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2024年人教版数学七年级下册月考数学试卷（5月份）（原卷版+解析版）
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这是一份2024年人教版数学七年级下册月考数学试卷（5月份）（原卷版+解析版），文件包含专题113七年级下月考数学试卷5月份考查范围第59章人教版原卷版docx、专题113七年级下月考数学试卷5月份考查范围第59章人教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．(3分)（2024七年级·江苏淮安·阶段练习）下列说法正确的是（ ）
A．5是5的一个平方根B．−2的平方根是±2
C．364=±4D．9=±3
【答案】A
【分析】本题主要考查平方根，算术平方根，立方根的计算，一个正数有2个平方根，且这两个平方根互为相反数，一个正数只有一个算术平方根，负数没有平方根和算术平方根，一个数的立方根只有一个，利用平方根，算术平方根及立方根的定义计算即可．
【详解】解：A.5的平方根是±5，5是5的一个平方根，说法正确，符合题意；
B.负数没有平方根，故选项错误；
C. 364=4，故选项错误；
D. 9=3，故选项错误；
故选：A．
2．(3分)（2024七年级·广西梧州·阶段练习）如图所示，象棋盘上，若“帅”位于点1,−2，“象”位于点3,−2，则“炮”位于点（ ）
A．3,1B．4,1C．1,−2D．4，2
【答案】B
【分析】先利用“帅”和“相”所在点的坐标画出直角坐标系，然后写出“炮”所在点的坐标．
【详解】解：如图，“炮”所在点的坐标为4,1．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了坐标确定位置，点的坐标，正确得出原点位置是解题关键．
3．(3分)（2024七年级·四川眉山·阶段练习）如果x−2y+1+x+y−5=0，那么xy=（ ）
A．−6B．4C．−4D．6
【答案】D
【分析】本题考查了绝对值的意义，熟练掌握基本知识是解题的关键．由绝对值的非负性得：x−2y+1=0x+y−5=0，解二元一次方程组即可．
【详解】解：由题意得：x−2y+1≥0x+y−5≥0，
∴x−2y+1=0x+y−5=0，
解得：x=3y=2，
∴xy=6，
故选：D．
4．(3分)（2024七年级·山东德州·阶段练习）若关于x,y的二元一次方程组3x+y=1+a,x+3y=3的解满足9x+9y<−2y−7，则a的取值范围是（ ）
A．a<−9B．a<9C．a>−9D．a>9
【答案】A
【分析】此题考查了二元一次方程组和一元一次不等式，方程组的解即为能使方程组中两方程都成立的已知数的值．
把a看作已知数表示出方程组的解，代入已知不等式求出a的范围即可．
【详解】解：方程组3x+y=1+ax+3y=3，
解得：x=38ay=1−18a，
∵ 9x+9y<−2y−7
∴278a+91−18a<−21−18a−7,
解得：a<−9．
故选：A．
5．(3分)（2024七年级·山西太原·阶段练习）如图，直线AB，CD相交于点O，OE⊥OF，OF平分∠BOD．若∠AOC=46°，则∠BOE的度数为（ ）
A．44°B．67°C．77°D．134°
【答案】B
【分析】本题考查了垂直的定义，角平分线的定义，对顶角相等的性质，先根据对顶相等求出∠BOD=46°，再根据角平分线的定义求出∠BOF=23°，再根据垂线的定义求出∠EOF=90°，即可求解，根据已知条件结合图形分析是解题的关键．
【详解】解：∵∠AOC=46°，
∴∠BOD=∠AOC=46°，
∵OF平分∠BOD，
∴∠BOF=12∠BOD=12×46°=23°，
∵OE⊥OF，
∴∠EOF=90°，
∴∠BOE=∠EOF−∠BOF=90°−23°=67°，
故选：B．
6．(3分)（2024七年级·江西上饶·阶段练习）中华武术，博大精深．小林把如图1所示的武术动作抽象成数学问题．如图2，已知AB∥CD,∠C=90°,∠B=85°,∠E=100°，则∠F的度数是（ ）
A．105°B．110°C．115°D．120°
【答案】A
【分析】本题主要考查平行线的性质，解题的关键是作出辅助线．过点E，F分别作AB的平行线EG,FH，由平行线的性质得到∠B+∠HFB=180°,∠EFH=GEF,∠C+∠CEG=180°，分别求出∠EFH,∠GEF，即可求解．
【详解】解：过点E，F分别作AB的平行线EG,FH，
∵ AB∥CD,∠C=90°,∠B=85°,∠CEF=100°，
∴FH∥AB∥CD∥EG，
∴ ∠B+∠HFB=180°,∠EFH=GEF,∠C+∠CEG=180°，
∴∠HFB=180°−∠B=95°,∠CEG=180°−∠C=90°，
∴∠GEF=∠CEF−CEG=10°，
∴∠EFH=∠GEF=10°，
∴∠EFB=∠EFH+∠HFB=105°，
故选：A．
7．(3分)（2024七年级·江苏·专题练习）如图，∠C=90°，将直角三角形ABC沿着射线BC方向平移5cm，得三角形 A′B′C′，已知BC=3cm，AC=4cm，则阴影部分的面积为（ ）
A．18cm2B．14cm2C．20cm2D．22cm2
【答案】B
【分析】本题考查了平移的性质，由平移可得CC′=5cm，S△ABC=S△A′B′C′，再求出矩形ACC′A′的面积和△A′B′C′的面积，相减即可求解，掌握平移的性质是解题的关键．
【详解】解：由平移可得CC′=5cm，S△ABC=S△A′B′C′，
∵△ABC的面积为12·CB·AC=12×3×4=6cm2，
矩形ACC′A′的面积为AC·CC′=4×5=20cm2，
∴阴影部分的面积为20−6=14cm2，
故选：B．
8．(3分)（2024七年级·重庆沙坪坝·开学考试）如果关于x的不等式组x−43−x<−4x−m>0的解集为x>4，且整数m使得关于x，y的二元一次方程组mx+y=83x+y=1的解为整数（x，y均为整数），则不符合条件的整数m的有（ ）
A．-4B．2C．4D．10
【答案】D
【分析】根据不等式组的解集确定m的取值范围，根据方程组的解为整数，确定m的值．
【详解】解：x−43−x<−4①x−m>0②
解不等式①得，x>4，
解不等式②得，x>m，
