴对称图形，故A符合题意；
B、不是轴对称图形，故B不符合题意；
C、不是轴对称图形，故C不符合题意；
D、不是轴对称图形，故D不符合题意；
故选：A．
2 .在平面直角坐标系中，点A（1，2）关于x轴对称的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用平面直角坐标系点对称的性质求解，关于x轴对称点的坐标是横坐标不变纵坐标变为原来的相反数．
【详解】解：∵点A的横坐标为1，
∴点A关于x轴对称的点的横坐标是1，
∵点A的纵坐标为2，
∴点A关于y轴对称的点的纵坐标是-2，
∴点A（1，2）关于x轴对称的点的坐标是．
故选：A．
3．满足下列条件的，不是直角三角形的为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】此题主要考查了直角三角形的判定方法，灵活运用直角三角形的定义及勾股定理的逆定理进行判断即可．
【详解】A、，是直角三角形；
B、，是直角三角形；
C、得，是直角三角形；
D、，设，那么，，
则，，，不是直角三角形；
故选：D．
4 .如图，在和中，如果，
在下列条件中不能保证的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查三角形全等的判定定理，能熟记并掌握判定定理是解题关键，判定两个三角形全等的一般方法有：、、、、．利用三角形全等的判定定理即可求解．
【详解】A、可用判定三角形全等；
B、可用判定三角形全等；
C、所给的条件构成，不能判定三角形全等；
D、由可得，所以可用判定三角形全等．
故选：C．
5. 不等式组的解集在数轴上表示正确的为 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先分别解出两个不等式的解，即可得到不等式组的解集，即可判断结果
【详解】由x-2＞0得，由x+1≥0得，
∴不等式组的解集为，
故选B.
6 .如图，在中，知点，，分别为，，的中点，，
则阴影部分的面积（ ）
A．4 B．2 C．1 D．
【答案】B
【分析】本题主要考查三角形中线的性质，三角形的中线分得的两个三角形面积相等，根据三角形中线的性质求解即可．理解和掌握三角形中线分三角形得到的两个三角形面积相等是解题的关键．
【详解】解：∵点为的中点，且，
∴，
，
∵点为的中点，
∴，
∵点是的中点，
∴．
故选：B．
7 . 如图，在中，，，BD平分交AC于点D，则等于（ ）
A．65° B．70° C．75° D．85°
【答案】C
【分析】由AB=AC，根据等腰三角形的性质得到∠ABC=∠C，再根据三角形内角和定理得到∠ABC=∠C=（180°﹣40°）÷2=70°，然后利用角平分线的定义求出∠DBC，最后根据三角形内角和定理可求出∠BDC．
【详解】解：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∵∠A=40°，
∴∠ABC=∠C=（180°﹣40°）÷2=70°，
而BD为∠ABC的平分线，
∴∠DBC=×70°=35°，
∴∠BDC=180°﹣70°﹣35°=75°．
故选C．
8．一次函数y＝kx＋b，y随x的增大而减小，且kb＞0，则在直角坐标系内它的大致图象是（ ）
A．B．C． D．
【答案】C
【分析】先根据函数为减函数判断出k＜0，再根据kb＞0判断出b＜0，
再根据一次函数图象的特点解答即可．
【详解】解：∵一次函数y＝kx＋b，y随x的增大而减小，
∴k＜0，
又∵kb＞0，∴b＜0，
∴函数的图象经过第二、三、四象限．
故选：C．
9.如图，在△ABC中，∠BAC=100°，MP和NQ分别垂直平分AB和AC，则∠PAQ的度数是（ ）
A．20° B．30° C．40° D．80°
【答案】A
【分析】根据垂直平分线的性质可以得到∠BAP=∠B，∠CAQ=∠C，然后根据三角形内角和定理即可解答．
【详解】∵MP和NQ分别垂直平分AB和AC
∴BP=PA，CQ=QA，
∴∠BAP=∠B，∠CAQ=∠C ，
∵
又∵∠BAC=100°
∴
∴
∴
故选A．
10 .在全民健身越野赛中，甲、乙两选手的行程随时间变化的图像（全程）如图所示．
给出下列四种说法：
①起跑后内，甲在乙的前面； ②第两人都跑了；
③甲比乙先到达终点； ④两人都跑了． 其中正确的是（ ）
A．① B．①② C．①②④ D．②③④
【答案】C
