2021年全国中考数学试题分类汇编专题专题09不等式(组)及应用

专题9 不等式（组）及应用

一、单选题

1．（2021年浙江中考）不等式3x15的解集是（ ） A．x2 【答案】A 【分析】

直接移项、合并同类项、不等号两边同时除以3即可求解． 【详解】 解：3x15，

移项、合并同类项得：3x6， 不等号两边同时除以3，得：x2， 故选：A． 【点睛】

本题考查解一元一次不等式，掌握不等式的基本性质是解题的关键． 2．（2021年河北中考）已知ab，则一定有4a□4b，“A． C． 【答案】B 【分析】

直接运用不等式的性质3进行解答即可． 【详解】

解：将不等式ab两边同乘以-4，不等号的方向改变得4a4b， ∴“

”中应填的符号是“”，

B． D．

”中应填的符号是（ ）

B．x2

C．x4 3D．x4 3故选：B． 【点睛】

此题主要考查了不等式的基本性质3：不等式的两边同乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变，熟练掌握不等式的基本性质是解答此题的关键．

a,ab3．（2021年广西中考）定义一种运算：ab，则不等式(2x1)(2x)3的解集是（ ）

b,ab1

A．x1或x【答案】C 【分析】

1 3B．1x1 3C．x1或x1 D．x1或x1 3根据新定义运算规则，分别从2x12x和2x12x两种情况列出关于x的不等式，求解后即可得出结论． 【详解】

解：由题意得，当2x12x时， 即x1时，(2x1)(2x)2x1， 3则2x13， 解得x1，

∴此时原不等式的解集为x1； 当2x12x时， 即x1时，(2x1)(2x)2x， 3则2x3， 解得x1，

∴此时原不等式的解集为x1；

综上所述，不等式(2x1)(2x)3的解集是x1或x1． 故选：C． 【点睛】

本题主要考查解一元一次不等式，解题的关键是根据新定义运算规则列出关于x的不等式． 4．（2021年湖南常德中考）若ab，下列不等式不一定成立的是（ ） A．a5b5 【答案】C 【分析】

根据不等式的性质逐项进行判断即可得到答案． 【详解】

解：A.在不等式ab两边同时减去5，不等式仍然成立，即a5b5，故选项A不符合题意；

B．5a5b

C．

ab ccD．acbc

B. 在不等式ab两边同时除以-5，不等号方向改变，即5a5b，故选项B不符合题意；

2

C.当c≤0时，不等得到

ab，故选项C符合题意； ccD. 在不等式ab两边同时加上c，不等式仍然成立，即acbc，故选项D不符合题意；

故选：C． 【点睛】

此题主要考查了不等式的性质运用的，熟练掌握不等式的性质是解答此题的关键． 5．（2021年湖南株洲中考）不等式组A．x1 【答案】A 【分析】

先解不等式组中的每一个不等式，再利用不等式组解集的口诀“同小取小”得出解集． 【详解】

B．x2

x20的解集为（ ）

x10C．1x2

D．无解

x20①解：x10②由①，得：x≤2， 由②，得：x＜1，

则不等式组的解集为：x＜1， 故选：A． 【点睛】

本题主要考查了一元一次不等式组解集的求法，关键在于根据解集的特点确定解集：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解得到． 6．（2021年湖南衡阳中考）不等式组x10的解集在数轴上可表示为（ ）

2x6 B．

A．

C．【答案】A 【分析】

D．

3

根据一元一次不等式组的解题要求对两个不等式进行求解得到解集即可对照数轴进行选择． 【详解】

解不等式x+1＜0，得x＜-1， 解不等式-2x6，得x3，

所以这个不等式组的解集为-3x-，在数轴上表示如选项A所示， 故选：A． 【点睛】

本题主要考查了一元一次不等式组的解，正确求解不等式组的解集并在数轴上表示是解决本题的关键．

2x1x17．（2021年湖南怀化中考）不等式组1的解集表示在数轴上正确的是（ ）

x12A．

B．

C．【答案】C 【分析】

D．

分别解两个不等式，将它们的解集表示在同一数轴上即可求解； 带等于号的用实心点，不带等于号的用空心点． 【详解】

解不等式2x1x1 得：x2， 解不等式1x1 2得：x2，

故不等式组的解集为：-2≤x＜2， 在数轴上表示为：

故选C．

4

【点睛】

本题考查了一元一次不等式组的解法，一元一次不等式的解集在数轴上的表示方法；依次解不等式，注意空心点和实心点的区别是解题关键．

3x112x①8．（2021年山东威海中考）解不等式组2时，不等式①②的解集在同一条数轴上表示正

x3(2x1)8②确的是（ ） A．

B．

C．

D．【答案】A 【分析】

先求出不等式组中各个不等式的解集，再利用数轴确定不等式组的解集． 【详解】

解不等式①得：x>−3， 解不等式②得：x≤-1， ∴不等式组的解集为-3故选A． 【点睛】

本题考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集解不等式组时要注意解集的确定原则：同大

5

取大，同小取小，大小小大取中间，大大小小无解了． 9．（2021年黑龙江鹤岗中考）已知关于x的分式方程A．m4 【答案】B 【分析】

根据题意先求出分式方程的解，然后根据方程的解为非负数可进行求解． 【详解】

解：由关于x的分式方程∵方程的解为非负数， ∴

m31的解为非负数，则m的取值范围是（ ） 2x1D．m4且m3

B．m4且m3 C．m4

m3m411可得：x，且x，

22x12m4m410，且， 222解得：m4且m3， 故选B． 【点睛】

本题主要考查分式方程的解法及一元一次不等式的解法，熟练掌握分式方程的解法及一元一次不等式的解法是解题的关键．

10．（2021年内蒙古中考）定义新运算“”，规定：aba2b．若关于x的不等式xm3的解集为x1，则m的值是（ ） A．1 【答案】B 【分析】

题中定义一种新运算，仿照示例可转化为熟悉的一般不等式，求出解集，由于题中给出解集为x1，所以与化简所求解集相同，可得出等式2m31，即可求得m． 【详解】

解：由aba2b， ∴xmx2m3， 得：x2m3，

∵xm3解集为x1， ∴2m31

6

B．2 C．1 D．2

∴m2， 故选：B． 【点睛】

题目主要考查对新运算的理解、不等式的解集、一元一次方程的解等，难点是将运算转化为所熟悉的不等式．

11．（2021年福建中考）二次函数yax2axca0的图象过A(3,y1),B(1,y2),C(2,y3),D(4,y4)2四个点，下列说法一定正确的是（ ） A．若y1y20，则y3y40 C．若y2y40，则y1y30 【答案】C 【分析】

求出抛物线的对称轴，根据抛物线的开口方向和增减性，根据横坐标的值，可判断出各点纵坐标值的大小关系，从而可以求解． 【详解】 解：

二次函数yax2axca0的对称轴为：

2B．若y1y40，则y2y30 D．若y3y40，则y1y20

xb2a1，且开口向上， 2a2a距离对称轴越近，函数值越小，

y1y4y2y3，

A，若y1y20，则y3y40不一定成立，故选项错误，不符合题意； B,若y1y40，则y2y30不一定成立，故选项错误，不符合题意；

C，若y2y40，所以y10,y30，则y1y30一定成立，故选项正确，符合题意； D，若y3y40，则y1y20不一定成立，故选项错误，不符合题意； 故选：C． 【点睛】

本题考查了二次函数的图象与性质及不等式，解题的关键是：根据二次函数的对称轴及开口方向，确定各点纵坐标值的大小关系，再进行分论讨论判断即可．

7

12．（2021年山东聊城中考）若﹣3＜a≤3，则关于x的方程x＋a＝2解的取值范围为（ ） A．﹣1≤x＜5 【答案】A 【分析】

先求出方程的解，再根据﹣3＜a≤3的范围，即可求解． 【详解】

解：由x＋a＝2，得：x＝2-a， ∵﹣3＜a≤3，

∴﹣1≤2-a＜5，即：﹣1≤x＜5， 故选A． 【点睛】

本题主要考查解一元一次方程以及不等式的性质，用含a的代数式表示x，是解题的关键．

B．﹣1＜x≤1

C．﹣1≤x＜1

D．﹣1＜x≤5

2x3113．（2021年内蒙古呼和浩特中考）已知关于x的不等式组x则a的取值范围是（ ） a1无实数解，

124A．a5 2B．a2 C．a5 2D．a2

【答案】D 【分析】

首先解出两个不等式，根据题目该不等式组无实数解，那么两个解集没有公共部分，列出关于a的不等式，即可求解． 【详解】

解：解不等式2x31得，

x≤2，

解不等式

xa11得， 42x2a2，

∵该不等式组无实数解， ∴2a22，

解得：a2， 故选：D．

8

【点睛】

本题考查了不等式的解法和不等式组解集的确定，解题关键是熟练掌握不等式解集的确定，即“大大取大，小小取小，大小小大中间找，大大小小无解了”． 14．（2021年山东菏泽中考）如果不等式组A．m2 【答案】A 【分析】

先解不等式组,确定每个不等式的解集,后根据不等式组的解集的意义,确定m的取值范围即可. 【详解】

B．m2

x54x1的解集为x2，那么m的取值范围是（ ）

xmC．m2

D．m2

x54x1①∵，

xm②解①得x＞2，解②得x＞m，

x54x1∵不等式组的解集为x2，根据大大取大的原则，

xm∴m2， 故选A. 【点睛】

本题考查了一元一次不等式组的解法，熟练根据不等式组的解集确定字母的取值是解题的关键． 15．（2021年重庆中考）不等式x5的解集在数轴上表示正确的是（ ） A．

