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- 2021-10-26 发布
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人教版七年级数学下册期考考查题型(50题):不等式与不等式组
考查题型
考查题型一 不等式性质的应用(共6小题)
典例1(2018·富阳市期中)若a<b,则下列结论不一定成立的是( )
A.a-1<b-1 B.2a<2b C. D.
变式1-1(2019·绍兴市期中)已知四个实数a,b,c,d,若a>b,c>d,则( )
A.a+c>b+d B.a-c>b-d C.ac>bd D.
变式1-2(2020·娄底市期末)如果m﹥n,那么下列结论错误的是( )
A.m+2﹥n+2 B.m-2﹥n-2 C.2m﹥2n D.-2m﹥-2n
变式1-3(2019·杭州市期中)若a<b,则下列结论不一定成立的是( )
A. B. C. D.
变式1-4(2018·杭州市期末)若x+a<y+a,ax>ay,则( )
A.x<y,a>0 B.x<y,a<0
C.x>y,a>0 D.x>y,a<0
变式1-5(2019·江油市期末)以下说法中正确的是( )
A.若a>|b|,则a2>b2 B.若a>b,则<
C.若a>b,则ac2>bc2 D.若a>b,c>d,则a﹣c>b﹣d
考查题型二 求一元一次不等式的特解的方法(共6小题)
典例2(2019·武威市期末)如图,直线与的交点的横坐标为,则关于的不等式的整数解为( ).
A. B.
C. D.
变式2-1(2019·仙桃市期末)若关于x,y的方程组的解满足,则m的最小整数解为( )
A.﹣3 B.﹣2 C.﹣1 D.0
变式2-2(2019·济南市期中)不等式的非负整数解有( )个
A.4 B.6 C.5 D.无数
变式2-3(2018·菏泽市期末)不等式>﹣1的正整数解的个数是( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
变式2-4(2018·宝鸡市期中)使不等式成立的最小整数是( )
A.1 B.﹣1 C.0 D.2
变式2-5(2019·唐山市期末)若是关于的方程的解,则关于的不等式的最大整数解为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
考查题型三 确定不等式中字母的取值范围的方法(共6小题)
典例3(2018·聊城市期中)若关于x的不等式3x-2m≥0的负整数解为-1,-2,则m的取值范围是( )
A. B. C. D.
变式3-1(2019·宜宾市期末)关于的不等式的正整数解是1、2、3,那么的取值范围是( )
A. B. C. D.
变式3-2(2019·铜陵市期末)如果不等式 3x﹣m≤0 的正整数解为 1,2,3,则 m 的取值范围为( )
A.m≤9 B.m<12 C.m≥9 D.9≤m<12
变式3-3(2018·庐江县期末)如果关于x的不等式2≤3x+b<8的整数解之和为7,那么b的取值范围是( )
A.﹣7≤b≤﹣4 B.﹣7<b<﹣4 C.﹣7<b≤﹣4 D.﹣7≤b<﹣4
变式3-4(2018·莱芜区期末)若关于x的不等式2x-m≥0的负整数解为-1,-2,-3,则m的取值范围是( )
A.-8<m≤-6 B.-6≤m<-4 C.-6<m≤-4 D.-8≤m<-6
变式3-5(2019·咸阳市期中)不等式-4x-k≤0的负整数解是-1,-2,那么k的取值范围是( )
A. B. C. D.
考查题型四 确定一元一次不等式中待定字母的值的方法(共5小题)
典例4(2018·温州市期末)已知关于x、y的二元一次方程组的解满足x+y<4,则满足条件的k的最大整数为( )
A.3 B.2 C.1 D.0
变式4-1(2019·常熟市期末)已知关于x的方程3x+m=x+3的解为非负数,且m为正整数,则m的取值为( )
A.1 B.1、2 C.1、2、3 D.0、1、2、3
变式4-2(2019·临汾市期中)关于x的一元一次不等式≤﹣2的解集为x≥4,则m的值为( )
A.14 B.7 C.﹣2 D.2
变式4-3(2019·六安市期末)关于的不等式的解集如图所示,则的取值是
A.0 B. C. D.
变式4-4(2019·重庆市期中)关于的不等式的解集如图所示,则的值是( )
A.0 B.2 C. D.
