2026年中考数学二轮复习 专题02 方程与不等式(知识清单)

这是一份2026年中考数学二轮复习 专题02 方程与不等式(知识清单)，共9页。学案主要包含了典例 01，变式 01，变式 02，典例 02，变式 03，典例 03，典例 04，综合与实践等内容，欢迎下载使用。
内 容 导 航
第一部分命题解码洞察命题意图，明确攻坚方向
考向聚焦►考查形式►能力清单
第二部分技法清单构建思维框架，提炼通用解法
知识必备/二级结论
母题精讲&答题技法
技法 01 解方程（组）与不等式（组）
技法 03 与一元二次方程的根有关的问题
技法 05 用方程、不等式的知识解决几何图形问题
技法 07 用方程、不等式的知识解决行程问题
变式应用
技法 02 与方程、不等式的解有关的问题
技法 04 用方程、不等式的知识解决营销问题
技法 06 用方程、不等式的知识解决方案选择
技法 08 用方程、不等式的知识解决动点问题
第三部分分级实战分级强化训练，实现能力跃迁
命 题 解 码
考向聚焦
技法 01 解方程（组）与不等式（组）：主要考查基本解法及数形结合思想。通常以选择题、填空题形式出现，考查等式基本性质、解法步骤及不等式解集的数轴表示，一般不单
独考查，常融合于应用题中。
技法 02 与方程、不等式的解有关的问题：考查逆向思维与分类讨论思想。常见题型包括：已知分式方程有增根或无解求参数；已知方程组解满足的关系（如互为相反数）求参数；
二元一次方程组整数解问题等。
技法 03 与一元二次方程的根有关的问题：重点考查判别式（△）和韦达定理（根与系数关系）的深层应用。如：判断根的情况、求参数取值范围、求与根有关的代数式值（如两根
平方和）、构造一元二次方程等。
技法 04 用方程、不等式的知识解决营销问题：命题趋势贴近生活，考查模型观念与应用意识。常结合利润、折扣、进货范围等热点，通常为第一问列方程求价格，第二问列不等式
（组）求进货方案或求最值。
技法 05 用方程、不等式的知识解决几何图形问题：重点考查数形结合与几何直观。通常以
技 法 清 单
技法01解方程（组）与不等式（组）
知识必备
一元一次方程及其解法
(1)解题步骤：去分母→去括号→移项→合并同类项→系数化为 1
二元一次方程组及其解法
基本思想：二元一次方程组 消元 一元一次方程
代入法和加减法
分式方程的有关概念
分式方程：只含分式,或分式和整式，并且分母里含有未知数的方程叫做分式方程
使分式方程无解的原因：方程的根使分式方程的分母为零
分式方程的解法
三角形、长方形为背景，利用边长关系、周长面积公式建立方程，或通过动点形成特殊图
形（如等腰三角形）求时间或线段长。
技法 06 用方程、不等式的知识解决方案选择：命题强调应用意识与决策能力。常见类型包括“哪种购票方式更划算”、“选择哪家商场优惠”、“租车方案”等，通常需要列出两
种方案的费用表达式进行比较。
技法 07 用方程、不等式的知识解决行程问题：重点考查相遇、追及及水流问题。通常结合分式方程考查“提速前后时间差”问题，或结合不等式考查“速度至少为多少才能按时到
达”，需要理解速度、时间、路程三量关系。
技法 08 用方程、不等式的知识解决动点问题：这是代数与几何的综合压轴点，考查动态思维与分类讨论。通常在几何图形中，点在线段或折线上运动，设运动时间 t，用含 t 代数
式表示线段，求面积关系或特殊位置时 t 的值。
考查形式
方程与不等式是中考数学的主干知识，通常呈现“基础+应用+综合”的考查层次。基础题直接考查解法（技法 01）和方程解的概念（技法 02、03）；中档题以实际生活为背景（技法 04、06、07），考查建模能力；压轴题则与几何结合（技法 05、08），考查综合运用能力。命题趋势上，阅读量增大，与函数结合更紧密。
能力清单
运算求解能力：运算求解能力：准确解各类方程、不等式，特别是含参运算。建模能力：从实际问题中抽象出数学模型，找出等量或不等关系。
逻辑推理能力：涉及增根讨论、方案选择、分类讨论时的逻辑严密性。
几何直观与数形结合能力：将几何图形中的数量关系用代数式表示，或将代数问题转化为
图形分析。
解分式方程的基本思想：把分式方程转化为整式方程
解法：方程两边同乘各分式的最简公分母，约去分母，化为整式方程,再求根验根
一元二次方程的解法
开平方法：它适合于(x＋a)2＝b(b≥0)或(ax＋b)2＝(cx＋d)2 形式的方程．
配方法：化二次项系数为 1→把常数项移到方程的另一边→在方程两边同时加上一次项系数一半的平方
→把方程整理成(x＋a)2＝b 的形式→运用开平方法解方程．
?.
公式法：把方程整理成一般形式 ax2＋bx＋c＝0(a≠0)，若 b2－4ac≥0，则 x＝−b± ?2−4?c
2
因式分解法：将一元二次方程化为两个一次式的乘积等于 0 的形式，再使这两个一次式分别等于 0，从而实现降次．
一元一次不等式的解法及解集表示
(1)解法步骤：
去分母→去括号→移项→合并同类项→系数化为 1.
答题技法
解方程（组）需牢记“消元”思想（代入/加减消元法）；解不等式（组）要注意系数化为“1”时，若系数为负数，不等号方向要改变。解得后，务必在数轴上表示解集（实心点表示“≥”或“≤”，空心圈表示“＞”或“＜”），这是检查的关键。
母题精讲
【典例 01】（2025·湖南张家界·二模）某同学计算6  2 ？  23 ，其中的“？”部分是被墨水污染看不清
 3

楚的数字．
(1)如果被污染的数字是 1 ，请计算6 2  1   23 的值．
32
 
2
(2)如果翻看参考答案等于 6，请求出被污染的数字是几？
【答案】(1) 9 (2)3
【分析】此题考查了有理数的混合运算，解一元一次方程，熟练掌握运算法则和顺序是关键．
先计算乘方，再计算乘法，最后计算加减法即可；
设被污染的数字为 x ，利用解方程即可求出答案．
【详解】（1）解： 6 2  1   23  6 1  8  1 8  9 ．
32
 
6
（2）解：设被污染的数字为 x ，
由题意得6 2  x   23  6 ，
 3

解方程得 x  3．
所以被污染的数字为 3．
变式应用
【变式 01】（2025·浙江宁波·模拟预测）定义a * b  3a  b ，若2 *(5  x)  1，则 x  ．
【答案】0
【分析】本题考查了解一元一次方程，正确理解新定义是解题的关键．
根据新定义可得a  2, b  5  x ，进而列出方程6  5  x  1，即可解得 x  0 ．
【详解】解：由题意可知2 *5  x  6  5  x  x 1  1，得 x  0 ．故答案为：0．
【变式 02】（2025·山东青岛·模拟预测）若等腰三角形的腰长恰好是方程 5x  2  4x 1  1 的解，且它的底
23
边长是偶数，则这个等腰三角形的周长为．
【答案】6
【分析】本题主要考查了一元一次方程、等腰三角形的定义、三角形的三边关系等知识点，熟练掌握三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”是解题的关键．
先求出方程的解得到腰长，再根据底边为偶数和三角形三边关系得出底边长，然后根据三角形周长公式计算即可．
【详解】解： 5x  2  4x 1  1 ，
23
35x  2  2 4x 1  6 ，
7x  14 ，
x  2 ，
∴等腰三角形的腰长为 2，
由它的底边长是偶数，且三角形的三边关系可得底边长为 2，
∴这个等腰三角形的周长为2  2  2  6 ．故答案为：6．
3x  y  10①

【典例 02】（2025·山西·一模）解方程组： 2x  y  5② ．
x  3

【答案】 y  1
【分析】本题主要考查解二元一次方程组，掌握解二元一次方程组的方法是解题的关键．根据加减消元法解方程即可．
3x  y  10①

【详解】解： 2x  y  5② ，
①  ② ，得5x  15 ，解得 x  3 ，
将 x  3 代入②得： 6  y  5 ，解得 y  1，
x  3

∴原方程组的解为 y  1 ．
变式应用
x  y  2m  5
【变式 01】（23-24 七年级下·河南南阳·期中）已知关于 x, y 的二元一次方程组3x  y  4m 1的解满足

x  y  4 ，则m 的值为（ ）
A．－1B．7C．1D．2
【答案】C
【分析】本题主要考查二元一次方程组的解，将二元一次方程组的解代入方程组求解未知数的值是解题的关键．
首先通过将方程组的两个方程相减，得到 x  y  m  3 ，再代入已知条件 x  y  4 求解m 的值即可．
3x  y  4m 1 ①

【详解】解：令方程组x  y  2m  5 ② ，
①－②，得： 2x  2 y  2m  6 ，
∴ x  y  m  3 ，
∵ x  y  4 ，
∴ m  3  4 ，解得： m  1，故选：C．
【变式 02】（2025·上海杨浦·模拟预测）下表为某中学 40 人在“数学知识竞赛”的得分统计情况表根据下表信息，若这 40 人的平均分为 2.5 分，求 x ， y 的值分别为．
【答案】 x  7 ， y  4
分数
0
1
2
3
4
5
人数
4
7
10
x
8
y
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，平均数的定义，根据总人数为 40 和平均分为 2.5，列出关于
x 和 y 的方程组，并求解．
4  7 10  x  8  y  40

【详解】解：根据题意，得 0  4 1 7  2 10  3x  4  8  5 y  2.5
x  7

解得 y  4 ，
故答案为： x  7 ，
40
y  4 ．
x  2 y  2
【变式 03】（24-25 七年级下·北京·期中）已知 x ， y 满足方程组2x  y  1 ，则 x  y 的值为．

【答案】1
【分析】本题考查了解二元一次方程组，熟练掌握方程组的解法是解题关键．将方程组中的第一个方程减去第二个方程即可得．
2x  y  1①

【详解】解： x  2 y  2② ，
将①  ②得： x  y  1 2  1，故答案为： 1．
【典例 03】（2025·辽宁抚顺·一模）解方程
(1) x2  4x  2  0 （配方法）；
(2) x2  5x  4  0 （公式法）
6
6
【答案】(1) x1  2 ， x2  2 
(2) x1
 5 
2
41 ， x
 5  41
2
2
【分析】本题考查一元二次方程的解法，掌握相关知识是解决问题的关键．
b  b2  4ac
将常数项移至等号的右边，然后配方解方程即可；
2
（ ）一元二次方程的求根公式为 x ，代入计算即可．
2a
【详解】（1）解： x2  4x  2  0
x2  4x  2
x2  4x  4  2  4
 x  22  6
6
x  2  
6
6
x1  2 ， x2  2 
解： x2  5x  4  0
a  1， b  5 ， c  4 ，
  b2  4ac  52  4 14  41  0 ，
41
5  41

 5 
x 
2 12
1
x  5 
2
41 ， x
 5 
2
41 ．
2
变式应用
嘉嘉：两边同时除以 x 1 ，得6  x 1，解得 x  7 ．
淇淇：移项，得6  x 1   x 12  0 ．因式分解，得 x 16  x 1  0 ． 于是得 x 1  0 ，或6  x 1  0 ，
解得 x1  1 ， x2  5 ．
【变式 01】（2025·四川广安·一模）对于嘉嘉与淇淇两人解方程6  x 1   x 12 的过程，下列判断正确的是（）
A．嘉嘉对，淇淇错B．嘉嘉错，淇淇对
C．两人都对D．两人都错
【答案】D
【分析】本题考查了解一元二次方程．嘉嘉在两边除以 x 1 时未考虑 x- 1  0 的情况，漏解；淇淇在因式分解时计算错误，正确因式应为 x 17  x  0 ，而非 x 15  x  0 ．
【详解】解：原方程为6  x 1   x 12 ． 嘉嘉解法：两边同除以 x 1 ，得6  x 1，
∴ x  7 ，
但当 x- 1  0 时，即 x  1 也是解，故漏解，错误．淇淇解法：移项得6  x 1   x 12  0 ，
提取公因式 x 1 ，得 x 1 6   x 1  0 ，
∵ 6   x 1  6  x 1  7  x ，
∴应为 x 17  x  0 ，解得 x  1 或 x  7 ．
但淇淇误写为 x 16  x 1   x 15  x  0 ，解得 x  1 或 x  5 ，计算错误．
故两人都错．故选：D．
【变式 02】（2025·江苏连云港·模拟预测）设 x ， y 是一个直角三角形两条直角边的长，且
x2  y2 x2  y2  1  56 ，则这个直角三角形的斜边为．
2
【答案】2
【分析】本题考查换元法，解一元二次方程，勾股定理，掌握相关知识是解决问题的关键．通过换元法，
设 t  x2  y2 ，将原方程转化为一元二次方程求解，得到 t  8 ，再根据勾股定理得出斜边长．
【详解】解：设
t  x2  y2 ，
则原方程化为 t t 1  56 ，
即 t2  t  56  0 ，
t  8t  7  0 ，
解得 t  8 或 t  7 ，
由于 x2  y2  0 ，故舍去 t  7 ，
∴ x2  y2  8，
在直角三角形中，斜边长的平方等于两直角边的平方和，
8
故斜边长为
 2 2 ．
2
故答案为 2．
【典例 04】（2025·陕西汉中·模拟预测）解方程： 12  3 4

【答案】 x1
 3 
2
4
73 , x
 3  73
4
x  22  xx  2
3
【分析】本题考查了解分式方程，运用公式法解方程，先整理得
x  2
3
x  2
 4 ，再化为整式方程，得
2x2  3x  8  0 ，结合公式法解方程，得 x
 3 
1
4
73 , x
 3 
4
73 ，最后验根，即可作答．
2
【详解】解： 1
2 3
 4 ，
x  22  xx  2
整理得 1
x  2
2 
x  2
3
x  2
 4 ，
3
∴ x  2 
3
x  2
 4 ，
去分母得3 x  2  3 x  2  4  x  2 x  2 ，
∴ 3x  6  3x  6  4 x2  4 ，则2x2  3x  8  0 ，
Δ  32  4  2 8  9  64  73 ，
则 x  3 
73  3 
73 ，
2  24
∴ x1
 3 
4
73 , x
 3 
4
73 ．
2
经检验： x1
 3 
4
73 , x
 3 
4
73 都是原分式方程的解．
2
∴该分式方程的解为 x1
 3 
4
73 , x
 3 
4
73 ．
2
变式应用
【变式 01】（2025·广东·模拟预测）解分式方程：
x x 1
 x 1 ．
x  2
解：方程两边同乘以 x 1 x  2 ，得 x  x  2   x 12 ，……第一步去括号，得 x2  2x  x2 1 ，……第二步
移项､合并同类项，得2x  1 ，……第三步
方程两边同除以 2，得 x   1 ，……第四步
2
经检验 x   1 是原分式方程的解，
2
∴原分式方程的解为 x   1 ．……第五步
2
任务一：①上述解题过程中第一步的依据是；
②上述解题过程是从第步开始出现错误的，错误的原因是；
任务二：求出分式方程正确的解并有详细的过程．
【答案】任务一：①等式的基本性质 2；②二；完全平方式 x 12 展开错误；任务二： x  1 ，过程见解
4
析
【分析】本题考查了解分式方程，等式的性质，分式方程的解，熟练掌握分式方程的解法是解题的关键．任务一：①利用等式的基本性质判断即可；
②观察解方程步骤，找出错误的步骤，分析其原因即可；任务二：写出分式方程的正确的解即可．
【详解】解：任务一：①上述解题过程中第一步的依据是等式的基本性质2 ；故答案为：等式的基本性质2 ；
②上述解题过程是从第二步开始出现错误的，错误的原因是完全平方式 x 12 展开错误；
故答案为：二，完全平方式 x 12 展开错误；
任务二：
x x 1
 x 1 ，
x  2
x  x  2   x 12 ，
x2  2x  x2  2x 1 ，
4x  1 ，
x  1 ，
4
检验：把 x  1 代入 x 1 x  2 得：  x 1 x  2  0 ，
4
∴ x  1 是原方程的解．
4
【变式 02】（2025·河北石家庄·二模）已知：分式 A  2
， B 4
计算 A  B ；
利用（1）的结论，解分式方程 B  A  1．
【答案】(1) 2
x 1
x 1
x2 1
(2) x  3
【分析】本题考查了分式的减法运算和解分式方程．
代入分式 A、B，先通分计算同分母的减法，再约分即可；
结合（1）的结论，根据 B  A  1得
2
x 1
 1，解分式方程并检验即可．
【详解】（1）解： A  B
 2 
x 1
4
x2 1
 2  x 1  4
 x 1 x 1
2x  2
  x 1 x 1
 2  x 1
 x 1 x 1
 2 ；
x 1
（2）解：∵ B  A  1，
∴  A  B  1 ，
2
∴  x 1
 1，
∴ x  1  2 ，解得 x  3 ，
经检验 x  3 是分式方程的解，
∴原分式方程的解为 x  3 ．
3x  x  4

【典例 04】（2025·山西·一模）解不等式组 x  3 2x 1
1
，并将其解集表示在如图所示的数轴上．
 23
【答案】1  x  2 ，见解析
【分析】本题考查解一元一次不等式组、在数轴上表示不等式组的解集，正确求得不等式组的解集是解答的关键．
先分别求解各个不等式的解集，求出公共部分得到不等式组的解集，并在数轴上表示解集即可．
3x  x  4①

【详解】解：  x  3  2x 1 1② ，
 23
解不等式①得， x  2 ，解不等式②得， x  1，
不等式组的解集为1  x  2 ，
不等式组的解集在数轴上表示如图：
变式应用
【变式 01】（2025·江苏·一模）解不等式： 2 x  2  4 x  1  ，并把解集在数轴上表示出来；
2 

【答案】 x ≥ 3，数轴见解析
【分析】本题考查了解一元一次不等式，在数轴上表示不等式的解集，准确熟练地进行计算是解题的关键．
按照解一元一次不等式的步骤，进行计算得出不等式的解集为 x ≥ 3，再把 x ≥ 3在数轴上表示出来，即可
作答．
【详解】解： 2  x  2  4  x  1 
2 

