




初中数学沪科版九年级上册21.4 二次函数的应用精品课时训练
展开姓名:__________________ 班级:______________ 得分:_________________
注意事项:
本试卷满分100分,试题共24题,选择10道、填空8道、解答6道.答卷前,考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置.
一、选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分)在每小题所给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2019•杭州模拟)某旅行社有100张床位,每床每晚收费100元时,可全部租出,每床每晚收费提高20元,则有10张床位未租出;若每床每晚收费再提高20元,则再减少10张床位未租出;以每次提高20元的这种方法变化下去,为了获利最大,每床每晚收费应提高( )
A.40元或60元B.40元C.60元D.80元
【分析】设每张床位提高x个单位,每天收入为y元,根据等量关系“每天收入=每张床的费用×每天出租的床位”可求出y与x之间的函数关系式,运用公式求最值即可.
【解析】设每张床位提高x个20元,每天收入为y元.
则有y=(100+20x)(100﹣10x)
=﹣200x2+1000x+10000.
当x=-b2a=1000400=2.5时,可使y有最大值.
又x为整数,则x=2或3时,y=11200;
∴每张床位提高40元或60元.
故选:A.
2.(2020秋•沂水县期末)某商场降价销售一批名牌衬衫,已知所获利y(元)与降价金额x(元)之间满足函数关系式y=﹣2x2+60x+800,则获利最多为( )
A.15元B.400元C.800元D.1250元
【分析】利用配方法即可解决问题.
【解析】对于抛物线y=﹣2x2+60x+800=﹣2(x﹣15)2+1250,
∵a=﹣2<0,
∴x=15时,y有最大值,最大值为1250,
故选:D.
3.(2020秋•高邑县期末)服装店将进价为每件100元的服装按每件x(x>100)元出售,每天可销售(200﹣x)件,若想获得最大利润,则x应定为( )
A.150元B.160元C.170元D.180元
【分析】设获得的利润为y元,由题意得关于x的二次函数,配方,写成顶点式,利用二次函数的性质可得答案.
【解析】设获得的利润为y元,由题意得:
y=(x﹣100)(200﹣x)
=﹣x2+300x﹣20000
=﹣(x﹣150)2+2500
∵a=﹣1<0
∴当x=150时,y取得最大值2500元.
故选:A.
4.(2019•佳木斯模拟)西菜市场某商户销售冰鲜海产品,平均每天可售出20件,每件盈利40元,期间发现销售单价每降低1元,平均每天可多售出2件,在每件盈利不少于25元的前提下,要取得每天利润为1200元,每件商品降价( )
A.10元B.20元C.10元或20元D.15元
【分析】设每件商品降价x元,则平均每天可售出(20+2x)件,根据每日的总利润=每件商品的利润×每日的销售量,即可得出关于x的一元二次方程,解之即可得出x的值,再结合40﹣x≥25即可确定x的值.
【解析】设每件商品降价x元,则平均每天可售出(20+2x)件,
依题意,得:(40﹣x)(20+2x)=1200,
整理,得:x2﹣30x+200=0,
解得:x1=10,x2=20.
又∵40﹣x≥25,
∴x≤15,
∴x=10.
故选:A.
5.(2019秋•青龙县期末)服装店将进价为每件100元的服装按每件x(x>100)元出售,每天可销售(200﹣x)件,若想获得最大利润,则x应定为( )
A.150元B.160元C.170元D.180元
【分析】设获得的利润为y元,由题意得关于x的二次函数,配方,写成顶点式,利用二次函数的性质可得答案.
【解析】设获得的利润为y元,由题意得:
y=(x﹣100)(200﹣x)
=﹣x2+300x﹣20000
=﹣(x﹣150)2+2500
∵a=﹣1<0
∴当x=150时,y取得最大值2500元.
故选:A.
6.(2020•武汉模拟)某超市对进货价为10元/千克的某种苹果的销售情况进行统计,发现每天销售量y(千克)与销售价x(元/千克)存在一次函数关系,如图所示.则最大利润是( )
A.180B.220C.190D.200
【分析】由图象过点(20,20)和(30,0),利用待定系数法求直线解析式,然后根据每天利润=每千克的利润×销售量.据此列出表达式,运用函数性质解答.
【解析】设y=kx+b,由图象可知,20k+b=2030k+b=0,
解之,得:k=-2b=60,
∴y=﹣2x+60;
设销售利润为p,根据题意得,p=(x﹣10)y
=(x﹣10)(﹣2x+60)
=﹣2x2+80x﹣600,
∵a=﹣2<0,
∴p有最大值,
当x=-80-2×2=20时,p最大值=200.
