专题3.2 一元一次不等式（组）应用题 五大题型专项讲练-2022-2023学年八年级数学上册重难题型全归纳及技巧提升专项精练（浙教版）

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专题3.2 一元一次不等式（组）应用题 五大题型专项讲练

一元一次不等式（组）的应用题
应用题在中考中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，该份资料就一元一次不等式（组）不等式的应用题：分配不足问题、方案问题、费用优化问题、利润问题等问题进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
不等式的应用题，与等式应用题类似，主要思路为：1）根据题意，列写不等关系式；2）设未知数，使之方便表示不等关系式；3）根据不等关系，列写不等关系式；4）解不等式求解问题。
题型1. 分配不足问题
不等式应用题从另一个角度可分为两大类：①含有明确的不等词（不少于、多余、不超过……）：将不等词化为不等号，以不等号的具体实际含义列出不等式；②不含有明确的不等词：根据题意中的实际意义列不等式。
例1．（2022·浙江·八年级阶段练习）某校在一次外出郊游中，把学生编为9个组，若每组比预定的人数多1人，则学生总数超过200人；若每组比预定的人数少1人，则学生总数不到190人，那么每组预定的学生人数为（　　）
A．24人 B．23人 C．22人 D．不能确定
【答案】C
【分析】根据若每组比预定的人数多1人，则学生总数超过200人；若每组比预定的人数少1人，则学生总数不到190人，可以列出相应的不等式组，再求解，注意x为整数．
【详解】解：设每组预定的学生数为x人，由题意得，
解得是正整数故选：C．
【点睛】本题考查一元一次不等式组的应用，属于常规题，掌握相关知识是解题关键．
变式1．（2022·成都市·八年级期中）安排学生住宿，若每间住3人，则还有13人无房可住；若每间住6人，则还有一间不空也不满，则宿舍的房间数量可能为_____．
【答案】5或6
【分析】设共有间宿舍，则共有个学生，然后根据每间住6人，则还有一间不空也不满，列出不等式组进行求解即可．
【详解】解：设共有间宿舍，则共有个学生，
依题意得：，解得：．
又为正整数，或6．故答案为：5或6．
【点睛】本题考查了一元一次不等式组的应用，解题的关键在于能够准确根据题意列出不等式组进行求解．
例2．（2022•市中区八年级期中）某幼儿园把一筐桔子分给若干个小朋友，若每人3只，那么还剩59只，若每人5只，那么最后一个小朋友分到桔子，但不足4只，试求这筐桔子共有多少只？
解：设幼儿园共有x名小朋友，则桔子的个数为（3x+59）个，
由“最后一个小朋友分到桔子，但不足4个”可得不等式组
0＜（3x+59）﹣5（x﹣1）＜4，解得30＜x＜32，
∴x＝31，∴有桔子3x+59＝3×31+59＝152（个）．
答：这筐桔子共有152个．
变式2．（2022·江苏·七年级专题练习）小明和小亮共下了10盘围棋，小明胜一盘记1分，小亮胜一盘记3分，当他俩下完第9盘后，小明的得分高于小亮；等下完第10盘后，小亮的得分高过小明，小亮胜（       ）盘？（已知比赛中没有出现平局）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】本题可设小亮赢了x盘，然后列出一元一次不等式组，化简后得出x的取值范围，找出取值范围中的整数即可得出本题的答案．
【详解】解：设下完10盘棋后小亮胜了x盘．
根据题意得，解得 ．∴所列不等式组的整数解为x＝3．
答：小亮胜了3盘．故选：C.
【点睛】本题考查的是一元一次不等式的运用．解此类题目要依据不等式的基本性质，在不等式的两边同时加上或减去同一个数或整式不等号的方向不变；在不等式的两边同时乘以或除以同一个正数不等号的方向不变；在不等式的两边同时乘以或除以同一个负数不等号的方向改变．

题型2. 方案问题
解决此类问题，依旧先按照普通不等式组解决问题的题型进行，最终会得到一个取值范围。那么提出的方案只需要符合这个取值范围即可。
例1．（2022·重庆·七年级期中）“学党史，办实事”，为解决停车难问题，某区政府治堵办对老旧小区新增停车位给予补贴，对于通过划线方式新增的和建设改造新增的给予不同的补贴．划线4个和建设改造3个，共补贴8000元；划线1个和建设改造1个，共补贴2500元．
(1)政府对划线新增一个停车位和建设改造新增一个停车位分别补贴多少元？
(2)在（1）的条件下，政府计划对老旧小区一共新增车位100个，建设改造新增的停车位不得少于划线新增停车位的1.5倍，且政府补贴不超过143000元，则老旧小区新增停车位共有几种方案？
【答案】(1)政府对划线新增一个停车位补贴500元，对建设改造新增一个停车位补贴2000元
(2)共有3种方案
【分析】（1）设政府对划线新增一个停车位补贴x元，对建设改造新增一个停车位补贴y元，根据“划线4个和建设改造3个，共补贴8000元；划线1个和建设改造1个，共补贴2500元”，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）设老旧小区划线新增m个停车位，则建设改造新增（100-m）个停车位，根据“建设改造新增的停车位不得少于划线新增停车位的1.5倍，且政府补贴不超过143000元”，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，再结合m为整数即可得出老旧小区新增停车位方案的个数．
【详解】(1)设政府对划线新增一个停车位补贴元，对建设改造新增一个停车位补贴元，
依题意得：，解得：x=500y=2000．
答：政府对划线新增一个停车位补贴500元，对建设改造新增一个停车位补贴2000元．
(2)设老旧小区划线新增个停车位，则建设改造新增个停车位，
依题意得：，解得：．
又为整数，可以为38，39，40，老旧小区新增停车位共有3种方案．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
变式1．（2022·浙江·八年级阶段练习）某手机经销商计划同时购进一批甲、乙两种型号的手机，已知每部甲种型号的手机进价比每部乙种型号的手机进价多200元，且购进3部甲型号手机和2部乙型号手机，共需要资金9600元；（1）求甲、乙型号手机每部进价为多少元？（2）该店计划购进甲、乙两种型号的手机共20台进行销售，现已有顾客预定了8台甲种型号手机，且该店投入购进手机的资金不多于3.8万元，请求出有几种进货方案？并请写出进货方案．
【答案】（1）甲型号手机每部进价为2000元，乙为1800元；（2）共有3种进货方案，分别是甲8台，乙12台；甲9台，乙11台；甲10台，乙10台；
【分析】（1）设甲型号手机每部进价为元，乙为元，根据题意列出方程组，求解即可；
（2）根据题意列出不等式组，求解即可得出方案．
【详解】解：（1）解：设甲型号手机每部进价为元，乙为元，由题意得．
，解得
答：甲型号手机每部进价为2000元，乙为1800元．
（2）设甲型号进货台，则乙进货台，由题意可知
解得 故或9或10，
则共有种进货方案：分别是甲8台，乙12台；甲9台，乙11台；甲10台，乙10台．
【点睛】本题考查了二元一次方程的应用，一元一次不等式的应用，读懂题意，找准等量关系，列出相应的方程或不等式组是解本题的关键．
例2．（2022·江苏·七年级专题练习）某市七年级“新体考”新增了“三大球”选考项目，即足球运球绕标志杆、排球对墙垫球、篮球行进间运球上篮．为了使学生得到更好的训练，某学校计划到某商场采购一批足球和排球，该商场的每个足球与每个排球的标价之和为90元；若按标价购买4个足球、5个排球，则共需400元．（1）该商场足球和排球的标价分别是多少元？（2）若该商场有两种优惠方式：
方式一：足球和排球一律按标价8折优惠；
方式二：每购买2个足球，赠送1个排球（单买排球按标价计算）．
①若学校需采购足球、排球各50个，你认为应该采用哪种优惠方式购买合算？
②若学校计划在此商场采购足球、排球共100个，其中足球数量为偶数且不超过48个，并且用方式二购买的费用不超过用方式一购买的费用，请问学校有几种采购方案，并说明理由．
