2012全国中考数学（续61套）压轴题分类解析汇编专题10：代数综合问题
专题10：代数综合问题
11.〔2018黑龙江龙东地区10分〕国务院总理温家宝2017年11月16日主持召开国务院常务会议，会议决定建立青海三江源国家生态保护综合实验区。现要把228吨物资从某地运往青海甲、乙两地，用大、小两种货车共18辆，恰好能一次性运完这批物资。这两种货车的载重量分别为16吨/辆和10吨/辆，运往甲、乙两地的运费如下表：
〔1〕求这两种货车各用多少辆？
〔2〕如果安排9辆货车前往甲地，其余货车前往乙地，设前往甲地的大货车为a辆，前往甲、乙两地的
总运费为w元，求出w与a的函数关系式〔写出自变量的取值范围〕；
〔3〕在〔2〕的条件下，假设运往甲地的物资不少于120吨，请你设计出使总运费最少的货车调配方案，并
求出最少总运费。
【答案】解：〔1〕设大货车用x辆，那么小货车用〔18－x〕辆，根据题意得
16x＋10〔18－x〕=228，解得x=8，
∴18－x=18－8=10。
答：大货车用8辆，小货车用10辆。
〔2〕w=720a＋800〔8－a〕+500〔9－a〕+650[10－〔9－a〕]=70a＋11550，
∴w=70a＋11550〔0≤a≤8且为整数〕。
〔3〕由16a＋10〔9－a〕≥120，解得a≥5。
又∵0≤a≤8，∴5≤a≤8且为整数。
∵w=70a+11550，k=70＞0，w随a的增大而增大，
∴当a=5时，w最小，最小值为W=70×5+11550=11900。
答：使总运费最少的调配方案是：5辆大货车、4辆小货车前往甲地；3辆大货车、6辆小货车前往乙地、最少运费为11900元。
【考点】一元一次方程和一次函数的应用
【分析】〔1〕设大货车用x辆，那么小货车用18－x辆，根据运输228吨物资，列方程求解。
〔2〕设前往甲地的大货车为a辆，那么前往乙地的大货车为〔8－a〕辆，前往甲地的小货车为〔9－a〕辆，前往乙地的小货车为[10－〔9－a〕]辆，根据表格所给运费，求出w与a的函数关系式。
〔3〕结合条件，求a的取值范围，由〔2〕的函数关系式求使总运费最少的货车调配方案。
12.〔2018黑龙江绥化10分〕在实施“中小学校舍安全工程”之际，某市计划对A、B两类学校的校舍进行改造，根据预算，改造一所A类学校和三所B类学校的校舍共需资金480万元，改造三所A类学校和一所B类学校的校舍共需资金400万元、
〔1〕改造一所A类学校的校舍和一所B类学校的校舍所需资金分别是多少万元？
〔2〕该市某县A、B两类学校共有8所需要改造、改造资金由国家财政和地方财政共同承担，假设国家财政拨付的改造资金不超过770万元，地方财政投入的资金不少于210万元，其中地方财政投入到A、B两类学校的改造资金分别为每所20万元和30万元，请你通过计算求出有几种改造方案，每个方案中A、B两类学校各有几所？
【答案】解：〔1〕设改造一所A类学校的校舍需资金x万元，改造一所B类学校的校舍所需资金y万元，
那么，解得
。
答：改造一所A类学校和一所B类学校的校舍分别需资金90万元，130万元。
〔2〕设A类学校应该有a所，那么B类学校有〔8－a〕所、
那么，解得
。∴1≤a≤3，即a=1，2，3。
∴共有3种改造方案：方案一：A类学校有1所，B类学校有7所；方案二：A类学校有2所，B类学校有6所；方案三：A类学校有3所，B类学校有5所。
【考点】二元一次方程组和一元一次不等式组的应用。
【分析】〔1〕方程〔组〕的应用解题关键是找出等量关系，列出方程〔组〕求解。此题等量关系为：
改造一所A类学校和三所B类学校的校舍共需资金480万元；
改造三所A类学校和一所B类学校的校舍共需资金400万元。
〔2〕不等式〔组〕的应用解题关键是找出不等量关系，列出不等式〔组〕求解。此题不等量关系为：
地方财政投资A类学校的总钱数+地方财政投资B类学校的总钱数≥210；
国家财政投资A类学校的总钱数+国家财政投资B类学校的总钱数≤770。
13.〔2018黑龙江黑河、齐齐哈尔、大兴安岭、鸡西10分〕为了迎接“五·一”小长假的购物高峰，某运动品牌服装专卖店准备购进甲、乙两种服装，甲种服装每件进价l80元，售价320元；乙种服装每件进价l50元，售价280元、
(1)假设该专卖店同时购进甲、乙两种服装共200件，恰好用去32400元，求购进甲、乙两种服装各多少件?
