浙教版数学八年级上册期末临考预测押题卷（原卷版+解析版）-浙教版初中数学八年级上册

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（时间：100分钟 满分：120分）
一、选择题(本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（2024八上·浦江期末）已知等腰三角形的一内角度数为，则它的顶角的度数为（ ）
A．B．C．D．或
【答案】D
【解析】【解答】解：∵等腰三角形的一内角度数为，
∴可以是顶角的度数也可以是底角的度数，
当是底角的度数时，有顶角的度数为：，
综上所述，它的顶角的度数为或；
故答案为：D．
【分析】分成两种情况讨论：顶角等于或底角等于，利用三角形的内角和定理以及等腰三角形“等边对等角”性质即可求出顶角的度数．
2．（2024八上·南充期末）若整数m使得关于x的方程的解为非负整数，且关于y的不等式组至少有3个整数解，则所有符合条件的整数m的和为（ ）
A．7B．5C．0D．－2
【答案】A
【解析】【解答】解分式方程得：，
由分式方程的解为非负整数，可得：m＋5＝0，3，6，9，12…，
解之：m＝－5，－2，1，4，7…；
解不等式组：m≤y＜10，且不等式组至少有3个整数解，
得到m≤7，
所以m＝－5，－2，1，4，7.（因分式方程中x≠1，故m＝－2舍去）．
故m可取的整数值为－5，1，4，7.
其和为7．
故答案为：A.
【分析】先求出分式方程的解，再根据分式方程的解为非负整数，求出m的值，再结合m≤7，求出所有符合条件的整数，最后利用有理数的加法计算即可.
3．（2024八上·叙州期末）如图，在一个长方形草坪ABCD上，放着一根长方体的木块．已知AD=6m，AB=4m，该木块的较长边与AD平行，横截面是边长为2米的正方形，一只蚂蚁从点A爬过木块到达C处需要走的最短路程是（ ）
A．8mB．10mC．mD．m
【答案】B
【解析】【解答】解：由题意可知，将木块展开，
相当于是个正方形的宽，
∴长为米；宽为6米．
∴最短路径为：（米）．
故答案为：B
【分析】先根据题意将木块展开，进而根据勾股定理结合题意进行计算即可求解。
4．（2024八上·遵义期末）如图，已知∠AOB，（1）以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA、OB于点C、D；（2）分别以点C、D为圆心，大于CD的长为半径画弧，两弧在∠AOB的内部相交于点P；（3）画射线OP．射线OP即为∠AOB的平分线．这样画出OP的依据是（ ）
A．SAS，全等三角形对应角相等B．ASA，全等三角形对应角相等
C．SSS，全等三角形对应角相等D．AAS，全等三角形对应角相等
【答案】C
【解析】【解答】根据作图方法和步骤可得OC=OD，CP=DP，
∵OP=OP，
∴△OCP≌△ODP（SSS），
∴∠COP=∠DOP，
∴射线OP为∠AOB的角平分线，
故答案为：C.
【分析】根据作图方法和步骤可得OC=OD，CP=DP，再结合OP=OP，利用“SSS”证出△OCP≌△ODP，再利用全等三角形的性质可得∠COP=∠DOP，从而得解.
5．（2024八上·龙泉驿期末）关于一次函数，下列结论正确的是（ ）
A．图象不经过第二象限
B．图象与x轴的交点是（0，2）
C．将一次函数的图象向上平移1个单位长度后，所得图象的函数表达式为
D．点（x1，y1）和（x2，y2）在一次函数的图象上，若x1＜x2，则y1＞y2
【答案】C
【解析】【解答】A、一次函数的图像不经过第四象限，故A错误；
B、令y=0解得x=， 图象与x轴的交点是（，0） ，故B错误；
C、 将一次函数的图象向上平移1个单位长度后，所得图象的函数表达式为，故C正确；
D、 因为k>0，所以y随x的增大而增大，若x1＜x2，则y10，b>0，可知一次函数经过第一、二、三象限，且y随x的增大而增大，可知A、B、D错误；根据图像平移上加下减可知C正确。
6．（2024八上·光明期末）在平面直角坐标系内，点关于轴的对称点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】【解答】解：点A(-3，-1)关于x轴的对称点A'的坐标是(-3，1).