去括号得： 2x  4  4x  2 ，移项得： 2x  4x  2  4 ， 合并同类项得： 2x  6 ，化系数为 1 得： x ≥ 3；
数轴上表示如图：
【变式 02】（2025·河北石家庄·三模）如图，小明设计了一个计算程序．输入 x 值，由上面的一条运算路
线从左至右逐步进行运算得到 m，由下面的一条运算路线从左至右逐步进行运算得到 n．如：输入 x  1 ，得到m  14  2  6 ， n  1 3  2  2 ．
若输入 x  1 ，则m  ， n  ；
若得到m  6 ，求输入的 x 值及相应 n 的值；
若得到的 m 值比 n 值大，那么输入的 x 值需要满足什么条件？
【答案】(1) m  2 ， n  1
x  2 ， n  1
2
x   7
9
【分析】本题主要考查了解一元一次方程，解一元一次不等式，理解程序图是解题的关键．
根据程序图输入 x  1 ，即可求解；
根据程序图可得4x  2  6 ，从而得到 x  2 ，即可求解；
根据得到的 m 值比 n 值大，可得到关于 x 的不等式，即可求解．
【详解】（1）解：输入 x  1 ，得到m  1 4  2  2 ， n  1  3  2  1；
故答案为：2；1；
解：由题意得：解得： x  2 ，
∴ n  2  3  2  1 ；
2
4x  2  6 ，
解：由计算程序，可知m  4x  2 ， n  x  3 ．
2
∵m 值比 n 值大，
∴ 4x  2  x  3 ，
2
解得： x   7 ．
9
技法02与方程、不等式的解有关的问题
知识必备
分式方程无解的一般情况：
①未知数的值使分母为 0；
②出现 0·x＝非零数．
分式方程有增根的一般情况：
①未知数的值使分母为 0；
答题技法
遇到“增根”，先化为整式方程，再将使分母为零的根代入求参；遇到“解为正/负数”，先解方程（用参数表示解），再根据解的范围列不等式（注意分式方程要剔除增根）；同解方程组问题，可将不含参的方程联立求解，再代入含参方程。
母题精讲
【典例 01】（2025·浙江杭州·模拟预测）对于 m，只有一个实数值 x 满足足条件的m 的值．
x x 1
 x 1  m  x ，求所有满
xx2  x
7
【答案】 8 或
1 或 2
【分析】本题主要考查了分式方程的解法、一元二次方程根的判别式，准确分析计算是解题的关键．
先将分式方程去分母化成整式方程，通过二次方程的判别式判断根的个数，再根据分式有意义的条件进行判断即可．
【详解】Q原方程是分式方程，
 x  0 且 x  1 ，
两边同时乘以 x  x 1 得： x2   x 12  m  x ，
 2x2  x  1 m  0 ，
Q方程2x2  x  1 m  0 只有一个实数解，若原分式方程有解，
  b2  4ac  12  4  2 1 m  0 ，
解得： m  7 ，
8
 2x2  x  1  0 ，
8
解得： x  x  1 ，符合题意；
124
若原分式方程有增根，则 x  0 或 x  1 ，当 x  0 时， 0  0  1 m  0 ，
解得： m  1；
当 x  1 时， 2 12 1 1 m  0 ，
解得： m  2 ；
综上所述： m
712
的值为 8 或或 ．
变式应用

【变式 01】（2025·广东深圳·模拟预测）已知关于 x 的方程 3  2x  2  mx  1 无解，求 m 的值．浩浩求
x 33 x
m 的值的过程如下：
解：方程两边同乘 x  3 ，得3  2x  2  mx  3  x ，第一步整理，得m 1 x  2 第二步
当 x  3 时，原方程无解，此时， m  1  3  2 ， m   5 ，因此， m   5 ．第三步
33
你认为浩浩的解题过程从第几步开始出错，请你指出来并改正．
【答案】第三步错误，见解析
【分析】本题主要考查了解分式方程，先把原方程去分母，再计算得到m 1 x  2 ，分式方程无解有两种情况，第一种情况m 1  0 ，第二种情况m 1  0 ，则此时原方程有增根，据此求解即可．
【详解】解： 3  2x  2  mx  1
x  33  x
方程两边同乘 x  3 ，得3  2x  2  mx  3  x ，第一步，整理，得m 1 x  2 ，第二步，
当m 1  0 ，即m  1时，此时满足原方程无解，
当m 1  0 时， x 
∵原方程无解，
2
m  1 ，
∴原方程有增根，
∴ x  3  0 ，
∴ x  3 ，
∴ 3m  1  2 ，
∴ m   5 ；
3
综上所述， m  1或m   5 ，
3
∴第三步出现错误．
2x  y  m 1
【典例 02】（2025·山东淄博·一模）已知关于 x，y 的二元一次方程组3x  2 y  m 1 ．

若5x＋3y  4 ，求m 的值；
若 x，y 均为非负数，求m 的取值范围；
已知w  x  y  m ，在（2）的条件下，求w 的最大值和最小值．
【答案】(1) 2
3  m  5
w 的最大值7 ， w 的最小值1
【分析】本题考查了解二元一次方程组，解一元一次不等式，整式的加减及一次函数的性质，熟练掌握运算法则是解题的关键．
先求出5x  3y  2m ，得到2m  4 ，求解即可；
x  m  3

解方程组得到 y  5  m ，得到m  3  0 ，且5  m  0 ，计算即可得到答案；
求出w  x  y  m  m  3  m  5  m  3m  8 ，根据一次函数的性质求得w 的最大值 3 5  8  7 ， w
的最小值 3  3  8  1．
 2x  y  m 1②
【详解】（1）解：关于 x，y 的二元一次方程组3x  2 y  m 1① ，

将①＋②，得5x  3y  2m ，
Q 5x＋3y  4 ，
 2m  4 ，
 m  2 ；


解：解关于 x，y 的二元一次方程组3x  2 y  m 1 ，得x  m  3
Q x，y 均为非负数，
m  3  0 ，且5  m  0 ，
 m 的取值范围为3  m  5 ；
x  m  3

解：  y  5  m ，
2x  y  m 1
 y  5  m
 w  x  y  m  m  3  m  5  m  3m  8 ，
∵ 3  0 ，
w随着m 的增大而增大，
Q 3  m  5 ，
w的最大值 3 5  8  7 ， w 的最小值 3  3  8  1．
变式应用
ax  3y  1
【变式 01】（2024·广东·模拟预测）若关于 x ， y 的方程组4x  y  3

2x  5  3y

与 2x 1  by 有相同的解．
求a  b 的值．
阅读理解：我们把 mn 称作二阶行列式，规定它的运算法则为 mn  mq  np ．例如
pqpq
2 3  2  5  3  4  2 ，求 a  bx 的值．
4 5a2 y
【答案】(1) 7
(2)18
【分析】本题主要考查了二元一次方程组的解法以及二阶行列式的运算，熟练掌握方程组同解问题的处理方法和二阶行列式的运算法则是解题的关键．
先求出两个方程组的公共解，再将公共解代入含a 、b 的方程，求出a 、b 的值，进而计算a  b ．
根据二阶行列式的运算法则，将a  b 、 x 、a 、2 y 的值代入计算．
ax  3y  1
【详解】（1）解：∵关于 x ， y 的方程组4x  y  3

2x  5  3y

与 2x 1  by 有相同的解．
4x  y  3

∴ 2x  5  3y ，
x  1

解该方程组得 y  1 ，
∴ a  3  1 ， 2 1  b ，解得： a  4 ， b  3
∴ a  b  4  3  7 ．
（2）解：将 x  1 ， y  1， a  4 ， b  3 代入
a  bx
，
a  bx
∴
 71
a2 y
 72  41  18 ．
a2 y
4 2
5x  2 y  3x  4 y  3
【变式 02】（2024·广东江门·一模）已知方程组mx  5 y  4 与 ny  1 有相同的解．
5x
(1)求 m 和 n 值，
(2)已知VABC 的两边 AB ， AC 的长是关于 x 的一元二次方程 x2 m  7x  3n  0 的两个实数根，第三边 BC
的长为 5，求VABC 的面积．
m  1

【答案】(1) n  4
(2) SV ABC  6
【分析】本题主要考查了同解方程组，解一元二次方程，解二元一次方程组，勾股定理的逆定理，解题的关键是熟练掌握同解方程组的定义，求出 m、n 的值．
5x  2 y  3
x  1
mx  5 y  4
x  1
解方程组x  4 y  3 得 y  1 ，根据同解方程组，得出方程组 ny  1 的解为 y  1 ，代入求出
5x
m、n 的值即可；
m  1

把n  4 代入 x2 m  7x  3n  0 得出 x2  7x 12  0 ，解一元二次方程得出VABC 的两边长分别为 3，
4，根据勾股定理逆定理得出VABC 为直角三角形，求出结果即可．
5x  2 y  3x  1
【详解】（1）解：由方程组x  4 y  3 得：  y  1 ，

5x  2 y  3x  4 y  3
∵方程组mx  5 y  4 与 ny  1 有相同的解，
5x
∴
mx  5 y  4
方程组
5x  ny  1
x  1

的解为 y  1 ，
∴ 
m  5  4
5  n  1 ，
m  1

解得： n  4 ；
m  1

（2）解：把n  4
代入关于 x 的一元二次方程 x2 m  7x  3n  0 得： x2  7x 12  0 ，
解得： x1  3 ， x2  4 ，
∴VABC 的两边长分别为 3，4，
∵第三边 BC 的长为 5，又∵ 32  42  52 ，
∴VABC 为直角三角形，
∴ S 1  3 4  6 ．
△ ABC2
技法 03与一元二次方程的根有关的问题
知识必备
一元二次方程根的判别式及根与系数的关系
根的判别式：b2－4ac 叫做一元二次方程 ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根的判别式．
一元二次方程根的情况与判别式的关系：
①b2－4ac>0⇔方程有两个不相等的实数根；
②b2－4ac＝0⇔方程有两个相等的实数根；
③b2－4ac＜0⇔方程没有实数根．
根与系数的关系：若一元二次方程 ax2＋bx＋c＝0(a≠0，b2－4ac≥0)的两实数根分别为 x1，x2，则 x1＋x2＝
??
— ?，x1·x2＝?．
答题技法
牢记使用韦达定理的前提是△≥0。对于求对称式（如 x₁²+x₂²）的值，通常转化为（x₁+x₂）² – 2x₁x₂求解。遇到两根异号或整数根问题，需结合判别式的取值范围进行整数分析。
母题精讲
【典例 01】（2025·湖南衡阳·模拟预测）已知关于 x 的一元二次方程 x2  m  4 x  4m  0 ．
求证：该方程总有两个实数根；
当m  2 时，直接写出该方程的根．
【答案】(1)见解析；
(2) x1  2 , x2  4 ．
【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．
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；
将m  2 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， Δ  b2  4ac  m  42  4 14m
 m2  8m  16  16m
 m2  8m 16
 m  42  0 ，
该方程总有两个实数根；
（2）解：当m  2 时，关于 x 的一元二次方程为 x2  6x  8  0 ，整理得 x  2 x  4  0 ，
则 x  2  0 或 x  4  0 ，解得 x1  2 ， x2  4 ．
变式应用
【变式 01】（2025·北京朝阳·二模）若关于 x 的一元二次方程a  1 x2  a  1 x  1  0 有两个相等的实数根，则实数a 的值为．
【答案】3
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，理解方程有两个相等的实数根得到  b2  4ac  0 是解题的关键．
根据题意， a 1  0 ,   a 12  4 a 1  0 ，由此即可求解．
【详解】解：关于 x 的一元二次方程a 1 x2  a 1 x 1  0 有两个相等的实数根，
∴ a 1  0 ，   a 12  4 a 1  0 ，
∴ a  1， a 1a 1 4  0 ，解得， a  1 或a  3 ，
∴ a  3 ，
故答案为： 3 ．
【典例 02】（2025·山东潍坊·一模）定义：如果关于 x 的一元二次方程ax2  bx  c  0 a  0 有两个实数根，且其中一个根比另一个根大 1，则称这样的方程为“邻根方程”．
(1)若 x 3 x  m  0 是“邻根方程”，求m 的值．
(2)若一元二次方程 x2  bx  c  0 （ b ， c 均为常数）为“邻根方程”，请写出b ， c 满足的数量关系，并说明理由．
【答案】(1) m  2 或m  4
(2) b2  4c  1 ，见解析
【分析】本题考查了解一元二次方程、一元二次方程根的判别式、一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握以上知识点并灵活运用，理解“邻根方程”的定义是解此题的关键．
先解方程得出 x  3 或 x  m ，再由“邻根方程”的定义得出m3 1或3  m  1，求解即可；
设 x2  bx  c  0 的两根分别是x1 ， x2 则b2  4c  0 ， x1  x2  b ， x1 x2  c ，再由“邻根方程”的定义
得出 x1  x2  1 ，求出b2  4c  1 ，即可得解．
【详解】（1）解：解方程 x 3 x  m  0 可得 x  3 或 x  m ，由题意知， m3 1或3  m  1，
解得m  2 或m  4 ；
（2）解：设 x2  bx  c  0 的两根分别是x1 ， x2
则b2  4c  0 ， x1  x2  b ， x1 x2  c ，
因为 x2  bx  c  0 （ b ， c 均为常数）为“邻根方程”，
所以 x1  x2  1 ，
121 2
所以 x  x 2  4x x  1，
所以b2  4c  1 ， 又因为b2  4c  0 ，
所以b ， c 满足的数量关系是b2  4c  1 ．
变式应用
12
【变式 01】（2025·四川绵阳·一模）关于 x 的方程 x2  m  2 x  0.25m2  0 有两个实数根x ， x ，满足
x1  x2  3 ，则 m 的值为（ ）
A．5B． 2
【答案】D
C．5 或3
D．5 或1
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握公式是解题的关键．首先利用根与系数的关
系，可得 x  x  m  2, x x  0.25m2  0 ，从而得到 x , x 异号，然后分两种情况讨论，结合根与系数的关
121 21 2
系求解即可．
【详解】解：∵方程 x2  m  2 x  0.25m2  0 有两个实数根x1 ， x2 ，
∴ x  x  m  2, x x
 0.25m2  0 ，
121 2
∴ x1, x2 异号，
当 x1  0, x2  0 时，
∵ x1  x2  3 ，
∴ x1  x2  3 ，即 x1  x2  3 ，
∴ m  2  3 ，解得： m  5 ，
此时原方程为 x2  3x  25  0 ，
4
解得： x1
 3 
2
34 , x
 3 
2
34 ，
2
经验证，
x1  x2  3 ，成立，故m  5 符合题意；
当 x1  0, x2  0 时，
∵ x1  x2  3 ，
∴ x1  x2  3 ，即 x1  x2  3 ，
∴ m  2  3 ，解得： m  1，
此时原方程为 x2  3x  1  0 ，
4
解得： x1
 3 
2
10 , x
 3 
2
10 ，
2
经验证，
x1  x2  3 ，成立，故m  1符合题意．
综上所述， m  1或m  5 ．故选：D
【变式 02】（2025·四川广安·一模）若x1 ， x2 是方程 x2  2x  2029  0 的两个实数根，则代数式
112
x2  4x  2x
的值为．
【答案】2025
【分析】本题考查了一元二次方程的定义，一元二次方程根与系数的关系．根据一元二次方程解的定义可
得 x2  2x  2029 ，再根据根与系数的关系可得 x  x  2 ，然后整体代入代数式求值．
1112
【详解】解：∵ x1 是方程 x2  2x  2029  0 的根，
∴ x2  2x  2029  0 ，即 x2  2x  2029 ．
1111
又∵ x1  x2  2 ，
112
∴ x2  4x  2x
 2x1  2029  4x1  2x2
 2x1  2029  2x2
 2  x1  x2   2029
 2 2  2029
 4  2029  2025 ．故答案为： 2025 ．
技法 04用方程、不等式的知识解决营销问题
知识必备
一元一次方程、二元一次方程组、一元一次不等式（组）、利润公式（售价－进价＝利润）、折扣问题、方案设计、整数解的实际意义。
答题技法
第一步设未知数，第二步根据“总价=单价×数量”或利润公式列等式求单价；第三步根据“总资金不超过⋯”或“利润不少于⋯”列出不等式组，确定取值范围后，由整数解得到方案数。
母题精讲
【典例 01】（2025·四川广元·一模）由于受到手机更新换代的影响，某手机店经销的甲型号手机二月份比一月份售价每台降价 500 元．如果卖出相同数量的甲型号手机，那么一月份销售额为 9 万元，二月份销售额只有 8 万元．
一月份甲型号手机每台售价为多少元？
为了提高利润，该店计划三月份加入乙型号手机销售，已知甲型号每台进价为 3500 元，乙型号每台进价为 4000 元，预计用不多于 7.6 万元且不少于 7.4 万元的资金购进这两种手机共 20 台，请问有几种进货方案？
若三月份甲型号手机售价与二月份一样，乙型号手机售价比甲型号手机三月份的售价贵 800 元，在
（2）的前提下哪种方案获利最大？
【答案】(1)4500 元
5 种
购进甲型号手机 8 台，乙型号手机 12 台
【分析】本题主要考查分式方程及一元一次不等式组的应用，根据题意找准关系是解题的关键．
设一月份甲型号手机每台售价为 x 元，则二月份甲型手机的每台售价为 x  500 元，根据题意建立方程就可以求出其值；
设购甲型手机 y 台，则购乙型手机20  y  台，根据题意建立不等式组，求出其解就可以得出结论；
求出每台的利润，根据不同的购买方案，求出表示出相应的利润，再比较即可．
【详解】（1）解：设一月份甲型号手机每台售价为 x 元，则二月份甲型手机的每台售价为 x  500 元，
根据题意，得 90000  80000 ，
xx  500
解得： x  4500 ，
经检验， x  4500 是原方程的根，故原方程的根是 x  4500 ．
故一月份甲型号手机每台售价为 4500 元；
解：设购甲型手机 y 台，则购乙型手机20  y  台，由题意得： 74000  3500 y  4000 20  y   76000 ，
解得8  y  12 ，
∵y 为整数，
∴y=8，9，10，11，12，
∴乙型手机的台数为：12，11，10，9，8，
∴有五种购货方案：
甲型手机 8 台，乙型手机 12 台；
甲型手机 9 台，乙型手机 11 台；
甲型手机 10 台，乙型手机 10 台；
甲型手机 11 台，乙型手机 9 台；
甲型手机 12 台，乙型手机 8 台；
解：由（1）甲型手机二月份每台售价为 4000 元，则乙型手机每台售价为 4800 元，故甲型手机每台盈利 500 元，乙型手机每台盈利 800 元，
则方案一盈利： 8 500 12  800  13600 （元）；
方案二盈利： 9  500 11 800  13300 （元）；方案三盈利：10  500 10  800  13000 （元）；方案四盈利：11 500  9  800  12700 （元）；方案五盈利：12  500  8 800  12400 （元）；因为13600  13300  13000  12700  12400 ，
所以购进甲型手机 8 台，乙型手机 12 台获利最大．
【典例 02】（25-26 九年级上·宁夏吴忠·期末）公安交警部门提醒市民：“出门戴头盔，放心平安归”．16周岁以下禁止骑电动车，16 周岁以上的市民骑电动车出行必须严格遵守“一盔一带”的规定，某经销商销售
某品牌头盔，进价为每个 50 元，经统计该品牌头盔七月份销售 150 个，九月份销售 216 个，七月份到九月份销售量的月平均增长率相同．
(1)求该品牌头盔销售量的月平均增长率；
(2)经测算在市场中，当售价为每个 90 元时，月销售量为 200 个，若在此基础上每个头盔的售价降低 2
元，则月销售量将增加 20 个．为使月销售利润达到 8750 元，而且需要尽快减少库存，则该品牌头盔的实际售价每个应定为多少元？
【答案】(1)该品牌头盔销售量的月平均增长率为20%
(2)该品牌头盔的实际售价每个应定为 75 元
【分析】此题考查了一元二次方程的应用．
设该品牌头盔销售量的月平均增长率为 x，该品牌头盔七月份销售 150 个，九月份销售 216 个，七月份到九月份销售量的月平均增长率相同．据此列出方程，解方程即可；
设该品牌头盔的实际售价每个应降低 a 元，则此时售价为90  a 元，月销售利润达到 8750 元，据此列方程并解方程即可．
【详解】（1）解：设该品牌头盔销售量的月平均增长率为 x，
由题意得：150 1 x2  216 ，
解得： x1  0.2，x2  2.2 （舍去）
答：该品牌头盔销售量的月平均增长率为20% ；
（2）解：设该品牌头盔的实际售价每个应降低 a 元，则此时售价为90  a 元，由题意得： 90  a  50200 10a  8750 ，
解得： a1  5 ， a2  15 ，
因为需要尽快减少库存，所以选择降价更多的价格，即a1  5 不合题意，舍去， a2  15 符合题意则90  a  90 15  75 ，
答：该品牌头盔的实际售价每个应定为 75 元．
变式应用
【变式 01】（2025·河南驻马店·三模）景德镇瓷器举世闻名，物美价廉，在瓷博会上某商家将进货单价为
30 元的艺术瓷盘按 40 元售出时，就能卖出 600 个瓷盘，经预测这种瓷盘每个涨价 1 元，其销售量就减少
10 个，若设艺术瓷盘每个涨价 x 元（x 为整数），请完成如下问题：
(1)用含 x 的代数式表示：
①每个瓷盘的实际利润是元；
②实际的销售量是个；
(2)为了赚得 10000 元的利润而义尽量兼顾顾客的利益，售价应定为多少元？
【答案】(1)① 10  x ； 600 10x
(2) 50 元
【分析】此题主要考查了列代数式，一元二次方程的应用，正确得出函数关系式是解题关键．
①根据售价- 进价 利润，进而得出答案；②销量- 减少的销量 实际销量进而得出答案；
利用总利润 10000 ，进而得出方程求出答案；
【详解】（1）解：①依题意，设艺术瓷盘每个涨价 x 元（x 为整数），进货单价为 30 元的艺术瓷盘按 40 元售出
∴每个磁盘的实际利润是： 40  30  x  10  x （元）；
②∵进货单价为 30 元的艺术瓷盘按 40 元售出时，就能卖出 600 个瓷盘，经预测这种瓷盘每个涨价 1 元，其销售量就减少 10 个
∴实际的销售量是： 600 10x 个；
（2）解：设瓷盘每个涨价 x 元能赚得10000 元的利润，依题意得： 40  30  x600 10x  10000 ，
解得： x1  10，x2  40 ，
当涨价 x  10 元时，则实际售价为 x  40  50 （元），当涨价 x  40 元时，则实际售价为 x  40  80 （元），
尽量兼顾顾客的利益应定为每个艺术瓷盘为50 元；
【典例 03】（2025·重庆·模拟预测）每年五月，学校团委都要举行“五月的鲜花”退队入团仪式．去年五 月，小于老师带领的组织部采购了总价为 120 元的红色花朵和总价为 180 元的黄色花朵用于节目表演，组
织部回来记账时发现单据被弄脏了，看不清单价和数量等信息，只记得红色花朵的单价比黄色花朵的单价少 3 元，并且购买数量相同．
请你帮组织部算算黄色花朵的单价；
受市场影响，今年五月，同种红色花朵的单价比去年同期上涨了0.5a% ，同种黄色花朵的单价比去年同
期上涨了a%，组织部算了算：若每种花朵的购买数量都比去年少 5a % ，则总价只比去年少 15 元，请问
6
a 是多少？
【答案】(1)9 元；
(2)25．
【分析】本题考查了分式方程的应用，一元二次方程的应用，掌握相关知识是解题的关键．
设红色花朵的单价为 x 元，则黄色花朵的单价为 x  3 元，根据题意得120  180 ，求解检验即可得
xx  3
出答案；
根据题意得列出方程6 1 0.5a%  9 1 a%  20 1 5a %   120 180 15 ，求解即可．
6