(2)该专卖店为使甲、乙两种服装共200件的总利润(利润=售价一进价)不少于26700元，且不超过26800元，那么该专卖店有几种进货方案?
(3)在(2)的条件下，专卖店准备在5月1日当天对甲种服装进行优惠促销活动，决定对甲种服装每件优惠a(0
【答案】解：〔1〕设购进甲种服装x件，那么乙种服装是〔200－x〕件，
根据题意得：180x＋150〔200－x〕=32400，
解得：x=80，200－x=200－80=120。
∴购进甲、乙两种服装80件、120件。
〔2〕设购进甲种服装y件，那么乙种服装是〔200－y〕件，根据题意得：
，解得：70≤y≤80。
∵y是正整数，∴共有11种方案。
〔3〕设总利润为W元，那么W=〔140－a〕y+130〔200－y〕，即w=〔10－a〕y+26000。
①当0＜a＜10时，10－a＞0，W随y增大而增大，
∴当y=80时，W有最大值，此时购进甲种服装80件，乙种服装120件。
②当a=10时，〔2〕中所有方案获利相同，所以按哪种方案进货都可以。
③当10＜a＜20时，10－a＜0，W随y增大而减小，
∴当y=70时，W有最大值，此时购进甲种服装70件，乙种服装130件。
【考点】一元一次方程、一元一次不等式组和一次函数的应用。
【分析】〔1〕设购进甲种服装x件，那么乙种服装是〔200－x〕件，根据两种服装共用去32400元，即可列出方程，从而求解。
〔2〕设购进甲种服装y件，那么乙种服装是〔200－y〕件，根据总利润〔利润=售价-进价〕不少于26700元，且不超过26800元，即可得到一个关于y的不等式组，解不等式组即可求得y的范围，再根据y是正整数整数即可求解。
〔3〕首先求出总利润W的表达式，然后针对a的不同取值范围进行讨论，分别确定其进货方案。
14.〔2018湖北黄冈12分〕某科技开发公司研制出一种新型产品，每件产品的成本为2400元，销售单价
定为3000元、在该产品的试销期间，为了促销，鼓励商家购买该新型产品，公司决定商家一次购买这种
新型产品不超过10件时，每件按3000元销售；假设一次购买该种产品超过10件时，每多购买一件，所购
买的全部产品的销售单价均降低10元，但销售单价均不低于2600元、
(1)商家一次购买这种产品多少件时，销售单价恰好为2600元?