因为不等式组的解集是x>4，
所以，m≤4，
解二元一次方程组mx+y=83x+y=1得，x=7m−3，
因为x为整数，所以m−3=1或m−3=−1或m−3=7或m−3=−7，
则m=4或m=2或m=10或m=−4，
∵m≤4
∴m=4或m=2或m=−4，
故选：D．
【点睛】本题考查了一元一次不等式组和二元一次方程组的解，解题关键是熟练运用解方程组和解不等式组方法求解，根据整数解准确进行求值．
9．(3分)（（2024·河北沧州·七年级期末）如图是一个无理数生成器的工作流程图，根据该流程图，下面说法：
①当输出值y为3时，输入值x为3或9；
②当输入值x为16时，输出值y为2；
③对于任意的正无理数y，都存在正整数x，使得输入x后能够输出y；
④存在这样的正整数x，输入x之后，该生成器能够一直运行，但始终不能输出y值．
其中错误的是（ ）
A．①②B．②④C．①④D．①③
【答案】D
【分析】根据运算规则即可求解．
【详解】解：①x的值不唯一．x=3或x=9或81等，故①说法错误；
②输入值x为16时，16=4，,4=2，y=2，故②说法正确；
③对于任意的正无理数y，都存在正整数x，使得输入x后能够输出y，如输入π2，故③说法错误；
④当x=1时，始终输不出y值．因为1的算术平方根是1，一定是有理数，故④原说法正确．
其中错误的是①③．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了无理数的定义，其中初中范围内学习的无理数有：π，2π等；开方开不尽的数；以及像0.1010010001…，等有这样规律的数．
10．(3分)（2024七年级·重庆·期中）如图，AD//BC,∠D=∠ABC,点E是边DC上一点，连接AE交BC的延长线于点H，点F是边AB上一点，使得∠FBE=∠FEB，作∠FEH的角平分线EG交BH于点G，若∠DEH=100°，则∠BEG的度数是（ ）．
A．30°B．40°C．50°D．60°
【答案】B
【分析】AD∥BC，∠D=∠ABC，则AB∥CD，则∠AEF=180°-∠AED-∠BEG=180°-2β，在△AEF中，100°+2α+180°-2β=180°，故β-α=40°，即可求解．
【详解】
解：设FBE=∠FEB=α，则∠AFE=2α，
∠FEH的角平分线为EG，设∠GEH=∠GEF=β，
∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
而∠D=∠ABC，
∴∠D+∠BAD=180°，
∴AB∥CD，
∠DEH=100°，则∠CEH=∠FAE=80°，
∠AEF=180°-∠FEG-∠BEG=180°-2β，
在△AEF中，
在△AEF中，80°+2α+180-2β=180°，
故β-α=40°，
而∠BEG=∠FEG-∠FEB=β-α=40°，
故选：B．
【点睛】此题考查平行线的性质，解题关键是落脚于△AEF内角和为180°，即100°+2α+180°-2β=180°，题目难度较大．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．(3分)（2024七年级·湖南长沙·阶段练习）若x−32+y−8=0，则xy= ．
【答案】2
【分析】根据非负数的性质分别求出x=3,y=8，再代入求值即可．
【详解】解：由题意得x−3=0,y−8=0,
解得x=3,y=8，
∴xy=38=2．
故答案为：2
【点睛】本题考查了平方数、算术平方根的非负性，立方根的定义等知识，理解平方数、算术平方根的非负性，熟知“几个非负数的和为0，则每个非负数都是0”是解题关键．
12．(3分)（2024七年级·福建福州·阶段练习）在平面直角坐标系中，点A0,2，B2,2，C0,−1，点D为平面直角坐标系中的点，以A、B、C、D为顶点的四边形为平行四边形，则点D的坐标 ．
【答案】0,1或4,3或0,−3
【分析】本题考查了平行四边形的性质，坐标与图形的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．分三种情况：①BC为对角线时，②AB为对角线时，③AC为对角线时；由平行四边形的性质容易得出点D的坐标．
【详解】解：如图，分三种情况：
①BC为对角线时，BD平行且等于AC，点D的坐标为0,1；
②AB为对角线时，BD′平行且等于AC，点D′的坐标为4,3；
③AC为对角线时，AD″平行且等于BC，点D″的坐标为0,−3；
综上所述，点D的坐标为0,1或4,3或0,−3．
13．(3分)（2024七年级·江苏苏州·阶段练习）关于x的不等式2a−1x≤a+1的解集如图所示，则a的值是 ．
【答案】0
【分析】本题考查了一直不等式解集求参数，不等式的数轴表示方法，根据数轴得出不等式解集为x≥−1，根据2a−1分情况进行求解即可．
【详解】解：由数轴可知，不等式的解集为x≥−1，
∵2a−1x≤a+1，
当2a−1>0时，即a>12，
x≤a+12a−1，不符合题意；
当2a−1=0时，a=12，
0≤32成立，x可以取任意值；
当2a−1<0，a<12，
x≥a+12a−1，
∵x≥−1，则a+12a−1=−1，
解得：a=0，
故答案为：0．
14．(3分)（2024七年级·上海闵行·期中）如图，直线AB、CD相交于点O．已知∠BOD=75°，OE把∠AOC分成两个角，且∠AOE=23∠EOC，将射线OE绕点O逆时针旋转α°0<α<180到OF，当∠AOF=120°时，则α的度数是 °．
【答案】90°/90度
【分析】先利用对顶角相等得到∠AOC=∠BOD=75°，再计算出∠AOE=30°，然后根据∠AOF=120°和0＜α＜180，得到OF和OE都在AB的同侧，最后计算∠AOF−∠AOE即可得到答案．
【详解】解：∵∠BOD=75°，
∴∠AOC=75°，
∵∠AOE=23∠EOC
∴∠AOE=25∠AOC=25×75°=30°，
∵∠AOF=120°，
∴∠EOF=∠AOF−∠AOE=120°−30°=90°，
即射线OE绕点O逆时针旋转90°到OF，
故答案为：90°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，对顶角相等，解题关键是掌握对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