【详解】（1）解：设红色花朵的单价为 x 元，则黄色花朵的单价为 x  3 元，
根据题意得： 120  180 ，
xx  3
解得： x  6 ，
经检验， x  6 是原方程的解，且符合题意，
∴ x  3  6  3  9 ，
答：黄色花朵的单价为 9 元；
（2）解：两种花朵的购买数量均为120  6  20 （朵）．
根据题意得： 6 1 0.5a%  9 1 a%  20 1 5a %   120 180 15 ，
6

整理得： a2  5a  750  0 ，
解得： a1  25, a2  30 （不合题意，舍去），答：a 的值为 25．
变式应用
【变式 01】（2025·辽宁盘锦·一模）据灯塔专业版数据，截至 2025 年 2 月 18 日，《哪吒之魔童闹海》总
票房达 123.2 亿元，登顶全球动画电影票房榜，是亚洲首部票房过百亿的影片，并创造了全球单一电影市场最高票房纪录．该片来源于哪吒闹海的传统故事，但又重塑了全新的“魔童”哪吒形象：表面吊儿郎当，实则勇敢坚毅，强烈反差引发情感共鸣；“我命由我不由天”的不屈精神，让观众泪目．为满足儿童对哪吒的喜爱，某玩具店决定各用 300 元购进了 A 、 B 两种哪吒玩偶．已知一个 B 种哪吒玩偶是一个 A 种玩偶价格的 2 倍，且购进两种玩偶的数量共 15 个．
(1)求购进 A 、 B 两种哪吒玩偶的单价各是多少元？
(2)因销售效果不错，该玩具店决定再次购进 A 、 B 两种哪吒玩偶共 80 个，且 A 种哪吒玩偶的数量不多于
B 种哪吒玩偶数量的 2 倍，问此次购进最少要花多少钱？
【答案】(1)A 种哪吒玩偶单价是 30 元，B 种哪吒玩偶单价是 60 元
(2)此次购进至少要花3210 元钱
【分析】本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用．
设购进 A 种哪吒玩偶的单价是 x 元，则购进 B 种哪吒玩偶的单价是2x 元，利用数量=总价÷单价，结合购进两种玩偶的数量共 15 个，可列出关于 x 的分式方程，解之经检验后，可得出 x 的值（即购进 A 种哪吒玩偶的单价），再将其代入2x 中，即可求出购进 B 种哪吒玩偶的单价；
设购进 A 种哪吒玩偶a 个，则购进 B 种哪吒玩偶80  a 个，根据购进 A 种哪吒玩偶的数量不多于 B种哪吒玩偶数量的 2 倍，可列出关于 a 的一元一次不等式，解之可得出 a 的取值范围，设该玩具店再次购进 A、B 两种哪吒玩偶共花费 w 元，利用总价=单价×数量，可找出 w 关于 a 的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题．
【详解】（1）解：设 A 种哪吒玩偶的单价为 x 元，则 B 种哪吒玩偶的单价为2x 元．
根据题意，得： 300  300  15
x2x
解得： x  30
经检验： x  30 是原分式方程的解
B 种： 2  30  60 元
答：A 种哪吒玩偶单价是 30 元，B 种哪吒玩偶单价是 60 元．
（2）解：设购进 A 种哪吒玩偶a 个，则购进 B 种哪吒玩偶80  a 个根据题意，得： 0  a  2 80  a
解得： 0  a  160
3
设该玩具店再次购进 A、B 两种哪吒玩偶共花费 w 元，花费w  30a  60 80  a
整理，得： w  30a  4800
∵ 30  0 ，当0  a  160 时， w 随a 的增大而减小
3
∴当a  53 时， w 取得最小值，最小值 30  53  4800  3210 元答：此次购进至少要花3210 元钱．
【变式 02】（2025·山西长治·一模）随着 2025 春晚的广泛传播，2025 春晚吉祥物和相关产品迅速走红．某商店购进的 2025 蛇年吉祥物——“巳升升”树脂小摆件和“春碗”套装——如意春晚骨瓷碗销量大
增．已知一套“春碗”套装比一件吉祥物贵 150“”1
元，商店第一次购进 春碗 套装的数量是吉祥物数量的 4 ，
且商店购买“春碗”套装和吉祥物的费用都是 4000 元．
(1)分别求每件吉祥物和每套“春碗”套装的进价．
(2)为满足市场需求，商店准备第二次购入“春碗”套装和吉祥物共 500 件，且购入“春碗”套装的数量不超过吉祥物数量的 2 倍．若进价不变，每件吉祥物与每套“春碗”套装的售价分别为 65 元，220 元，则分别购入吉祥物和“春碗”套装多少件时，商店获得利润最高？
【答案】(1)每件吉祥物的进价为 50 元，每套“春碗”套装的进价为 200 元
(2)购入吉祥物 167 件，春碗套装 333 套时，商店获得利润最高
【分析】本题考查一次函数的应用、分式方程的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的分式方程和一次函数，利用一次函数的性质和不等式的性质解答．
设每件吉祥物的进价为 x 元，根据题意列出分式方程求解即可；
设商店购入吉祥物m 件，则“春碗”套装500  m 件，利润为w 元，根据题意得到w  5m 10000 ，
再求得m  500 ．进而利用一次函数的性质求解即可．
3
【详解】（1）解：设每件吉祥物的进价为 x 元，则每套“春碗”套装的进价为 x 150 元，
根据题意，得 4000  1 
4000
，
x4x 150
解得 x  50 ．
经检验， x  50 是所列分式方程的解，且符合题意，
x 150  200 （元）．
答：每件吉祥物的进价为 50 元，每套“春碗”套装的进价为 200 元．
（2）解：设商店购入吉祥物m 件，则“春碗”套装(500  m ) 套，利润为w 元，
w  65  50 m  220  200500  m  15m  20 500  m  5m 10000 ，
Q购入“春碗”套装的数量不超过吉祥物数量的 2 倍，
500  m  2m ，解得m  500 ．
3
Q m 为正整数，
 m 的最小值为 167，
Q5  0 ，
当m  167 时， w 有最大值， 此时， 500  m  500 167  333 ．
答：购入吉祥物 167 件，“春碗”套装 333 套时，商店获得利润最高．
【典例 04】（2025·湖南长沙·模拟预测）《长沙美食探险计划》你是长沙“烟火夜市”的小记者，需完成一篇关于特色小吃店的深度报道．店主给了你一份挑战任务，只有破解数学谜题才能解锁独家数据！
任务 1（密码谜题）：
店主将臭豆腐和糖油粑粑的单价加密成了一道门锁密码．线索如下：线索卡 A ：周一用“2 份臭豆腐3 份糖油粑粑”解锁了“120 元”宝箱；线索卡 B ：周二用“5 份臭豆腐1份糖油粑粑”解锁了“170 元”宝箱．你的目标：通过线索卡 A 和 B ，破解两种小吃的单价密码．
任务 2（经营策略）：
店主计划优化每日制作计划，需满足以下条件：
资源限制：由于人手问题，每天限供臭豆腐和糖油粑粑总量 120 份．
人气保障：店主想提升糖油粑粑销量，每天的糖油粑粑 30 份．
营收目标：当日总销售额 3000 元（已知单价来自任务 1）．
挑战：在满足所有条件的情况下，店主想知道：最多能卖出多少份臭豆腐？此时需搭配多少份糖油粑粑？
【答案】任务 1：每份“臭豆腐”的单价密码是30 元，每份“糖油粑粑”的单价密码是20 元；任务 2：最多能卖出90 份臭豆腐，此时需搭配30 份糖油粑粑
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，不等式组的应用，解题的关键是理解题意，正确找出等量关系．
任务 1：设每份“臭豆腐”的单价密码是m 元，每份“糖油粑粑”的单价密码是n 元，根据题意列出二元一次
方程组即可求解；
任务 2：设每天限供“臭豆腐”的数量为 x 份，则每天限供“糖油粑粑”的数量为120  x 份，再根据每天的糖油粑粑 30 份，总销售额 3000 元，根据题意列出不等式组，得到 x 的取值范围，即可求解．
【详解】解：任务 1：设每份“臭豆腐”的单价密码是m 元，每份“糖油粑粑”的单价密码是n 元，

2m  3n  120
根据题意：，
5m  n  170

m  30
解得：，
15m  3n  20
答：每份“臭豆腐”的单价密码是30 元，每份“糖油粑粑”的单价密码是20 元，
任务 2：设每天限供“臭豆腐”的数量为 x 份，则每天限供“糖油粑粑”的数量为120  x 份，
30x  20 120  x  3000
根据题意： ，
120  x  30
解得： 60  x  90 ，
当 x  90 时，糖油粑粑销量为120  90  30 （份），
答：最多能卖出90 份臭豆腐，此时需搭配30 份糖油粑粑．
变式应用
【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 A，B 两种设备．已知每台 B 种设备比每台 A 种设备价格多 0.6 万元，花 5 万元购买 A 种设备和花 11 万元购买 B 种设备的数量相同．
(1)求 A，B 两种设备每台各多少万元？
(2)根据单位实际情况，需购进 A，B 两种设备共 18 台，总费用不高于 14 万元，且 A 种设备的数量不超过
B 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．
设每台 A 种设备 x 万元，则每台 B 种设备(x  0.6) 万元，然后根据题意列分式方程即可求出结论；
设购买 A 种设备 m 台，则购买 B 种设备(18  m) 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(x  0.6) 万元，
根据题意得： 5 11，
xx  0.6
解得： x  0.5 ，
经检验， x  0.5 是原方程的解，且符合题意，
∴ x  0.6  1.1（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(18  m) 台，
0.5m 1.1(18  m)  14

根据题意得： m  2(18  m)，
解得： 29  m  12 ；
3
设总费用为 w，则w  0.5m 1.118  m  0.6m 19.8 ，
∵ 0.6  0 ，
∴当m  12 时， w最小值  0.6 12 19.8  12.6 ；
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．
技法 05用方程、不等式的知识解决几何图形问题
知识必备
几何图形的周长、面积、体积公式，勾股定理，相似三角形性质，全等三角形性质，一元一次方程，二元一次方程组，一元二次方程，动点问题中的线段表示，分类讨论思想。
答题技法
掌握常见图形的计算公式（如勾股定理、面积公式）。若涉及动点，通常设运动时间为 t，用含 t 的代数式表示线段长度，再根据几何关系（如全等、相似、勾股定理）建立方程求解，注意检验解是否符合图形实际情况。
母题精讲
【典例 01】（2025·四川达州·二模）主题灯光秀在达州莲花湖展演，有两条笔直且平行的景观道 AB ， CD 上放置 E、F 两盏激光灯如下图所示，若光线 FB 按顺时针方向以每秒8 的速度旋转至 FA 便立即回转，并不断往返旋转；光线 EC 按顺时针方向每秒4的速度旋转至 ED 边就停止旋转，若光线 EC 先转 6
秒，光线 FB 才开始转动，当光线 FB 旋转时间为秒时， FH ∥ EG ．（G、H 为 C、B 对应点）
【答案】3 或 28/28 或 3
【分析】本题主要考查平行线的性质及一元一次方程的应用．根据题意可得CEG  4t  6 ，
BFH  8 t ，然后分两种情况：当 FH 未到达 AF 时，当 FH 到达 AF 返回时，根据平行线的性质，列出
方程，即可求解．
【详解】解： EC 停止旋转的时间为
180
4
 45 秒，
设光线 FB 旋转时间为 t 秒，则0  t  39 ，
根据题意得： CEG  4t  6 ， BFH  8 t ， 如图，当 FH 未到达 AF 时，设射线 FH 交CD 于点 P，
∵ FH ∥ EG ，
∴ FPC  CEG ，
∵ AB ∥CD ，
∴ FPC  BFH ，
∴ CEG  BFH ，
∴ 4t  6  8 t ，
解得： t  3 ；
如图，当 FH 到达 AF 返回时，设射线 FH 交CD 于点 P，此时此时22. 5  t  39，
AFH  8  t  180，
∴180  AFH  360  8 t
∵ FH ∥ EG ，
∴ FPC  CEG ，
∵ AB ∥CD ，
∴ FPC  BFH ，
∴ CEG  BFH ，
∴ 4t  6  360  8 t ，解得： t  28 ；
综上所述，光线 FB 旋转时间为 3 或 28 秒时， FH ∥ EG ．
故答案为：3 或 28
变式应用
【变式 01】（2025·江苏扬州·模拟预测）如图，小文同学为研究 12 点 t 分（ 0  t  60 ）时的钟面角，把数字 12 所在的刻度记为点 A，把时针记为OB ，分针记为OC ．当OA, OB, OC 两两所夹的三个角
AOB, AOC, BOC 中有两个角相等时，t 的值为（本题中所有角的度数均不超过
180 ）．
【答案】 720 或 720
2313
【分析】本题考查了钟面角和一元一次方程的应用，根据时针和分针的转动，用 t 表示出AOB  0.5t ，
BOC  5.5t ， AOC  360  6t ，再根据有两个角相等可列方程，求解可得 t 的值．
【详解】解：∵钟表一周为360
∴分针每分钟走360  60  6 ，时针每分钟走360 12  60  0.5 ，依题意得AOB  0.5t ，
①当0  t  30 时， AOB  0.5t ， AOC  6t ， BOC  AOC  AOB  5.5t ，不存在相等的两个角，
②当5.5t  180  6t 时，即： 30  t  360 时， AOB  0.5t ， AOC  360  6t ，
11
BOC  AOC  AOB  5.5t
此时可能相等的两个角是：当
AOC  BOC 时，即5.5t  360  6t ，解得： t  720 ，
23
③当5.5t  180 时，即： 360  t  60 时， AOB  0.5t ， AOC  360  6t ，
11
BOC  AOC  AOB  360  5.5t
此时可能相等的两个角是：当
AOC  AOB 时，即0.5t  360  6t ，解得： t  720 ，
13
综上，当t  720 或t  720 时， 三个角中有两个角相等
1323
【变式 02】（2025·广东·二模）【综合与实践】主题：制作一个有盖长方体形纸盒．
素材：一张矩形纸板．
操作：如图，先将矩形纸板 ABCD 的阴影部分剪下，再将剩余部分的纸板折成有盖长方体形纸盒．
计算∶ 若矩形纸板 ABCD 的周长为100cm ， AB 与 AD 的长度比为2 : 3 ， 且折成的长方体形纸盒的底面为正方形，求这个有盖长方体形纸盒的体积．
【答案】500cm3
【分析】本题考查矩形的周长公式、比例关系以及长方体的相关知识．解题关键在于利用矩形的周长和边长比例求出矩形的边长，再通过分析图形中矩形边长与长方体棱长的关系，确定长方体的长、宽、高，最后运用长方体体积公式计算体积．先根据矩形的周长和边长比例关系求出矩形纸板的长和宽，再结合折成的长方体底面是正方形这一条件，确定长方体的长、宽、高，最后根据长方体体积公式计算体积．
【详解】解：∵矩形纸板 ABCD 的周长为100cm ，
∴ AB  AD  100  2  50cm ．
又∵ AB 与 AD 的长度比为2 : 3 ，设 AB  2xcm ， AD  3xcm ，
∴ 2x  3x  50 ，即5x  50 ，解得 x  10 ．
∴ AB  2 10  20cm ， AD  310  30cm ．设折成的长方体底面正方形的边长为 ycm ．
观察图形可知， AD 的长度等于底面正方形的两条边长加上长方体的两条高， AB 的长度等于底面正方形的边长加上长方体的两条高．
2 y  2h  30

