湖南省长沙市师大附中教育集团2020年“攀登杯”竞赛七年级学生学科素养综合评价数学试卷

第第页共35页故答案为：①②④若3xm+5y3与x2yn+1是同类项，贝V(m+n)20i7+mn=-7.【分析】依据相同字母的指数相同列出关于m、n的方程，求得m、n的值，然后代入计算即可.【解答】解：3xm+5y3与x2yn+1是同类项，.*.m+5=2,n+1=3，••m^-3，n2..m+n=-1..*.(m+n)2017+mn=-1+(-3)X2=-7.故答案为：-7．找出下列各图形中数的规律，依此，a的值为226.【分析】由0+2=1X2,2+10=3X4,4+26=5X6,6+50=7X8，得出规律：左下和右下的两数和等于另外两数的积，即可得出a的值．【解答】解：根据题意得出规律：14+a=15X16，解得：a=226．故答案为：226．我们知道下面的结论：若am=an(a>0,且aM1)，则m=n.利用这个结论解决下列问题：设2m=3，2n=6,2p=12.现给出m,n,p三者之间的三个关系式：①m+p=2n,②m+n=2p-3,③n2-mp=2.其中正确的是①②.(填编号)【分析】根据同底数幂的乘除法公式即可求出m、n、p的关系．.*.n=1+m,•.•2p=12=22X3=22+m,.°.p=2+m,.*.p=n+1,m+p=n-1+n+1=2n，故此结论正确；m+n=p-2+p-1=2p-3，故此结论正确;n2-mp=（1+m）2-m（2+m）=1+m2+2m-2m-m2=1，故此结论错误；故正确的有：①②.故答案为：①②．如图，把△ABC沿EF翻折，叠合后的图形如图.若ZA=60°,Z1=80°，则Z2的度数为40°【分析】先根据折叠的性质得到ZBEF=ZBzEF，ZCFE=ZCzFE，再根据邻补角的定义得到180°-ZAEF=Z1+ZAEF，180°-ZAFE=Z2+ZAFE，则可计算出ZAEF=50。，再根据三角形内角和定理计算出ZAFE=70。，然后把ZAFE=70。代入180°-ZAFE=Z2+ZAFE即可得到Z2的度数.【解答】解：如图‘•△ABC沿EF翻折，AZBEF=ZBzEF，ZCFE=ZCzFE，.\180°-ZAEF=Z1+ZAEF，180°-ZAFE=Z2+ZAFE，

VZ1=80°,.•・ZAEF=£(180°-80°)=50°,VZA+ZAEF+ZAFE=180°,.\ZAFE=180°-60°-50°=70°,.•・180°-70=Z2+70°,••・Z2=40°.故答案为40°．&=2,无论k为何值时，它的解总是1,则a&=2,无论k为何值时，它的解总是1,则a+2b如果a,b为定值，关于x的一次方程32—'分析】根据一元一次方程的解的定义即可求出答案.【解答】解：将x【解答】解：将x=1代入方程32ks+ax~bk=2,.2k+a1-bk厲4k+2a-1+bk=12,.*.4k+bk=13-2a,.k(4+b)=13-2a，由题意可知：b+4=0,13-2a=0,13.•.a=刁-,b=-4,故答案为：迈17.如图,长方形ABCD中,AB=CD=6,BC=AD=10,E在CD边上，且17.如图,长方形ABCD中,AB=CD=6,边上两个动点，且线段PQ=2,当BP=6时，四边形APQE的周长最小.【分析】四边形APQE的周长中AE和PQ是定值，要使四边形APQE的周长最小，只要AP+QE最小即可；在AD上截取AF=PQ=2，作点F关于BC的对称点G连接GE与BC交于点Q,过点A作APEHEC〃FQ,过G作GH//BC交DC延长线于点H,根据题意可得丽=而，即可求出CQ,则BP=BC-PQ-CQ即可求解；【解答】解：•・•四边形APQE的周长中AE和PQ是定值,・•・要使四边形APQE的周长最小，只要AP+QE最小即可；在AD上截取AF=PQ=2,作点F关于BC的对称点G连接GE与BC交于点Q,过点A作AP/FQ,过G作GH/BC交CD于点H,•AB=6,BC=10,PQ=2,CD=3CE,.•・EC=2,CH=6,GH=8,.•・EH=8,.亜_匹••西二而，.2=2…呂=CQ，