15．(3分)（2024七年级·湖南长沙·阶段练习）若x+y+z=30，3x+y−z=50，x,y,z都为非负实数，则M=5x+4y+2z的取值范围是 ．
【答案】120≤M≤130
【分析】首先根据题意列出方程组，且x≥0，y≥0，z≥0．进一步确定z的取值范围．再将M=5x+4y+2z通过代入转化为M关于z的表达式，进而根据z的取值范围确定M的取值范围．
【详解】解：由题意得x+y+z=30①3x+y−z=50②，
由②-①得 x-z=10， 即x=10+z
由①×3-②得 2y+4z=40， 即y=20-2z，
又∵x≥0，y≥0，z≥0， ∴0≤z≤10，
∵M=5x+4y+2z =5(10+z)+4(20−2z)+2z=130−z，
∴120≤M≤130．
故答案为：120≤M≤130．
【点睛】本题考查了三元一次方程组的应用，解决本题的关键是根据题意确定z的取值范围．
16．(3分)（2024七年级·辽宁葫芦岛·阶段练习）如图，直线AB∥CD，点M,N分别在直线AB,CD上，点E为AB,CD之间一点，且点E在线段MN的左侧，∠E=63°．若∠BME与∠DNE的平分线相交于点E1,∠BME1与∠DNE1的平分线相交于点E2,∠BME2与∠DNE2的平分线相交于点E3，…，则∠En= ．（用含n的代数式表示）
【答案】297°2n
【分析】本题主要考查了平行线的性质、平行公理的应用，探索图形规律、角平分线的定义等知识点，正确的识别图形、归纳图形规律是解答本题的关键．
作EF∥AB则AB∥CD∥EF，根据平行线的性质得出∠BME=180°−∠MEF,∠END=180°−∠NEF，进而得到∠BME+∠END=360°−∠MEF+∠NEF=360°−∠E=297°,同理∠ME1N=∠E1MB+∠E1ND，可归纳规律∠MEnN=297°2n即可解答．
【详解】解：如图：作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠BME=180°−∠MEF,∠END=180°−∠NEF，
∴∠BME+∠END=360°−∠MEF+∠NEF=360°−∠E=297°，
∵若∠BME与∠DNE的平分线相交于点E1，
∴∠BME1=12∠BME,∠DNE1=12∠DNE，
∴∠BME1+∠DNE1=12∠BME+12∠DNE=297°2,
同理：作E1F1∥AB可证明：∠ME1N=∠BME1+∠DNE1=297°2,
同理可得：∠ME2N=297°22，
…
归纳可得：∠MEnN=297°2n，即∠En=297°2n．
故答案为：297°2n．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．(6分)（2024七年级·山东菏泽·阶段练习）解方程组：
(1)m−n2=22m+3n=12
(2)x+y+z=23x−y=12x+y−z=20
【答案】(1)m=3n=2
(2)x=9y=8z=6
【分析】
本题考查了二元一次方程组及三元一次方程组的解法，熟练掌握消元法是解题的关键．
（1）运用加减消元法进行求解即可；
（2）先利用加减消元法消去一个未知数变为二元一次方程组，再根据二元一次方程组的解法进行求解即可．
【详解】（1）解：m−n2=2①2m+3n=12②
②−①×2得4n=8，
解得：n=2，
把n=2代入①得m=3，
∴方程组的解为：m=3n=2；
（2）解：x+y+z=23①x−y=1②2x+y−z=20③
③+①得3x+2y=43④，
把②④联立得x−y=13x+2y=43，解得x=9y=8，
把x=9y=8代入①得z=6，
∴方程组的解为：x=9y=8z=6．
18．(6分)（2024七年级·四川德阳·阶段练习）计算：
(1)16+(−5)2−3−2；
(2)−23×4+3−64×122+9．
(3)解方程：9x3=36；
(4)解方程：4x−12−5=20．
【答案】(1)7+3
(2)−14
(3)x=34
(4)x=72或x=−32
【分析】本题考查实数的混合运算，利用立方根和平方根解方程：
（1）先进行开方和去绝对值运算，再进行加减运算；
（2）先进行乘方，开方运算，再进行乘法运算，最后算加法；
（3）利用立方根解方程即可；
（4）利用平方根解方程即可．
【详解】（1）解：原式=4+5−2+3
=7+3；
（2）原式=−8×2−4×14+3
=−16−1+3
=−14；
（3）∵9x3=36，
∴x3=4，
∴x=34；
（4）4x−12−5=20，
∴4x−12=25，
∴x−12=254，
∴x−1=±52，
∴x=72或x=−32．
19．(8分)（2024七年级·浙江台州·期末）规定min(m，n)表示m，n中较小的数(m，n均为实数，且mn)，例如：min{3，﹣1}=﹣1，、min{2,3}=2据此解决下列问题：
（1）min{−12,−13}= ；
（2）若min{2x−13,2}=2，求x的取值范围；
（3）若min{2x﹣5，x+3}=﹣2，求x的值．
【答案】（1）−12；（2）x≥3.5；（3）x=1.5．
【分析】（1）利用题中的新定义确定出所求即可；
（2）利用题中的新定义得出2x-13≥2，计算即可求出x的取值；
（3）利用题中的新定义分类讨论计算即可求出x的值．
【详解】（1）根据题中的新定义得：min−12，−13=﹣12．
故答案为：﹣12；
（2）由题意2x-13≥2，
解得：x≥3.5；
（3）若2x﹣5=﹣2，解得：x=1.5，此时x+3=4.5＞﹣2，满足题意；
若x+3=﹣2，解得：x=﹣5，此时2x﹣5=﹣15＜﹣2，不符合题意，
综上，x=1.5．
【点睛】此题考查了解一元一次不等式，弄清题中的新定义是解本题的关键．
20．(8分)（2024七年级·河北衡水·阶段练习）平面直角坐标系中，已知点Mm+2,m−5．
(1)若点M在y轴上，求m的值；
(2)若点M在第二、第四象限的角平分线上，求点M的坐标；
(3)在同一平面直角坐标系中，点A4,6，且AM∥y轴，求点M的坐标．
【答案】(1)m=−2
(2)72,−72
(3)4,−3
【分析】（1）根据点M在y轴上，得到横坐标为零，列式解答即可；
（2）根据点M在第二、第四象限的角平分线上，得到横坐标，纵坐标的和为零，列式计算即可；
（3）根据点A4,6，且AM∥y轴，则两点的横坐标相同，列式计算即可．