即 y  2h  20 （ h 为长方体的高）
∴2 y  2h   y  2h  30  20 ，即2 y  2h  y  2h  10 ，解得 y  10cm ．
把 y  10 代入 y  2h  20 ，可得10  h  20 ，
解得h  5cm ．
∴长方体的长、宽均为10cm 、高为5cm ．
∴V  10 10  5  500cm3 ．
【典例 02】（2025·江苏泰州·三模）项目式学习：
主题：将一张长为80cm ，宽为40cm 的长方形硬纸板（如图 1）制作成一个有盖长方体收纳盒．
方案设计：如图 2，把硬纸板的四角剪去四个相同的小长方形，折成一个如图 3 所示的有盖长方体收纳盒， PQ 和MN 两边恰好重合且无重叠部分．
任务一：若收纳盒的高为 xcm ，则收纳盒的底面 EFGH 的边 EF 的长为（） cm, EH 的长为
（） cm ；（均用含 x 的代数式表示）
任务二：若收纳盒的底面积为600cm2 ，求该收纳盒的高．
【答案】任务一： 40  2x ， 40  x ；任务二：该收纳盒的高为10cm
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是：（1）根据各边之间的关系，表示出 BC ， AC
的长；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程．任务一：根据图①分别列出代数式即可；
任务二：设该收纳盒的高为 x cm ，则 BC  (40  2x)cm ， AB  (40  x)cm ，根据收纳盒的底面积为
600cm2 ，列出关于 x 的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
【详解】解：任务一：Q长方形硬纸板的长为80cm ，宽为40cm ，收纳盒的高为 x cm ，
 EF  (40  2x)cm ， EH  80  2x  (40  x)(cm) ，
2
故答案为： 40  2x ， 40  x ；
任务二：设该收纳盒的高为 xcm ，则 EF  (40  2x)cm ， EH  (40  x)(cm) ，根据题意得： (40  x)(40  2x)  600 ，
整理得： x2  60x  500  0 ，
解得： x1  10 ， x2  50 （不符合题意，舍去）．答：该收纳盒的高为10cm ．
变式应用
【变式 01】（2025·天津·一模）如图，要围一个矩形菜园 ABCD ，其中一边 AD 是墙，且 AD 的长不能超过26m ，其余的三边 AB ， BC ， CD 用篱笆，且这三边的和为40m ，有下列结论：① AB 的长可以为9m ；
② AB 的长有两个不同的值满足菜园 ABCD 面积为168m2 ；③菜园 ABCD 面积不能为220m2 ．其中正确的是（ ）个
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】本题考查了一元二次方程和二次函数的应用，读懂题意，找到等量关系，准确的列出函数解析式和一元二次方程是解题的关键．
设 AD 的边长为 xm ，则 AB 的边长为 40  x m ，根据 AB  9 列出方程，解方程求出 x 的值，根据 x 取值范
2
围判断①；根据菜园 ABCD 的面积为168m2 ，解方程求出 x 的值，可以判断②；设矩形菜园 ABCD 的面积为 ym2 ，根据矩形的面积公式列出函数解析式，根据函数的性质求函数的最值可以判断③．
【详解】解： BC 边长为 xm ，则 AB 边长为 40  x m ，
2
当 AB  9 时， 40  x  9 ，
2
解得 x  22 ，
∵ AD 的长不能超过26m ， 22  26 ，故①正确；
∵菜园 ABCD 面积为168m2 ，
40  x
∴ x· 168 ， 2
整理得 x2  40x  336  0 ，解得 x  12 或 x  28 ，
∵ 28  26
∴ AB 的长有一个值满足菜园 ABCD 面积为168m2 ，故②错误；
设菜园 ABCD 面积为 ym2 ，
222
y  40  x1212
根据题意得x·  x  40x    x  20  200 ，
∵  1  0 ， 20  26 ，
2
∴当 x = 20 时， y 有最大值，最大值为200 ，菜园 ABCD 面积不能为220m2 ，
故③正确；
∴正确的结论有2 个，故选：B．
【典例 02】（2025·广东深圳·模拟预测）根据以上素材，思考并完成任务：
文字说明
图示说明
素材
1
如图，某校原有矩形停车场，含垂直和平行停车位，每个车位形状大小相同，停车场宽 9 米，停车场可容纳 9 辆小型客车．
素材
2
学校计划新建一个矩形无围墙停车场（如图），该矩形停车场一边 AB 长 33
米，行车通道宽为3.5 米，现在向师生征集设计方案．
素材 3
九（5）班数学学习小组拟定新方案，采用垂直和斜列停车位相结合的设计方案，方案的部分图示如图．
方案说明：①四边形 ACDE 为矩形，图中每个矩形停车位完全一致，且形状
大小与原停车位相同；②四边形 FGHI 为平行四边形， GFI  60 ，图中每
【答案】任务 1：原停车位的长为 6 米，宽为 3 米；任务 2：11个；10 个；任务 3：矩形停车场的另一边至少 60.6 米．
【分析】本题考查二元一次方程组、直角三角形边角关系（三角函数）及不等式的应用，解题关键是通过设未知数，结合图形性质（矩形、平行四边形、直角三角形）列方程（组）、不等式求解．
任务 1 设原车位长为 x、宽为 y，根据实际是长与宽的倍数关系，列二元一次方程组，求解．
任务 2 利用原车位宽 3 米，停车场长 33 米，直接用“总长÷车位宽”得数量（ 33  3  11个）；由任务 1 知
FG  6 米，结合GFI  60 ，在 RtVFJG 中用余弦cs 60  JG 算出 JG  3 米，再用“（总长 通道）  车
FG
个平行四边形停车位完全一致；③ AC  FG ， CD  GH ．
任务
1
请你计算出原停车场上的每个停车位的长和宽．
任务
2
请你根据拟定的设计方案，分别计算出一排垂直停车位的数量和斜列停车位的数量．
任务
3
据调查发现，每天进出停车场车辆至少 62 辆，学校要求斜列停车位排数比垂直停车位少一排，且每排间留行车通道，求该矩形停车场另一边至少多长才满足车辆停放？（结果保留一位小数，参
考数据： 2  1.414 ， 3  1.732 ）
位宽”得数量．
任务 3 在RtVFJG 中，用正弦sin 60  FJ
FG
算出斜车位的高 FJ  5.2 米；设垂直车位排数为m ，则斜列车位
排数为m 1 ，根据“总车位数 62 ”列不等式11m 10 m 1  62 ，解得m  24 ；最后计算停车场另一边长
7
度：垂直车位宽排数 斜车位高排数 通道宽（排数 1），得至少 41.5 米．
【详解】任务 1：设原停车位的长为 x 米，宽为 y 米，由题意可知
x  y  9

 x  2 y
解得
x  6

 y  3
答：原停车位的长为 6 米，宽为 3 米．
任务 2：①垂直停车位个数： 33  3  11个；
②由（1）知， FG  AC  6 米， IFG  FGJ  60 ，在RtVFJG 中， GFI  60 ，
JG  cs 60 ，
FG
 JG  3 米．
垂直停车位个数： 33  3  3  10 个；任务 3：在RtVFJG 中， GFI  60 ，
FJ  sin 60 ，
FG
3
 FJ  3米 5.2 米
设垂直停车位有m 排，则斜列停车位有m 1 排，由题意可知
11m 10 m 1  62 ，
解得m  24 ，
7
因为m 为正整数，所以m 最小为 4，则斜列停车位至少有 3 排，
6  4  5.2  3  3.5 6  60.6 米
答：矩形停车场的另一边至少60.6 米．
变式应用
【变式 01】（2025·河北石家庄·三模）如图，平面直角坐标系中，有一动点 P（a, a  2）和正方形 ABCD ，其中 A1, 6 ， C 5, 2 ．
求直线 AC 的解析式；
① 当a  3 时，判断点 P 是否在正方形 ABCD 内（含边界）；
② 当点 P 运动到 y 轴上时，求△APC 的面积；
若点 P 在V ACD 内部（含边界），直接写出a 的取值范围．
【答案】(1) y  x  7
①点 P 在正方形 ABCD 内；②10
5  a  4
2
【分析】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，正方形性质等，解题的关键是数形结合思想的应用．
用待定系数法可得直线 AC 解析式；
①当a  3 时， P 的坐标为3, 5 ，画出图形可知点 P 在正方形 ABCD 内；
②当 P a, a  2 在 y 轴上时， a  0 ，此时 P 的坐标为0, 2 ，用三角形面积公式可得△APC 的面积；
a  5

P 在直线 y  x  2 上移动，当2时，点 P 在V ACD 内部（含边界），解不等式即可解题．
a  2  6
【详解】（1）解：设直线 AC 解析式为 y  kx  b ，

把 A1, 6 ， C 5, 2 代入得： k  b  6 ，
5k  b  2

k  1
解得，
b  7
直线 AC 解析式为 y  x  7 ；
解：①当a  3 时， P 的坐标为3, 5 ，如图：
由图可知，此时点 P 在正方形 ABCD 内；
②当 P a, a  2 在 y 轴上时， a  0 ，此时 P 的坐标为0, 2 ，如图：
 CP  5 ，
Q A1, 6 ，
QC 5, 2 ，
 SV APC
 1 CP  AB  1  56  2  10 ，
22
V APC 的面积为10 ；
解：如图：
令 x  a ， y  a  2 ，
 y  x  2 ，即 P 在直线 y  x  2 上移动，
联立方程 x  2  x  7 ，解得 x  5 ，
2

a  5
由图可知，当2时，点 P 在V ACD 内部（含边界），
a  2  6
解得 5  a  4 ，
2
 a 的取值范围是 5  a  4 ．
2
技法 06用方程、不等式的知识解决方案选择问题
知识必备
一元一次方程、二元一次方程组、一元一次不等式（组）、一次函数（费用函数）、分段函数、方案比较（通
过方程或不等式求临界值）、实际问题的整数解。
答题技法
分别用代数式表示出两种方案的费用 y₁和 y₂（常为分段函数或一次函数）。通过解不等式 y₁ ＞ y₂、y₁ = y₂、y₁ ＜ y₂，找到临界值，再结合自变量取值范围（如人数整数、车辆整数）确定最优选择。
母题精讲
你好 请问你那里的安全头盔批发价是多少？
我有三种型号的安全头盔，批发价分别是 A 型100 元/ 个； B 型120 元/ 个； C 型150 元/
个 如果你买的多的话还有下面的优惠方案：
①一次性累计购买50 个及以上九五折优惠
②一次性累计购买100 个及以上九折优惠
【典例 01】（2025·北京·模拟预测）在“一盔一带”为主题的交通安全宣传和教育下，人们骑电动车、摩托车佩戴头盔的安全意识不断提高 某安全用品商店计划购进一批安全头盔进行销售 于是商店老板联系了批发商，他们之间的对话如下：
(1)若该商店计划一次性购进 A 型安全头盔30 个和 B 型安全头盔20 个，共需多少钱？
(2)若该商店计划用9900 元一次性购进两种不同型号的安全头盔100 个，请你研究一下该商店的进货方案有哪几种？
【答案】(1)共需要5130 元
(2)该商店的进货方案有2 种，方案1：购进50 个 A 型安全头盔， 50 个 B 型安全头盔；方案2 ：购进80 个 A
型安全头盔， 20 个C 型安全头盔．
【分析】本题考查了有理数混合运算的运用，一元一次方程的应用；能找出等量关系式，列出方程求解是解题的关键．
根据题意列出算式得100  30 120  20 95% ，即可求解；
购进 A ， B 两种不同型号的安全头盔，购进 A ， C 两种不同型号的安全头盔，购进 B ， C 两种不同型
号的安全头盔，分别用一元一次方程求解即可．
【详解】（1）解：根据题意得： 100  30 120  20 95%
 3000  2400 95%
 5400  95%
 5130( 元) ．
答：共需要5130 元；
（2）解：当购进 A ， B 两种不同型号的安全头盔时，设购进a 个 A 型安全头盔，则购进100  a 个 B 型安全头盔，
根据题意得： 100a 120 100  a  90%  9900 ，
解得： a  50 ，
100  a  100  50  50( 个) ；
当购进 A ， C 两种不同型号的安全头盔时，设购进b 个 A 型安全头盔，则购进100  b 个C 型安全头盔，根据题意得： 100b 150 100  b  90%  9900 ，
解得： b  80 ，
100  b  100  80  20( 个) ；
当购进 B ， C 两种不同型号的安全头盔时，设购进c 个 B 型安全头盔，则购进100  c 个C 型安全头盔，根据题意得： 120c 150 100  c  90%  9900 ，
解得： c  400 (不符合题意，舍去)．
3
该商店的进货方案有2 种，
方案1：购进50 个 A 型安全头盔， 50 个 B 型安全头盔；方案2 ：购进80 个 A 型安全头盔， 20 个C 型安全头盔．
变式应用
【变式 01】（2025·河南驻马店·三模）某商店举行优惠促销活动，现有如下两种优惠方案可供选择（二选
一）．
方案一：花费 120 元购买会员卡，之后若商品总价格在 800 元以内（包括 800 元），直接按商品总价格的八五折结算；若商品总价格超过 800 元，直接按商品总价格的七五折结算；
方案二：不购买会员卡，一律按商品价格的九五折结算．
已知小敏活动前不是该商店的会员，本次商品原总价为 x 元．
当 x  500 时，分别求出两种方案的最终结算价；
当 x  800 时，选择两种方案的最终结算价是否可能相等？（需说明理由）
若采用方案一更合算，直接写出此时 x 的取值范围．
【答案】(1)方案一： 545 元；方案二： 475 元
不可能相等，理由见解析
x  800
【分析】本题考查一元一次方程的实际应用，一元一次不等式的实际应用，正确的列出一元一次不等式是解题的关键：
根据优惠方案，列出算式进行计算即可；
根据题意列出方程，求解后进行判断即可；
根据题意，列出不等式进行求解即可．
【详解】（1）解：方案一：120  500  0.85  545 （元）；方案二： 500  0.95  475 （元）；
答：方案一： 545 元；方案二： 475 元；
不可能相等，理由如下：
由题意，当120  0.85x  0.95x 时， x  1200  800 ；故不可能相等；
当 x  800 时，120  0.85x  0.95x ，解得： x  1200 （不符合题意）；当 x  800 时，120  0.75x  0.95x ，解得： x  600 ，
∴ x  800 ；
故当 x  800 时，采用方案一更合算．
【典例 02】（2025·湖南·模拟预测）试题情境：编钟是中国古代一种极具代表性的打击乐器，也是国家非物质文化遗产之一．在一场非遗文化展示活动中，演奏的编钟由大号钟和小号钟组成，它们在音阶上存在特定关系，从而演奏出美妙的乐曲．
(1)若大号编钟的频率是小号编钟频率的一半，两者频率之和为 150 赫兹，求大小号编钟的频率分别是多少？
(2)为筹备下一次编钟演奏活动，工作人员要采购 A．B 两种不同材质的编钟配件，A 配件每个 30 元，B 配
件每个 50 元，一共准备花费 500 元，在保证钱都花完且两种配件都要买的情况下，有几种采购方案？
【答案】(1)大号 编钟的频率为 50 赫兹，小号编钟的频率为 100 赫兹
(2)有三种采购方案方案一： A 配件5 个， B 配件7 个；方案二： A 配件10 个， B 配件4 个；方案三： A 配件15 个，B 配件1个
【分析】本题考查了二元一次方程的实际应用，根据应用信息合理列出方程是解题的关键．
设大号编钟的频率为 x 赫兹，小号编钟的频率为 y 赫兹，根据数量关系列出方程运算即可；
设 A 配件要买m 个， B 配件要买n 个，根据题意列出二元一次方程3m  5n  50 ，求其正整数解即可．
【详解】（1）解：设大号编钟的频率为 x 赫兹，小号编钟的频率为 y 赫兹，
x  1 y