B．

C．【答案】A 【分析】

D．

直接利用在数轴上表示时点是否为空心或实心，方向是向左或向右进行判断即可． 【详解】

解：x5在数轴上表示时，其点应是空心，方向为向右， 因此，综合各选项，只有A选项符合；

9

故选A． 【点睛】

本题考查了在数轴上表示不等式的解集，解题时，首先要能正确画出数轴，其次是能正确确定点的实心或空心，以及方向的左右等．

16．（2021年重庆中考）不等式x2在数轴上表示正确的是（ ）

A． B． C．

【答案】D 【分析】

D．

根据在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“＜”，“＞”要用空心圆圈表示，把已知解集表示在数轴上即可． 【详解】

解：不等式x2在数轴上表示为：

．

故选：D． 【点睛】

本题考查了在数轴上表示不等式的解集，熟悉相关性质是解题的关键．

17．（2021年浙江金华中考）一个不等式的解在数轴上表示如图，则这个不等式可以是（ ）

A．x20 【答案】B 【分析】

逐项解不等式，选择符合题意的一项． 【详解】

10

B．x20 C．2x4 D．2x0

图中数轴表示的解集是x<2．

A选项，解不等式得x>-2，故该选项不符合题意， B选项，解不等式得x<2，故该选项符合题意， C选项，解不等式得x2 ，故该选项不符合题意， D选项，解不等式得x>2，故该选项不符合题意， 故选：B． 【点睛】

本题主要考查不等式解集的表示方法和解简单的一元一次不等式．根据不等式的性质解一元一次不等式，主要是要细心．

18．（2021年四川南充中考）满足x3的最大整数x是（ ） A．1 【答案】C 【分析】

逐项分析，求出满足题意的最大整数即可． 【详解】

A选项，13，但不是满足x3的最大整数，故该选项不符合题意， B选项，23，但不是满足x3的最大整数，故该选项不符合题意， C选项，3=3，满足x3的最大整数，故该选项符合题意， D选项，43，不满足x3，故该选项不符合题意， 故选：C． 【点睛】

本题较为简单，主要是对不等式的理解和最大整数的理解．

19．（2021年山东泰安中考）已知关于x的一元二次方程标kx2k1xk20有两个不相等的实数

2B．2 C．3 D．4

根，则实数k的取值范围是（ ）

1 41C．k且k0

4A．k

1 41D．kk0

4B．k11

【答案】C 【分析】

由一元二次方程定义得出二次项系数k≠0；由方程有两个不相等的实数根，得出“△>0”，解这两个不等式即可得到k的取值范围． 【详解】

k0解：由题可得：, 22k14kk201解得：k且k0；

4故选：C． 【点睛】

本题考查了一元二次方程的定义和根的判别式，涉及到了解不等式等内容，解决本题的关键是能读懂题意并牢记一元二次方程的概念和根的判别式的内容，能正确求出不等式（组）的解集等，本题对学生的计算能力有一定的要求．

3x22x220．（2021年重庆中考）若关于x的一元一次不等式组的解集为x6，且关于y的分式

a2x5y2a3y82的解是正整数，则所有满足条件的整数a的值之和是（ ） 方程

y11yA．5 【答案】B 【分析】

先计算不等式组的解集，根据“同大取大”原则，得到

B．8

C．12

D．15

5aa56解得a7，再解分式方程得到y=，22根据分式方程的解是正整数，得到a5，且a5是2的倍数，据此解得所有符合条件的整数a的值，最后求和． 【详解】 解：3x22x2①a2x5②

解不等式①得，x6， 解不等式②得，x5+a 212

不等式组的解集为：x6

5a6 2a7

解分式方程

y2a3y82得 y11yy2a3y82 y1y1y2a(3y8)2(y1)

整理得y=a5， 2a5y10, 则1,

2a3,

分式方程的解是正整数，

a50 2a5，且a5是2的倍数，

5a7，且a5是2的倍数，

整数a的值为-1, 1, 3, 5,

11358 故选：B． 【点睛】

本题考查解含参数的一元一次不等式、解分式方程等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．

21．（2021年山东临沂中考）已知ab，下列结论：①a2ab；②a2b2；③若b0，则ab2b；11④若b>0，则<，其中正确的个数是（ ）

abA．1 【答案】A 【分析】

B．2 C．3 D．4

根据不等式的性质分别判断即可．

13

【详解】 解：∵a＞b，则

①当a=0时，a2ab，故错误； ②当a＜0，b＜0时，a2b2，故错误；

③若b0，则bbab，即ab2b，故错误； 11④若b>0，则ab0，则<，故正确；

ab故选A． 【点睛】

本题考查了不等式的性质，解题的关键是掌握不等式两边发生变化时，不等号的变化．

x1022．（2021年湖南衡阳中考）不等式组的解集在数轴上可表示为（ ）

2x6A．

B．

C．【答案】A 【分析】

D．

根据一元一次不等式组的解题要求对两个不等式进行求解得到解集即可对照数轴进行选择． 【详解】

解不等式x+1＜0，得x＜-1， 解不等式-2x6，得x3，

所以这个不等式组的解集为-3x-，在数轴上表示如选项A所示， 故选：A． 【点睛】

本题主要考查了一元一次不等式组的解，正确求解不等式组的解集并在数轴上表示是解决本题的关键． 23．（2021年山东临沂中考）不等式

x-1x1的解集在数轴上表示正确的是（ ） 3A． B．

14

C．【答案】B 【分析】

D．

求出不等式的解集，再根据“大于向右，小于向左，不包括端点用空心，包括端点用实心”的原则将解集在数轴上表示出来． 【详解】 解：解不等式

x1x1， 3去分母得：x13x1， 去括号得：x13x3， 移项合并得：2x4， 系数化为得：x2， 表示在数轴上如图：

故选：B． 【点睛】

本题考查的是解一元一次不等式以及在数轴上表示不等式的解集，不等式的解集在数轴上表示的方法：把每个不等式的解集在数轴上表示出来（＞，≥向右画；＜，≤向左画），在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“＜”，“＞”要用空心圆点表示．

2x024．（2021年四川遂宁中考）不等式组x1的解集在数轴上表示正确的是（ ）

12A．

B．

C．【答案】C 【分析】

D．

15

先分别求出两个不等式的解，得出不等式组的解，再在数轴上的表示出解集即可． 【详解】

2x0①解： x1

1②2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， 在数轴上表示为故选：C． 【点睛】

本题考查了一元一次不等式组的解法和解集的表示，解题关键是熟练运用解不等式组的方法求解，准确在数轴上表示解集．

25．（2021年浙江嘉兴中考）已知点Pa,b在直线y3x4上，且2a5b≤0（ ） A．

，

a5≤ b2B．

a5≥ b2C．

b2 a5D．

b2≤ a5【答案】D 【分析】

根据点Pa,b在直线y3x4上，且2a5b≤0，先算出a的范围，再对不等式2a5b≤0变形整理时，需要注意不等号方向的变化． 【详解】 解：

点Pa,b在直线y3x4上，

b3a4，

将上式代入2a5b≤0中， 得：2a5(3a4)0， 解得：a20， 17由2a5b≤0，得：2a5b，

a20b2,（两边同时乘上一个负数，不等号的方向要发生改变）， 17a516

故选：D． 【点睛】

本题考查了解一元一次不等式，解题的关键是：要注意在变形的时候，不等号的方向的变化情况． 26．（2021年浙江丽水中考）若3a1，两边都除以3，得（ ） A．a 1B．a

1C．a3 D．a3

33【答案】A 【分析】

利用不等式的性质即可解决问题． 【详解】 解：3a1，

两边都除以3，得a13， 故选：A． 【点睛】

本题考查了解简单不等式，解不等式要依据不等式的基本性质： （1）不等式的两边同时加上或减去同一个数或整式不等号的方向不变； （2）不等式的两边同时乘以或除以同一个正数不等号的方向不变； （3）不等式的两边同时乘以或除以同一个负数不等号的方向改变．

5x13x427．（2021年湖南邵阳中考）不等式组13x2的整数解的和为（ 3xA．1 B．0

C．-1

D．-2

【答案】A 【分析】

先求出不等式组的解集，再从中找出整数求和即可. 【详解】

5x13x4①1， 3x23x②解①得

17

）

x3， 2解②得 x≤1, ∴2x1, 3∴整数解有：0，1， ∴0+1=1. 故选A. 【点睛】

本题考查了一元一次不等式组的解法，先分别解两个不等式，求出它们的解集，再求两个不等式解集的公共部分.不等式组解集的确定方法是：同大取大，同小取小，大小小大取中间，大大小小无解. 28．（2021年重庆中考）关于x的分式方程

ax33x11的解为正数，且使关于y的一元一次不等式x22x3y2y1组2有解，则所有满足条件的整数a的值之和是（ ） y2aA．5 【答案】B 【分析】

先将分式方程化为整式方程，得到它的解为xB．4

C．3

D．2

6,由它的解为正数，同时结合该分式方程有解即分母a4不为0，得到a40且a43，再由该一元一次不等式组有解，又可以得到a20，综合以上结论即可求出a的取值范围，即可得到其整数解，从而解决问题． 【详解】 解：

ax33x11, x22x两边同时乘以（x2)，

ax3x213x,

a4x6,

由于该分式方程的解为正数， ∴x6，其中a40，a43; a418

∴a4，且a1；

3y2y1①∵关于y的元一次不等式组2有解，

y2a②由①得：y0; 由②得：ya2; ∴a20， ∴a2

综上可得：4a2,且a1;