本题考查了了坐标的基本特征，点的位置，熟练掌握点的坐标特征，是解题的关键．
【详解】（1）∵点Mm+2,m−5在y轴上，
∴m+2=0，
解得m=−2；
（2）∵点Mm+2,m−5在第二、第四象限的角平分线上，
∴点M的横、纵坐标互为相反数，
∴m+2+m−5=0，
解得m=32，
∴点M的坐标为72,−72．
（3）∵点A4,6，且AM∥y轴，Mm+2,m−5，
∴A，M的横坐标相等，即m+2=4，
解得m=2，
∴点M的坐标为M4,−3．
21．(8分)（2024七年级·广西贺州·阶段练习）某县著名传统土特产“豆笋”“豆干”以“浓郁豆香，绿色健康”享誉全国，深受广大消费者喜爱，已知2件豆笋和3件豆干进货价共240元，3件豆笋和4件豆干进货价共340元．
(1)分别求出每件豆笋、豆干的进价
(2)某特产店计划用不超过10440元购进豆笋、豆干共200件，且豆笋的数量不低于豆干数量的32，该特产店有哪几种进货方案？
【答案】(1)豆笋、豆干的进价分别是60元/件，40元/件
(2)有3种进货方案：豆干购进78件，则豆笋购进122件；豆干购进79件，则豆笋购进121件；豆干购进80件，则豆笋购进120件
【分析】本题考查了二元一次方程组，一元一次不等式组的应用；
（1）设豆笋、豆干的进价分别是a元/件、b元/件，根据等量关系列出方程组，解方程组即可；
（2）设豆干购进n件，则豆笋购进200−n件，根据不等关系列出不等式组，解不等式组，再根据n取整数，即可求得进货方案．
【详解】（1）解：设豆笋、豆干的进价分别是a元/件、b元/件，
则2a+3b=2403a+4b=340，解得a=60b=40，
故豆笋、豆干的进价分别是60元/件，40元/件．
（2）设豆干购进n件，则豆笋购进200−n件，
40n+60(200−n)≤10440200−n≥32n ，
解得78≤n≤80，
∴n=78时，200−n=122，即豆干购进78件，则豆笋购进122件，
n=79时，200−n=121，即豆干购进79件，则豆笋购进121件，
n=80时，200−n=120，即豆干购进80件，则豆笋购进120件．
22．(8分)（2024七年级·浙江·期末）已知：点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，∠BOC=110°．
(1)如图1，求∠AOC的度数；
(2)如图2，过点O作射线OD，使∠COD=90°，作∠AOC的平分线OM，求∠MOD的度数；
(3)如图3，在（2）的条件下，作射线OP，若∠BOP与∠AOM互余，求∠COP的度数．
【答案】(1)70°
(2)55°
(3)55°或165°
【分析】本题考查了余角和补角，角平分线的定义，数形结合根据射线OP的位置分类讨论是解题关键．
（1）根据邻补角的性质计算求值即可；
（2）根据余角的定义可得∠AOD，根据角平分线的定义可得∠AOM，再计算角度和即可；
（3）由余角的定义可得∠BOP=55°，分射线OP在∠BOC内部、射线OP在∠BOC外部两种情况，分别计算角的差、和即可．
【详解】（1）∵∠BOC=110°
∴∠AOC=180°−∠BOC=70°；
（2）解：由（1）得∠AOC=70°，
∵∠COD=90°，
∴∠AOD=∠COD−∠AOC=20°，
∵OM是∠AOC的平分线，
∴∠AOM=12∠AOC=12×70°=35°，
∴∠MOD=∠AOM+∠AOD=35°+20°=55°；
（3）解：由（2）得∠AOM=35°，
∵∠BOP与∠AOM互余，
∴∠BOP+∠AOM=90°，
∴∠BOP=90°−∠AOM=90°−35°=55°，
①当射线OP在∠BOC内部时，如图，
∠COP=∠BOC−∠BOP=110°−55°=55°；
②当射线OP在∠BOC外部时，如图，
∠COP=∠BOC+∠BOP=110°+55°=165°．
综上所述，∠COP的度数为55°或165°．
【点睛】本题考查了余角和补角，角平分线的定义，数形结合，根据射线OP的位置分类讨论是解题关键．
23．(8分)（2024七年级·辽宁沈阳·阶段练习）为保证安全，某两段铁路MN，PQ两旁安置了两座可旋转探照灯A，B，探照灯的光线可看作射线．如图，灯A的光线AC从射线AM开始，绕点A顺时针旋转至射线AN上便立即回转，灯B的光线BD从射线BP开始，绕点B顺时针旋转至射线BQ便立即回转，两灯不停交叉照射巡视．已知PQ∥MN，连接AB．
(1)若∠QBA∶∠BAM=1∶2，求∠BAN的度数；
(2)若灯B的光线先转动，每秒转动1°，45秒后灯A的光线才开始转动，每秒转动2°，在灯B的光线第一次到达BQ之前，灯A的光线转动________秒时，两灯的光线互相平行．
【答案】(1)∠BAN=60°；
(2)45或105．
【分析】（1）由PQ∥MN可得∠QBA+∠BAM=180°，∠BAN=∠QBA，由∠QBA∶∠BAM=1∶2可得∠BAM=2∠QBA，代入∠QBA+∠BAM=180°即可求解；
（2）分三种情况：当AC与BD相遇前，两灯的光线AC∥BD；当AC与BD相遇后， AC为灯到达AN前的光线，灯B未到达BQ，两灯的光线AC∥BD；当AC与BD相遇后，AC为灯到达AN后的光线，灯B未到达BQ，两灯的光线AC∥BD；列出方程解答即可求解；
本题考查了补角性质、平行线的性质，一元一次方程的应用，运用分类讨论思想解答是解题的关键．
【详解】（1）解：∵PQ∥MN，
∴∠QBA+∠BAM=180°，∠BAN=∠QBA，
∵∠QBA∶∠BAM=1∶2，
∴∠BAM=2∠QBA，
∴∠QBA+2∠QBA=180°，
∴∠QBA=60°，
∴∠BAN=60°；
（2）解：当AC与BD相遇前，设灯A的光线转动t秒，两灯的光线AC∥BD，如图2，
由 (1) 知， ∠BAN=60°，∠BAM=120°，
∵PQ∥MN，
∴∠MAB=∠ABP=120°，
∵AC∥BD，
∴∠CAB=∠DBA，
∴120−2t=120−45+t，
∴t=45；
当AC与BD相遇后，灯A的光线转动t秒，AC为灯到达AN前的光线，灯B未到达BQ，两灯的光线AC∥BD，如图3，
∴∠BAC=∠DBA，
∴2t−120=1×45+t−120，
解得t=45，
∵2t−120=2×45−120=−30，
∴此时t=45不合，舍去；
当AC与BD相遇后，灯A的光线转动t秒时，AC为灯到达AN后的光线，灯B未到达BQ，两灯的光线AC∥BD，如图3，