即当销售单价为20元/千克时,每天可获得最大利润200元,
故选:D.
7.(2019秋•昭平县期末)某商场降价销售一批名牌衬衫,已知所获利利y(元)与降价金额x(元)之间满足函数关系式y=﹣2x2+60x+800,则获利最多为( )
A.15元B.400元C.800元D.1250元
【分析】利用配方法即可解决问题.
【解析】对于抛物线y=﹣2x2+60x+800=﹣2(x﹣15)2+1250,
∵a=﹣2<0,
∴x=15时,y有最大值,最大值为1250,
故选:D.
8.(2019•无锡)某宾馆共有80间客房.宾馆负责人根据经验作出预测:今年7月份,每天的房间空闲数y(间)与定价x(元/间)之间满足y=14x﹣42(x≥168).若宾馆每天的日常运营成本为5000元,有客人入住的房间,宾馆每天每间另外还需支出28元的各种费用,宾馆想要获得最大利润,同时也想让客人得到实惠,应将房间定价确定为( )
A.252元/间B.256元/间C.258元/间D.260元/间
【分析】根据:总利润=每个房间的利润×入住房间的数量﹣每日的运营成本,列出函数关系式,配方成顶点式后依据二次函数性质可得最值情况.
【解析】设每天的利润为W元,根据题意,得:
W=(x﹣28)(80﹣y)﹣5000
=(x﹣28)[80﹣(14x﹣42)]﹣5000
=-14x2+129x﹣8416
=-14(x﹣258)2+8225,
∵当x=258时,y=14×258﹣42=22.5,不是整数,
∴x=258舍去,
∴当x=256或x=260时,函数取得最大值,最大值为8224元,
又∵想让客人得到实惠,
∴x=260(舍去)
∴宾馆应将房间定价确定为256元时,才能获得最大利润,最大利润为8224元.
故选:B.
9.(2019春•天心区校级月考)将进货单价为70元的某种商品按零售价100元一个售出时,每天能卖出20个.若这种商品的零售价在一定范围内每降价1元,其日销售量就增加1个,则能获取的最大利润是( )
A.600元B.625元C.650元D.675元
【分析】设降价x元,表示出利润的关系式为(20+x)(100﹣x﹣70)=﹣x2+10x+600,根据二次函数的最值问题求得结果.
【解析】设降价x元,所获得的利润为W元,
则W=(20+x)(100﹣x﹣70)=﹣x2+10x+600=﹣(x﹣5)2+625,
∵﹣1<0
∴当x=5元时,二次函数有最大值W=625.
∴获得的最大利润为625元.
故选:B.
10.(2020•海淀区校级一模)黄山市某塑料玩具生产公司,为了减少空气污染,国家要求限制塑料玩具生产,这样有时企业会被迫停产,经过调研预测,它一年中每月获得的利润y(万元)和月份n之间满足函数关系式y=﹣n2+14n﹣24,则没有盈利的月份为( )
A.2月和12月B.2月至12月
C.1月D.1月、2月和12月
【分析】根据题意可知没有盈利时,利润为0和小于0的月份都不合适,从而可以解答本题.
【解析】∵y=﹣n2+14n﹣24=﹣(n﹣2)(n﹣12),1≤n≤12且n为整数,
∴当y=0时,n=2或n=12,
当y<0时,n=1,
故选:D.
二、填空题(本大题共8小题,每小题3分,共24分)请把答案直接填写在横线上
11.(2021春•福田区校级月考)已知某商品每箱盈利13元.现每天可售出50箱,如果每箱商品每涨价1元,日销售量就减少2箱.则每箱涨价 6 元时,每天的总利润达到最大.
【分析】直接利用每箱利润×销量=总利润,进而得出关系式求出答案.
【解析】设每箱涨价x元,总利润为y,根据题意可得:
y=(13+x)(50﹣2x)
=﹣2x2+24x+650
=﹣2(x﹣6)2+722,
答:每箱涨价6元时,每天的总利润达到最大.
故答案为:6.
12.(2020•湖北)某商店销售一批头盔,售价为每顶80元,每月可售出200顶.在“创建文明城市”期间,计划将头盔降价销售,经调查发现:每降价1元,每月可多售出20顶.已知头盔的进价为每顶50元,则该商店每月获得最大利润时,每顶头盔的售价为 70 元.
