阶段性检测卷(二)-【超级考卷】2024-2025学年八年级下册数学学业质量评估（北师大版 江西专版）

二、1本题共题,题1分,A1分1 m_::p 15.T画某问学:一-_过起。 艺.一- 3.义,里个”,”三”,为1的 阶段性检测卷(二 { “11-1-8 三起以””是””不是士. (副:一~。3) __(-:8 (A1 -4 3.意文,摊,应是__ -Ii二 晚如:一-1是个点的-3.×十一 上这过第开没:诗巧旨完数的远确 _一:是 ##_## 一.选(大共.小题,小题:分,共1分) 1.中&二十气”口让云列人合挂文慰人文严代行从,7列的 1.形ADD-”A入 1.用,在程等小正是的,正方0七项点在点上,4点 办“文”一”一”大”,其是心是 () AD△识D,程AA-D-4.AC模 时见一号,别0的,完是下列 .记AACDA一A-DAcD (1的,分立1筑立的r 过高入!为三时、0长% 图/D0C踪平 三、1本文题共题,题(分,共11 上数满是下不式一完立是 , A._1 1B(0 C n--1 入-个的程4_+r75一,回跨是 37.某文在其活要鼓一均,比均多, c._ A. 过毫的个之和多干10,文少看设毫多少十? 数家直鼓输为的其中有下料,一三分北每人分路十两短上53,朵 无,第一次人与第一次排同,笔二次分的人数没三次的人数为二,则可列 程 ) A.-1-0 B101-0-7 Acl-r-xrA-acr n_二 日文个, 1-:是-。 ,: C 35.【案】是个备中,按上的数与数的数的大是一是.的数 路、题(大题共1小题,小题8分,共21分) A汇是三,D是过点CDAnE是DE. 情。 1 【】11计一r的值,这十是的孔B. 0C下与的是 ## A.占记20 经“发”寸技小的+为正,论支程”的止确 口等 1A的直平幅析 (】把七D总下些土元站。 C.&沾的点3r : Dr 节--→ (11夏每知 1归1 t -】 15-) 斗的则比- 2.7”一这二式,口会路成的式十二次 1么AC”关下点行晚中心对AC”,点标为, 三确文达一一一”不直公因式了是过,可三次三是之 .超答题(大题1:l 确时现A””为 一上一,它十h一成一个完会方,这子、子的的,斗 3.图P0别选长为I的达三AAI上的动点凸PAA. 从,且堂口的起1点到点BC 基. }-”- 止.空,旨. 2于在过题过中七大:交没 这,次一确,是达数受会斗式,减去过,小达子达的终比“配 品”一.”忙古”:次飞。 P0过运0.为拾时直 (口-1. )路点&远旨在A上直△二点封 (七的三高足-1一一0,A纯 P.2远动的过程中,记CA给大本要论空化请理;若干变,非注它的 rA是Aac9荫于 -. 。 (1A03 _# (·,式一4量大这十量大 1t.-A{ 营An-本1n校 3.题某易料,用12无过一该料,后误不反,又 三.答题(高大题升7小题,小题:分,其达 32冷选铁料,三的技站数基是第一的3铅,引凸比耳一过度1元 11一段这%元 (注二次过比用一拾精,确视全深充,料不少干了无,着为 ■1归 .1下-1 mii-)=-3x-2-_3x十2 k2-k十4r r十1 x十1 =k(k一4)十4t 故被手遮住部分的代数式为-3x十2 =(t+t2+2)(t+2-2)+4r x+1 =t+6十12-4 (2)原代数式的值不能等于一1，理由如下： =t(+t)+6t2-4 当 =一1时，解得x=0。 =6t十62-4 当x=0时，原式中的除数号=0， =6(t3十t)-4 =6×6一4 此时原式没有意义，∴原代数式的值不能等于一1， =32. 20解：1)根据圈意，得（片十2） 23.解：(1)由题意，得新能源车每千米的行驶费用为 60×0.5_36(元)， (2)等式右边= n+2 a a 2Ln(n+2)n(n+2) 2 即新能激车每干米的行驶费用为驴元。 n(n十2)n(n+2) =等式左边， (2)①，燃油车每千米的行驶费用比新能源车多 即1云=111 n(m+2-2（m一n十2 0.54元， 21.解：(1)设乙队单独完成这项工程需要x天， :0×9_36=0.54 a a 依题意，得10十12+12=1，解得x=45. 解得a=600. 30 经检验，a=600是原分式方程的解， 经检验，x=45是原分式方程的解，且符合题意. 故乙队单独完成这项工程需要45天 :40X9=0.6.36=0.06. a a (2)设甲、乙两队全程合做完成该项工程需要y天. 