∴∠BAC=∠DBA，
∴60−2t−180=45+t−120，
解得t=105；
综上，t=45s或t=105s时，两灯的光线互相平行，
故答案为：45或105．
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．(3分)（2024七年级·江苏淮安·阶段练习）下列说法正确的是（ ）
A．5是5的一个平方根B．−2的平方根是±2
C．364=±4D．9=±3
【答案】A
【分析】本题主要考查平方根，算术平方根，立方根的计算，一个正数有2个平方根，且这两个平方根互为相反数，一个正数只有一个算术平方根，负数没有平方根和算术平方根，一个数的立方根只有一个，利用平方根，算术平方根及立方根的定义计算即可．
【详解】解：A.5的平方根是±5，5是5的一个平方根，说法正确，符合题意；
B.负数没有平方根，故选项错误；
C. 364=4，故选项错误；
D. 9=3，故选项错误；
故选：A．
2．(3分)（2024七年级·广西梧州·阶段练习）如图所示，象棋盘上，若“帅”位于点1,−2，“象”位于点3,−2，则“炮”位于点（ ）
A．3,1B．4,1C．1,−2D．4，2
【答案】B
【分析】先利用“帅”和“相”所在点的坐标画出直角坐标系，然后写出“炮”所在点的坐标．
【详解】解：如图，“炮”所在点的坐标为4,1．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了坐标确定位置，点的坐标，正确得出原点位置是解题关键．
3．(3分)（2024七年级·四川眉山·阶段练习）如果x−2y+1+x+y−5=0，那么xy=（ ）
A．−6B．4C．−4D．6
【答案】D
【分析】本题考查了绝对值的意义，熟练掌握基本知识是解题的关键．由绝对值的非负性得：x−2y+1=0x+y−5=0，解二元一次方程组即可．
【详解】解：由题意得：x−2y+1≥0x+y−5≥0，
∴x−2y+1=0x+y−5=0，
解得：x=3y=2，
∴xy=6，
故选：D．
4．(3分)（2024七年级·山东德州·阶段练习）若关于x,y的二元一次方程组3x+y=1+a,x+3y=3的解满足9x+9y<−2y−7，则a的取值范围是（ ）
A．a<−9B．a<9C．a>−9D．a>9
【答案】A
【分析】此题考查了二元一次方程组和一元一次不等式，方程组的解即为能使方程组中两方程都成立的已知数的值．
把a看作已知数表示出方程组的解，代入已知不等式求出a的范围即可．
【详解】解：方程组3x+y=1+ax+3y=3，
解得：x=38ay=1−18a，
∵ 9x+9y<−2y−7
∴278a+91−18a<−21−18a−7,
解得：a<−9．
故选：A．
5．(3分)（2024七年级·山西太原·阶段练习）如图，直线AB，CD相交于点O，OE⊥OF，OF平分∠BOD．若∠AOC=46°，则∠BOE的度数为（ ）
A．44°B．67°C．77°D．134°
【答案】B
【分析】本题考查了垂直的定义，角平分线的定义，对顶角相等的性质，先根据对顶相等求出∠BOD=46°，再根据角平分线的定义求出∠BOF=23°，再根据垂线的定义求出∠EOF=90°，即可求解，根据已知条件结合图形分析是解题的关键．
【详解】解：∵∠AOC=46°，
∴∠BOD=∠AOC=46°，
∵OF平分∠BOD，
∴∠BOF=12∠BOD=12×46°=23°，
∵OE⊥OF，
∴∠EOF=90°，
∴∠BOE=∠EOF−∠BOF=90°−23°=67°，
故选：B．
6．(3分)（2024七年级·江西上饶·阶段练习）中华武术，博大精深．小林把如图1所示的武术动作抽象成数学问题．如图2，已知AB∥CD,∠C=90°,∠B=85°,∠E=100°，则∠F的度数是（ ）
A．105°B．110°C．115°D．120°
【答案】A
【分析】本题主要考查平行线的性质，解题的关键是作出辅助线．过点E，F分别作AB的平行线EG,FH，由平行线的性质得到∠B+∠HFB=180°,∠EFH=GEF,∠C+∠CEG=180°，分别求出∠EFH,∠GEF，即可求解．
【详解】解：过点E，F分别作AB的平行线EG,FH，
∵ AB∥CD,∠C=90°,∠B=85°,∠CEF=100°，
∴FH∥AB∥CD∥EG，
∴ ∠B+∠HFB=180°,∠EFH=GEF,∠C+∠CEG=180°，
∴∠HFB=180°−∠B=95°,∠CEG=180°−∠C=90°，
∴∠GEF=∠CEF−CEG=10°，
∴∠EFH=∠GEF=10°，
∴∠EFB=∠EFH+∠HFB=105°，
故选：A．
7．(3分)（2024七年级·江苏·专题练习）如图，∠C=90°，将直角三角形ABC沿着射线BC方向平移5cm，得三角形 A′B′C′，已知BC=3cm，AC=4cm，则阴影部分的面积为（ ）
A．18cm2B．14cm2C．20cm2D．22cm2
【答案】B
【分析】本题考查了平移的性质，由平移可得CC′=5cm，S△ABC=S△A′B′C′，再求出矩形ACC′A′的面积和△A′B′C′的面积，相减即可求解，掌握平移的性质是解题的关键．
【详解】解：由平移可得CC′=5cm，S△ABC=S△A′B′C′，
∵△ABC的面积为12·CB·AC=12×3×4=6cm2，
矩形ACC′A′的面积为AC·CC′=4×5=20cm2，
∴阴影部分的面积为20−6=14cm2，
故选：B．
8．(3分)（2024七年级·重庆沙坪坝·开学考试）如果关于x的不等式组x−43−x<−4x−m>0的解集为x>4，且整数m使得关于x，y的二元一次方程组mx+y=83x+y=1的解为整数（x，y均为整数），则不符合条件的整数m的有（ ）
A．-4B．2C．4D．10
【答案】D
【分析】根据不等式组的解集确定m的取值范围，根据方程组的解为整数，确定m的值．
【详解】解：x−43−x<−4①x−m>0②
解不等式①得，x>4，
解不等式②得，x>m，
因为不等式组的解集是x>4，
所以，m≤4，
解二元一次方程组mx+y=83x+y=1得，x=7m−3，
因为x为整数，所以m−3=1或m−3=−1或m−3=7或m−3=−7，
则m=4或m=2或m=10或m=−4，
∵m≤4
∴m=4或m=2或m=−4，
故选：D．
