数学八年级上册15.3 分式方程精品同步达标检测题

这是一份数学八年级上册15.3 分式方程精品同步达标检测题，文件包含第26讲专题05解分式方程与分式方程的实际应用30题-教师版2024年八上数学同步精品讲义人教版docx、第26讲专题05解分式方程与分式方程的实际应用30题-学生版2024年八上数学同步精品讲义人教版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。

1．（2023秋•渌口区期中）解方程：．
【分析】将分式方程去分母化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，再进行检验即可．
【解答】解：去分母得：2（x+1）﹣（x+8）＝﹣4（x﹣1），
去括号得：2x+2﹣x﹣8＝﹣4x+4，
移项、合并同类项得：5x＝10，
系数化为1得：x＝2．
检验：当x＝2时，x2﹣1＝3≠0，
∴分式方程的解为x＝2．
2．（2023秋•隆回县期中）解方程：
（1）；
（2）．
【分析】（1）将分式方程去分母化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，再进行检验即可．
（2）将分式方程去分母化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，再进行检验即可．
【解答】解：（1）去分母得：x（x+2）﹣2＝x2﹣4，
去括号得：x2+2x﹣2＝x2﹣4，
移项、合并同类项得：2x＝﹣2，
系数化1得：x＝﹣1．
检验：当x＝﹣1时，x2﹣4＝﹣3≠0，
∴分式方程的解为x＝﹣1．
（2）去分母得：2（x﹣1）+3（x+1）＝1，
去括号得：2x﹣2+3x+3＝1，
移项、合并同类项得：5x＝0，
系数化1得：x＝0．
检验：当x＝0时，x2﹣1＝﹣1≠0，
∴分式方程的解为x＝0．
3．（2023秋•渝中区校级期中）解分式方程（1）．
．
【分析】（1）按照解分式方程的步骤进行计算，即可解答；
（2）按照解分式方程的步骤进行计算，即可解答．
【解答】解：（1），
4﹣（x+1）（x﹣1）＝﹣（x﹣1）2，
解得：x＝3，
检验：当x＝3时，（x+1）（x﹣1）≠0，
∴x＝3是原方程的根；
，
2+2（x﹣3）＝x﹣1，
解得：x＝3，
检验：当x＝3时，x﹣3＝0，
∴x＝3是原方程的增根，
∴原方程无解．
4．（2023秋•新邵县期中）解方程：
（1）＝5．
（2）＝0．
【分析】（1）按照解分式方程的步骤进行计算，即可解答；
（2）按照解分式方程的步骤进行计算，即可解答．
【解答】解：（1）＝5．
方程两边同乘（x﹣1），得：3＝5（x﹣1）﹣3x，
解得：x＝4，
检验：当x＝4时，x﹣1≠0，
∴原分式方程的解为：x＝4；
（2）＝0，
原方程变形为：＝0，
两边同乘x（x+1）（x﹣1），得：
5（x﹣1）﹣（x+1）＝0，
解得：x＝，
检验：当x＝时，x（x+1）（x﹣1）≠0，
∴原分式方程的解为：x＝．
5．（2023秋•昆明期中）解方程：
（1）；
（2）．
【分析】（1）按照解分式方程的步骤进行计算，即可解答；
（2）按照解分式方程的步骤进行计算，即可解答．
【解答】解：（1），
x﹣2（x﹣1）＝﹣3，
解得：x＝5，
检验：当x＝5时，x﹣1≠0，
∴x＝5是原方程的根；
（2），
5（x﹣1）+4x＝x+3，
解得：x＝1，
检验：当x＝1时，x（x﹣1）＝0，
∴x＝1是原方程的增根，
∴原方程无解．
6．（2023秋•肥城市期中）解方程
（1）；
（2）．
【分析】（1）移项，通分，去分母，再移项，合并同类项，系数化为1，带根检验，即可求解分式方程；
（2）方程左边通分，右边的分母按照平方差公式因式分解，再通分，使左右两边的分母相同，这时只要分子相等即可求解，带根检验，即可求解．
【解答】解：（1）解：，
去分母得：11x﹣22＝﹣3（x﹣2），
去括号，移项得：11x+3x＝6+22，
合并同类项得：14x＝28，
系数化为1得：x＝2，
检验：当x＝2时，原方程无意义，
∴原方程无解．
（2）解：，
去分母得：x﹣2＝4，
移项合并同类项得：x＝6，
检验：当x＝6时，原分式方程有意义，
∴原分式方程的解是x＝6．
7．（2023秋•覃塘区期中）解下列分式方程：
（1）；
（2）．
【分析】（1）利用解分式方程的步骤解各方程即可；
（2）利用解分式方程的步骤解各方程即可．
【解答】解：（1）原方程去分母得：x﹣2＝3（2x﹣1），
去括号得：x﹣2＝6x﹣3，