故燃油车每千米的行驶费用为0.6元，新能源车每千 依题意，得六十名=1，解得y=18 米的行驶费用为0.06元. ②设每年行驶里程为xkm, 故甲、乙两队全程合做完成该项工程所需费用为(3.5 由题意，得0.6.x十4800>0.06x十7500， +2)×18=99(万元). 解得x>5000. :乙队单独完成该项工程需要45天，超过35天的 故当每年行驶里程大于5000km时，买新能源车的年 工期， 费用更低 ∴不能由乙队单独完成该项工程。 甲队单独完成该项工程所需费用为3.5×30=105（万 9阶段性检测卷（二）】 元)， 1.D2.D3.A4.D :105>99,∴.在不超过计划天数的前提下，由甲、乙 5.C【解析】原分式方程去分母，得a=x一1-3(x一2). 两队全程合做完成该项工程省钱， 22解：15号 :关于上的方程，兰2号-3的解是=0， .将x=0代人a=x-1-3(x-2),得a=5. (2):方程x十3=7的解为x=a,=b, 6C【解析】·△ABC是等腰直角三角形，DE是过点C .a+b=7,ab=3, 的直线，BD⊥DE,AE⊥DE, ∴.a2+b=(a+b)2-2ab=49-6=43. ∴.BC=AC,∠BDC=∠CEA=∠BCA=90°， ∴.∠DBC+∠DCB=∠ECA+∠DCB=90°， (3)方程，马一-x可变形为上一1十马 -7--1. .∠DBC=∠ECA,.△BDC≌△CEA,.BD=CE, 设y=x-1,则y十6=k-1, CD-AE. A.绕点C逆时针旋转90后，CD与AE不重合，即 yy=6,y1+y:=k-1,y=x-1.为=x:-1. △BDC与△ACE不重合，故选项A不符合题意： x1=t+1,4=r十2， B.△BDC与△ACE不关于AB的中垂线对称，则沿 ∴.y=1+1-1=边=+2-1=+1， AB的中垂线翻折后BD与AE不重合，故选项B不符 .t(t+1)=6,t+2+1=k-1, 合题意：C.:△ABC是等腰直角三角形，.CM⊥AB, ,.k=t十t2十2，t2十t=6. .绕中点M顺时针旋转90°，则△ACE与△BDC重 70 数学·8年级(BS版) 合，故选项C符合题意：D.先沿DE方向平移△BDC, n十1一2 州一】 使点E与点D重合后，BD与AE不重合，故选项D不 (m十1)(m-1)(n十1)(m-1)m+1 符合题意. 16.解：(1)如图①，四边形ODEF即为所求。 7.3a(a-7b)8.不是9.x≠士310.x>1 (2)如图②，OG即为所求 11./4T【解析】，△EBD是由△ABC旋转得到，∴BA =BE,∠ABE=60°，AC=DE, ∴.△ABE是等边三角形.∴.∠EAB-60 :∠BAD=30°，.∠EAD=90 .AE=AB=5,AD=4, .DE=AE+AD=√+4=√I, 图① 图② ∴AC=DE=T. 17.解：设购买x个垃圾箱，则购买(x十5)个提示牌. 12.15或12.5或18【解析】分以下三种情况讨论： 依题意，得(x十5)十x≥100， ①当AD=AC时，△ACD为等腰三角形. 解得>要.“x为整数正的最小鞭数值为48。 :AC=15,.AD=AC=15: 故至少购买垃圾箱48个， ②当CD=AD时，△ACD为等腰三角形. 18.解：(1)52-32=(5+3)(5-3)=8×2=16 CD=AD,∴∠DCA=∠A. 故52-3的值为16，是8的2倍. :∠A十∠B=90°，∠DCA十∠BCD=90°， (2)由“发现”中较小的奇数为2n+1,得较大的奇数为 .∠B=∠BCD,.BD=CD,.AD=BD= 合AB 2十3，n为正整数， ,,(2n+3)2-(2n十1)2=(2n十3十2n十1)(2n十3- 12.5: ③当CD=AC时，△ACD为等腰 2n-1)=8(n+1). 三角形 :8(m十卫=n十1，且n为正整数，∴“发现中的结论 8 如图，过点C作CH⊥BA于 正确. 点H, 19.解：(1)如图，△A'B'C即为所求. 则Sw=AB.CH=AC·BC (2,-3) AC=15,AB=25,∴.BC=√/AB-AC=20, (2)如图，△A"BC即为所求. .CH=12. (-1,-6) 在Rt△ACH中，AH=√AC-CF=5-12四 =9. ,CD=AC,CH⊥BA.∴.DH=AH=9, .AD=18 综上所述，AD的长为15或12.5或18. 13.解：1)原式=士-2兰=二-2=x x-2x-2x-2 x-2 (2):∠B=90°，∠C=30°， AB=号AC 20.