考查题型五 一元一次不等式组的解集的确定方法(共6小题)
典例5(2019·长沙市期末)已知关于x的不等式>1的解都是不等式>0的解,则a的范围是( )
A. B. C. D.
变式5-1(2019·驻马店市期中)一元一次不等式2(x+1)≥4的解集在数轴上表示为( )
A. B. C. D.
变式5-2(2018·绵阳市期末)在方程组中,若未知数x,y满足x+y>0,则m的取值范围在数轴上的表示应是如图所示的( )
A. B. C. D.
变式5-3(2019·连云港市期末)设a,b是常数,不等式的解集为,则关于x的不等式的解集是( )
A. B. C. D.
变式5-4(2019·太原市期中)解不等式,下列去分母正确的是
A.2x+1-3x-1≥x-1 B.2(x+1)-3(x-1)≥x-1
C.2x+1-3x-1≥6x-1 D.2(x+1)-3(x-1)≥6(x-1)
变式5-5(2019·东营市期末)不等式组的解集在数轴上表示正确的是( )
A. B.
C. D.
考查题型六 求一元一次不等式组中的待定字母的值(共6小题)
典例6(2018·许昌市期末)若关于x的不等式组式的整数解为x=1和x=2,则满足这个不等式组的整数a,b组成的有序数对(a,b)共有( )对
A.0 B.1 C.3 D.2
变式6-1(2018·荆州市期末)如果不等式组的整数解仅为2,且a、b均为整数,则代数式2a2+b的最大值=______.
变式6-2(2019·烟台市期末)若不等式组的解集是-1<x<1,则(a+b)2019=________.
变式6-3(2017·宣城市期中)如果不等式组的整数解仅为1,2,3,那么适合这个不等式组的整数a、b的有序数对(a,b)共有______个.
变式6-4(2020·厦门市期中)关于x的不等式组的解集是5<x<22,则a=_____,b=______.
变式6-5(2018·合肥市期中)如果不等式组的解集是,那么的值为 .
考查题型七 求一元一次不等式组中的待定字母的取值范围(共小题)
典例7(2018·山亭区期末)不等式组有3个整数解,则的取值范围是( )
A. B. C. D.
变式7-1(2019·兰州市期中)若关于x的不等式组无解,则a的取值范围是( )
A.a≤﹣3 B.a<﹣3 C.a>3 D.a≥3
变式7-2(2019·石家庄市期末)关于x的不等式的解集为x>3,那么a的取值范围为( )
A.a>3 B.a<3 C.a≥3 D.a≤3
变式7-3(2018·泉州市期中)若关于x的不等式的整数解共有4个,则m的取值范围是( )
A.6<m<7 B.6≤m<7 C.6≤m≤7 D.6<m≤7
变式7-4(2019·安陆市期末)若不等式组无解,则的取值范围为( )
A. B. C. D.
变式7-5(2019·泉州市期中)若关于x的不等式组只有5个整数解,则a的取值范围( )
A. B. C. D.
考查题型八 利用一元一次不等式(组)解决实际问题的方法(共2小题)
典例8(2020·东营市期末)在东营市中小学标准化建设工程中,某学校计划购进一批电脑和电子白板,经过市场考察得知,购买1台电脑和2台电子白板需要3.5万元,购买2台电脑和1台电子白板需要2.5万元.
(1)求每台电脑、每台电子白板各多少万元?
(2)根据学校实际,需购进电脑和电子白板共30台,总费用不超过30万元,但不低于28万元,请你通过计算求出有几种购买方案,哪种方案费用最低.
变式8-1(2019·龙岗区期末)为了迎接“六•一”儿童节.某儿童运动品牌专卖店准备购进甲、乙两种运动鞋.其中甲、乙两种运动鞋的进价和售价如下表:
运动鞋
价格
甲
乙
进价(元/双)
m
m﹣20
售价(元/双)
240
160
已知:用3000元购进甲种运动鞋的数量与用2400元购进乙种运动鞋的数量相同.
(1)求m的值;
(2)要使购进的甲、乙两种运动鞋共200双的总利润(利润=售价﹣进价)不少于21700元,且不超过22300元,问该专卖店有几种进货方案?该专卖店要获得最大利润应如何进货?
