江苏省南京市苏科版2026—2027学年八年级数学上学期第一次月考学科素养达标卷

**基本信息** 以核心素养为导向，通过手拉手模型探究、网格作图等创新设计，融合实数、三角形、全等几何等知识，梯度覆盖基础巩固与能力提升，适配八年级月考学情。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|6题12分|平方根、全等判定、三角形边长关系|第2题多角度辨析全等条件，强化推理意识| |填空题|10题20分|等腰三角形外角、内心性质、动点全等|第16题动点探究，培养空间观念与抽象能力| |解答题|9题68分|手拉手模型、网格作图、角平分线综合|第25题手拉手模型引导探究，发展创新意识；21题网格作图提升几何直观|

江苏省南京市苏科版2026一2027学年八年级数学上学期第一次月考学科素养达标卷 (测试范围：第一章、第二章考试时间：120分钟试卷满分：100分) 一、选择题（每题只有一个正确选项，每小题2分，满分12分） 1.5的平方根是() A.V5 B.-5 C.5 D.25 2.如图，AC∥BD,AC=BD,则下列所添加的条件中，不能证明△ACE≌△BDF的是 () B A,CF=DE B.CE=DF C.AE=BF D AEI‖BF 3.下列各组数中，一定不是一个三角形边长的是() A.a,a+l,a+2 B.a-1,a,a+1 C.a,a+1,2a D.a-l,a,2a 4.若5=m5= ，则v0.024 可以表示为() mn A.10 B.15 n C.2 D.罗 5.如图，在△ABC中，已知点D、E、F分别是BC、AD、CE的中点，且S△sc4, S△BBP=() E 1 A.2 B.1 C.2 D.4 6.如图，已知点B、C、D在同一直线上，△ABC和△CDE都是等边三角形.BE交AC于 点F,AD交CE于点H、交BE于点G.①BE=AD:②∠AGB=60°；③△FHC是等边 三角形：④连接CG，,则GC平分∠BGD,以上结论正确的有() A E B A.①② B.①②③ C.①②④ D.①②③④ 二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，满分20分） 7.若=(-2八，则a的值是 8.若x≤2，化简Vx-2)}= 9。实数a,b在数轴上对应点4B的位置如图化简口--V匠 的结果为 A B a0b→ 10.如图，己知△ABC≌△DEF,点B,E,C,F依次在同一条直线上.若 BC=8,CE=5,则CF的长为 A D E 11.如图，四边形ABCD是轴对称图形，对称轴是直线AC,若∠BAD=116°，则∠BAC= 12.如图，公路AC,BC互相垂直，公路AB的中点M与点C被湖隔开，若测得AB的长 为l0km,则M,C之间的距离是km. M B 13.等腰三角形的一个外角是100°，则其顶角的度数为 14.如图，点1是△ABC的内心.若∠IAB=34°，∠IBC=36°，则∠ICA的度数是 15.设a,b,c是△1BC的三边，则 a+b+c-a-b-c+a+c-b= 16.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm,BC=10cm.动点P从点A出发沿 A→C的路径向终点C运动：动点Q从点B出发沿B→C→A的路径向终点A运动.点P 和点Q分别以每秒lcm和3cm的运动速度同时开始运动，其中一点到达终点时另一点也停 止运动.在某时刻，过点P和点Q分别作PE⊥MN于点E,QF1MN于点F,则点P的运 动时间为 s时，△PEC与△QFC全等. B N- -M 三、解答题（本大题共9小题，共计68分，其中17、18、19、20每题6分、21、22、23 每题8分，24、25每题10分，解答题要有必要的文字说明) 17.求下列式子中的x 12(6x-1)=8 23(x-3y+81=0 18.计算： aa-f-品 2-3}+3.14---8, 19.推理填空.如图，己知∠AOB，作∠AOB的平分线OC,将直角尺DEMN如图所示摆 放，使EM边与OB边重合，顶点D落在OA边上，DN边与OC交于点P.猜想△DOP是 等腰三角形：（图在上面） 证明：：OC平分∠AOB(已知) ∴∠AOC=LBOC( .DN∥EM =∠BOC( ∴.DO=DP .△DOP是等腰三角形： D 1234 20.