2022-2023学年广东省广州市增城区七年级上学期期末数学试卷（含答案）.docx

2022-2023学年广东省广州市增城区七年级（上）期末数学试卷
一、选择题（本题有10个小题，每小题3分，满分30分．下面每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的．）
1．（3分）如果规定汽车向东行驶3千米记作+3千米，那么向西行驶2千米记作（　　）
A．+2 B．﹣2 C．﹣3 D．3
2．（3分）在足球质量检测中，我们规定超过标准质量的克数记为正数，不足标准质量的克数记为负数，如图检测结果中最接近标准质量的是（　　）
A．+0.9 B．+3.6
C．+2.5 D．﹣0.8
3．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．﹣（﹣5）＝5 B．（﹣2）×（﹣5）＝﹣10
C．﹣3﹣（﹣5）＝﹣2 D．（﹣1）7＝1
4．（3分）下列整式中，属于多项式的是（　　）
A．a﹣2b B．﹣2ab C．2+3a D．a
5．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．3a2+2a2＝5a4 B．﹣2（a+b）＝﹣2a+2b
C．6xy﹣x＝6y D．﹣a2b+2a2b＝a2b
6．（3分）方程2x+6＝5x的解是（　　）
A．x＝﹣1 B．x＝1 C．x＝2 D．x＝3
7．（3分）若数轴上线段AB＝2，点A表示的数是﹣1，则点B表示的数是（　　）
A．1 B．2 C．﹣3 D．﹣3或1
8．（3分）如图是一个正方体的平面展开图，若将展开图折叠成正方体后，相对面上所标的两个数互为相反数，则a的值为（　　）

A．﹣2 B．5 C．1 D．﹣1
9．（3分）古代名著《算学启蒙》中有一题：良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里．驽马先行一十二日，问良马几何追及之？意思是：跑得快的马每天走240里，跑得慢的马每天走150里．慢马先走12天，快马几天可追上慢马？若设快马x天可追上慢马，则由题意，可列方程为（　　）
A．240x＝150x+12×150
B．240x＝150x﹣12×150
C．240（x﹣12）＝150x+150
D．240（x﹣12）＝150x+150×12
10．（3分）观察下列图形，它们是按一定规律排列的依照此规律，第2022个图形中共有（　　）个五角星．

A．6068 B．6067 C．6066 D．6065
二、填空题（本题有6个小题，每小题3分，共18分．）
11．（3分）有理数﹣5的绝对值为 　 　．
12．（3分）2022年2月20日，北京冬奥会完美收官．据统计，从冬奥会的申办成功到冬奥会的顺利举办，共有346000000人参与冰雪运动．将346000000这个数用科学记数法表示为 　 　．
13．（3分）若∠1＝20°，则∠1的补角是 　 　°．
14．（3分）已知x＝﹣1是方程5x+a﹣2＝0的解，则a的值为 　 　．

15．（3分）已知3x2﹣2y＝1，则2024+2y﹣3x2＝　 　．
16．（3分）如图，在一条直线上从左到右有点A，B，C，其中点A到点B的距离为2个单位长度，点C到点B的距离为7个单位长度，动点M在直线AC上从点A出发，以每秒2个单位长度的速度向点C移动，到达点C后停止移动；动点N在直线AC上从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C移动，到达点C后停止移动；动点M，N同时出发，t秒后M，N两点间距离是1，则t＝　 　．

三、解答题（本题有9个小题，共72分，解答要求写出文字说明、证明过程或计算步骤．）
17．（8分）解方程：4（x﹣1）＝3（x﹣1）+1．
18．（8分）计算：|﹣10|+（﹣2）2+（﹣1）2021．
19．（8分）化简：（2a﹣b）﹣2（a﹣2b）．
20．（8分）如图，在同一平面内，点A，B，C不在同一条直线上．
（1）作出直线AB和射线CA．
（2）尺规作图．作线段BC，并延长BC到D，使CD＝CB．