考查题型九 方程组与不等式组相结合解决实际问题(共2小题)
典例9(2019·石家庄市期末)“绿水青山就是金山银山”,为保护生态环境,A,B两村准备各自清理所属区域养鱼网箱和捕鱼网箱,每村参加清理人数及总开支如下表:
村庄
清理养鱼网箱人数/人
清理捕鱼网箱人数/人
总支出/元
A
15
9
57000
B
10
16
68000
(1)若两村清理同类渔具的人均支出费用一样,求清理养鱼网箱和捕鱼网箱的人均支出费用各是多少元;
(2)在人均支出费用不变的情况下,为节约开支,两村准备抽调40人共同清理养鱼网箱和捕鱼网箱,要使总支出不超过102000元,且清理养鱼网箱人数小于清理捕鱼网箱人数,则有哪几种分配清理人员方案?
变式9-1(2019·豪州市期中)为了落实党的“精准扶贫”政策,A、B两城决定向C、D两乡运送肥料以支持农村生产,已知A、B两城共有肥料500吨,其中A城肥料比B城少100吨,从A城往C、D两乡运肥料的费用分别为20元/吨和25元/吨;从B城往C、D两乡运肥料的费用分别为15元/吨和24元/吨.现C乡需要肥料240吨,D乡需要肥料260吨.
(1)A城和B城各有多少吨肥料?
(2)设从A城运往C乡肥料x吨,总运费为y元,求出最少总运费.
(3)由于更换车型,使A城运往C乡的运费每吨减少a(0<a<6)元,这时怎样调运才能使总运费最少?
考查题型十 利用不等式计算获利问题(共3小题)
典例10(2019·重庆市期中)某电脑经销商计划购进一批电脑机箱和液晶显示器,若购电脑机箱10台和液液晶显示器8台,共需要资金7000元;若购进电脑机箱2台和液示器5台,共需要资金4120元.
(1)每台电脑机箱、液晶显示器的进价各是多少元?
(2)该经销商购进这两种商品共50台,而可用于购买这两种商品的资金不超过22240元.根据市场行情,销售电脑机箱、液晶显示器一台分别可获利10元和160元.该经销商希望销售完这两种商品,所获利润不少于4100元.试问:该经销商有哪几种进货方案?哪种方案获利最大?最大利润是多少?
变式10-1(2019·苏州市期末)某商场有A、B两种商品,每件的进价分别为15元、35元.商场销售5件A商品和2件B商品,可获得利润45元;销售8件A商品和4件B商品,可获得利润80元.
(1)求A、B两种商品的销售单价;
(2)如果该商场计划购进A、B两种商品共80件,用于进货资金最多投入2 000元,但又要确保获利至少590元,请问有那几种进货方案?
变式10-2(2019·滕州市期中)大熊山某农家乐为了抓住“五一”小长假的商机,决定购进A、B两种纪念品.若购进A种纪念品4件,B种纪念品3件,需要550元;若购进A种纪念品8件,B种纪念品5件,需要1050元.
(1)求购进A、B两种纪念品每件各需多少元.
(2)若该农家乐决定购进这两种纪念品共100件,考虑市场需求和资金周转,用于购买这100件纪念品的资金不少于7500元,但不超过7650元,那么该农家乐共有几种进货方案.
(3)若销售每件A种纪念品可获利润30元,每件B种纪念品可获利润20元,在第(2)问的各种进货方案中,哪一种方案获利最大?最大利润是多少元.
考查题型十一 运用一元一次不等式组进行方案设计(共3小题)
典例11(2018·株洲市期末)某汽车租赁公司要购买轿车和面包车共10辆,其中轿车至少要购买3辆,轿车每辆7万元,面包车每辆4万元,公司可投入的购车款不超过55万元.
(1)符合公司要求的购买方案有几种?请说明理由;
(2)如果每辆轿车的日租金为200元,每辆面包车的日租金为110元,假设新购买的这10辆车每日都可租出,要使这10辆车的日租金不低于1500元,那么应选择以上哪种购买方案?
变式11-1(2019·佛山市期中)快递公司为提高快递分拣的速度,决定购买机器人来代替人工分拣.已知购买甲型机器人1台,乙型机器人2台,共需14万元;购买甲型机器人2台,乙型机器人3台,共需24万元.
(1)求甲、乙两种型号的机器人每台的价格各是多少万元;
(2)已知甲型和乙型机器人每台每小时分拣快递分别是1200件和1000件,该公司计划购买这两种型号的机器人共8台,总费用不超过41万元,并且使这8台机器人每小时分拣快递件数总和不少于8300件,则该公司有哪几种购买方案?哪个方案费用最低,最低费用是多少万元?