2,0,1； ∴满足条件的所有整数a为：3，∴它们的和为4； 故选B． 【点睛】

本题涉及到含字母参数的分式方程和含字母参数的一元一次不等式组等内容，考查了解分式方程和解一元一次不等式组等相关知识，要求学生能根据题干中的条件得到字母参数a的不等式，求出a的取值范围进而求解，本题对学生的分析能力有一定要求，属于较难的计算问题．

二、填空题

x129．（2021年湖南中考）已知x满足不等式组，写出一个符合条件的x的值________．

x20【答案】1（答案不唯一） 【分析】

求出不等式组的解集即可得． 【详解】 解：x1①，

x20②解不等式②得：x2，

则不等式组的解集为1x2， 因此，一个符合条件的x值是1，

19

故答案为：1（答案不唯一）． 【点睛】

本题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握不等式组的解法是解题关键．

2x15x11230．（2021年山东东营中考）不等式组3的解集是________．

5x13x1【答案】1x2 【分析】

分别求出每一个不等式的解集，再求其解集即可 【详解】 解不等式

2x15x11 322(2x1)3(5x1)6

4x215x36 11x11

x1

解不等式5x13x1

5x13x3

2x4 x2

解集1x2

故答案为：1x2． 【点睛】

本题考查了不等式组的解集，不等式组的解法，分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了，确定不等式组的解集是解题的关键． 31．（2021年广西柳州中考）如图，在数轴上表示x的取值范围是________．

【答案】x2

20

【分析】

根据数轴可知，表示x的数在数2的右边，且不等于2，因此即可判断x的取值范围 ． 【详解】

由数轴知：x2， 故答案为：x>2． 【点睛】

本题考查用不等式表示数轴上的数的范围，体现了数与形的结合，要注意是实心点还是空心圆圈． 32．（2021年湖南张家界中考）不等式【答案】3 【分析】

直接解出各个不等式的解集，再取公共部分，再找正整数解即可． 【详解】

解：由2x17， 解得：x3， 由x2，

x2的正整数解为______．

2x17原不等式的解集是：2x3．

x2故不等式的正整数解为：3，

2x17故答案是：3． 【点睛】

本题考查了解一元一次不等式组的解集和求不等式组的正整数解，解题的关键是：掌握解不等式组的基本运算法则，求出解集后，找出满足条件的正整数解即可．

33．（2021年黑龙江绥化中考）某学校计划为“建党百年，铭记党史”演讲比赛购买奖品．已知购买2个A种奖品和4个B种奖品共需100元；购买5个A种奖品和2个B种奖品共需130元．学校准备购买A,B两种奖品共20个，且A种奖品的数量不小于B种奖品数量的【答案】330 【分析】

设A种奖品的单价为x元，B种奖品的单价为y元，根据“购买2个A种奖品和4个B种奖品共需100元；

21

2，则在购买方案中最少费用是_____元． 5

购买5个A种奖品和2个B种奖品共需130元”，即可得出关于A，B的二元一次方程组，在设购买A种奖品m个，则购买B种奖品(20-m)个，根据购买A种奖品的数量不少于B种奖品数量的的一元一次不等式，再结合费用总量列出一次函数，根据一次函数性质得出结果． 【详解】

解：设A种奖品的单价为x元，B种奖品的单价为y元， 依题意，得：2，即可得出关于m52x4y100，

5x2y130x20解得：

y15∴A种奖品的单价为20元，B种奖品的单价为15元．

设购买A种奖品m个，则购买B种奖品(20-m) 个，根据题意得到不等式：

240(20-m)，解得：m≥，

7540∴≤m≤20，

7m≥

设总费用为W，根据题意得：

W=20m+15(20-m)=5m+300，

∵k=5>0，

∴W随m的减小而减小， ∴当m=6时，W有最小值， ∴W=5×6+300=330元

则在购买方案中最少费用是330元． 故答案为：330． 【点睛】

本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：找准等量关系，正确列出二元一次方程组；根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式与一次函数． 34．（2021年青海中考）已知点A2m5,62m在第四象限，则m的取值范围是______． 【答案】m3 【分析】

根据直角坐标系、一元一次不等式组的性质计算，即可得到答案．

22

【详解】

∵点A2m5,62m在第四象限

∴2m50

62m05m∴2 m3∴m3

故答案为：m3． 【点睛】

本题考查了直角坐标系、一元一次不等式组的知识；解题的关键是熟练掌握象限、一元一次不等式组的性质，从而完成求解．

35．（2021年湖北荆州中考）若关于x的方程_____________． 【答案】m＞-7且m≠-3 【分析】

先用含m的代数式表示x，再根据解为正数，列出关于m的不等式，求解即可． 【详解】

2xmx13的解是正数，则m的取值范围为x22x2xmx1m73，得：x且x≠2， x22x22xmx13的解是正数， ∵关于x的方程

x22xm7m70且2，解得：m＞-7且m≠-3， ∴22解：由

故答案是：m＞-7且m≠-3． 【点睛】

本题考查了分式方程的解以及解一元一次不等式组，求出方程的解是解题的关键． 36．（2021年浙江衢州中考）不等式2(y1)y3的解为_________． 【答案】y1 【分析】

23

根据不等式的性质求解即可． 【详解】

解：2(y1)y3 去括号得：2y2y3

不等号两边同减y得：2yy32 解得：y1． 【点睛】

本题主要考查根据不等式的性质解不等式，需要注意的是不等式的性质3，不等号两边同时乘(或除)一个相同的负数，不等式的符号改变．

37．（2021年四川眉山中考）若关于x的不等式xm1只有3个正整数解，则m的取值范围是______． 【答案】3m2 【分析】

首先解关于x的不等式，然后根据x只有3个正整数解，来确定关于m的不等式组的取值范围，再进行求解即可． 【详解】

解：解不等式xm1， 得：x1m，

由题意x只有3个正整数解，则分别为：1，2，3， 故：1m3，

1m4解得：3m2， 故答案是：3m2． 【点睛】

本题考查了关于x不等式的正整数解及解一元一次不等式组的解集问题，解题的关键是：根据关于x不等式的正整数解的情况来确定关于m的不等式组的取值范围，其过程需要熟练掌解不等式的步骤． 38．（2021年上海中考）不等式2x120的解集是_______． 【答案】x6 【分析】

根据不等式的性质即可求解．

24

【详解】

2x120

2x12 x6

故答案为：x6． 【点睛】

此题主要考查不等式的求解，解题的关键是熟知不等式的性质． 39．（2021年甘肃武威中考）关于x的不等式【答案】x【分析】

先去分母，再移项，最后把未知数的系数化“1”，即可得到不等式的解集． 【详解】 解：

9 211x1的解集是___________． 3211x1 32去分母得：2x6＞3, 移项得：2x9,

9x

2故答案为：x【点睛】

本题考查的是一元一次不等式的解法，掌握解不等式的方法是解题的关键．

9 2x3440．（2021年浙江温州中考）不等式组3x2的解为______．

14【答案】

2x7 3【分析】

分别求出不等式组中两个不等式的解集，再求出其公共部分即可． 【详解】

25

x34①解：3x2，

1②4由①得，x＜7； 由②得，x≥

2； 32x7． 3根据小大大小中间找的原则，不等式组的解集为故答案为：【点睛】

2x7 3此题主要考查了解一元一次不等式组，要遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．

41．（2021年江苏扬州中考）在平面直角坐标系中，若点P1m,52m在第二象限，则整数m的值为_________． 【答案】2 【分析】

根据第二象限的点的横坐标小于0，纵坐标大于0列出不等式组，然后求解即可． 【详解】

1m0解：由题意得：，

52m0解得：1m5， 2∴整数m的值为2， 故答案为：2． 【点睛】

本题考查了点的坐标及解一元一次不等式组，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键． 42．（2021年浙江丽水中考）要使式子x3有意义，则x可取的一个数是__________． 【答案】如4等（答案不唯一，x3） 【分析】

根据二次根式的开方数是非负数求解即可．

26

【详解】 解：∵式子∴x﹣3≥0， ∴x≥3，

∴x可取x≥3的任意一个数，

故答案为：如4等（答案不唯一，x3． 【点睛】

本题考查二次根式、解一元一次不等式，理解二次根式的开方数是非负数是解答的关键．

43．（2021年四川眉山中考）若关于x的不等式xm1只有3个正整数解，则m的取值范围是______． 【答案】3m2 【分析】

首先解关于x的不等式，然后根据x只有3个正整数解，来确定关于m的不等式组的取值范围，再进行求解即可． 【详解】

解：解不等式xm1， 得：x1m，

由题意x只有3个正整数解，则分别为：1，2，3， 故：x3有意义，

1m3，

1m4解得：3m2， 故答案是：3m2． 【点睛】

本题考查了关于x不等式的正整数解及解一元一次不等式组的解集问题，解题的关键是：根据关于x不等式的正整数解的情况来确定关于m的不等式组的取值范围，其过程需要熟练掌解不等式的步骤． 44．（2021年湖北襄阳中考）不等式组x24x1的解集是______．

2x1x【答案】

1x1 3【分析】

27

分别求出两个不等式的解集，再找出两个解集的公共部分即可得答案． 【详解】

x24x1 2x1x解不等式x24x1得：x1， 解不等式2x1x得：x1， 3∴不等式组x24x11的解集是x1，

32x1x1x1 3故答案为：【点睛】

本题考查解一元一次不等式组，正确得出两个不等式的解集是解题关键． 45．（2021年四川宜宾中考）不等式2x﹣1＞1的解集是______． 【答案】x1 【分析】