解：(1)75 (2)证明：：BD平分∠ABC,∠ABC=60°， ,AB=4..AC=8, ∴.∠ABD=∠DBC=30 ∴.BC=/AC-AB=√8-4=45. ∠ADB=75,∠A=75°，∠A=∠ADB, 14.解：(1)x≤1x≥-3 .BD=AB. (2)在数轴上表示如下： (3)如图，过点D作DF⊥BC于 点F, 'DF⊥BC, (3)-3≤x≤1 .∠DFB=∠DFC=90. 15.解：从第二步开始出现错误.正确的解题过程如下： m十1 2 原式=m+1m-D一(m+1)(m-下 ∠DBF=30,∴DF=之BD, 71 下册·参考客案 .BD=AB=2,..DF=1. ∴∠CMQ=∠CAQ+∠ACP=∠BAQ+∠CAQ= ∴.FB=BD-DF=3, ∠BAC=60°， CE⊥BE,∴.∠E=90 ∴.在点P,Q运动的过程中，∠CMQ的大小不变，它 :∠DBC=30,∴∠ECB=60 的度数为60 :∠ECD=15,.∠DCB=45°， (2),运动时问为ts,则AP=BQ=t, .FD=FC=1, ∴PB=4-. .BC=√5+L. 分以下两种情况讨论： ①当∠PQB=90时. 21.解：(1)设第一批饮料的进货单价为x元，则第二批饮 料的进货单价为(x十2)元. ∠B=60°，∴.∠BPQ=30°.∴.PB=2BQ, 依题意，和驾-3×120，解得=4 4-1=2,解得1=分 ②当∠BPQ=90时.：∠B=60°，∴.∠PQB=30°， 经检验，x=4是原分式方程的解，且符合题意， .BQ=2PB. 故第一批饮料的进货单价为4元. (2)第一批饮料进货数量为1200÷4=300（瓶）， =24-0,解得1=号 第二批饮料进货数量为5400÷(4十2)=900（瓶）. 设销售单价为y元.依题意，得(300+900)y一(1200 ∴当：为号或号时，△PBQ为直角三角形， 十5400)≥5400，解得y≥10. (3)在点P,Q运动的过程中，∠CMQ的大小不变.在 故销售单价至少为10元. 等边三角形ABC中，AC=BC,∠ABC=∠BCA 22.解：(1)a2-8a+15=(a2-8a十16)-16+15=(a =60, 4)2-1=(a-3)(a-5). ∴.∠PBC=∠QCA=120°，且BP=CQ (2)'a2+b2-14a-8b+65=0. 在△PBC和△QCA中， .∴.(a2-14a十49)+(b2-8b十16)-49-16+65=0， PB=QC. .(a-7)2+(b-4)2=0,.a-7=0,b-4=0, ∠PBC=∠QCA, 解得a=7,b=4. BC=CA. :△ABC的三边长分别为a,b,c, ∴.△PBC≌△QCA(SAS), .3<c<11. ∴.∠BPC=∠MQC. 又c为奇数c为5,7,9. 又：∠PCB=∠MCQ,∴.∠CMQ=∠PBC=120°， 当a=7,b=4,c=5时，△ABC的周长最小，最小值是 ∴.在点P,Q运动的过程中，∠CMQ的大小不变，它 的度数为120°. 7+4+5=16. (3)-2x2-4x+3=-2(x2+2x+1-1)+3=-2(x 10第六章检测卷 十2x+1)十5=-2(x+1)2+5. 1.C2.D3.B4.A :-2(.x十1)≤0， 5.C【解析】，四边形ABCD是平行四边形， ∴.当-2(x十1)2=0，即x=-1时，多项式-2x2-4x ∴.AB∥IDC,AD∥BC,∠A=∠C,故①③正确， 十3有最大值，最大值是5. 23.解：(1)在点P,Q运动的过程中，∠CMQ的大小 ∴Saw=Sam=合Sam∠0DE=∠OBR 不变. O是BD的中点， :△ABC为等边三角形， ..OD=OB. .AB=AC,∠B=∠PAC=60 ∠DOE=∠BOF, :点P从顶点A,点Q从顶点B同时出发，且它们的 在△ODE与△OBF中， OD-OB. 速度都为1cm/s, L∠ODE=∠OBF, .AP=BQ. .△ODE≌△OBF(ASA), 在△APC和△BQA中， ∴.SawE=SaF,EO=FO≠ED,故②不正确. (AP=BQ, :S△迪p=S么①8，S么ctE=S△0w, ∠PAC=∠B, ∴.San-SADr=SB-SAhp, AC=BA, 即S边，E=S黑边雕c,故①正确. ∴.△APC≌△BQA(SAS),∴∠BAQ=∠ACP, 综上所述，正确的有3个 72 数学·8年级(BS版)