变式11-2(2019·石家庄市期末)为拓宽学生视野,引导学生主动适应社会,促进书本知识和生活经验的深度融合,我市某中学决定组织部分班级去赤壁开展研学旅行活动,在参加此次活动的师生中,若每位老师带17个学生,还剩12个学生没人带;若每位老师带18个学生,就有一位老师少带4个学生.现有甲、乙两种大客车,它们的载客量和租金如表所示.
甲种客车
乙种客车
载客量/(人/辆)
30
42
租金/(元/辆)
300
400
学校计划此次研学旅行活动的租车总费用不超过3100元,为了安全,每辆客车上至少要有2名老师.
(1)参加此次研学旅行活动的老师和学生各有多少人?
(2)既要保证所有师生都有车坐,又要保证每辆客车上至少要有2名老师,可知租用客车总数为
辆;
(3)你能得出哪几种不同的租车方案?其中哪种租车方案最省钱?请说明理由.
人教版七年级数学下册期考考查题型(50题):不等式与不等式组
考查题型
考查题型一 不等式性质的应用(共6小题)
典例1(2018·富阳市期中)若a<b,则下列结论不一定成立的是( )
A.a-1<b-1 B.2a<2b C. D.
【答案】D
【详解】A.∵a<b,∴ a-1<b-1,正确,故A不符合题意;
B.∵a<b,∴ 2a<2b,正确,故B不符合题意;
C.∵a<b,∴ ,正确,故C不符合题意;
D.当a<b<0时,a2>b2,故D选项错误,符合题意,
故选D.
变式1-1(2019·绍兴市期中)已知四个实数a,b,c,d,若a>b,c>d,则( )
A.a+c>b+d B.a-c>b-d C.ac>bd D.
【答案】A
【详解】
A. ∵a>b,c>d,∴ a+c>b+d,正确;
B.如a=3,b=1,c=2,d=-5时, a-c=1,b-d =6,此时a-cnx+4n>0就是直线y=-x+m位于直线y=nx+4n的上方且位于x轴的上方的图象,据此求得自变量的取值范围即可.
【详解】
当时,对于,则.故的解集为.与的交点的横坐标为,观察图象可知的解集为.的解集为.为整数,.
变式2-1(2019·仙桃市期末)若关于x,y的方程组的解满足,则m的最小整数解为( )
A.﹣3 B.﹣2 C.﹣1 D.0
【答案】B
【详解】
解:,
①-②得:x-y=3m+2,
∵关于x,y的方程组的解满足x-y>-,
∴3m+2>-,
解得:m>,
∴m的最小整数解为-1,
故选B.
变式2-2(2019·济南市期中)不等式的非负整数解有( )个
A.4 B.6 C.5 D.无数
【答案】B
【解析】
3(x-2)≤+4,
去括号,得3 x-6≤x+4,
移项、合并同类项,得2x≤10,
系数化为1,得x≤5,
则满足不等式的非负整数解为:0,1,2,3,4,5,共6个.
故选B.
变式2-3(2018·菏泽市期末)不等式>﹣1的正整数解的个数是( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
【答案】D
【解析】
,去分母得3(x+1)>2(2x+2)-6,去括号得3x+3>4x+4-6,移项,合并同类项得-x>-5,系数化为1得x<5,所以满足不等式的正整数的个数有4个,故选D.
变式2-4(2018·宝鸡市期中)使不等式成立的最小整数是( )
A.1 B.﹣1 C.0 D.2
【答案】C
【详解】
解:解不等式,两边同时乘以6得:﹣12x﹣4≤9x+3,
移项得:﹣12x﹣9x≤4+3,
即﹣21x≤7,
∴x≥﹣,
则最小的整数是0.
故选:C.
变式2-5(2019·唐山市期末)若是关于的方程的解,则关于的不等式的最大整数解为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】C
【详解】
∵是关于的方程的解,
∴-3=m+1,
解得m=-4;
∴,
解这个不等式可得,x≤3.
∴关于的不等式的最大整数解为3.
故选C.
考查题型三 确定不等式中字母的取值范围的方法(共6小题)
典例3(2018·聊城市期中)若关于x的不等式3x-2m≥0的负整数解为-1,-2,则m的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
解,得x≥,根据题意得,-3<≤-2,解得,故选D.
变式3-1(2019·宜宾市期末)关于的不等式的正整数解是1、2、3,那么的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】
解不等式,可得x<2m,
∵不等式的正整数解是1、2、3,
∴3<2m≤4,
解得,.