根据题意得： 2，
x  y  150
 x  50

解这个方程组得 y  100 ，
答：大号 编钟的频率为 50 赫兹，小号编钟的频率为 100 赫兹．
（2）解：设 A 配件要买m 个， B 配件要买n 个．根据题意得： 30m  50n  500 ，
整理得： 3m  5n  50 ，即m  50  5n ，
3
∵ m 和n 都为整数，
m  5m  10
∴符合条件的解为： n  7 ， n  4
m  15
， n  1 ，

答：有三种采购方案，方案一： A 配件5 个， B 配件7 个；方案二： A 配件10 个，B 配件4 个；方案三： A
配件15 个，B 配件1个．
变式应用
【变式 01】（2025·黑龙江·二模）近年来新能源汽车产业及市场迅猛增长，为了缓解新能源汽车充电难的问题，某小区计划新建地上和地下两类充电桩，每个充电桩的占地面积分别为3m2 和1m2 ．已知新建 1 个地上充电桩和 2 个地下充电桩需要 0.8 万元；新建 2 个地上充电桩和 1 个地下充电桩需要 0.7 万元．
该小区新建 1 个地上充电桩和 1 个地下充电桩各需多少万元？
若该小区计划用不超过 16.2 万元的资金新建 60 个充电桩，且地下充电桩的数量不少于地上充电桩数量的 2 倍，则共有几种建造方案？并列出所有方案；
现考虑到充电设备对小区居住环境的影响，要求充电桩的总占地面积不得超过am2 ，在（2）的条件下，若仅有两种方案可供选择，直接写出a 的取值范围．
【答案】(1)该小区新建 1 个地上充电桩需要 0.2 万元，1 个地下充电桩需要 0.3 万元
共有 3 种建造方案，方案 1：新建 18 个地上充电桩，42 个地下充电桩；方案 2：新建 19 个地上充电桩，41 个地下充电桩；方案 3：新建 20 个地上充电桩，40 个地下充电桩
98  a＜100
【分析】此题考查了二元一次方程组和一元一次不等式组的应用，根据题意正确列出二元一次方程组和一元一次不等式组是关键．
设该小区新建 1 个地上充电桩需要 x 万元，1 个地下充电桩需要 y 万元，新建 1 个地上充电桩和 2 个
地下充电桩需要 0.8 万元；新建 2 个地上充电桩和 1 个地下充电桩需要 0.7 万元．据此列出方程组并解方程组即可；
设新建m 个地上充电桩，则新建（ 60  m ）个地下充电桩，该小区计划用不超过 16.2 万元的资金，
且地下充电桩的数量不少于地上充电桩数量的 2 倍，据此列出不等式组并解不等式组，进一步写出方案即可；
求出各方案新建充电桩的总占地面积，即可得到答案．
【详解】（1）解：设该小区新建 1 个地上充电桩需要 x 万元，1 个地下充电桩需要 y 万元，
x  2 y  0.8

根据题意得： 2x  y  0.7 ，
x  0.2

解得：  y  0.3 ．
答：该小区新建 1 个地上充电桩需要 0.2 万元，1 个地下充电桩需要 0.3 万元；
设新建m 个地上充电桩，则新建（ 60  m ）个地下充电桩，
0.2m  0.360  m  16.2

根据题意得： 60  m  2m，
解得：18  m  20 ，又Q m 为正整数，
 m 可以为 18，19，20，
共有 3 种建造方案，
方案 1：新建 18 个地上充电桩，42 个地下充电桩；方案 2：新建 19 个地上充电桩，41 个地下充电桩；
方案 3：新建 20 个地上充电桩，40 个地下充电桩；
选择方案 1 时新建充电桩的总占地面积为3 18  1 42  96 （ m2 ）；选择方案 2 时新建充电桩的总占地面积为319 1 41  98m2  ；
选择方案 3 时新建充电桩的总占地面积为3 20 1 40  100 m2  ．
Q在（2）的条件下，若仅有两种方案可供选择，
98  a＜100 ．
技法 07用方程、不等式的知识解决行程问题
知识必备
路程、速度、时间关系（s=vt），相遇问题，追及问题，水流（顺逆）问题，分式方程（可能涉及增根），一元一次方程，一元一次不等式，单位换算，检验解的合理性。
答题技法
行程问题的核心是画线段图帮助理解。对于分式方程应用题，找准等量关系（如“时间差=⋯”），解后务必双检：一是检验是否为增根，二是检验是否符合实际（如速度为正数）。
母题精讲
【典例 01】（2026·江苏苏州·模拟预测）苏州金鸡湖环湖步道是市民健身的热门场所．小苏和小州分别以步行和骑自行车的方式沿步道行进（视为直线），小苏步行速度为6km / h ，小州骑自行车速度为
15km / h ．
小苏提前 0.5 小时从起点出发步行，小州骑车从起点追赶，则小州出发后经过小时首次追上小苏，此时两人距起点千米．
若小苏提前出发 15 分钟（即 0.25 小时），小州才从起点追赶，求小州出发后多少分钟首次追上小苏？
由于景区调度，小州需在距起点 6 千米的李公堤站或距起点 8 千米的东方之门站接听电话（两站点均在
路径上）．若小苏提前出发 10
分钟（即 1
6
小时），小州需选择其中一站停车通话 1
分钟（即 1
60
小时）后再
继续追赶，小州应选择哪一站通话，才能确保通话后追上小苏所用时间最少？请通过计算说明理由．
【答案】(1) 1 ， 5
3
10 分钟
小州应选择东方之门站通话，才能确保通话后追上小苏所用时间最少
【分析】本题考查一元一次方程的应用，环形追及问题；
根据首次追上时两人的路程相同列出方程即可求解；
根据首次追上时两人的路程相同列出方程即可求解；
设环湖步道的总长度为a 千米，分别用代数式表示出在两个站点停留后并再次追上的时间，然后比较大小即可．
【详解】（1）解：设小州出发后经过 x 小时首次追上小苏，由题意得：15x  6  x  0.5 ，
解得： x  1 ，
3
此时距起点15x  15 1  5 千米．
3
故答案为： 1
3
， 5 ．
解：设小州出发后经过 x 小时首次追上小苏，由题意得：15x  6  x  0.25 ，
解得： x  1 ，
6
1 小时 10 分钟．
6
答：若小苏提前出发 15 分钟，小州才从起点追赶，小州出发后 10 分钟首次追上小苏．
解：设金鸡湖环湖步道一圈的长度为a 千米，当小州选择李公堤站通话时，如图所示：
由题意得： A‸C  6 千米， ‸AD  8 千米，
∵小州到达李公堤站即 C 点的时间为： 6 15  2 小时，停车通话时间为 1
小时，
1
∴小州总用时为
 2 
560
5
小时，
60512
1
∵小苏提前出发 6 小时，
∴小苏总用时为 1  5  7 小时，
6 1212
∴ ‸AB  6  7  7 千米，
122
∴ B‸C  A‸C  ‸AB  6  7  5 千米，
22
n5 
2
∴ CAB   a   千米，

∴小州追上小苏需要用时为 a  5  15  6   1 a  5  小时，
2  918 

当小州选择东方之门站通话时，如图所示：
∵小州到达东方之门站即 D 点的时间为： 8 15  8 小时，停车通话时间为 1 小时，
1560

1811
∴小州总用时为小时，
601520
1
∵小苏提前出发 6 小时，
∴小苏总用时为 1  11  43 小时，
62060
∴ ‸AB  6  43  43 千米，
6010
∴ B‸D  ‸AD  ‸AB  8  43  37 千米，
1010
n37 
10
∴ DAB   a  千米，

∴小州追上小苏需要用时为 a  37  15  6   1 a  37  小时，
10  990 

∵ 1 a  5    1 a  37   1 a  5  1 a  37  2  0 ，
 
 918   990 91899015
2
∴小州选择李公堤站通话后追上小苏所用时间比选择东方之门站通话后追上小苏所用时间多15 小时，
∴小州应选择东方之门站通话，才能确保通话后追上小苏所用时间最少．
变式应用
【变式 01】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图是岳麓山游览路线图，从岳麓书院到爱晚亭的路程是
500m ，从爱晚亭到祥云涧的路程是1500m ，从祥云涧到观光长廊的路程是800m ．已知小华从岳麓书院到观光长廊游览的平均速度是v m / min ，观光长廊原路返回岳麓书院的时间是t min ．
用含v, t 的代数式表示：
①小华从观光长廊返回岳麓书院的平均速度是 m / min ；
②小华从岳麓书院到观光长廊，然后再返回岳麓书院的平均速度是 m / min ．
小华从岳麓书院到观光长廊共花了2h ，然后从观光长廊沿原路返回岳麓书院的平均速度比来时增加了
m% ，所用时间比来时快了20min ，求m 的值．
【答案】(1)① 2800 ；② 5600v
t2800  vt
(2) 20
【分析】本题考查了平均速度、代数式以及方程的求解：
根据题意列代数式；
根据题意列方程请求解．
【详解】（1）从岳麓书院到观光长廊的总路程： 500 1500  800  2800 m
从观光长廊返回岳麓书院的平均速度： 2800  t  2800 m / min
t
从岳麓书院到观光长廊，然后再返回岳麓书院的总路程： 2800  2  5600 m
从岳麓书院到观光长廊的时间为： 2800  v  2800 min
v
从岳麓书院到观光长廊，然后再返回岳麓书院的总时间： 2800  t min
v
从岳麓书院到观光长廊，然后再返回岳麓书院的平均速度： 5600  2800  t  
5600v
v2800  vt
2800

5600v
答案为：①t；② 2800  vt ．
（2）根据题意，得 2800 (1 m%)  2  1   2800 ，解得m  20 ．
23 

答： m 的值为20 ．
【典例 02】（2024·广东梅州·一模）周末，小明和他的爸爸来到环形运动场进行跑步锻炼，绕环运动场一圈的路程为 400 米．
(1)若两人同时同起点相向而跑，则经过 36 秒后首次相遇；若两人同时同起点同向而跑，则经过 180 秒后，爸爸首次从后面又追上小明，问小明和他的爸爸的速度各为多少？
(2)假设爸爸的速度是 6 米/秒，小明的速度是 5 米/秒，两人进行 400 米赛跑，同时同起点同向出发，等爸爸跑到半圈时，故意降速为 4 米/秒，按此继续比赛，小明能否在 400 米终点前追上爸爸，如果能，求追上时距离终点还有多少米；如果不能，请说明理由．
【答案】(1)小明的速度为 40 m / s ，爸爸的速度为 20 m / s
93
(2)小明能在 400 米终点前追上爸爸，追上当时距离终点还有 200 (m)
3
【分析】本题是对二元一次方程组的应用，本题实际上可以理解为相遇问题和追及问题来解决．
设小明的速度为 x m / s ，爸爸的速度为 y m / s ，根据题意列二元一次方程组即可；
先求出爸爸跑到半圈所用时间为t1 ，再求此时小明所跑路程为s1 ，小明接下来追上爸爸所需时间t2 ，相比较即可．
【详解】（1）解：（1）设小明的速度为 x m / s ，爸爸的速度为 y m / s ，
 36  x  y   400①
   ②
则依题意得： 
180 yx400
9x  9 y  100③

，于是 9 y  9x  20④ ，
③+④ ，得18y 120 ，即有： y  60  20 ，
93
③  ④ ，得18x  80 ，即有： x  40 ，
9
答：小明的速度为 40 m / s ，爸爸的速度为 20 m / s ．
93
（2）（2）解：结论：小明能在 400 米终点前追上爸爸，且追上时距离终点还有 200 m ．
3
理由：爸爸跑到半圈所用时间为t  200  100 (s) ，
163
此时小明所跑路程为s  100  5  500 (m) ，
133
爸爸和小明的距离200  500  100 (m) ，
33
因此小明接下来追上爸爸所需时间t  100  (5  4)  100 (s) ，
233
追上时，小明的爸爸总路程200  100  4  1000 (m)  400m ，
33
因此小明能在 400 米终点前追上爸爸．
追上当时距离终点还有400  1000  200 (m) ．
33
变式应用
文化背景：白居易《忆江南》中写道“山寺月中寻桂子，郡亭枕上看潮头”
接待点 A：西溪湿地
景点 B：法镜寺（游山寺） 景点 C：猪头角坝（观江潮）
从点 A 出发骑自行车匀速骑行至点 B，B 点游玩后乘
坐大巴匀速行驶至点 C，C 点游玩后返回点 A．
旅游路线：
设从接待点 A 出发后时间为 xh ，总路程为 ykm ．y 关于 x 的函数图象如右图所示．已知：大巴车速度是自行车速度的 8 倍．
行程函数图象：
【变式 01】（2025·浙江·模拟预测）暑假实践活动，小姜和小杨想要共同完成一项夏日杭州文化旅游攻略，其中一项攻略方案如下：
【答案】（1）A→B 段路程为180 km ，大巴车行驶段的路程 B→C； 864 km ；（2） b  5 29 ；（3）3 小时
292932
【分析】本题考查了函数图象，二元一次方程组的应用，注意数形结合思想与函数思想的运用；
本题只要抓住时间和总路程即可．从图象中可以梳理出来的已知条件有，总路程为36km ；骑行时长
1.25h ；大巴车行驶时长(a  0.75)  a  0.75(h) ；加上已知“大巴车速度是自行车速度的 8 倍”，可设自行车
1.25m  0.75n  36
（1）方案梳理
分别求出自行车骑行段的路程 A→B 和大巴车行驶段的路程 B→C；
（2）回程规划
求 b 的值；
（3）行程思考
求本项方案中，游客在景点游玩的总时长．
速度为mkm/h ，大巴车nkm/h ，解二元一次方程组

n  8m
即可．
b 表示返程回到接待点的时间，只要求出返程用了多少时间即可，在已知大巴车速度的情况下，可求．
本题只要用关于 a 的代数式列式，直接可求解，即总时长 (a 1.25) 5  (a  0.75)
【详解】解：（1）由函数图象可知，总路程为36km ；骑行时长1.25h ；大巴车行驶时长
(a  0.75)  a  0.75(h) ．
设自行车的速度为mkm/h ，大巴车的速度为nkm/h ，
1.25m  0.75n  36
则有： 