故答案为：A.
【分析】根据关于x轴的对称点的坐标特点：纵坐标互为相反数，横坐标不变可得答案.
7．（2024八上·福田期末）甲、乙两车从地出发，匀速驶往地．乙车出发h后，甲车才沿相同的路线开始行驶．甲车先到达地并停留分钟后，又以原速按原路线返回，直至与乙车相遇．图中的折线段表示从开始到相遇止，两车之间的距离与甲车行驶的时间x（h）的函数关系的图象，则（ ）
A．甲车的速度是B．，两地的距离是
C．乙车出发4.5h时甲车到达地D．甲车出发4.5h最终与乙车相遇
【答案】C
【解析】【解答】解：点中可知，乙1小时行驶了60，可求乙的速度60
点中可知，1.5后，甲追上乙，速度差为，可求甲的速度100
点中可知，甲到地，且甲乙相差80，可求出，
点中可知，休息30分钟，可求，，
点中可知，甲乙再次相遇，
A，甲车的速度是120，故选项A错误；
B，已知甲3.5后到达B地，且甲速度为100，所以A、B两地为350，故选项B错误；
C，甲车3.5到达B地，乙车比甲车早出发1，所以是4.5，故选项C正确；
D，从上中和可知，甲出发1.5和与乙车相遇，故选项B错误.
【分析】由两车之间的距离（）与甲车行驶的时间（）的函数关系的图象，可求乙的速度60，甲的速度100，结合图象信息，逐项判断即可．
8．（2024八上·绿园期末） 如图，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，S△ABC＝5.6，DE＝1.6，AB＝4，则AC的长是（ ）
A．6B．5C．4D．3
【答案】D
【解析】【解答】如图所示
AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，DF⊥AC
即
故选：D
【分析】根据角平分线的性质定理可判断出DE=DF，即两个小三角形是等高的，观图知大三角形的面积是两个小三角形的面积和，据此列出等量关系式，可求出AC的值。
9．（2024八上·凉州期末）如图，，，为边上一点，作且，当取最小值时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
如图所示，延长至，连接， 使得，则，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴在射线上运动，平分，
作关于的对称点，连接，，，则点关于的对称点在上，连接，如图所示，
∴，
∴是等边三角形，
∵垂直平分，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵与关于的对称，
∴垂直平分，
∴，，，
∴，
∴当三点共线时，取得最小值，
即当与点重合时，取得最小值，此时，
故选：．
【分析】延长至，使得，连接，则，根据三角形全等的判定与性质结合题意证明得到在射线上运动，作关于的对称点，连接，，，则点关于的对称点在上，连接，再根据轴对称-最短距离结合题意即可得到当三点共线时，取得最小值，进而即可求解。
10．（2023八上·南浔期末）如图，平面直角坐标系中，线段的两端点坐标为，，某同学设计了一个动画：在函数中，分别输入和的值，便得到射线，其中；当时，会从处弹出一个光点，并沿飞行；当有光点弹出，并击中线段上的整点横、纵坐标都是整数时，线段就会发光，则此时整数的个数为个( )
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】【解答】解：设直线AB的解析式为：，再把，代入，可得：解得：故直线AB的解析式为：；由题意直线经过点，∴；又根据题意，可设线段AB上的整数点为，则，又，可得：为整数，m也是整数，或或或，即或0或或或7或，又，综上所述：m的值为5或-7或2或-4或-3或-2.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查一次函数的解析式与图像、点的对称等基础知识属于较难题型.根据题意求出直线AB的解析式，然后设设线段AB上的整数点为，然后用t的代数式表示m，利用t，m为整数结合数的整除性即可求解.