(2)设商家一次购买这种产品x件，开发公司所获的利润为y元，求y(元)与x(件)之间的函数关系式，并
写出自变量x的取值范围、
(3)该公司的销售人员发现：当商家一次购买产品的件数超过某一数量时，会出现随着一次购买的数量的增多，公司所获的利润反而减少这一情况.为使商家一次购买的数量越多，公司所获的利润越大，公司应将最低销售单价调整为多少元?(其它销售条件不变)
【答案】解：〔1〕设件数为x，依题意，得3000－10〔x－10〕=2600，解得x=50。
答：商家一次购买这种产品50件时，销售单价恰好为2600元。
〔2〕当0≤x≤10时，y=〔3000－2400〕x=600x；
当10＜x≤50时，y=[3000－10〔x－10〕－2400]x，即y=－10x2+700x；
当x＞50时，y=〔2600－2400〕x=200x。
∴。
〔3〕由y=－10x2+700x可知抛物线开口向下，当时，利润y有最大值，
此时，销售单价为3000－10〔x－10〕=2750元，
答：公司应将最低销售单价调整为2750元。
【考点】二次函数的应用。
【分析】〔1〕设件数为x，那么销售单价为3000-10〔x-10〕元，根据销售单价恰好为2600元，列方程求解。
〔2〕由利润y=销售单价×件数，及销售单价均不低于2600元，按0≤x≤10，10＜x≤50，x＞50三种情况列出函数关系式。
〔3〕由〔2〕的函数关系式，利用二次函数的性质求利润的最大值，并求出最大值时x的值，确定销售单价。
15.〔2018湖北孝感12分〕关于x的一元二次方程x2＋(m＋3)x＋m＋1＝0、
(1)求证：无论m取何值，原方程总有两个不相等的实数根；
(2)假设x1、x2是原方程的两根，且|x1－x2|＝2，求m的值和此时方程的两根、
【答案】解：〔1〕证明：由关于x的一元二次方程x2＋(m＋3)x＋m＋1＝0得
△=〔m+3〕2－4〔m+1〕=〔m+1〕2+4，
∵无论m取何值，〔m+1〕2＋4恒大于0，
∴原方程总有两个不相等的实数根。
〔2〕∵x1，x2是原方程的两根，∴x1+x2=－〔m+3〕，x1•x2=m+1。
∵|x1－x2|＝2，∴〔x1－x2〕2=8，即〔x1＋x2〕2－4x1x2=8。
∴[－〔m+3〕]2－4〔m+1〕=8，即m2＋2m－3=0。
解得：m1=－3，m2=1。
当m=－3时，原方程化为：x2－2=0，解得：x1=，x2=－
。
当m=1时，原方程化为：x2＋4x＋2=0，解得：x1=－2+，x2=－2－
。
【考点】一元二次方程根的判别式和根与系数的关系。
【分析】〔1〕根据关于x的一元二次方程x2＋(m＋3)x＋m＋1＝0的根的判别式△=b2－4ac的符号来判定该方程的根的情况。
〔2〕根据根与系数的关系求得x1＋x2和x1•x2，由条件|x1－x2|＝2平方后可以得到关于x1＋x2和x1•x2的等式，从而列出关于m的方程，通过解该方程即可求得m的值，最后将m值代入原方程并解方程。
17.〔2018湖北鄂州10分〕某私营服装厂根据2017年市场分析，决定2018年调整服装制作方案，准备
每周〔按120工时计算〕制作西服、休闲服、衬衣共360件，且衬衣至少60件。每件服装的收入和
所需工时如下表：
设每周制作西服x件，休闲服y件，衬衣z件。
（1） 请你分别从件数和工时数两个方面用含有x,y的代数式表示衬衣的件数z。
（2） 求y与x之间的函数关系式。
（3） 问每周制作西服、休闲服、衬衣各多少件时，才能使总收入最高？最高总收入是多少？
【答案】解：〔1〕从件数方面：z=360－x－y，
从工时数方面：由x+
y+
z=120整理得：z=480－2x－
y。
〔2〕由〔1〕得360－x－y=480－2x－y，整理得：y=360－3x。
〔3〕由题意得总收入s=3x＋2y＋z=3x＋2〔360－3x〕＋2x=－x＋720
由题意得，解得30≤x≤120。
由一次函数的性质可知，当x=30的时候，s最大，即当每周生产西服30件，休闲服
270件，衬衣60件时，总收入最高，最高总收入是690百元。
【考点】一次函数和一元一次不等式组的应用。
【分析】〔1〕根据题目中的条件分别从件数和工时数两个方面用含x，y的关系式表示z。
〔2〕由〔1〕整理得：y=360－3x。