21．（8分）如图，O是直线AB上一点，OD平分∠BOC，∠COE＝90°．若∠AOC＝40°，求∠DOE的度数．

22．（8分）已知A＝x2+2x+6，B＝2x﹣3，C＝﹣2x2+4x+3．
（1）化简A+2B﹣2C；
（2）若|x|＝2，求A+2B﹣2C的值．
23．（8分）为了节能减排小明家准备购买某种品牌的节能灯，已知1个B型节能灯比1个A型节能灯多2元，且购买2个A型节能灯和3个B型节能灯共需31元．
（1）求1个A型节能灯是多少元？
（2）若小明家准备购买3个A型节能灯和5个B型节能灯，则共需多少元？
24．（8分）为了提高中心城区路内停车泊位周转率，对车长不超过6米的小型、微型汽车的进入停车泊位实行阶梯式收费，具体方案如表：
方案
计费时段8：00—20：00，停车30分钟内不收费，停车超过30分钟后，不足30分钟按30分钟收费，收费时段外停车免费
阶梯梯次
第一阶梯
第二阶梯
第三阶梯
单次最高限价
停车时长
1小时内
1﹣3小时
3小时以上
计费标准
1（元/30分钟）
3（元/30分钟）
5（元/30分钟）
44元
（1）A汽车在停车泊位的进场时间是11：07分，离场时间是11：29分，请问A汽车是否需要交费？若要收费，应交停车费多少元？
（2）B汽车进入停车泊位时间是晚上21：00时，离场时间是第二天早上10：48时，请求出B汽车应交停车费多少元？
（3）C汽车早上6：00时进入停车泊位，离开时收费24元，请求出C汽车离开泊位的时间范围？
25．（8分）如图，在直线l上顺次取A、B、C三点，已知AB＝20，BC＝80，点M、N分别从A、B两点同时出发向点C运动．当其中一动点到达C点时，M、N同时停止运动．已知点M的速度为每秒2个单位长度，点N速度为每秒1个单位长度，设运动时间为t秒．

（1）用含t的代数式表示线段AM的长度为 　 　；
（2）当t为何值时，M、N两点重合？
（3）若点P为AM中点，点Q为BN中点．问：是否存在时间t，使PQ＝5？若存在，请求出t的值：若不存在，请说明理由．

2022-2023学年广东省广州市增城区七年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题有10个小题，每小题3分，满分30分．下面每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的．）
1．（3分）如果规定汽车向东行驶3千米记作+3千米，那么向西行驶2千米记作（　　
A．+2 B．﹣2 C．﹣3 D．3
【分析】首先审清题意，明确“正”和“负”所表示的意义；再根据题意作答．
【解答】解：汽车向东行驶3千米记作+3千米，向西行驶2千米应记作﹣2千米．
故选：B．
【点评】本题考查正数与负数，熟练掌握正数与负数的意义是解题的关键．
2．（3分）在足球质量检测中，我们规定超过标准质量的克数记为正数，不足标准质量的克数记为负数，如图检测结果中最接近标准质量的是（　　）
A．+0.9 B．+3.6
C．+2.5 D．﹣0.8
【分析】根据绝对值最小的最接近标准，可得答案．
【解答】解：|+0.9|＝0.9，|+3.6|＝3.6，|+2.5|＝2.5，|﹣0.8|＝0.8，
0.8＜0.9＜2.5＜3.6，则最接近标准的是﹣0.8．
故选：D．
【点评】本题考查了正数和负数，利用绝对值的意义是解题关键．
3．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．﹣（﹣5）＝5 B．（﹣2）×（﹣5）＝﹣10
C．﹣3﹣（﹣5）＝﹣2 D．（﹣1）7＝1
【分析】根据有理数的运算法则逐一判断即可．
【解答】解：A．﹣（﹣5）＝5，计算正确，符合题意；
B． （﹣2）×（﹣5）＝10，原计算错误，不合题意；
C．﹣3﹣（﹣5）＝﹣3+5＝2，原计算错误，不合题意；
D． （﹣1）7＝﹣1，原计算错误，不合题意．
故选：A．

