湖南省长沙市一中集团2025-2026学年七年级下学期数学期中考试试题卷

这是一份湖南省长沙市一中集团2025-2026学年七年级下学期数学期中考试试题卷，共12页。试卷主要包含了125的平方根为，下列是二元一次方程的是，已知x满足|x|<π等内容，欢迎下载使用。
1．125的平方根为（ ）
A．±15B．−15C．15D．5
2．下列是二元一次方程的是（ ）
A．x+2y=3B．x2+3y=5C．5x+2y=6D．5x+2=12
3．如图，计划在长沙湘江某处建一座桥，搭建方式中最短的是线段PN，理由是（ ）
A．两点确定一条直线
B．两点之间，线段最短
C．直线外一点与直线上各点连接的所有线段中，垂线段最短
D．在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
4．在平面直角坐标系中，已知线段AB，其中点A的坐标为（-1，4），点B的坐标为（3，1）.将线段AB平移后得到线段CD，若点A的对应点C的坐标为（2，6），则点B的对应点D的坐标为（ ）
A．（5，-1）B．（0，3）C．（0，-1）D．（6，3）
5．如果将一个正方体的体积扩大为原来的n倍，则它的棱长变为原来的（ ）
A．n倍B．n倍C．3n倍D．n3倍
6．如图，在平面直角坐标系中，小明的手盖住的点的坐标可能为（ ）
A．（3，5）B．（-2，-2）C．（-4，3）D．（5，-7）
7．已知x满足|x|bB．a=bC．a0）.
（1）如图1，当t=15时，求射线PE与射线QF的位置关系；
（2）在运动过程中，若射线PE与射线QF所在的直线互相垂直，求t的值；
（3）若射线PE与射线QF相交于点G（点G在平行线AB，CD之间），当∠PGQ=120°时，在QG右侧取一点M，在PG左侧取一点N（点M，N在平行线AB，CD之间），连接QM，PN，MN使得∠MQG=n∠MQB，∠NPG=n∠NPC，若∠N-∠M=25°，求n的值.
答案解析部分
1．【答案】A
2．【答案】A
3．【答案】C
4．【答案】D
5．【答案】C
6．【答案】D
7．【答案】C
8．【答案】A
9．【答案】B
10．【答案】B
11．【答案】3
12．【答案】真
13．【答案】（-6，2）
14．【答案】135°
15．【答案】-2
16．【答案】a1⊥a2026
17．【答案】解：原式=4+−2+2−3+2
=6−3.
18．【答案】∵DE∥AB（已知），
∴∠FDE=∠BFD（两直线平行，内错角相等），
∵DF∥CA（已知），
∴∠A=∠BFD（两直线平行，同位角相等），
∴∠FDE=∠A（等量代换），
∵∠A=60°，
∴∠FDE=60∘.
19．【答案】（1）如图所示△A1B1C1即为所求，A（0，4），B11（-2，0），C1（3，0）
（2）S△A1B1C1=12·A1O·B1C1=12×4×5=10.
20．【答案】（1）∵2x+1的平方根是±5，∴2x+1=（±5）2=25，1分解得x=12，
∴3x=36，
±36=±6，
∴3x的平方根为±6.
（2）将原方程组整理得3x−y=8①,x−y=−2②,
①-②得2x=10，
解得x=5，
把x=5代入②得5-y=-2，解得y=7.
原方程组的解为x=5,y=7.
21．【答案】（1）解：∵∠BOF=18°且OF平分∠BOD，∴∠BOD=2∠BOF=36°，
∴∠AOC=∠BOD=36°，
∵OE⊥OD，∴∠COE=90°，
∴∠AOE=∠COE-∠AOC=90°-36°=54°.
（2）∵∠AOE：∠AOC=1∶2且∠AOE+∠AOC=90°，
∴∠AOC=90∘×23=60∘,
∴∠BOD=∠AOC=60°，
∴∠BOF=12∠BOD=30∘.
22．【答案】（1）设每辆中型客车和大型客车的租用费用分别为x，y元，
根据题意，得2x+3y=6900,3x+y=5100,
解得x=1200,y=1500.
答：每辆中型客车的租用费用为1200元，每辆大型客车的租用费用为1500元.
