C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在
AE同侧分别作等边△ABC和等边△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接
PQ，下列结论错误的是（ ）A．
AD=BEB．∠DOE=60°C．DE=DPD．PQ∥AE【答案】C【分析】由“
SAS”可证△ACD≌△BCE，可得AD=BE，∠CAD=∠CBE，由外角的性质可得
∠DOE=60°，通过证明△CPQ是等边三角形，可得∠CPQ=60°=∠ACB，可证
PQ∥AE，即可求解．【详解】解：
∵△ABC和△CDE是等边三角形，∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，∠ACD=∠BCE=120°，在
△ACD和△BCE中，
AC=BC
∠ACD=∠BCE
CD=CE
¿，∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴AD=BE，
∠CAD=∠CBE，故选项A不合题意；∵∠DOE=∠DAC+∠BEC，∴∠DOE=∠CBE+∠BEC=∠ACB=60°，故选项B不合题意；在
△ACP和△BCQ中，
∠CAD=∠CBE
AC=BC
∠ACB=∠BCD=60°
¿，∴△ACP≌△BCQ(ASA)，∴PC=CQ，又
∵∠BCD=60°，∴△CPQ是等边三角形，
∴∠CPQ=60°，∴∠CPQ=∠ACB，
∴PQ∥AE，故选项D不合题意；∵DC=DE，若
DE=DP，则
DC=DP，则
∠DPC=∠DCP=60°，而
∠DPC一定不等于60°，故选项C不成立，符合题意，试卷第11页，共33页
八年级（上）浙江各地期末试题精选100题一、单选题1．（2023上·浙江嘉兴·八年级期末）如图，


△ABC中，∠ACB=90°，边AB的垂直平分线交
AB于点D，交AC于点E，若∠BCD=3∠CBE,则∠A的度数为（ ）A．
38°B．36°C．34°D．32°【答案】B【分析】边
AB的垂直平分线交AB于点D，得出AE=BE，又CD为RTABC
△的中线，则AD=BD=CD，综上，根据边相等，继而得出角相等，最后根据等量关系求解．【详解】解：∵ED为中垂线，
∠ACB=90°∴
AD=DC=DB∴∠DAC=∠DCA，
∠DCB=∠DBC设
∠CBE为x，则∠BCD为3x
∠A=∠ACD=∠EBA=90−3x,∠CBA=3x列式
90−3x+x=3x解得
x=18°∴
∠A=90−3x=36°∴答案选B【点睛】本题考查中垂线的应用和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等相关定理．3．（2023上·浙江杭州·八年级校联考期末）甲、乙两车从
A地出发，匀速驶往B地．乙车出发1ℎ后，甲车才沿相同的路线开始行驶．甲车先到达
B地并停留30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
y（km）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120
km/ℎB．
A, B两地的距离是360kmC．乙车出发4.5
ℎ时甲车到达B地试卷第21页，共33页
故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．2．（2023上·浙江杭州·八年级校联考期末）如图，在


