2026年湖南中考数学二轮复习 专题02 方程(组)与不等式(组)(题型专练)

这是一份2026年湖南中考数学二轮复习 专题02 方程(组)与不等式(组)(题型专练)，共23页。
内●容●导●航
第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学
典例引领 方法透视 变式演练
题型01 一元一次方程与二元一次方程（概念及解法）
题型02 一元二次方程（概念与性质）
题型03 一元二次方程（基础解法）
题型04 一元二次方程根与系数关系应用
题型05 分式方程（性质与解法）
题型06 一元一次方程实际应用
题型07 二元一次方程组实际应用
题型08 一元二次方程实际应用
题型09 分式方程实际应用
题型10 不等式（组）（概念与解法）
题型11 方程与不等式综合应用（专题训练）
第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战
题●型●破●译
题型01 一元一次方程与二元一次方程（概念及解法）
典例引领
【典例01】（2025·湖南岳阳·一模）（1）解方程：
（2）解方程组：
【答案】（1）；（2）
【分析】本题主要考查了解二元一次方程组，解一元一次方程，熟知相关解方程和解方程组的方法是解题的关键．
（1）按照去括号，移项，合并同类项的步骤解方程即可得到答案；
（2）先整理原方程组，再利用加减消元法解方程组即可．
【详解】解：（1）
去括号得：，
移项得：，
合并同类项得：；
（2）
整理得：
得：，解得，
把代入②得：，解得，
∴原方程组的解为．
【典例02】（2025·湖南·模拟预测）方程的解是，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了利用方程的解求参数，根据方程的解是，把代入方程，得到关于的一元一次方程，解方程求出的值即可．
【详解】解：把代入方程，
得到：
解得：．
故选：D．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南·模拟预测）下列变形中，正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】本题考查了等式的性质，根据等式的性质，对各个选项逐个分析，即可得到答案．解题的关键是熟练掌握等式的性质：等式两边同时加上或减去同一个数等式性质不变，等式两边同时乘以或除以同一个不为0的数等式仍然成立．
【详解】解：若，则或，故选项A不符合题意；
若，则，故选项B不符合题意；
当时，若，则，故选项C不符合题意；
若，则，故选项D符合题意；
故选：D．
【变式02】（2025·湖南·模拟预测）已知是关于、的二元一次方程组，求是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了解二元一次方程组，解题的关键是熟练掌握应用加减消元法解二元一次方程组．把已知条件中两个方程相加，求出，再把的值代入所求代数式计算即可．
【详解】解：
得，，
，
．
故选：．
【变式03】（2025·湖南·模拟预测）已知关于x、y的方程组 与 有相同的解，则a+b=________．
【答案】1
【详解】联立得：
①+②×2得：5x=20，
解得：x=4，
把x=4代入①得：y=3，
把x=4，y=3代入得：，
两方程相加得：7（a+b）=7，
解得：a+b=1，
故答案是：1.
题型02 一元二次方程（概念与性质）
典例引领
【典例01】（2025·湖南长沙·三模）已知关于x的一元二次方程的一个根是，则m的值为________．
【答案】2
【分析】此题考查了一元二次方程，熟知一元二次方程的解满足方程是解题的关键．
根据一元二次方程解的定义，把代入方程，即可解得m的值．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程的一个根是，
∴，
∴．
故答案为：2．
【典例02】（2024·湖南·中考真题）若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则k的值为________．
【答案】2
【分析】本题考查根据一元二次方程根的情况求参数．一元二次方程有两个不相等的实数根，则；有两个相等的实数根，则；没有实数根，则．据此即可求解．
【详解】解：由题意得：，
解得：
故答案为：2
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南衡阳·模拟预测）已知关于x的一元二次方程．
(1)求证：该方程总有两个实数根；
(2)当时，直接写出该方程的根．
【答案】(1)见解析；
(2),．
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，因式分解法解一元二次方程，解题的关键在于熟练掌握相关知识．
（1）计算该一元二次方程根的判别式，并结合完全平方公式进行整理，即可解题；
（2）将代入一元二次方程进行整理，再结合因式分解法解整理后的一元二次方程即可．
【详解】（1）证明：由题知，
，
该方程总有两个实数根；
（2）解：当时，关于x的一元二次方程为，
整理得，
则或，
解得，．
【变式02】（2025·湖南怀化·一模）若关于的一元二次方程有两个实数根，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．a＜3且a≠0
【答案】C
【分析】本题考查了一元二次方程的定义、一元二次方程根的判别式的意义，根据题意得出且，列式计算，即可求解．
【详解】解：一元二次方程有两个实数根，则且，
∴且．
解得且．
故选：C．
【变式03】（2025·湖南·模拟预测）已知一元二次方程有一个根是2，则的值为（ ）
A．2B．C．3D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了一元二次方程的解的定义，一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值，据此把代入原方程中计算求解即可．
【详解】解：∵一元二次方程有一个根是2，
∴，
∴，
故选：B．
题型03 一元二次方程（基础解法）
典例引领
【典例01】（2025·湖南·模拟预测）解方程：
【答案】或
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，掌握直接开平方法成为解题的关键．
直接运用直接开平方法求解即可．
【详解】解：，
，
，
或．
所以该方程组的解为：或．
【典例02】（2025·湖南岳阳·一模）某数学兴趣小组的四人以接龙的方式用配方法解一元二次方程，每人负责完成一个步骤（如图），老师看后，发现最后结果是错误的，并说：“错误是从某位同学负责的步骤开始出现的．”则这位同学是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
【答案】B
【分析】本题考查了用配方法解一元二次方程，先把进行移项，再把二次项系数化1，然后配方，再解出的值，即可作答．
【详解】解：依题意，，
移项得，
整理得，
∴
∴，
∴
∴．
观察以及对比，得出错误是从乙同学负责的步骤开始出现的，
故选：B
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南·模拟预测）解方程：．
【答案】
【分析】本题主要考查了用公式法解一元二次方程，根据一元二次方程各项系数，用求根公式计算即可．
【详解】解：，
，，，
，
方程有两个不相等的实数根，
，
，．
【变式02】（2024·湖南·模拟预测）方程的解是______．
【答案】，
【分析】本题考查解一元二次方程，通过因式分解法求解，选择合适的方法进行计算是解此题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∴或，
∴，，
故答案为：，．
【变式03】（2025·湖南·模拟预测）解方程：
【答案】
【分析】本题考查了解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．利用因式分解法求解即可．
【详解】解：
或
解得：．
题型04 一元二次方程根与系数关系应用
典例引领
【典例01】（2026·湖南·模拟预测）在中，，若实数，是方程的两根，则（ ）
A．或B．C．D．或
【答案】C
【分析】本题主要考查了直角三角形三角函数关系，一元二次方程根与系数的关系求解，先利用直角三角形两锐角互余得到，再结合同角三角函数平方关系，通过根与系数关系建立关于的方程，最后根据三角函数值的正负性筛选符合条件的值，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，在中，，
则，，
∴，
又∵，
∴，
∵，是方程的两根，
∴根据一元二次方程根与系数的关系得：，，
∵，
将代入得：，
整理得：，
两边同乘（）：，
整理得：，
解得，
即或，
∵，，
∴，得，
∴，
故选：．
【典例02】（2025·湖南·三模）已知二次函数与轴的交点的横坐标为、，则的值为_____．
【答案】
【分析】本题考查了二次函数与轴的交点问题，一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握相关知识是解题的关键．将变形为，由一元二次方程根与系数的关系得到，，，代入即可求解．
【详解】解：二次函数与轴的交点的横坐标为、，
、为方程的两个根，
，，
．
故答案为：．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南·模拟预测）已知一元二次方程的两根为，则的值为（ ）
A．2B．C．8D．
【答案】C
【分析】该题考查了一元二次方程根与系数的关系，先求出，再代入计算即可．
【详解】解：∵一元二次方程的两根为，
，
，
故选：C．
【变式02】（2025·湖南邵阳·模拟预测）若a，b是一元二次方程的两个实数根，则的值是_____．
【答案】3
【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系.