n  8m．
 m  144

解得： 

n 

29 ，
1152
29
所以自行车的速度为144 km/h ，大巴车的速度为1152 km/h ，
2929
自行车骑行段的路程 A→B 为144 1.25  180 (km) ，大巴车行驶段的路程 B→C； 1152  0.75  864 (km) ．
2929
36  1152  29 h，b  5  29  5 29 h ；
29323232
所以 b 的值为5 29 h ．
32
总时长 (a 1.25) 5  (a  0.75)
2929
 a 1.25  5  a  0.75
 3(h) ，
所以游客在两个景点游玩的总时长为3h ．
【典例 03】（2024·广东广州·模拟预测）今年年初一美丽的白鹅潭江而进行了以“活力湾区，新彩广州”为主题的烟花汇演，甲、乙两人从各自家前往最佳观赏点之一的洲头咀公园观看烟花汇演，由于当晚该公园
附近路段实施了交通管制，甲先将车开到距离自己家 20 千米的停车场后，再步行 2 千米到达目的地，共花了 1 小时．此期间，已知甲开车的平均速度是甲步行平均速度的 10 倍．
(1)求甲开车的平均速度及步行的平均速度分别是多少？
(2)乙是骑车前往与他家相距 8 千米的目的地，若乙骑车的平均速度比甲步行的平均速度快 8a 千米/小时
（ a  0 ），乙骑车时间比甲开车时间多 a 小时，求 a 的值．
【答案】(1)甲开车的平均速度是 40 千米/小时，步行的平均速度是 4 千米/小时
2
(2) a 的值为 1
【分析】本题考查了分式方程的应用以及一元二次方程的应用．
设甲步行的平均速度是 x 千米/ 小时，则甲开车的平均速度是10x 千米/ 小时，利用时间 路程 速度，结合甲到达目的地共花了 1 小时，可列出关于 x 的分式方程，解之经检验后，可得出甲步行的平均速度，再将其代入10x 中，即可求出甲开车的平均速度；
利用路程 速度时间，可列出关于a 的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
【详解】（1）设甲步行的平均速度是 x 千米/ 小时，则甲开车的平均速度是10x 千米/ 小时，
根据题意得： 20  2  1，
10xx
解得： x  4 ，
经检验， x  4 是所列方程的解，且符合题意，
10x  10  4  40 （千米/ 小时）．
答：甲开车的平均速度是 40 千米/ 小时，甲步行的平均速度是 4 千米/ 小时；
（2）根据题意得： (4  8a)( 20  a)  8 ，
40
即( 1  a)2  1， 2
解得： a  1 ， a   3 （不符合题意，舍去）．
1222
a1
答： 的值为 2 ．
【典例 04】（2025·福建泉州·模拟预测）阅读材料：
在物理学中，物体做匀速直线运动时，路程s ，速度v ，时间t 之间的关系为s  vt ，其速度v 与时间t 的函数图象如图 1 所示，可以发现在0 ≤ t ≤ t0 ．这段时间内路程s 的数值等于图中阴影部分的面积（即v 轴、t轴、直线t  t0 及直线v  v0 围成的矩形的面积）的数值，同理，物体做匀变速直线运动时也有类似的结
论，当v 是关于t 的一次函数时，如图 2，在0 ≤ t ≤ t0 这段时间内路程s 的数值等于图中阴影部分的面积
（即t 轴、直线t  t0 及直线v  kt 围成的直角三角形的面积）的数值．
阅读以上材料，完成下列问题：已知甲、乙从同一起点沿相同方向同时出发，图 3 是甲、乙的速度v 与时间t 的函数图象，点 A0, 2 ， B 3, 6 ．
甲在 3 秒内经过的路程为；（单位：m）
求出发后，甲、乙速度相等的时间t ；
求出发后，甲、乙相遇的时间t ．
【答案】(1) 6m
t  1秒
t  2 秒
【分析】（1）由图3 可知，甲的速度v 与时间t 的函数图象为平行于t 轴的一条射线，又因其过点 A0, 2 ，因而甲的速度v 与时间t 的函数解析式为v  2 t  0 ，然后根据s  vt 即可求出甲在3 秒内经过的路程；
由图3 可知，甲的速度v 与时间t 的函数图象是以原点为端点的一条射线，因而设v  kt k  0 ，又因其过点 B 3, 6 ，把 B 3, 6 代入，得6  3k ，解得k  2 ，则乙的速度v 与时间t 的函数解析式为
v  2t t  0 ，当甲、乙速度相等时，根据题意得2  2t ，解方程即可求出t 的值；
甲、乙相遇说明甲、乙所行路程相等，甲的路程为s  vt  2t ，乙的路程为s  1  v  t  t 2 ，根据题意
2
得2t  t 2 ，解方程即可求出t 的值．
【详解】（1）解：由图3 可知：甲的速度v 与时间t 的函数图象为平行于t 轴的一条射线，又Q其过点 A0, 2 ，
甲的速度v 与时间t 的函数解析式为v  2 t  0 ，
甲在3 秒内经过的路程为：
s  vt  2  3  6m ，故答案为： 6m ；
解：由图3 可知：甲的速度v 与时间t 的函数图象是以原点为端点的一条射线，
设v  kt k  0 ，又Q其过点 B 3, 6 ，
把 B 3, 6 代入，得： 6  3k ，解得： k  2 ，
乙的速度v 与时间t 的函数解析式为v  2t t  0 ，
当甲、乙速度相等时，根据题意得：
2  2t ，
解得： t  1，
出发后，甲、乙速度相等的时间为t  1秒；
解：甲、乙相遇说明甲、乙所行路程相等，甲的路程为： s  vt  2t ，
乙的路程为： s  1  v  t  1  2t  t  t 2 ，
22
根据题意得： 2t  t 2 ，即： t 2  2t  0 ，
解得： t  2 或0 （不合题意，故舍去），
出发后，甲、乙相遇的时间为t  2 秒．
【点睛】本题主要考查了从函数的图象获取信息，求一次函数解析式，一元一次方程的应用（其他问
题），一元二次方程的应用（行程问题），有理数乘法的实际应用等知识点，读懂题意，能够从函数图象中获取正确信息是解题的关键．
变式应用
起点
第1签
5km
第2 签
13.5km
第3 签 17km
第4 签
23.5km
第5 签
29.5km
第6 签 35.5km
终点
50km
电视塔
升平里
欧 C 工业园
悦城峯境
绿岛湖
智慧公园
青年公园
世纪莲
【变式 01】（2025·广东佛山·三模） 2025 年佛山50 公里徒步活动，约40 万市民迎着春光奔跑，用脚步丈量绿美佛山环城线中途设置了6 个签到点，签到点与起点的距离如下表：
求：小明从第4 签到第6 签的平均速度是起点到第3 签的平均速度v 的0.8倍，且他从第4 签到第6 签比起
点到第3 签少用 2 h ，求v 的值． 5
【答案】v 的值为5km/h ．
【分析】此题考查了分式方程的应用，根据题意得17  35.5  23.5  2 ，然后解方程并检验即可，读懂题
v
意，找出等量关系，列出方程是解题的关键．
【详解】解：根据题意得： 17  35.5  23.5  2 ，
v0.8v5
解得： v  5 ，
0.8v5
经检验， v  5 是所列方程的解，且符合题意，答： v 的值为5km/h ．
【变式 02】（2025·陕西西安·模拟预测）2025 年 2 月 20 日西安市教育局印发《2025 年西安市初中学业水平体育与健康考试工作方案》，《方案》就“体育与健康”的考试项目、计分方法等进行了规定，某校初三学
生小明（男）和小红（女）近期参加完“体育与健康”考试，小明在“耐力、心肺功能”选择的是 1000 米，若跑进 3 分 57 秒，则项目分值为 100 分，小红在“耐力、心肺功能”选择的是 800 米，若跑进 3 分 47 秒，则此项目分值为 100 分．已知小明跑 1000 米的速度是小红跑 800 米速度的 1.5 倍，若他俩同时起跑小红跑完
800 米比小明跑完 1000 米多用了 40 秒，请通过计算帮助小明判断这个项目他能否得 100 分．
【答案】小明该项目为 100 分
【分析】本题考查分式方程的应用，理解题意，正确列出方程是解答的关键．设小红跑 800 米的速度为 x米/分钟，则小明跑 1000 米的速度是1.5x 米/分钟，根据“小红跑完 800 米比小明跑完 1000 米多用了 40 秒”列方程求解即可．
【详解】解：设小红跑 800 米的速度为 x 米/分钟，则小明跑 1000 米的速度是1.5x 米/分钟．
根据题意，得 800  1000  40 ，
x1.5x60
解得： x  200 ，
经检验： x  200 是分式方程的解．
1000  200 1.5  10  31 分钟，
33
即为 3 分 20 秒小于 3 分 57 秒，
∴小明该项目为 100 分．
技法 08用方程、不等式的知识解决动点问题
知识必备
几何图形性质（三角形、四边形等），动点问题中线段长度的代数表示，一元一次方程，一元二次方程（可能），勾股定理，相似三角形，分类讨论思想，时间取值范围，函数思想。
答题技法
掌握“化动为静”原则，画出不同时刻的图形。通常分三步：一设（设时间为 t），二表（用 t 表示相关线段），三列（根据面积公式或全等条件列方程）。注意考虑动点运动范围，可能需要分情况讨论（如点在线段上或延长线上）。
母题精讲
【典例 01】（2025·江苏苏州·模拟预测）如图，在数轴上点 A 表示的数为a ，点 B 表示的数为b ，点C 表
示的数为c ，点C 是 AB 的中点 已知a ， b 满足| a  7 | (b  9)2  0 ，现有两动点 P ， Q 在数轴上同时开始运动，其中点 P 从点 B 出发向左匀速运动，速度为每秒4 个单位长度，点Q 从点C 出发向左匀速运动，速度为每秒2 个单位长度．
填空： a  b  ， c  ；
求几秒后， P ， Q 之间相距1个单位长度；
若点 P 运动到C 后，立刻以每秒2 个单位的速度运动到 A 后，再以每秒8 个单位长度的速度返回到 B 点时停止运动；点Q 运动到 A 后，立刻以每秒4 个单位长度的速度返回到 B 点时停止运动，在此运动过程中，是否会存在CP  2CQ ？若存在，请直接写出运动时间t 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) 2 ，1；
7 或 9 秒
22
存在， t 的值为1或 26 或13
52
【分析】此题考查的是绝对值与平方的非负性，数轴与动点问题，线段的中点，掌握数轴上两点之间的距离公式和行程问题公式是解题关键．
根据绝对值与平方的非负性，求出a  7 ， b  9 ，则a  b  2 ，再由点C 为 AB 中点，得到
b  c  c  a ，即c  a  b  1 ，即可解答；
2
设运动时间为t 秒，则点 P 表示的数为9  4t ，点Q 表示的数为1 2t ，分类讨论： ① 当点 P 在点Q 右侧时， ② 当点 P 在点Q 左侧时，逐个求解即可；
先讨论点 P 的运动时间，再讨论点Q 的运动时间，继而分阶段讨论是否存在CP  2CQ ： ① 当 P 从 B
到C ， Q 从C 到 A 时，即0  t  2 ， ②P 从C 到 A ， Q 从C 到 A 时，即2  t  4 ， ③P 从C 到 A ， Q 从 A 返
回C 时， 4  t  6 ， ④P 从 A 返回C ， Q 从C 返回 B 时， 6  t  7 ， ⑤P 从C 返回 B ， Q 从C 返回 B 时，
7  t  8 ，逐项分析求解即可．
【详解】（1）解：Q a  7  (b  9)2  0 ，
 a  7  0 ， b  9  0 ，
 a  7 ， b  9 ，
 a  b  2 ，
Q点C 为 AB 中点，
b  c  c  a ，
即c  a  b  1 ， 2
故答案为： 2 ，1；
解：设运动时间为t 秒，
则点 P 表示的数为9  4t ，点Q 表示的数为1 2t ，
Q P ， Q 之间相距1个单位长度，则可分两种情况讨论，
当点 P 在点Q 右侧时，
9  4t  1 2t   1，
解得t  7 ；
2
当点 P 在点Q 左侧时，
1 2t  9  4t   1，
解得t  9 ；
2
79PQ
综上， 或 秒之后， ，
22
之间相距1个单位长度；
解：分阶段讨论是否存在CP  2CQ ：先讨论点 P 的运动时间，
点 P 从 B 到C 所需时间： 9 1  2 秒，此时0  t  2 ，点 P 表示的数为9  4t ，
4
点 P 从C 到 A 所需时间： 1 7  4 秒，此时2  t  6 ，点 P 表示的数为1 2 t  2  5  2t ，
2
点 P 从 A 到 B 所需时间： 9  7  2 秒，此时6  t  8 ，点 P 表示的数为7  8t  6  8t  55 ，
8
再讨论点Q 的运动时间，
点Q 从C 到 A 所需时间： 1 7  4 秒，此时0  t  4 ，点Q 表示的数为1 2t ，
2
点Q 从 A 到 B 所需时间： 9  7  4 秒，此时4  t  8 ，点Q 表示的数为7  4 t  4  4t  23 ，
4
① 当 P 从 B 到C ， Q 从C 到 A 时，即0  t  2 ，
CP  9  4t 1  8  4t ，
CQ  1 1 2t   2t ，
若CP  2CQ ，则8  4t  2  2t ，即8  4t  4t ，
解得t  1；
②P 从C 到 A ， Q 从C 到 A 时，即2  t  4 ，
CP  1 5  2t   2t  4 ，
CQ  1 1 2t   2t ，
若CP  2CQ ，则2t  4  2  2t ，即2t  4  4t ，
解得t  2( 不满足2  t  4 ，舍去) ；
③P 从C 到 A ， Q 从 A 返回C 时， 4  t  6 ，
CP  1 5  2t   2t  4 ，
CQ  1 4t  23  24  4t ，
若CP  2CQ ，则2t  4  2 24  4t  ，
解得t  26 ；
5
④P 从 A 返回C ， Q 从C 返回 B 时， 6  t  7 ，
CP  1 8t  55  56  8t ，
CQ  4t  23 1  4t  24 ，
若CP  2CQ ，则56  8t  2 4t  24 ，
解得t  13 ；
2
⑤P 从C 返回 B ， Q 从C 返回 B 时， 7  t  8 ，
CP  8t  55 1  8t  56 ，
CQ  4t  23 1  4t  24 ，
若CP  2CQ ，则8t  56  2 4t  24 ，此时方程无解；
综上， t 的值为1或 26 或13 ．
52
变式应用
【变式 01】（2025·黑龙江佳木斯·二模）几何综合题
如图，在四边形 ABCD 中， AD ∥ BC ，ÐB = 90°， AD  8 cm， BC  12 cm， AB  6 cm，点 Q 从点 A 出发以 2cm/s 的速度沿 AD 向点 D 运动，点 P 从点 B 同时出发以 1cm/s 的速度沿 BC 向点 C 运动，当其中一点到达终点时，两点同时停止运动．设运动时间为 t 秒．
(1)当 t 为何值时，以 P，Q，B，D 为顶点的四边形是平行四边形？
(2)是否存在某一时刻 t，使得四边形 PQDC 的面积等于原四边形 ABCD 面积的一半？若存在，求出 t 的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1) t  8
3
(2) t  10
3
【分析】此题考查了直角梯形的性质、平行四边形的判定与性质以及矩形的判定与性质，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用是解答本题的关键．
当 DQ  BP 时，由 DQ ∥ BP ，得四边形 BPDQ 是平行四边形，列出关于 t 一元一次方程即可求解．
由四边形 PQDC 的面积等于原四边形 ABCD 面积的一半，可得S
一次方程，即可解答．
【详解】（1）解：由题意及图，可得
DQ  8  2t ， BP  t ，
当 DQ  BP 时，由 DQ ∥ BP ，得四边形 BPDQ 是平行四边形．
∴ 8  2t  t ，解得t  8 ．
3
梯形ABPQ
 1 S
2
梯形ABCD
，列出关于 t 一元
∴t8PQBD
当 为 时，以
3
， ， ，
为顶点的四边形是平行四边形．
（2）由题意及图，可得
DQ  8  2t ， PC  12  t ， AQ  2t
∵四边形 PQDC 的面积等于原四边形 ABCD 面积的一半，
∴ S梯形ABPQ
 1 S
2
梯形ABCD ，
即 1 AB( AQ  BP)  1  1 AB( AD  BC) ，
22 2
2t  t  1 (8 12) ，
2
解得t  10 ．
3
母题精讲
【典例 01】（2024·福建泉州·二模）如图，在RtV ABC 中， C  90 ， AB  10cm ， AC  8cm ，动点 P
从点 A 出发在射线 AC 上以2cm/s的速度运动．设运动的时间为t s ．
(1)直接填空： BC 的长为cm ；
(2)当VPAB 是等腰三角形时，求t 的值．
【答案】(1) 6
(2) t 的值为 25 或5 或8 ．
8
【分析】本题考查了勾股定理、等腰三角形的判定与性质、方程的解法，掌握等腰三角形的判定与性质、勾股定理的应用及“分类思想”的应用是解题关键．
(1)根据已知条件运用勾股定理计算即可；
(2)根据已知条件运用“分类思想”分别构造以 AB 为底、 BP1 为底、 AP2 为底的等腰三角形，然后根据等腰三角形的判定与性质及勾股定理分别列出关于t 的方程，最后，逐一进行计算即可．
102  82
【详解】（1）解：∵ C  90 ， AB  10cm ， AC  8cm ，
AB2  AC 2
∴ BC 

 6 cm ．
故答案为： 6 ；
（2）解：①如图 1，当 AB 为底时，点 P 在 AC 上， AP  2tcm ， CP  AC  AP  8  2t  cm ．
作 PD 垂直平分 AB ，垂足为点 D ，交 AC 于点 P ，连接 BP ．由（1）得： BC  6 cm ．
∵ PD 垂直平分 AB ，
∴ AP  BP  2tcm ．
在RtVBCP 中， BC 2  CP2  BP2 ，即62  8  2t 2  2t 2 ，
解得： t  25 ．
8
②如图 2，当 BP1 为底时，点 P1 在 AC 的延长线上， AP1  2tcm ．
∵ AP1  AB ，
∴ 2t  10 ， 解得： t  5 ．
③如图 2，当 AP2 为底时，点 P2 在 AC 的延长线上， AP2  2tcm ， P2C  P2 A  AC  2t  8 cm ．
∵ P2 B  AB ， BC  P2 A ，
∴ P2C  AC （“三线合一”），即2t  8  8 ，
解得： t  8 ．
∴当VPAB 是等腰三角形时， t 的值为 25 或5 或8 ．
8
变式应用
【变式 01】（2025·江苏无锡·模拟预测）如图，在矩形 ABCD 中， AB  6 ， BC  8 ．点 P 从点 A 出发，沿 AB 边向点 B 以 1 个单位长度/秒的速度运动，同时点 Q 从点 B 出发，沿 BC 边向点 C 以 2 个单位长度/秒 的速度运动，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．设运动时间为 t 秒t  0 ．
当t  2 时，求VPBQ 的面积；
当 t 为何值时， VPBQ 的面积最大？最大面积是多少？
是否存在某一时刻 t，使VPBQ 的面积等于矩形 ABCD1t
明理由．
【答案】(1)8
t  3, VPBQ 的面积最大，且为9
不存在，理由见详解
面积的 4 ？若存在，求出
的值；若不存在，请说
【分析】本题考查了矩形的性质，二次函数的其他应用，一元二次方程的应用，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
先由矩形的性质得ÐB = 90°，结合时间和速度，得出 BQ  4, BP  AB  AP  4 ，运用三角形面积公
式进行列式计算，即可作答．
V PBQ
先由矩形的性质得ÐB = 90°，结合时间和速度，得出 BQ  2t, BP  AB  AP  6  t ，运用三角形面积公式进行列式得S t 2  6t ，根据二次函数的性质进行分析，即可作答．
先由矩形的性质得ÐB = 90°，且结合题意得S 1  48  12 ，运用三角形面积公式进行列式得
V PBQ4
t  32  3  0 ，即可作答．
【详解】（1）解：连接 PQ ，如图所示：
∵四边形 ABCD 是矩形，
∴ÐB = 90°，
依题意，当t  2 时，则 AP  2 1  2, BQ  2  2  4 ，
∴ BP  AB  AP  6  2  4 ，
∴VPBQ 的面积 1 BP  BQ  1  4  4  8 ；
22
解：∵四边形 ABCD 是矩形，
∴ÐB = 90°，
依题意，
AP  1 t  t, BQ  2  t  2t ，
∴ BP  AB  AP  6  t ，
∵当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．
∴ 8  2  4,6 1  6 ，即0  t  4 ，
∴ SV PBQ
 1 BP  BQ  1 6  t  2t  t 2  6t ；
22
∵ 1  0 ，
∴函数SV PBQ
 t 2  6t 的开口向下，在t  
6
2 1
 3 时， S
V PBQ
有最大值，
V PBQV PBQ
即把t  3 代入S t 2  6t ，得S 32  6  3  9 ，
∴当 t 为3 秒时， VPBQ 的面积最大？最大面积是9 ；
解：不存在，理由如下：
在矩形 ABCD 中， AB  6 ， BC  8 ．
∴ÐB = 90°，矩形 ABCD 的面积 6  8  48 ，
∵VPBQ 的面积等于矩形 ABCD
∴ S 1  48  12 ，
1
面积的 4 ，
V PBQ4
V PBQ
由（ 2 ）得S t 2  6t ，
∴ t 2  6t  12 ，
则t 2  6t  9  12  9  3 ，
∴t  32  3  0 ，
此时无法找到一个 t 使得t  32  3 成立，
即不存在某一时刻 t，使VPBQ 的面积等于矩形 ABCD
1
面积的 4 ．
实 战 演 练
巩固提升
1．（2025·山东滨州·中考真题）两个非零实数 m、n 满足m2 
m  n ．
nm
3n  5 ， n2 
3m  5 ，且m  n ，则
【答案】 7
2
【分析】本题考查了乘法公式，因式分解法解方程，分式的化简求值，掌握相关知识点是解题关键．将已
3
知条件相加减，得到m  n ， m
2  n2
 7 ，进而得出mn  2 ，再代入
nm 2  n2
 