根据不等式的基本性质，解不等式即可． 【详解】

2x﹣＞11

解得：x1 故答案为：x1． 【点睛】

本题主要考查解不等式的性质，根据不等式的基本性质解不等式是解题的关键． 46．（2021年黑龙江中考）关于x的一元一次不等式组【答案】a6 【分析】

先求出一元一次不等式组的解集，然后再根据题意列出含参数的不等式即可求解． 【详解】

2xa0有解，则a的取值范围是______．

3x4528

解：由关于x的一元一次不等式组∵不等式组有解， ∴

2xa0a可得：x3，

23x45a3， 2解得：a6； 故答案为a6． 【点睛】

本题主要考查一元一次不等式组的解法，熟练掌握一元一次不等式组的解法是解题的关键．

47．（2021年黑龙江大庆中考）三个数3，1a,12a在数轴上从左到右依次排列，且以这三个数为边长能构成三角形，则a的取值范围为______ 【答案】3a2 【分析】

根据三个数在数轴上的位置得到31a12a，再根据三角形的三边关系得到1a312a，求解不等式组即可． 【详解】

解：∵3，1a,12a在数轴上从左到右依次排列， ∴31a12a，解得a2， ∵这三个数为边长能构成三角形， ∴1a312a，解得a3， 综上所述，a的取值范围为3a2， 故答案为：3a2． 【点睛】

本题考查不等式组的应用、三角形的三边关系，根据题意列出不等式组是解题的关键． 48．（2021年内蒙古通辽中考）若关于x的不等式组是__________． 【答案】-129

3x21，有且只有2个整数解，则a的取值范围

2xa5

分别求出两个不等式的解集，根据不等式组只有2个整数解列不等式即可得答案． 【详解】

解不等式3x21得：x1， 解不等式2xa5得：x∴不等式的解集为1≤x＜

5a， 25a， 2∵不等式组只有2个整数解， ∴不等式组的整数解为1、2， ∴2＜

5a≤3， 2解得：-1＜a≤1， 故答案为：-1＜a≤1 【点睛】

本题考查的是一元一次不等式组的整数解，正确求解不等式组，根据x的整数解得出关于a的不等式组是解题关键．

49．（2021年陕西中考）若A1,y1，B3,y2是反比例函数y的大小关系是y1______y2（填“>”、“=”或“<”） 【答案】< 【分析】

先根据不等式的性质判断2m-10，再根据反比例函数的增减性判断即可． 【详解】 解：∵m∴2m2m11m图象上的两点，则y1、y2x21 212 2即2m-10

∴反比例函数图像每一个象限内，y随x的增大而增大 ∵1<3 ∴y130

【点睛】

本题考查反比例函数的增减性、不等式的性质、熟练掌握反比例函数的性质是关键． 50．（2021年四川泸州中考）关于x的不等式组_________． 【答案】0a【分析】

首先解每个不等式，根据不等式组只有2个整数解，确定整数解的值，进而求得a的范围． 【详解】 解：

2x3x2a0①3②2x3x2a0恰好有2个整数解，则实数a的取值范围是31 2

解①得x3， 232解②得x32a， 不等式组的解集是

x32a．

∵不等式组只有2个整数解， ∴整数解是2，3． 则332a4,

∴0a1 21 2故答案是：0a【点睛】

本题考查的是一元一次不等式组的整数解，根据x的取值范围，得出x的整数解．求不等式组的解集，应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了． 51．（2021年四川遂宁中考）已知关于x，y的二元一次方程组值范围是____． 【答案】a1． 【分析】

根据题目中方程组的的特点，将两个方程作差，即可用含a的代数式表示出xy，再根据xy0，即可

31

2x3y5a满足xy0，则a的取

x4y2a3

求得a的取值范围，本题得以解决． 【详解】 解：2x3y5a①

x4y2a3②①-②，得xy3a3 ∵xy0 ∴3a30， 解得a1， 故答案为：a1． 【点睛】

本题考查解一元一次不等式，二元一次方程组的解，熟悉相关性质是解答本题的关键．

三、解答题

3x1x152．（2021年江苏连云港中考）解不等式组：．

x44x2【答案】x2 【分析】

按照解一元一次不等式组的一般步骤进行解答即可． 【详解】

解：解不等式3x﹣1x+1，得：x1， 解不等式x+44x﹣2，得：x2， ∴不等式组的解集为x2． 【点睛】

本题考查了解一元一次不等式组，熟悉“解一元一次不等式的方法和确定不等式组解集的方法”是解答本题的关键.

53．（2021年四川眉山中考）为进一步落实“德、智、体、美、劳”五育并举工作，某中学以体育为突破口，准备从体育用品商场一次性购买若千个足球和篮球，用于学校球类比赛活动．每个足球的价格都相同，每个篮球的价格也相同．已知篮球的单价比足球单价的2倍少30元，用1200元购买足球的数量是用900元购买篮球数量的2倍．

32

（1）足球和篮球的单价各是多少元？

（2）根据学校实际情况，需一次性购买足球和篮球共200个，但要求足球和篮球的总费用不超过15500元，学校最多可以购买多少个篮球？

【答案】（1）每个足球60元，每个篮球90元；（2）最多购进篮球116个 【分析】

（1）设一个足球的单价x元，已知篮球的单价比足球单价的2倍少30元，则一个篮球的单价为（2x-30）元，根据“用1200元购买足球的数量是用900元购买篮球数量的2倍”列方程求解即可；

（2）设买篮球m个，则买足球（200-m）个，根据购买足球和篮球的总费用不超过15500元建立不等式求出解即可． 【详解】

解：（1）设每个足球x元，每个篮球（2x-30）元， 根据题意得：解得x=60，

经检验x=60是方程的根且符合题意， 2x-30=90，

答：每个足球60元，每个篮球90元． （2）设设买篮球m个，则买足球（200-m）个， 由题意得：90m60(200m)15500， 解得m11612009002， x2x302． 3∵ m为正整数，∴ 最多购进篮球116个． 【点睛】

本题考查了列一元一次方程解实际问题的运用，列一元一次不等式解实际问题的运用，解答本题时找到方程的等量关系和建立不等式的不等关系是解答本题的关键．

54．（2021年四川乐山中考）已知关于x的一元二次方程x2xm0．

33

（1）若方程有两个不相等的实数根，求m的取值范围；

（2）二次函数yx2xm的部分图象如图所示，求一元二次方程x2xm0的解． 【答案】（1）m【分析】

（1）根据△＞0时，一元二次方程有两个不相等的实数根求解m的取值范围即可；

（2）根据二次函数图象与x轴的交点的横坐标就是当y=0时对应一元二次函数的解，故将x=1代入方程中求出m值，再代入一元二次方程中解方程即可求解． 【详解】

解：（1）由题知14m0， ∴m1；（2）x11，x22 41． 4（2）由图知x2xm0的一个根为1， ∴121m0，∴m2， 即一元二次方程为x2x20， 解得x11，x22，

∴一元二次方程x2xm0的解为x11，x22． 【点睛】

本题考查一元二次方程根的判别式、解一元一次不等式、解一元一次方程、解一元二次方程，会解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程根的判别式与根的关系是解答的关键．

34

x5455．（2021年陕西中考）解不等式组：3x1

2x12【答案】x1 【分析】

根据一元一次不等式组的解法直接进行求解即可． 【详解】

x54解：3x1，

2x12由x54，得x1； 由

3x12x1，得x3； 2∴原不等式组的解集为x1． 【点睛】

本题主要考查一元一次不等式组的解法，熟练掌握一元一次不等式组的解法是解题的关键． 56．（2021年四川成都中考）（1）计算：4(1)2cos4512．

05x23(x1) （2）解不等式组：13

x17x22【答案】（1）2；（2）【分析】

（1）原式第一项利用二次根式的化简，第二项利用零指数幂的意义化简，第三项利用特殊角的三角函数值计算，最后一项利用绝对值的代数意义化简，计算即可得到结果； （2）分别求出不等式组中两不等式的解集，找出解集的公共部分即可． 【详解】

解：（1）原式＝2+1-221 ＝2；

5x4 235

5x2＞3x1①（2）1， 3x17x②22由①得：x＞2.5， 由②得：x≤4， 则不等式组的解集为【点睛】

本题主要考查实数的运算与解一元一次不等式组，解题的关键是熟练掌握零指数幂、三角函数值、二次根式的化简、绝对值的性质及不等式的性质．

57．（2021年浙江宁波中考）（1）计算：1a1aa3．

25x4． 22x19①（2）解不等式组：．

3x0②【答案】（1）6a10；（2）3x4． 【分析】

（１）根据平方差公式和完全平方公式进行多项式乘法，再将结果合并同类项即可； （２）先解出①，得到x4，再解出②，得到x3，由大小小大中间取得到解集． 【详解】

解：（1）原式1a2a26a9

6a10．

（2）解不等式①，得x4， 解不等式②，得x3，

所以原不等式组的解是3x4． 【点睛】

本题主要考查了整式的混合运算和解不等式组，关键在于平方差公式、完全平方公式以及不等式基本性质的应用，特别注意不等式的基本性质3，不等号的方向要改变．

23a1a6a9a158．（2021年山东泰安中考）（1）先化简，再求值：，其中a33；

a1a1（2）解不等式：17x13x2． 8436

【答案】（1）【分析】

a；13；（2）x1 a3（1）先根据分式混合运算法则化简，然后代入条件求值即可； （2）根据解一元一次不等式的步骤求解即可． 【详解】

3a1a21a1解：（1）原式 2a1(a3)a(a3)a1

a1(a3)2a

a3当a33时， 原式333313；

3333（2）8(7x1)2(3x2)