【分析】根据题意,可以得到利润和售价之间的函数关系,然后化为顶点式,即可得到当售价为多少元时,利润达到最大值.
【解析】设每顶头盔的售价为x元,获得的利润为w元,
w=(x﹣50)[200+(80﹣x)×20]=﹣20(x﹣70)2+8000,
∴当x=70时,w取得最大值,此时w=8000,
故答案为:70.
13.(2020秋•滨江区期末)某宾馆有50个房间供游客居住.当每个房间每天的定价为180元时,房间会全部住满;当每个房间每天的定价每增加10元时,就会有1个房间空闲.如果游客居住房间,宾馆需要对每个房间每天支出40元的各种费用.房价定为 360 元时,宾馆利润最大,最大利润是 10240 元.
【分析】设空闲房间为x个,则定价增加了10x元,设宾馆的利润为y元,根据利润等于(定价﹣40)×有人居住的房间数,可得y关于x的二次函数,将其写成顶点式,根据二次函数的性质可得答案.
【解析】设空闲房间为x个,则定价增加了10x元,设宾馆的利润为y元,由题意得:
y=(180+10x﹣40)(50﹣x)
=﹣10x2+360x+7000
=﹣10(x﹣18)2+10240,
∵a=﹣10<0,抛物线开口向下,
∴当x=18时,y有最大值,为10240.
此时房间定价为180+10×18=360(元).
∴房间定价为360元时,利润最大,最大利润为10240元.
故答案为:360,10240.
14.(2020秋•如皋市期末)服装店将进价为每件100元的服装按每件x(x>100)元出售,每天可销售(200﹣x)件,则每天可获得的最大利润为 2500 元.
【分析】设每天可获得的利润为y元,根据利润等于每件的利润乘以销售量,可得y关于x的二次函数,将其写成顶点式,根据二次函数的性质可得答案.
【解析】设每天可获得的利润为y元,由题意得:
y=(x﹣100)(200﹣x)
=﹣x2+300x﹣20000
=﹣(x﹣150)2+2500,
∵a=﹣1<0,
∴当x=150时,y取得最大值2500,即最大利润为2500元.
故答案为:2500.
15.(2020•岳麓区校级模拟)某电商销售一款夏季时装,进价40元/件,售价110元/件,每天销售20件,每销售一件需缴纳电商平台推广费用a元(a>0).未来30天,这款时装将开展“每天降价1元”的夏令促销活动,即从第1天起每天的单价均比前一天降1元.通过市场调研发现,该时装单价每降1元,每天销量增加4件.在这30天内,要使每天缴纳电商平台推广费用后的利润随天数t(t为正整数)的增大而增大,a的最大整数值为 5 .
【分析】根据题意可以列出相应的不等式,从而可以解答本题.
【解析】设未来30天每天获得的利润为y,
y=(110﹣40﹣t)(20+4t)﹣(20+4t)a,
化简,得:y=﹣4t2+(260﹣4a)t+1400﹣20a,
每天缴纳电商平台推广费用后的利润随天数t(t为正整数)的增大而增大,
∴260-4a2×(-4)>29.5
解得,a<6,
又∵a>0,
即a的取值范围是:0<a<6,
∴a的最大整数为5,
故答案为:5.
16.(2020秋•岫岩县期中)某商店将进货价为70元/个的商品按零售价100元/个出售时,每天能卖出20个,若零售价在一定范围内每降价1元,其日销售量就增加1个,为了获得最大利润,则应降价 5 元.
【分析】设应降价x元,表示出利润的关系式为(20+x)(100﹣x﹣70)=﹣x2+10x+600,根据二次函数的最值问题求得最大利润时x的值即可.
【解析】设应降价x元,
则(20+x)(100﹣x﹣70)=﹣x2+10x+600=﹣(x﹣5)2+625,
∵﹣1<0
∴当x=5元时,二次函数有最大值.
∴为了获得最大利润,则应降价5元.
故答案为:5.
17.(2020•岳麓区校级模拟)某电商销售一款夏季时装,进价40元/件,售价110元/件,每天销售20件,每销售一件需缴纳电商平台推广费用a元(a>0).未来30天,这款时装将开展“每天降价1元”的夏令促销活动,即从第1天起每天的单价均比前一天降1元.通过市场调研发现,该时装单价每降1元,每天销量增加4件.在这30天内,要使每天缴纳电商平台推广费用后的利润随天数t(t为正整数)的增大而增大,a的最大整数值为 5 .