【点评】本题考查的是有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
4．（3分）下列整式中，属于多项式的是（　　）
A．a﹣2b B．﹣2ab C．2+3a D．a
【分析】根据几个单项式的和叫做多项式；数或字母的积组成的式子叫做单项式，单独的一个数或字母也是单项式即可得到答案．
【解答】解：根据单项式定义可知，B、D两个选项中的式子都是单项式，C选项的式子不是整式，也就不是多项式，只有A中的式子是多项式，
故选：A．
【点评】此题主要考查了整式的分类，解题的关键是要掌握多项式与单项式的定义．
5．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．3a2+2a2＝5a4 B．﹣2（a+b）＝﹣2a+2b
C．6xy﹣x＝6y D．﹣a2b+2a2b＝a2b
【分析】根据合并同类项，去括号法则逐项判断即可．
【解答】解：3a2+2a2＝5a2，故A错误，不符合题意；
﹣2（a+b）＝﹣2a﹣2b，故B错误，不符合题意；
6xy与x不是同类项，不能合并，故C错误，不符合题意；
﹣a2b+2a2b＝a2b，故D正确，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查整式的运算，解题的关键是掌握去括号，合并同类项的法则．
6．（3分）方程2x+6＝5x的解是（　　）
A．x＝﹣1 B．x＝1 C．x＝2 D．x＝3
【分析】移项、合并同类项、系数化为1，据此求出方程的解即可．
【解答】解：移项，可得：2x﹣5x＝﹣6，
合并同类项，可得：﹣3x＝﹣6，
系数化为1，可得：x＝2．
故选：C．
【点评】此题主要考查了解一元一次方程的方法，要明确解一元一次方程的一般步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1．
7．（3分）若数轴上线段AB＝2，点A表示的数是﹣1，则点B表示的数是（　　）
A．1 B．2 C．﹣3 D．﹣3或1
【分析】由题意知：点B可以在A的左边或右边．利用点B和点A距离是2，求得点B表示的数．
【解答】解：∵AB＝2，
∴点B到点A的距离是2．
∵A表示﹣1，
∴B表示为﹣1﹣2＝﹣3或﹣1+2＝1．
故选D．
【点评】此题考查了数轴，要考虑两种情况．此题综合考查了数轴、绝对值的有关内容，用几何方法借助数轴来求解，非常直观，且不容易遗漏，体现了数形结合的优点．
8．（3分）如图是一个正方体的平面展开图，若将展开图折叠成正方体后，相对面上所标的两个数互为相反数，则a的值为（　　）

A．﹣2 B．5 C．1 D．﹣1
【分析】根据正方体的表面展开图找相对面的方法：“Z”字两端是对面，即可解答．
【解答】解：由题意得：a与﹣1是相对面，
∴a的值为1，
故选：C．
【点评】本题考查了正方体相对两个面上的文字，相反数，熟练掌握根据正方体的表面展开图找相对面的方法是解题的关键．
9．（3分）古代名著《算学启蒙》中有一题：良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里．驽马先行一十二日，问良马几何追及之？意思是：跑得快的马每天走240里，跑得慢的马每天走150里．慢马先走12天，快马几天可追上慢马？若设快马x天可追上慢马，则由题意，可列方程为（　　）
A．240x＝150x+12×150
B．240x＝150x﹣12×150
C．240（x﹣12）＝150x+150
D．240（x﹣12）＝150x+150×12
【分析】设快马x天可以追上慢马，根据快马和慢马所走的路程相等建立方程即可．
【解答】解：设快马x天可以追上慢马，
据题题意：240x＝150x+12×150，
故选：A．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
10．（3分）观察下列图形，它们是按一定规律排列的，依照此规律，第2022个图形中共有（　　）个五角星．