【分析】根据图像可以直接判断①②正确，③错误；先求出乙跑的直线解析式，然后将代入求出y的值，即可求出两人跑的总路程，判断出④正确．
【详解】解：①起跑内，甲在乙的前面，故①正确；
②在跑了时，乙追上甲，此时都跑了，故②正确；
③乙比甲先到达终点，故③错误；
④设乙跑的直线解析式为：，将点代入得：，
∴乙跑的直线解析式为：，
把代入得：，
∴两人都跑了，故④正确；
综上分析可知，正确的有①②④．
故选：C．
二、填空题（本题有8小题，每小题3分，共24分）
11 .如图所示，图中的 °．
【答案】50
【分析】根据三角形的外角性质得到，
然后把，代入计算即可得到的度数．
【详解】解：如图，
，
而，
，
．
故答案为：．
12. 若点M（a﹣2，a+3）在y轴上，则a= ．
【答案】2
【分析】根据y轴上的点的横坐标等于零，可得a的值．
【详解】解：由题意，得
a-2=0．解得a=2，
故答案为：2．
13. 已知关于的不等式的解是．则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据已知解集得到，即可确定出的范围．
【详解】解：∵不等式的解集为，
∴，
解得．
故答案为：．
14 .如图，直线与直线交于点，
则不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】根据函数图象交点右侧直线图象在直线图象的上面，即可得出不等式的解集．
【详解】解：直线与直线交于点，
的解集为：．
故答案为：．
15 如图，等边三角形ABC的角平分线AD，BE交于点O，则 度．
【答案】60
【分析】先根据等边三角形的性质得到∠BAC=∠ABC=60°，再利用角平分线的定义得到∠BAD=∠ABE=30°，然后根据三角形外角性质计算出∠BOD的度数．
【详解】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=∠ABC=60°，
∵AD、BE为角平分线，
∴∠BAD=∠BAC=30°，∠ABE=∠ABC=30°，
∴∠BOD=∠BAD+∠ABD=30°+30°=60°．
故答案为：60．
16 . 已知A，B两地相距80km，甲、乙两人沿同一条公路从A地出发到B地，乙骑自行车，甲骑摩托车．
图中DE，OC分别表示甲、乙离开A地的路程s（km）与时间（h）的函数关系的图象，
则甲与乙的速度之差为 ，甲出发后经过 小时追上乙．
【答案】 km/h 1.8
【分析】根据题意和函数图象中的数据可以计算出甲乙的速度，从而可以解答本题．
【详解】解：由题意和图象可得，乙到达B地时甲距A地120km，
甲的速度是：120÷（3-1）=60km/h，
乙的速度是：80÷3=km/h，
∴甲与乙的速度之差为60-=km/h，
设乙出发后被甲追上的时间为x h，
∴60（x-1）=x，解得x=1.8，
故答案为：km/h，1.8．
17 . 在△ABC中，已知AB＝AC，∠A＝36°，AB的垂直平分线MN交AC于D．在下列结论中：
①∠C＝72°；②BD是∠ABC的平分线；③∠BDC＝72°；④AD＝BD＝BC．
正确的有 ．（填写序号）
【答案】①②③④
【分析】根据在△ABC中，已知AB＝AC，∠A＝36°求出∠C的度数；
由线段垂直平分线的性质求出∠ABD的度数，故可得出∠DBC进而得出BD是∠ABC的平分线；
由三角形内角和定理可求出∠BDC的度数；由线段垂直平分线的性质，易证得AD＝BD，
由∠BDC的度数可得∠BDC＝∠C，可得BD＝BC．
【详解】解：∵△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝＝72°，
故①正确；
∵DM是AB的垂直平分线，
∴AD＝BD，
∴∠ABD＝∠A＝36°，
∴∠DBC＝∠ABC-∠DBC＝72°-36°＝36°，
∴BD是∠ABC的平分线，
故②正确；
在△BCD中，∠DBC＝36°，∠C＝72°，
∴∠BDC＝180°-（∠DBC+∠C）＝180°-（36°+72°）＝72°．
故③正确；
∵DM是AB的垂直平分线，
∴AD＝BD
∵∠BDC＝∠C＝36°，
∴BD＝BC，
∴AD＝BD＝BC，故④正确．
故答案为：①②③④．
18 . 如图，动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第一次从原点O运动到点，
第二次运动到点，第三次运动到，…，按这样的运动规律，