【答案】（1）该商场足球的标价为50元个，排球的标价为40元个；（2）①采用优惠方式二购买合算；②学校有2种采购方案．
【分析】（1）设该商场足球的标价为元个，排球的标价为元个，根据“该商场的每个足球与每个排球的标价之和为90元；若按标价购买4个足球、5个排球，则共需400元”，即可得出关于，的二元一次方程组，解之即可得出该商场足球和排球的标价；
（2）①利用总价单价数量，结合两种优惠方式的优惠策略，即可分别求出采用两次优惠方式所需费用，比较后即可得出采用优惠方式二购买合算；
②设购买足球个，则购买排球个，根据“购买足球的数量不超过48个，并且用方式二购买的费用不超过用方式一购买的费用”，即可得出关于的一元一次不等式组，解之即可得出的取值范围，再结合为正整数且为偶数，即可得出采购方案的个数．
【详解】解：（1）设该商场足球的标价为元个，排球的标价为元个，
依题意得：，解得：．
答：该商场足球的标价为50元个，排球的标价为40元个．
（2）①采用优惠方式一的费用为（元；
采用优惠方式二的费用为（元．
答：采用优惠方式二购买合算．
②设购买足球个，则购买排球个，
依题意得：，解得：．
又为正整数，且为偶数，可以取46，48，学校有2种采购方案．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）①利用总价单价数量，分别求出采用两种优惠方式所需费用；②根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
变式2．（2022·江苏·七年级专题练习）为缓解并最终解决能源的供需矛盾，改善日益严峻的环境状况，我国大力提倡发展新能源．新能源汽车市场发展迅猛，国家不仅在购买新能源车方面有补贴，而且还有免缴购置税等利好政策．某汽车租赁公司准备购买、两种型号的新能源汽车10辆．新能源汽车厂商提供了如下两种购买方案：
方案
汽车数量（单位：辆）
总费用
（单位：万元）


第一种购买方案
6
4
170
第二种购买方案
8
2
160
(1)、两种型号的新能源汽车每辆的价格各是多少万元？(2)为了支持新能源汽车产业的发展，国家对新能源汽车发放一定的补贴．已知国家对、两种型号的新能源汽车补贴资金分别为每辆3万元和4万元．通过测算，该汽车租赁公司在此次购车过程中，可以获得国家补贴资金不少于34万元，公司需要支付资金不超过145万元，请你通过计算求出有几种购买方案．
【答案】(1)型号新能源汽车每辆的价格是15万元，型号新能源汽车每辆的价格是20万元
(2)共有三种购车方案，方案一：购买型号新能源汽车4辆，则购买型号新能源汽车6辆；方案二：购买型号新能源汽车5辆，则购买型号新能源汽车5辆；方案三：购买型号新能源汽车6辆，则购买型号新能源汽车4辆
【分析】（1）设A种型号的新能源汽车每辆的价格为x万元，B种型号的新能源汽车每辆的价格为y万元，根据总价=单价×数量结合汽车厂商提供的两种购买方案，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）设该汽车租赁公司购进A种型号的新能源汽车a辆，则购进B种型号的新能源汽车（10-a）辆，根据国家补贴资金不少于34万元及公司需要支付资金不超过145万元，即可得出关于a的一元一次不等式组，解之即可得出a的取值范围，再结合a为整数即可得出各购买方案．
(1)设型号新能源汽车每辆的价格是万元，型号新能源汽车每辆的价格是万元.
由题意得：解得：.
型号新能源汽车每辆的价格是15万元，型号新能源汽车每辆的价格是20万元.
(2)设购买型号新能源汽车辆，则购买型号新能源汽车辆.
由题意得：解得：.
∵a是整数，∴a=4，5或6∴共有三种购车方案
方案一：购买型号新能源汽车4辆，则购买型号新能源汽车6辆
方案二：购买型号新能源汽车5辆，则购买型号新能源汽车5辆
方案三：购买型号新能源汽车6辆，则购买型号新能源汽车4辆
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组是解题的关键．

题型3. 利润问题
例1．（2022·重庆八年级阶段练习）节日将至，某水果店打算将红心猕猴桃、奉节脐橙、阿克苏糖心苹果以鲜果礼盒的方式进行销售．其中一个红心猕猴桃与一个阿克苏糖心苹果成本价之和为一个奉节脐橙的成本价的两倍，一个阿克苏糖心苹果与一个红心猕猴桃成本价之差的两倍等于一个奉节脐橙的成本价．商家打算将甲种鲜果礼盒装红心猕猴桃6个、奉节脐橙4个、阿克苏糖心苹果6个；乙种鲜果礼盒装红心猕猴桃8个、奉节脐橙4个、阿克苏糖心苹果6个；丙种鲜果礼盒装红心猕猴桃4个、奉节脐橙8个、阿克苏糖心苹果8个．已知每个鲜果礼盘的成本价定为各水果成本价之和，每个甲种鲜果礼盒在成本价的基础上提高之后进行销售，每个乙种鲜果礼盒的利润等于两个阿克苏糖心苹果的成本价，每个丙种鲜果礼盒的利润率和每个乙种鲜果礼盒时利润率相等．某单位元旦节发福利，准备给每个员工发一个鲜果礼盒．采购员向该水果店预订了80个甲种鲜果礼盒，预订乙种鲜果礼盒的数量与丙种鲜果礼盒的数量之差位于12和28之间．该水果店通过核算，此次订单的利润率为，则该单位一共有________名员工．
【答案】140
【分析】设一个红心猕猴桃的成本价为x元，一个奉节脐橙的成本价为z元，一个阿克苏糖心苹果的成本价为y元，然后由题意易得，则有甲种鲜果礼盒的成本价为元，乙种鲜果礼盒的成本价为元，丙种鲜果礼盒的成本价为元，进而可得甲的利润为元，乙的利润为元，利润率为，丙的利润为元，设预定乙种鲜果礼盒的数量为m，丙种鲜果礼盒的数量为n，则根据“订单的利润率为”列出方程，最后根据“预订乙种鲜果礼盒的数量与丙种鲜果礼盒的数量之差位于12和28之间”来求解即可．
【详解】解：设一个红心猕猴桃的成本价为x元，一个奉节脐橙的成本价为z元，一个阿克苏糖心苹果的成本价为y元，由题意得：
，解得：，∴甲种鲜果礼盒的成本价为元，乙种鲜果礼盒的成本价为元，丙种鲜果礼盒的成本价为元，
∴甲的利润为元，乙的利润为元，则有它的利润率为，进而可得丙的利润为元，设预定乙种鲜果礼盒的数量为m，丙种鲜果礼盒的数量为n，由题意得：
，化简得：，∴，
∵预订乙种鲜果礼盒的数量与丙种鲜果礼盒的数量之差位于12和28之间，
∴，即，解得：，
∵m为正整数，∴m的值可能为36、37、38、39、40、41、42、43、44，
∵n为正整数，∴是6的倍数，∴，
∴该单位一共有80+40+20=140（名）；故答案为140．
【点睛】本题主要考查三元一次方程组的应用及一元一次不等式的应用，熟练掌握利用消元思想及不定方程的求解方法是解题的关键．
变式1．（2022·重庆巴蜀中学八年级期末）“寒辞去冬雪，暖带入春风”，随着新春佳节的临近，家家户户都在准备年货，腊肉香肠几乎是川渝地区必备的年货之一．某超市购进一批川味香肠和广味香肠进行销售，试销期间，两种香肠各销售100千克，销售总额为12000元，利润率为20%．正式销售时，超市决定将两种香肠混装成礼盒的形式促销（每个礼盒的成本为混装香肠的成本之和），其中A礼盒混装2千克广味香肠，2千克川味香肠；B礼盒混装1千克广味香肠，3千克川味香肠，两种礼盒的数量之和不超过180个．超市工作人员在对这批礼盒进行成本核算时将两种香肠的成本刚好弄反，这样核算出的成本比实际成本少了500元，则超巿混装A、B两种礼盒的总成本最多为______元．
【答案】36250
【分析】设每千克川味香肠的成本为元，每千克广味香肠的成本为元，先根据利润率的计算公式可得，从而可分别求出每个礼盒的实际成本和核算出的成本，再设礼盒的数量为个，礼盒的数量为个，根据“核算出的成本比实际成本少了500元”可得，从而可得，然后结合求出超巿混装两种礼盒的总成本的最大值即可得．
【详解】解：设每千克川味香肠的成本为元，每千克广味香肠的成本为元，
由题意得：，即，
则每个礼盒的实际成本和核算出的成本均为（元），
每个礼盒的实际成本为（元），核算出的成本为（元），
设礼盒的数量为个，礼盒的数量为个，
由题意得：，即，
联立，解得，
则超巿混装两种礼盒的总成本为
，
即超巿混装两种礼盒的总成本最多为36250元，故答案为：36250．
【点睛】本题考查了列代数式、二元一次方程组的应用等知识点，通过设立未知数，正确找出等量关系是解题关键．