・•・CQ=2,.•・BP=10-2-2=6；故答案为6．■3|I--.k—j-l.我们称使了+~—成立的一对数a,b为“相伴数对”，记为(a,b),如：当a=b=O时，等式成立，记为(0,0).若(a,3)是“相伴数对”，则a的值为-寻.【分析】根据“相伴数对”的定义，即可得出关于a的一元一次方程，解之即可得出结论.【解答】解：T(a,3)是“相伴数对”，.旦日吃+三=^3，解得:a=峙.故答案为：-可.三•解答题如图，在3X3的方阵图中，填写了一些数和代数式(其中每个代数式都表示一个数)，使得每行的3个数、每列的3个数、斜对角的3个数之和均相等.求x,y的值；在备用图中完成此方阵图.3434X-2y2戸3斗-2分析】(1)由方阵图中每行的3个数、每列的3个数、斜对角的3个数之和均相等，即可得出关于x、y的二元一次方程组，解之即可得出结论；(2)根据方阵图中每行的3个数、每列的3个数、斜对角的3个数之和均相等，求出空缺中的数字补充完整方阵图即可得出结论．【解答】解：(1)根据题意得:解得:(2)°.°x=-1,y=2..°.3+4+x=6,2y-x=5.•・•每行的3个数、每列的3个数、斜对角的3个数之和均相等,.*.6-(-2)-y=6；6-4-y=0；6-3-y=1.完成方阵图,如图所示.20•某体育彩票经销商计划用45000元从省体彩中心购进彩票20扎，每扎1000张，已知体彩中心有A、B、C三种不同价格的彩票，进价分别是A彩票每张1.5元，B彩票每张2元，C彩票每张2.5元.若经销商同时购进两种不同型号的彩票20扎，用去45000元，请你设计进票方案；若销售A型彩票一张获手续费0.2元，B型彩票一张获手续费0.3元，C型彩票一张获手续费0.5元.在购进两种彩票的方案中，为使销售完时获得手续费最多，你选择哪种进票方案？若经销商准备用45000元同时购进A、B、C三种彩票20扎，请你设计进票方案.【考点】9A：二元一次方程组的应用.【专题】16：压轴题；22：方案型.【分析】(1)因为彩票有A，B，C三种不同型号，而经销商同时只购进两种，所以要将A，B，C两两组合，分三种情况：A，B；A，C；B，C,每种情况都可以根据下面两个相等关系列出方程，两种不同型号的彩票扎数之和=20,购买两种不同型号的彩票钱数之和=45000,然后根据实际含义确定他们的解．（2）根据上一问分别求出每一种情况的手续费,然后进行比较,可以得出结果．（3）有两个等量关系：A彩票扎数+B彩票扎数+C彩票扎数=20,购买A彩票钱数+购买B彩票钱数+购买C彩票钱数=45000.设三个未知数，用含有同一个未知数的代数式去表示另外的两个未知数，然后根据三个未知数的取值范围都小于20,得出一元一次不等式组,求出解集,最后根据实际含义确定解.【解答】解：（1）若设购进A种彩票x张，B种彩票y张，根据题意得：x+y=1000X20；1.5x+2y=45000，解得：x=-10000,y=30000，.•.xV0,不合题意；若设购进A种彩票x张，C种彩票y张，根据题意得：x+y=1000X20；1.5x+2.5y=45000，解得：x=5000，y=15000，若设购进B种彩票x张，C种彩票y张，根据题意得：2x+2.5y=45000；x+y=1000X20.解得：x=10000，y=10000，综上所述，若经销商同时购进两种不同型号的彩票共有两种方案可行，即A种彩票5扎，C种彩票15扎或B种彩票与C种彩票各10扎；（2）若购进A种彩票5扎，C种彩票15扎，销售完后获手续费为0.2X5000+0.5X15000=8500（元），若购进B种彩票与C种彩票各10扎,销售完后获手续费为0.3X10000+0.5X10000=8000（元），・•・为使销售完时获得手续最多选择的方案为A种彩票5扎，C种彩票15扎；（3）若经销商准备用45000元同时购进A、B、C三种彩票20扎.设购进A种彩票m扎，B种彩票n扎，C种彩票h扎.由题意得：m+n+h=20；1.5X1000m+2X1000n+2.5X1000h=45000，即h=m+10，.*.n=-2m+10，Tm、n都是正数1WmV5,又m为整数共有4种进票方案，具体如下：方案1：A种1扌扎B种8扎，C种11扎；方案2：A种2扎,B种6扎，C种12扎；方案3：A种3扎,B种4扎，C种13扎；方案4：A种4扎,B种2扎，C种14扎.如图，在长方形OABC中，O为平面直角坐标系的原点，点A的坐标为（a,0）,点C的坐标为（0,b）且a、b满足■-;7Z4+lb-6l=0,点B在第一象限内，点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O-C-B-A-O的线路移动.