第2022次运动后，动点的坐标是__________
【答案】
【分析】观察图象，结合动点P第一次从原点O运动到点P1（1，1），第二次运动到点P2（2，0），
第三次运动到P3（3，﹣2），第四次运动到P4（4，0），第五运动到P5（5，2），第六次运动到P6（6，0），…，结合运动后的点的坐标特点，分别得出点P运动的纵坐标的规律，再根据循环规律可得答案．
【详解】解：观察图象，结合动点P第一次从原点O运动到点P1（1，1），
第二次运动到点P2（2，0），第三次运动到P3（3，﹣2），第四次运动到P4（4，0），
第五运动到P5（5，2），第六次运动到P6（6，0），…，结合运动后的点的坐标特点，
可知由图象可得纵坐标每6次运动组成一个循环：1，0，﹣2，0，2，0；
∵2022÷6＝337，
∴经过第2022次运动后，动点P的纵坐标是0，
故选：D．
三、解答题（本题有6小题，共46分．解答需写出必要的文字说明、演算步骤或说理过程）
19．解下列不等式（组）
(1)；
(2)．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）按照解一元一次不等式的一般步骤求解即可；
（2）先求出两个不等式的解集，再取公共部分即可．
【详解】（1）解：去括号得：，
移项得：
合并同类项得：
系数化为1得：
（2）
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴原不等式组得解集是．
20 . 如图，的三个顶点分别是，，，以x轴为对称轴，
将作轴对称变换得到，然后将向右平移6个单位后得到．
请在图中作出；
直接写出经过上述两次变换后，对应点的坐标．
【答案】（1）见解析；（2）对应点的坐标为（2，-1）.
【分析】根据轴对称的性质分别作出点A，B，C关于x轴的对称点，再顺次连接可得．
根据平移变换的定义和性质分别作出三顶点向右平移6个单位后所得对应点，据此可得答案．
【详解】解：如图所示，即为所求．
由图知，对应点的坐标为．
21 .如图，测量一池塘的宽度．测量点在直线上，
测量点在直线的异侧，且，．
(1)求证： ．
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)40
【分析】（1）利用得到，再结合已知条件利用“边角边”判定两个三角形全等；
（2）根据全等的性质得到，再根据已知条件结合线段的和差计算即可．
【详解】（1）证明：，
，
在与中，
，
．
（2）解：，
，
，
又，
．
22 .“蓉宝”是第31届世界大学生夏季运动会吉祥物，
以熊猫为原型创作，手中握有“31”字样火焰的大运火炬．
某公司决定购买甲，乙两种造型“蓉宝”共100个发放给公司员工，
已知购买2个甲种造型“蓉宝”和1个乙种造型“蓉宝”共需85元；
购买3个甲种造型“蓉宝”和2个乙种造型“蓉宝”共需140元．
(1)求甲，乙两种造型“蓉宝”的单价分别为多少元；
(2)若该公司决定购买以上两种造型“蓉宝”的总费用不超过2600元，
那么该公司最多可以购买甲造型“蓉宝”多少个？
【答案】(1)甲种造型“蓉宝”的单价为元，乙种造型“蓉宝”的单价为25元；
(2)该公司最多可以购买甲种造型“蓉宝”个．
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用；（1）设甲种造型“蓉宝”的单价为元，乙种造型“蓉宝”的单价为元，利用总价单价数量，结合购买个甲种造型“蓉宝”和个乙种造型“蓉宝”共需元及购买个甲种造型“蓉宝”和个乙种造型“蓉宝”共需元，可列出关于的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设该公司可以购买甲种造型“蓉宝”个，则购买乙种造型“蓉宝”个，利用总价单价数量，结合总价不超过元，可列出关于的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．
【详解】（1）解：设甲种造型“蓉宝”的单价为元，乙种造型“蓉宝”的单价为元，
根据题意得：，
解得：．
答：甲种造型“蓉宝”的单价为元，乙种造型“蓉宝”的单价为元；
（2）设该公司可以购买甲种造型“蓉宝”个，则购买乙种造型“蓉宝”(个，
根据题意得：，
解得：，
的最大值为．
答：该公司最多可以购买甲种造型“蓉宝”个．
小丽与爸妈在公园里荡秋千．如图，小丽坐在秋千的起始位置A处，OA与地面垂直，