故选A.
变式3-2(2019·铜陵市期末)如果不等式 3x﹣m≤0 的正整数解为 1,2,3,则 m 的取值范围为( )
A.m≤9 B.m<12 C.m≥9 D.9≤m<12
【答案】D
【详解】
解不等式3x-m≤0,得:x≤,
∵不等式的正整数解为1,2,3,
∴3≤<4,
解得:9≤m<12,
故选D.
变式3-3(2018·庐江县期末)如果关于x的不等式2≤3x+b<8的整数解之和为7,那么b的取值范围是( )
A.﹣7≤b≤﹣4 B.﹣7<b<﹣4 C.﹣7<b≤﹣4 D.﹣7≤b<﹣4
【答案】D
【详解】
解:2≤3x+b<8,
即
∵解不等式①得:x≥,
解不等式②得:x<,
∴不等式组的解集为≤x<,
∵关于x的不等式2≤3x+b<8的整数解之和为7,
∴4<≤5且2<≤3,
解得:﹣4>b≥﹣7,
故选:D.
变式3-4(2018·莱芜区期末)若关于x的不等式2x-m≥0的负整数解为-1,-2,-3,则m的取值范围是( )
A.-8<m≤-6 B.-6≤m<-4 C.-6<m≤-4 D.-8≤m<-6
【答案】A
【详解】
解不等式得:
由题意得:
解得:
故选:A.
变式3-5(2019·咸阳市期中)不等式-4x-k≤0的负整数解是-1,-2,那么k的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】
解:∵-4x-k≤0,
∴x≥-,
∵不等式的负整数解是-1,-2,
∴-3<-≤-2,
解得:8≤k<12,
故选:A.
考查题型四 确定一元一次不等式中待定字母的值的方法(共5小题)
典例4(2018·温州市期末)已知关于x、y的二元一次方程组的解满足x+y<4,则满足条件的k的最大整数为( )
A.3 B.2 C.1 D.0
【答案】C
【详解】
解:,
①+②,得:3x+3y=6k,
则x+y=2k,
∵x+y<4,
∴2k<4,
解得:k<2,
则满足条件的k的最大整数为1,
故选:C.
变式4-1(2019·常熟市期末)已知关于x的方程3x+m=x+3的解为非负数,且m为正整数,则m的取值为( )
A.1 B.1、2 C.1、2、3 D.0、1、2、3
【答案】C
【详解】
∵3x+m=x+3,
移项,得3x-x=3-m,
合并同类项,得2x=3-m,
∴x=,
∵关于x的方程3x+m=x+3的解是非负数,
∴≥0,解得m≤3,
∵m是正整数,
∴m=1、2、3,
故选C.
变式4-2(2019·临汾市期中)关于x的一元一次不等式≤﹣2的解集为x≥4,则m的值为( )
A.14 B.7 C.﹣2 D.2
【答案】D
【详解】
≤﹣2,
m﹣2x≤﹣6,
﹣2x≤﹣m﹣6,
x≥m+3,
∵关于x的一元一次不等式≤﹣2的解集为x≥4,
∴m+3=4,解得m=2.
故选D.
变式4-3(2019·六安市期末)关于的不等式的解集如图所示,则的取值是
A.0 B. C. D.
【答案】D
【详解】
解:不等式,
解得x<,
由数轴可知,
所以,
解得;
故选:.
变式4-4(2019·重庆市期中)关于的不等式的解集如图所示,则的值是( )
A.0 B.2 C. D.
【答案】A
【详解】
解:解不等式,得 ,∵由数轴得到解集为x≤-1,
∴ ,解得:a=0.
故选:A.
考查题型五 一元一次不等式组的解集的确定方法(共6小题)
典例5(2019·长沙市期末)已知关于x的不等式>1的解都是不等式>0的解,则a的范围是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】
由得,
由 得,
∵关于x的不等式的解都是不等式的解,
∴
解得
即a的取值范围是:
故选:C.
变式5-1(2019·驻马店市期中)一元一次不等式2(x+1)≥4的解集在数轴上表示为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】
解:2(x+1)≥4
2x+2≥4
2x≥2
X≥1
∴不等式的解集在数轴上表示为:
故选:A
变式5-2(2018·绵阳市期末)在方程组中,若未知数x,y满足x+y>0,则m的取值范围在数轴上的表示应是如图所示的( )
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】
解: ,
①+②得,3(x+y)=3-m,
解得x+y=1-,
∵x+y>0,
∴1->0,
解得m<3,
在数轴上表示为:.