例2．（2022·浙江新昌·八年级期末）某种家用电器的进价为每件800元，以每件1200元的标价出售，由于电器积压，商店准备打折销售，但要保证利润率不低于5%，则最低可按标价的______折出售．
【答案】七
【分析】设按标价的x折出售，利用利润=售价-成本，结合利润不低于5%，即可得出关于x的一元一次不等式，解出不等式取最小值即可．
【详解】解：设按标价的x折出售由题意得： 解得：
最低可按标价的7折出售 故答案为7
【点睛】本题考查了一元一次不等式的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键．
变式2．（2022·上海松江·期末）今年“六一”前夕，某文具店花费2200元采购了A、B两种型号的文具进行销售，其进价和售价之间的关系如表：
型号
进价（元/个）
售价（元/个）
A型
10
12
B型
15
20
若两种型号的文具按表中售价全部售完，则该商店可以盈利600元．
(1)问该商店当初购进A、B两种型号文具各多少个？(2)“六一”当天，A、B两种型号文具各剩下20%还未卖出，文具店老板在第二天降价出售，且两种型号文具每件降了同样的价格，要使得这批文具售完后的总盈利不低于546元，那么这两种型号的文具每件最多降多少元？
【答案】(1)该商店当初购进A型号文具100个，B型号文具80个(2)1.5元
【分析】（1）设该商店当初购进A型号文具x个，B型号文具y个，根据用2200元购进的A、B两种型号的文具全部售出后可盈利600元，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）设这两种型号的文具每件降m元，利用这批文具售完后的总盈利＝600﹣剩余文具的数量×每件降低的价格，结合使得这批文具售完后的总盈利不低于546元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．
【解析】(1)解：（1）设该商店当初购进A型号文具x个，B型号文具y个，
依题意得：， 解得：．
答：该商店当初购进A型号文具100个，B型号文具80个；
(2)（2）设这两种型号的文具每件降m元，
依题意得：600﹣（100+80）×20%m≥546，解得：m≤1.5．
答：这两种型号的文具每件最多降1.5元．
【点睛】此题考查了二元一次方程组的实际应用，一元一次不等式的实际应用，正确理解题意利用方程组或是不等式解决实际问题是解题的关键．

题型4. 费用优化问题
费用优化问题是在方案问题上进一步深化，再求出费用（结果）最大（小）的方案。
解题方法为：先按照方案问题，求解出所有合适的方案，在求出各个方案的费用（结果），比较得出费用最大（小）利润（结果）的方案。
例1．（2022·浙江嘉兴市·八年级期末）某企业新增了一个化工项目，为了节约资源，保护环境，该企业决定购买A、B两种型号的污水处理设备共10台，具体情况如下表：经预算，企业最多支出136万元购买设备，且要求月处理污水能力不低于2150吨．（1）该企业有哪几种购买方案？（2）哪种方案更省钱？并说明理由．

A型
B型
价格（万元/）
15
12
月污水处理能力（吨/月）
250
200
【答案】（1）有3种购买方案：第一种是购买3台A型污水处理设备，7台B型污水处理设备；第二种是购买4台A型污水处理设备，6台B型污水处理设备；第三种是购买5台A型污水处理设备，5台B型污水处理设备；（2）购买3台A型污水处理设备，7台B型污水处理设备更省钱
【分析】（1）设购买污水处理设备A型号x台，则购买B型号（10﹣x）台，由不等量关系购买A型号的费用+购买B型号的费用≤136；A型号每月处理的污水总量+B型号每月处理的污水总量≥2150，列出不等式组，然后找出最合适的方案即可．（2）计算出每一方案的花费，通过比较即可得到答案．
【详解】设购买污水处理设备A型号x台，则购买B型号（10﹣x）台，
根据题意，得， 解这个不等式组，得：．
∵x是整数，∴x=3或x=4或x=5．当x=3时，10﹣x=7；当x=4时，10﹣x=6；当x=5时，10-x=5．
答：有3种购买方案：第一种是购买3台A型污水处理设备，7台B型污水处理设备；
第二种是购买4台A型污水处理设备，6台B型污水处理设备；
第三种是购买5台A型污水处理设备，5台B型污水处理设备；
（2）当x=3时，购买资金为15×3+12×7=129（万元），
当x=4时，购买资金为15×4+12×6=132（万元），
当x=5时，购买资金为15×5+12×5=135（万元）．
因为135＞132>129，所以应购污水处理设备A型号3台，B型号7台．
答：购买3台A型污水处理设备，7台B型污水处理设备更省钱．
【点睛】此题考查方案类不等式组的实际应用，有理数的混合运算，正确理解题意，根据题意列得不等式组是解题的关键．
变式1.（2022·沙坪坝区·八年级月考）某木板加工厂将购进的A型、B型两种木板加工成C型，D型两种木板出售，已知一块A型木板的进价比一块B型木板的进价多10元，且购买2块A型木板和3块B型木板共花费220元．（1）A型木板与B型木板的进价各是多少元？（2）根据市场需求，该木板加工厂决定用不超过8780元购进A型木板、B型木板共200块，若一块A型木板可制成2块C型木板、1块D型木板；一块B型木板可制成1块C型木板、2块D型木板，且生产出来的C型木板数量不少于D型木板的数量的．①该木板加工厂有几种进货方案？②若C型木板每块售价30元，D型木板每块售价25元，且生产出来的C型木板、D型木板全部售出，哪一种方案获得的利润最大，求出最大利润是多少？
【答案】（1）A型木板的进价为50元/块，B型木板的进价为40元/块；（2）①该木板加工厂有4种进货方案；方案1：购进A型木板75块，B型木板125块；方案2：购进A型木板76块，B型木板124块；方案3：购进A型木板77块，B型木板123块；方案4：购进A型木板78块，B型木板122块．②方案1购进A型木板75块，B型木板125块利润最大，最大利润为7625元．
【分析】（1）设A型木板的进价为x元/块，B型木板的进价为y元/块，根据“一块A型木板的进价比一块B型木板的进价多10元，购买2块A型木板和3块B型木板共花费220元”，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）①设购入A型木板m块，则购入B型木板（200-m）块，由购进木板的总资金不超过8780元且生产出来的C型木板数量不少于D型木板的数量的，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，结合m为整数即可得出各进货方案； ②根据利润=销售收入-进货成本，分别求出4个进货方案的销售利润，比较后即可得出结论．
【详解】解：（1）设A型木板的进价为x元/块，B型木板的进价为y元/块，
依题意，得：， 解得：．
答：A型木板的进价为50元/块，B型木板的进价为40元/块．
（2）①设购入A型木板m块，则购入B型木板（200-m）块，
依题意，得：， 解得：75≤m≤78．
∵m为整数， ∴m=75，76，77，78． ∴该木板加工厂有4种进货方案，
方案1：购进A型木板75块，B型木板125块；
方案2：购进A型木板76块，B型木板124块；
方案3：购进A型木板77块，B型木板123块；
方案4：购进A型木板78块，B型木板122块．
②方案1获得的利润为（75×2+125）×30+（75+125×2）×25-75×50-125×40=7625（元），
方案2获得的利润为（76×2+124）×30+（76+124×2）×25-76×50-124×40=7620（元），
方案3获得的利润为（77×2+123）×30+（77+123×2）×25-77×50-123×40=7615（元），
方案4获得的利润为（78×2+122）×30+（78+122×2）×25-78×50-122×40=7610（元）．
∵7625＞7620＞7615＞7610，
∴方案1购进A型木板75块，B型木板125块利润最大，最大利润为7625元．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元一次方程；（2）①根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组；②利用利润=销售收入-进货成本，分别求出4个进货方案的销售利润．