87x16x4

7x6x49 13x13

x1．

【点睛】

本题考查分式的化简求值，解一元一次不等式等，掌握相应的运算法则，注意分母有理化是解题关键． 59．（2021年四川凉山中考）解不等式【答案】x2 【分析】

不等式去分母，去括号，移项合并，把x系数化为1，即可求出解． 【详解】 解：

1xx2x3． 341xx2x3， 3437

去分母，得41x12x363x2， 去括号，得44x12x363x6， 移项，得4x12x3x3664， 合并同类项，得13x26， 系数化成1，得x2． 【点睛】

本题考查了解一元一次不等式，解此题的关键点是能正确根据不等式的性质进行变形，注意：移项要变号． 60．（2021年安徽中考）解不等式：【答案】x4 【分析】

利用去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1即可解答． 【详解】

x110． 3x110， 3(x1)30，

x130，

x13， x4．

【点睛】

本题考查了一元一次不等式的解法，熟练运用一元一次不等式的解法是解决问题的关键． 61．（2021年四川乐山中考）当x取何正整数时，代数式【答案】1，2，3，4 【分析】

根据题意，列一元一次不等式并求解，即可得到x的取值范围；结合x为正整数，通过计算即可得到答案． 【详解】 根据题意得：解得：x5 ∵x为正整数，

38

x32x1与的值的差大于1

32x322x11， 3

∴x为1，2，3，4时，代数式【点睛】

x32x1与的值的差大于1．

32本题考查了解一元一次不等式；解题的关键是熟练掌握一元一次不等式的性质，从而完成求解． 62．（2021年广西玉林中考）某市垃圾处理厂利用焚烧垃圾产生的热能发电，有A，B两个焚烧妒，每个焚烧炉每天焚烧垃圾均为100吨，每焚烧一吨垃圾，A焚烧炉比B焚烧炉多发电50度，A，B焚烧炉每天共发电55000度．

（1）求焚烧一吨垃圾，A焚烧炉和B焚烧炉各发电多少度？

（2）若经过改进工艺，与改进工艺之前相比每焚烧一吨垃圾，A焚烧炉和B焚烧炉的发电量分别增加a%和2a%，则A，B焚烧炉每天共发电至少增加5a%，求a的最小值．

【答案】（1）焚烧一吨垃圾，A焚烧炉和B焚烧炉各发电300、250度；（2）a最小值为11 【分析】

（1）设B焚烧炉每吨发电x度，则A焚烧炉每吨发电（x+50）度，根据题意列出方程，求解即可． （2）根据（1）中的数据，表示出改进后的发电量，列出不等式并求解即可． 【详解】

（1）设B焚烧炉每吨发电x度，则A焚烧炉每吨发电（x+50）度， 100（x+50）+100x=55000， 解方程得x=250，

则B焚烧炉每吨发电250度，则A焚烧炉每吨发电300度；

（2）由（1）可知改进后A、B发电量分别为300（1+a%），250（1+2a%），

根据题意列式：100×300（1+a%）+100×250（1+2a%）≥55000+55000×5a%， 解不等式得：a≥11， 则a的最小值为11． 【点睛】

本题主要考查了一元一次方程解决实际问题、一次不等式求最值等相关知识点，理解题意的等量关系是解决问题的关键．

63．（2021年四川广元中考）为增强学生体质，丰富学生课余活动，学校决定添置一批篮球和足球．甲、乙两家商场以相同的价格出售同种品牌的篮球和足球，已知篮球价格为200元/个，足球价格为150元/个． （1）若学校计划用不超过3550元的总费用购买这款篮球和足球共20个，且购买篮球的数量多于购买足球

39

数量的

2．学校有哪几种购买方案？ 3（2）若甲、乙两商场各自推出不同的优惠方案：甲商场累计购物超过500元后，超出500元的部分按90%收费；乙商场累计购物超过2000元后，超出2000元的部分按80%收费．若学校按（1）中的方案购买，学校到哪家商场购买花费少？

【答案】（1）有三种方案，为：①购买9个篮球，11个足球；②10个篮球，10个足球；③11个篮球，9个足球；（2）学校购买9个篮球，11个足球到甲商场购买花费少；购买10个篮球，10个足球和11个篮球，9个足球到乙商场购买花费少． 【分析】

（1）设学校购买篮球x个，购买足球（20-x）个，根据“学校计划用不超过3550元的总费用购买”和“购买篮球的数量多于购买足球数量的

2”列出不等式组，求解即可； 3（2）设学校购买篮球x个，购买足球（20-x）个，分别计算出在甲，乙两商场的费用列出不等式求解即可． 【详解】

解：（1）设学校购买篮球x个，购买足球（20-x）个，根据题意得，

200x150(20x)3550 2x(20x)3解得，8x11 ∵x是整数， ∴x=9，10或11 ∴20-x=12，10或9

故有三种方案，为：①购买9个篮球，11个足球；②10个篮球，10个足球；③11个篮球，9个足球； （2）设学校购买篮球x个，购买足球（20-x）个，

在甲商场花费：[200x150(20x)500]90%500(45x2750)元； 在乙商场花费：[200x150(20x)2000]80%2000(40x2800)元； ∴要使学校到甲商场花费最少，则有：

45x2750＜40x2800 10 解得，x＜∵8x11，且x是整数， ∴x=9,

40

即：学校购买9个篮球，11个足球到甲商场购买花费少；购买10个篮球，10个足球和11个篮球，9个足球到乙商场购买花费少． 【点睛】

本题主要考查了一元一次不等式和一元一次不等式组的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系列出不等式，再求解．

．（2021年湖北荆州中考）小美打算买一束百合和康乃馨组合的鲜花，在“母亲节”祝福妈妈．已知买2支百合和1支康乃馨共需花费14元，3支康乃馨的价格比2支百合的价格多2元． （1）求买一支康乃馨和一支百合各需多少元？

（2）小美准备买康乃馨和百合共11支，且百合不少于2支．设买这束鲜花所需费用为w元，康乃馨有x支，求w与x之间的函数关系式，并设计一种使费用最少的买花方案，写出最少费用．

【答案】（1）买一支康乃馨需4元，一支百合需5元；（2）wx55，x9，当购买康乃馨9支，百合2支时，所需费用最少，最少费用为46元． 【分析】

x2y14（1）设买一支康乃馨需x元，一支百合需y元，然后根据题意可得，进而求解即可；

3x2y2（2）由（1）及题意可直接列出w与x之间的函数关系式，进而可得11x2，然后根据一次函数的性质可进行求解． 【详解】

解：（1）设买一支康乃馨需x元，一支百合需y元，由题意得：

x2y14， 3x2y2解得：x4， y5答：买一支康乃馨需4元，一支百合需5元． （2）由（1）及题意得：百合有（11-x）支，则有，

w4x511xx55，

∵百合不少于2支，

∴11x2，解得：x9，

41

∵-1＜0，

∴w随x的增大而减小，

∴当x=9时，w取最小值，最小值为w95546，

∴当购买康乃馨9支，百合2支时，所需费用最少，最少费用为46元． 【点睛】

本题主要考查一次函数的应用及一元一次不等式与二元一次方程组的应用，熟练掌握一次函数的应用及一元一次不等式与二元一次方程组的应用是解题的关键． 65．（2021年海南中考）（1）计算：23|3|32551；

2x6,（2）解不等式组x1x1并把它的解集在数轴（如图）上表示出来．

.62

【答案】（1）8；（2）3x2．解集在数轴上表示见解析． 【分析】

（1）先计算有理数的乘方、化简绝对值、算术平方根、负整数指数幂，再计算有理数的混合运算即可得； （2）先求出两个不等式的解，再找出它们的公共部分即为不等式组的解集，然后在数轴上表示出来即可． 【详解】

解：（1）233255，

3118335，

5811，

8；

2x6①（2）x1x1，

26②解不等式①得：x3， 解不等式②得：x2，

则这个不等式组的解集是3x2． 解集在数轴上表示如下：

42

【点睛】

本题考查了有理数的乘方、算术平方根、负整数指数幂、解一元一次不等式组，熟练掌握各运算法则和不等式组的解法是解题关键．

66．（2021年江苏扬州中考）甲、乙两汽车出租公司均有50辆汽车对外出租，下面是两公司经理的一段对话：

甲公司经理：如果我公司每辆汽车月租费3000元，那么50辆汽车可以全部租出．如果每辆汽车的月租费每增加50元，那么将少租出1辆汽车．另外，公司为每辆租出的汽车支付月维护费200元． 乙公司经理：我公司每辆汽车月租费3500元，无论是否租出汽车，公司均需一次性支付月维护费共计1850元． 说明：①汽车数量为整数； ．．②月利润=月租车费-月维护费；

③两公司月利润差=月利润较高公司的利润-月利润较低公司的利润． 在两公司租出的汽车数量相等的条件下，根据上述信息，解决下列问题：

（1）当每个公司租出的汽车为10辆时，甲公司的月利润是_______元；当每个公司租出的汽车为_______辆时，两公司的月利润相等； （2）求两公司月利润差的最大值；

（3）甲公司热心公益事业，每租出1辆汽车捐出a元a0给慈善机构，如果捐款后甲公司剩余的月利润仍高于乙公司月利润，且当两公司租出的汽车均为17辆时，甲公司剩余的月利润与乙公司月利润之差最大，求a的取值范围．

【答案】（1）48000，37；（2）33150元；（3）50a150 【分析】

（1）用甲公司未租出的汽车数量算出每辆车的租金，再乘以10，减去维护费用可得甲公司的月利润；设每个公司租出的汽车为x辆，根据月利润相等得到方程，解之即可得到结果；