移项，合并同类项得：﹣5x＝﹣1，
系数化为1得：x＝，
经检验，x＝是分式方程的解，
故原方程的解为x＝；
（2），
去分母得：8+x2﹣4＝x（x+2），
去括号得：8+x2﹣4＝x2+2x，
移项得：x2﹣x2﹣2x＝﹣8+4，
解得：x＝2，
经检验，x＝2是分式方程的增解，
∴原分式方程无解．
8．（2023秋•莱州市期中）解方程：
（1）＝+1；
（2）﹣＝．
【分析】（1）方程两边同时乘（3x+3），化简并求出x的值，再检验即可．
（2）方程两边同时乘（x+3）（x﹣3），化简并求出x的值，再检验即可．
【解答】解：（1）方程两边同时乘（3x+3），
得3x＝2x+3x+3，
整理，得3x＝5x+3，
解得x＝，
检验：当x＝时，3x+3＝≠0，
∴原方程的解为x＝．
（2）方程两边同时乘（x+3）（x﹣3），
得x﹣3+2（x+3）＝12，
整理，得x﹣3+2x+6＝12，
解得x＝3，
检验：当x＝3时，（x+3）（x﹣3）＝0，
∴原方程无解．
9．（2023春•渠县校级期末）解方程
（1）；
（2）．
【分析】两分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：（1）去分母得：2（2x﹣1）＝3（x﹣3），
去括号得：4x﹣2＝3x﹣9，
移项合并得：x＝﹣7，
经检验x＝﹣7是分式方程的解；
（2）去分母得：x﹣1+2x+2＝4，
移项合并得：3x＝3，
解得：x＝1，
经检验x＝1是增根，分式方程无解．
10．（2023秋•云溪区期中）解方程：
（1）；
（2）．
【分析】（1）先找出最简公分母（x﹣2），去分母后求出x的值，然后检验确定分式方程的解即可；
（2）先找出最简公分母（x+1）（x﹣1），去分母后求出x的值，然后检验确定分式方程的解即可．
【解答】解：（1）方程两边同乘（x﹣2），
得x﹣3+x﹣2＝﹣3，
解得x＝1，
检验：当x＝1时x﹣2≠0，
∴原分式方程的解是x＝1；
（2）方程两边同时乘（x+1）（x﹣1），
得x+1﹣2（x﹣1）＝4，
解得x＝﹣1，
检验：当x＝﹣1时，（x+1）（x﹣1）＝0，
∴原分式方程无解．
11．（2023秋•巨野县期中）解方程：
（1）；
（2）．
【分析】（1）先将原方程去分母并整理后化为一元一次方程，然后解方程后并检验即可；
（2）先将原方程去分母并整理后化为一元一次方程，然后解方程后并检验即可．
【解答】解：（1）原方程去分母得：1+x2＝（x﹣2）2，
整理得：1+x2＝x2﹣4x+4，
移项，合并同类项得：4x＝3，
系数化为1得：x＝，
经检验，x＝是原分式方程的解，
故原方程的解为x＝；
（2）原方程去分母得：4x﹣3（x﹣1）＝2（x+1），
去括号得：4x﹣3x+3＝2x+2，
移项，合并同类项得：﹣x＝﹣1，
系数化为1得：x＝1，
经检验，x＝1是原分式方程的增根，
故原方程无解．
12．（2023秋•汉寿县期中）已知关于x的分式方程．
（1）当m＝﹣2时，求这个分式方程的解．
（2）小明认为当m＝3时，原分式方程无解，你认为小明的结论正确吗？请判断并说明理由．
【分析】（1）按照解分式方程的步骤求解即可；
（2）按照解分式方程的步骤求解即可．
【解答】解：（1）去分母，得2（x﹣1）﹣（9﹣m）＝﹣3（x+1），
当m＝﹣2时，
得5x＝10，
解得x＝2，
经检验，x＝2是原方程的根；
（2）小明的结论正确，理由如下：
去分母，得2（x﹣1）﹣（9﹣m）＝﹣3（x+1），
当m＝3时，5x＝5，
解得x＝1，
经检验，x＝1是原方程的增根，原方程无解，
∴小明的结论正确．
13．（2023秋•青龙县期中）解方程：
（1）；
（2）．
【分析】（1）先找出最简公分母（x+1）（x﹣1），去分母后求出x的值，然后检验确定分式方程的解即可；
（2）先找出最简公分母（x+2）（x﹣2），去分母后求出x的值，然后检验确定分式方程的解即可．
【解答】解：（1）方程两边同乘（x+1）（x﹣1），
得x（x﹣1）﹣（x+1）（x﹣1）＝3（x+1），
解得x＝﹣，
检验：当x＝﹣时（x+1）（x﹣1）≠0，
∴原分式方程的解是x＝﹣；
（2）方程两边同乘（x+2）（x﹣2），
得3（x﹣2）+2＝x+2，
解得x＝3，
检验：当x＝3时（x+2）（x﹣2）≠0，
∴原分式方程的解是x＝3．
14．（2023春•姑苏区校级期中）解方程：
（1）；
（2）．
【分析】（1）按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答；