变式2．（2022·吉林前郭尔罗斯·七年级期末）某商店需要购进甲、乙两种商品共160件，其进价和售价如表：

甲
乙
进价（元/件）
15
35
售价（元/件）
20
45
（1）若商店计划销售完这批商品后能获利1100元．则甲、乙两种商品应分别购进多少件？
（2）若商店计划投入资金不多于4300元，且销售完这批商品获利多于1260元，商店有哪几种购货方案？哪种购货方案销售利润最大？请说明理由．
【答案】（1）应购进甲种商品100件，乙种商品60件；（2）商店共同3种购货方案，方案1：购进甲种商品65件，乙种商品95件；方案2：购进甲种商品66件，乙种商品94件；方案3：购进甲种商品67件，乙种商品93件．方案1的销售利润最大，理由见解析．
【分析】（1）设应购进甲种商品x件，乙种商品y件，根据“购进甲、乙两种商品共160件，且全部销售完能获利1100元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出购进甲、乙两种商品的数量；
（2）设购进甲种商品m件，则购进乙种商品（160-m）件，根据“投入资金不少于4300元，且销售完批商品获利多于1260元”，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，再结合m为正整数，即可得出各购货方案，利用销售总利润=每件的销售利润×销售数量，可分别求出各方案可获得的销售利润，比较后可得出购货方案1销售利润最大．
【详解】解：（1）设应购进甲种商品x件，乙种商品y件，
依题意得：，解得：．
答：应购进甲种商品100件，乙种商品60件；
（2）设购进甲种商品m件，则购进乙种商品（160﹣m）件，
依题意得：，解得：65≤m＜68．
又∵m为正整数，∴m可以为65，66，67，∴商店共同3种购货方案，
方案1：购进甲种商品65件，乙种商品95件；
方案2：购进甲种商品66件，乙种商品94件；
方案3：购进甲种商品67件，乙种商品93件．
方案1的销售利润最大，理由如下：
方案1的销售利润为（20﹣15）×65+（45﹣35）×95＝1275（元）；
方案2的销售利润为（20﹣15）×66+（45﹣35）×94＝1270（元）；
方案3的销售利润为（20﹣15）×67+（45﹣35）×93＝1265（元）．
∵1275＞1270＞1265，∴购货方案1销售利润最大．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．

题型5. 其他问题
例1．（2022·江苏·七年级专题练习）中午放学后，有a个同学在学校一食堂门口等侯进食堂就餐，由于二食堂面积较大，所以配餐前二食堂等待就餐的学生人数是一食堂的2倍，开始配餐后，仍有学生续前来排队等候就餐，设一食堂排队的学生人数按固定的速度增加，且二食堂学生人数增加的速度是一食堂的2倍，两个食堂每个窗口阿姨配餐的速度是一样的，一食堂若开放12个配餐窗口，则需10分钟才可为排队就餐的同学配餐完毕；二食堂若开放2个配餐窗口，则14分钟才可为排队就餐的同学配餐完毕；若需要在15分钟内配餐完毕，则两个食堂至少需要同时一共开放___个配餐窗口．
【答案】29
【分析】设每分钟来一食堂就餐的人数为x人，食堂每个窗口阿姨配餐的速度为每分钟y人，则每分钟来二食堂就餐的人数为2x人，根据“一食堂若开放12个配餐窗口，则需10分钟才可为排队就餐的同学配餐完毕；二食堂若开放20个配餐窗口，则14分钟才可为排队就餐的同学配餐完毕”，即可得出关于x，y，a的三元一次方程组，解之即可用含y的代数式表示出a，x，设设两个食堂同时一共开放m个配餐窗口，根据需要在15分钟内配餐完毕，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出结论．
【详解】解：设每分钟来一食堂就餐的人数为x人，食堂每个窗口阿姨配餐的速度为每分钟y人，则每分钟来二食堂就餐的人数为2x人，依题意得：，∴，
设两个食堂同时一共开放m个配餐窗口，
依题意得：15my≥a+2a+15×（x+2x），解得：m≥29．故答案为：29．
【点睛】本题考查了三元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，找准等量关系，正确列出三元一次方程组是解题的关键．
变式1．（2021·山东青州·八年级期末）小明要从甲地到乙地，两地相距2千米．已知小明步行的平均速度为100米/分，跑步的平均速度为200米/分，若要在不超过15分钟的时间内到达乙地，至少需要跑步多少分钟？设小明需要跑步x分钟，根据题意可列不等式为（　　）
A．200x+100（15﹣x）≥2000 B．200x+100（15﹣x）≤2000
C．200x+100（15﹣x）≥2 D．100x+200（15﹣x）≥2
【答案】A
【分析】根据“跑步的路程+步行的路程≥2000米”可得不等式．
【详解】解：设小明需要跑步x分钟，
根据题意可列不等式为200x+100（15-x）≥2000，故选：A．
【点睛】此题主要考查了由实际问题抽象出一元一次不等式，读懂题意，抓住关键词语，弄清运算其蕴含的不等式关系是解题的关键．
变式2．（2022·河南·九年级专题练习）小明与小红开展读书比赛．小明找出了一本以前已读完84页的古典名著打算继续往下读，小红上个周末恰好刚买了同一版本的这本名著，不过还没开始读．于是，两人开始了读书比赛．他们利用右表来记录了两人5天的读书进程．例如，第5天结束时，小明还领先小红24页，此时两人所读到位置的页码之和为424．已知两人各自每天所读页数相同．
读书天数
1
2
3
4
5
页码之差
72
60
48
36
24
页码之和
152
220


424
(1)表中空白部分从左到右2个数据依次为 ， ；(2)小明、小红每人每天各读多少页？
(3)已知这本名著有488页，问：从第6天起，小明至少平均每天要比原来多读几页，才能确保第10天结束时还不被小红超过？（答案取整数）
【答案】(1)288，356(2)小明每天读28页，小红每天读40页
(3)小明至少平均每天要比原来多读8页，才能确保第10天结束时还不被小红超过
【分析】（1）第一天两人一共读了152-84=68页，故第三天页码之和=220+68=288页，第四天页码之和=288+68=356页；（2）小明每天读x页，小红每天读y页．由题意列得议程组，解方程组即可解决问题；
（3）从第6天起，小明至少平均每天要比原来多读m页．由题意：84+28×5+5（28+m）-10×40≥0，解不等式即可解决问题．
【解析】(1)解：第一天两人一共读了152-84=68页，故第三天页码之和=220+68=288页，第四天页码之和=288+68=356页，故答案为：288，356．
(2)解：小明每天读x页，小红每天读y页，
由题意 ，解得 ，
答：小明每天读28页，小红每天读40页；
(3)解：从第6天起，小明至少平均每天要比原来多读m页．
由题意：84+28×5+5（28+m）-10×40≥0，解得m≥7.2，
∵m是整数，∴m=8，∴小明至少平均每天要比原来多读8页，才能确保第10天结束时还不被小红超过．
【点睛】本题考查了一元一次不等式、二元一次方程组等知识，解题的关键是读懂表格中的信息，学会利用参数构建方程组或不等式解决问题．
变式3．（2022·福建·厦门一中八年级期末）A、B两地相距25km，甲上午8点由A地出发骑自行车去B地，乙上午9点30分由A地出发乘汽车去B地．(1)若乙的速度是甲的速度的4倍，两人同时到达B地，请问两人的速度各是多少?(2)已知甲的速度为，若乙出发半小时后还未追上甲，此时甲、乙两人的距离不到，判断乙能否在途中超过甲，请说明理由．
【答案】(1)甲的速度是12.5千米/时，乙的速度是50千米/时；
(2)乙能在途中超过甲．理由见解析
【分析】（1）设甲的速度是x千米/时，乙的速度是4x千米/时，根据A、B两地相距25千米，甲骑自行车从A地出发到B地，出发1.5小时后，乙乘汽车也从A地往B地，且两人同时到达B地，可列分式方程求解；（2）根据乙出发半小时后还未追上甲，此时甲、乙两人的距离不到，列不等式组求得乙的速度范围，进步计算即可判断．
(1)解：设甲的速度是x千米/时，乙的速度是4x千米/时，