两脚在地面上用力一蹬，妈妈在距地面1.2 m高的B处接住她后用力一推，爸爸在C处接住她．
若妈妈与爸爸到OA的水平距离BD、CE分别为1.8 m和2.4 m，∠BOC＝90°．
(1)△CEO与△ODB全等吗？请说明理由．
(2)爸爸在距离地面多高的地方接住小丽的？
(3)秋千的起始位置A处与距地面的高是 m．
【答案】(1)全等，理由见解析
(2)爸爸是在距离地面1.8m的地方接住小丽的．
(3)0.6
【分析】（1）由直角三角形的性质得出∠COE＝∠OBD，根据AAS可证明△CEO≌△ODB；
（2）由全等三角形的性质得出CE＝OD，OE＝BD，求出DE的长则可得出答案；
（3）由（2）可得点D距地面的高度是1.2m，用勾股定理求出OA的长，
再求出AD的长，即可求得秋千的起始位置A处与距地面的高．
【详解】（1）△CEO与△ODB全等．
理由如下：
由题意可知∠CEO＝∠BDO＝90°，OB＝OC，
∵∠BOC＝90°，
∴∠COE＋∠BOD＝∠BOD＋∠OBD＝90°．
∴∠COE＝∠OBD，
在△CEO和△ODB中，
，
∴△CEO≌△ODB（AAS）；
（2）∵△CEO≌△ODB，
∴CE＝OD，OE＝BD，
∵BD、CE分别为1.8m和2.4m，
∴DE＝OD OE＝CE BD＝2.4 1.8＝0.6（m），
由题意，点B距地面的高度是1.2m，
所以，点D距地面的高度是1.2m，
点E距地面的高度是1.2+0.6=1.8（m）
所以，点C距地面的高度是1.8m．
答：爸爸是在距离地面1.8m的地方接住小丽的．
（3）在Rt△BOD中，（m），
∴OA=3（m），
∴AD=OA-OD=3-2.4=0.6（m）
由（2）得，点D距地面的高度是1.2m，
∴秋千的起始位置A处与距地面的高是1.2-0.6=0.6（m），
答：秋千的起始位置A处与距地面的高是0.6m．
两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角顶点，
并将它们的底角顶点分别对应连接起来得到两个全等三角形，我们把这样的图形称为“手拉手”图形．
如图1，在“手拉手”图形中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接BD，CE，则△ABD≌△ACE．
(1)请证明图1的结论成立；
(2)如图2，△ABC和△AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，求∠BOC的度数；
(3)如图3，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，试探究∠A与∠C的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)60°
(3)∠A+∠BCD=180°，理由见解析
【分析】（1）利用等式的性质得出∠BAD=∠CAE，即可得出结论；
同（1）的方法判断出△ABD≌△ACE，得出∠ADB=∠AEC，
再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出∠BOC=60°，即可得出答案；
（3）先判断出△BDP是等边三角形，得出BD=BP，∠DBP=60°，
进而判断出△ABD≌△CBP（SAS），
即可得出结论．
【详解】（1）解：证明：∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）如图2，
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ADB=∠AEC，
令AD与CE交于点G，
∵∠AGE=∠DGO，
∴180°-∠ADB-∠DGO=180°-∠AEC-∠AGE，
∴∠DOE=∠DAE=60°，
∴∠BOC=60°；
（3）∠A+∠BCD=180°．理由：
如图3，延长DC至P，使DP=DB，
∵∠BDC=60°，
∴△BDP是等边三角形，
∴BD=BP，∠DBP=60°，
∵∠ABC=60°=∠DBP，
∴∠ABD=∠CBP，
∵AB=CB，
∴△ABD≌△CBP（SAS），
∴∠BCP=∠A，
∵∠BCD+∠BCP=180°，
∴∠A+∠BCD=180°．
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