【分析】根据题意可以列出相应的不等式,从而可以解答本题.
【解析】设未来30天每天获得的利润为y,
y=(110﹣40﹣t)(20+4t)﹣(20+4t)a,
化简,得:y=﹣4t2+(260﹣4a)t+1400﹣20a,
每天缴纳电商平台推广费用后的利润随天数t(t为正整数)的增大而增大,
∴260-4a2×(-4)>29.5
解得,a<6,
又∵a>0,
即a的取值范围是:0<a<6,
∴a的最大整数为5,
故答案为:5.
18.(2019秋•西城区校级期中)某商店销售一种商品,经市场调查发现,该商品的周销售量y(件)是售价x(元/件)的一次函数.其售价、周销售量、周销售利润w(元)的三组对应值如表:
注:周销售利润=周销售量×(售价﹣进价)
(1)求y关于x的函数解析式 y=﹣2x+200 ;
(2)当售价是 70 元/件时,周销售利润最大.
【分析】(1)根据表格中的数据代入一次函数解析式即可;
(2)根据销售问题的关系式列出二次函数即可求解.
【解析】(1)设一次函数解析式为y=kx+b,
根据题意,得
50k+b=10060k+b=80,解得k=-2b=200
所以y与x的函数表达式为y=﹣2x+200.
故答案为y=﹣2x+200.
(2)进价为50﹣(1000÷100)=40元每件,
所以w=(﹣2x+200)(x﹣40)
=﹣2(x﹣70)2+1800
所以当x=70元时,周销售利润最大.
故答案为70.
三、解答题(本大题共6小题,共46分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
19.(2021•南海区模拟)某大学生利用40天社会实践参与了某加盟店经营,他销售了一种成本为20元/件的商品,细心的他发现在第x天销售的相关数据可近似地用如表中的函数表示:
(1)求第10天获得的利润是多少?
(2)求第几天获得的利润最大?最大利润是多少?
【分析】(1)根据题意和表格中的数据,可以先计算出第10天的销售单价和销售量,然后根据利润=售价﹣成本,进行计算即可;
(2)根据题意和表格中的数据,利用分类讨论的方法和二次函数的性质,可以求得第几天获得的利润最大,最大利润是多少.
【解析】(1)由表格可得,
第10天的销售量为50﹣10=40(件),销售单价为:30+102=35(元),
(35﹣20)×40
=15×40
=600(元),
答:第10天获得的利润是600元;
(2)设利润为w元,
当1≤x≤20时,w=(30+x2-20)(50﹣x)=-12(x﹣15)2+12252,
∴当x=15时,w取得最大值,此时w=12252=612.5,
当21≤x≤40时,w=(40﹣20)(50﹣x)=﹣20x+1000,
∴当x=21时,w取得最大值,此时w=580,
由上可得,第15天获得的利润最大,最大利润是612.5元,
答:第15天获得的利润最大,最大利润是612.5元.
20.(2021•武汉模拟)在“新冠”疫情期间,全国人民“众志成城,同心抗疫”;某商家决定将一个月获得的利润全部捐赠给社区用于抗疫.已知商家购进一批产品,成本为10元/件,拟采取线上和线下两种方式进行销售.调查发现,线下的月销量y(单位:件)与线下售价x(单位:元/件,12≤x<24)满足一次函数的关系,部分数据如下表:
(1)求y与x的函数关系式;
(2)若线上售价始终比线下每件便宜2元,且线上的月销售量固定为400件.①当x为多少时,线上和线下月利润总和达到最大?并求出此时的最大利润;②若线下月利润与线上月利润的差不低于800元,直接写出x的取值范围.
【分析】(1)根据线下的月销量y(单位:件)与线下售价x(单位:元/件,12≤x<24)满足一次函数的关系和表格中的数据,利用待定系数法可以求得y与x的函数关系式;
(2)①根据题意和(1)中的函数关系式,可以得到利润和x的函数关系式,再利用二次函数的性质,即可得到当x为多少时,线上和线下月利润总和达到最大,并求出此时的最大利润;
②根据题意,可以得到差价利润和x的函数关系式,然后根据二次函数的性质,即可得到x的取值范围.