由题意，得，解得x=12.5，
经检验x=12.5是分式方程的解，12.5×4=50．
答：甲的速度是12.5千米/时，乙的速度是50千米/时；
(2)解：乙能在途中超过甲．理由如下：
设乙的速度是y千米/时，由题意，得，解得：44 甲走完全程花时间：小时，则乙的时间为：小时，
∴乙小时走的路程s为：×44 ∴乙能在途中超过甲．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，一元一次不等式的应用，解题的关键是理解题意，找到题目蕴含的相等和不等关系，并据此列出方程和不等式组．
例2．（2022年广东八年级数学应用知识展示试题）《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，奠定了中国传统数学的基本框架，其中卷第九勾股中记载：“今有邑，东西七里，南北九里，各中开门.出东门一十五里有木.问出南门几何步而见木？”其算法为：东门南到城角的步数，乘南门东到城角的步数，乘积作被除数，以树距离东门的步数作除数，被除数除以除数得结果，即出南门里见到树，则．若一小城，如图所示，出东门1200步有树，出南门750步能见到此树，则该小城周长的最小值为（       ）（注：1里=300步，且两个正数的和大于等于其积开方的两倍，当两数相等时取等号）．
A．里 B．里 C．里 D．里

【答案】D
【分析】根据题意得出，进而可得出EF⋅GF＝AG⋅BE＝10，结合基本不等式求4（EF+GF）的最小值即可．
【详解】因为1里=300步，则由图知步=4里，步=2.5里，
由题意，得，则，
所以该小城的周长为，当且仅当时等号成立． 故选D
【点睛】本题考查基本不等式的实际应用，考查数学运算和直观想象的能力，属于中档题．
变式1．（2022·北京西城·八年级期末）已知三条线段的长分别是4，4，m，若它们能构成三角形，则整数m的最大值是（       ）
A．10 B．8 C．7 D．4
【答案】C
【分析】根据三角形三边关系列出不等式，根据不等式的解集求整数m的最大值．
【详解】解：条线段的长分别是4，4，m，若它们能构成三角形，则，即
又为整数，则整数m的最大值是7故选C
【点睛】本题考查求不等式的整数解，三角形三边关系，根据三角形的三边关系列出不等式是解题的关键．
变式2．（2021·河北长安·七年级期末）如图．已知点是射线上一动点（不与点重合），，若为钝角三角形，则的取值范围是（ ）

A． B．
C．或 D．或
【答案】D
【分析】当两角的和小于90°或一个角大于90°时三角形是一个钝角三角形，由此可求解．
【详解】解：由三角形内角和可得：，
∵，∴当与∠O的和小于90°时，三角形为钝角三角形，则有；
当大于90°时，此时三角形为钝角三角形，则有；故选D．
【点睛】本题主要考查三角形内角和及一元一次不等式的应用，熟练掌握三角形内角和及一元一次不等式的应用是解题的关键．
变式3．（2021·浙江诸暨·八年级期中）某工厂用如图甲所示的长方形和正方形纸板，做成如图乙所示的竖式与横式两种长方体形状的无盖的纸盒．

（1）现有正方形纸板162张，长方形纸板340张，若要做两种纸盒共100个，设竖式纸盒x个，需要长方形纸板________________张，正方形纸板_____________张（请用含有x的式子）（2）在（1）的条件下，有哪几种生产方案？（3）若有正方形纸板162张，长方形纸板a张，做成上述两种纸盒，纸板恰好用完．已知290＜a＜300，求a的值．
【答案】（1）长方形纸板用了（x+300）张，正方形纸板用了（200﹣x）张；（2）共有3种生产方案，方案1：生产竖式纸盒38个，横式纸盒62个；方案2：生产竖式纸盒39个，横式纸盒61个；方案3：生产竖式纸盒40个，横式纸盒60个；（3）293或298
【分析】（1）可根据竖式纸盒+横式纸盒=100个，每个竖式纸盒需1个正方形纸板和4个长方形纸板，每个横式纸盒需3个长方形纸板和2个正方形纸板来填空；（2）根据题意，列不等式组求解即可；
（3）设可以生产竖式纸盒m个，横式纸盒个，可列出方程，再根据a的取值范围求出a的取值范围即可．
【详解】解：（1）设生产竖式纸盒x个，则生产横式纸盒（100﹣x）个，
则长方形纸板用了张，正方形纸板用了张
∴长方形纸板用了（x+300）张，正方形纸板用了（200﹣x）张．
（2）依题意，得：，   解得：．∵x为整数，∴x＝38，39，40，
∴共有3种生产方案，方案1：生产竖式纸盒38个，横式纸盒62个；方案2：生产竖式纸盒39个，横式纸盒61个；方案3：生产竖式纸盒40个，横式纸盒60个．
（3）设可以生产竖式纸盒m个，横式纸盒个，由此可得，为偶数，依题意，得：
∵∴∴
∴或∴或答：a的值为293或298．
【点睛】本题考查一元一次不等式组的应用，列代数式，解题的关键是读懂题意，找到等量关系，正确列不等式求解，注意实际问题最后取整数解．
例3．（2022·重庆一中九年级开学考试）春节期间，某超市推出了甲、乙、丙三种腊味套盒，各套盒均含有香肠、腊肉、腊排骨、腊猪脚等四种腊味各若干袋，每袋腊味的重量为500克，一袋腊肉的售价不低于30元，一袋香肠的售价比一袋腊肉的售价贵，单袋腊味的售价均为整数元，套盒的售价即为单袋腊味的售价之和，甲套盒中含有香肠2袋，腊肉5袋，腊排骨2袋，腊猪脚2袋，乙套盒中含有香肠4袋，腊肉5袋，腊排骨1袋，腊猪脚1袋，丙套盒中含有香肠3袋，腊肉5袋，腊排骨2袋，腊猪脚1袋，甲、乙礼盒售价均为415元，丙礼盒售价比甲礼盒贵10元，则腊排骨每袋______元．
【答案】50
【分析】设香肠、腊肉、腊排骨、腊猪脚四种腊味的单价分别为每袋元，元，元，元，再列方程组，分别用含的代数式 再利用都为正整数，且 求解的范围，从而可得答案.
【详解】解：设香肠、腊肉、腊排骨、腊猪脚四种腊味的单价分别为每袋元，元，元，元，
则 由①②得： 由②③得： 则
把代入①可得：
都为正整数，且 当时， 则
或
当时， 不合题意，舍去，当时， 符合题意，
此时，所以：腊排骨每袋50元.故答案为：50
【点睛】本题考查的是方程组的应用，方程组的正整数解问题，一元一次不等式组的应用，熟练的利用方程组与不等式组解决实际问题是解本题的关键.
变式1．（2022·湖南新邵·八年级期末）某学校为落实“五项管理”工作，促进学生健康和全面发展，丰富学生的体育活动，准备从体育用品商店购买一些排球、足球和篮球，排球和足球的单价相同，买一个足球需要50元，买一个篮球需要80元．根据实际需要，该学校从体育用品商店一次性购买了三种球共100个，且购买三种球的总费用不超过6000元，则这所中学最多可购买篮球________个．
【答案】33
【分析】购买足球和篮球的总费用不超过6000元，列式求得解集后得到相应整数解，从而求解．
【详解】解：设该中学购买篮球m个，根据题意得出：
80m+50（100-m）≤6000，解得：m≤33，
∵m是整数，∴m≤33（m的最大整数解是33）．故答案为：33．
【点睛】此题主要考查了一元一次不等式的应用；得到相应总费用的不等式是解决本题的关键．
变式2．（2022·广西江州·七年级期末）崇左市甲超市和乙超市在元旦节期间分别推出如下促销方式：
甲超市
乙超市
全场商品一律优惠15%
购物不超过200元，不优惠
购物超过200元而不超过500元，一律八折
购物超过500元，其中的500元优惠10%，超过的部分打七五折．
已知两家超市相同的商品的标价都一样．
(1)若小华同学一次性购物200元，请问小华同学到两家超市实际付款分别是多少？
(2)当购物总额为多少时，小华同学到两家超市实际付款相同？
(3)若小华在乙超市购物实际付款480元，则买同样的商品到甲超市实际付款多少元，他的选择划算吗？试说明理由．
【答案】(1)小华同学到甲乙两家超市实付款分别170元和200元．
(2)当购物总额是750元时，小华同学到甲乙两家超市实付款相同；(3)小华选择在乙超市购物不划算．
【分析】（1）根据甲超市和乙超市促销方式代入计算即可；
（2）设购物总额是x元时，先计算出x的取值范围，确定打折方式后根据题意列出方程即可求出答案；
（3）由于500×0.8＝400＜480，所以小华在乙超市购物实际总额多于500元，设小华在乙超市购物总额为y元，y＞500时，根据乙超市的促销方式列方程即可求得， 再将求出的金额用甲超市促销方式进行计算后比较，即可判断．