A．6068 B．6067 C．6066 D．6065
【分析】第一个图形五角星数目：1+3＝1+3×1，第二个图形五角星数目：1+3+3＝1+3×2，第三个图形五角星数目：1+3+3+3＝1+3×3，第四个图形五角星数目：1+3+3+3+3＝1+3×4，……，得出第n个图形五角星数目：1+3+3+⋯+3＝1+3×n，即可得出第2022个图形中五角星数目．
【解答】解：∵第一个图形五角星数目：1+3＝1+3×1，
第二个图形五角星数目：1+3+3＝1+3×2，
第三个图形五角星数目：1+3+3+3＝1+3×3，
第四个图形五角星数目：1+3+3+3+3＝1+3×4，
……
第n个图形五角星数目：1+3+3+⋯+3＝1+3×n＝1+3n，
∴第2022个图形中五角星数目为：1+3×2022＝6067．
故选：B．
【点评】本题考查了图形个数的规律，解题关键是根据已知图形的变化规律找到第n个图形个数表达式．
二、填空题（本题有6个小题，每小题3分，共18分．）
11．（3分）有理数﹣5的绝对值为 　5　．
【分析】根据绝对值的性质：负数的绝对值是它的相反数即可求解．
【解答】解：﹣5的绝对值是5，
故答案为：5．
【点评】本题主要考查了有理数的绝对值，掌握绝对值的性质是解题的关键．
12．（3分）2022年2月20日，北京冬奥会完美收官．据统计，从冬奥会的申办成功到冬奥会的顺利举办，共有346000000人参与冰雪运动．将346000000这个数用科学记数法表示为 　3.46×108　．
【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
【解答】解：346000000＝3.46×108．
故答案为：3.46×108．
【点评】此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，确定a与n的值是解题的关键．
13．（3分）若∠1＝20°，则∠1的补角是 　160　°．
【分析】两角互为补角，和为180°，那么计算180°﹣∠1可求补角．
【解答】解：若∠1＝20°，则∠1的补角是180°﹣20°＝160°．
故答案为：160．
【点评】此题考查的是补角的定义，互补两角的和为180°．
14．（3分）已知x＝﹣1是方程5x+a﹣2＝0的解，则a的值为 　7　．
【分析】把x＝﹣1代入方程5x+a﹣2＝0得﹣5+a﹣2＝0，然后解关于a的方程即可．
【解答】解把x＝﹣1代入方程5x+a﹣2＝0得﹣5+a﹣2＝0，
解得a＝7．
故答案为7．
【点评】本题考查了一元一次方程的解：使一元一次方程左右两边相等的未知数的值叫做一元一次方程的解．把方程的解代入原方程，等式左右两边相等．
15．（3分）已知3x2﹣2y＝1，则2024+2y﹣3x2＝　2023　．
【分析】先代数式变形，再整体代入求解．
【解答】解：∵3x2﹣2y＝1，
∴2024+2y﹣3x2
＝2024﹣（﹣2y+3x2）
＝2014﹣1
＝2023，
故答案为：2023．
【点评】本题考查了代数式求值，整体代入求解是解题的关键．
16．（3分）如图，在一条直线上从左到右有点A，B，C，其中点A到点B的距离为2个单位长度，点C到点B的距离为7个单位长度，动点M在直线AC上从点A出发，以每秒2个单位长度的速度向点C移动，到达点C后停止移动；动点N在直线AC上从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C移动，到达点C后停止移动；动点M，N同时出发，t秒后M，N两点间距离是1，则t＝　1或3　．

【分析】分为两种情况，当M在N的左边时，当M在N的右边时，根据速度×时间可得点M和N运动的路程，列出算式，即可求出t．
【解答】解：由题意得：点M的路程为：2t，点N的路程为：t，
∵点M由A出发，到C停止移动，速度为每秒2个单位长度，
∴0≤t≤4.5
∵点M由B出发，到C停止移动，速度为每秒1个单位长度，
∴0≤t≤7，
分两种情况：
①当M在N的左边时，
∵MN＝1，
∴2t+1＝2+t，
∴t＝1；
②当M在N的右边时，
∵MN＝1，
∴2t＝2+t+1，
∴t＝3，
综上所述：t＝1或3．
故答案为：1或3．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用，能求出符合的每种情况是解此题的关键，注意要进行分类讨论．
三、解答题（本题有9个小题，共72分，解答要求写出文字说明、证明过程或计算步骤．）
17．（8分）解方程：4（x﹣1）＝3（x﹣1）+1．
【分析】根据解一元一次方程的方法求解即可．
【解答】解4（x﹣1）＝3（x﹣1）+1，
去括号，得4x﹣4＝3x﹣3+1．
移项，合并同类项，得x＝2．
【点评】本题考查解一元一次方程，关键是掌握解一元一次方程的方法．
18．（8分）计算：|﹣10|+（﹣2）2+（﹣1）2021．
【分析】先去绝对值符号已经计算乘方，再计算乘除，后计算加法法即可．
【解答】解：原式＝10+4﹣1
＝13．
【点评】本题考查了有理数的混合运算，掌握相关运算法则是解答本题的关键．
19．（8分）化简：（2a﹣b）﹣2（a﹣2b）．
【分析】原式去括号，合并同类项进行化简．
【解答】解：原式＝2a﹣b﹣2a+4b
＝3b．
【点评】本题考查整式的加减—化简求值，掌握合并同类项（系数相加，字母及其指数不变）和去括号的运算法则（括号前面是“+”号，去掉“+”号和括号，括号里的各项不变号；括号前面是“﹣”号，去掉“﹣”号和括号，括号里的各项都变号）是解题关键．
20．（8分）如图，在同一平面内，点A，B，C不在同一条直线上．
（1）作出直线AB和射线CA．
（2）尺规作图．作线段BC，并延长BC到D，使CD＝CB．

