全国中考数学压轴题分类解析汇编.docx

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全国中考数学压轴题分类解析汇编

年全国中考数学（续套）压轴题分类解析汇编

专题：

代数综合问题

.（黑龙江龙东地区分）国务院总理温家宝年月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。

现要把吨物资从某地运往青海甲、乙两地，用大、小两种货车共辆，恰好能一次性运完这批物资。

已知这两种货车的载重量分别为吨辆和吨辆，运往甲、乙两地的运费如下表：

运往地

车型

甲地（元辆）

乙地（元辆）

大货车

小货车

（）求这两种货车各用多少辆？

（）如果安排辆货车前往甲地，其余货车前往乙地，设前往甲地的大货车为辆，前往甲、乙两地的

总运费为元，求出与的函数关系式（写出自变量的取值范围）；

（）在（）的条件下，若运往甲地的物资不少于吨，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：

（）设大货车用辆，则小货车用（－）辆，根据题意得

＋（－），解得，

∴－－。

答：

大货车用辆，小货车用辆。

（）＋（－）（－）[－（－）]＋，

∴＋（≤≤且为整数）。

（）由＋（－）≥，解得≥。

又∵≤≤，∴≤≤且为整数。

∵，＞，随的增大而增大，

∴当时，最小，最小值为×。

答：

使总运费最少的调配方案是：

辆大货车、辆小货车前往甲地；辆大货车、辆小货车前往乙地．最少运费为元。

【考点】一元一次方程和一次函数的应用

【分析】（）设大货车用辆，则小货车用－辆，根据运输吨物资，列方程求解。

（）设前往甲地的大货车为辆，则前往乙地的大货车为（－）辆，前往甲地的小货车为（－）辆，前往乙地的小货车为[－（－）]辆，根据表格所给运费，求出与的函数关系式。

（）结合已知条件，求的取值范围，由（）的函数关系式求使总运费最少的货车调配方案。

.（黑龙江绥化分）在实施“中小学校舍安全工程”之际，某市计划对、两类学校的校舍进行改造，根据预算，改造一所类学校和三所类学校的校舍共需资金万元，改造三所类学校和一所类学校的校舍共需资金万元．

（）改造一所类学校的校舍和一所类学校的校舍所需资金分别是多少万元？

（）该市某县、两类学校共有所需要改造．改造资金由国家财政和地方财政共同承担，若国家财政拨付的改造资金不超过万元，地方财政投入的资金不少于万元，其中地方财政投入到、两类学校的改造资金分别为每所万元和万元，请你通过计算求出有几种改造方案，每个方案中、两类学校各有几所？

【答案】解：

（）设改造一所类学校的校舍需资金万元，改造一所类学校的校舍所需资金万元，

则

，解得

。

答：

改造一所类学校和一所类学校的校舍分别需资金万元，万元。

（）设类学校应该有所，则类学校有（－）所．

则

，解得

。

∴≤≤，即，，。

∴共有种改造方案：

方案一：

类学校有所，类学校有所；方案二：

类学校有所，类学校有所；方案三：

类学校有所，类学校有所。

【考点】二元一次方程组和一元一次不等式组的应用。

【分析】（）方程（组）的应用解题关键是找出等量关系，列出方程（组）求解。

本题等量关系为：

改造一所类学校和三所类学校的校舍共需资金万元；

改造三所类学校和一所类学校的校舍共需资金万元。

（）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。

本题不等量关系为：

地方财政投资类学校的总钱数地方财政投资类学校的总钱数≥；

国家财政投资类学校的总钱数国家财政投资类学校的总钱数≤。

.（黑龙江黑河、齐齐哈尔、大兴安岭、鸡西分）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，甲种服装每件进价元，售价元；乙种服装每件进价元，售价元．

（）若该专卖店同时购进甲、乙两种服装共件，恰好用去元，求购进甲、乙两种服装各多少件?

（）该专卖店为使甲、乙两种服装共件的总利润（利润售价一进价）不少于元，且不超过元，则该专卖店有几种进货方案?

（）在（）的条件下，专卖店准备在月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（<<）元出售，乙种服装价格不变．那么该专卖店要获得最大利润应如何进货?