〔3〕由题意得s=3x+2y+z，化为一个自变量，得到关于x的一次函数。由题意得，
解得30≤x≤120，从而根据一次函数的性质作答。
18.〔2018广东河源9分〕(1)方程x2＋px＋q＝0(p2－4q≥0)的两根为x1、x2，求证：x1＋x2＝－p，x1·x2＝q、
(2)抛物线y＝x2＋px＋q与x轴交于点A、B，且过点(―1，―1)，设线段AB的长为d，当p为
何值时，d2取得最小值并求出该最小值、
【答案】〔1〕证明：∵a=1，b=p，c=q，p2﹣4q≥0，
∴。
〔2〕解：把〔﹣1，﹣1〕代入y=x2+px+q得p﹣q=2，即q=p﹣2。
设抛物线y=x2+px+q与x轴交于A、B的坐标分别为〔x1，0〕、〔x2，0〕。
∵d=|x1﹣x2|，
∴d2=〔x1﹣x2〕2=〔x1+x2〕2﹣4x1•x2=p2﹣4q=p2﹣4p+8=〔p﹣2〕2+4。
∴当p=2时，d2的最小值是4。
【考点】一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，抛物线与x轴的交点，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的最值。
【分析】〔1〕根据一元二次方程根与系数的关系可直接证得。
【教材中没有元二次方程根与系数的关系可先根据求根公式得出x1、x2的值，再求出两根的和与积即可】
〔2〕把点〔﹣1，﹣1〕代入抛物线的解析式，再由d=|x1﹣x2|可得d2关于p的函数关系式，应用二次函数的最值原理即可得出结论。
19.〔2018黑龙江牡丹江10分〕某校为了更好地开展球类运动，体育组决定用1600元购进足球8个和篮球14个，并且篮球的单价比足球的单价多20元，请解答以下问题：
〔1〕求出足球和篮球的单价；
〔2〕假设学校欲用不超过3240元，且不少于3200元再次购进两种球50个，求出有哪几种购买方案？
〔3〕在〔2〕的条件下，假设足球的进价为50元，篮球的进价为65元，那么在第二次购买方案中，哪种方案商家获利最多？
【答案】解：〔1〕设足球的单价为x元，那么篮球的单价为x＋20元，
根据题意，得8x＋14〔x＋20〕=1600，
解得x=60。
x＋20=80。
答：足球的单价为60元，那么篮球的单价为80元。
〔2〕设购进足球y个，那么购进篮球50－y个。
根据题意，得，解得
。
∵y为整数，∴y=38，39，40。
当y=38，50－y=12；当y=39，50－y=11；当y=40，50－y=10。
∴有三种方案：
方案一：购进足球38个，那么购进篮球12个；
方案二：购进足球39个，那么购进篮球11个；
方案一：购进足球40个，那么购进篮球10个。
〔3〕商家售的利润：38〔60－50〕＋12〔80－65〕=560〔元〕；
商家售方案二的利润：39〔60－50〕＋11〔80－65〕=555〔元〕；
商家售方案三的利润：40〔60－50〕＋10〔80－65〕=550〔元〕。
∴第二次购买方案中，方案一商家获利最多。
【考点】一元一次方程和一元一次不等式组的应用，
【分析】〔1〕设足球的单价为x元，那么篮球的单价为x＋20元，根据“用1600元购进足球8个和篮球14个”列方程求解即可。
〔2〕设购进足球y个，那么购进篮球50－y个，根据“不超过3240元，且不少于3200元再次购进两种球”列不等式组求解即可。
〔3〕求出三种方案的利润比较即可。
20.〔2018辽宁朝阳12分〕某商家经销一种绿茶，用于装修门面已投资3000元。绿茶每千克成本50元，在第一个月的试销时间内发现。销量w〔kg〕随销售单价x〔元/kg〕的变化而变化，具体变化规律如下表所示
设该绿茶的月销售利润为y〔元〕〔销售利润=单价×销售量－成本－投资〕。
〔1〕请根据上表，写出w与x之间的函数关系式〔不必写出自变量x的取值范围〕；
〔2〕求y与x之间的函数关系式〔不必写出自变量x的取值范围〕，并求出x为何值时，y的值最大？
〔3〕假设在第一个月里，按使y获得最大值的销售单价进行销售后，在第二个月里受物价部门干预，销售单价不得高于90元，要想在全部收回投资的基础上使第二个月的利润达到1700，那么第二个月时里应该确定销售单价为多少元？