二、填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．（2025八上·顺德期末）如图，将五角星沿着虚线剪下．若，则 ．
【答案】
【解析】【解答】解：如图，
∵， 而，
∴，即，
又∵，
∴，
解得，
∴，
故答案为：．
【分析】本题首先根据三角形外角和定理，并结合三角形内角和定理，即可得出，然后结合条件“ ”即可求出∠A的度数。最后再次利用三角形外角和内角和即可求出答案。
12．（2025八上·吴兴期末）明朝数学家程大位曾作词《西江月·秋千索长》．该诗词翻译后的示意图中，、表示秋千的绳索，，，，则该秋千的索长 ．
【答案】
【解析】【解答】解：设，则，
在中，，
，
解得，
故答案为：．
【分析】设，可表示出OC的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值.
13．（2025八上·萧山期末）关于的一元一次不等式组的整数解为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：，
解不等式得：，
解不等式得：，
∴不等式组的解集为，
∴整数解为，
故答案为：．
【分析】先求出每个不等式的解集，得到不等式组的解集，再写出整数解即可．
14．（2025九上·开福期末）命题“两直线平行，同位角相等”的逆命题是 命题．（填“真”或“假”）

【答案】真
【解析】【解答】∵原命题的条件为：两直线平行，结论为：同位角相等．
∴其逆命题为：同位角相等，两直线平行，正确，为真命题，
故答案为：真．
【分析】先写出原命题的逆命题，然后再是否正确即可。
15．（2024八上·通道期末）如图，中，分别以A、B为圆心，大于长为半径画弧，两弧分别交于点M、点N，作直线，分别交于点D和于点E ，连接，若，，则 ．
【答案】
【解析】【解答】解：∵分别以A、B为圆心，大于长为半径画弧，两弧分别交于点M、点N，作直线，
∴为的垂直平分线，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】根据作图可得为的垂直平分线，即可得到，然后利用三角形内角和定理解题即可．
16．（2024八上·成华期末）如图，在平面直角坐标系中，一个等腰直角三角形的三个顶点分别在直线上，则该等腰直角三角形的面积为 ．
【答案】或
【解析】【解答】解：设与轴交于点，
由题直线解析式可得，向上平移个单位得到，向上平移个单位得到，
，
，
直线、、与坐标轴夹角为；
①当顶角在上时，如图所示，是等腰直角三角形，
此时轴，
，
；
②当顶角在上时，如图所示，是等腰直角三角形，
过作轴，过作于点，过作于点，则，
，
，
在和中，
，
，
，，
设，，，
，，，，
，
两式相加得，
即，，
，
；
故答案为：或．
【分析】根据题意画出图形，分两种情况：①当顶角在上时，如图所示，是等腰直角三角形，②当顶角在上时，如图所示，是等腰直角三角形，过作轴，过作于点，过作于点，即可求解．
三、解答题（17、18、19题每题6分，20、21题每题8分，22、23每题9分，24、25每题10分，共计72分，要求写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．（2024八上·诸暨期末）解不等式组：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：，
，
，
；
（2）解：，
解不等式，得，
解不等式，得，
故不等式组的解集为．
【解析】【分析】(1)不等式移项、合并同类项，系数化为1即可得；
(2)分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集.
18．（2024八上·金华期末）已知点在平面直角坐标系中的位置如图.
（1）写出点的坐标；
（2）求点关于轴的对称点的坐标；
（3）求点先向左平移3个单位，再向上平移2个单位后得到的点的坐标.
【答案】（1）由题意得，点A的坐标为（2，1）；
（2）∵点B与点A关于x轴对称，点A的坐标为（2，1），
∴点B的坐标为（2，﹣1）；
（3）∵点C是点A（2，1）先向左平移3个单位，再向上平移2个单位后得到的，
∴点C的坐标为（2﹣3，1+2），即（﹣1，3）．
【解析】【分析】（1）根据点在平面直角坐标系的位置，写出其坐标即可；
（2）根据点关于x轴对称的坐标特征：横坐标相同，纵坐标互为相反数即可求解；
（3）根据点平移的变换规律：左减右加，上加下减即可求解.