（2）按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答．
【解答】解：（1），
2（x﹣1）﹣（x+1）＝1，
解得：x＝4，
检验：当x＝4时，x﹣1≠0，
∴x＝4是原方程的根；
（2），
﹣＝0，
3（x﹣3）﹣x＝0，
解得：x＝4.5，
检验：当x＝4.5时，x（x+3）（x﹣3）≠0，
∴x＝4.5是原方程的根．
15．（2023秋•丰城市校级月考）（1）已知关于x的分式方程．
①当a＝5时，求方程的解．
②若该方程去分母后所得的整式方程的解是增根，求a的值．
（2）关于x的方程有整数解，求此时整数m的值．
【分析】（1）①把a＝5代入原方程中，然后按照解分式方程的步骤进行计算，即可解答；
②先解分式方程可得x＝a﹣2，再根据题意得：x＝1，从而可得a﹣2＝1，然后进行计算即可解答；
（2）先解分式方程可得：x＝，再根据题意可得2﹣m＝±1或2﹣m＝±2且≠2，然后进行计算即可解答．
【解答】解：（1）①当a＝5时，分式方程为：+＝1，
5﹣3＝x﹣1，
解得：x＝3，
检验：当x＝3时，x﹣1≠0，
∴x＝3是原方程的根；
②，
a﹣3＝x﹣1，
解得：x＝a﹣2，
由题意得：x﹣1＝0，
解得：x＝1，
∴a﹣2＝1，
解得：a＝3，
∴a的值为3；
（2），
mx﹣1﹣1＝2（x﹣2），
解得：x＝，
∵方程有整数解，
∴2﹣m＝±1或2﹣m＝±2且≠2，
解得：m＝1或3或0或4且m≠1，
∴m＝3或0或4，
∴此时整数m的值为3或0或4．
16．（2023秋•南岗区校级期中）某文教用品商店购进甲、乙两种文具进行销售，一个甲种文具的进价比一个乙种文具的进价多5元，用4000元购进甲种文具的数量是用1500元购进乙种文具的数量的2倍．
（1）求每个甲种文具的进价是多少元？
（2）该商店将每个甲种文具的售价定为30元，每个乙种文具的售价定为25元，商店根据市场需求，决定向文具厂再购进一批文具，且购进乙种文具的数量比购进甲种文具的数量的2倍还多6个，若本次购进的两种文具全部售出后，总获利不低于3360元．求该商店本次购进甲种文具至少是多少个？
【分析】（1）设每个乙种文具的进价是m元，则每个甲种文具的进价是（m+5）元，根据用4000元购进甲种文具的数量是用1500元购进乙种文具的数量的2倍．列出分式方程，解方程即可；
（2）设该商店本次购进甲种文具n个，则购进乙种文具（2n+6）个，根据总获利不低于3360元．列出一元一次不等式，解不等式即可．
【解答】解：（1）设每个乙种文具的进价是m元，则每个甲种文具的进价是（m+5）元，
由题意得：，
解得：m＝15，
经检验，m＝15是原分式方程的解，且符合题意，
∴x+5＝15+5＝20，
答：每个甲种文具的进价是20元；
（2）设该商店本次购进甲种文具n个，则购进乙种文具（2n+6）个，
由题意得：（30﹣20）n+（25﹣15）（2n+6）≥3360，
解得：n≥110，
答：该商店本次购进甲种文具至少是110个．
17．（2023秋•渌口区期中）习总书记在党的第二十次全国代表大会上，报告指出：“积极稳妥推进碳达峰碳中和”．某公司积极响应节能减排号召，决定采购新能源A型和B型两款汽车，已知每辆A型汽车进价是每辆B型汽车进价的1.5倍，现公司用1500万元购进A型汽车的数量比1200万元购进B型汽车的数量少20辆．
（1）求每辆B型汽车进价是多少万元？
（2）A型汽车利润率为5%，B型汽车利润率为8%，那么该公司出售完此批汽车后总利润是多少元？
【分析】（1）设每辆B型汽车进价是x万元，则每辆A型汽车进价是1.5x万元，利用数量＝总价÷单价，结合用1500万元购进A型汽车的数量比1200万元购进B型汽车的数量少20辆，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，即可得出结论；
（2）求出两种汽车利润之和即可．
【解答】解：（1）设每辆B型汽车进价是x万元，则每辆A型汽车进价是1.5x万元，
根据题意得：﹣＝20，
解得：x＝10，
经检验，x＝10是所列方程的解，且符合题意．
答：每辆B型汽车进价是10万元；
（2）1500×5%+1200×8%＝171（万元）＝1710000（元），
答：该公司出售完此批汽车后总利润是1710000元．
18．（2023•通辽）某搬运公司计划购买A，B两种型号的机器搬运货物，每台A型机器比每台B型机器每天少搬运10吨货物，且每台A型机器搬运450吨货物与每台B型机器搬运500吨货物所需天数相同．