如图，AE∥BC且AE=AC,∠EFA=∠ABC E B (I)求证：△ABC≌△EFA: (2)若BC=2,AE=6,求FC的长度. 21.如图，在6×6正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点 上.按要求完成下列画图.（要求：用无刻度直尺，保留必要的画图痕迹，不写画法） B :B B 图1 图2 图3 ①)在图1中的BC边上找一点D,连结MD,使 S.ABD=S.ACD (2)在图2中的BC边上找一点E,连结AE,使AE⊥BC (3)在图3中的BC边上找一点F,连结AF,使点F到AB和AC所在直线的距离相等. 22.己知：如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，点E是AC的中点. B (I)求证：△BED是等腰三角形： (2)当∠BCD= _时，△BED是等边三角形. (3)当∠ADE+∠ABE=45°时，若BD=5,取BD中点F,求EF的长. 23.如图，在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC,交BC于点D,DE⊥AB于点E,点 F在线段CA上，且BD=FD」 A B D (I)求证：BE=CF: (2)若AC=6,AF=2,求AB的长； (3)若LADF=15°，求∠BAC的度数. 2A.在△ABC中，AB=BC,BE平分∠ABC,CD⊥AB于D,CD=BD,点H是BC边的 中点，连接DH,交BE于点G,连接CG. E H G D (I)求证：△ADC≌aFDB: @求证：cE-F, (3)求∠FGD的度数. 25.在学习全等三角形知识时、数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶 角相等的等腰三角形构成.在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形.通过资料 查询，他们得知这种模型称为“手拉手模型”，兴趣小组进行了如下操作： 图 图2 图3 (I)如图1、两个等腰三角形△ABC和△ADE中，AB=AC,AE=AD,∠BAC=∠DAE】 连接BD、CE、如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两 个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，这个就是“手拉手模型”，在这个模型中 和△ADB全等的三角形是 一，此时BD和CE的数量关系是 (2)如图2、两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC,AE=AD ∠BAC=∠DAE=9O°，连接BD,CE,两线交于点P,请判断线段BD和CE的关系，并说明 理由； (3)如图3，已知△ABC,请完成作图：以ABAC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边 △ACE BE.CD BE CD 等边三角形三条边相等，连接 ,两线交于点P,并判断线段和的 数量关系及∠PBC+∠PCB的度数，并说明理由. 参考答案 1.c 2.c 3.D 4.D 5.B 6.D 7.2 8.2-x 9.b 10.3 11.58 12.5 13.80°或20 14.20 15.3a-b+c 16.2或4 17.【详解】(1)解： 2(x-1)2=8 (x-1)2=4 x-1=+2, x-1=2或x-1=-2, x=3或x=-1: (2)解： 3(x+1)3+81=0 (x-3)3=-27 x-3=-3. x=0 5 18,【详解】（山解：原式16 1-=- 4 4. =3+元-3.14-(-2）=1.86+π (2)原式 19.【详解】证明：：OC平分∠AOB, :∠AOC=∠BOC(角平分线的定义)， .DN I EM. :.∠DPO=∠BOC(两直线平行，内错角相等)， .∠DOP=∠DPO(等量代换)， ..OD=PD. .△DOP是等腰三角形， 20.(1)证明：：AE∥BC, .∠EAF=∠C, 在△ABC和△EFA中， ∠ABC=∠EFA ∠C=∠EAF AC=EA :△ABC≌AEFA(AAS) (2)解：由(1)可得：△ABC≌△EFA, .AC=AE,AF=BC. .BC=2,AE=6, .AC=AE=6.AF=BC=2. ∴CF=AC-AF=6-2=4 21.