19．（2024八上·武都期末）如图，在中，，的垂直平分线交于M，交于N，连接．
（1）若，求的度数；
（2）若，的周长是14cm，求的长．
【答案】（1）解：∵
∴
∵
∴
∴
∵是的垂直平分线
∴
∴
∴．
（2）解：
∵，
∴
∵的周长是14
∴
∴即，
∴．
【解析】【分析】（1）先利用三角形的内角和求出∠A的度数，再结合垂直平分线的性质可得，最后利用角的运算求出即可；
（2）先利用三角形的周长公式及等量代换可得即，再结合AB=8，求出即可．
20．（2025八上·柯城期末）一辆货车和轿车同时从甲地出发驶向乙地．货车一直匀速行驶，轿车途中停车休息了，且休息前后行驶速度不变．若两车出发后距离甲地的路程与行驶时间的关系如图所示（部分被污染）．
（1）请画出被污染部分的函数图象．
（2）求轿车的速度及点A的纵坐标．
（3）求当时，两车相遇点距离甲地的路程．
【答案】（1）解：画出被污染部分的函数图象如图所示：
（2）解：轿车的速度为，
，
点A的纵坐标为
（3）解：货车的速度为，
货车距离甲地的路程y与行驶时间x之间的函数关系式为；
设线段AB对应的函数关系式为、b为常数，且，
将坐标和分别代入，
得，
解得，
线段AB对应的函数关系式为
当，两车相遇时，得，
解得
答：当时，两车相遇点距离甲地的路程为．
【解析】【分析】（1）根据题干提供信息直接补充图象即可；
（2）由图象提供的信息可得轿车3小时行驶了300千米，根据速度＝路程时间计算轿车的速度；根据路程＝速度时间求出轿车在最初的内行驶的路程，即点A的纵坐标；
（3）由图象提供的信息可得货车4小时行驶了300千米，根据速度＝路程时间求出货车的速度，再由路程＝速度时间求出货车距离甲地的路程y与行驶时间x之间的函数关系式；利用A、B两点的坐标，由待定系数法求出线段AB对应的函数关系式，联立两函数解析式建立方程组并求解，y值即为当时，两车相遇点距离甲地的路程．
（1）解：画出被污染部分的函数图象如图所示：
（2）解：轿车的速度为，
，
点A的纵坐标为
（3）解：货车的速度为，
货车距离甲地的路程y与行驶时间x之间的函数关系式为；
设线段AB对应的函数关系式为、b为常数，且，
将坐标和分别代入，
得，
解得，
线段AB对应的函数关系式为
当，两车相遇时，得，
解得
答：当时，两车相遇点距离甲地的路程为．
21．（2024八上·吉林期末）【定义】如果一个三角形的两个内角与满足，那么我们称这样的三角形为“非余三角形”
（1）如图，若是等边三角形，是边的中线，请你判断是否为“非余三角形”，并说明理由；
（2）若是“非余三角形”，，则中最小角的度数为 ．
【答案】（1）解：是“非余三角形”．
理由如下：∵是等边三角形，
∴，，
∵是边的中线，
∴，，
设，，
∵，
∴是“非余三角形”.