（1）求每台A型机器，B型机器每天分别搬运货物多少吨？
（2）每台A型机器售价1.5万元，每台B型机器售价2万元，该公司计划采购两种型号机器共30台，满足每天搬运货物不低于2880吨，购买金额不超过55万元，请帮助公司求出最省钱的采购方案．
【分析】（1）设每台A型机器每天搬运货物x吨，则每台B型机器每天搬运货物（x+10）吨，根据“A型机器人每天搬运540吨货物与B型机器每天搬运600吨货物所需台数相同”列方程即可得解；
（2）先根据题意列出一元一次不等式组，解不等式组求出m的取值范围，再根据题意列出一次函数解析式，利用次函数的性质，即可求出答案．
【解答】解：（1）设每台A型机器每天搬运货物x吨，则每台B型机器每天搬运货物（x+10）吨，
由题意得：，
解得：x＝90，
当x＝90时，x（x+10）≠0，
∴x＝90是分式方程的根，
∴x+10＝90+10＝100，
答：每台A型机器每天搬运货物90吨，每台B型机器每天搬运货物100吨；
（2）设购买A型机器m台，购买总金额为w万元，
由题意得：，
解得：10≤m≤12，
w＝1.5m+2（30﹣m）＝﹣0.5m+60；
∵﹣0.5＜0，
∴w随m的增大而减小，
∴当m＝12时，w最小，此时w＝﹣0.5×12+60＝54，
∴购买A型机器12台，B型机器18台时，购买总金额最低是54万元．
19．（2023秋•沙坪坝区期中）星期六，小鸣和小山相约在图书馆一起复习，已知小鸣小山的家到图书馆的路程均为3000米，小山的步行速度是小鸣的倍，两人同时从家里出发匀速前往图书馆，小鸣比小山晚10分钟到图书馆．
（1）求小鸣每分钟步行多少米？
（2）星期天，两人再次相约去图书馆，两人步行的速度保持不变．若小鸣步行20分钟后，改为跑步前进，最终与小山同时到达图书馆，求小鸣每分钟跑步多少米？
【分析】（1）设小鸣每分钟步行x米，则小山每分钟步行x米，根据两人同时从家里出发，小鸣比小山晚10分钟到图书馆．列出分式方程，解方程即可；
（2）设小鸣每分钟跑步y米，根据步行20分钟后，小鸣改为跑步前进，最终与小强同时到达图书馆，路程为3000米，列出一元一次方程，解方程即可．
【解答】解：（1）设小鸣每分钟步行x米，则小山每分钟步行x米，
由题意得：﹣＝10，
解得：x＝75，
经检验，x＝75是原方程的解，且符合题意，
答：小鸣每分钟步行75米；
（2）由（1）可知，小山到图书馆所用时间为3000÷（×75）＝30（分钟），
设小鸣每分钟跑步y米，
由题意得：20×75+（30﹣20）y＝3000，
解得：y＝150，
答：小鸣每分钟跑步150米．
20．（2023秋•石家庄期中）某商场准备购进甲、乙两种商品进行销售，若每个甲商品的进价比每个乙商品的进价少2元，且用80元购进甲商品的数量与用100元购进乙商品的数量相同．
（1）求每个甲、乙两种商品的进价分别是多少元？
（2）若该商场购进甲商品的数量比乙商品的数量的3倍还少5个，甲、乙两种商品的售价分别是12元/个和15元/个，且将购进的甲、乙两种商品全部售出后，可使销售两种商品的总利润超过380元，那么该商场至少购进乙种商品多少个？
【分析】（1）设每件乙种商品的进价为x元，则每件甲种商品的进价为（x﹣2）元，根据题意建立方程求出其解就可以了．
（2）根据“使销售两种商品的总利润（利润＝售价﹣进价）超过380元”可以得出关于利润的不等式，组成不等式组后得出未知数的取值范围，据此解答．
【解答】解：（1）设每件乙种商品的进价为x元，则每件甲种商品的进价为（x﹣2）元，
根据题意，得＝，
解得：x＝10，
经检验，x＝10是原方程的根，
每件甲种商品的进价为：10﹣2＝8．
答：每件甲种商品的进价为8元，每件乙种商品件的进价为10元．
（2）设购进乙种商品y个，则购进甲种商品（3y﹣5）个，根据题意得：
（12﹣8）（3y﹣5）+（15﹣10）y＞380，
解得：y＞23．
∵y为整数，
∴该商场至少购进乙种商品24个．
21．（2023秋•正定县期中）为加快公共领域充电基础设施建设，某停车场计划购买A，B两种型号的充电桩．已知A型充电桩比B型充电桩的单价少0.3万元，且用12万元购买A型充电桩与用18万元购买B型充电桩的数量相等．
（1）A，B两种型号充电桩的单价各是多少？
（2）该停车场计划共购买20个A，B型充电桩，购买总费用不超过15万元，且A型充电桩购买数量不超过12个．问：共有哪几种购买方案？哪种方案所需购买总费用最少？
【分析】（1）设A型充电桩的单价为x万元，则B型充电桩的单价少（x+0.3）万元，根据“用12万元购买A型充电桩与用18万元购买B型充电桩的数量相等”列出分式方程，求解即可；