利用根的定义得到的值，借助根与系数的关系求出的值并代入计算．
【详解】解：∵a，b是一元二次方程的两个实数根，
∴，即，
，
∴．
故答案为：3．
【变式03】（2025·湖南·中考真题）已知方程的两根分别为，，则的值为________．
【答案】
【分析】本题考查根与系数之间的关系，熟练掌握根与系数之间的关系，是解题的关键．根据根与系数之间的关系，得到，将代数式用多项式乘以多项式的法则展开后，利用整体代入法进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：，
∴
；
故答案为：．
题型05 分式方程（性质与解法）
典例引领
【典例01】（2025·湖南长沙·中考真题）分式方程的解为______．
【答案】
【分析】本题考查了解分式方程，首先去分母把分式方程化为整式方程，解整式方程求出未知数的值，再把求出的值代入最简公分母检验是否增根即可．
【详解】解：，
去分母得：，
去括号得：，
移项得：，
合并同类项得：，
系数化为得：，
检验：当时，
可得：，
是原分式方程的解．
故答案为：．
【典例02】（2025·湖南·中考真题）将分式方程去分母后得到的整式方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．
将分式方程两边同时乘以最简公分母，消去分母，转化为整式方程．
【详解】解：．
方程两边同时乘以，得：．
故选：A．
方法透视
变式演练
【变式01】（2023·湖南永州·中考真题）若关于x的分式方程（m为常数）有增根，则增根是_______．
【答案】
【分析】根据使分式的分母为零的未知数的值，是方程的增根，计算即可．
【详解】∵关于x的分式方程（m为常数）有增根，
∴，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查了分式方程的解法，增根的理解，熟练掌握分式方程的解法是解题的关键．
【变式02】（2025·湖南湘潭·模拟预测）若关于的方程无解，则的值为（ ）
A．1B．C．1或D．无法确定
【答案】C
【分析】本题考查分式方程无解问题，分式方程无解，即化为整式方程后，整式方程无解，或者整式方程的解是分式方程的增根，分情况讨论即可．注意考虑整式方程的解是分式方程增根的情况，属于易错题．
【详解】解：方程的增根为，
当时，化为整式方程，等号两边同时乘，
得：，
若原分式方程无解，则：
①无解，
，解得，
时，方程无解；
②的解是增根，
把代入，
得：，
时，方程无解；
的值为1或．
故选：C．
【变式03】（2025·湖南·模拟预测）如果关于x的方程无解，则m的值是_______．
【答案】2
【分析】本题考查了分式方程的知识，分式方程无解的条件是：去分母后所得整式方程无解，或解这个整式方程得到的解使原方程的分母等于0．解分式方程，根据其无解，得出，即可得到答案．
【详解】方程去分母，得：，
∴，
∵关于x的方程无解，
∴，
∴，
∴
故答案为：2．
题型06 一元一次方程实际应用
典例引领
【典例01】（2025·湖南·模拟预测）用150张铁皮做罐头盒，每张铁皮可制盒身15个或盒底45个，1个盒身与2个盒底配成一套罐头盒．问：用多少张铁皮制盒身，多少张铁皮制盒底，使得制成的盒身和盒底恰好配套？
【答案】用90张铁皮制盒身，60张铁皮制盒底，使得制成的盒身和盒底恰好配套．
【分析】本题主要考查了一元一次方程的应用，审清题意、找准等量关系、列出方程成为解题的关键
设用x张铁皮制盒身，制盒底的铁皮数是张，利用盒底的数量是盒身数量的2倍列出方程求解即可．
【详解】解：设用x张铁皮制盒身，则制盒底的铁皮数是张，
由题意可得：，解得：，
∴．
答：用90张铁皮制盒身，60张铁皮制盒底，使得制成的盒身和盒底恰好配套．
【典例02】（2025·湖南张家界·一模）某项工作甲单独做天完成，乙单独做天完成，若甲先干天，然后，甲、乙合作完成此项工作，若设甲一共做了天，由此可列出方程，下面所列方程正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设甲一共做了天，则乙一共做了天，然后再根据甲的工作效率甲的工作时间乙的工作效率乙的工作时间，根据等量关系列出方程即可．
【详解】由题意得：．
故选：．
【点睛】此题主要考查了由实际问题抽象出一元一次方程，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南·模拟预测）某种商品的标价为120元，若以九折降价出售，相对于进价仍获利20%，则该商品的进价是（ ）．
A．95元B．90元C．85元D．80元
【答案】B
【分析】本题考查了一元一次方程的应用，根据：售价成本利润率成本，列方程求解即可．
【详解】解：设该商品的进价为元，由题意得
，
解得，
所以该商品的进价为元，
故选：B．
【变式02】（2025·湖南长沙·模拟预测）足球比赛积分规则为：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分，某队进行了13场比赛，其中负了4场共得19分，那么该队胜了（ ）
A．2场B．3场C．4场D．5场
【答案】D
【分析】本题主要考查了一元一次方程的运用，准确理解等量关系是解题的关键．设该队胜了场，根据题意列出方程进行求解即可．
【详解】解：设该队胜了场，故平了场，
，
解得．
故一共胜了场．
故选：D．
【变式03】（2025·湖南岳阳·二模）《九章算术》中有一道阐述“盈不足术”的问题：今有共买物，人出八，盈三：人出七，不足四．问物价几何？意思是：几个人一起去购买某物品，如果每人出8钱，则多了3钱：如果每人出7钱，则少了4钱，问该物品的价值多少钱？在这个问题中，该物品价值的钱数为（ ）
A．53B．56C．59D．62
【答案】A
【分析】设人数为x，再根据两种付费的总钱数一样即可求解．
【详解】解：设人数为x，
由题意得：
解得：，
∴该物品价值的钱数为，
故答案选：A．
【点睛】本题考查一元一次方程的应用，难度不大，属于基础题型．解题的关键是找准等量关系并准确表示．
题型07 二元一次方程组实际应用
典例引领
【典例02】（2025·湖南·三模）中国古代人民在生产生活中发现了许多数学问题，在《孙子算经》中记载了这样一个问题，大意为：有若干人乘小舟过江，若每舟乘坐4人，则1只小舟无人乘坐；若每舟乘坐3人，则1人无舟可乘，问共有多少只小舟，多少人，设共有x只小舟，y人，则可列方程组为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查二元一次方程组的应用，找到等量关系并列出方程组是关键；根据等量关系：每舟乘坐4人，则1只小舟无人乘坐；每舟乘坐3人，则1人无舟可乘，列出方程组即可．
【详解】解：由题意共有x只小舟，y人，
则得方程组，
故选：A．
【典例01】（2025·湖南邵阳·一模）在一条街AB上，甲由A向B步行，乙骑车由B向A行驶，乙的速度是甲的速度的3倍，此时公共汽车由始发站A开出向B行进，且每隔x分发一辆车，过了一段时间，甲发现每隔10分有一辆公共汽车追上他，而乙感到每隔5分就碰到一辆公共汽车，那么在始发站公共汽车发车的间隔时间x=_____分钟．
【答案】8
【分析】设公共汽车的速度为v1，甲的速度为v2.因为两辆车间隔距离相等,汽车与甲是追及问题,即甲与汽车之间距离为.汽车与乙是相遇问题,即乙与汽车之间的距离为.根据上面两式可得到v1=5v2.再代入①即可求得的值.至此问题得解.