【答案】解：

（）设购进甲种服装件，则乙种服装是（－）件，

根据题意得：

＋（－），

解得：

，－－。

∴购进甲、乙两种服装件、件。

（）设购进甲种服装件，则乙种服装是（－）件，根据题意得：

，解得：

≤≤。

∵是正整数，∴共有种方案。

（）设总利润为元，则（－）（－），即（－）。

①当＜＜时，－＞，随增大而增大，

∴当时，有最大值，此时购进甲种服装件，乙种服装件。

②当时，（）中所有方案获利相同，所以按哪种方案进货都可以。

③当＜＜时，－＜，随增大而减小，

∴当时，有最大值，此时购进甲种服装件，乙种服装件。

【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】（）设购进甲种服装件，则乙种服装是（－）件，根据两种服装共用去元，即可列出方程，从而求解。

（）设购进甲种服装件，则乙种服装是（－）件，根据总利润（利润售价进价）不少于元，且不超过元，即可得到一个关于的不等式组，解不等式组即可求得的范围，再根据是正整数整数即可求解。

（）首先求出总利润的表达式，然后针对的不同取值范围进行讨论，分别确定其进货方案。

.（湖北黄冈分）某科技开发公司研制出一种新型产品，每件产品的成本为元，销售单价

定为元．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

新型产品不超过件时，每件按元销售；若一次购买该种产品超过件时，每多购买一件，所购

买的全部产品的销售单价均降低元，但销售单价均不低于元．

（）商家一次购买这种产品多少件时，销售单价恰好为元?