（2）
【解析】【解答】（1）解：是“非余三角形”．
理由如下：∵是等边三角形，
∴，，
∵是边的中线，
∴，，
设，，
∵，
∴是“非余三角形”；
（2）解：∵是“非余三角形”，
∴（与为的两个内角），
①当时，得：，
解得：，
∴的第三个内角的度数是：，
此时中最小角的度数为；
②当时，得：，
解得：，
∴的第三个内角的度数是：，
此时中最小角的度数为；
③当的第三个内角的度数是时，得：，
解得：，
此时中最小角的度数为；
综上所述，中最小角的度数为，
故答案为：．
【分析】（1）根据等边三角形的性质求出，，再根据中线求出，，最后计算求解即可；
（2）先求出，再分类讨论，计算求解即可。
（1）解：是“非余三角形”．
理由：∵是等边三角形，
∴，，
∵是边的中线，
∴，，
设，，
∵，
是否为“非余三角形”；
（2）∵是“非余三角形”，
∴（与为的两个内角），
①当时，
得：，解得：，
∴的第三个内角的度数是：，
此时中最小角的度数为；
②当时，
得：，解得：，
∴的第三个内角的度数是：，
此时中最小角的度数为；
③当的第三个内角的度数是时，
得：，
解得：，
此时中最小角的度数为；
综上所述，中最小角的度数为．
故答案为：．
22．（2025八上·凉州期末）新年将至，某超市为开展新年大促活动准备购进、两种类型的新年大礼包，已知每件型大礼包比每件型大礼包的进价多元，且用元购进的型大礼包数量是用元购进的型大礼包数量的．
（1），两种型号的大礼包进价分别为多少元？
（2）该超市分别以元和元的单价销售、两种型号的大礼包，在型大礼包售出，型大礼包售出一半后，超市决定加大销售力度，对型大礼包每件降价销售，型大礼包在每件加价元后，再按买件型大礼包送件型大礼包进行捆绑销售（即每件捆绑在一起销售，只付件的费用），若两种型号的大礼包全部售完后，该超市的总利润不低于元，求的最大值．
【答案】（1）解：设型大礼包的进价为元，则型大礼包的进价为元，依题意，得：，
解得：，
经检验，是原方程的解且符合题意，
∴，
∴型大礼包的进价为元，型大礼包的进价为元；
（2）解：设型大礼包购进件，型大礼包购进件，由（1）知：型大礼包的进价为元，型大礼包的进价为元，
∴，，
∴，，，
依题意，得：，
解得：，
∴的最大值为．
【解析】【分析】本题考查分式方程在进价问题中的应用和一元一次不等式在利润问题中的应用，解题需先求进价再根据利润条件列不等式。
(1)设B型大礼包的进价为x元，则A型大礼包的进价为元；根据“用6000元购进的A型数量是用3600元购进的B型数量的”，结合“数量=总价÷单价”，可列出分式方程；解方程：先化简右边得，交叉相乘得，展开得，移项解得；经检验x=90是原方程的解，因此A型大礼包的进价为元；
(2)先计算购进的数量：A型大礼包数量件，B型大礼包数量件；再分析销售情况：A型前件按160元销售，后件按元销售；B型前件按120元销售，后20件按“买3送1”捆绑销售，每4件收3件的费用，每件实际售价为元；总利润=总销售额-总进价，总进价为6000+3600=9600元，根据总利润不低于2355元，列出不等式：；化简不等式并求解得，因此a的最大值为5。
（1）解：设型大礼包的进价为元，则型大礼包的进价为元，
依题意，得：，
解得：，
经检验，是原方程的解且符合题意，
∴，
∴型大礼包的进价为元，型大礼包的进价为元；
（2）设型大礼包购进件，型大礼包购进件，
由（1）知：型大礼包的进价为元，型大礼包的进价为元，
∴，，
∴，，，
依题意，得：，
解得：，
∴的最大值为．
23．（2024八上·潮州期末）如图，已知，，且的值为．
（1）求，的坐标；
（2）若点与点关于轴对称，点在第二象限，点在轴上，≌，求的长．
【答案】（1）解：的值为，
，
解得，
，；
（2）解：点与点关于轴对称，
，
，
≌，
，
，
，
．
【解析】【分析】（1）利用所给条件的值为，分析可知只需要让该分式的分子值为0，分母的值不能为0即可，由此可列出等式求出a的值，继而得到A、B坐标；
（2）先根据两点关于y轴对称，求出C点坐标，即可求出CB的长，再根据两个三角形全等，得到CB=AD，即可求出AD的长，继而可求出OD的长。
24．（2024八上·武昌期末）如果整式A能写成整式B的平方，即，则整式A是完全平方式，例如，，则我们将和称为完全平方式．
在数学学习中，我们经常将一个式子的某一部分通过恒等变形转化为一个完全平方式来解决问题，例如：．
（1）代数式①，②，③，④中，是完全平方式的是 （填序号）；
（2）若a，b，c是的三边长，比较与0的大小关系，并说明理由；
（3）若，则的最小值为 ．
【答案】（1）①③④
（2）解：
；理由：
∵a，b，c是的三边长，
∴，，，，
（3）​​​​​​​
【解析】解：（1）∵①，
③，
④，
故答案为：①③④；
（3）∴
，
原式值最小，则，最小值是
故答案为：．
【分析】本题考查了配方法的应用，掌握完全平方公式、三角形的三边关系和非负数的性质是解题的关键．
（1）根据完全平方公式求解；
（2）先把代数式利用平方差公式、完全平方公式进行因式分解，再根据三角形的三边关系两边之和大于第三边进行求解。
（3）先把代数式 变形为，再把 代入并通过配方原式化简成，当代数式的值为最小，则，求出其最小值.