【详解】设公共汽车的速度为v1，甲的速度为v2．
由题意得
由①﹣②得 0=5v1﹣25v2，即v1=5v2③
将③代入①得， s=10（v1﹣v1）
∴=8
故答案为8．
【点睛】本题考查二元一次方程组的应用.解决本题的关键是将本题理解为追及与相遇问题,解得未知数的比例关系,即为本题的解.
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南·模拟预测）已知一个两位数，它的十位上的数字x比个位上的数字y大1，若对调个位与十位上的数字，得到的新数比原数小9，求这个两位数，所列方程组正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】关键描述语是：十位上的数字比个位上的数字大1；新数比原数小9．
等量关系为：①十位上的数字＝个位上的数字；②原数＝新数．
【详解】解：根据十位上的数字比个位上的数字大1，得方程；
根据对调个位与十位上的数字，得到的新数比原数小9，得方程．
列方程组为．
故选：C．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，需掌握的知识点是两位数的表示方法：十位数字个位数字．
【变式02】（2024·湖南·模拟预测）某学校课后兴趣小组在开展手工制作活动中，美术老师要求用14张卡纸制作圆柱体包装盒，准备把这些卡纸分成两部分，一部分做侧面，另一部分做底面．已知每张卡纸可以裁出2个侧面，或者裁出3个底面，如果1个侧面和2个底面可以做成一个包装盒，这些卡纸最多可以做成包装盒的个数为______．
【答案】12
【分析】本题主要考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，读懂题意、找出合适的等量关系、列出方程组是解答本题的关键．
设用x张卡纸做侧面，用y张卡纸做底面，则做出侧面的数量为个，底面的数量为个，然后根据底面数量是侧面数量的2倍列出方程组求解即可．
【详解】解：设用x张卡纸做侧面，用y张卡纸做底面，则做出侧面的数量为个，底面的数量为个，
由题意得：，解得： ，
∴用6张卡纸做侧面，用8张卡纸做底面，则做出侧面的数量为12个，底面的数量为24个，这些卡纸最多可以做成包装盒的个数为12个．
故答案为12．
【变式03】（2025·湖南·模拟预测）砌砖墙是墙体建筑的一种方式，盖房子过程中，黏土多孔砖墙在砌合时，应满足砂浆饱满、横平竖直、上下错缝、内外搭砌等最基本的砌墙要求，以此来保证墙体的强度和稳定性及固定性．如图是由截面相同的长方形墙砖粘贴的部分墙面，则每块墙砖的截面面积是______．
【答案】
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，理解题意找到题目蕴含的相等关系列方程组是解题的关键．设每块墙砖的长为厘米，宽为厘米，如图根据“三块横放的墙砖比一块竖放的墙砖高，两块横放的墙砖比两块竖放的墙砖低高．”列方程组求解即可．
【详解】解：设墙砖的长为厘米，宽为厘米，
根据题意得，
解得，
墙砖的面积为：（）.
故答案为： ．
题型08 一元二次方程实际应用
典例引领
【典例01】（2024·湖南·模拟预测）“湘”约数字长沙，看见未来城市！“全球智慧城市大会·长沙”月日开幕．某市为了加快数字化城市建设，计划新建一批智能充电桩，第一个月新建了个充电桩，第三个月新建了个充电桩，设该市新建智能充电桩个数的月平均增长率为，根据题意，请列出方程 ______．
【答案】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，设该市新建智能充电桩个数的月平均增长率为，根据题意列出方程即可，读懂题意，找出等量关系，列出方程是解题的关键．
【详解】解：设该市新建智能充电桩个数的月平均增长率为，
根据题意得，，
故答案为：．
【典例02】（2025·湖南·模拟预测）某校“研学”活动小组在一次野外实践时，发现一种植物的1个主干上长出x个枝干，每个枝干上再长出x个小分支．若在1个主干上的主干、枝干和小分支的数量之和是43个，则x等于（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】根据在1个主干上的主干、枝干和小分支的数量之和是43个，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【详解】解：依题意，得：，
整理，得：，
解得：，（不合题意，舍去）．
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南邵阳·一模）利用一面墙（墙的长度为），另三边用长的篱笆围成一个面积为的矩形场地，求矩形的长和宽．
【答案】矩形长为50米时，宽为4米
【分析】本题考查了一元二次方程的实际应用，掌握题干中的已知信息列出方程并求解是解此题的关键．设垂直于墙的一边为x米，则另一边为米，根据矩形面积的计算方法列出方程求解．
【详解】解：设垂直于墙的一边为x米，则另一边为米，
得：
解得：（大于墙长，不合题意，舍去），，
∴（米）
即矩形长为50米时，宽为4米．
【变式02】（2025·湖南·模拟预测）某品牌学习机商店，为了提高学习机的销量，减少库存，决定对该品牌学习机进行降价销售，经市场调查，当学习机的售价为每台1800元时，每天可售出4台，在此基础上，售价每降低50元，每天将多售出1台，已知每台学习机的进价为1000元．如果该品牌学习机商店拟获利4200元，该商店需要将每台学习机售价定为多少元？
【答案】该商店需要将每台学习机售价定为1300元．
【分析】本题考查一元二次方程的实际应用．设每台学习机售价为x元，利用商店每天销售该品牌学习机获得的利润等于每台的销售利润乘以日销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论．
【详解】解：设每台学习机售价为x元，
依题意得：，
解得：，，
∵减少库存，
∴；
答：该商店需要将每台学习机售价定为1300元．
【变式03】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，中，，，，动点P从点C开始沿边向点B以的速度移动，动点Q从点A开始沿边向点C以的速度移动．如果P、Q两点分别从C、A两点同时出发，移动时间为t（单位：）．
(1)求的面积S关于t的函数解析式；
(2)若的面积是面积的，求t的值；
(3)的面积能否为面积的一半？若能，请求出t的值；若不能，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)不能，理由见解析
【分析】本题考查了一元二次方程的应用以及根的判别式．
（1），，，根据的面积公式得出答案；
（2），，，根据的面积是面积的，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出结论；
（3）的面积不能为面积的一半，根据的面积是面积的，即可得出关于的一元二次方程，由根的判别式，可得出该方程没有实数根，进而可得出的面积不可能是面积的一半．