（2）设购买A型充电桩m个，则购买B型充电桩（20﹣m）个，根据购买总费用不超过15万元，列出一元一次不等式，解不等式，结合m为整数，且A型充电桩购买数量不超过12个，得出各购买方案，即可解决问题．
【解答】解：（1）设A型充电桩的单价为x万元，则B型充电桩的单价（x+0.3）万元，
根据题意得：＝，
解得：x＝0.6，
经检验，x＝0.6是所列方程的解，且符合题意，
∴x+0.3＝0.6+0.3＝0.9．
答：A型充电桩的单价为0.6万元，B型充电桩的单价为0.9万元；
（2）设购买A型充电桩m个，则购买B型充电桩（20﹣m）个，
根据题意得：0.6m+0.9（20﹣m）≤15，
解得：m≥10，
∵m≤12，且m为整数，
∴m＝10，11，12，
∴该停车场共有3种购买方案：
方案一：购买10个A型充电桩、10个B型充电桩；
方案二：购买11个A型充电桩、9个B型充电桩；
方案三：购买12个A型充电桩、8个B型充电桩；
∵A型充电桩的单价低于B型充电桩的单价，
∴购买方案三总费用最少，最少费用＝12×0.6+8×0.9＝14.4（万元），
答：共有3种购买方案，购买12个A型充电桩、8个B型充电桩，所需购买总费用最少．
22．（2023秋•莱西市期中）某公司一工程在招标时接到甲、乙两个工程队的投标书，甲施工队施工一天需付工程款1.5万元，单独施工20天完成；乙工程队每天需付工程款1.1万元；如果甲乙两队合作施工4天后，剩余的工程由乙队单独做16天正好如期完成．
（1）求乙工程队单独完成该工程所需的天数；
（2）若延期完成，超出工期的时间，公司则每天要损失0.4万元，你认为单独找哪一个工程队更实惠？
【分析】（1）设乙队单独完成要x天，则每天完成，根据两队合作4天后又16天完工列方程求解；
（2）由题意知工期为20天，分别计算每队单独完成的费用比较哪个更少．
【解答】解：（1）设乙队单独完成要x天，则每天完成，
根据题意得：，
，
解得x＝25，
经检验x＝25是原方程的解，
故乙队单独完成要25天；
（2）∵两队合作4天，乙队又用了16天如期完工，
∴工期为20天，
甲队单独完成费用为：1.5×20＝30（万元）；
乙队单独完成费用为：1.1×25+0.4×（25﹣20）＝29.5（万元）；
故乙队更实惠．
23．（2023秋•北碚区校级期中）某公司不定期为员工购买红豆面包和肉松面包作为代餐食品．
（1）已知每个肉松面包的价格比每个红豆面包的价格贵2.5元，花费100元购买红豆面包的数量与花费150元购买肉松面包的数量相同，求红豆面包和肉松面包的单价各是多少元？
（2）若购买红豆面包和肉松面包共100个，要求肉松面包的个数不少于红豆面包的个数的一半，且总费用不超过590元，请问该公司有哪几种购买方案？
【分析】（1）设红豆面包的单价是x元，则肉松面包的单价是（x+2.5）元，利用数量＝总价÷单价，结合花费100元购买红豆面包的数量与花费150元购买肉松面包的数量相同，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出红豆面包的单价，再将其代入（x+2.5）中，即可求出肉松面包的单价；
（2）设该公司购买m个红豆面包，则购买（100﹣m）个肉松面包，根据“够级肉松面包的个数不少于红豆面包的个数的一半，且总费用不超过590元”，可列出关于m的一元一次不等式组，解之可得出m的取值范围，再结合m为正整数，即可得出各购买方案．
【解答】解：（1）设红豆面包的单价是x元，则肉松面包的单价是（x+2.5）元，
根据题意得：＝，
解得：x＝5，
经检验，x＝5是所列方程的解，且符合题意，
∴x+2.5＝5+2.5＝7.5．
答：红豆面包的单价是5元，肉松面包的单价是7.5元；
（2）设该公司购买m个红豆面包，则购买（100﹣m）个肉松面包，
根据题意得：，
解得：64≤m≤，
又∵m为正整数，
∴m可以为64，65，66，
∴该公司共有3购买方案，
方案1：购买64个红豆面包，36个肉松面包；
方案2：购买65个红豆面包，35个肉松面包；
方案3：购买66个红豆面包，34个肉松面包．
24．（2023秋•桥西区校级期中）某商场计划购进一批篮球和足球，其中篮球的单价比足球的单价多30元，已知用360元购进的足球和用480元购进的篮球数量相等．
（1）篮球和足球的单价各是多少元？
（2）若篮球售价为每个150元，足球售价为每个110元，商场售出足球的数量比篮球数量的三分之一还多10个，且获利超过1300元，问篮球最少要卖多少个？