ℎ最终与乙车相遇【答案】C【分析】分析两车之间的距离
y（km）与甲车行驶的时间x（ℎ）的函数关系的图象，从图中找到关键信息点进行求解．【详解】点
km,可求乙的速度60km/ℎ点(1.5,0)中可知，1.5
(0,60)中可知，乙1小时行驶了60
ℎ后，甲追上乙，可求甲的速度100km/ℎ点
(b,80)中可知，甲到B地，且甲乙相差80km,可以算b=3.5点
(c,a)中可知，休息30分钟，可求c=4，a=50点
(d,0)中可知，甲乙再次相遇，d=4+516A，甲车的速度是120
km/ℎ，错B，已知甲3.5
ℎ后到达B地，且甲速度为100km/ℎ，所以A,B两地为350km，错C，甲车3.5
ℎ到达B地，乙车比甲车早出发1ℎ，所以是4.5ℎ，对D，从上中
5
4+ℎ与乙车相遇，错【点睛】本题考查两车相遇问题，最大的难点在于会识图，从图中找到关键信息点．4．（2023上·浙江宁波·八年级统考期末）高斯函数
(1.5,0)和(d,0)可知，甲出发1.5ℎ和
16
[x]，也称为取整函数，即[x]表示不超过x的最大整数．例如：
[2.3]=2，[−1.5]=−2.则下列结论：①[−2.1]+[−1]=−3；②[x]+[−x]=0；③若
[x−1]=1，则x的取值范围是2⩽x0x@3≤m¿ 有2个整数解，则m的取值范围为是（
）A．
3≤m0x@3≤m¿ ，∴
2+x−2x>0①
x+3−3x≤m②
¿，解不等式①得：
xAB=BC，CF>CD=BC，∴BF=CF，在
Rt△ABF和Rt△DCF中，AB=CDBF=CF¿∴Rt△ABF≌Rt△DCF(HL)，∴∠AFB=∠CFD，AF=DF，∴AB=AD=2AF，∵CF∥AG，∴∠CFD=∠DAG，∴∠AFB=∠DAG，
∴AG=FG，∵∠AFB+∠ABF=90°，∠DAG+∠BAG=90°，∴∠BAG=∠ABF，∴AG=BG，
∴CF=BF=2AG=10，在Rt△ABF中，
222，
AB+AF=BF
∴
(2AF)2+AF2=102，∴AF=2
√5，∴AB=BC=4
√5，
∵ SΔBCF=12BC⋅AB=12CF⋅BN
BC⋅AB45×45
√√
∴
BN===8，
CF10
2
222
∴
CN=√BC−BN=(4√5)−8=4，
√
∵△ABM≌△BCN，∴BM=CN=4，
∴MN=BN−BM=8−4=4，∴S正
(MN)2=42=16，故选：B．【点睛】本题主要考查了正
方形EHMN=
方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，勾股定理，三角形
BN是解题的关键．试卷第111页，共33页
面积等，利用面积法求得
∵四


(a，b)，(a+1，c)在一次函数y=2x−3的图
温州·八年级统考期末）已知点
像上，则函数y=4x+c−b的图像不经过（ ）A．第一象
限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【答案】D【分析】把点
(a，b)，(a+1，c)代入y=2x−3中c−b=2即可得到答案．【详解】解：∵点
到推出
(a，b)，(a+1，c)在一次函数y=2x−3的图
像上，∴
2a−3=b
()
2a+1−3=c
¿，∴c−b=2，∴函数
y=4x+c−b=4x+2的图
像不经过第四象限，故选D．【点睛】本题主要考查了一次函数图象与系数的关系，一次函数图象上点的坐标
特点，熟知对于一次函数
y=kx+b，当k>0，b>0时，一次函数y=kx+b经
过第一、二、三象限，当
k>0，b0时，一次函数
过第一、三、四象限， 当
y=kx+b经k0，则一次函数
2与2
y=ax+ay=ax+a都是增函数，且都交y轴的正半轴，图象都经过第一、
二、三象限；若a0，b>0时，函数y=kx+b的图象
经过第一、二、三象限；②当
k>0，b0时，函数y=kx+b的图象
经过第一、二、四象限；④当
k0)个单位长度后，点C恰好落l上．则m的值为（ ）试卷第221页，共33页
在直线
A．


58
3C．3D．2【答案】B【分析】过
B作BM⊥x轴M，过C作CN⊥y轴N，根据AAS定理证得
于于
△DAO≌△ABM，△CDN≌△DAO，根据全等三角形的性质求出C点的坐标为(1,3)，由
y=−3x+11，，设平C的坐标为
(1+m,3)，
待定系数法求出直线l的解析式为移后点代入解析式即可求出
m．【详解】解：过
B作BM⊥x轴M，过C作CN⊥y于N，如图，∴∠ABM+∠BAM=90°，∵四
于
边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，AB=DA，
∴∠DAO+∠BAM=90°，∴∠DAO=∠ABM，在
△DAO和△ABM中，
∠DAO=∠ABM
∠DOA=AMB=90°
DA=AB
¿，
∴△DAO≌△ABM(AAS)，
∴OA=BM，OD=AM，
∵ B(3,2)，∴BM=2，
OM=3，
∴OA=2，∴AM=OM−OA=1，∴OD=1，同理可证
△CDN≌△DAO，∴DN=OA=2，CN=DO=1，∴ON=OD+DN=3，
∴C(1,3)，
∵点B(3,2)在直线l：y=kx+11上，∴ 3k+11=2，
∴k=−3，∴直线
l的解析式为y=−3x+11，试卷第231页，共33页
A．5B．