【点睛】本题考查了一元一次不等式组和二元一次方程组的解，解题关键是熟练运用解方程组和解不等式组方法求解，根据整数解准确进行求值．
9．(3分)（（2024·河北沧州·七年级期末）如图是一个无理数生成器的工作流程图，根据该流程图，下面说法：
①当输出值y为3时，输入值x为3或9；
②当输入值x为16时，输出值y为2；
③对于任意的正无理数y，都存在正整数x，使得输入x后能够输出y；
④存在这样的正整数x，输入x之后，该生成器能够一直运行，但始终不能输出y值．
其中错误的是（ ）
A．①②B．②④C．①④D．①③
【答案】D
【分析】根据运算规则即可求解．
【详解】解：①x的值不唯一．x=3或x=9或81等，故①说法错误；
②输入值x为16时，16=4，,4=2，y=2，故②说法正确；
③对于任意的正无理数y，都存在正整数x，使得输入x后能够输出y，如输入π2，故③说法错误；
④当x=1时，始终输不出y值．因为1的算术平方根是1，一定是有理数，故④原说法正确．
其中错误的是①③．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了无理数的定义，其中初中范围内学习的无理数有：π，2π等；开方开不尽的数；以及像0.1010010001…，等有这样规律的数．
10．(3分)（2024七年级·重庆·期中）如图，AD//BC,∠D=∠ABC,点E是边DC上一点，连接AE交BC的延长线于点H，点F是边AB上一点，使得∠FBE=∠FEB，作∠FEH的角平分线EG交BH于点G，若∠DEH=100°，则∠BEG的度数是（ ）．
A．30°B．40°C．50°D．60°
【答案】B
【分析】AD∥BC，∠D=∠ABC，则AB∥CD，则∠AEF=180°-∠AED-∠BEG=180°-2β，在△AEF中，100°+2α+180°-2β=180°，故β-α=40°，即可求解．
【详解】
解：设FBE=∠FEB=α，则∠AFE=2α，
∠FEH的角平分线为EG，设∠GEH=∠GEF=β，
∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
而∠D=∠ABC，
∴∠D+∠BAD=180°，
∴AB∥CD，
∠DEH=100°，则∠CEH=∠FAE=80°，
∠AEF=180°-∠FEG-∠BEG=180°-2β，
在△AEF中，
在△AEF中，80°+2α+180-2β=180°，
故β-α=40°，
而∠BEG=∠FEG-∠FEB=β-α=40°，
故选：B．
【点睛】此题考查平行线的性质，解题关键是落脚于△AEF内角和为180°，即100°+2α+180°-2β=180°，题目难度较大．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．(3分)（2024七年级·湖南长沙·阶段练习）若x−32+y−8=0，则xy= ．
【答案】2
【分析】根据非负数的性质分别求出x=3,y=8，再代入求值即可．
【详解】解：由题意得x−3=0,y−8=0,
解得x=3,y=8，
∴xy=38=2．
故答案为：2
【点睛】本题考查了平方数、算术平方根的非负性，立方根的定义等知识，理解平方数、算术平方根的非负性，熟知“几个非负数的和为0，则每个非负数都是0”是解题关键．
12．(3分)（2024七年级·福建福州·阶段练习）在平面直角坐标系中，点A0,2，B2,2，C0,−1，点D为平面直角坐标系中的点，以A、B、C、D为顶点的四边形为平行四边形，则点D的坐标 ．
【答案】0,1或4,3或0,−3
【分析】本题考查了平行四边形的性质，坐标与图形的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．分三种情况：①BC为对角线时，②AB为对角线时，③AC为对角线时；由平行四边形的性质容易得出点D的坐标．
【详解】解：如图，分三种情况：
①BC为对角线时，BD平行且等于AC，点D的坐标为0,1；
②AB为对角线时，BD′平行且等于AC，点D′的坐标为4,3；
③AC为对角线时，AD″平行且等于BC，点D″的坐标为0,−3；
综上所述，点D的坐标为0,1或4,3或0,−3．
13．(3分)（2024七年级·江苏苏州·阶段练习）关于x的不等式2a−1x≤a+1的解集如图所示，则a的值是 ．
【答案】0
【分析】本题考查了一直不等式解集求参数，不等式的数轴表示方法，根据数轴得出不等式解集为x≥−1，根据2a−1分情况进行求解即可．
【详解】解：由数轴可知，不等式的解集为x≥−1，
∵2a−1x≤a+1，
当2a−1>0时，即a>12，
x≤a+12a−1，不符合题意；
当2a−1=0时，a=12，
0≤32成立，x可以取任意值；
当2a−1<0，a<12，
x≥a+12a−1，
∵x≥−1，则a+12a−1=−1，
解得：a=0，
故答案为：0．
14．(3分)（2024七年级·上海闵行·期中）如图，直线AB、CD相交于点O．已知∠BOD=75°，OE把∠AOC分成两个角，且∠AOE=23∠EOC，将射线OE绕点O逆时针旋转α°0<α<180到OF，当∠AOF=120°时，则α的度数是 °．
【答案】90°/90度
【分析】先利用对顶角相等得到∠AOC=∠BOD=75°，再计算出∠AOE=30°，然后根据∠AOF=120°和0＜α＜180，得到OF和OE都在AB的同侧，最后计算∠AOF−∠AOE即可得到答案．
【详解】解：∵∠BOD=75°，
∴∠AOC=75°，
∵∠AOE=23∠EOC
∴∠AOE=25∠AOC=25×75°=30°，
∵∠AOF=120°，
∴∠EOF=∠AOF−∠AOE=120°−30°=90°，
即射线OE绕点O逆时针旋转90°到OF，
故答案为：90°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，对顶角相等，解题关键是掌握对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
15．(3分)（2024七年级·湖南长沙·阶段练习）若x+y+z=30，3x+y−z=50，x,y,z都为非负实数，则M=5x+4y+2z的取值范围是 ．
【答案】120≤M≤130
【分析】首先根据题意列出方程组，且x≥0，y≥0，z≥0．进一步确定z的取值范围．再将M=5x+4y+2z通过代入转化为M关于z的表达式，进而根据z的取值范围确定M的取值范围．