【答案】解：〔1〕w=－2x＋240。
〔2〕y与x的关系式为：
∵，
∴当x=85时，y的值最大为2450元。
〔3〕∵在第一个月里，按使y获得最大值的销售单价进行销售所获利润为2450元，
∴第1个月还有3000－2450=550元的投资成本没有收回。
那么要想在全部收回投资的基础上使第二个月的利润达到1700元，即y=2250才可以，
可得方程，解得x1=75，x2=95。
根据题意，x2=95不合题意应舍去。
答：当销售单价为75元时，可获得销售利润2250元，即在全部收回投资的基础上使第
二个月的利润达到1700元。
【考点】【一】二次函数和一元二次方程的应用，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系。
【分析】〔1〕利用表格中数据，设出解析式，用待定系数法求出一次函数关系式：
设w=kx+b，将〔70，100〕，〔75，90〕代入上式得，
，解得，
。∴w=－2x＋240。
经验证，〔80，80〕，〔85，70〕，〔90，60〕满足w=－2x＋240。
∴w与x之间的函数关系式为w=－2x＋240。
〔2〕利用每千克销售利润×销售量=总销售利润列出函数关系式，利用配方法可求最值。
〔3〕首先根据第一个月的利润，得出要想在全部收回投资的基础上使第二个月的利润达到1700元，即第二个月必须获得2250元的利润，把函数值2250代入，解一元二次方程即可。
21.〔2018广西河池10分〕随着人们环保意识的不断增强，我市家庭电动自行车的拥有量逐年增加.据统
计，某小区2017年底拥有家庭电动自行车125辆，2017年底家庭电动自行车的拥有量达到180辆.
(1)假设该小区2017年底到2018年底家庭电动自行车拥有量的年平均增长率相同，那么该小区到2018年
底电动自行车将达到多少辆？
(2)为了缓解停车矛盾，该小区决定投资3万元再建假设干个停车位，据测算，建造费用分别为室内车
位1000元/个，露天车位200元/个.考虑到实际因素，计划露天车位的数量不少于室内车位的2倍，但不超过室内车位的2.5倍，那么该小区最多可建两种车位各多少个？试写出所有可能的方案.
【答案】解：〔1〕设家庭电动自行车拥有量的年平均增长率为x，那么
125〔1+x〕2=180，解得x1=0.2=25%，x2=－2.2〔不合题意，舍去〕。
∴180〔1+20%〕=216〔辆〕。
答：该小区到2018年底家庭电动自行车将达到216辆。
〔2〕设该小区可建室内车位a个，露天车位b个，那么
，
由①得b=150－5a，代入②得20≤a≤
∵a是正整数，∴a=20或21。
当a=20时b=50；当a=21时b=45。
∴方案一：建室内车位20个，露天车位50个；
方案二：室内车位21个，露天车位45个。
【考点】一元二次方程和一元一次不等式组的应用。
【分析】〔1〕设年平均增长率是x，根据某小区2017年底拥有家庭电动自行车125辆，2017年底家庭电动自行车的拥有量达到180辆，可求出增长率，进而可求出到2018年底家庭电动车将达到多少辆。
〔2〕设建x个室内车位，根据投资钱数可表示出露天车位，根据计划露天车位的数量不少于室内车位的2倍，但不超过室内车位的3倍，可列出不等式组求解，进而可求出方案情况。
22.〔2018新疆区12分〕库尔勒某乡A，B两村盛产香梨，A村有香梨200吨，B村有香梨300吨，现将这些香梨运到C，D两个冷藏仓库、C仓库可储存240吨，D仓库可储存260吨，从A村运往C，D两处的费用分别为每吨40元和45元；从B村运往C，D两处的费用分别为每吨25元和32元、设从A村运往C仓库的香梨为x吨，A，B两村运香梨往两仓库的运输费用分别为yA元，yB元、
〔1〕请填写下表，并求出yA，yB与x之间的函数关系式；
C D 总计
A x吨 200吨
B 300吨
总计 240吨 260吨 500吨
〔2〕当x为何值时，A村的运费较少？
〔3〕请问怎样调运，才能使两村的运费之和最小？求出最小值、
【答案】解：〔1〕填表如下：
C D 总计
A x吨 〔200﹣x〕吨 200吨
B 〔240﹣x〕吨 〔60+x〕吨 300吨
总计 240吨 260吨 500吨
由题意得：yA=40x+45〔200﹣x〕=﹣5x+9000；