故选B.
变式5-3(2019·连云港市期末)设a,b是常数,不等式的解集为,则关于x的不等式的解集是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】
解不等式,
移项得:
∵解集为x<
∴ ,且a<0
∴b=-5a>0,
解不等式,
移项得:bx>a
两边同时除以b得:x>,
即x>-
故选C
变式5-4(2019·太原市期中)解不等式,下列去分母正确的是
A.2x+1-3x-1≥x-1 B.2(x+1)-3(x-1)≥x-1
C.2x+1-3x-1≥6x-1 D.2(x+1)-3(x-1)≥6(x-1)
【答案】D
【详解】
不等式两边同时乘以6,得:
故选D
变式5-5(2019·东营市期末)不等式组的解集在数轴上表示正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【详解】
由(x+1)≤2,解得x≤3;由x﹣3<3x+1,解得x>﹣2;
不等式组的解集是-20时,即0<a<4时,y随着x的增大而增大,∴当x=0时,运费最少,A城200吨肥料都运往D乡,B城240吨运往C乡,60吨运往D乡;
当4-a=0时,即a=4时,y=10040,在0≤x≤200范围内的哪种调运方案费用都一样;
当4﹣a<0时,即4<a<6时,y随着x的增大而减小,∴当x=240时,运费最少,此时A城200吨肥料都运往C乡,B城40吨运往C乡,260吨运往D乡.
考查题型十 利用不等式计算获利问题(共3小题)
典例10(2019·重庆市期中)某电脑经销商计划购进一批电脑机箱和液晶显示器,若购电脑机箱10台和液液晶显示器8台,共需要资金7000元;若购进电脑机箱2台和液示器5台,共需要资金4120元.
(1)每台电脑机箱、液晶显示器的进价各是多少元?
(2)该经销商购进这两种商品共50台,而可用于购买这两种商品的资金不超过22240元.根据市场行情,销售电脑机箱、液晶显示器一台分别可获利10元和160元.该经销商希望销售完这两种商品,所获利润不少于4100元.试问:该经销商有哪几种进货方案?哪种方案获利最大?最大利润是多少?
【答案】(1)每台电脑机箱、液晶显示器的进价各是60元,800元;
(2)利润最大为4400元.
【分析】
(1)设每台电脑机箱的进价是x元,液晶显示器的进价是y元,根据“若购进电脑机箱10台和液晶显示器8台,共需要资金7000元;若购进电脑机箱2台和液晶显示器5台,共需要资金4120元”即可列方程组求解;
(2)设购进电脑机箱z台,根据“可用于购买这两种商品的资金不超过22240元,所获利润不少于4100元”即可列不等式组求解.
【详解】
解:(1)设每台电脑机箱、液晶显示器的进价各是x,y元,
根据题意得:,
解得:,
答:每台电脑机箱、液晶显示器的进价各是60元,800元;
(2)设该经销商购进电脑机箱m台,购进液晶显示器(50-m)台,
根据题意得:,
解得:24≤m≤26,
因为m要为整数,所以m可以取24、25、26,
从而得出有三种进货方式:①电脑箱:24台,液晶显示器:26台,
②电脑箱:25台,液晶显示器:25台;
③电脑箱:26台,液晶显示器:24台.
∴方案一的利润:24×10+26×160=4400,
方案二的利润:25×10+25×160=4250,
方案三的利润:26×10+24×160=4100,
∴方案一的利润最大为4400元.
答:该经销商有3种进货方案:①进24台电脑机箱,26台液晶显示器;②进25台电脑机箱,25台液晶显示器;③进26台电脑机箱,24台液晶显示器.第①种方案利润最大为4400元.
变式10-1(2019·苏州市期末)某商场有A、B两种商品,每件的进价分别为15元、35元.商场销售5件A商品和2件B商品,可获得利润45元;销售8件A商品和4件B商品,可获得利润80元.
(1)求A、B两种商品的销售单价;
(2)如果该商场计划购进A、B两种商品共80件,用于进货资金最多投入2 000元,但又要确保获利至少590元,请问有那几种进货方案?
【答案】(1)A、B两种商品的销售单价分别为20,45.
