甘肃省武威市凉州区武威第十七中学片联考2025-2026学年八年级下学期5月期中学情检测数学试卷（含答案）

甘肃省武威市凉州区武威第十七中学片联考2025-2026学年八年级下学期5月期中学情检测数学试卷一、单选题1．若在实数范围内有意义，则x的取值范围是（

）A． B． C． D．2．已知4、5、是某三角形三边的长，则计算的正确结果是（

）A． B．8 C． D．3．如图1是一张等腰直角三角形纸片，，现要求按照图2的方法裁剪几条宽度都为的长方形纸条，用这些纸条为一幅正方形美术作品镶边（如图3，纸条不重叠），正方形美术作品的面积为（

）

A． B． C． D．4．一个不完整的算式“”，先在①处填上一种运算符号（在“”“”“”或“”中选择），再在括号内的②处填上一个实数，使其运算结果为有理数，其中不符合要求的一组搭配是（

）A． B． C． D．5．如图，将长方形纸片对折后展开，折痕为，点为上一点，将沿折叠，使点落到上的点处，若，则的长是（

）A．8 B． C．6 D．6．我国古代用“弦图”证明勾股定理，其核心是四个全等直角三角形拼接成正方形．如图，四边形为正方形，若直角三角形的斜边为，中间小正方形的面积为，则图中线段的长为（

）A． B． C． D．7．下列线段a，b，c组成的三角形是直角三角形的是（

）A．，， B．，，C．，， D．，，8．如图1的玻璃莲花托盏，出土于甘肃省定西市漳县徐家坪，由普蓝色玻璃制成，半透明，造型优美，色彩艳丽，工艺精湛，是迄今为止中国出土最完整的一套元代玻璃托盏．如图2是玻璃莲花托盏茶托边沿的平面示意图，可抽象为正八边形，则的度数为（