【解析】(1)设y与x的函数关系式为y=kx+b,
12k+b=120013k+b=1100,
解得k=-100b=2400,
即y与x的函数关系式是y=﹣100x+2400;
(2)①设总利润为w元,
w=(x﹣10)(﹣100x+2400)+(x﹣2﹣10)×400=﹣100(x﹣19)2+7300,
∵12≤x<24,
∴当x=19时,w取得最大值,此时w=7300,
答:当x为19时,线上和线下月利润总和达到最大,此时的最大利润是7300元;
②线下月利润与线上月利润的差为W元,
W=(x﹣10)(﹣100x+2400)﹣(x﹣2﹣10)×400=﹣100(x﹣15)2+3300,
令W=800,则800=﹣100(x﹣15)2+3300,
解得x1=10,x2=20,
∴当10≤x≤20时,W的值不小于800,
又∵12≤x<24,
∴线下月利润与线上月利润的差不低于800元时,x的取值范围是12≤x≤20.
21.(2021•黑山县一模)开学初,小明到文具批发部一次性购买某种笔记本,该文具批发部规定:这种笔记本售价y(元/本)与购买数量x(本)之间的函数关系如图所示.
(1)图中线段AB所表示的实际意义是 购买不超过15本此种笔记本时售价为5元/本 ;
(2)请直接写出y与x之间的函数关系式;
(3)已知该文具批发部这种笔记本的进价是3元/本,若小明购买此种笔记本超过15本但不超过25本,那么小明购买多少本时,该文具批发部在这次买卖中所获的利润W(元)最大?最大利润是多少?
【分析】(1)这种笔记本售价y(元/本)与购买数量x(本)之间的函数关系如图,则图中线段AB所表示的实际意义是购买不超过15本此种笔记本时售价为5元/本;
(2)分段写出函数关系式:①当0<x≤15时,y=5;②当15<x≤25时,设=kx+b,由待定系数法求解即可;③当25<x时,y与x之间的函数关系式为:y=4;
(3)由利润W等于每本的利润乘以销售量,可得W关于x的二次函数关系式,将其写成顶点式,根据二次函数的性质可得答案.
【解析】(1)意义是:购买不超过15本此种笔记本时售价为5元/本.
故答案为:购买不超过15本此种笔记本时售价为5元/本;
(2)①当0<x≤15时,y与x之间的函数关系式y=5,
②当15<x≤25时,设=kx+b根据题意得5=10k+b4=20k+b,
解得k=-0.1b=6.
∴y与x之间的函数关系式y=﹣0.1x+6.
③当25<x时,y与x之间的函数关系式为:y=4.
综上,y与x之间的函数关系式为:y=5(0<x≤15)-0.1x+6(15<x≤15)4(x>25);
(3)由题意得:
W=(﹣0.1x+6﹣3)x
=﹣0.1×(x﹣15)2+22.5,
当x=15时,W有最大值22.5.
∴当小明购买15本时,该文具批发部所获的利润最大,最大利润是22.5元.
22.(2021•硚口区模拟)某旅游度假村有甲种风格客房15间,乙种风格客房20间按现有定价:若全部入住,一天营业额为8500元;若甲、乙两种风格客房均有10间入住,一天营业额为5000元
(1)设甲、乙两种客房每间现有定价分别为m元/天、n元/天,求m、n的值.
(2)度假村以乙种风格客房为例,市场情况调研发现:若每个房间每天按现有定价,房间会全部住满;当每个房间每天的定价每增加20元时,就会有两个房间空闲.如果游客居住房间,度假村需对每个房间每天支出80元的各种费用.当每间房间定价为多少元时,乙种风格客房每天的利润W最大,最大利润是多少元?
【分析】(1)根据全部入住,一天营业额为8500元;若甲、乙两种风格客房均有10间入住,一天营业额为5000元,可以列出相应的二元一次方程组,从而可以求得m、n的值;
(2)根据题意,可以得到利润W和乙种房间数量的函数关系,从而可以解答本题.
【解析】(1)由题意可得,
15m+20n=850010m+10n=5000,
解得m=300n=200,
答:m、n的值分别为300、200;
(2)设乙种风格客房每间房间定价为x元,
由题意可得,W=(x﹣80)(20-x-20020×2)=﹣0.1(x﹣240)2+2560,
∴当x=240时,W取得最大值,此时W=2560,
答:当每间房间定价为240元时,乙种风格客房每天的利润W最大,最大利润是2560元.