(2)第一种方案:A种商品进40件,B种商品进40件
第二种方案:A种商品进41件,B种商品进39件
第三种方案:A种商品进42件,B种商品进38件
【分析】
(1)设A、B两种商品的销售单价分别为x,y;再根据题意列二元一次方程组即可.
(2)设A种商品进了m件,则可得B种商品进了80-m件.根据题意列出不等式组,求解即可.
【详解】
(1)设A、B两种商品的销售单价分别为x,y;
根据题意可得:
解得
所以A、B两种商品的销售单价分别为20,45.
(2)A种商品进了m件,则可得B种商品进了80-m件.
根据题意可得:
解得:
所以可得
因此可得当m=40时,A种商品进40件,B种商品进40件
当m=41时,A种商品进41件,B种商品进39件
当m=42时,A种商品进42件,B种商品进38件
变式10-2(2019·滕州市期中)大熊山某农家乐为了抓住“五一”小长假的商机,决定购进A、B两种纪念品.若购进A种纪念品4件,B种纪念品3件,需要550元;若购进A种纪念品8件,B种纪念品5件,需要1050元.
(1)求购进A、B两种纪念品每件各需多少元.
(2)若该农家乐决定购进这两种纪念品共100件,考虑市场需求和资金周转,用于购买这100件纪念品的资金不少于7500元,但不超过7650元,那么该农家乐共有几种进货方案.
(3)若销售每件A种纪念品可获利润30元,每件B种纪念品可获利润20元,在第(2)问的各种进货方案中,哪一种方案获利最大?最大利润是多少元.
【答案】(1)各需100、50元;(2)四种;(3)购进种纪念品53件,B种纪念品47件时,获得最大利润是2530元.
【分析】
(1)关系式为:A种纪念品4件需要钱数+B种纪念品3件钱数=550;A种纪念品8件需要钱数+B种纪念品5件需要钱数=1050;
(2)关系式为:用于购买这100件纪念品的资金不少于7500元,但不超过7650元,得出不等式组求出即可;
(3)因为A种纪念品利润较高,故A种数量越多总利润越高,因此选择购A种53件,B种47件.
【详解】
解:(1)设购进A种纪念品每件需元,购进B种纪念品每件需元,则根据题意,可列方程组为,解得,则购进A、B两种纪念品每件各需100、50元.
(2)设购进A种纪念品件,购进B种纪念品件,根据题意,可列不等式为,解得,因为是正整数,所以故有四种方案.①购进A种纪念品50件,B种纪念品50件;
②购进A种纪念品51件,B种纪念品49件;
③购进A种纪念品52件,B种纪念品48件;
④购进A种纪念品53件,B种纪念品47件.
(3)设利润为,则,则随的增大而增大,所以时,最大是2530,故购进种纪念品53件,B种纪念品47件时,获得最大利润是2530元.
考查题型十一 运用一元一次不等式组进行方案设计(共3小题)
典例11(2018·株洲市期末)某汽车租赁公司要购买轿车和面包车共10辆,其中轿车至少要购买3辆,轿车每辆7万元,面包车每辆4万元,公司可投入的购车款不超过55万元.
(1)符合公司要求的购买方案有几种?请说明理由;
(2)如果每辆轿车的日租金为200元,每辆面包车的日租金为110元,假设新购买的这10辆车每日都可租出,要使这10辆车的日租金不低于1500元,那么应选择以上哪种购买方案?
【答案】(1) 有三种购买方案,理由见解析;(2)为保证日租金不低于1500元,应选择方案三,即购买5辆轿车,5辆面包车
【详解】
(1)设购买轿车x辆,那么购买面包车(10-x)辆.
由题意,得7x+4(10-x)≤55,
解得x≤5.
又因为x≥3,所以x的值为3,4,5,
所以有三种购买方案:
方案一:购买3辆轿车,7辆面包车;
方案二:购买4辆轿车,6辆面包车;
方案三:购买5辆轿车,5辆面包车.
(2)方案一的日租金为3×200+7×110=1370(元)<1500元;
方案二的日租金为4×200+6×110=1460(元)<1500元;
方案三的日租金为5×200+5×110=1550(元)>1500元.
所以为保证日租金不低于1500元,应选择方案三,即购买5辆轿车,5辆面包车.
变式11-1(2019·佛山市期中)快递公司为提高快递分拣的速度,决定购买机器人来代替人工分拣.已知购买甲型机器人1台,乙型机器人2台,共需14万元;购买甲型机器人2台,乙型机器人3台,共需24万元.