【解析】(1)解：（1）由题意可知，一次性购物总额是200元时：
甲超市实付款：200×（1−15%）＝170（元），乙超市实付款： 200（元），
小华同学到甲乙两家超市实付款分别170元和200元．
(2)（2）设购物总额是 x元时，甲乙两家超市实付款相同，
当一次性购物标价总额恰好是500元时，
甲超市实付款＝500×0.85＝425（元），乙超市实付款＝500×0.8＝400（元），
∵425＞400，∴x＞500．
根据题意得 x（1−15%）＝500（1−10%）＋（x−500）×0.75，解得x＝750，
∴当购物总额是750元时，小华同学到甲乙两家超市实付款相同；
（3）∵500×0.8＝400＜480，∴该小华在乙超市购物实际总额多于500元，
设该小华同学在乙超市购物总额为y元，且y＞500，根据题意得：
500（1−10%）＋（y−500）×0.75＝480，解得   y＝540．540×（1−15%）＝459（元），
∴该顾客在步步高超市购物，购买总额540元的商品，实际付款为459元，
∵459＜480，∴小华选择在乙超市购物不划算．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，不等式，有理数大小比较，解题的关键是判断清楚题目中描述的促销方式并准确找出等量关系进行求解．















课后专项训练：
1.（2022·浙江余杭·八年级期末）检测游泳池的水质，要求三次检验的pH的平均值不小于7.2，且不大于7.8．前两次检验，pH的读数分别是7.4，7.9，那么第三次检验的pH应该为多少才能合格？设第3次的pH值为x，由题意可得（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据平均数的定义，并结合三次检验的pH的平均值不小于7.2，且不大于7.8可得7.2≤≤7.8，从而得出答案．
【详解】解：根据题意知7.2≤≤7.8，∴7.2×3≤7.4+7.9+x≤7.8×3，故选：A．
【点睛】本题主要考查由实际问题抽象出一元一次不等式组，解题的关键是掌握平均数的定义．
2．（2022·浙江·八年级期中）研究表明，运动时将心率p（次）控制在最佳燃脂心率范围内，能起到燃烧脂肪并且保护心脏功能的作用．最佳燃脂心率最高值不应该超过（220-年龄）×0.8，最低值不低于（220-年龄）×0.6．以30岁为例计算，，，1，所以30岁的年龄最佳燃脂心率的范围用不等式可表示为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题干中信息可得“不超过”即“≤”，“不低于”即“≥”，于是30岁的年龄最佳燃脂心率范围用不等式表示为114≤p≤152．
【详解】 最佳燃脂心率最高值不应该超过（220-年龄）×0.8，， p≤152
最佳燃脂心率最低值不低于（220-年龄）×0.6，，114≤p
在四个选项中只有A选项正确.故选: A．
【点睛】本题主要考查不等式的简单应用，能将体现不等关系的文字语言转化为数学语言是解决题目的关键．体现不等关系的文字语言有“大于”、“小于”、“不高于”、“不低于”等．
3．（2022·浙江宁波·八年级期末）某次知识竞赛共20道题，每一题答对得10分，不答得0分，答错扣5分，小聪有一道题没答，竞赛成绩超过90分．设他答对了x道题，则根据题意可列出不等式为（　　）
A．10x﹣5（19﹣x）≥90 B．10x﹣5（19﹣x）＞90
C．10x﹣（19﹣x）≥90 D．10x﹣（19﹣x）＞90
【答案】B
【分析】小聪答对题的得分：10x；小聪答错的得分：-5（19-x），不等关系：小聪得分超过90分．
【详解】解：设他答对了x道题，根据题意，得10x-5（19-x）＞90．故选：B．
【点睛】此题主要考查由实际问题抽象出一元一次不等式，抓住关键词语，找到不等关系是解题的关键．
4．（2022·上海市八年级期中）一件商品的成本价是30元，若按标价的八八折销售，至少可获得10%的利润；若按标价的九折销售，可获得不足20%的利润，设这件商品的标价为元，则x的取值范围是______________
【答案】
【分析】根据“八八折销售至少可获得10%的利润、九折销售可获得不足20%的利润”列不等式组求解可得．
【详解】解：根据题意，得：解得：37.5≤x＜40，故答案为：37.5≤x＜40．
【点睛】此题主要考查了一元一次不等式组的应用，关键是理解题意抓住题目中的关键语句，列出不等式组．此题用到的公式是：进价+利润=售价．
5．（2022·浙江义乌·八年级期末）某产品进价为每件200元，商店标价为每件300元．现商店准备将这批服装打折出售，但要保证毛利润不低于5%，则商店最低可按______折出售．
【答案】7
【分析】设售价可以按标价打x折，根据“保证毛利润不低于5%”列出不等式，解之可得．
【详解】解：设售价可以按标价打x折，
根据题意，得：200+200×5%≤300×，解得：x≥7，
答：售价最低可按标价的7折．故答案为：7．
【点睛】本题主要考查了一元一次不等式的应用，解题的关键是理解题意，找到题目蕴含的不等关系，并据此列出不等式．
6．（2022·浙江余杭·八年级期中）若等腰三角形的底边长为6，则它的腰长x的取值范围是______；若等腰三角形的腰长为6，则它的底边长y的取值范围是______．
【答案】     x>3     0 【分析】由等腰三角形的底边长为6，则它的腰长x，已知腰长是6，底边长为y，根据三角形三边关系列出不等式，通过解不等式即可得到答案；等腰三角形的两腰长度相等，根据三角形中两边之和大于第三边，两边之差小于第三边可求出解．
【详解】等腰三角形的底边长为6，则它的腰长x，则根据x+x＞6且x-x＜6，即x＞3．
腰长是6，底边长为y，根据三边关系可知：6-6＜y＜6+6，即0＜y＜12．故答案为x＞3．0＜y＜12；
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，等腰三角形中两腰相等，以及三角形的三边关系．
7．（2022·重庆九年级月考）图图饼干店所售饼干款式新颖、价格实惠，深受大众喜爱．2020年，图图店新推出抹茶、奶油、芒果、草莓味四款小饼干，抹茶味与奶油味的销量之和等于草莓味的销量，芒果味的销量占草莓味销量的，四款饼干的销量之和不少于2850包，不多于手3540包，抹茶味、奶油味两款饼干的成本相同，均为芒果味与草莓味的成本之和，四款饼干的成本均为正整数且草莓味饼干的成本是偶数，店家制作这四款饼干成本一共12012元，且四款饼干全部售出，2021年，受疫情影响，图图店不再制作芒果味饼干，每包抹茶味饼干成本是去年的倍，每包奶油味饼干成本较去年上涨了20%，每包草莓味饼干成本是去年的2倍，销量之比为4：3：5，其中抹茶味、奶油味饼干单件利润之比为3：4，最后三款饼干的总利润率为90%，则抹茶味、奶油味、草莓味饼干单价之和为______元．（每款饼干售价均为正整数）
【答案】35
【分析】设2020年芒果的销量为x包，则草莓的为9x包，抹茶和奶油的销量之和为9x包，根据题意可列出关于x的不等式，再结合题意即得出x的取值范围．设2020年芒果的成本为a元，草莓的成本为b元，则抹茶和奶油的均为(a+b)元，根据题意可列出关于x和a、b的等式，由此即可得出．由题意可得出且b为偶数，即可由
开始试数，得出符合题意的a的值．再将所求出的a和b的值代入由关于x和a、b的等式所整理的式子，即可求出x的值．即得出2020年芒果的成本，草莓的成本，抹茶的成本和奶油的的成本．从而可求2021年草莓的成本，抹茶的成本和奶油的的成本．设抹茶味饼干2021年销售量为包，则奶油的为包，草莓的为包，由此可求出总成本，从而可求出，总销售额．设抹茶味、奶油味和草莓味饼干的单价分别为r元、s元、t元．根据题意可得出，即．即可得出总销售额，由此可得出．再由抹茶味、奶油味饼干单件利润之比为3：4，每款饼干售价均为正整数，得出，．即可由开始试数，求出符合题意的t和r的值．最后将r、s、t相加即可．
【详解】设2020年芒果的销量为x包，则草莓的为9x包，抹茶和奶油的销量之和为9x包，
根据题意可列不等式：，解得：，
∵x为整数，∴．