（2）设两公司的月利润分别为y甲，y乙，月利润差为y，同（1）可得y甲和y乙的表达式，再分甲公司的利润大于乙公司和甲公司的利润小于乙公司两种情况，列出y关于x的表达式，根据二次函数的性质，结合x的范围求出最值，再比较即可；

2（3）根据题意得到利润差为y50x1800ax1850，得到对称轴，再根据两公司租出的汽车均为17

43

辆，结合x为整数可得关于a的不等式16.5【详解】

1800a17.5，即可求出a的范围． 100解：（1）50105030001020010=48000元， 当每个公司租出的汽车为10辆时，甲公司的月利润是48000元； 设每个公司租出的汽车为x辆，

由题意可得：50x503000x200x3500x1850， 解得：x=37或x=-1（舍），

∴当每个公司租出的汽车为37辆时，两公司的月利润相等； （2）设两公司的月利润分别为y甲，y乙，月利润差为y， 则y甲=50x503000x200x，

y乙=3500x1850，

当甲公司的利润大于乙公司时，0＜x＜37，

y=y甲-y乙=50x503000x200x3500x1850

=50x21800x1850， 当x=1800=18时，利润差最大，且为18050元；

502当乙公司的利润大于甲公司时，37＜x≤50，

y=y乙-y甲=3500x185050x503000x200x

=50x21800x1850， ∵对称轴为直线x=1800=18， 502当x=50时，利润差最大，且为33150元； 综上：两公司月利润差的最大值为33150元；

（3）∵捐款后甲公司剩余的月利润仍高于乙公司月利润，

2则利润差为y50x21800x1850ax=50x1800ax1850，

对称轴为直线x=

1800a， 100∵x只能取整数，且当两公司租出的汽车均为17辆时，月利润之差最大，

44

∴16.51800a17.5， 100解得：50a150． 【点睛】

本题考查了二次函数的实际应用，二次函数的图像和性质，解题时要读懂题意，列出二次函数关系式，尤其（3）中要根据x为整数得到a的不等式．

67．（2021年江苏连云港中考）为了做好防疫工作，学校准备购进一批消毒液．已知2瓶A型消毒液和3瓶

B型消毒液共需41元，5瓶A型消毒液和2瓶B型消毒液共需53元．

（1）这两种消毒液的单价各是多少元？

（2）学校准备购进这两种消毒液共90瓶，且B型消毒液的数量不少于A型消毒液数量的省钱的购买方案，并求出最少费用．

【答案】（1）A种消毒液的单价是7元，B型消毒液的单价是9元；（2）购进A种消毒液67瓶，购进B种23瓶，最少费用为676元 【分析】

（1）根据题中条件列出二元一次方程组，求解即可；

（2）利用由（1）求出的两种消毒液的单价，表示出购买的费用的表达式，根据购买两种消毒液瓶数之间的关系，求出引进表示瓶数的未知量的范围，即可确定方案． 【详解】

解：（1）设A种消毒液的单价是x元，B型消毒液的单价是y元． 由题意得：1，请设计出最32x3y41x7，解之得，，

5x2y53y9答：A种消毒液的单价是7元，B型消毒液的单价是9元．

（2）设购进A种消毒液a瓶，则购进B种90a瓶，购买费用为W元． 则W7a990a2a810，

∴W随着a的增大而减小，a最大时，W有最小值． 又90a1a，∴a67.5． 3由于a是整数，a最大值为67，

即当a67时，最省钱，最少费用为810267676元．

45

此时，906723．

最省钱的购买方案是购进A种消毒液67瓶，购进B种23瓶． 【点睛】

本题考查了二元一次不等式组的求解及利用一次函数的增减性来解决生活中的优化决策问题，解题的关键是：仔细审题，找到题中的等量关系，建立等式进行求解．

68．（2021年四川资阳中考）我市某中学计划举行以“奋斗百年路，启航新征程”为主题的知识竞赛，并对获奖的同学给予奖励．现要购买甲、乙两种奖品，已知1件甲种奖品和2件乙种奖品共需40元，2件甲种奖品和3件乙种奖品共需70元． （1）求甲、乙两种奖品的单价；

（2）根据颁奖计划，该中学需甲、乙两种奖品共60件，且甲种奖品的数量不少于乙种奖品数量的如何购买才能使总费用最少？并求出最少费用．

【答案】（1）甲种奖品的单价为20元，乙种奖品的单价为10元；（2）购买甲种奖品20件，乙种奖品40件时总费用最少，最少费用为800元． 【分析】

（1）设甲种奖品的单价为x元，乙种奖品的单价为y元，根据题意列方程组求出x、y的值即可得答案； （2）设总费用为w元，购买甲种奖品为m件，根据甲种奖品的数量不少于乙种奖品数量的

1，应21可得m的取值2范围，根据需甲、乙两种奖品共60件可得购买乙种奖品为（60-m）件，根据（1）中所求单价可得w与m的关系式，根据一次函数的性质即可得答案． 【详解】

（1）设甲种奖品的单价为x元，乙种奖品的单价为y元，

∵1件甲种奖品和2件乙种奖品共需40元，2件甲种奖品和3件乙种奖品共需70元， ∴x2y40，

2x3y70x20， y10解得：答：甲种奖品的单价为20元，乙种奖品的单价为10元． （2）设总费用为w元，购买甲种奖品为m件， ∵需甲、乙两种奖品共60件，

46

∴购买乙种奖品为（60-m）件，

∵甲种奖品的单价为20元，乙种奖品的单价为10元， ∴w=20m+10（60-m）=10m+600， ∵甲种奖品的数量不少于乙种奖品数量的∴m≥

1， 21（60-m）， 2∴20≤m≤60， ∵10>0，

∴w随m的增大而增大，

∴当m=20时，w有最小值，最小值为10×20+600=800（元），

∴购买甲种奖品20件，乙种奖品40件时总费用最少，最少费用为800元． 【点睛】

本题考查二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用及一次函数的应用，正确得出等量关系及不等关系列出方程组及不等式，熟练掌握一次函数的性质是解题关键． 69．（2021年江苏无锡中考）（1）解方程：(x1)240；

2x31,（2）解不等式组： xx11.3【答案】（1）x1=1，x2=-3；（2）1≤x＜3 【分析】

（1）先移项，再直接开平方，即可求解；

（2）分别求出两个不等式的解，再取公共部分，即可求解． 【详解】 解：（1）(x1)240，

(x1)24，

x+1=2或x+1=-2，

∴x1=1，x2=-3；

47

2x31①（2）， xx131②又①得：x≥1， 由②得：x＜3，

∴不等式组的解为：1≤x＜3． 【点睛】

本题主要考查解一元二次方程以及一元一次不等式组，掌握直接开平方法以及解不等式组的基本步骤，是解题的关键．

x43,①70．（2021年天津中考）解不等式组

6x5x3.②请结合题意填空，完成本题的解答． （Ⅰ）解不等式①，得_______________； （Ⅱ）解不等式②，得_______________； （Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：

（Ⅳ）原不等式组的解集为___________．

【答案】（Ⅰ）x1；（Ⅱ）x3；（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示见解析；（Ⅳ）1x3． 【分析】

根据解一元一次不等式组的步骤和不等式组的解集在数轴上的表示方法即可解答． 【详解】

（Ⅰ）解不等式x43，得：x1． 故答案为：x1；

（Ⅱ）解不等式6x5x3，得：x3． 故答案为：x3； （Ⅲ）在数轴上表示为：

48

；

（Ⅳ）原不等式的解集为1x3． 故答案为：1x3． 【点睛】

本题考查解一元一次不等式组和在数轴上表示不等式组的解集．掌握解一元一次不等式组的步骤是解答本题的关键．

3x1x171．（2021年江苏盐城中考）解不等式组：

4x2x4【答案】1x2 【分析】

解一元一次不等式组，先求出不等式组中每一个不等式的解集，再找到解集的公共部分． 【详解】

3x1x1① 4x2x4②解：解不等式①得：x1 解不等式②得：x2

在数轴上表示不等式①、②的解集（如图）

∴不等式组的解集为1x2． 【点睛】

本题考查了解一元一次不等式组，熟练解一元一次不等式是解题的关键，再利用口诀求出这些解集的公共部分：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小解不了（无解）． 72．（2021年浙江杭州中考）以下是圆圆解不等式组

21x1① 1x2②49

的解答过程．

解：由①，得2x1， 所以x3． 由②，得1x2， 所以x1， 所以x1．

所以原不等式组的解是x1．

圆圆的解答过程是否有错误？如果有错误，写出正确的解答过程． 【答案】有错误，正确的过程见解析 【分析】

利用一元一次不等式的性质、去括号、移项、合并同类项、化系数为1等解题． 【详解】

解：圆圆的解答过程有错误， 正确的解答过程如下： 由①，得22x1， 所以2x3， 所以x3； 2由②，得1x2， 所以1x2， 所以x1， 所以x1，

将不等式组的解集表示在数轴上：

所以原不等式组的解是x1．

50

【点睛】

本题考查解一元一次不等式组，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．

73．（2021年黑龙江中考）“中国人的饭碗必须牢牢掌握在咱们自己手中”．为扩大粮食生产规模，某粮食生产基地计划投入一笔资金购进甲、乙两种农机具，已知购进2件甲种农机具和1件乙种农机具共需3.5万元，购进1件甲种农机具和3件乙种农机具共需3万元．

（1）求购进1件甲种农机具和1件乙种农机具各需多少万元？

（2）若该粮食生产基地计划购进甲、乙两种农机具共10件，且投入资金不少于9.8万元又不超过12万元，设购进甲种农机具m件，则有哪几种购买方案？

（3）在（2）的条件下，哪种购买方案需要的资金最少，最少资金是多少?