（2）设租用中型客车a辆，租用大型客车（19-a）辆，
根据题意，得45a+60×（19-a）=945，
解得a=13.
租用中型客车13辆，租用大型客车6辆，共需花费为0.9×（1200×13+1500×6）=22140元
故学校本次租车需支付22140元.
23．【答案】（1）证明：∵∠CEM=∠DMN（已知），
∴CE∥NF（同位角相等，两直线平行），
∴∠C+∠CNF=180°（两直线平行，同旁内角互补），
又∵∠C=∠EFM（已知），
∴∠EFM+∠CNF=180°（等量代换），
∴AB∥CD（同旁内角互补，两直线平行）.
（2）解：∵AB∥CD，∠D=36°，∴∠BED=∠D=36°，
∵∠EMF=84°，∴∠NMD=∠EMF=84°，
又∵CE∥NF，∴∠CED=∠NMD=84°，
∴∠AEP=∠CEF=∠CED+∠BED=84°+36°=120°.
24．【答案】（1）C
（2）根据题意得2x+3y=9,3x−4y=5,解得x=3,y=1.
∴方程2x+3y=9和方程3x-4y=5图象的交点坐标为（3，1）
（3）由5x+3y=20+7m,3x+4y=19−14m,得x=23+70m11,y=35−91m11.（方程组可用其他解法，答案不唯一）
∵该解在方程x+y=5的图象上，∴23+70m11+35−91m11=5,解得m=17,
将m=17代入关于p，q的二元一次方程kp+（14m+1）q=9得kp+3q=9，
即p=33−qk,∵k为正整数.
①当k=1时，p=6,q=1,或p=3,q=2,满足条件；
②当k=2时，p=3,q=1,只有一组解，不满足条件（舍）；
③当k=3时，p=1,q=2,或p=2,q=1,满足条件；
④当k≥4时，p=33−q4无整数解.
综上，当k=1或3.
25．【答案】（1）连接PQ，则PQ⊥AB，∴∠AQP=∠CPQ=90°，根据题意得∠AQF=5f°，∠CPE=7f°，
∴∠FQP=90°-5f°=15°，∠QPE=7f°-90°=15°，
即∠FQP=∠QPE，∴PE∥QF，
∴当t=15s时，PE∥QF.
（2）PE到达PD所需时间为1807s,
设射线PE，QF交于点G，过G点作HG∥AB，则∠PGQ=90°，∵AB∥CD，∴GH∥AB∥CD，
如图①，∴∠QGH=∠AQF=5f°，∠HGP=∠GPC=7f°，
∴∠PGQ=∠QGH+∠HGP=5f°+7f°=90°，
解得t=7.5.
如图②，∴∠QGH=∠BQF=180°-5f°，∠HGP=∠GPD=180°-7f°，
∴∠PGQ=∠QGH+∠HGP=（180°-5f°）+（180°-7f°）=90°，
解得t=22.5.
综上，当PE⊥QF时t=7.5或t=22.5.
（3）如图③，射线PE与射线QF相交于PQ左侧时，过M，N分别作MJ∥AB，NK∥AB，
因此AB∥MJ∥GH∥NK∥CD，设∠BQM=α，∠CPN=β，则∠GQM=na，∠NPG=nβ，∴∠BQM=∠QMJ=α，∠CPN=∠PNK=β，∠JMN=∠MNK，
此时∠QMN=∠QMJ+∠JMN=α+∠JMN，
∠MNP=∠PNK+∠MNK=β+∠MNK，
∵∠MNP-∠QMN=25°，∴β-α=25°，
又∵∠PGQ=∠QGH+∠PGH=180°-（n+1）α+（n+1）β=120°，
整理得（n+1）（α-β）=60°，∴-25°.（n+1）=60°，解得n=−175（舍去），
（同理可得图④情况，③④二者求出其一即给分）
如图⑤，射线PE与射线QF相交于PQ右侧时，过M，N分别作MJ∥AB，NK∥AB，
因此AB∥MJ∥GH∥NK∥CD，同上依然有β-α=25°，
此时∠PGQ=∠QGH+∠PGH=（n+1）α+180°-（n+1）β=120°，
整理得（（n+1）（β-α）=60°，解得n=75,
（同理可得图⑥情况，⑤⑥二者求出其一即给分）
综上所述，n=75.