【详解】（1）解：当运动时间为时，，，，
∴，
∵动点P从点C开始沿边向点B以的速度移动，动点Q从点A开始沿边向点C以的速度移动，
∴，
∴；
（2）解：根据题意得：，
即，
整理得：，
解得：．
答：的值为2；
（3）解：的面积不可能是面积的一半，理由如下：
根据题意得：，
即，
整理得：，
，
该方程没有实数根，
∴的面积不可能是面积的一半．
题型09 分式方程实际应用
典例引领
【典例01】（2025·湖南·模拟预测）高铁提速后，某路段行驶时间比原来少小时．若原速度为 ，提速后为，则原速度为________ （路程为）．
【答案】200
【分析】根据路程、速度、时间的关系（时间 = 路程÷速度），分别表示出原速度行驶时间和提速后行驶时间，再利用“提速后行驶时间比原来少1小时”这一条件列方程求解原速度．本题主要考查了分式方程在行程问题中的应用，涉及路程、速度、时间的关系，熟练掌握“时间 = 路程÷速度”并根据时间差列方程是解题的关键．
【详解】解：由题意得：．
解得．经检验，是原分式方程的解，
∴原分式方程的解为，
∴原速度为，
故答案为：200．
【典例02】（2024·湖南·中考真题）为提高生产效率，某工厂将生产线进行升级改造，改造后比改造前每天多生产100件，改造后生产600件的时间与改造前生产400件的时间相同，则改造后每天生产的产品件数为（ ）
A．200B．300C．400D．500
【答案】B
【分析】本题考查分式方程的应用，分析题意，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
设改造后每天生产的产品件数为，则改造前每天生产的产品件数为，根据“改造后生产600件的时间与改造前生产400件的时间相同”列出分式方程，解方程即可．
【详解】解：设改造后每天生产的产品件数为，则改造前每天生产的产品件数为，
根据题意，得：，
解得：，
经检验是分式方程的解，且符合题意，
答：改造后每天生产的产品件数．
故选：B．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南长沙·模拟预测）近年来，雾霾天气给人们的生活带来很大影响，空气质量问题倍受人们关注．某单位计划在室内安装空气净化装置，需购进两种设备．已知每台种设备比每台种设备价格多0.6万元，花5万元购买种设备和花11万元购买种设备的数量相同．
(1)求两种设备每台各多少万元？
(2)根据单位实际情况，需购进两种设备共18台，总费用不高于14万元，且种设备的数量不超过种设备数量的2倍，请设计一个购进方案使总费用最低，并求出最低费用．
【答案】(1)每台A种设备0.5万元，每台B种设备1.1万元；
(2)购买A种设备12台，则购买B种设备6台，最低费用为12.6万元
【分析】此题考查的是分式方程的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，掌握实际问题中的等量关系和不等关系是解决此题的关键．
（1）设每台A种设备x万元，则每台B种设备万元，然后根据题意列分式方程即可求出结论；
（2）设购买A种设备m台，则购买B种设备台，然后根据题意列一元一次不等式组和一次函数，即可得出结论．
【详解】（1）解：设每台A种设备x万元，则每台B种设备万元，
根据题意得：，
解得：，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
∴（万元）；
答：每台A种设备0.5万元，每台B种设备1.1万元；
（2）设购买A种设备m台，则购买B种设备台，
根据题意得：，
解得：；
设总费用为w，则，
∵，
∴当时，；
答：购买A种设备12台，则购买B种设备6台，最低费用为12.6万元．
【变式02】（2024·湖南·模拟预测）某国产新能源汽车在国内国际市场销售屡创佳绩，体现了中国制造的“大国风范”．为进一步提升市场占有率，决定增加产量600万台．自2020年初开始实施后，实际每年产量是原计划的1.2倍，照此进度预计可提前2年完成任务．
(1)原计划每年产量为多少万台？
(2)为更快实现目标，该品牌决定加快生产速度，要求从2023年初后续不超过5年完成，那么实际平均每年产量至少还要增加多少万台？
【答案】(1)原计划每年产量为万台
(2)实际平均每年产量至少还要增加万台
【分析】本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式的应用，理解题意，正确列出分式方程和一元一次不等式是解此题的关键．
（1）设原计划每年产量为万台，则实际每年产量就是万台，根据“预计可提前2年完成任务”列出分式方程，解分式方程即可得出答案；
（2）由（1）可得，实际每年产量就是万台，设实际平均每年产量至少还要增加万台，根据“要求从2023年初后续不超过5年完成”列出一元一次不等式，解不等式即可得出答案．
【详解】（1）解：设原计划每年产量为万台，则实际每年产量就是万台，
由题意得：，
解得：，
经检验，是分式方程的解且符合题意，
∴原计划每年产量为万台；
（2）解：由（1）可得，实际每年产量就是万台，
设实际平均每年产量至少还要增加万台，
由题意得：，
解得：，
∴实际平均每年产量至少还要增加万台．
【变式03】（2025·湖南·一模）《百骏图》是中国十大传世名画之一，是意大利籍清代宫廷画家郎世宁的作品，其图共绘有100匹骏马，姿势各异，或立、或奔、或跪、或卧，可谓曲尽骏马之态．如图，已知局部临摹画面装裱前是一个长为2.8m，宽为0.9m的矩形，装裱后的长与宽的比是，且四周边衬的宽度相等．设边衬的宽度为xm，根据题意可列方程（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】本题考查分式方程的应用．根据题意，正确的列出方程，是解题的关键．
根据装裱后的长与宽的比是，且四周边衬的宽度相等，列出方程即可．
【详解】解：由题意得，，
故选：C．
题型10 不等式（组）（概念与解法）
典例引领
【典例01】（2025·湖南·模拟预测）若，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了不等式的性质，根据不等式的性质：不等式的两边同时乘以一个负数，不等式的符合改变；不等式的两边同时加上或减去一个数，不等号方向不变逐项分析，即可求解．
【详解】解：A. ∵，∴，故该选项不正确，不符合题意；
B. ∵，∴，故该选项正确，符合题意；
C. ∵，∴，故该选项不正确，不符合题意；
D. 当，则，故该选项不正确，不符合题意；
故选：B．
【典例02】（2025·湖南·模拟预测）实数，在数轴上对应点的位置如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了用数轴表示数以及不等式的性质，加法与乘法法则，依次判断选项即可．
【详解】解：从题图中得出，，，
所以，，，，
故选项B、C、D错误，选项A正确，
故选：A．
方法透视
变式演练