【答案】（1）购进1件甲种农机具需1.5万元，购进1件乙种农机具需0.5万元；（2）购进甲种农机具5件，乙种农机具5件；购进甲种农机具6件，乙种农机具4件；购进甲种农机具7件，乙种农机具3件；（3）购进甲种农机具5件，乙种农机具5件所需资金最少，最少资金为10万元． 【分析】

2xy3.5（1）设购进1件甲种农机具需x万元，购进1件乙种农机具需y万元，然后根据题意可得，

x3y3进而求解即可；

（2）由（1）及题意可得购进乙种农机具为（10-m）件，则可列不等式组为9.81.5m0.510m12，然后求解即可；

（3）设购买农机具所需资金为w万元，则由（2）可得wm5，然后结合一次函数的性质及（2）可直接进行求解． 【详解】

解：（1）设购进1件甲种农机具需x万元，购进1件乙种农机具需y万元，由题意得：

2xy3.5， x3y3解得：x1.5，

y0.5答：购进1件甲种农机具需1.5万元，购进1件乙种农机具需0.5万元． （2）由题意得：购进乙种农机具为（10-m）件，

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∴9.81.5m0.510m12， 解得：4.8m7， ∵m为正整数， ∴m的值为5、6、7， ∴共有三种购买方案：

购进甲种农机具5件，乙种农机具5件；购进甲种农机具6件，乙种农机具4件；购进甲种农机具7件，乙种农机具3件；．

（3）设购买农机具所需资金为w万元，则由（2）可得wm5， ∵1＞0，

∴w随m的增大而增大，

∴当m=5时，w的值最小，最小值为w=5+5=10，

答：购进甲种农机具5件，乙种农机具5件所需资金最少，最少资金为10万元． 【点睛】

本题主要考查一次函数、二元一次方程组及一元一次不等式组的应用，熟练掌握一次函数、二元一次方程组及一元一次不等式组的应用是解题的关键．

74．（2021年贵州铜仁中考）某快递公司为了提高工作效率，计划购买A、B两种型号的机器人来搬运货物，已知每台A型机器人比每台B型机器人每天多搬运20吨，并且3台A型机器人和2台B型机器人每天共搬运货物460吨．

（1）求每台A型机器人和每台B型机器人每天分别微运货物多少吨？

（2）每台A型机器人售价3万元，每台B型机器人售价2万元，该公司计划采购A、B两种型号的机器人共20台，必须满足每天搬运的货物不低于1800吨，请根据以上要求，求出A、B两种机器人分别采购多少台时，所需费用最低﹖最低费用是多少？

【答案】（1）每台A型机器人每天分别微运货物100吨，每台B型机器人每天分别微运货物80吨；（2）购买10台A型机器人，10台B型机器人时，所需费用最低，最低费用为50万元． 【分析】

（1）设每台A型机器人每天分别微运货物x吨，每台B型机器人每天分别微运货物y吨，根据“每台A型机器人比每台B型机器人每天多搬运20吨，并且3台A型机器人和2台B型机器人每天共搬运货物460吨”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；

（2）设购买m台A型机器人，则购买（20-m）台B型机器人，根据这些机器人每天搬运的货物不低于1800

52

吨，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围，设该公司计划采购A、B两种型号的机器人所需费用为w万元，根据总价=单价×数量，即可得出w关于m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】

解：（1）设每台A型机器人每天分别微运货物x吨，每台B型机器人每天分别微运货物y吨，根据题意得：

xy20， 3x2y460解得：x100．

y80答：每台A型机器人每天分别微运货物100吨，每台B型机器人每天分别微运货物80吨． （2）设购买m台A型机器人，则购买（20-m）台B型机器人，根据题意得： 100m+80（20-m）≥1800， 解得：m≥10．

设该公司计划采购A、B两种型号的机器人所需费用为w万元，则w=3m+2（20-m）=m+40， ∵k=1＞0，

∴w随m的增大而增大，

∴当m=10时，w有最小值，且最小值为w=10+40=50（万元）， 此时20-m=10．

所以，购买10台A型机器人，10台B型机器人时，所需费用最低，最低费用为50万元． 【点睛】

本题考查了二元一次方程组、一元一次不等式以及一次函数的应用，读懂题意，找到关键描述语句，找准等量关系，正确列出二元一次方程组及一元一次不等式是解题的关键．

75．（2021年江苏无锡中考）为了提高广大职工对消防知识的学习热情，增强职工的消防意识，某单位工会决定组织消防知识竞赛活动，本次活动拟设一、二等奖若干名，并购买相应奖品．现有经费1275元用于购买奖品，且经费全部用完，已知一等奖奖品单价与二等奖奖品单价之比为4∶3．当用600元购买一等奖奖品时，共可购买一、二等奖奖品25件． （1）求一、二等奖奖品的单价；

（2）若购买一等奖奖品的数量不少于4件且不超过10件，则共有哪几种购买方式？

【答案】（1）一、二等奖奖品的单价分别是60元，45元；（2）共有3种购买方案，分别是：一等奖品数4

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件，二等奖品数23件；一等奖品数7件，二等奖品数19件；一等奖品数10件，二等奖品数15件． 【分析】

（1）设一、二等奖奖品的单价分别是4x，3x，根据等量关系，列出分式方程，即可求解； （2）设购买一等奖品的数量为m件，则购买二等奖品的数量为整数，m为整数，即可得到答案． 【详解】

解：（1）设一、二等奖奖品的单价分别是4x，3x， 由题意得：

854m854m件，根据4≤m≤10，且为33600127560025，解得：x=15， 4x3x经检验：x=15是方程的解，且符合题意， ∴15×4=60（元），15×3=45（元），

答：一、二等奖奖品的单价分别是60元，45元；

（2）设购买一等奖品的数量为m件，则购买二等奖品的数量为∵4≤m≤10，且

127560m854m件，

453854m为整数，m为整数， 3∴m=4，7，10，

答：共有3种购买方案，分别是：一等奖品数4件，二等奖品数23件；一等奖品数7件，二等奖品数19件；一等奖品数10件，二等奖品数15件． 【点睛】

本题主要考查分式方程和不等式组的实际应用，准确找出数量关系，列出分式方程或不等式，是解题的关键．

76．（2021年内蒙古通辽中考）为做好新冠疫情的防控工作，某单位需购买甲、乙两种消毒液经了解每桶甲种消毒液的零售价比乙种消毒液的零售价多6元，该单位以零售价分别用900元和720元采购了相同桶数的甲、乙两种消毒液．

（1）求甲、乙两种消毒液的零售价分别是每桶多少元？

（2）由于疫情防控进入常态化，该单位需再次购买两种消毒液共300桶，且甲种消毒液的桶数不少于乙种消毒液桶数的

1，由于购买量大，甲、乙两种消毒液分别获得了20元/桶，15元/桶的批发价．求甲种消毒3液购买多少桶时，所需资金总额最少？最少总金额是多少元？

【答案】（1）甲种消毒液每桶的单价为30元，乙种消毒液每桶的单价为24元；（2）甲种消毒液购买75桶

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时，所需资金总额最少，最少总金额是4875元． 【分析】

（1）根据该单位以零售价分别用900元和720元采购了相同桶数的甲、乙两种消毒液，可以得到相应的分式方程，从而可以得到甲、乙两种消毒剂的零售价，注意分式方程要检验；

（2）设购买甲种消毒液m桶，则购买乙种消毒液（300-m）桶，根据甲种消毒液的桶数不少于乙种消毒液桶数的果． 【详解】

解：（1）设甲种消毒液每桶的单价为x元，乙种消毒液每桶的单价为（x-6）元， 依题意，得：

1，即可得出关于m的一元一次不等式，再结合费用总量列出一次函数，根据一次函数性质得出结3900720 ， =xx-6解得：x=30，

经检验，x=30是原方程的解，且符合实际意义，则x-6=24．

答：甲种消毒液每桶的单价为30元，乙种消毒液每桶的单价为24元；

（2）设购买甲种消毒液m桶，则购买乙种消毒液（300-m）桶，根据题意得到不等式：

m≥

1(300-m)，解得：m≥75， 3∴75≤m≤300，

设总费用为W，根据题意得：

W=20m+15(300-m)=5m+4500，

∵k=5>0，

∴W随m的减小而减小， ∴当m=75时，W有最小值， ∴W=5×75+4500=4875元

∴甲种消毒液购买75桶时，所需资金总额最少，最少总金额是4875元． 【点睛】

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，利用一次函数的性质和不等式的性质解答，注意分式方程要检验．

77．（2021年湖南中考）为了改善湘西北地区的交通，我省正在修建长（沙）-益（阳）-常（德）高铁，其

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中长益段将于2021年底建成．开通后的长益高铁比现在运行的长益城际铁路全长缩短了40千米，运行时间为16分钟；现乘坐某次长益城际列车全程需要60分钟，平均速度是开通后的高铁的（1）求长益段高铁与长益城际铁路全长各为多少千米？

（2）甲、乙两个工程队同时对长益段高铁全线某个配套项目进行施工，每天对其施工的长度比为7：9，计划40天完成．施工5天后，工程指挥部要求甲工程队提高工效，以确保整个工程提早3天以上（含3天）完成，那么甲工程队后期每天至少施工多少千米？