（）设商家一次购买这种产品件，开发公司所获的利润为元，求（元）与（件）之间的函数关系式，并

写出自变量的取值范围．

（）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：

（）设件数为，依题意，得－（－），解得。

答：

商家一次购买这种产品件时，销售单价恰好为元。

（）当≤≤时，（－）；

当＜≤时，[－（－）－]，即－；

当＞时，（－）。

∴

。

（）由－可知抛物线开口向下，当

时，利润有最大值，

此时，销售单价为－（－）元，

答：

公司应将最低销售单价调整为元。

【考点】二次函数的应用。

【分析】（）设件数为，则销售单价为（）元，根据销售单价恰好为元，列方程求解。

（）由利润销售单价×件数，及销售单价均不低于元，按≤≤，＜≤，＞三种情况列出函数关系式。

（）由（）的函数关系式，利用二次函数的性质求利润的最大值，并求出最大值时的值，确定销售单价。

.（湖北孝感分）已知关于的一元二次方程＋（＋）＋＋＝．

（）求证：

无论取何值，原方程总有两个不相等的实数根；

（）若、是原方程的两根，且－＝

，求的值和此时方程的两根．

【答案】解：

（）证明：

由关于的一元二次方程＋（＋）＋＋＝得

△（）－（）（），

∵无论取何值，（）＋恒大于，

∴原方程总有两个不相等的实数根。

（）∵，是原方程的两根，∴－（），•。

∵－＝

，∴（－），即（＋）－。

∴[－（）]－（），即＋－。

解得：

－，。

当－时，原方程化为：

－，解得：

，－

。

当时，原方程化为：

＋＋，解得：

－

，－－

。

【考点】一元二次方程根的判别式和根与系数的关系。

【分析】（）根据关于的一元二次方程＋（＋）＋＋＝的根的判别式△－的符号来判定该方程的根的情况。

（）根据根与系数的关系求得＋和•，由已知条件－＝

平方后可以得到关于＋和•的等式，从而列出关于的方程，通过解该方程即可求得的值，最后将值代入原方程并解方程。

.（湖北鄂州分）某私营服装厂根据年市场分析，决定年调整服装制作方案，准备

每周（按工时计算）制作西服、休闲服、衬衣共件，且衬衣至少件。

已知每件服装的收入和

所需工时如下表：

服装名称

西服

休闲服

衬衣

工时件

收入（百元）件

设每周制作西服件，休闲服件，衬衣件。

（1）请你分别从件数和工时数两个方面用含有的代数式表示衬衣的件数。

（2）求与之间的函数关系式。

（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：

（）从件数方面：

－－，

从工时数方面：

由

整理得：

－－

。

（）由（）得－－－－

，整理得：

－。

（）由题意得总收入＋＋＋（－）＋－＋

由题意得

，解得≤≤。

由一次函数的性质可知，当的时候，最大，即当每周生产西服件，休闲服

件，衬衣件时，总收入最高，最高总收入是百元。

【考点】一次函数和一元一次不等式组的应用。

【分析】（）根据题目中的已知条件分别从件数和工时数两个方面用含，的关系式表示。

（）由（）整理得：

－。

（）由题意得，化为一个自变量，得到关于的一次函数。

由题意得

，

解得≤≤，从而根据一次函数的性质作答。

.（广东河源分）（）已知方程＋＋＝（－≥）的两根为、，求证：

＋＝－，·＝．

（）已知抛物线＝＋＋与轴交于点、，且过点（―，―），设线段的长为，当为

何值时，取得最小值并求出该最小值．

【答案】（）证明：

∵，，，﹣≥，

∴

。

（）解：

把（﹣，﹣）代入得﹣，即﹣。

设抛物线与轴交于、的坐标分别为（，）、（，）。

∵﹣，

∴（﹣）（）﹣•﹣﹣（﹣）。

∴当时，的最小值是。

【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】（）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、的值，再求出两根的和与积即可】

（）把点（﹣，﹣）代入抛物线的解析式，再由﹣可得关于的函数关系式，应用二次函数的最值原理即可得出结论。

.（黑龙江牡丹江分）某校为了更好地开展球类运动，体育组决定用元购进足球个和篮球个，并且篮球的单价比足球的单价多元，请解答下列问题：

（）求出足球和篮球的单价；

（）若学校欲用不超过元，且不少于元再次购进两种球个，求出有哪几种购买方案？

（）在（）的条件下，若已知足球的进价为元，篮球的进价为元，则在第二次购买方案中，哪种方案商家获利最多？

【答案】解：

（）设足球的单价为元，则篮球的单价为＋元，

根据题意，得＋（＋），

解得。

＋。

答：

足球的单价为元，则篮球的单价为元。

（）设购进足球个，则购进篮球－个。

根据题意，得

，解得

。

∵为整数，∴，，。

当，－；当，－；当，－。

∴有三种方案：

方案一：

购进足球个，则购进篮球个；

方案二：

购进足球个，则购进篮球个；

方案一：

购进足球个，则购进篮球个。

（）商家售的利润：

（－）＋（－）（元）；

商家售方案二的利润：

（－）＋（－）（元）；

商家售方案三的利润：

（－）＋（－）（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】（）设足球的单价为元，则篮球的单价为＋元，根据“用元购进足球个和篮球个”列方程求解即可。

（）设购进足球个，则购进篮球－个，根据“不超过元，且不少于元再次购进两种球”列不等式组求解即可。

（）求出三种方案的利润比较即可。

.（辽宁朝阳分）某商家经销一种绿茶，用于装修门面已投资元。

已知绿茶每千克成本元，在第一个月的试销时间内发现。

销量（）随销售单价（元）的变化而变化，具体变化规律如下表所示

销售单价（元）

……

……

销售量（）

……

……

设该绿茶的月销售利润为（元）（销售利润单价×销售量－成本－投资）。

（）请根据上表，写出与之间的函数关系式（不必写出自变量的取值范围）；

（）求与之间的函数关系式（不必写出自变量的取值范围），并求出为何值时，的值最大？

（）若在第一个月里，按使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，销售单价不得高于元，要想在全部收回投资的基础上使第二个月的利润达到，那么第二个月时里应该确定销售单价为多少元？

【答案】解：

（）－＋。

（）与的关系式为：

∵

，

∴当时，的值最大为元。

（）∵在第一个月里，按使获得最大值的销售单价进行销售所获利润为元，

∴第个月还有－元的投资成本没有收回。

则要想在全部收回投资的基础上使第二个月的利润达到元，即才可以，

可得方程

，解得，。

根据题意，不合题意应舍去。

答：

当销售单价为元时，可获得销售利润元，即在全部收回投资的基础上使第

二个月的利润达到元。

【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】（）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，将（，），（，）代入上式得，

，解得，

。

∴－＋。

经验证，（，），（，），（，）满足－＋。

∴与之间的函数关系式为－＋。

（）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。

（）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元，即第二个月必须获得元的利润，把函数值代入，解一元二次方程即可。

.（广西河池分）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，某小区年底拥有家庭电动自行车辆，年底家庭电动自行车的拥有量达到辆.