【变式01】（2024·湖南长沙·模拟预测）若，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了不等式的性质，解题的关键是熟练掌握不等式两边都加上或减去同一个数或同一个式子，不等号的方向不变；不等式两边都乘以或除以同一个正数，不等号的方向不变；不等式两边都乘以或除以同一个负数，不等号方向改变．据此即可解答．
【详解】解：∵，且，
∴，
故选：A．
【变式02】（2025·湖南·模拟预测）把不等式组的解集表示在数轴上，下列选项正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】本题考查解一元一次不等式组，解题的关键是掌握解不等式的步骤，能求出不等式组中各不等式的公共解集．
先解出每个不等式，再求出不等式组的解集即可．
【解答】解：，
由①得：，
由②得：，
∴不等式组的解集为，
将不等式组的解集表示在数轴上如下：
故选：D．
【变式03】（2025·湖南·模拟预测）若关于的不等式组恰有三个整数解，则实数的取值范围是_____．
【答案】
【分析】本题考查的是解一元一次不等式组，不等式组的整数解的确定，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．先分别求解不等式组中的两个不等式，得到解集，再根据该解集恰有三个整数解（即0、1、2），确定的范围，从而求出的取值范围．
【详解】解：解不等式组：
解第一个不等式：，
，
，
，
，
，
解第二个不等式：，
，
，
，
因此，不等式组的解集为：，
由于该解集恰有三个整数解，即整数解为0、1、2，
故需满足：
解得：，
故答案为：．
题型11 方程与不等式综合应用（专题训练）
典例引领
【典例01】（2025·湖南娄底·三模）湘绣作为中国四大名绣之一，凭借其国潮经典之韵，深受国内外消费者的喜爱．某商场计划购进，两款湘绣并出售，已知两款湘绣的进价和售价如下表：
(1)该商场第一次用24400元购进了，两款湘绣共20件，求两款湘绣分别购进多少件；
(2)该商场计划补货两款湘绣共30件，且购进款湘绣的数量不少于款湘绣的，则应如何设计进货方案才能使这次补货售完后获得最大利润，最大利润是多少？
【答案】(1)款湘绣购进件，款湘绣购进件
(2)购进款湘绣件，款湘绣件，才能使这次补货售完后获得最大利润，最大利润是元
【分析】本题考查了一元一次方程的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的应用；
（1）等量关系式：购进款湘绣的费用购进款湘绣的费用元，列方程，即可求解；
（2）由不等关系求出，补货售完后获得利润补货售完后款湘绣所获得的利润补货售完后款湘绣所获得的利润，由一次函数的性质，即可求解；
找出等量关系式，能利用一次函数的性质进行求解是解题的关键．
【详解】（1）解：设款湘绣购进件，则款湘绣购进件，由题意得
，
解得：，
(件)，
答∶款湘绣购进件，款湘绣购进件；
（2）解：设款湘绣购进件，则款湘绣购进件，补货售完后获得利润为元，
，
解得：，
，
，
随的增大而增大，
当时，取最大值，
最大值为 (元)，
(件)，
答∶购进款湘绣件，款湘绣件，才能使这次补货售完后获得最大利润，最大利润是元．
【典例02】（2024·湖南长沙·模拟预测）充电安全报警器，防患未“燃”保平安．某社区决定采购A，B两种型号的充电安全报警器．若购买3个A型报警器和4个B型报警器共需要580元，购买6个A型报警器和5个B型报警器共需要860元．
(1)求两种型号报警器的单价；
(2)若需购买A，B两种型号的报警器共200个，总费用不超过15000元，至少需购买A型报警器多少个？
【答案】(1)A型报警器单价为60元，B型报警器单价为100元
(2)至少需购买A型报警器125个
【分析】本题考查二元一次方程组和一元一次不等式的实际应用，理解题意，找准数量关系，准确建立相应方程和不等式并求解是解题关键．
（1）设A型报警器单价为x元，B型报警器单价为y元，然后根据题意列出二元一次方程组求解即可；
（2）设需要购买A型报警器a个，根据题意列出一元一次不等式并求解即可．
【详解】（1）解：设A型报警器单价为x元，B型报警器单价为y元，
由题意可得：，
解得．
答：A型报警器单价为60元，B型报警器单价为100元；
（2）解：设需要购买A型报警器a个，
由题意可得：．
解得．
答：至少需购买A型报警器125个．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南长沙·二模）6月是吃小龙虾的月份，长沙市马王堆批发市场某批发商原计划以每千克36元的单价对外批发销售小龙虾．为了加快销售，该批发商对价格进行两次下调后，售价降为每千克25元．
(1)求平均每次下调的百分率；
(2)某夜宵摊准备到该批发商处购买50千克小龙虾做成油爆虾和香辣虾两种产品进行销售：每份产品标准是1千克，油爆虾每份盈利12元，香辣虾每份盈利22元，请问该摊主至少卖多少份香辣虾才能盈利超过800元？
【答案】(1)平均每次下调的百分率约为；
(2)该摊主至少卖21份香辣虾才能盈利超过800元．
【分析】（1）设平均每次下调的百分率为，根据某批发商原计划以每千克36元的单价对外批发销售小龙虾，该批发商对价格进行两次下调后，售价降为每千克25元，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可；
（2）设该摊主卖份香辣虾，则卖份油爆虾，根据盈利超过800元，列出一元一次不等式，解不等式即可．
本题考查了一元二次方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是找准等量关系，正确列出一元二次方程及列出一元一次不等式．
【详解】（1）解：设平均每次下调的百分率为，
根据题意得：，
解得：，（不符合题意，舍去），
答：平均每次下调的百分率约为；
（2）解：设该摊主卖份香辣虾，则卖份油爆虾，
根据题意得：，
解得：，
为正整数，
的最小值为21，
答：该摊主至少卖21份香辣虾才能盈利超过800元．
【变式02】（2024·湖南娄底·模拟预测）年是甲辰龙年，龙作为中华民族重要的精神象征和文化符号．千百年来，龙的形象贯穿文学、艺术、民俗、服饰、绘画等各个领域，也呈现了吉祥如意、平安幸福的美好寓意．某商店打算使用不超过元的进货资金，购进两款与龙相关的吉祥物共件进行销售．两款吉祥物的进货价格每件分别为元和元，且每件款吉祥物的售价是每件款吉祥物售价的倍．消费者用元购买款吉祥物的数量比用元购买款吉祥物的数量少件．
(1)两款吉祥物的售价每件分别为多少元？
(2)商店为了让利给消费者，决定把款吉祥物的售价每件降低元，款吉祥物的售价每件降低元．求商店应如何进货才能获得最大利润．（假设购进的两款吉祥物全部销售完）
【答案】(1)款吉祥物的售价每件为元，款吉祥物的售价每件为元
(2)购进款吉祥物件，购进 款吉祥物件
【分析】（）设款吉祥物的售价每件为元，则款吉祥物的售价每件为元，根据题意列出方程即可求解；
（）设购进款吉祥物件，则购进 款吉祥物件，根据题意列出不等式可求得，设商店获得的利润为元，可得与的一次函数关系式，再根据一次函数的性质解答即可求解；