ABCD沿y轴向右(m>0)个单位长度后点C的坐标为(1+m,3)，∵点
方形平移m
C在直线l上，∴−3(1+m)+11=3，解得：m=53，故选：B．【点睛】本题主要考查了一次函数图象上点的
特征，正方形的性质，坐标与图形的变化-平移，全等三角形的判定与性质定理，根据
AAS定理证得△DAO≌△ABM，△CDN≌△DAO，求出
C点的坐标是解决问题的关键．28．（浙江
省金华市金东区2022-2023学年八年级上学期期末检测数学试题）A，B两地相距640km，甲、乙两
辆汽车从A地出发到B地，均匀速行驶，甲出发1小时后，乙出发沿同一路线行驶，设甲、乙两车相距s（km），甲行驶的时间为t（h），s与t的关系如图所示，下列
说法：①甲车行驶的速度是60km/h，乙车行驶的速度是80km/h；②甲出发4h后
被乙追上；③甲比乙
5
h；④甲车行驶8h或914h，甲，乙两车相距80km；其中错误的（ ）A．
晚到
3
序号①B．序号②C．序号③D．序号④【答案】D【分析】根据图象可得甲车行驶的速度是
60÷1=60km/h，再由甲先出发1h，乙出发3h后追上甲，可得到乙车行驶的速度是
80km/h，故①②正确；根据图象可得当乙到达B地时，甲乙相距
5
100÷60=h，故③正确；
100km，从而得到甲比乙
晚到然后分两种情况：当乙车在甲车前，且
3
B地时和当乙车到达B地后时，可得④错误．【详解】解：①由图可得，甲车行驶的速度是
未到达
60÷1=60km/h，根据图象可知：甲先出发
1h，甲出发4h后
被乙追上，∴
3v−60=60，∴
()
乙
v=80km/h，即乙车行驶的速度是
乙
80km/h，故①②正确；③由图可得，当乙到达
B地时，甲乙相距100km，∴甲比乙
5
100÷60=h，故③正确；④由图可得，当乙车在甲车
晚到
3
B地时，则60t+80=80(t−1)试卷第241页，共33页
前，且未到达
设正


t=8；当乙车到达
B地后时，60t+80=80×(9−1)，解得
1
t=9
3，∴甲车行驶
8h或913h，甲，乙两车相距80km，故④错误；故选：D．【点睛】本题主要考查了函数的图象，能从函数的
获取准确信息，利用数形结合思想解答是解题的关键．29．（浙江
ABCD的边长为10，AG=CH=8，
省金华市武义县2022-2023学年八年级上学期期末数学试题）如图，正方形
BG=DH=6，连结GH，则线段GH的长为（ ）A．
53
√
22C．145D．10−5
√√2【答案】B【分析】如图所示（
8B．
G作¿⊥CH于E，可得△ABG，△CDH是直角三角形，可证明
见详解），过点
△ABG≌△BCE(AAS)，求出¿,EH的长，在Rt△GEH中，根据勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，过点
G作¿⊥CH于E，∵正
ABCD的边长为10，AG=CH=8，BG=DH=6，∴
方形
222222，∠2+∠3=∠3+∠4=∠4+∠5=90°，∴△ABG，△CDH是直角三角形，∴∠1+∠2=90°，∠5+∠6=90°，∴
AB=CD=AG+BG=CH+DH
∠1=