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11 (2025南京模拟)为了适应新的考试评价改革，需要对学生的原始分进行转换，一次数学测试中，全班最高分是95分，最低分是45分.现将全班学生成绩作线性转化，原始分记x，转化后的分数记为y，满足$y=a+bx$，其中$b＞0$，转化后使得最高分为100分，最低分为30分，某同学原始分是80分，则转化后的分数是
79
.答案
11. 79
解析
【分析】
本题是一次函数的实际应用问题，解题思路如下：首先明确转化后的分数y是原始分x的一次函数，已知b＞0，因此原始分越高，转化后分数越高，可得两组x与y的对应值：原始最低分45分对应转化后最低分30分，原始最高分95分对应转化后最高分100分；接下来使用待定系数法，将两组对应值代入一次函数解析式y=a+bx，得到关于a、b的二元一次方程组，解方程组求出a和b的值，确定函数解析式；最后将x=80代入解析式，计算得到对应的y值即可。
【解析】
由题意可知，当原始分x=45时，转化后分数y=30；当原始分x=95时，转化后分数y=100，将两组值代入y=a+bx，可得方程组：
$\begin{cases}30=a+45b\\100=a+95b\end{cases}$
用第二个方程减去第一个方程消去a，得：
$100-30=(a+95b)-(a+45b)$
$70=50b$
解得$b=\frac{7}{5}=1.4$
将$b=1.4$代入$30=a+45b$，得：
$30=a+45×1.4$
$30=a+63$
解得$a=-33$
因此转化的函数解析式为$y=1.4x-33$
将原始分x=80代入解析式，得：
$y=1.4×80-33=112-33=79$
【答案】
79
【知识点】
1. 一次函数的应用
2. 待定系数法求解析式
3. 二元一次方程组解法
【点评】
本题结合分数转换的实际场景，考查一次函数在实际问题中的应用，核心是利用待定系数法求解函数解析式后再代入求值，解题关键是准确找到两组对应的自变量和函数值列方程组。
【难度系数】
0.8
本题是一次函数的实际应用问题，解题思路如下：首先明确转化后的分数y是原始分x的一次函数，已知b＞0，因此原始分越高，转化后分数越高，可得两组x与y的对应值：原始最低分45分对应转化后最低分30分，原始最高分95分对应转化后最高分100分；接下来使用待定系数法，将两组对应值代入一次函数解析式y=a+bx，得到关于a、b的二元一次方程组，解方程组求出a和b的值，确定函数解析式；最后将x=80代入解析式，计算得到对应的y值即可。
【解析】
由题意可知，当原始分x=45时，转化后分数y=30；当原始分x=95时，转化后分数y=100，将两组值代入y=a+bx，可得方程组：
$\begin{cases}30=a+45b\\100=a+95b\end{cases}$
用第二个方程减去第一个方程消去a，得：
$100-30=(a+95b)-(a+45b)$
$70=50b$
解得$b=\frac{7}{5}=1.4$
将$b=1.4$代入$30=a+45b$，得：
$30=a+45×1.4$
$30=a+63$
解得$a=-33$
因此转化的函数解析式为$y=1.4x-33$
将原始分x=80代入解析式，得：
$y=1.4×80-33=112-33=79$
【答案】
79
【知识点】
1. 一次函数的应用
2. 待定系数法求解析式
3. 二元一次方程组解法
【点评】
本题结合分数转换的实际场景，考查一次函数在实际问题中的应用，核心是利用待定系数法求解函数解析式后再代入求值，解题关键是准确找到两组对应的自变量和函数值列方程组。
【难度系数】
0.8
12（2025深圳）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？
（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
12. 解:(1) 设篮球的单价为 $x$ 元/个,足球的单价为 $y$ 元/个.
选择条件①②:
由题意,得 $\begin{cases} x+y+30=140,\\ 2y-x=40, \end{cases}$
解得 $\begin{cases} x=60,\\ y=50. \end{cases}$
故篮球的单价为 60 元/个,足球的单价为 50 元/个.