本题考查了分式方程的应用，一次函数的应用，一元一次不等式的应用，理解题意是解题的关键．
【详解】（1）解：设款吉祥物的售价每件为元，则款吉祥物的售价每件为元，
由题意得，，
解得，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
∴，
答：款吉祥物的售价每件为元，款吉祥物的售价每件为元；
（2）解：设购进款吉祥物件，则购进 款吉祥物件，
由题意得，，
解得，
设商店获得的利润为元，
则，
∵，
∴随的增大而增大，
∴当时，获得的利润最大，元，
此时，
答：商店应购进款吉祥物件，购进 款吉祥物件，才能获得最大利润．
【变式03】（2025·湖南·模拟预测）某中学为了准备体育中考，采购了A，B两种品牌的排球，第一次采购A种排球100个，B种排球60个，采购费用为10320元；第二次采购了A种排球50个，B种排球90个，采购费用为9480元．
(1)求A，B两种排球的采购单价分别为多少元．
(2)商场通过一段时间的营销后发现，B种排球的销售比A品牌好，商场决定再采购一批排球，要求：①采购B种排球的数量比A种排球的2倍多30个，且A种排球的采购数量不低于50个；②采购两种排球的总费用不超过13 000元．请问：该商场有哪几种采购方案？
【答案】(1)A种排球的单价是60元，B种排球的单价是72元．
(2)有四种采购方案，分别为：①采购A种排球50个，B种130个；②采购A种排球51个，B种132个；③采购A种排球52个，B种134个；④采购A种排球53个，B种136个
【分析】此题主要考查了一元一次不等式组的应用和二元一次方程组的应用，正确得出等量关系是解题关键．
（1）设A种排球的单价是x元，B种排球的单价是y元，根据题意列出二元一次方程组求解即可；
（2）设该商场采购A种排球的数量为m个，则采购B种排球个，根据题意列出一元一次不等式组求解即可．
【详解】（1）设A种排球的单价是x元，B种排球的单价是y元，
根据题意，得
解得
答：A种排球的单价是60元，B种排球的单价是72元．
（2）设该商场采购A种排球的数量为m个，则采购B种排球个．
根据题意，得
解得50
∵m为整数，
∴或51或52或53 ．
∴有四种采购方案，分别为：
①采购A种排球50个，B种130个；
②采购A种排球51个，B种132个；
③采购A种排球52个，B种134个；
④采购A种排球53个，B种136个．
题●型●训●练
1．已知，则下列等式关系不正确的是（ ）
A．B．2C．D．
【答案】C
【分析】本题考查等式的性质，解题的关键是掌握：等式的性质1：等式的两边都加（或减）同一个数（或式子），结果仍相等；等式的性质2：等式的两边都乘同一个数，等式仍成立，等式的两边都除以同一个不等于的数，结果仍相等．据此依次对各选项进行分析即可．
【详解】解：A．∵，
∴，原等式关系正确，故此选项不符合题意；
B．∵，
∴，原等式关系正确，故此选项不符合题意；
C．∵，
∴，原等式关系不正确，故此选项符合题意；
D．∵，
∴，原等式关系正确，故此选项不符合题意．
故选：C．
2．若是方程的解，则的值是（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查一元一次方程的解，因为是方程的解，所以把代入方程左右两边相等，即可得到关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值．
【详解】解：将代入方程，
可得
解得：，
故选：B．
3．九章算术中有这样一道数学问题，原文如下：清明游园，共坐八船，大船满六，小船满四，三十八学子，满船坐满，请问客官，大小几船？其大意为：清明时节出去游园，所有人共坐了只船，大船每只坐人，小船每只坐人，个人，刚好坐满，问：大小船各有几只？若设有只小船，则可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题考查一元一次方程的应用，根据小船数量表示大船数量，再根据总人数列方程．
【详解】解：设有x只小船，则大船有只．
∵小船每只坐4人，∴小船共坐4x人．
∵大船每只坐6人，∴大船共坐人．
∵总人数为38人，
∴．
故选D．
4．《九章算术》是中国古代的一本重要数学著作，其中有一道方程的应用题：“五只雀，六只燕，共重16两，雀重燕轻，互换其中一只，恰好一样重．问每只雀、燕的重量各为多少？”若设雀每只x两，燕每只y两，则可列出方程组为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】此题主要考查列二元一次方程组，解题的关键是根据题意找到等量关系.
设雀每只两，燕每只两，根据五只雀、六只燕，共重16两，雀重燕轻.互换其中一只，恰好一样重，找到等量关系即可列出方程组.
【详解】∵雀每只两，燕每只两，
依题意可得
故选A
5．若关于x 的一元二次方程有实数根，则k的取值范围是（ ）
A．B．C．且D．且
【答案】D
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程的根与有如下关系：①，方程有两个不相等的实数根，②，方程有两个相等的实数根，③，方程没有实数根；由题意可得且，求解即可，熟练掌握此知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：∵关于x 的一元二次方程有实数根，
∴且，
解得且，
故选：D．
6．解一元二次方程，配方后正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查配方法解一元二次方程，先移项变形为，再将两边同时加4，即可把左边配成完全平方式，进而得到答案，熟练掌握配方法的解法步骤是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
7．若，下列不等式不一定成立的是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了不等式的基本性质，根据不等式的性质，逐一分析各选项是否一定成立．
【详解】解：A． 当和均为正数时，若，则成立．
但当为正数，为负数时（例如，），虽然，但，，此时，故选项A不一定成立，故该选项错误，符合题意；
B．不等式的两边都乘以，不等号的方向改变，故该选项正确，不符合题意；
C．不等式的两边都除以3，不等号的方向不变，故该选项正确，不符合题意；
D．，等式的两边都加3，不等号的方向不变，故该选项正确，不符合题意；
故选：A．
8．不等式组的解集在数轴上表示为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了解一元一次不等式组和在数轴上表示不等式组的解集，能根据不等式的解集找出不等式组的解集是解题的关键．
先求出每个不等式的解集，再根据不等式的解集求出不等式组的解集即可得到答案．
【详解】解：
解不等式得：，
解不等式得：，
∴不等式组的解集为，
在数轴上表示为：，
故选：．