【分析】（1）根据直线，射线的定义画出图形即可；
（2）根据要求作出图形即可．
【解答】解：（1）如图，直线AB，射线CA即为所求；
（2）如图，线段BC，CD即为所求．

【点评】本题考查作图﹣复杂作图，直线，射线，线段的定义等知识，解题关键是掌握直线，射线，线段的定义，属于中考常考题型．
21．（8分）如图，O是直线AB上一点，OD平分∠BOC，∠COE＝90°．若∠AOC＝40°，求∠DOE的度数．

【分析】先由邻补角定义求出∠BOC＝180°﹣∠AOC＝140°，再根据角平分线定义得到∠COD=12∠BOC＝70°，那么∠DOE＝∠COE﹣∠COD＝20°．
【解答】解：∵O是直线AB上一点，∠AOC＝40°，
∴∠BOC＝180°﹣∠AOC＝140°．
∵OD平分∠BOC，
∴∠COD=12∠BOC＝70°．
∵∠COE＝90°，
∴∠DOE＝∠COE﹣∠COD＝20°．
【点评】本题主要考查了角的度数的计算，正确理解角平分线的定义，以及邻补角的定义是解题的关键．
22．（8分）已知A＝x2+2x+6，B＝2x﹣3，C＝﹣2x2+4x+3．
（1）化简A+2B﹣2C；
（2）若|x|＝2，求A+2B﹣2C的值．
【分析】（1）根据整式的加减运算法则即可求出答案．
（2）将x的值求出，然后代入原式即可求出答案．
【解答】解：（1）原式＝（x2+2x+6）+2（2x﹣3）﹣2（﹣2x2+4x+3）
＝x2+2x+6+4x﹣6+4x2﹣8x﹣6
＝x2+4x2+2x+4x﹣8x+6﹣6﹣6
＝5x2﹣2x﹣6．
（2）由题意可知：x＝±2，
当x＝2时，
原式＝5×4﹣2×2﹣6
＝20﹣4﹣6
＝10．
当x＝﹣2时，
原式＝5×4﹣2×（﹣2）﹣6
＝20+4﹣6
＝18．
综上所述，A+2B﹣2C的值为10或18．
【点评】本题考查整式的加减运算，解题的关键是熟练运用整式的加减运算法则，本题属于基础题型．
23．（8分）为了节能减排，小明家准备购买某种品牌的节能灯，已知1个B型节能灯比1个A型节能灯多2元，且购买2个A型节能灯和3个B型节能灯共需31元．
（1）求1个A型节能灯是多少元？
（2）若小明家准备购买3个A型节能灯和5个B型节能灯，则共需多少元？
【分析】（1）根据题意可以列出相应的一元一次方程，从而可以解答本题；
（2）根据题意可以得到费用与购买A型号节能灯的关系式，然后根据一次函数的性质即可解答本题．
【解答】解：（1）设1只A型节能灯的售价是x元，则1只B型节能灯的售价是（x+2）元，
根据题意得，2x+3（x+2）＝31，
解得：x＝5，
x+2＝7，
答：1只A型节能灯的售价是5元，1只B型节能灯的售价是7元；
（2）购买3只A型节能灯和5只B型节能灯需要：3×5+5×7＝50（元），
答：购买3只A型节能灯和5只B型节能灯需要50元．
【点评】本题考查一元一次方程的应用，解答本题的关键是明确题意，找出等量关系．
24．（8分）为了提高中心城区路内停车泊位周转率，对车长不超过6米的小型、微型汽车的进入停车泊位实行阶梯式收费，具体方案如表：
方案
计费时段8：00—20：00，停车30分钟内不收费，停车超过30分钟后，不足30分钟按30分钟收费，收费时段外停车免费
阶梯梯次
第一阶梯
第二阶梯
第三阶梯
单次最高限价
停车时长
1小时内
1﹣3小时
3小时以上