yB=25〔240﹣x〕+32〔60+x〕=7x+7920。
〔2〕对于yA=﹣5x+9000〔0≤x≤200〕，
∵k=﹣5＜0，∴此一次函数为减函数，
∴当x=200吨时，yA最小，其最小值为﹣5×200+9000=8000〔元〕。
〔3〕设两村的运费之和为W〔0≤x≤200〕，
那么W=yA+yB=﹣5x+9000+7x+7920=2x+16920，
∵k=2＞0，∴此一次函数为增函数，
∴当x=0时，W有最小值，W最小值为16920元。
∴按如下方案调运，两村的运费之和最小，最小值为16920元。
C D
A 0吨 200吨
B 40吨 240吨
【考点】一次函数的应用。
【分析】〔1〕由A村共有香梨200吨，从A村运往C仓库x吨，剩下的运往D仓库，故运往D仓库为〔200﹣x〕吨，由A村已经运往C仓库x吨，C仓库可储存240吨，故B村应往C仓库运〔240﹣x〕吨，剩下的运往D仓库，剩下的为300﹣〔240﹣x〕，化简后即可得到B村运往D仓库的吨数，填表即可。
由从A村运往C，D两处的费用分别为每吨40元和45元；从B村运往C，D两处的费用分别
为每吨25元和32元，由表格中的代数式，即可分别列出yA，yB与x之间的函数关系式。
〔2〕由第一问表示出的yA与x之间的函数关系式得到此函数为一次函数，根据x的系数为负数，得到此一次函数为减函数，且0≤x≤200，故x取最大200时，yA有最小值，即为A村的运费较少时x的值。
〔3〕设两村的运费之和为W，W=yA+yB，把第一问表示出的两函数解析式代入，合并后得到W为关于x的一次函数，且x的系数大于0，可得出此一次函数为增函数，可得出x=0时，W有最小值，将x=0代入W关于x的函数关系式中，即可求出W的最小值。
23.〔2018青海西宁10分〕2018年6月9日召开的青海省居民阶梯电价听证会，征求了消费者、经营
者和有关方面的意见，对青海省居民阶梯电价发、方案的必要性、可行性进行了论证、阶梯电价方案规定：
假设每月用电量为130度以下，收费标准为0.38元/度；假设每月用电量为131度～230度，收费标准由两部
分组成：①其中130度，按0.38元/度收费，②超出130度的部分按0.42元/度收费、现提供一居民某月
电费发票的部分信息如下表所示：
word/media/image29_1.png
根据以上提供的信息解答以下问题：
(1)如果月用电量用x(度)来表示，实付金额用y(元)来表示，请你写出这两种情况实付金额y与月用电
量x之间的函数关系式；
(2)请你根据表中本月实付金额计算这个家庭本月的实际用电量；
(3)假设小芳和小华家一个月的实际用电量分别为80度和150度，那么实付金额分别为多少元？
【答案】解：〔1〕根据题意得：
当x≤130时，y=0.38x；
当130＜x≤230时，y=0.42〔x－130〕＋0.38×130=0.42x－5.2；
〔2〕∵0.38×130=49.4＜78.8，∴当y=78.8时，用电量超出130度。
∴0.42x－5.2=78.8，解得：x=200。
答：这个家庭一个月的实际用电量是200度。
〔3〕∵80度低于130度，∴收费标准为0.38元/度。∴80×0.38=30.4元。
∵150度高于130度，∴超出的收费标准为0.42元/度。
∴130×0.38+〔150-130〕×0.42=57.8元。
答：小芳和小华一个月的实付金额分别为30.4元和57.8元。
【考点】一次函数的应用。
【分析】〔1〕分用电量小于130度时，成正比例函数关系，实付金额等于单价乘以用电度数，131～230度时，成一次函数关系，实付金额等于130度内的用电付出金额与超出130度的用电付出金额的和，然后即可得到y与x的函数关系式。
〔2〕先计算出78.8元的用电量超出130度，然后把实付金额代入函数关系式进行计算即可得解。
〔3〕根据用电度数判断出适合的函数关系式，然后把用电度数代入关系式进行计算即可得解。
QQ显微镜：助学助考助你成功
本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/efe1beaa78563c1ec5da50e2524de518964bd3ab.html
文档为doc格式