9．按照如下程序操作，规定：从“输入一个值x”到“结果是否大于85”为一次程序操作．当结果得到的数小于或等于85，则用得到的这个数进行下一次操作．若程序操作进行了一次就停止了，则输入的x的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了一元一次不等式的应用，读懂题目信息，理解运行程序并列出不等式是解题的关键．
根据运行程序，第一次运算结果大于85，然后求解即可．
【详解】解：由题意得，，
解得：
故选：D．
10．若关于x的一元一次不等式组的解集是，则m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，根据“同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到”，据此即可确定m的取值范围．
【详解】解：解不等式，得，
不等式组的解集为，
，
故选：A．
11．某工程队承接了55万平方米的荒山绿化任务，为了迎接雨季的到来，实际工作时每天的工作效率比原计划提高了，结果提前10天完成了任务．设原计划每天绿化的面积为万平方米，则所列方程为________．
【答案】
【分析】本题考查了列分式方程，设原计划每天绿化的面积为万平方米，则实际每天绿化的面积为万平方米，根据“提前10天完成了任务”列出分式方程即可，理解题意，找准等量关系是解此题的关键．
【详解】解：设原计划每天绿化的面积为万平方米，则实际每天绿化的面积为万平方米，
由题意可得：，
故答案为：．
12．关于x的一元二次方程．
(1)求证：方程有两个不相等的实数根；
(2)若方程的两根分别为、，且，求k的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查根的判别式，根与系数之间的关系，解一元二次方程，熟练掌握根的判别式与根的个数之间的关系，根与系数的关系，是解题的关键：
（1）求出判别式的符号，即可得出结论；
（2）根据根与系数的关系，列出方程进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵关于x的一元二次方程中，，，
∴，
∴方程有两个不相等的实数根；
（2）解：∵方程的两根分别为，
∴
∴
，
∵，
∴，
解得：．
13．鲜桃刚上市，某水果店率先用1000元购进了一批鲜桃，前两天以高于进价的价格卖出；第三天水果店又用1000元购进了一批鲜桃，由于进价降低了，这一批鲜桃多购进．
(1)求水果店购进第一批鲜桃的数量；
(2)注意到市场上鲜桃数量逐渐增多，水果店主决定将剩余和新进鲜桃在原销售价的基础上，全部降价元（为整数）销售．实际销售过程中，平均每天销售量相对于前两天平均每天增加了，仅仅销售两天，剩下量不超过．
①求的值；
②若店主将剩余鲜桃以20元的价格全部卖完，求前后一共获利多少元．
【答案】(1)第一批鲜桃的数量为；
(2)①；②前后一共获利元．
【分析】本题考查了分式方程和不等式的应用．
（1）设第一批鲜桃的进价为元，由第二批鲜桃的进价为元，根据“第二批批鲜桃多购进”列分式方程，求解即可；
（2）①求得总剩余数量为，降价后，每天销售，根据“剩下量不超过”列不等式，求解即可；
②利用总收入减去总支出求解即可．
【详解】（1）解：设第一批鲜桃的进价为元，由第二批鲜桃的进价为元，
∴第一批鲜桃的数量为，第二批鲜桃的数量为，
根据题意得，解得，
经检验是原方程的解，且符合题意，
∴第一批鲜桃的数量为；
（2）解：①前两天每天销售，剩余，
∵第二批鲜桃的数量为，
∴总剩余数量为，
降价后，每天销售，两天共销售，
根据题意得，解得；
∵为整数，且保证销售量不超过总剩余量，
∴取；
②总成本为元，
总收入为
，
∴前后一共获利：元．
14．“七一”建党节前夕，某校决定购买，两种奖品，用于表彰在“童心向党”活动中表现突出的学生．已知奖品比奖品每件多25元预算资金为1700元，其中800元购买奖品，其余资金购买奖品，且购买奖品的数量是奖品的3倍．
（1）求，奖品的单价；
（2）购买当日，正逢该店搞促销活动，所有商品均按原价八折销售，学校调整了购买方案：不超过预算资金且购买奖品的资金不少于720元，，两种奖品共100件．求购买，两种奖品的数量，有哪几种方案？
【答案】（1）A，奖品的单价分别是40元，15元；（2）购买A奖品23件，B奖品77件；购买A奖品24件，B奖品76件；购买A奖品25件，B奖品75件．
【分析】（1）设B奖品的单价为x元，则A奖品的单价为(x+25)元，根据“购买奖品的数量是奖品的3倍”，列出分式方程，即可求解；
（2）设购买A奖品a件，则购买B奖品(100-a)件，列出一元一次不等式组，即可求解．
【详解】（1）解：设B奖品的单价为x元，则A奖品的单价为(x+25)元，
由题意得：，
解得：x=15，
经检验：x=15是方程的解，且符合题意，
15+25=40，
答：A，奖品的单价分别是40元，15元；
（2）设购买A奖品a件，则购买B奖品(100-a)件，
由题意得：，
解得：22.5≤a≤25，
∵a取正整数，
∴a=23，24，25，
答：购买A奖品23件，B奖品77件；购买A奖品24件，B奖品76件；购买A奖品25件，B奖品75件．
【点睛】本题主要考查分式方程以及一元一次不等式组的实际应用，找准数量关系，列出方程和不等式组，是解题的关键．
15．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90万元，今年销售额只有80万元．
(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款汽车每辆进价为万元，B款汽车每辆进价为6万元，公司预计用少于105万元且多于99万元的资金购进这两款汽车共15辆，有哪几种进货方案？
【答案】(1)今年5月份A款汽车每辆售价8万元；
(2)有3种方案：方案一：A款汽车购进7辆；B款汽车购进8辆；方案二：A款汽车购进8辆；B款汽车购进7辆；方案三：A款汽车购进9辆；B款汽车购进6辆．
【分析】本题考查了分式方程的应用，一元一次不等式组的应用．关键是根据题意找到数量关系，列出方程与不等式组．
（1）设今年5月份A款汽车每辆售价x万元，根据题意可得，去年销售额90万元与今年销售额80万元所卖的车辆数量相等，据此列方程求解；
（2）根据关系式为：款汽车总价+B款汽车总价列不等式组求解即可．
【详解】（1）解：设今年5月份A款汽车每辆售价x万元．根据题意得：
，
解得：，
经检验知，是原方程的解且符合题意．
所以今年5月份A款汽车每辆售价8万元；
（2）解：设A款汽车购进y辆．则B款汽车每辆购进辆．根据题意得：
，
解得：，
所以有3种方案：
方案一：A款汽车购进7辆；B款汽车购进8辆；
方案二：A款汽车购进8辆；B款汽车购进7辆；
方案三：A款汽车购进9辆；B款汽车购进6辆．考向解读
核心考查一元一次、二元一次方程的概念辨析（含参）、解法及解的应用，是中考基础题型，多以选择、填空、解答题形式出现，侧重参数求解、方程变形的严谨性，衔接后续综合应用。高频考点：含参方程的解的讨论、方程组的消元技巧、等式性质的灵活运用。
方法技能