【分析】（1）设足球的单价是x元，则篮球的单价是（x+30）元，利用数量＝总价÷单价，结合用360元购进的足球和用480元购进的篮球数量相等，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出足球的单价，再将其代入（x+30）中，即可求出篮球的单价；
（2）设篮球卖了y个，则足球卖了（y+10）个，利用总利润＝每个的销售利润×销售数量，结合总利润超过1300元，可列出关于y的一元一次不等式，解之可得出y的取值范围，再结合y，y+10均为正整数，即可得出结论．
【解答】解：（1）设足球的单价是x元，则篮球的单价是（x+30）元，
根据题意得：＝，
解得：x＝90，
经检验，x＝90是所列方程的解，且符合题意，
∴x+30＝90+30＝120．
答：篮球的单价是120元，足球的单价是90元；
（2）设篮球卖了y个，则足球卖了（y+10）个，
根据题意得：（150﹣120）y+（110﹣90）（y+10）＞1300，
解得：y＞30，
又∵y，y+10均为正整数，
∴y的最小值为33．
答：篮球最少要卖33个．
25．（2023秋•沙坪坝区校级期中）（1）某公司到北京参加会议，给员工购买重庆到北京的高铁票．该公司计划花费43600元一次性购买一等座票，二等座票共50张．已知一等座票的价格为950元/张，二等座票的价格为820元/张，求该公司原计划购买两种高铁票各多少张？
（2）已知重庆到北京的高铁全长2200公里，高铁提速后重庆到北京的时间比高铁提速前缩短3小时40分钟，该高铁提速后的速度比提速前的速度提升了50%，求提速后该高铁从重庆到北京的速度是多少公里/小时？（高铁在站点停留时间忽略不计）
【分析】（1）设该公司原计划购买x张一等座票，y张二等座票，利用总价＝单价×数量，结合“该公司计划花费43600元一次性购买一等座票，二等座票共50张”，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设提速前该高铁从重庆到北京的速度是m公里/小时，则提速后该高铁从重庆到北京的速度是（1+50%）m公里/小时，利用时间＝路程÷速度，结合高铁提速后重庆到北京的时间比高铁提速前缩短3小时40分钟（即小时），可列出关于m的分式方程，解之经检验后，可得出提速前该高铁从重庆到北京的速度，再将其代入（1+50%）m中，即可求出结论．
【解答】解：（1）设该公司原计划购买x张一等座票，y张二等座票，
根据题意得：，
解得：．
答：该公司原计划购买20张一等座票，30张二等座票；
（2）3小时40分钟＝小时．
设提速前该高铁从重庆到北京的速度是m公里/小时，则提速后该高铁从重庆到北京的速度是（1+50%）m公里/小时，
根据题意得：﹣＝，
解得：m＝200，
经检验，m＝200是所列方程的解，且符合题意，
∴（1+50%）m＝（1+50%）×200＝300．
答：提速后该高铁从重庆到北京的速度是300公里/小时．
26．（2023秋•重庆期中）为培养大家的阅读能力，我校初一年级购进《朝花夕拾》和《西游记》两种书籍，花费分别是14000元和7000元，已知《朝花夕拾》的订购单价是《西游记》的订购单价的1.4倍，并且订购的《朝花夕拾》的数量比《西游记》的数量多300本．
（1）求我校初一年级订购的两种书籍的单价分别是多少元；
（2）我校初一年级某班计划再订购这两种书籍共10本来备用，其中《朝花夕拾》订购数量不低于3本，且两种书总费用不超过124元，求这个班订购这两种书籍有多少种方案？按照这些方案订购最低总费用为多少元？
【分析】（1）设我校初一年级订购《西游记》的单价是x元，则订购《朝花夕拾》的单价是1.4x元，利用数量＝总价÷单价，结合花费14000元订购《朝花夕拾》的数量比花费7000元订购《西游记》的数量多300本，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出订购《西游记》的单价，再将其代入1.4x中，即可求出订购《朝花夕拾》的单价；
（2）设这个班订购m本《朝花夕拾》，则订购（10﹣m）本《西游记》，根据“《朝花夕拾》订购数量不低于3本，且两种书总费用不超过124元”，可列出关于m的一元一次不等式组，解之可得出m的取值范围，结合m为正整数，可得出各订购方案，再求出各订购方案所需总费用，比较后即可得出结论．
【解答】解：（1）设我校初一年级订购《西游记》的单价是x元，则订购《朝花夕拾》的单价是1.4x元，
根据题意得：﹣＝300，
解得：x＝10，
经检验，x＝10是所列方程的解，且符合题意，