(2) 设该学校购买篮球 $m$ 个,则购买足球 $(10-m)$ 个.
由题意,得 $10-m≤2m$,
解得 $m≥\dfrac{10}{3}$.
又 $m≤10$,所以 $\dfrac{10}{3}≤ m≤10$.
设学校要购买篮球、足球的总费用为 $w$ 元.
由题意,得 $w=60m+50(10-m)=10m+500$.
因为 $10＞0$,所以 $w$ 随 $m$ 的增大而增大.
因为 $\dfrac{10}{3}≤ m≤10$,且 $m$ 为正整数,
所以当 $m=4$ 时,$w$ 最小,最小值为 540.
故当购买 4 个篮球时花费最少,最少费用是 540 元.
选择条件①②:
由题意,得 $\begin{cases} x+y+30=140,\\ 2y-x=40, \end{cases}$
解得 $\begin{cases} x=60,\\ y=50. \end{cases}$
故篮球的单价为 60 元/个,足球的单价为 50 元/个.
(2) 设该学校购买篮球 $m$ 个,则购买足球 $(10-m)$ 个.
由题意,得 $10-m≤2m$,
解得 $m≥\dfrac{10}{3}$.
又 $m≤10$,所以 $\dfrac{10}{3}≤ m≤10$.
设学校要购买篮球、足球的总费用为 $w$ 元.
由题意,得 $w=60m+50(10-m)=10m+500$.
因为 $10＞0$,所以 $w$ 随 $m$ 的增大而增大.
因为 $\dfrac{10}{3}≤ m≤10$,且 $m$ 为正整数,
所以当 $m=4$ 时,$w$ 最小,最小值为 540.
故当购买 4 个篮球时花费最少,最少费用是 540 元.
解析
【分析】
（1）第一问为二元一次方程组应用问题，首先设篮球单价为$x$元/个，足球单价为$y$元/个，若选择条件①②：先根据条件①“三种球各买一个总价140元，排球单价30元”，可得篮球加足球的总价为$140-30=110$元；再根据条件②“2个足球比1个篮球多40元”，可得$2y-x=40$，联立两个等量关系列方程组求解即可。
（2）第二问为一次函数结合不等式的最值问题，首先设购买篮球$m$个，则足球个数为$10-m$，先根据“足球个数不超过篮球个数的2倍”列不等式求出$m$的取值范围；再根据总费用=篮球总费用+足球总费用列出总费用$w$关于$m$的一次函数表达式，结合一次函数的增减性，在$m$的取值范围内取符合要求的最小正整数，即可求出最少费用。
【解析】
(1) 设篮球的单价为 $x$ 元/个，足球的单价为 $y$ 元/个，选择条件①②解答：
由题意得方程组：
$\begin{cases} x+y+30=140\\ 2y-x=40 \end{cases}$
整理第一个方程得$x+y=110$，与第二个方程相加得$3y=150$，解得$y=50$，将$y=50$代入$x+y=110$得$x=60$，即方程组的解为 $\begin{cases} x=60\\ y=50 \end{cases}$。
(2) 设该学校购买篮球 $m$ 个，则购买足球 $(10-m)$ 个。
由题意得不等式：$10-m≤2m$，解得 $m≥\dfrac{10}{3}$，结合$m≤10$，可得$m$的取值范围为$\dfrac{10}{3}≤ m≤10$，且$m$为正整数。
设总费用为 $w$ 元，由题意得：
$w=60m+50(10-m)=10m+500$
因为$10＞0$，所以$w$随$m$的增大而增大，因此当$m$取最小正整数4时，$w$最小，代入得$w=10×4+500=540$。
【答案】
(1) 篮球单价为60元/个，足球单价为50元/个；
(2) 购买4个篮球时花费最少，最少费用是540元。
【知识点】
二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的实际应用
【点评】