23.(2021•东西湖区模拟)某公司决定投资燃油汽车与新能源汽车,该公司信息部的市场调研结果如下:
方案A:若单独投资燃油汽车时,则所获利润w1(千万元)与投资金额x (千万元)之间存在正比例函数关系例w1=kx,并且当投资2千万元时,可获利润0.8千万元;
方案B:若单独投资新能源汽车时,则所获利润w2(千万元)与投资金额x(千万元)之间存在二次函数关系:w2=ax2+bx,并且当投资1千万元时,可获利润1.4千万元;当投资3千万元时,可获利润3千万元.
(1)请分别求出上述的正比例函数表达式与二次函数表达式;
(2)如果该公司对燃油汽车与新能源汽车这两种产品投资金额相同,且获得总利润为5千万元,求此时该公司对这两种汽车的投资金额各是多少千万元?
(3)如果公司对燃油汽车投资x千万元,对新能源汽车的投资金额是燃油汽车的两倍,投资所获总利润的利润率不低于60%,且获得总利润为不低于4千万元,直接写出x的取值范围.
【分析】(1)用待定系数法求解即可;
(2)根据获得总利润为5千万元可列方程,解方程即可;
(3)设该公司对燃油汽车投资x千万元,对新能源汽车投资2x千万元,先表示出此时w2关于x的函数关系式,再根据投资所获总利润的利润率不低于60%,且获得总利润为不低于4千万元,分别列出不等式,求解即可.
【解析】(1)由题意可得,当x=2时,w1=0.8,代入w1=kx得,
0.8=2k,
解得k=0.4,
∴正比例函数的表达式为w1=0.4x.
当x=1时,w2=1.4;当x=3时,w2=3,代入w2=ax2+bx,
得:a+b=1.49a+3b=3,
∴a=-0.2b=1.6,
∴二次函数表达式为w2=﹣0.2x2+1.6x;
(2)根据题意得:w1+w2=5,
∴0.4x+(﹣0.2x2+1.6x)=5,
∴﹣0.2x2+2x﹣5=0,
解得:x1=x2=5.
∴该公司对这两种汽车的投资金额均为5千万元;
(3)设该公司对燃油汽车投资x千万元,对新能源汽车投资2x千万元,
则w2=﹣0.2(2x)2+1.6×2x=﹣0.8x2+3.2x,
根据题意得:w1+w2≥3x×60%,
∴0.4x+(﹣0.8x2+3.2x)≥3x×60%,
∴﹣0.8x2+3.6x≥1.8x,
∴0≤x≤2.25;
∵获得总利润为不低于4千万元,
∴﹣0.8x2+3.6x﹣4≥0,
∴2≤x≤2.5.
综上所述,x的取值范围是2≤x≤2.5.
24.(2020春•高邮市期末)为了满足市场上的口罩需求,某厂购进A、B两种口罩生产设备若干台,已知购买A种口罩生产设备共花费360万元,购买B种口罩生产设备共花费480万元.购买的两种设备数量相同,且两种口罩生产设备的单价和为140万元.
(1)求A、B两种口罩生产设备的单价;
(2)已知该厂每生产一盒口罩需要各种成本40元,如果按照每盒50元的价格进行销售,每天可以售出500盒.后来经过市场调查发现,若每盒口罩涨价1元,则口罩的销量每天减少20盒,要保证每天销售口罩盈利6000元,且规避过高涨价风险,则每盒口罩可涨价多少元?
【分析】(1)设A种口罩生产设备的单价为x万元,则B种口罩生产设备的单价为(140﹣x)万元,根据购买的两种设备数量相同,即可得出关于x的分式方程,解之经检验后即可得出结论;
(2)设每盒口罩可涨价m元购进A口罩m个,根据每天销售口罩盈利6000元,即可得出关于m的一元二次方程,解方程即可求解.
【解析】(1)设A种口罩生产设备的单价为x万元,则B种口罩生产设备的单价为(140﹣x)万元,依题意有
360x=480140-x,
解得x=60,
经检验,x=60是原方程的解,且符合题意,
则140﹣x=140﹣60=80.
答:A种口罩生产设备的单价为60万元,则B种口罩生产设备的单价为80万元;
(2)设每盒口罩可涨价m元,依题意有
(50﹣40+m)(500﹣20m)=6000,
解得m1=5,m2=10(舍去).
故每盒口罩可涨价5元.
售价x(元/件)
50
60
80
周销售量y(件)
100
80
40
周销售利润w(元)
1000
1600
1600
销售量
销售单价
50﹣x
当1≤x≤20,单价为30+x2
当21≤x≤40时,单价为40
x(元/件)
12
13
14
15
16
y(件)
1200
1100
1000
900
800
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