【详解】解：由题意得x+y+z=30①3x+y−z=50②，
由②-①得 x-z=10， 即x=10+z
由①×3-②得 2y+4z=40， 即y=20-2z，
又∵x≥0，y≥0，z≥0， ∴0≤z≤10，
∵M=5x+4y+2z =5(10+z)+4(20−2z)+2z=130−z，
∴120≤M≤130．
故答案为：120≤M≤130．
【点睛】本题考查了三元一次方程组的应用，解决本题的关键是根据题意确定z的取值范围．
16．(3分)（2024七年级·辽宁葫芦岛·阶段练习）如图，直线AB∥CD，点M,N分别在直线AB,CD上，点E为AB,CD之间一点，且点E在线段MN的左侧，∠E=63°．若∠BME与∠DNE的平分线相交于点E1,∠BME1与∠DNE1的平分线相交于点E2,∠BME2与∠DNE2的平分线相交于点E3，…，则∠En= ．（用含n的代数式表示）
【答案】297°2n
【分析】本题主要考查了平行线的性质、平行公理的应用，探索图形规律、角平分线的定义等知识点，正确的识别图形、归纳图形规律是解答本题的关键．
作EF∥AB则AB∥CD∥EF，根据平行线的性质得出∠BME=180°−∠MEF,∠END=180°−∠NEF，进而得到∠BME+∠END=360°−∠MEF+∠NEF=360°−∠E=297°,同理∠ME1N=∠E1MB+∠E1ND，可归纳规律∠MEnN=297°2n即可解答．
【详解】解：如图：作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠BME=180°−∠MEF,∠END=180°−∠NEF，
∴∠BME+∠END=360°−∠MEF+∠NEF=360°−∠E=297°，
∵若∠BME与∠DNE的平分线相交于点E1，
∴∠BME1=12∠BME,∠DNE1=12∠DNE，
∴∠BME1+∠DNE1=12∠BME+12∠DNE=297°2,
同理：作E1F1∥AB可证明：∠ME1N=∠BME1+∠DNE1=297°2,
同理可得：∠ME2N=297°22，
…
归纳可得：∠MEnN=297°2n，即∠En=297°2n．
故答案为：297°2n．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．(6分)（2024七年级·山东菏泽·阶段练习）解方程组：
(1)m−n2=22m+3n=12
(2)x+y+z=23x−y=12x+y−z=20
【答案】(1)m=3n=2
(2)x=9y=8z=6
【分析】
本题考查了二元一次方程组及三元一次方程组的解法，熟练掌握消元法是解题的关键．
（1）运用加减消元法进行求解即可；
（2）先利用加减消元法消去一个未知数变为二元一次方程组，再根据二元一次方程组的解法进行求解即可．
【详解】（1）解：m−n2=2①2m+3n=12②
②−①×2得4n=8，
解得：n=2，
把n=2代入①得m=3，
∴方程组的解为：m=3n=2；
（2）解：x+y+z=23①x−y=1②2x+y−z=20③
③+①得3x+2y=43④，
把②④联立得x−y=13x+2y=43，解得x=9y=8，
把x=9y=8代入①得z=6，
∴方程组的解为：x=9y=8z=6．
18．(6分)（2024七年级·四川德阳·阶段练习）计算：
(1)16+(−5)2−3−2；
(2)−23×4+3−64×122+9．
(3)解方程：9x3=36；
(4)解方程：4x−12−5=20．
【答案】(1)7+3
(2)−14
(3)x=34
(4)x=72或x=−32
【分析】本题考查实数的混合运算，利用立方根和平方根解方程：
（1）先进行开方和去绝对值运算，再进行加减运算；
（2）先进行乘方，开方运算，再进行乘法运算，最后算加法；
（3）利用立方根解方程即可；
（4）利用平方根解方程即可．
【详解】（1）解：原式=4+5−2+3
=7+3；
（2）原式=−8×2−4×14+3
=−16−1+3
=−14；
（3）∵9x3=36，
∴x3=4，
∴x=34；
（4）4x−12−5=20，
∴4x−12=25，
∴x−12=254，
∴x−1=±52，
∴x=72或x=−32．
19．(8分)（2024七年级·浙江台州·期末）规定min(m，n)表示m，n中较小的数(m，n均为实数，且mn)，例如：min{3，﹣1}=﹣1，、min{2,3}=2据此解决下列问题：
（1）min{−12,−13}= ；
（2）若min{2x−13,2}=2，求x的取值范围；
（3）若min{2x﹣5，x+3}=﹣2，求x的值．
【答案】（1）−12；（2）x≥3.5；（3）x=1.5．
【分析】（1）利用题中的新定义确定出所求即可；
（2）利用题中的新定义得出2x-13≥2，计算即可求出x的取值；
（3）利用题中的新定义分类讨论计算即可求出x的值．
【详解】（1）根据题中的新定义得：min−12，−13=﹣12．
故答案为：﹣12；
（2）由题意2x-13≥2，
解得：x≥3.5；
（3）若2x﹣5=﹣2，解得：x=1.5，此时x+3=4.5＞﹣2，满足题意；
若x+3=﹣2，解得：x=﹣5，此时2x﹣5=﹣15＜﹣2，不符合题意，
综上，x=1.5．
【点睛】此题考查了解一元一次不等式，弄清题中的新定义是解本题的关键．
20．(8分)（2024七年级·河北衡水·阶段练习）平面直角坐标系中，已知点Mm+2,m−5．
(1)若点M在y轴上，求m的值；
(2)若点M在第二、第四象限的角平分线上，求点M的坐标；
(3)在同一平面直角坐标系中，点A4,6，且AM∥y轴，求点M的坐标．
【答案】(1)m=−2
(2)72,−72
(3)4,−3
【分析】（1）根据点M在y轴上，得到横坐标为零，列式解答即可；
（2）根据点M在第二、第四象限的角平分线上，得到横坐标，纵坐标的和为零，列式计算即可；
（3）根据点A4,6，且AM∥y轴，则两点的横坐标相同，列式计算即可．
本题考查了了坐标的基本特征，点的位置，熟练掌握点的坐标特征，是解题的关键．
【详解】（1）∵点Mm+2,m−5在y轴上，
∴m+2=0，
解得m=−2；
（2）∵点Mm+2,m−5在第二、第四象限的角平分线上，
∴点M的横、纵坐标互为相反数，
∴m+2+m−5=0，
解得m=32，
∴点M的坐标为72,−72．