（I）点B的坐标为（4,6）:当点P移动3.5秒时，点P的坐标为（1,6）；（II）在移动过程中，当点P到x轴的距离为4个单位长度时，求点P移动的时间；（III）在移动过程中，当AOBP的面积是10时，求点P移动的时间.备用團【考点】16：非负数的性质：绝对值；23:非负数的性质：算术平方根；D5：坐标与图形性质；LB：矩形的性质．【专题】556：矩形菱形正方形．【分析】（I）利用非负数的性质可以求得a、b的值，根据长方形的性质，可以求得点B的坐标；根据题意点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O-C-B-A-O的线路移动，可以得到当点P移动4秒时，点P的位置和点P的坐标；（II）由题意可以得到符合要求的有两种情况，分别求出两种情况下点P移动的时间即可.（III）分为点P在OC、BC、AB、AO上分类计算即可.【解答】解：（I）Ta、b满足Tim+lb-6l=0,.*.a-4=0,b-6=0,解得a=4，b=6，.点B的坐标是（4，6），•・•点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O-C-B-A-O的线路移动,••・2X3.5=7,•OA=4，OC=6，・•・当点P移动4秒时，在线段CB上，离点C的距离是：7-6=1，即当点P移动4秒时，此时点P在线段CB上,离点C的距离是2个单位长度，点P的坐标是（1,6）故答案为（4，6），（1，6）．由题意可得，在移动过程中，当点P到X轴的距离为4个单位长度时，存在两种情况,第一种情况，当点P在OC上时，点P移动的时间是：4三2=2秒，第二种情况，当点P在BA上时.点P移动的时间是：(6+4+2)三2=6秒，故在移动过程中，当点P到x轴的距离为4个单位长度时，点P移动的时间是2秒或6秒.如图1所示：■p0图1AJ•「△OBP的面积=10,.诗OP・BC=10，即*X4XOP=10解得：OP=5．.此时t=2.5s如图2所示；

•.•△OBP的面积=10,s••・*PB・OCs••・*PB・OC=10，即*X6XPB=10.解得：BP=ACP=-|.・•・此时t今如图3所示：•△OBP的面积=10,.•・.•・*BP・BC=10，即yX4XPB=10.解得：BP=5．此时t=此时t=~pj-s如图4所示：•.•△OBP的面积=10,1如1.•迈OP・AB=10，即—X6XOP=10.解得：OP=#25•°•此时t=s101525综上所述，满足条件的时间t的值为2.5s或s或s或s.如图，MN//PQ,A,B分别在直线MN,PQ上，且ZBAN=60。，若射线AN绕点A逆时针旋转至AM后立即回转，射线BP绕点B顺时针旋转至BQ后立即回转，两射线分别绕点A,点B不停地旋转，若f2a-3b=5射线AN转动的速度是a°/秒，射线BP转动的速度是b°/秒，且a,b满足方程组叽〒.、a+3b=7（1）求a，b的值．（2）若射线AN和射线BP同时旋转，至少旋转多少秒时，射线AN和射线BP互相垂直？（3）若射线AN绕点A逆时针先转动6秒，射线BP才开始绕点B顺时针旋转，在射线BP到达BA之前，射线AN再转动多少秒，射线AN和射线BP互相平行？【考点】8A：—元一次方程的应用；97：二元一次方程组的解；98：解二元一次方程组；JB：平行线的判定与性质．【专题】521：一次方程(组)及应用；551：线段、角、相交线与平行线；67：推理能力．【分析】(1)解方程组解可；设至少旋转t秒时，射线AN、射线BP互相垂直.设旋转后的射线AN、射线BP交于点O,则BO丄AO，证出ZOBP+ZOAN=90°，得出方程，解方程即可；求出tV120s，设射线AN再转动t秒时，射线AN、射线BP互相平行，由题意得出方程，解方程即可．【解答】【解答】解:@X2-①得：9b=9,.°.b=1,将b=1代入②得：a+3=7,.a=4；(2)设至少旋转t秒时，射线AN、射线BP互相垂直.如图1所示：设旋转后的射线AN、射线BP交于点O,则BO丄AO,.\ZABO+ZBAO=90°，•:MN//PQ,.\ZABP+ZBAN=180°,.