1. 方程概念关键：紧扣“未知数次数为1”“整式方程”核心，含参方程需注意二次项系数为0（一元一次方程）的隐含条件；2. 解题技巧：解方程组优先用加减消元（系数有倍数关系）或代入消元（某未知数系数为±1），简化运算；含参方程（组）可通过解的特征（如解为正数、整数）列不等式求参数范围；3. 易错点：移项忘变号、去括号漏乘、含参方程忽略参数限制、解方程组消元时符号错误。
考向解读
核心考查一元二次方程的概念（含参）、根的判别式应用，是中考基础题型，多以选择、填空、解答题（第一问）形式出现，侧重参数取值范围、根的情况判断，衔接根与系数关系及实际应用。
方法技能
核心要点：紧扣标准形式ax2+bx+c=0（a≠0），a≠0是判断一元二次方程的关键，不可忽略；
根的判别式应用：Δ=b2−4ac，重点掌握“由根的情况求参数”“判断根的个数”两种题型，注意结合二次项系数不为0的条件；
3. 易错点：忽略a≠0的隐含条件、计算Δ时符号错误、混淆“有实数根”（Δ≥0）与“有两个不等实根”（Δ>0）的区别。
考向解读
核心考查一元二次方程的四种基础解法（直接开平方法、配方法、公式法、因式分解法），中考高频题型，侧重解法的灵活选择、步骤规范性及易错点规避，是后续综合应用的基础。
方法技能
解法选择技巧：优先用因式分解法（右边为0、左边可分解），其次配方法（二次项系数为1、一次项系数为偶数），最后公式法（万能解法）；直接开平方法适用于x+m2=n（n≥0）形式；
关键步骤：配方法需注意“化二次项系数为1、配方时加一次项系数一半的平方”；公式法需先算Δ，再代入求根公式x=−b±Δ2a；因式分解需分解彻底；
3. 易错点：配方漏加常数项、公式法代入a、b、c时符号错误、因式分解不彻底、直接开平方法忽略正负根。
考向解读
核心考查一元二次方程根与系数关系（韦达定理）的应用，是中考基础题型，多与代数式求值结合，侧重韦达定理的灵活变形、应用条件的严谨性，难度中等。
方法技能
核心公式：对于ax2+bx+c=0（a≠0），根与系数关系为x1+x2=−ba，x1x2=ca，应用前提是Δ≥0（有实根）且a≠0；
常见变形：x12+x22=x1+x22−2x1x2、|x1−x2|=x1+x22−4x1x2、1x1+1x2=x1+x2x1x2，可直接用于代数式求值；
拓展应用：已知两根构造方程x2−x1+x2x+x1x2=0、结合二次函数交点横坐标求解代数式；
4. 易错点：忽略Δ≥0和a≠0的应用条件、公式记忆错误、代数式变形时符号错误。
考向解读
核心考查分式方程的概念辨析、基础解法及验根，是中考基础题型，多以选择、填空、解答题形式出现，侧重去分母变形、验根的必要性，衔接分式方程实际应用。
方法技能
核心要点：分式方程的关键是“分母含未知数”，且分母不能为0，解分式方程的核心是转化为整式方程；
解题步骤：去分母（乘最简公分母，注意漏乘不含分母的项）→ 解整式方程 → 验根（将解代入最简公分母，若公分母不为0则为原方程的解，否则为增根，舍去）；
3. 易错点：去分母漏乘、验根步骤遗漏、忽略增根的取舍、去括号时符号错误。
考向解读
核心考查二元一次方程组在实际场景中的应用，是中考基础题型，多以解答题形式出现，侧重找准等量关系、设元列方程组，场景贴合生活（价格、数量、行程等），难度基础。
方法技能
解题核心：审清题意，找出两个等量关系，设两个未知数（直接设元或间接设元），列二元一次方程组求解，最后检验解的实际意义（如人数、价格、数量为正数）；
高频场景：价格问题（总价=单价×数量）、行程问题（路程=速度×时间）、配比问题、和差倍比问题；
3. 易错点：等量关系列错、设元不明确、解的实际意义忽略（如负数解舍去）、单位不统一。
考向解读
核心考查一元一次方程在实际场景中的应用，是中考基础题型，多以选择、填空、解答题形式出现，侧重找准单一等量关系、规范列方程求解，是后续复杂实际应用的基础。
方法技能
解题核心：审清题意，找出一个核心等量关系，设未知数（优先设所求量），列一元一次方程，求解后检验解的实际意义；
高频场景：打折销售（售价=原价×折扣）、行程问题、工程问题、和差倍比问题、浓度问题（基础）；
3. 易错点：等量关系找错、单位换算错误、移项忘变号、解的实际意义忽略。
考向解读
核心考查一元二次方程在实际场景中的应用，是中考基础题型，多以解答题形式出现，侧重建立一元二次方程模型，兼顾解的实际意义（舍去负根、不合题意的解），场景以利润、面积、增长率为主。
方法技能
解题核心：审清题意，找出等量关系，将实际问题转化为一元二次方程，求解后检验解的合理性（符合实际场景，如长度、价格、人数为正数）；
高频模型：利润问题（W=售价−进价×销售量）、面积问题（矩形、三角形等面积公式）、增长率问题（a1±x2=b，a为初始量，b为最终量，x为增长率）、传染问题（1+x2）；
3. 易错点：忽略解的实际意义（舍去负根）、等量关系列错、增长率问题漏乘初始量、面积问题边长表示错误。
考向解读
核心考查分式方程在实际场景中的应用，是中考基础题型，多以解答题形式出现，侧重建立分式方程模型，严格遵循“去分母→解整式方程→验根”的步骤，兼顾解的实际意义。
方法技能
解题核心：找准等量关系，将实际问题转化为分式方程，注意分母不能为0（对应实际意义，如速度、时间、工作量不为0），求解后必须验根；
高频模型：工程问题（工作总量=工作效率×工作时间，效率=1完成时间）、行程问题（路程=速度×时间）、浓度问题（溶质质量=溶液质量×浓度）；
3. 易错点：验根步骤遗漏、去分母漏乘、等量关系列错、忽略解的实际意义、分母为0的情况未排除。
考向解读
核心考查一元一次不等式（组）的概念、解法、解集表示及含参不等式（组）的参数求解，是中考基础题型，多以选择、填空、解答题形式出现，侧重不等号方向的判断、解集的公共部分确定。
方法技能
核心要点：解一元一次不等式的步骤与解一元一次方程一致，区别在于“乘除负数时不等号方向改变”；不等式组的解集是两个不等式解集的公共部分（同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无处找）；
含参技巧：根据不等式（组）的解集方向，判断参数的正负；根据解集的边界值，列方程求参数；注意参数的取值范围要兼顾不等号的等号情况；
3. 易错点：乘除负数时不等号方向不变、解集公共部分判断错误、含参不等式忽略参数的正负性、数轴表示解集时实心/空心点混淆。
类别
价格
款湘绣
款湘绣
进价（元/件）
800
1400
售价（元/件）
980
1680
考向解读
核心考查方程与不等式的综合应用，是中考基础综合题型，多结合一元二次方程根的判别式、分式方程、二元一次方程组与一元一次不等式（组），侧重“方程求参数、不等式定范围”的思路，难度中等。
方法技能
1. 解题核心：先根据方程（一元二次、分式等）的条件（如根的判别式、解的特征）求出参数的初步范围，再根据不等式（组）的解集要求，进一步确定参数范围，取两者的公共部分；2. 关键技巧：复杂综合题可分步求解，先处理方程部分，再处理不等式部分，注意各条件之间的关联；3. 易错点：忽略方程的隐含条件（如一元二次方程a≠0、分式方程验根）、不等式组解集判断错误、参数范围漏取公共部分、忽略实际意义对参数的限制。