∴1.4x＝1.4×10＝14．
答：我校初一年级订购《西游记》的单价是10元，订购《朝花夕拾》的单价是14元；
（2）设这个班订购m本《朝花夕拾》，则订购（10﹣m）本《西游记》，
根据题意得：，
解得：3≤m≤6，
又∵m为正整数，
∴m可以为3，4，5，6，
∴这个班共有4种订购方案，
方案1：订购3本《朝花夕拾》，7本《西游记》，所需总费用为14×3+10×7＝112（元）；
方案2：订购4本《朝花夕拾》，6本《西游记》，所需总费用为14×4+10×6＝116（元）；
方案3：订购5本《朝花夕拾》，5本《西游记》，所需总费用为14×5+10×5＝120（元）；
方案4：订购6本《朝花夕拾》，4本《西游记》，所需总费用为14×6+10×4＝124（元）．
∵112＜116＜120＜124，
∴按照这些方案订购最低总费用为112元．
答：这个班订购这两种书籍有4种方案，按照这些方案订购最低总费用为112元．
27．（2023秋•冷水滩区校级期中）为顺利通过“文明城市”验收，我市拟对城区部分排水骨道公用设施全而更新改造，为响应城市建设的需要，需在一个月内完成工程，现有甲、乙两个工程队有意承包这项工程，经调查知道，乙工程队单独完成此项工程的时间是甲工程队单独完成此项工程时间的1.5倍，若甲、乙两工程队合作只需12天完成．
（1）甲、乙两个工程队单独完成此项工程各需多少天？
（2）若甲工程队每天的工程费用是4万元，乙工程队每天的工程费用是3万元，请你设计一种方案，既能按时完工，又能使工程费用最少．
【分析】（1）设甲工程队单独完成该工程需x天，则乙工程队单独完成该工程需1.5x天．再根据“甲、乙两队合作完成工程需要12天”，列出分式方程，解方程即可；
（2）根据（1）中的结果可知，符合要求的施工方案有三种，方案一：甲工程队单独完成；方案二：乙工程队单独完成；方案三：甲、乙两队合作完成．分别计算出所需的工程费用，再比较即可．
【解答】解：（1）设甲工程队单独完成该工程需x天，则乙工程队单独完成该工程需1.5x天，
根据题意得：+＝1，
解得：x＝20，
经检验，x＝20是原方程的解，且符合题意，
∴1.5x＝1.5×20＝30，
答：甲工程队单独完成该工程需20天，乙工程队单独完成该工程需30天；
（2）∵甲、乙两工程队均能在规定的一个月内单独完成，
∴有如下三种方案：
方案一：甲工程队单独完成．所需费用为：4×20＝80（万元）；
方案二：乙工程队单独完成．所需费用为：3×30＝90（万元）；
方案三：甲乙两队合作完成．所需费用为：（4+3）×12＝84（万元）．
∵90＞84＞80，
∴选择甲工程队承包该项工程，既能按时完工，又能使工程费用最少．
28．（2023春•开江县校级期末）某商场准备购进甲、乙两种商品进行销售，若每个甲商品的进价比每个乙商品的进价少2元，且用80元购进甲商品的数量与用100元购进乙商品的数量相同．
（1）求每个甲、乙两种商品的进价分别是多少元？
（2）若该商场购进甲商品的数量比乙商品的数量的3倍还少5个，且购进甲、乙两种商品的总数量不超过95个，则商场最多购进乙商品多少个？
（3）在（2）的条件下，如果甲、乙两种商品的售价分别是12元/个和15元/个，且将购进的甲、乙两种商品全部售出后，可使销售两种商品的总利润超过380元，那么该商场购进甲、乙两种商品有哪几种方案？
【分析】（1）设每件乙种商品的进价为x元，则每件甲种商品的进价为（x﹣2）元，根据题意建立方程求出其解就可以了．
（2）本题中“根据进两种商品的总数量不超过95个”可得出不等式；
（3）根据“使销售两种商品的总利润（利润＝售价﹣进价）超过380元”可以得出关于利润的不等式，组成不等式组后得出未知数的取值范围，然后根据取值的不同情况，列出不同的方案．
【解答】解：（1）设每件乙种商品的进价为x元，则每件甲种商品的进价为（x﹣2）元，
根据题意，得＝，
解得：x＝10，
经检验，x＝10是原方程的根，
每件甲种商品的进价为：10﹣2＝8．
答：每件甲种商品的进价为8元，每件乙种商品件的进价为10元．
（2）设购进乙种商品y个，则购进甲种商品（3y﹣5）个．
由题意得：3y﹣5+y≤95．
解得y≤25．
答：商场最多购进乙商品25个；
（3）由（2）知，（12﹣8）（3y﹣5）+（15﹣10）y＞380，
解得：y＞23．
∵y为整数，y≤25，
∴y＝24或25．
∴共有2种方案．
方案一：购进甲种商品67个，乙商品件24个；
方案二：购进甲种商品70个，乙种商品25个．
29．（2023•乐清市模拟）1月份，甲、乙两商店从批发市场购进了相同单价的某种商品，甲商店用1050元购进的商品数量比乙商店用1260元购进的数量少10件．