计算即可．
mmn
【详解】解：由题意可知， m2 
3n  5 ， n2 
3m  5 ，
将两式相减得m2 
3n  n2 
3m
 m2  3n  n2  3m
 m  nm  n 
 m  nm  n 
Q m  n ，
 m  n  0 ，
3 m  n
3   0 ，
3
 m  n  0 ，
 m  n  3 ，
将两式相加得m2 
3n  n2 
3m  m2  n2 
3 m  n  10 ，
3
 m2  n2  3  10 ，
 m2  n2  7 ，
m  n2  m2  2mn  n2 ，
 3 2  7  2mn ，
解得： mn  2 ，
nm2  n27
    ，
mmn2
故答案为：  7 ．
2
2．（2025·上海·模拟预测）我们知道凸透镜的焦距公式为 1  1  1 ，其中 ƒ 是凸透镜的焦距，u 表示物
ƒuv
距，v 表示像距． 若凸透镜和物体距离20cm 时，凸透镜另一侧的光屏上成了一个清晰的像，仅移动凸透镜，将像距减小10cm ，光屏上又成了一个清晰的像，那么该凸透镜的焦距是．
【答案】12cm
【分析】本题考查分式方程的应用，根据像距减小10cm ，得到物距增加10cm ，根据焦距是个定值，列出方程进行求解即可．
【详解】解：由题意，移动凸透镜后，像距变为v 10cm ，物距变为20 10  30cm ，
由题意，得： 1
20
 1 
v
1 1，
30v 10
解得v  30 或v  20 （舍去）；
1
∴ 1  1  1  5 ；
ƒ20306012
∴ ƒ  12cm ； 故答案为：12cm
3．（2025·四川广元·中考真题）幻方的历史悠久，传说最早出现在夏禹时代的“洛书”中．把洛书用今天的数学符号翻译出来，就是一个三阶幻方（如图①），将 9 个数填在3 3 （三行三列）的方格中，如果满足每个横行、每个竖列、每条对角线上的三个数字之和都相等，就得到一个广义的三阶幻方．图②的方格中填写了一些数字和字母，若能构成一个广义的三阶幻方，则 xy  ．
【答案】1
【分析】本题考查了三阶幻方的核心性质（每行、每列、每条对角线上的三个数字之和相等，即幻和相等）以及有理数的乘方运算．解题的关键是通过设定幻和为 S，用字母表示未知格子的数字，再利用幻和相等的性质建立方程，进而求解出字母 x、y 的值．
y
4
2
2
x
a
b
【详解】解：设三阶幻方的幻和为S （即每行、每列、每条对角线的数字之和均为S ) ．设三阶幻方的 9 个数字分别为：
根据“每个横行、每个竖列、每条对角线上的三个数字之和都相等，和均为 S”，可得：
2  2  x  b  x  4  S①

 y  2  a  a  2  4②
解①得b  4 ，解②得： y  0 ，则S  y  2  b  6
再代入①得： x  6
 xy  60  1 ．故答案为：1．
2x  3x  2
4．（2025·福建泉州·三模）（1）解不等式组：  2x 112 ；
 x 
（2）解方程： 2x 
2x 1
x x  2
 2 ．
323
【答案】（1） 2  x  2 ；（2） x  4
5
【分析】本题考查了解一元一次不等式组和解分式方程，根据不等式的解集找出不等式组的解集是解
的关键，能把分式方程转化成整式方程是解（2）的关键．
先求出不等式组中每个不等式的解集，再求出不等式组的解集即可：
先把分式方程转化成整式方程，求出整式方程的解，再进行检验即可．
2x  3x  2①
【详解】解：（1）  2x 112，
 x  ②
323
Q解不等式①得： x  2 ，解不等式②得： x  2 ，
不等式组的解集为2  x  2 ：
（2）方程两边都乘以2x 1 x  2 得2x  x  2  x 2x 1  2  x  22x 1
解得： x  4 ，
5
检验：把 x  4 代入2x 1 x  2  0 ，
5
所以 x  4 是原方程的解，
5
即原方程的解是 x  4 ．
5
5．（2025·山东潍坊·三模）已知关于 x 的一元二次方程 x2  2x  k 1  0 有两个实数根x1 和 x2 ．
(1)求实数k 的取值范围；
(2)若两个实数根x1 和 x2 满足 x1  x2  x1 x2  4 ，求k 的整数值．
【答案】(1) k  2
(2) k 的整数值有 0，1，2．
【分析】此题考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，
由一元二次方程的根的情况列得  0 ，由此求出 k 的取值范围；
根据一元二次方程根与系数的关系得到 x1  x2  2 ， x1x2  k  1 ，代入得到不等式，求解即可．
【详解】（1）解：∵于 x 的一元二次方程 x2  2x  k 1  0 有两个实数根x1 和 x2
∴   b2  4ac  4  4 1(k 1)  0
∴ k  2 ；
（2）由根与系数得关系可知， x1  x2  2 ， x1x2  k  1 ，
∵ x1  x2  x1 x2  4 ，
∴ 2  k 1  4
∴ k  1
由（1）知k  2 ，
∴ 1  k ≤ 2 ，
∴ k 的整数值有 0，1，2．
x（元/个）
…
52
53
54
55
…
y（个）
…
760
740
720
700
…
6．（2025·山东东营·中考真题）某文创公司设计了一款黄蓝交汇纪念章，成本价为每个 50 元，以每个不低于成本价且不超过 75 元的价格销售，售价 x（元/个）与每天销售量 y（个）的对应值表格如下：
(1)求出 y 与 x 的函数表达式，并写出自变量的取值范围；
(2)当售价定为多少元时，每天的利润可达到 6000 元？
【答案】(1) y  20x 1800 50  x  75
(2)60 元
【分析】本题主要考查了一次函数的实际应用，一元二次方程的实际应用．
由题意可知 y 是 x 的一次函数，利用待定系数法求解即可．
列出单件的利润乘以销量等于总利润列出关于 x 的一元二次方程求解，再结合 x 的取值范围选择合适的解即可．
【详解】（1）解：由题意可知，y 是 x 的一次函数．设 y 与 x 的函数表达式为 y  kx  b k  0 ，
把52,760 ， 53,740 分别代入，得
760  52k  bk  20
740  53k  b ，解得  1800
b
∴y 与 x 的函数表达式为 y  20x 1800 50  x  75 ．
（2）解：根据题意，得 x  50 y  6000 ，
∴ x  5020x 1800  6000 ．整理，得 x2 140x  4800  0 ．解得 x1  60 ， x2  80 ．
∵ 50  x  75 ，
∴ x  60 ．
答：当每个售价定为 60 元时，每天的利润可达到 6000 元．
7．（2025·湖南长沙·中考真题）为落实科技兴农政策，某乡办食品企业应用新科技推动农产品由粗加工向精加工转变．根据市场需求，该食品企业将收购的农产品加工成 A，B 两种等级的农产品对外销售，已知销售 6 千克 A 等级农产品和 4 千克 B 等级农产品共收入112 元，销售 4 千克 A 等级农产品和 2 千克 B 等级农产品共收入68 元．（不考虑加工损耗）
(1)求每千克 A 等级农产品和每千克 B 等级农产品的销售单价分别为多少元？
(2)若该食品企业以每千克 8 元购进6000 千克农产品，全部加工后对外销售，要求总利润不低于16000 元，则至少需加工 A 等级农产品多少千克？
【答案】(1)A 等级农产品每千克销售单价为12 元，B 等级农产品每千克销售单价为10 元
(2)要求总利润不低于16000 元，则至少需加工 A 等级农产品2000 千克
【分析】本题考查了二元一次方程组、一元一次不等式在实际问题中的应用，正确理解题意即可．
设 A 等级农产品每千克销售单价为 x 元，B 等级农产品每千克销售单价为 y 元，由题意得
6x  4 y  112,

 4x  2 y  68. 即可求解；
设需加工 A 等级农产品m 千克，则需加工 B 等级农产品6000  m 千克，由题意得
12  8 m  10  86000  m  16000 ．即可求解；
【详解】（1）解：设 A 等级农产品每千克销售单价为 x 元，B 等级农产品每千克销售单价为 y 元，
6x  4 y  112,x  12,
由题意得 4x  2 y  68. 解得 y  10.

答：A 等级农产品每千克销售单价为12 元，B 等级农产品每千克销售单价为10 元．
（2）解：设需加工 A 等级农产品m 千克，则需加工 B 等级农产品6000  m 千克，由题意得12  8 m  10  86000  m  16000 ．
解得m  2000 ，
答：要求总利润不低于16000 元，则至少需加工 A 等级农产品2000 千克．
①篮球、足球、排球各买一个的价格为 140 元
②购买 2 个足球的价格比购买一个篮球多花费 40 元
③购买 5 个篮球与购买 6 个足球花费相同
8．（2025·广东深圳·中考真题）某学校采购体育用品，需要购买三种球类．已知某体育用品商店排球的单价为 30 元/个，篮球，足球的价格如下表：
(1)请你从上述 3 个条件中任选 2 个作为条件，求出篮球和足球的单价；
(2)若该学校要购买篮球，足球共 10 个，且足球的个数不超过篮球个数的 2 倍，请问购买多少个篮球时，花费最少，最少费用是多少？
【答案】(1)每个篮球 60 元，每个足球 50 元
(2)当购买篮球 4 个的时候，所花费用最少
【分析】本题考查二元一次方程组，一元一次不等式，一次函数的实际应用，正确的列出方程组，不等式和一次函数解析式，是解题的关键：
设每个篮球 x 元，每个足球 y 元，根据表格信息，列出二元一次方程组进行求解即可；
设蓝球有m 个，购买的总费用是w 元，根据题意，列出不等式求出m 的范围，列出一次函数解析式，根据一次函数的性质，求最值即可．
【详解】（1）解：设每个篮球 x 元，每个足球 y 元，由题意，得：
 5x  6 yx  y  30  140
x  y  30  140
2 y  x  40 或 2 y  x  40或5x  6 y，（三个方程组任选一个即可）

x  60

解得：  y  50 ；
答：每个篮球 60 元，每个足球 50 元．
（2）设蓝球有m 个，则足球有10  m 个
2m  10  m ，
解得： m  10 ，
3
设购买的总费用是w 元，
w  60m  50 10  m  10m  500 ，
Q10  0 ，
w随着m 的减小而减小；
∵ m  10 且m 为整数， 3
当m 最小值为 4 时， w 最小值为 540 元； 答：当购买篮球 4 个的时候，所花费用最少．
9．（2025·湖南岳阳·一模）定义：若关于 x 的一元二次方程ax2  bx  c  0 （ a  0 ）的两个实数根分别为 x1 ， x2 （ x1  x2 ），分别以x1 ， x2 为横坐标和纵坐标得到点M  x1 , x2  ，则称点 M 为该一元二次方程的衍生点．
(1)直接写出方程 x2  2x  0 的衍生点 M 的坐标为；
(2)已知关于 x 的方程 x2  2 m 1 x  m2  2m  0 ．
①求证：不论m 为何值，该方程总有两个不相等的实数根；
②求该方程衍生点 M 的坐标；
【答案】(1) (2, 0)
(2)①见解析；② (m, m  2)
【分析】本题考查了解一元二次方程、根的判别式，解题关键是理解题意并正确计算．
根据题意解出方程的两个根，再根据衍生点的定义即可求出 M 点坐标．
①利用根的判别式即可证明；
②先运用因式分解法整理得 x  m x  m  2  0 ，再根据衍生点的定义即可写出 M 点坐标，即可作答．
【详解】（1）解：∵ x2  2x  0 ，
∴ x  x  2  0 ，
∴两个根为 x1  2, x2  0 ，
根据题意衍生点的定义 x1, x2 为横坐标和纵坐标得到点M  x1 , x2   x1  x2  得 x2  2x  0 的衍生点为(2, 0) ．故答案为： (2, 0) ．
（2）解：①证明：∵ x2  2 m 1 x  m2  2m  0
∴ Δ  b2  4ac
 2 m 12  4 m2  2m
 4 m 12  4 m2  2m
 4 m2  2m 1  4 m2  2m
 4  0 ，
∴不论 m 为何值，该方程总有两个不相等的实数根；
② x2  2 m 1 x  m2  2m  x2  2 m 1 x  m m  2  0 ，
∴ x  m x  m  2  0 ，解得： x1  m, x2  m  2 ，
∴方程 x2  2 m 1 x  m2  2m  0 的衍生点 M 为(m, m  2) ；
10．（2025·重庆·模拟预测）2025 年 1 月 16 日，中国羽毛球协会与重庆大学举行共建羽毛球中心合作签约仪式，将共建西南地区首个羽毛球中心，这一举措不仅能培养出羽毛球精英人才，也有力地促进了重庆的羽毛球经济发展．某体育用品店分别用 1400 元和 2000 元购进 A，B 两种羽毛球拍，已知每副 A 种球拍的
进价比每副 B 种球拍的进价贵 20 元，且购进 A
求 A、B 两种羽毛球拍每副的进价；
种球拍的数量是购进 B
1
种球拍的数量的 2 ．
这批羽毛球拍很快被一抢而空，该店计划再购进一批羽毛球拍，此时每副 A 种球拍的进价不变，购进数量在第一次的基础上增加了3m 副；每副 B 种球拍的进价上涨了m 元，购进 B 种球拍的数量在第一次的基础上减少了2m 副，总花费4100 元，求m 的值．
【答案】(1) A 种羽毛球拍每副的进价为 70 元， B 种羽毛球拍每副的进价为 50 元 (2)5
【分析】此题主要考查了分式方程的应用以及一元二次方程的应用，正确得出等式是解题关键．
设 A 种羽毛球拍每副的进价为 x 元，则 B 种羽毛球拍每副的进价为 x  20 元，利用文具店分别用
1400 元和 2000 元购进 A，B 两种羽毛球拍，购进 A
种球拍的数量是购进 B
1
种球拍的数量的 2 ，列出方程
求出答案；
根据总花费4100 元，列出方程解答即可．
【详解】（1）解：设 A 种羽毛球拍每副的进价为 x 元，则 B 种羽毛球拍每副的进价为 x  20 元，
由题意得1400  2000  1 ，解得： x  70 ，

xx  20 2
经检验， x  70 是原分式方程的解，且符合题意，
∴ x  20  70  20  50 ，
答： A 种羽毛球拍每副的进价为 70 元， B 种羽毛球拍每副的进价为 50 元；
（2）解：第一次购进 A 种羽毛球拍1400  70  20 （副），第一次购进 B 种羽毛球拍2000  50  40 （副），
根据题意可得70 20  3m  50  m40  2m  4100 ，整理得m2  75m  350  0 ，
解得m  5 或m  70 （不符合题意，舍去），
则m  5 ，
答： m 的值为 5．
11．（2025·吉林长春·模拟预测）某学校开展“浸书香校园，品诗词之美”读书活动．现有 A, B 两种诗词书籍整齐地叠放在桌子上，每本 A 书籍和每本 B 书籍厚度的比为5 : 6 ，根据图中所给出的数据信息，求每本 A书籍的厚度和桌子的高度．
【答案】每本 A 书籍厚度为1cm ，桌子的高度为76cm
【分析】本题主要考查了二元一次方程组的实际应用，设每本 A 书籍厚度为 xcm ，则每本 B 书籍的厚度为
6 xcm ，桌子高度为 ycm ，根据 3 本 A 书籍与桌子的高度和为79cm ，5 本 B 书籍与桌子的高度和为82cm
5
建立方程组求解即可．
【详解】解：设每本 A 书籍厚度为 xcm ，则每本 B 书籍的厚度为 6 xcm ，桌子高度为 ycm ，
5
3x  y  79

由题意，得6，

5 5 x  y  82
x  1

解得：  y  76 ，
答：每本 A 书籍厚度为1cm ，桌子的高度为76cm ．
12．（2025·安徽安庆·模拟预测）图案设计
活动 1：在数学活动课上小明提出利用边长相等的等边三角形和正方形设计出一些图形如图①．
观察上面的图形，填写表格：
活动 2：同学们观察小明的图形后，发现小明的设计有些参差不齐，于是他们动手设计图形，小芳利用等边三角形和正方形设计出自己称心的图形如图②．
小芳为了探究自己设计的图形中正方形和等边三角形个数的关系，也设计如下表格：
问题解决：根据以上活动完成下列问题：
a  ， n  （用含m 的代数式表示）；
直接写出S 关于k （ k 为正整数）的函数关系式；
正方形个数
1
2
3
4
5
…
m
三角形个数
4
7
10
13
a
…
n
正方形个数
4
6
8
10
…
S
三角形个数
2
4
6
8
…
2k
若小明的某个图形比小芳的某个图形的等边三角形多 23 个，正方形的个数和为 100 个，求m ， k 的值．
【答案】(1)16， 3m 1
S  2k  2
m  30, k  34
【分析】本题考查了一次函数的实际应用，二元一次方程组的实际应用，正确理解题意是解题的关键．
求出n 关于m 的一次函数关系式即可；
运用待定系数法求解即可；
根据“小明的某个图形比小芳的某个图形的等边三角形多 23 个，正方形的个数和为 100 个，”建立二元一次方程组求解．
【详解】（1）解：由表格数据可知： n 与m 成一次函数关系，
设n  km  b k  0 ，
∵ m  1, n  4 ； m  2, n  7
k  b  4

∴ 2k  b  7 ，

k  3
解得：，
b  1
∴ n  3m 1 ，
当m  5 时， a = 3´5 +1 = 16 ，故答案为：16， 3m 1；
解：由表格数据可得： S 与2k 成一次函数关系，设S  k1  2k  b1 k1  0 ，
∵ S  4, 2k  2 ； S  6, 2k  4 ，
2k1  b1  4
∴ 4k  b  6 ，
 11
k1  1