计费标准
1（元/30分钟）
3（元/30分钟）
5（元/30分钟）
44元
（1）A汽车在停车泊位的进场时间是11：07分，离场时间是11：29分，请问A汽车是否需要交费？若要收费，应交停车费多少元？
（2）B汽车进入停车泊位时间是晚上21：00时，离场时间是第二天早上10：48时，请求出B汽车应交停车费多少元？
（3）C汽车早上6：00时进入停车泊位，离开时收费24元，请求出C汽车离开泊位的时间范围？
【分析】（1）根据计费时段8：00—20：00，停车30分钟内不收费，停车超过30分钟后，不足30分钟按30分钟收费，收费时段外停车免费，依此即可求解；
（2）根据计费时段8：00—20：00，停车30分钟内不收费，停车超过30分钟后，不足30分钟按30分钟收费，收费时段外停车免费，依此即可求解；
（3）根据计费时段8：00—20：00，停车30分钟内不收费，停车超过30分钟后，不足30分钟按30分钟收费，收费时段外停车免费，结合离开时收费24元列出算式，依此即可求解．
【解答】解：（1）∵11：07分—11：29分是收费时段，11：29分﹣11：07分＝22分，
∴停车30分钟内不收费；
（2）10：48﹣8：00＝2小时48分，按3小时交停车费，
1×2+（3﹣1）×3×2
＝2+2×3×2
＝2+12
＝19（元）．
故B汽车应交停车费7元；
（3）24﹣1×2﹣（3﹣1）×3×2
＝24﹣2﹣2×3×2
＝24﹣2﹣12
＝10（元），
10÷5×3060=1（小时），
故C汽车离开泊位的时间范围是8：00后3小时30分—4小时之间，即11时30分—12时．
【点评】此题考查了一元一次方程的应用，弄清题意是解本题的关键．
25．（8分）如图，在直线l上顺次取A、B、C三点，已知AB＝20，BC＝80，点M、N分别从A、B两点同时出发向点C运动．当其中一动点到达C点时，M、N同时停止运动．已知点M的速度为每秒2个单位长度，点N速度为每秒1个单位长度，设运动时间为t秒．

（1）用含t的代数式表示线段AM的长度为 　2t　；
（2）当t为何值时，M、N两点重合？
（3）若点P为AM中点，点Q为BN中点．问：是否存在时间t，使PQ＝5？若存在，请求出t的值：若不存在，请说明理由．

【分析】（1）由路程＝速度×时间即得答案；
（2）根据题意得2t＝t+20，即可解得答案；
（3）由已知得PA＝t，QA＝20+12t，根据PQ长度为5得t﹣（20+12t）＝5或（20+12t）﹣t＝5，即可解得答案．
【解答】解：（1）∵点M的速度为每秒2个单位长度，运动时间为t秒，
∴AM长度是2t，
故答案为：2t；
（2）根据题意得：2t＝t+20，
解得t＝20，
答：当t为20时，M、N两点重合；
（3）存在时间t，使PQ长度为5，理由如下：
∵点P为AM中点，
∴PA＝t，
∵点Q为BN中点，
∴BQ=12t，
∴QA＝20+12t，
由PQ长度为5得：
t﹣（20+12t）＝5或（20+12t）﹣t＝5，
解得t＝50或t＝30，
经检验，t＝50或t＝30都符合题意，
∴t＝50或t＝30．
【点评】本题考查一元一次方程的应用，解题的关键是用含t的代数式表示相关线段的长度．
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