【答案】（1）长益段高铁全长为千米，长益城际铁路全长为104千米；（2）0.85千米． 【分析】

（1）设开通后的长益高铁的平均速度为x千米/分钟，从而可得某次长益城际列车的平均速度为

13． 3013x千米/30分钟，再根据“路程速度时间”、“开通后的长益高铁比现在运行的长益城际铁路全长缩短了40千米”建立方程，解方程即可得；

（2）先求出甲、乙两个工程队每天对其施工的长度，再设甲工程队后期每天施工y千米，根据“整个工程提早3天以上（含3天）完成”建立不等式，解不等式即可得． 【详解】

解：（1）设开通后的长益高铁的平均速度为x千米/分钟，则某次长益城际列车的平均速度为钟，

由题意得：60解得x4，

则164（千米），6013x千米/分3013x16x40， 301313x604104（千米）， 303077（千米）， 794010答：长益段高铁全长为千米，长益城际铁路全长为104千米； （2）由题意得：甲工程队每天对其施工的长度为乙工程队每天对其施工的长度

99（千米）， 794010设甲工程队后期每天施工y千米， 则(4053)(y解得y979)()5， 10101017， 20即y0.85，

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答：甲工程队后期每天至少施工0.85千米． 【点睛】

本题考查了一元一次方程的应用、一元一次不等式的应用，正确建立方程和不等式是解题关键． 78．（2021年湖南娄底中考）为了庆祝中国党建党一百周年，某校举行“礼赞百年，奋斗有我”演讲比赛，准备购买甲、乙两种纪念品奖励在活动中表现优秀的学生．已知购买1个甲种纪念品和2个乙种纪念品共需20元，购买2个甲种纪念品和5个乙种纪念品共需45元． （1）求购买一个甲种纪念品和一个乙种纪念品各需多少元；

（2）若要购买这两种纪念品共100个，投入资金不少于766元又不多于800元，问有多少种购买方案？并求出所花资金的最小值．

【答案】（1）购进甲种纪念品每个需要10元，乙种纪念品每个需要5元；（2）共有7种进货方案；所花资金的最小值为770元． 【分析】

（1）设购进甲种纪念品每个需要x元，乙种纪念品每个需要y元，根据“购买1个甲种纪念品和2个乙种纪念品共需20元；购买2个甲种纪念品和5个乙种纪念品共需45元”，即可得出关于x、y的二元一次方程组，解之即可得出结论；

（2）设购进甲种纪念品m个，则购进乙种纪念品（100-m）个，所花资金为w元，根据总价=单价×数量得到w关于m的函数解析式，结合进货资金不少于766元且不超过800元，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，再由m为整数即可找出各进货方案，利用一次函数的性质从而得出答案． 【详解】

解：（1）设购进甲种纪念品每个需要x元，乙种纪念品每个需要y元， 根据题意得：x2y20，

2x5y45解得：x10； y5答：购进甲种纪念品每个需要10元，乙种纪念品每个需要5元；

（2）设购进甲种纪念品m个，则购进乙种纪念品（100-m）个，所花资金为w元， ∴w10m5100m5m500，

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根据题意得：5m500766，

5m500800解得：53.2≤m≤60． ∵m为整数，

∴m=54、55、56、57、58、59或60． ∴共有7种进货方案； ∵5>0，

∴w随m的增大而增大，

∴m=54时，w有最小值，最小值为770元． 【点睛】

本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，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）根据各数量间的关系，正确列出w关于m的函数解析式和一元一次不等式组． 79．（2021年福建中考）某公司经营某种农产品，零售一箱该农产品的利润是70元，批发一箱该农产品的利润是40元．

（1）已知该公司某月卖出100箱这种农产品共获利润4600元，问：该公司当月零售、批发这种农产品的箱数分别是多少？

（2）经营性质规定，该公司零售的数量不能多于总数量的30%．现该公司要经营1000箱这种农产品，问：应如何规划零售和批发的数量，才能使总利润最大？最大总利润是多少？

【答案】（1）该公司当月零售农产品20箱，批发农产品80箱；（2）该公司应零售农产品300箱、批发农产品700箱才能使总利润最大，最大总利润是49000元 【分析】

（1）设该公司当月零售农产品x箱，批发农产品y箱，利用卖出100箱这种农产品共获利润4600元列方程组，然后解方程组即可；

（2）设该公司零售农产品m箱，获得总利润w元，利用利润的意义得到

w70m40(1000m)30m40000，再根据该公司零售的数量不能多于总数量的30%可确定m的范

围，然后根据一次函数的性质解决问题． 【详解】

解：（1）设该公司当月零售农产品x箱，批发农产品y箱．

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依题意，得70x40y4600,

xy100,解得x20,

y80.所以该公司当月零售农产品20箱，批发农产品80箱．

（2）设该公司零售农产品m箱，获得总利润w元．则批发农产品的数量为(1000m)箱， ∵该公司零售的数量不能多于总数量的30% ∴m300

依题意，得w70m40(1000m)30m40000,m300． 因为300，所以w随着m的增大而增大， 所以m300时，取得最大值49000元， 此时1000m700．

所以该公司应零售农产品300箱、批发农产品700箱才能使总利润最大，最大总利润是49000元． 【点睛】

本题考查了一次函数的应用：建立一次函数模型，利用一次函数的性质和自变量的取值范围解决最值问题；也考查了二元一次方程组．

80．（2021年广西柳州中考）如今，柳州螺蛳粉已经成为名副其实的“国民小吃”，螺蛳粉小镇对A、B两种品牌的螺蛳粉举行展销活动．若购买20箱A品牌螺蛳粉和30箱B品牌螺蛳粉共需要4400元，购买10箱A品牌螺蛳粉和40箱B品牌螺蛳粉则需要4200元． （1）求A、B品牌螺蛳粉每箱售价各为多少元？

（2）小李计划购买A、B品牌螺蛳粉共100箱，预算总费用不超过9200元，则A品牌螺蛳粉最多购买多少箱？

【答案】（1）A品牌螺蛳粉每箱售价为100元，B品牌螺蛳粉每箱售价为80元；（2）60箱 【分析】

（1）设A品牌螺蛳粉每箱售价为x元，B品牌螺蛳粉每箱售价为y元，根据两种购买方式建立方程组，解方程组即可得；

（2）设购买A品牌螺蛳粉为a箱，从而可得购买B品牌螺蛳粉为100a箱，再根据“预算总费用不超过9200元”建立不等式，解不等式，结合a为正整数即可得． 【详解】

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解：（1）设A品牌螺蛳粉每箱售价为x元，B品牌螺蛳粉每箱售价为y元， 由题意得：20x30y4400，

10x40y4200解得x100，

y80答：A品牌螺蛳粉每箱售价为100元，B品牌螺蛳粉每箱售价为80元； （2）设购买A品牌螺蛳粉为a箱，则购买B品牌螺蛳粉为100a箱， 由题意得：100a80100a9200， 解得a60，

答：A品牌螺蛳粉最多购买60箱． 【点睛】

本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用，正确建立方程组和不等式是解题关键． 81．（2021年四川成都中考）为改善城市人居环境，《成都市生活垃圾管理条例》（以下简称《条例》）于2021年3月1日起正式施行．某区域原来每天需要处理生活垃圾920吨，刚好被12个A型和10个B型预处置点位进行初筛、压缩等处理．已知一个A型点位比一个B型点位每天多处理7吨生活垃圾． （1）求每个B型点位每天处理生活垃圾的吨数；

（2）由于《条例》的施行，垃圾分类要求提高，现在每个点位每天将少处理8吨生活垃圾，同时由于市民环保意识增强，该区域每天需要处理的生活垃圾比原来少10吨．若该区域计划增设A型、B型点位共5个，试问至少需要增设几个A型点位才能当日处理完所有生活垃圾？ 【答案】（1）38吨；（2）3个 【分析】

（1）设每个B型点位每天处理生活垃圾的吨数为x，则A型为x+7，由每天需要处理生活垃圾920吨列出方程求解即可；

（2）设至少需要增设y个A型点位才能当日处理完所有生活垃圾．则B型为5-y，根据两种需要处理的生活垃圾和不低于910吨列不等式求解即可． 【详解】

解：（1）设每个B型点位每天处理生活垃圾的吨数为x，则A型为x+7， 由题意得：10x+12（x+7）=920，

60

解得：x=38，

答：每个B型点位每天处理生活垃圾为38吨数；

（2）设至少需要增设y个A型点位才能当日处理完所有生活垃圾．则B型为5-y． 由题意得（12+y）(38+7-8)+（10+5-y）（38-8）≥920-10 解得：y≥

16 ， 7∵y为整数

∴至少需要增设3个A型点位，

答：至少需要增设3个A型点位才能当日处理完所有生活垃圾． 【点睛】

本题考查一元一次方程以及一元一次不等式的应用，将现实生活中的事件与数学思想联系起来，读懂题列出关系式是解题关键．

2xx1①82．（2021年湖北武汉中考）解不等式组请按下列步骤完成解答．

4x10x1②（1）解不等式①，得_____________； （2）解不等式②，得_____________；

（3）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；

（4）原不等式组的解集是_____________．

【答案】（1）x1；（2）x3；（3）见解析；（4）x1 【分析】

（1）根据不等式的基本性质解不等式； （2）根据不等式的基本性质解不等式； （3）在数轴上表示解集；

（4）根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集． 【详解】 （1）2xx1

2xx1

x1

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（2）4x10x1

4xx110 3x9

x3

（3）如下图所示

（4）取x1和x3的公共部分，即x1． 【点睛】

本题主要考查解一元一次不等式组．根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．

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