∴ ，
b12
∴ S  2k  2 ；
n  2k  23

解：由题意得， m  S  100 ，
3m 1 2k  23

即m  2k  2  100 ，
m  30

解得： k  34 ．
冲刺突破
1．（2025·山东德州·中考真题）我们探究发现，关于 x，y 的方程 x  2 y  3 的正整数解有 1 组， x  2 y  5的正整数解有 2 组， x  2 y  7 的正整数解有 3 组，…，那么关于 x，y，z 的方程 x  2 y  2z  15 的正整数解有（ ）
组B．21 组C．28 组D．42 组
【答案】B
【分析】本题考查三元一次方程的问题，先把 x  2 y 看作整体t ，得到t  2z  15 的正整数解有6 组；再分析 x  2 y 分别等于不同值，所对应的正整数解组数，把所有组数相加即为总的解组数．解题的关键是将三元一次方程里的两个未知数看作一个整体，再分层计算．
【详解】解：令 x  2 y  t t  3 ，
则t  2z  15 的正整数解中t 的值可以为： 3 ， 5 ， 7 ，9，11，13
∴ t  2z  15 的正整数解有6 组，
又∵ x  2 y  t  3 的正整数解有1组； x  2 y  t  5 的正整数解有2 组； x  2 y  t  7 的正整数解有3 组； x  2 y  t  9 的正整数解有4 组； x  2 y  t  11的正整数解有5 组； x  2 y  t  13 的正整数解有6 组；
∴方程 x  2 y  2z  15 的正整数解组数为：1 2  3  4  5  6  21．故选：B．
2．（2025·四川绵阳·一模）若关于 x 的方程x2  bx  c  0 的一根大于1，另一根小于1，则下列结论正确的
是（ ）
A． b  c  1
B． b  2
C． b2  4c  0
D． c  0
【答案】A
【分析】本题考查二次函数、一元二次方程综合，熟记二次函数图象与性质、一元二次方程根与系数的关系、一元二次方程根的情况与判别式关系是解决问题的关键．
令 y  x2  bx  c ，根据二次函数图象与性质即可判断 A 选项正确；由一元二次方程根与系数的关系判断
B、D 错误；由一元二次方程根的情况与判别式的关系判断 C 错误，从而得到答案．
【详解】解：A、令 y  x2  bx  c ，
∵二次项系数a  1  0 ，
抛物线开口向下，
Q关于 x 的方程x2  bx  c  0 的一根大于1，另一根小于1，
∴当 x  1 时， 1 b  c  0 ，即b  c  1，选项结论正确，符合题意；
设关于 x 的方程x2  bx  c  0 的两个根为 x1、x2 ，
则 x1  x2  b ，
关于 x 的方程x2  bx  c  0 的一根大于1，另一根小于1，若 x1  0, x2  2.1 ，则 x1  x2  2.1  b ，即b 不一定为2 ， 选项结论错误，不符合题意；
Q关于 x 的方程x2  bx  c  0 的一根大于1，另一根小于1，
一元二次方程x2  bx  c  0 有两个不相等的实数根，即  b2  4c  0 ，选项结论错误，不符合题意；
设关于 x 的方程x2  bx  c  0 的两个根为 x1、x2 ，则 x1 x2  c ，即c  x1 x2 ，
关于 x 的方程x2  bx  c  0 的一根大于1，另一根小于1，若 x1  0, x2  2 ，则 x1 x2  0 ， c  0 ，即c 不一定小于0 ，选项结论错误，不符合题意；
故选：A．
3x 1  x  2

3．（2025·四川眉山·中考真题）若关于 x 的不等式组 2
至少有两个正整数解，且关于 x 的分式
x 1  x  a
方程 a  1  2  3 的解为正整数，则所有满足条件的整数 a 的值之和为（ ）
x  11 x
B．14C．18D．38
【答案】B
【分析】本题主要考查了求不等式组的解集，解分式方程，先解不等式组，确定出 a 的取值范围，再解分式方程，结合解为正整数的条件筛选出 a 的值，最后求和即可．
3x 1  x  2①

【详解】解：  2
x 1  x  a②解①得： x  5
解②得： x  a  1 ，
2
3x 1  x  2

∵关于 x 的不等式组 2
至少有两个正整数解
x 1  x  a
∴不等式组的解集为 a 1  x  5 ．
2
∵不等式组的解集至少有两个正整数解，则解集需包含至少两个整数．
当 a 1  4 时，解集包含 x  4, 5 ，
2
此时a  9 ．
分式方程 a  1  2 
3 化简为： a 1  2x 1 ，
x  11 x
解得 x  a  2 ．
2
x 1
x 1
要求解为正整数且 x  1，则 a  2 为大于等于 2 的整数，
2
即a 为大于等于 6 的偶数．
∵ a  9 ，
∴ a  6 或 8，
当a  6 时，不等式组的解集为2.5  x  5 ，整数解为3, 4,5 ，满足条件．当a  8 时，不等式组的解集为3.5  x  5 ，整数解为4, 5 ，满足条件． 则所有满足条件的整数a 之和为6  8  14 ，
故选：B．
4．（2025·江苏宿迁·中考真题）方程 x2  2024x  2025  0 的两个根分别是m 、n ，则
m2  2023m  2026n2  2023n  2026 
【答案】4048
【分析】本题考查了一元二次方程的解，根与系数的关系，代数式求值，熟练掌握：如果一元二次方程
ax2  bx  c  0 的两根为x ， x ，则 x  x   b , x x  c ．
1212
a1 2a
根据根与系数的关系和方程的解得到m2  2024m  2025  0 ， n2  2024n  2025  0 ，
m  n  2024, mn  2025 ，代入，并再将原式化简为mn  m  n 1，即可求解．
【详解】解：∵方程 x2  2024x  2025  0 的两个根分别是m 、n ，
∴ m2  2024m  2025  0 ， n2  2024n  2025  0 ， m  n  2024, mn  2025
∴ m2  2024m  2025 ， n2  2024n  2025 ，
∴m2  2023m  2026n2  2023n  2026
 2024m  2025  2023m  20262024n  2025  2023n  2026
 m 1n 1
 mn  m  n 1
 2025  2024 1  4048 ，故答案为： 4048 ．
2x  3  0

5．（2025·黑龙江·中考真题）关于 x 的不等式组 x  a  0 恰有 3 个整数解，则 a 的取值范围是．
【答案】2  a  1
【分析】本题考查一元一次不等式组的整数解，解题的关键是根据已知列出关于 a 的不等式组．先解含参的不等式组，根据不等式组恰有 3 个整数解得到关于 a 的不等式组，求解即可．根据解集的情况得到关于 a 的不等式组是解题的关键．
【详解】解：解不等式2x  3  0 得： x ≤ 3 ，
2
解不等式 x  a  0 得： x  a ，
∵不等式组恰有 3 个整数解，
∴ 2  a  1，
故答案为： 2  a  1．
6．（2025·四川广元·中考真题）（1）请从①、②两个小题中任选一个作答．
2
2
①解方程： x2   1 x  0 ；
x 1  0

②解不等式组： 2x 1  5 ．

（2）先化简，再求值：  x  3 
x  2
1 
x2  4x  4
x2  4
，其中 x 的值是（1）中的正整数解．
2


【答案】（1）① x  1，x

；② 1  x  2 ；（2） 1
， 1
12
x  2
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，解一元一次不等式组，分式的化简求值，熟知相关计算法则是解题的关键．
①利用十字相乘法把方程左边分解因式，进而得到两个一元一次方程，解方程即可得到答案；
②先求出每个不等式的解集，再根据 “同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”求出不等式组的解集即可；
先把小括号内的式子通分化简，再把除法变成乘法后约分化简，最后根据所求的正整数解，代入计
算即可．
2
【详解】解：（1）①∵ x2  
2
1 x  0 ，
∴ x 1x  2   0 ，
2
∴ x 1  0 或 x  0 ，
2
解得 x1  1，x2 ；
x 1  0

② 2x 1  5
解不等式 x 1  0 ，得： x  1 ，解不等式2x 1  5 ，得： x  2 ，
∴原不等式组的解集为1  x  2 ；

（2）  x  3 
x  2
1 
x2  4x  4
x2  4


 x  3  x  2  x2  4x  4

x  2x2  4
1 x  22

x  2
 x  2 x  2
 1   x  2 x  2
x  2
1，
x  2
 x  22
由（1）①可得 x  1 ，则原式
1
1 2
 1 ，
由（1）②可得 x  1 ，则原式
1
1 2
 1 ．
习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然之气．”某市图书馆为推广全民阅读活动，决定加大图书购置经费的投入．一月份投入图书购置经费 50 万元，三月份投入图书购置经费 72 万元
(1)求该市这两个月投入图书购置经费的平均增长率．
(2)如果按（1）中经费投入的平均增长率计算，该市计划四月份用不超过当月图书购置经费的5% 购买电脑和实物投影仪共 15 台，捐赠给乡镇学校阅览室．若购买一台电脑需 3300 元，一台实物投影仪需 2400
元，则最多可购买电脑多少台？
【答案】(1)该市这两个月投入图书购置经费的平均增长率为20%
(2)最多可购买电脑 8 台
【分析】（1）根据一月份投入经费1 x2  三月份投入经费，列出方程，求解即可作答；
（2）根据购买电脑和实物投影仪的总费用不超过四月份投入经费的5% ，建立一元一次不等式，求解即可作答．
【详解】（1）解：设该市这两个月投入图书购置经费的平均增长率为 x，根据题意得： 50 1 x2  72 ，
解得： x1  0.2  20% ， x2  2.2 （不合题意，舍去）．
答：该市这两个月投入图书购置经费的平均增长率为20% ；
（2）解：四月份投入图书购置经费为72 1 20%  86.4 （万元），设购买电脑 m 台，则购买实物投影仪15  m 台，
根据题意得： 3300m  2400 15  m  864000  5% ，解得： m  8 ．
答：最多可购买电脑 8 台．
【点睛】连续两次增长率一般用公式a 1 x2  b ，列方程求解，注意结合题意与实际情况，取舍方程的解．
近年来光伏建筑一体化广受关注．朝阳社区拟修建 A ， B 两种光伏车棚若干个，分别使用甲、乙两种不同型号的光伏板，甲种光伏板的单价比乙种光伏板的单价少 200 元，用 7000 元购进甲种光伏板的数量是用 4500 元购进乙种光伏板数量的 2 倍．
(1)求甲种光伏板的单价是多少？
(2)若社区计划购进乙种光伏板的数量比甲种光伏板的 2 倍还多 40 块，且乙种光伏板的数量不低于 400
块，购进两种光伏板的总费用不超过 511000 元，求社区有几种购买方案?哪种方案的费用最低?最低费用是多少元?
【答案】(1)甲种光伏板的单价为 700 元
(2)一共有 11 种购买方案，购买甲种光伏板为 180 块，乙种光伏板为 400 块总费用最低，最低费用为 486000 元
【分析】本题主要考查了一次函数的性质，分式方程的应用，不等式组的应用，解题的关键是根据等量关系列出方程，根据不等关系列出不等式．
设甲种光伏板的单价为 x 元，则乙种光伏板的单价为 x  200 元，根据用 7000 元购进甲种光伏板的数量是用 4500 元购进乙种光伏板数量的 2 倍，列出方程，解方程即可；
设甲种光伏板的数量为m 块，则乙种光伏板的数量为2m  40 块，根据乙种光伏板的数量不低于
400 块，购进两种光伏板的总费用不超过 511000 元，列出不等式，解不等式组得出180  m  190 ，设总费用为 w 元，根据题意得出w  700 m  900 2 m  40  2500 m  36000 ，根据一次函数的性质，得出答案即可．
【详解】（1）解：设甲种光伏板的单价为 x 元，则乙种光伏板的单价为 x  200 元，
由题意得 7000  4500  2 ，
xx  200
解得： x  700 ，
经检验， x  700 为原方程的根，
甲种光伏板的单价为 700 元．
（2）解：设甲种光伏板的数量为m 块，则乙种光伏板的数量为2m  40 块，
2m  40  400

由题意得： 700m  900 2m  40  511000 ，
解得180  m  190 ，
Q m 为正整数，
满足条件的m 有 11 种取值，所以一共有 11 种购买方案，设总费用为 w 元，
则w  700 m  900 2 m  40  2500 m  36000 ，
Q 2500  0 ，
∴w 随m 的增大而增大.
 m 越小，总费用越低，
当m  180 时，总费用最低，
即购买甲种光伏板为 180 块，则乙种光伏板为 400 块总费用最低，最低费用为2500 180  36000  486000 元．
9．（2025·贵州·模拟预测）喜迎熊猫丫丫回国，贵阳一玩具加工厂计划甲车间加工熊猫玩偶 600 个，工作
5 天后，增加了工人人数，每天比增加前多加工 20 个，又加工了两天完成了任务．
(1)求甲车间增加工人人数后每天加工熊猫玩偶的个数；
(2)由于该玩偶深受消费者喜欢，工厂决定扩大生产，安排乙车间加工生产该熊猫玩偶 2 000 个，该车间在
1
加工完成一半后，改进了加工技术，每天比改进技术前多加工 4 ，结果提前 2
技术前每天加工玩偶的个数．
【答案】(1)甲车间增加工人人数后每天加工熊猫玩偶的个数为 100 个；
天完成任务，求乙车间改进
(2)乙车间改进技术前每天加工玩偶的个数为 100 个．
【分析】（1）设甲车间增加工人前每天加工 x 个，则增加工人后每天加工（x  20）个，根据题意列出方程解得即可；
（2）设乙车间改进技术前每天加工 y 个，根据题意列出分式方程解得即可．
【详解】（1）解：设甲车间增加工人人数前每天加工熊猫玩偶的个数为 x 个，则增加工人人数后每天加工熊猫玩偶的个数为（x  20）个，
由题意，得5x  （2 x  20） 600 ，解得 x  80 ，
80  20  100(个) ，
答：甲车间增加工人人数后每天加工熊猫玩偶的个数为 100 个；
（2）解：设乙车间改进技术前每天加工玩偶的个数为 y 个，则改进技术后每天加工玩偶的个数为1 1  y
4 
个 ，
由题意，得
1000 
y

1000 2
1 1  y，
4 

解得 y  100 ，
经检验， y  100 是原方程的解，
答：乙车间改进技术前每天加工玩偶的个数为 100 个．
【点睛】本题考查一元一次方程和分式方程，弄清题意列出相应方程是解题的关键．
10．（2025·广东广州·中考真题）智能机器人广泛应用于智慧农业．为了降低成本和提高采摘效率，某果园引进一台智能采摘机器人进行某种水果采摘．
(1)若用人工采摘的成本为 a 元，相比人工采摘，用智能机器人采摘的成本可降低30% ．求用智能机器人采摘的成本是多少元；（用含 a 的代数式表示）
(2)若要采摘 4000 千克该种水果，用这台智能采摘机器人采摘比 4 个工人同时采摘所需的天数还少 1 天，已知这台智能采摘机器人采摘的效率是一个工人的 5 倍，求这台智能采摘机器人每天可采摘该种水果多少千克．
【答案】(1) 0.7a 元
(2)这台智能采摘机器人每天可采摘该种水果1000 千克．
【分析】本题考查的是列代数式，分式方程的应用；
根据人工采摘的成本为 a 元，相比人工采摘，用智能机器人采摘的成本可降低30% ，再列代数式即可；
设一个工人每天采摘该种水果 x 千克，则智能采摘机器人采摘的效率是每天5x 千克；根据要采摘
4000 千克该种水果，用这台智能采摘机器人采摘比 4 个工人同时采摘所需的天数还少 1 天，再建立分式方程求解即可．
【详解】（1）解：∵用人工采摘的成本为 a 元，相比人工采摘，用智能机器人采摘的成本可降低30% ．
∴用智能机器人采摘的成本是1- 30%a = 0.7a （元）；
（2）解：设一个工人每天采摘该种水果 x 千克，则智能采摘机器人采摘的效率是每天5x 千克；
40004000
∴ 5x
= 4x
-1，
解得： x  200 ，
经检验 x  200 是原方程的解且符合题意；
∴ 5x  1000 （千克），
答：这台智能采摘机器人每天可采摘该种水果1000 千克．
11．（2025·四川绵阳·中考真题）某学校摄影社到商场购买 A，B 两种不同型号的相册，商场的销售方式为以下两种：
①一次性购买 A 型相册不超过 20 本，按照零售价销售；超过 20 本时，超过部分每本的价格比零售价低 6
元销售．
②一次性购买 B 型相册不超过 15 本，按照零售价销售；超过 15 本时，超过部分每本的价格比零售价低 4
元销售．
若购买 30 本 A 型相册和 10 本 B 型相册，共需支付 2240 元；若购买 20 本 A 型相册和 40 本 B 型相册，共需支付 3100 元．
(1)这家商场 A，B 型相册每本的零售价分别是多少元？
(2)若该社团计划购买 A 型和 B 型相册共 15 本，要求 A 型相册数量大于或等于 B 型相册数量的 2 倍，且总费用不超过 870 元，请你设计购买方案，并写出所需费用最少的购买方案．
【答案】(1)A 型相册每本零售价 60 元，B 型相册每本零售价 50 元
(2)该社团共有 3 种购买方案，方案 1：购买 10 本 A 型相册，5 本 B 型相册；方案 2：购买 11 本 A 型相册，
4 本 B 型相册；方案 3：购买 12 本 A 型相册，3 本 B 型相册，方案 1 所需费用最少，为 850 元
【分析】该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．
设这家商场 A 型相册每本的零售价是 x 元， B 型相册每本的零售价是 y 元，根据“购买 30 本 A 型相册
和 10 本 B 型相册，共需支付 2240 元；购买 20 本 A 型相册和 40 本 B 型相册，共需支付 3100 元”，可列出关于 x, y 的二元一次方程组，解之即可得出结论；
设购买m 本 A 型相册，则购买15  m 本 B 型相册，根据“购买 A 型相册数量大于或等于 B 型相册数量的 2 倍，且总费用不超过 870 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，可得出各购买方案，再求出各方案所需费用，比较后，即可得出结论．
【详解】（1）解：设这家商场 A 型相册每本的零售价是 x 元，B 型相册每本的零售价是 y 元，
根据题意得： ，
20x  30  20 x  6 10 y  2240

20x 15 y  40 15 y  4  3100
x  60

解得：  y  50 ．
答：这家商场 A 型相册每本的零售价是 60 元， B 型相册每本的零售价是 50 元；
（2）解：设购买m 本 A 型相册，则购买15  m 本 B 型相册，
m  2 15  m

根据题意得： 60m  50 15  m  870 ，
解得：10  m  12 ，
又∵m 为正整数，
∴m 可以为 10，11，12，
∴该社团共有 3 种购买方案，
方案 1：购买 10 本 A 型相册，5 本 B 型相册；方案 2：购买 11 本 A 型相册，4 本 B 型相册；方案 3：购买 12 本 A 型相册，3 本 B 型相册．
选择购买方案 1 所需费用为60 10  50  5  850 （元）；选择购买方案 2 所需费用为60 11 50  4  860 （元）；选择购买方案 3 所需费用为60 12  50  3  870 （元）， Q850  860  870 ，
∴方案 1 所需费用最少．
答：该社团共有 3 种购买方案，方案 1：购买 10 本 A 型相册，5 本 B 型相册；方案 2：购买 11 本 A 型相册，4 本 B 型相册；方案 3：购买 12 本 A 型相册，3 本 B 型相册，方案 1 所需费用最少，为 850 元．