(1)求甲、乙两种型号的机器人每台的价格各是多少万元;
(2)已知甲型和乙型机器人每台每小时分拣快递分别是1200件和1000件,该公司计划购买这两种型号的机器人共8台,总费用不超过41万元,并且使这8台机器人每小时分拣快递件数总和不少于8300
件,则该公司有哪几种购买方案?哪个方案费用最低,最低费用是多少万元?
【答案】(1)甲、乙两种型号的机器人每台价格分别是6万元、4万元(2)该公司购买甲型机器人2台,乙型机器人6台这个方案费用最低,最低费用是36万元.
【详解】
解:(1)设甲型机器人每台价格是x万元,乙型机器人每台价格是y万元,根据题意得
解这个方程组得:
答:甲、乙两种型号的机器人每台价格分别是6万元、4万元;
(2)设该公可购买甲型机器人a台,乙型机器人(8-a)台,根据题意得
解这个不等式组得
≤a≤
∵a为正整数
∴a的取值为2,3,4,
∴该公司有3种购买方案,分别是
购买甲型机器人2台,乙型机器人6台
购买甲型机器人3台,乙型机器人5台
购买甲型机器人4台,乙型机器人4台
设该公司的购买费用为w万元,则w=6a+4(8-a)=2a+32
∵k=2>0
∴w随a的增大而增大
当a=2时,w最小,w最小=2×2+32=36(万元)
∴该公司购买甲型机器人2台,乙型机器人6台这个方案费用最低,最低费用是36万元.
变式11-2(2019·石家庄市期末)
为拓宽学生视野,引导学生主动适应社会,促进书本知识和生活经验的深度融合,我市某中学决定组织部分班级去赤壁开展研学旅行活动,在参加此次活动的师生中,若每位老师带17个学生,还剩12个学生没人带;若每位老师带18个学生,就有一位老师少带4个学生.现有甲、乙两种大客车,它们的载客量和租金如表所示.
甲种客车
乙种客车
载客量/(人/辆)
30
42
租金/(元/辆)
300
400
学校计划此次研学旅行活动的租车总费用不超过3100元,为了安全,每辆客车上至少要有2名老师.
(1)参加此次研学旅行活动的老师和学生各有多少人?
(2)既要保证所有师生都有车坐,又要保证每辆客车上至少要有2名老师,可知租用客车总数为 辆;
(3)你能得出哪几种不同的租车方案?其中哪种租车方案最省钱?请说明理由.
【答案】(1)老师有16名,学生有284名;(2)8;(3)共有3种租车方案,最节省费用的租车方案是:租用甲种客车3辆,乙种客车5辆.
【解析】
【分析】
(1)设老师有x名,学生有y名,根据等量关系:若每位老师带17个学生,还剩12个学生没人带;若每位老师带18个学生,就有一位老师少带4个学生,列出二元一次方程组,解出即可;
(2)由(1)中得出的教师人数可以确定出最多需要几辆汽车,再根据总人数以及汽车最多的是42座的可以确定出汽车总数不能小于=(取整为8)辆,由此即可求出;
(3)设租用x辆乙种客车,则甲种客车数为:(8﹣x)辆,由题意得出400x+300(8﹣x)≤3100,得出x取值范围,分析得出即可.
【详解】
(1)设老师有x名,学生有y名,
依题意,列方程组为,
解得:,
答:老师有16名,学生有284名;
(2)∵每辆客车上至少要有2名老师,
∴汽车总数不能大于8辆;
又要保证300名师生有车坐,汽车总数不能小于=(取整为8)辆,
综合起来可知汽车总数为8辆,
故答案为8;
(3)设租用x辆乙种客车,则甲种客车数为:(8﹣x)辆,
∵车总费用不超过3100元,
∴400x+300(8﹣x)≤3100,
解得:x≤7,
为使300名师生都有座,
∴42x+30(8﹣x)≥300,
解得:x≥5,
∴5≤x≤7(x为整数),
∴共有3种租车方案:
方案一:租用甲种客车3辆,乙种客车5辆,租车费用为3002900元;
方案二:租用甲种客车2辆,乙种客车6辆,租车费用为3003000元;
方案三:租用甲种客车1辆,乙种客车7辆,租车费用为3003100元;
故最节省费用的租车方案是:租用甲种客车3辆,乙种客车5辆.
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