（）若该小区年底到年底家庭电动自行车拥有量的年平均增长率相同，则该小区到年

底电动自行车将达到多少辆？

（）为了缓解停车矛盾，该小区决定投资万元再建若干个停车位，据测算，建造费用分别为室内车

位元个，露天车位元个.考虑到实际因素，计划露天车位的数量不少于室内车位的倍，但不超过室内车位的倍，则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：

（）设家庭电动自行车拥有量的年平均增长率为，则

（），解得，－（不合题意，舍去）。

∴（）（辆）。

答：

该小区到年底家庭电动自行车将达到辆。

（）设该小区可建室内车位个，露天车位个，则

，

由①得－，代入②得≤≤

∵是正整数，∴或。

当时；当时。

∴方案一：

建室内车位个，露天车位个；

方案二：

室内车位个，露天车位个。

【考点】一元二次方程和一元一次不等式组的应用。

【分析】（）设年平均增长率是，根据某小区年底拥有家庭电动自行车辆，年底家庭电动自行车的拥有量达到辆，可求出增长率，进而可求出到年底家庭电动车将达到多少辆。

（）设建个室内车位，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倍，但不超过室内车位的倍，可列出不等式组求解，进而可求出方案情况。

.（新疆区分）库尔勒某乡，两村盛产香梨，村有香梨吨，村有香梨吨，现将这些香梨运到，两个冷藏仓库．已知仓库可储存吨，仓库可储存吨，从村运往，两处的费用分别为每吨元和元；从村运往，两处的费用分别为每吨元和元．设从村运往仓库的香梨为吨，，两村运香梨往两仓库的运输费用分别为元，元．

（）请填写下表，并求出，与之间的函数关系式；

总计

吨

吨

吨

总计

吨

吨

吨

（）当为何值时，村的运费较少？

（）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：

（）填表如下：

总计

吨

（﹣）吨

吨

（﹣）吨

（）吨

吨

总计

吨

吨

吨

由题意得：

（﹣）﹣；

（﹣）（）。

（）对于﹣（≤≤），

∵﹣＜，∴此一次函数为减函数，

∴当吨时，最小，其最小值为﹣×（元）。

（）设两村的运费之和为（≤≤），

则﹣，

∵＞，∴此一次函数为增函数，

∴当时，有最小值，最小值为元。

∴按如下方案调运，两村的运费之和最小，最小值为元。

吨

吨

吨

吨

【考点】一次函数的应用。

【分析】（）由村共有香梨吨，从村运往仓库吨，剩下的运往仓库，故运往仓库为（﹣）吨，由村已经运往仓库吨，仓库可储存吨，故村应往仓库运（﹣）吨，剩下的运往仓库，剩下的为﹣（﹣），化简后即可得到村运往仓库的吨数，填表即可。

由从村运往，两处的费用分别为每吨元和元；从村运往，两处的费用分别

为每吨元和元，由表格中的代数式，即可分别列出，与之间的函数关系式。

（）由第一问表示出的与之间的函数关系式得到此函数为一次函数，根据的系数为负数，得到此一次函数为减函数，且≤≤，故取最大时，有最小值，即为村的运费较少时的值。

（）设两村的运费之和为，，把第一问表示出的两函数解析式代入，合并后得到为关于的一次函数，且的系数大于，可得出此一次函数为增函数，可得出时，有最小值，将代入关于的函数关系式中，即可求出的最小值。

.（青海西宁分）年月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：

若每月用电量为度以下，收费标准为元度；若每月用电量为度～度，收费标准由两部

分组成：

①其中度，按元度收费，②超出度的部分按元度收费．现提供一居民某月

电费发票的部分信息如下表所示：

根据以上提供的信息解答下列问题：

（）如果月用电量用（度）来表示，实付金额用（元）来表示，请你写出这两种情况实付金额与月用电

量之间的函数关系式；

（）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；

（）若小芳和小华家一个月的实际用电量分别为度和度，则实付金额分别为多少元？

【答案】解：

（）根据题意得：

当≤时，；

当＜≤时，（－）＋×－；

（）∵×＜，∴当时，用电量超出度。

∴－，解得：

。

答：

这个家庭一个月的实际用电量是度。

（）∵度低于度，∴收费标准为元度。

∴×元。

∵度高于度，∴超出的收费标准为元度。

∴×（）×元。

答：

小芳和小华一个月的实付金额分别为元和元。

【考点】一次函数的应用。

【分析】（）分用电量小于度时，成正比例函数关系，实付金额等于单价乘以用电度数，～度时，成一次函数关系，实付金额等于度内的用电付出金额与超出度的用电付出金额的和，然后即可得到与的函数关系式。

（）先计算出元的用电量超出度，然后把实付金额代入函数关系式进行计算即可得解。

（）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。