（3）∵点A4,6，且AM∥y轴，Mm+2,m−5，
∴A，M的横坐标相等，即m+2=4，
解得m=2，
∴点M的坐标为M4,−3．
21．(8分)（2024七年级·广西贺州·阶段练习）某县著名传统土特产“豆笋”“豆干”以“浓郁豆香，绿色健康”享誉全国，深受广大消费者喜爱，已知2件豆笋和3件豆干进货价共240元，3件豆笋和4件豆干进货价共340元．
(1)分别求出每件豆笋、豆干的进价
(2)某特产店计划用不超过10440元购进豆笋、豆干共200件，且豆笋的数量不低于豆干数量的32，该特产店有哪几种进货方案？
【答案】(1)豆笋、豆干的进价分别是60元/件，40元/件
(2)有3种进货方案：豆干购进78件，则豆笋购进122件；豆干购进79件，则豆笋购进121件；豆干购进80件，则豆笋购进120件
【分析】本题考查了二元一次方程组，一元一次不等式组的应用；
（1）设豆笋、豆干的进价分别是a元/件、b元/件，根据等量关系列出方程组，解方程组即可；
（2）设豆干购进n件，则豆笋购进200−n件，根据不等关系列出不等式组，解不等式组，再根据n取整数，即可求得进货方案．
【详解】（1）解：设豆笋、豆干的进价分别是a元/件、b元/件，
则2a+3b=2403a+4b=340，解得a=60b=40，
故豆笋、豆干的进价分别是60元/件，40元/件．
（2）设豆干购进n件，则豆笋购进200−n件，
40n+60(200−n)≤10440200−n≥32n ，
解得78≤n≤80，
∴n=78时，200−n=122，即豆干购进78件，则豆笋购进122件，
n=79时，200−n=121，即豆干购进79件，则豆笋购进121件，
n=80时，200−n=120，即豆干购进80件，则豆笋购进120件．
22．(8分)（2024七年级·浙江·期末）已知：点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，∠BOC=110°．
(1)如图1，求∠AOC的度数；
(2)如图2，过点O作射线OD，使∠COD=90°，作∠AOC的平分线OM，求∠MOD的度数；
(3)如图3，在（2）的条件下，作射线OP，若∠BOP与∠AOM互余，求∠COP的度数．
【答案】(1)70°
(2)55°
(3)55°或165°
【分析】本题考查了余角和补角，角平分线的定义，数形结合根据射线OP的位置分类讨论是解题关键．
（1）根据邻补角的性质计算求值即可；
（2）根据余角的定义可得∠AOD，根据角平分线的定义可得∠AOM，再计算角度和即可；
（3）由余角的定义可得∠BOP=55°，分射线OP在∠BOC内部、射线OP在∠BOC外部两种情况，分别计算角的差、和即可．
【详解】（1）∵∠BOC=110°
∴∠AOC=180°−∠BOC=70°；
（2）解：由（1）得∠AOC=70°，
∵∠COD=90°，
∴∠AOD=∠COD−∠AOC=20°，
∵OM是∠AOC的平分线，
∴∠AOM=12∠AOC=12×70°=35°，
∴∠MOD=∠AOM+∠AOD=35°+20°=55°；
（3）解：由（2）得∠AOM=35°，
∵∠BOP与∠AOM互余，
∴∠BOP+∠AOM=90°，
∴∠BOP=90°−∠AOM=90°−35°=55°，
①当射线OP在∠BOC内部时，如图，
∠COP=∠BOC−∠BOP=110°−55°=55°；
②当射线OP在∠BOC外部时，如图，
∠COP=∠BOC+∠BOP=110°+55°=165°．
综上所述，∠COP的度数为55°或165°．
【点睛】本题考查了余角和补角，角平分线的定义，数形结合，根据射线OP的位置分类讨论是解题关键．
23．(8分)（2024七年级·辽宁沈阳·阶段练习）为保证安全，某两段铁路MN，PQ两旁安置了两座可旋转探照灯A，B，探照灯的光线可看作射线．如图，灯A的光线AC从射线AM开始，绕点A顺时针旋转至射线AN上便立即回转，灯B的光线BD从射线BP开始，绕点B顺时针旋转至射线BQ便立即回转，两灯不停交叉照射巡视．已知PQ∥MN，连接AB．
(1)若∠QBA∶∠BAM=1∶2，求∠BAN的度数；
(2)若灯B的光线先转动，每秒转动1°，45秒后灯A的光线才开始转动，每秒转动2°，在灯B的光线第一次到达BQ之前，灯A的光线转动________秒时，两灯的光线互相平行．
【答案】(1)∠BAN=60°；
(2)45或105．
【分析】（1）由PQ∥MN可得∠QBA+∠BAM=180°，∠BAN=∠QBA，由∠QBA∶∠BAM=1∶2可得∠BAM=2∠QBA，代入∠QBA+∠BAM=180°即可求解；
（2）分三种情况：当AC与BD相遇前，两灯的光线AC∥BD；当AC与BD相遇后， AC为灯到达AN前的光线，灯B未到达BQ，两灯的光线AC∥BD；当AC与BD相遇后，AC为灯到达AN后的光线，灯B未到达BQ，两灯的光线AC∥BD；列出方程解答即可求解；
本题考查了补角性质、平行线的性质，一元一次方程的应用，运用分类讨论思想解答是解题的关键．
【详解】（1）解：∵PQ∥MN，
∴∠QBA+∠BAM=180°，∠BAN=∠QBA，
∵∠QBA∶∠BAM=1∶2，
∴∠BAM=2∠QBA，
∴∠QBA+2∠QBA=180°，
∴∠QBA=60°，
∴∠BAN=60°；
（2）解：当AC与BD相遇前，设灯A的光线转动t秒，两灯的光线AC∥BD，如图2，
由 (1) 知， ∠BAN=60°，∠BAM=120°，
∵PQ∥MN，
∴∠MAB=∠ABP=120°，
∵AC∥BD，
∴∠CAB=∠DBA，
∴120−2t=120−45+t，
∴t=45；
当AC与BD相遇后，灯A的光线转动t秒，AC为灯到达AN前的光线，灯B未到达BQ，两灯的光线AC∥BD，如图3，
∴∠BAC=∠DBA，
∴2t−120=1×45+t−120，
解得t=45，
∵2t−120=2×45−120=−30，
∴此时t=45不合，舍去；
当AC与BD相遇后，灯A的光线转动t秒时，AC为灯到达AN后的光线，灯B未到达BQ，两灯的光线AC∥BD，如图3，
∴∠BAC=∠DBA，
∴60−2t−180=45+t−120，
解得t=105；
综上，t=45s或t=105s时，两灯的光线互相平行，
故答案为：45或105．
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