\ZOBP+ZOAN=90°,又VZOBP=t°,ZOAN=4t°,.t°+4t°=90°，.t=18(s)；(3)TZBAN=60°,:.ZPBA=120°,.°.tV120s,设射线AN再转动t秒时，射线AN、射线BP互相平行，射线AN绕点A逆时针先转动6秒，AN转动了6X4=24°,则t+24+4t=180或4t-(180-24)=t或4t-360+24+t=180,解得：t=31.2(s)或t=52(s)或t=103.2(s),综上所述，在射线BP到达BA之前，射线AN再转动31.2秒或52秒或103.2秒，射线AN和射线BP互相平行．【专题】524：一元一次不等式(组)及应用；66：运算能力．【分析】分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分确定出不等式组的解集，即可求出整数解．r5S-l>3(x+l)®【解答】解：7十亚詩扎［②，由①得：x>2,由②得：xW4,・•・不等式组的解集为2VxW4,则不等式组的整数解为3，4．故答案为：3，4．24.如图，在△ABC中，AD是ZBAC的角平分线，AELBC于点E.若ZC=80°,ZB=50°，则ZDAE的度数为15°•【专题】552：三角形；66：运算能力．【分析】先根据三角形内角和定理求出ZBAC的度数，再根据角平分线的定义求得的度数，在AADC中，利用三角形内角和求出ZADC的度数，从而可得ZDAE的度数.【解答】解：在△ABC中，ZBAC=180°-ZB-ZC=180°-50°-80°=50°；•/AD是角平分线，AZDAC^-ZBAC=25°；在△ADC中，ZADC=180°-ZC-ZDAC=75°；在AADE中，ZDAE=180°-ZADC-AED=15°,故答案为：15°.25•小方手里有一副扑克，他拆开包装后发现扑克是按小王，大王，黑桃4、2、3、4、5、6、7、8、9、10、J、Q、K红桃A、2、3、4、5、6、7、8、9、10、J、Q、K梅花…，方块…的顺序排列.现在他开始丢掉第1，2张牌，将第3张牌放最后，再丢掉第4，5张牌，将第6张牌放最后这样一直操作下去直到手里剩下最后一张牌，那么这张牌是方块K.【考点】38：规律型：图形的变化类.【专题】2A：规律型；67:推理能力；69:应用意识.【分析】拿出一副扑克牌，按照丢牌规则，经过实验可知，直到最后只剩下一张牌，则所剩的这张牌是方块K.【解答】解：本题有54张牌，按规则丢牌，第一轮剩下黑桃A、黑桃4、黑桃7、…、方块K；第二轮剩下黑桃7、红桃3、红桃Q、…、方块K；第三轮剩下红桃Q、方块K；最后留下的一张牌是方块K.故答案为：方块K.如图，在直角坐标系中，已知点A(-3,0),B(0,4),对AOAB连续作旋转变换，依次得到三角形(1),(2),(3),(4)…，则三角形(2019)的直角顶点的坐标为(8076,0).【考点】D2：规律型：点的坐标；R7：坐标与图形变化-旋转.【专题】2A：规律型.【分析】先利用勾股定理计算出AB,从而得到△ABC的周长为12,根据旋转变换可得AOAB的旋转变换为每3次一个循环，由于2019=3X673，于是可判断三角形2019与三角形1的状态一样，然后计算673X12即可得到三角形2019的直角顶点坐标.【解答】解：TA(-3,0),B(0,4),OA=3,OB=4,.•・AB=-/十牡=5,・•.△ABC的周长=3+4+5=12,•••△OAB每连续3次后与原来的状态一样，•.•2019=3X673,・三角形2019与三角形1的状态一样,・•・三角形2019的直角顶点的横坐标=673X12=8076,・三角形2016的直角顶点坐标为(8076，0)．故答案为(8076,0)．设n是正整数，且是15的倍数,n=15m.已知m是完全平方数，120Xn是完全立方数，36Xn是完全5次方数，则n的最小值是218X323X55.【考点】#9：完全平方数.【分析】由120X15=23X32X52,n=15m，120Xn是完全立方数，可设m=23aX33b+1X53c+1[(a=0，1，2・・・)，(b,c=1,],又由m是完全平方数，可设a=2d,b=(2e-1),b=(2f-1)，即可表示出m,又由36Xn是完全5次方数，即可设d=5g+3,e=5h-1,f=5k-4,求得36Xn=230g+20X