（1）解：∵①，
③，
④，
故答案为：①③④；
（2）；
理由：∵a，b，c是的三边长，
∴，，，，
∴
；
（3）∵，
∴
，
故答案为：．
25．（2024八上·三台期末）已知，△ABC是等腰直角三角形，BC＝AB，A点在x轴负半轴上，直角顶点B在y轴上，点C在x轴上方．
（1）如图1，若点B的坐标是（0，1），A的坐标是（﹣3，0），求点C的坐标；
（2）如图2，过点C作CD⊥y轴于D，直接写出线段OA，OD，CD之间的数量关系；
（3）如图3，若x轴恰好平分∠BAC，BC与x轴交于点E，过点C作CF⊥x轴于F，问CF与AE有怎样的数量关系？并说明理由．
【答案】（1）解：如图1，过点C作CH⊥y轴于H，
∴∠BHC＝90°＝∠AOB，
∵A（﹣3，0），B（0，1），
∴OA＝3，OB＝1，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BA＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABO+∠CBH＝90°，
∵∠ABO+∠BAO＝90°，
∴∠CBH＝∠BAO，
∴△ABO≌△BCH（AAS），
∴CH＝OB＝1，BH＝OA＝3，
∴OH＝OB+BH＝4，
∴C（﹣1，4）；
（2）解：OA＝CD+OD；理由：
∵CD⊥y，
∴∠BDC＝90°＝∠AOB，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BA＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABO+∠CBD＝90°，
∵∠ABO+∠BAO＝90°，
∴∠CBD＝∠BAO，
∴△ABO≌△BCD（AAS），
∴CD＝OB，OA＝BD，
∴OA＝BD＝OB+OD＝CD+OD；
（3）解：CF＝AE，理由：
如图3，延长CF与AB，相交于G，
∴∠CBG＝90°，
∵CF⊥x轴，
∴∠BCG+∠G＝90°，
∵∠GAF+∠G＝90°，
∴∠BCG＝∠GAF，
∴△ABE≌△CBG（ASA），
∴AE＝CG，
∵x轴平分∠BAC，CF⊥x轴，
∴CF＝GF，
∴CF＝CD＝AE．
【解析】【分析】（1）过点C作CH⊥y轴于H，进而得到∠BHC＝90°＝∠AOB，再根据点的坐标得到OA＝3，OB＝1，进而根据等腰直角三角形的性质得到BA＝BC，∠ABC＝90°，从而结合题意得到∠CBH＝∠BAO，再根据三角形全等的判定与性质证明△ABO≌△BCH（AAS）即可得到CH＝OB＝1，BH＝OA＝3，从而即可求解；
（2）先根据垂直得到∠BDC＝90°＝∠AOB，进而根据等腰直角三角形的性质得到BA＝BC，∠ABC＝90°，再证明△ABO≌△BCD（AAS）得到CD＝OB，OA＝BD即可求解；
（3）延长CF与AB，相交于G，根据题意证明△ABE≌△CBG（ASA）得到AE＝CG，再根据
西江月·秋千索长
【明】程大位
平地秋千未起，踏板一尺离地．
送行二步与人齐，五尺人高曾记．
仕女佳人争蹴，终朝笑语欢嬉．
良工高士好奇，算出索长有几？