设2020年芒果的成本为a元，草莓的成本为b元，则抹茶和奶油的均为(a+b)元，
根据题意可列等式：，整理得：．
∴,整理得：，
∵四款饼干的成本均为正整数，∴．
又∵草莓味饼干的成本是偶数，∴．
当时，即，解得：，即a的值为3或4．
当时，即，解得：，与四款饼干的成本均为正整数不符，舍去．
当时，即，不符合题意，舍去．
∴当a=3，时，代入，得：，解得：；
当a=4，时，代入，得：，解得：，与x为整数不符；
∴2020年芒果的成本为3元，草莓的成本为2元，则抹茶和奶油的均为5元．
∴2021年抹茶的成本为元，奶油的成本为元，草莓的成本为元．
设抹茶味饼干2021年销售量为包，则奶油的为包，草莓的为包，
∴总成本为元．
∵三款饼干的总利润率为90%，∴总销售额为元．
设抹茶味、奶油味和草莓味饼干的单价分别为r元、s元、t元．
∵抹茶味、奶油味饼干单件利润之比为3：4，∴，整理得：．
∵总销售额为元，∴，即．
将代入，得．
∵抹茶味、奶油味饼干单件利润之比为3：4，即售卖奶油味饼干纯在利润，
又∵每款饼干售价均为正整数，∴，．
当时，代入，得，
解得：，不符合每款饼干售价均为正整数，舍；
当时，代入，得，
解得：，不符合每款饼干售价均为正整数，舍；
当时，代入，得，解得：，
将，代入，得，
解得：，不符合每款饼干售价均为正整数，舍；
当时，代入，得，解得：，不符合每款饼干售价均为正整数，舍；
当时，代入，得，解得：，不符合每款饼干售价均为正整数，舍；
当时，代入，得，解得：，不符合每款饼干售价均为正整数，舍；
当时，代入，得，解得：，不符合每款饼干售价均为正整数，舍；
当时，代入，得，解得：，
将，代入，得，解得：；
当时，代入，得，解得：，不符合每款饼干售价均为正整数，舍；
当时，代入，得，解得：，不符合每款饼干售价均为正整数，舍；
当时，代入，得，解得：，不符合每款饼干售价均为正整数，舍；
当时，代入，得，解得：，不符合每款饼干售价均为正整数，舍；
当时，代入，得，解得：；
将，代入，得，解得：，不符合每款饼干售价均为正整数，舍；　综上可知， ，．
∴抹茶味、奶油味和草莓味饼干的单价和为元．故答案为：35．
【点睛】本题考查三元一次方程的应用，一元一次不等式的应用．数据处理较大，为困难题型．根据题意找出数量关系，列出不等式或等式是解答本题的关键．
8．（2022·浙江仙居·七年级期末）某杨梅经销商以每千克40元的价格分三批向果农购进杨梅，均分拣成“特优”和“普通”两类销售，分拣和包装费用为每千克6元．每批杨梅中最差的10%不能销售，为损耗，其余杨梅均能售完．“特优”杨梅售价是每千克110元，“普通”杨梅售价为每千克30元．
（1）该经销商购进的第一批杨梅为500千克，分拣出“特优”杨梅150千克，则他获得的利润是 　 　元；
（2）该经销商购进的第二批杨梅为800千克，获利4800元，求其中售出“特优”和“普通”杨梅各多少千克？（3）该经销商希望自己第三批杨梅的销售的利润率不少于35%，他收购杨梅时要确保能分拣出“特优”杨梅占收购总量的百分比至少要达到多少（精确到1%）？（利润＝销售收入﹣总成本，利润率＝利润÷总成本×100%）
【答案】（1）2500；（2）售出“特优”杨梅250千克，“普通”杨梅470千克；（3）44%
【分析】（1）用总收入−成本−包装费即可求解；（2）设售出“特优”杨梅x千克，“普通”杨梅y千克，根据购进的第二批杨梅为800千克，获利4800元列出方程即可解答；（3）设收购总量为m千克，“特优”杨梅占收购总量的百分比为a，根据第三批杨梅的销售的利润率不少于35%列出不等式即可解答．
【详解】解：（1）110×150＋（500−150−500×10%）×30−6×500−40×500＝2500；故答案为：2500；
（2）设售出“特优”杨梅x千克，“普通”杨梅y千克，
则解得；
答：售出“特优”杨梅250千克，“普通”杨梅470千克．
（3）设收购总量为m千克，“特优”杨梅占收购总量的百分比为a，
则，解得a≥43.875%，即a≥44%．
答：他收购杨梅时要确保能分拣出“特优”杨梅占收购总量的百分比至少要达到44%．
【点睛】本题已销售为背景考查了一元一次不等式和二元一次方程组的知识，解题时找到等量关系和不等量关系，根据等量关系列出方程，不等量关系列出不等式是解题的关键．
9.（2022·河南长垣·模拟预测）2021年元旦新冠病毒肆虐，为抗疫救灾，甲、乙两运输队接受了运输20000箱抗疫物资的任务，任务要求在11天之内（包含11天）完成．已知两队共有18辆汽车，甲队每辆车每天能够运输120箱的抗疫物资，乙队每辆车每天能够运输100箱的抗疫物资，前4天两队一共运输了8000箱．(1)求甲、乙两队各有多少辆汽车；(2)4天后，甲队另有紧急任务需要抽调车辆支援，在不影响工期的情况下，甲队最多可以抽调多少辆汽车走？
【答案】(1)甲队有10辆汽车，乙队有8辆汽车(2)甲队最多可以抽调2辆汽车走
【分析】（1）设甲队有x辆汽车，乙队有y辆汽车，根据题意得：，计算求解即可；（2）设甲队可以抽调m辆汽车走，根据题意得：，求解最大的整数即可．
【解析】(1)解：设甲队有x辆汽车，乙队有y辆汽车
根据题意得：解得：
∴甲队有10辆汽车，乙队有8辆汽车．
(2)解：设甲队可以抽调m辆汽车走
根据题意得：解得：
则m最大的整数是2∴甲队最多可以抽调2辆汽车走．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用．解题的关键在于依据题意列正确的等式或不等式．
10．（2022•柳南区校级期末）某服装店老板到厂家选购A、B两种型号的服装，如果购进A种型号服装9件，B种型号服装10件，就需要1810元；如果购进A种型号服装12件，B种型号服装8件，就需要1880元．问题：（1）求A、B两种型号的服装每件分别为多少钱？（2）已知销售1件A种型号服装可获利18元，销售B种型号服装可获利30元．根据市场需求，服装店老板的决定，购进A种型号服装的数量要比B种型号服装数量的2倍多4件，且A种型号服装最多购进28件，这样服装全部售出后，可使总的获利不少于732元．问有几种进货方案？
解：（1）设A种型号的服装每件x元，B种型号的服装每件y元，
，解得，，
即A种型号的服装每件90元，B种型号的服装每件100元；
（2）设B型号x件，则A型号（2x+4）件，
，解得，10≤x≤12
故有三种进货方案：
方案一：进24件A型号，10件B型号；
方案二：26件A型号，11件B型号；
方案三：28件A型号，12件B型号．
11．（2022•饶平县校级期末）开学之前，学校总务部门安排新生宿舍，算了一笔细账、如果每间宿舍住4个学生，那么还余20个人无处安身，如果每间住8个人，那么其中一间不满也不空，其余各间全满，试问，共有多少位要住宿的新生？共为他们提供了多少间宿舍？
解：设宿舍为x间，则有学生4x+20，
，解得5＜x＜7，
∵x是正整数，∴x＝6，而4x+20＝44．
答：新生有44人，学校准备了6间宿舍．
12．（2022·湖南·八年级期末）为奖励在文艺汇演中表现突出的同学，班主任派小亮到文具店为获奖同学购买奖品．小亮发现，如果买1个笔记本和3支钢笔，则需要18元；如果买2个笔记本和5支钢笔，则需要31元．（1）求购买每个笔记本和每支钢笔各多少元？（2）班主任给小亮的班费是100元，需要奖励的同学是24名（每人奖励一件奖品），若购买的钢笔数不少于笔记本数，求小亮有哪几种购买方案？
【答案】（1）设每个笔记本3元，每支钢笔5元；（2）有三种购买方案：①购买笔记本10个，则购买钢笔14个；②购买笔记本11个，则购买钢笔13个；③购买笔记本12个，则购买钢笔12个．
【分析】（1）每个笔记本x元，每支钢笔y元，根据题意列出方程组求解即可；
（2）设购买笔记本m个，则购买钢笔(24-m)个利用总费用不超过100元和钢笔数不少于笔记本数列出不等式组求得m的取值范围后即可确定方案．
【详解】解：（1）设每个笔记本x元，每支钢笔y元
依题意得：解得：
答：设每个笔记本3元，每支钢笔5元．
（2）设购买笔记本m个，则购买钢笔(24-m)个
依题意得：解得：12≥m≥10
∵m取正整数∴m＝10或11或12∴有三种购买方案：①购买笔记本10个，则购买钢笔14个．
②购买笔记本11个，则购买钢笔13个．③购买笔记本12个，则购买钢笔12个．