(1) 解：如图1，点D即为所求； (2) 解：如图2，点E即为所求： (3) 解：如图3，点F即为所求 B B -V 图1 图2 图3 22.(1)证明：∠ABC=∠ADC=90°，点E是AC边的中点， AE-BE-TAC,AE=DE=ZAC :BE=DE, ∴△BED是等腰三角形： (2)解：当∠BCD=150°时，△BED是等边三角形，理由如下： :∠BCD=150°，∠ABC=∠ADC=90°， ∴.∠DAB=360°-90°-90°-150=30° .∠DAE+∠EAB=∠DAB=30°， :AE=ED」 ∠DAE=∠EDA, AE=BE, .∠EAB=∠EBA, :∠DAE+∠EDA=∠DEC, ∠EAB+∠EBA=LBEC, .∠DEB=2∠DAB=60°， ED=EB, .△BED是等边三角形， 故答案为：150： (3)解：如图： D C E B 由(2)可知，∠1=∠2，∠3=∠4， .∠2+∠4=45° .∠1+∠3=45°， ∠DEB=2(∠1+∠3)=90° 由上可知 ,F为BD中点 -2 23.(I)证明：AD平分∠BAC,DE⊥AB,DC⊥AC, .DE=DC DF=BD 在RtAFCD和Rt△BED中， DC=DE :Rt△FCD≌Rt△BED(HL) ..BE=CF 「AD=AD (2)解：在Rt△ADC和Rt△ADE中，CD=ED, :Rt△ADC≌Rt△ADE(HL) .AE=AC=6. 由(1)得BE=CF=AC-AF=4, ∴.AB=AE+BE=10 (3)解：设∠CAD=a :AD平分∠BAC, .∠BAC=2a ·Rt△FCD≌Rt△BED .∠B=∠CFD=∠CAD+∠ADF=a+15° ∠C=90°」 ∴.∠BAC+∠B=90° ∴.2a+a+15°=90° 解得a=25° .∴.∠BAC=50° 24.(1)证明：：AB=BC,BE平分∠ABC, .BE⊥AC, CD⊥AB, LCAD+LACD=90°，∠CAD+∠ABE=90°， .∠ACD=∠ABE=∠FBD. 在△ADC和△FDB中， ∠ADC=∠FDB CD=BD ∠ACD=∠FBD' △ADC≌△FDB(ASA) (2)证明：：AB=BC,BE平分∠ABC, .AE=CE, CE-T4C 由(1)知：△ADC≌△FDB, .AC=FB cE=号r (3).CD1AB」 ∠BDC=90°， .CD=BD .△BCD是等腰三角形， .∠ABC=45°， :BE平分∠ABC :∠C8E-48c=2, CD=BD,点H是BC边的中点， .DH⊥BC, .∠BHG=90 .∠BGH=90°-∠CBE=90°-22.5°=67.5° .∠FGD=∠BGH=67.5° 25.【详解】(1)解：：∠BAC=∠DAE, ∴.∠BAC+∠BAE=∠DAE+∠BAE,即LCAE=∠BAD, 在△ADB和△AEC中， AB=AC ∠BAD=∠CAE AD=AE △ADB≌△AEC(SAS) ∴.BD=CE, 故答案为：△AEC,BD=CE (2)解：BD=CE,BD⊥CE,理由如下： ,∠BAC=∠DAE=90°， ∴.LBAC+∠BAE=∠DAE+LBAE,即∠CAE=∠BAD, 在△ADB和△AEC中， (AB=AC ∠BAD=∠CAE AD=AE △ADB≌△AEC(SAS) ∴BD=CE,∠ABD=∠ACE、 又，∠BAC=90°， :.∠ABC+∠ACE+∠BCE=90°， .∠ABC+∠ABD+∠BCE=90°，即∠CBD+∠BCE=90°」 ∠BPC=180°-（∠CBD+∠BCE)=90° .BD⊥CE (3)解：完成作图如下，BE=CD,∠PBC+∠PCB=60°， D ,△ABD和△ACE都是等边三角形， .AB=AD,AE=AC,∠ABD=∠ADB=∠BAD=∠CAE=60° ∴.∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC,即∠DAC=∠BAE, 在△ACD和△AEB中， AD=AB ∠DAC=∠BAE AC=AE △ACD≌△AEB(SAS) .BE=CD,∠ADC=∠ABE, ∴.∠BPC=∠BDC+∠DBE =∠BDC+∠ABE+∠ABD =∠BDC+∠ADC+∠ABD =∠ADB+∠ABD =60°+60° =120°， ∴.∠PBC+∠PCB=180°-∠BPC=180°-120°=60° BE=CD.∠PBC+∠PCB=6O°