（1）求该商品的单价；
（2）2月份，两商店以单价a元/件（低于1月份单价）再次购进该商品，购进总价均不变．
①试比较两家商店两次购进该商品的平均单价的大小．
②已知a＝15，甲商店1月份以每件30元的标价售出了一部分，剩余部分与2月份购进的商品一起售卖，2月份第一次按标价9折售出一部分且未超过1月份售出数量的一半，第二次在第一次基础上再降价2元全部售出，两个月的总利润为1050元，求甲商店1月份可能售出该商品的数量．
【分析】（1）设该商品的单价为x元，根据商店用1050元购进的商品数量比乙商店用1260元购进的数量少10件列出方程求解即可；
（2）①分别求出甲、乙两次一共购买的商品数量，进而求出甲、乙的平均单价，然后比较大小即可；②先求出甲商品一月份一共购进的商品数量为50件 二月份甲购进的商品数量为70件，设一月份售出m件，二月份第一次售出n件，则二月份第二次售出（120﹣m﹣n）件，再根据销售额＝成本+利润列出方程推出，再由m、n都是正整数，得到m＜30，由2月份第一次按标价9折售出一部分且未超过1月份售出数量的一半，得到m≥25，进而得到25≤m＜30且m是正整数，再由也是正整数，得到m必须是偶数，即m的值为26或28．
由题意得，30m+30×0.9n+（30×0.9﹣2）（120﹣m﹣n）＝1050+1050+1050，
【解答】解：（1）设该商品的单价为x元，
由题意得，，
解得x＝21，
经检验，x＝21是原方程的解，
∴该商品的单价为21元；
（2）①由题意得，甲两次一共购买的商品数量为件，乙两次一共购买的商品数量为，
∴甲的平均单价为＝，乙的平均单价为＝，即＝，
∴甲的平均单价等于乙的平均单价；
②甲商品一月份一共购进的商品数量为件
当a＝15时，则二月份甲购进的商品数量为件，
设一月份售出m件，二月份第一次售出n件，则二月份第二次售出50+70﹣m﹣n＝（120﹣m﹣n）件，
由题意得，30m+30×0.9n+（30×0.9﹣2）（120﹣m﹣n）＝1050+1050+1050，
∴30m+27n+3000﹣25m﹣25n＝3150，
∴5m+2n＝150；
∴，
∵m、n都是正整数，
∴150﹣5m＞0，
∴m＜30，
∵2月份第一次按标价9折售出一部分且未超过1月份售出数量的一半，
∴，
∴，
∴m≥25，
∴25≤m＜30且m是正整数，
又∵也是正整数，
∴m必须是偶数，
∴m的值为26或28．
30．（2022•隆昌市校级模拟）某汽车销售公司经销某品牌A款汽车，随着汽车的普及，其价格也在不断下降．今年5月份A款汽车的售价比去年同期每辆降价1万元，如果卖出相同数量的A款汽车，去年销售额为100万元，今年销售额只有90万元．
（1）今年5月份A款汽车每辆售价多少万元？
（2）为了增加收入，汽车销售公司决定再经销同品牌的B款汽车，已知A款汽车每辆进价为7.5万元，B款汽车每辆进价为6万元，公司预计用不多于105万元且不少于99万元的资金购进这两款汽车共15辆，有几种进货方案？
（3）按照（2）中两种汽车进价不变，如果B款汽车每辆售价为8万元，为打开B款汽车的销路，公司决定每售出一辆B款汽车，返还顾客现金a万元，要使（2）中所有的方案获利相同，a值应是多少？
【分析】（1）求单价，总价明显，应根据数量来列等量关系．
（2）关系式为：99≤A款汽车总价+B款汽车总价≤105．
（3）设总获利为W万元，购进A款汽车x辆，根据题意，列出W关于x的函数关系式为W＝（9﹣7.5）x+（8﹣6﹣a）（15﹣x）＝（a﹣0.5）x+30﹣15a，当a﹣0.5＝0时，获利与x无关，（2）中所有方案获利相同．
【解答】解：（1）设今年5月份A款汽车每辆售价m万元．根据题意，得：
，
解得：m＝9．
经检验，m＝9是原方程的根且符合题意．
答：今年5月份A款汽车每辆售价9万元；
（2）设购进A款汽车x辆．根据题意，得：
99≤7.5x+6（15﹣x）≤105．
解得：6≤x≤10．
∵x的正整数解为6，7，8，9，10，
∴共有5种进货方案，
方案1．购进A款汽车6辆，购进B款汽车9辆．
方案2．购进A款汽车7辆，购进B款汽车8辆．
方案3．购进A款汽车8辆，购进B款汽车7辆．
方案4．购进A款汽车9辆，购进B款汽车6辆．
方案5．购进A款汽车10辆，购进B款汽车5辆；
（3）设总获利为W万元，购进A款汽车x辆，根据题意，得：
W＝（9﹣7.5）x+（8﹣6﹣a）（15﹣x）＝（a﹣0.5）x+30﹣15a．
当a＝0.5时，（2）中所有方案获利相同．