【点睛】本题考查了一元一次不等式组的应用及二元一次方程组的应用，解题的关键是仔细的分析题意并找到等量关系列方程或不等关系列不等式．
13．（2022·重庆南开中学）在重庆南开中学建校85周年之际，学校举行了隆重的庆祝活动．为感谢参与活动的师生，学校定制了水杯和手账两种纪念品，已知定制2个水杯和3本手账共需180元，定制5个水杯和6本手账共需420元．（1）定制一个水杯和一本手账的单价各是多少元？（2）学校最终决定定制水杯和手账的总数量为600件（其中水杯不超过300个），并委托商家进行包装，现有如下两种方案：
方案1：一个水杯的包装费为6元，一本手账的包装费为1元，总费用打8折；
方案2：定制一个水杯，就赠送一本手账，并将一个水杯和一本手账作为套装进行包装，此种方案中每个套装的包装费为4元，剩下需要单独定制的单品每件包装费为2元．
求定制水杯多少个时，两种方案的总费用相同？（总费用=定制物品的总费用+包装总费用）
【答案】（1）定制一个水杯的单价为60元，一本手账的单价为20元；（2）定制水杯195个时，两种方案的总费用．
【分析】（1）设定制一个水杯的单价为x，一本手账的单价为y，根据“定制2个水杯和3本手账共需180元，定制5个水杯和6本手账共需420元”，列二元一次方程组，求解即可；
（2）设定制水杯的个数为m个，且m300，则手账的个数为(600-m)个，分别求得方案1和方案2的总费用，依题意解一元一次方程即可求解．
【详解】解：（1）设定制一个水杯的单价为x元，一本手账的单价为y元，
依题意得：，解得：，
答：定制一个水杯的单价为60元，一本手账的单价为20元；
（2）设定制水杯的个数为m个，且m300，则手账的个数为(600-m)个，
方案1：设总费用为w1，
则w1=；
方案2：设总费用为w2，则w2=；
依题意，令w1= w2，即，
解得：m=195<300，符合题意，
答：定制水杯195个时，两种方案的总费用．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，二元一次方程组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确得出一次函数的解析式．
14．（2022·湖南邵阳·中考真题）2022年2月4日至20日冬季奥运会在北京举行．某商店特购进冬奥会纪念品“冰墩墩”摆件和挂件共180个进行销售．已知“冰墩墩”摆件的进价为80元/个，“冰墩墩”挂件的进价为50元/个．(1)若购进“冰墩墩”摆件和挂件共花费了11400元，请分别求出购进“冰墩墩”摆件和挂件的数量．
(2)该商店计划将“冰墩墩”摆件售价定为100元/个，“冰墩墩”挂件售价定为60元/个，若购进的180个“冰墩墩”摆件和挂件全部售完，且至少盈利2900元，求购进的“冰墩墩”挂件不能超过多少个？
【答案】(1)购进“冰墩墩”摆件80件，“冰墩墩”挂件的100件；
(2)购进的“冰墩墩”挂件不能超过70个．
【分析】（1）设购进“冰墩墩”摆件x件，“冰墩墩”挂件的y件，利用总价=单价×数量，结合购买“冰墩墩”摆件和“冰墩墩”挂件共180个且共花费11400元，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）设购买“冰墩墩”挂件m个，则购买“冰墩墩”摆件（180-m）个，利用总价=单价×数量，结合至少盈利2900元，即可得出关于m的不等式，解之即可得出结论．
【解析】 (1)解：设购进“冰墩墩”摆件x件，“冰墩墩”挂件的y件，
依题意得：，解得：，
答：购进“冰墩墩”摆件80件，“冰墩墩”挂件的100件；
(2)解：设购买“冰墩墩”挂件m个，则购买“冰墩墩”摆件（180-m）个，
依题意得：（100-80）（180-m）+（60-50）m≥2900，解得：m≤70，
答：购进的“冰墩墩”挂件不能超过70个．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
15．（2022·安徽霍邱·七年级期末）为了支持贫困地区发展，某企业需运输一批扶贫物资．据调查得知，2辆大货车与4辆小货车一次可以运输1000箱物资；5辆大货车与2辆小货车一次可以运输1300箱物资．
（1）求1辆大货车和1辆小货车一次分别可以运输多少箱物资？
（2）该企业计划用两种货车共12辆运输这批物资，每辆大货车一次需费用500元，每辆小货车一次需费用300元，若一次运输物资不少于2200箱，且总费用小于5600元，请你列出所有运输方案，并指出哪种运输方案所需总费用最少，最少总费用是多少？
【答案】（1）1辆大货车一次可运输200箱物资，1辆小货车一次可运输150箱物资；（2）方案①：大货车用8辆，小货车用4辆，方案②：大货车用9辆，小货车用3辆；方案①所需费用最少，最少费用是5200元
【分析】（1）设1辆大货车一次可运输x箱物资，1辆小货车一次可运输y箱物资，根据题意即可列出关于x、y的二元一次方程组，解出x、y即可．
（2）设该企业用大货车a辆，则小货车用辆，根据题意即可列出关于a的一元一次不等式组，求出a的解集．再结合题意a必须为整数，即得出a的具体值．在分类讨论，即可得出答案．
【详解】解：（1）设1辆大货车一次可运输x箱物资，1辆小货车一次可运输y箱物资，
根据题意，得：，解得：．
因此，1辆大货车一次可运输200箱物资，1辆小货车一次可运输150箱物资．
（2）设该企业用大货车a辆，则小货车用辆，
根据题意，得：，解得：．
因为a为正整数，所以或，共有两种运输方案，
即方案①：大货车用8辆，小货车用4辆，
所需费用为（元）；
方案②：大货车用9辆，小货车用3辆，
所需费用为（元）．
因此，方案①所需费用最少，最少费用是5200元．
【点睛】本题考查二元一次方程组的应用和一元一次不等式组的应用．根据题意找出等量关系或数量关系是解答本题的关键．
16．（2022·浙江省衢州市八年级阶段练习）为纪念今年建党一百周年，学校集团党委决定印制《党旗飘扬》、《党建知识》两种党建读本．已知印制《党旗飘扬》5册和《党建知识》10册，需要350元；印制《党旗飘扬》3册和《党建知识》5册，需要190元．（1）求印制两种党建读本每册各需多少元？（2）考虑到宣传效果和资金周转，印制《党旗飘扬》不能少于60册，且用于印制两种党建读本的资金不能超过2630元，现需要印制两种读本共100册，问有哪几种印制方案？哪种方案费用最少？
【答案】（1）印制《党旗飘扬》每册30元，《党建知识》每册20元；（2）有四种方案：方案一：印制《党旗飘扬》60册，印制《党建知识》40册，需要付款：2600元；方案二：印制《党旗飘扬》61册，印制《党建知识》39册，需要付款：2610元；方案三：印制《党旗飘扬》62册，印制《党建知识》38册，需要付款：2620元；方案四：印制《党旗飘扬》63册，印制《党建知识》37册，需要付款：2630元；方案一费用最少．
【分析】（1）根据题意设印制《党旗飘扬》每册x元，《党建知识》每册y元，进而依据等量关系建立二元一次方程组求解；（2）根据题意设印制《党旗飘扬》a册，则印制《党建知识》（100﹣a）册，可得30a+20（100﹣a）≤2630且a≥60，进而求得a对四种方案进行分析即可.
【详解】解：（1）设印制《党旗飘扬》每册x元，《党建知识》每册y元，
由题意可得，解得，
答：印制《党旗飘扬》每册30元，《党建知识》每册20元；
（2）设印制《党旗飘扬》a册，则印制《党建知识》（100﹣a）册，
由题意可得：30a+20（100﹣a）≤2630且a≥60，解得：60≤a≤63，
∵a为整数，∴a＝60，61，62，63，∴有四种方案，
方案一：印制《党旗飘扬》60册，印制《党建知识》40册，需要付款：30×60+20×40＝2600（元）；
方案二：印制《党旗飘扬》61册，印制《党建知识》39册，需要付款：30×61+20×39＝2610（元）；
方案三：印制《党旗飘扬》62册，印制《党建知识》38册，需要付款：30×62+20×38＝2620（元）；
方案四：印制《党旗飘扬》63册，印制《党建知识》37册，需要付款：30×63+20×37＝2630（元）；
由上可得，方案一费用最少．
【点睛】本题考查二元一次方程的应用以及一元一次不等式的应用，读懂题意并根据题意等量或不等量关系建立方程组和不等式是解题的关键.