）A． B． C． D．9．如图，为测量池塘边，两点的距离，小明在池塘的一侧选取一点，测得，的中点分别是，，且，则，两点之间的距离是（

）A． B． C． D．10．如图，四边形为菱形，，延长到，在内作射线，使得，过点作，垂足为，若，则的长为（

）A． B． C． D．二、填空题11．若，则的值是______．12．若代数式在实数范围内有意义，则实数的取值范围是_______．13．现有最简二次根式和，若它们是同类二次根式，则的值是_______．14．若最简二次根式与可以合并，则的值是______．15．如图，在Rt中，．点D，E分别为边上的动点，连接，以为边在的下方作等边，连接，则面积的最大值为_______________．16．如图，中，，以为斜边向内部作等腰直角，过直角顶点作于于，则线段的长度为___________．．17．如图，在边长为5的菱形中，对角线交于点O，，E，F分别是的中点，P是上的动点，则的最小值为______．18．如图，中，对角线相交于点O，过点O，交于点F，交于点E．若，则图中阴影部分的面积是________．三、解答题19．计算：(1)；(2)20．已知实数，，满足，，试求：(1)，，的值；(2)的值．21．先化简，当x，y满足时求上式的值．22．已知为直角三角形的两条边长，且，求这个直角三角形的第三边长．23．如图，C为线段上一动点，分别过点B，D作，连接．已知．(1)求当x等于何值时，?(2)当时，求的长．(3)利用图形求代数式的最小值．24．我们知道，长方形的对边平行且相等，四个角都是直角，即长方形中，，．如图，在长方形中，，点为上一点，把沿折叠，点恰好落在的点处，求的长．25．【阅读材料】我们已经学习了实数以及二次根式的有关概念，同学们可以发现以下结果：当时，∵，∴当且仅当即时，取得最小值，最小值为2．【模仿探究】请利用以上结果解决下面的问题：（1）当时，求的最小值，并求出此时a的值；（2）当时，求的最小值，并求出此时a的值；【应用意识】（3）如图，某学校为开展劳动课，需要在直角墙角处修建形如的蔬果园，要求蔬果园的面积为平方米，斜边需要用栅栏围上，求栅栏的最小值．26．已知点F是等边的边延长线上一点，以为边，作菱形，使菱形与等边在的同侧，且，连结．(1)如图①，若，请计算的面积；(2)如图②，若点G是的中点，连接．试探究与的位置和数量关系，并说明理由．27．平移是一种基本的几何图形变换，利用平移可将分散的条件相对集中，以达到解决问题的目的．如图1，在四边形中，，若，求的值．小明发现，平移至，构造，经过推理和计算能够使问题得到解决（如图2）．(1)【求解体验】请根据小明的思路求的值．(2)【尝试应用】如图3，在矩形和中，连结交于点G，连接．若，求的度数；(3)【拓展延伸】如图4，在（2）的条件下，连结，若，求的面积．参考答案及解析1．C解析：解：∵在实数范围内有意义，∴，解得．2．C解析：解：∵4、5、是三角形的三边长，∴，即，∴，∴．3．B解析：解：∵是等腰直角三角形，，，∴，，根据图②的裁剪长方形，如图所示，∵，∴，∴能裁剪的纸条的条数为（条），根据题意，，则，依次类推，第三条长方形的长为，∴总长度为：，且宽为，∴按图③镶边，如图所示，∴，∴，∴正方形美术作品的面积为：．4．B解析：解：A、，为有理数，该选项不符合题意；B、，其结果为无理数，该选项符合题意；C、，为有理数，该选项不符合题意；D、，为有理数，该选项不符合题意．5．D解析：解：如图，连接，∵长方形纸片沿对折，∴垂直平分，∴；∵沿折叠，∴，，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∵四边形是长方形，∴；由折叠知，，∴；∵，∴，∴．6．B解析：解：设直角三角形的较短直角边长为，∵中间小正方形的面积为，∴小正方形的边长为，∴直角三角形的较长直角边长为，∵直角三角形的斜边为，∴根据勾股定理得，，整理得，，解得，(不合题意，舍去)，∴较长直角边长为，．7．D解析：解：A、∵最长边为，，∴不能构成直角三角形，故选项不符合题意；B、∵最长边为，，∴不能构成三角形，故选项不符合题意；C、∵最长边为，，∴不能构成直角三角形，故选项不符合题意；D、∵最长边为，，∴能构成直角三角形，故选项符合题意．8．C解析：解：该正八边形内角和，则每个内角的度数．9．C解析：解：∵、分别是、的中点，∴是的中位线．根据三角形中位线定理，中位线的长度是的一半，即．∵，∴．10．B解析：解：如图，设交于点，四边形为菱形，，，，，平分，，，，，，，，，，在和中，，，，．11．解析：解：∵，，得：，∴，．12．解析：解：若在实数范围内有意义，则二次根式的被开方数为非负数，因此，解得．13．4解析：解：∵和都是最简二次根式，且为同类二次根式，∴，解得．14．解析：解：最简二次根式与可以合并，与是同类二次根式，∴，解得：，将代入得：．15．解析：解：将绕点D，旋转，得到，点F与点E重合，如下图：，,设，过点E作的垂线，垂足为H，延长，相交于点G，，，（对顶角相等），，，，在中，，，,,，，，如果要使最大，n取最大值：，，配方得：，当时，取得最大值，最大值为：，综上所述，当时，取得最大值，最大值为：．16．解析：解：如图，过作交的延长线于，交于，连接，∵等腰直角，∴，，∵，，∴，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，，∴，，∴，∴，，∴，，∴．17．解析：解:四边形是菱形，边长为5，，，，在中，，作点关于的对称点，连接交于点，此时最小，最小值为的长度，点与点关于对称，，点在上，且，是的中点，，，，连接，∵E，F分别是的中点，∴，∴，在中，，的最小值为.18．15解析：解：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，又∵，∴，∴．19．(1)(2)解析：（1）解：，，，；（2）解：，，，．20．(1)，(2)解析：（1）解：∵，且，，，故，，，即，，，解得，．（2）解：将，代入，原式．21．，3解析：解：原式；∵，∴，∴，，∴原式．22．这个直角三角形的第三边长或解析：解：由题意得：，，解得：，，即，为直角三角形的两条边长，当为直角三角形的两条直角边时，第三边长为，当为直角边，为斜边时，第三边长为，综上所述，这个直角三角形的第三边长或．23．(1)(2)(3)解析：（1）根据题意，，当时，，∴，∵，∴，∴，解得．（2）根据题意，，∴，∵，∴当时，，∴，故．（3）根据得，构造．如图所示，当A，C，E三点共线时，最小，延长到点F，过点A作于点F，则四边形是矩形，故．故．24．1解析：解：∵折叠，点恰好落在线段上的点处∴，，，，∵，∴，，在中，由勾股定理得∴∴，∴．25．（1）的最小值为，此时；（2）的最小值，此时；（3）栅栏的最小值为解析：解：（1）当时，∴当且仅当即时，取得最小值，最小值为．（2）当时，∴当且仅当即时，取得最小值，最小值为．（3）设，则，则∴当且仅当即时，取得最小值，最小值为．∴26．(1)(2)解析：（1）解：如图1，∵是等边三角形，∴，∵，菱形中，，∴，∴，∵∴∴，∴，∵菱形，，∴，∴，∴；（2）；理由如下：如图2，延长与交于M，连接，∵四边形是菱形，∴，∴，∵G是的中点，∴，在和中，∵∴，∴，∵等边中，∴，又∵，∴，在和中，∵，∴，∴，∴；∵，∴是等边三角形，∴，∴，∴．27．(1)(2)60°(3)解析：（1）解：如下图，由平移的性质可得四边形ADEC是一个平行四边形，∴DE=AC=3，AD=CE，

∴AD+BC=BE．

∵DE//AC，AC⊥BD，∴∠BDE=90°，

∴AD+BC=BE=；（2）解：连结AC、CE．

∵矩形ABCD，ABEF为平行四边形，∴DC∥AB∥EF且DC=AB=EF，∴DFEC为平行四边形，∴DF=CE．

∵ABCD为矩形，∴AC=DB．

∵AE=DF=DB，∴AE=CE=AC，即△ACE是一个等边三角形．∵DF//CE，∴∠FGE=∠AEC=60°；（3）解：设AC与BD相交于点Q．∵矩形ABCD中，A