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2026年(上)七年级数学学科期中学能诊断卷
参考答案
一、选择题(本大题有10个小题,每小题3分,共30分)
1-5:ACDBC 6-10:BADCA
二、填空题(本大题有6个小题,每小题3分,共18分)
11.3x-2 12.6 13.p+3q=0(或p=-3q) 14.m2n3 15.133° 16.110
三、解答题(本大题有8个小题,共72分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.解:(1)原式=-3ab·a4c2·6ab2
=(-3×6)·(a·a4·a)·(b·b2)·c2 (2分)
=-18a6b3c2。 (2分)
(2)原式=1-a2+a2-3a (2分)
=1-3a。 (2分)
18.解:(1)将①代入②,
得2(1-y)-y=-4,
即2-3y=-4,
解得y=2。 (2分)
将y=2代入①,得x=1-2=-1。
x=-1,
∴原方程组的解是 (2分)y=2。
(2)①×2得2x+6y=10。 ③
③-②得2x+6y-2x+y=10-3,
即7y=7,
解得y=1。 (2分)
将y=1代入①,得x=5-3=2。
x=2,
∴原方程组的解是 (2分)y=1。
19.解:(1)∵OE⊥AB,
∴∠EOB=90°。
∵∠COB=∠AOD=62°,
又∵CD 平分∠BOF,
∴∠FOB=2∠COB=124°,
∴∠EOF=∠FOB-∠EOB=124°-90°=34°。 (4分)
2026年(上)七年级数学学科期中学能诊断卷参考答案 第 1 页(共4页)
(2)∵∠AOD∶∠EOF=3∶1,
∴设∠AOD=∠BOC=3x,则∠EOF=x。
∵CD 平分∠BOF,
∴∠FOC=∠BOC=3x,
∴∠EOC=∠FOC-∠EOF=3x-x=2x。
∵OE⊥AB,
∴∠EOB=∠EOC+∠BOC=5x=90°,
∴x=18°,
∴∠COE=2x=36°。 (4分)
20.解:(1)∵(2x-a)(3x+b)=6x2+2bx-3ax-ab=6x2+(2b-3a)x-ab=6x2-13x+6,
∴2b-3a=-13。 ① (2分)
又∵(2x+a)(x+b)=2x2+2bx+ax+ab=2x2+(2b+a)x+ab=2x2-x-6,
∴2b+a=-1。 ② (2分)
2b-3a=-13
, a=3,
所以由①②得 解得 (1分)
2b+a=-1, b=-2。
a=3,
(2)由(1)得 b=-2,
∴原式=(2x+3)(3x-2)=6x2-4x+9x-6=6x2+5x-6。 (3分)
21.解:(1)BF 与DE 平行。
理由:∵AB∥CF,
∴∠ABF=∠BFD。
∵∠CDE=∠ABF,
∴∠BFD=∠CDE,
∴BF∥DE。 (4分)
(2)∵BF∥DE,
∴∠DEB=180°-∠EBF=180°-40°=140°。
∵EG 平分∠DEB,
1 1
∴∠GEB=2∠DEB=2×140°=70°
。 (2分)
又∵∠ABF=∠CDE=25°,
∴∠EGB=180°-∠GEB-∠EBG=180°-70°-(40°+25°)=45°。 (2分)
22.解:(1)设A 门票每张x 元,B 门票每张y 元。
4x+y=110
,
由题意得 (3分)
5x+6y=280,
x=20
,
解得 (2分)
y=30。
答:A 门票每张20元,B 门票每张30元。
(2)设购买A 门票a 张,B 门票b张。
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由题意得20a+30b=360, (2分)
36-3b
∴a= 。2
∵a,b都是正整数,
,
b=2 b=4
, b=6,b=8,b=10,
∴取
a=15, a=12, a=9, a=6, a=3。
∴该校所有可能的购票方案如下:①购买A 门票15张,B 门票2张;
②购买A 门票12张,B 门票4张;
③购买A 门票9张,B 门票6张; (3分)
④购买A 门票6张,B 门票8张(总数少于15,舍去);
⑤购买A 门票3张,B 门票10张(总数少于15,舍去)。
23.解:(1)因为x-y=7,xy=9,
所以(x-y)2=49,x2-2xy+y2=49,2xy=18,
由此得x2+y2=49+18=67。 (3分)
(2)因为(2025-x)-(2026-x)=-1,由乘法公式可得:
[(2025-x)-(2026-x)]2=(2025-x)2-2(2025-x)(2026-x)+(2026-x)2=1。
又因为(2025-x)2+(2026-x)2=25,
所以2(2025-x)(2026-x)=(2025-x)2+(2026-x)2-1=25-1=24,
即得(2025-x)(2026-x)=12。 (3分)
(3)设正方形ABCD 的边长为m,正方形DGFE 的边长为n。
由题意得AE=m+n=11,S正方形ABCD+S正方形DGFE=m2+n2=61,
1
∴S△ADG+S△CDE=mn= [( )2 ( 2 2)]2 m+n - m +n
1
= ×(2 121-61
)=30。 (4分)
24.解:(1)3 1 45° (3分)
(2)如图,BD 交 MN 于点F,设转动 的 时 间 为
t秒,
则∠QBF=t°,∠FAC=3t°。
∵QP∥MN,∴∠BFA=∠QBF=t°。
∵AC⊥BD,∴∠FEA=90°。
∵∠BFA+∠FAC+∠FEA=t°+3t°+90°=180°,
∴t=22.5,∠FAC=22.5°×3=67.5°,
∴∠BAC=180°-∠FAC-∠BAN=180°-67.5°-45°=67.5°。(4分)
(3)由题意得0≤t≤160。
①若AC 到达AN 前,AC∥BD,
又∵QP∥MN,
∴∠QBD=∠BGN=∠NAC,
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即(20+t)°=(180-3t)°,
解得t=40; (2分)
②若AC 到达AN 后返回,AC∥BD,
又∵QP∥MN,
∴∠QBD=∠BGN=∠NAC,
即(20+t)°=(3t-180)°,
解得t=100; (2分)
③若AC 到达AM 后返回,AC∥BD,
又∵QP∥MN,
∴∠QBD=∠BGN=∠NAC,
即(20+t)°=[180-(3t-360)]°,
解得t=130。 (1分)
∴综上,射线AC 转动40s,100s或130s时,AC∥BD。 (对3个给5分,对2个给4分)
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