本题结合生活采购场景，综合考查了方程、不等式和一次函数的实际应用，解题核心是准确梳理题干中的等量关系和不等关系，建立对应的数学模型，再结合一次函数性质求解最值，能有效考查学生用数学知识解决实际问题的能力。
【难度系数】
0.7
（1）第一问为二元一次方程组应用问题，首先设篮球单价为$x$元/个，足球单价为$y$元/个，若选择条件①②：先根据条件①“三种球各买一个总价140元，排球单价30元”，可得篮球加足球的总价为$140-30=110$元；再根据条件②“2个足球比1个篮球多40元”，可得$2y-x=40$，联立两个等量关系列方程组求解即可。
（2）第二问为一次函数结合不等式的最值问题，首先设购买篮球$m$个，则足球个数为$10-m$，先根据“足球个数不超过篮球个数的2倍”列不等式求出$m$的取值范围；再根据总费用=篮球总费用+足球总费用列出总费用$w$关于$m$的一次函数表达式，结合一次函数的增减性，在$m$的取值范围内取符合要求的最小正整数，即可求出最少费用。
【解析】
(1) 设篮球的单价为 $x$ 元/个，足球的单价为 $y$ 元/个，选择条件①②解答：
由题意得方程组：
$\begin{cases} x+y+30=140\\ 2y-x=40 \end{cases}$
整理第一个方程得$x+y=110$，与第二个方程相加得$3y=150$，解得$y=50$，将$y=50$代入$x+y=110$得$x=60$，即方程组的解为 $\begin{cases} x=60\\ y=50 \end{cases}$。
(2) 设该学校购买篮球 $m$ 个，则购买足球 $(10-m)$ 个。
由题意得不等式：$10-m≤2m$，解得 $m≥\dfrac{10}{3}$，结合$m≤10$，可得$m$的取值范围为$\dfrac{10}{3}≤ m≤10$，且$m$为正整数。
设总费用为 $w$ 元，由题意得：
$w=60m+50(10-m)=10m+500$
因为$10＞0$，所以$w$随$m$的增大而增大，因此当$m$取最小正整数4时，$w$最小，代入得$w=10×4+500=540$。
【答案】
(1) 篮球单价为60元/个，足球单价为50元/个；
(2) 购买4个篮球时花费最少，最少费用是540元。
【知识点】
二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的实际应用
【点评】
本题结合生活采购场景，综合考查了方程、不等式和一次函数的实际应用，解题核心是准确梳理题干中的等量关系和不等关系，建立对应的数学模型，再结合一次函数性质求解最值，能有效考查学生用数学知识解决实际问题的能力。
【难度系数】
0.7
13（2025 盐城响水一模）某班级社会实践小组组织“义卖活动”，计划从批发店购进甲、乙两类益智拼图，已知甲类拼图每盒进价比乙类拼图多5元，若购进甲类拼图20盒，乙类拼图30盒，则费用为600元.
（1）甲、乙两类拼图的每盒进价分别是多少元？
（2）已知甲、乙两类拼图每盒售价分别为25元和18元.该班计划购进这两类拼图总费用不低于2 100元且不超过2 200元.若购进的甲、乙两类拼图共200盒，且全部售出，则甲类拼图为多少盒时，所获得总利润最大？最大利润为多少元？
（3）在（2）的条件下，若该班级在“义卖活动”中，对售出的每一盒甲类拼图优惠$a(0＜a≤5)$元，其他条件不变，则甲类拼图为多少盒时，所获得总利润最大，最大利润为多少元（可用含$a$的式子表示）？
（1）甲、乙两类拼图的每盒进价分别是多少元？
（2）已知甲、乙两类拼图每盒售价分别为25元和18元.该班计划购进这两类拼图总费用不低于2 100元且不超过2 200元.若购进的甲、乙两类拼图共200盒，且全部售出，则甲类拼图为多少盒时，所获得总利润最大？最大利润为多少元？
（3）在（2）的条件下，若该班级在“义卖活动”中，对售出的每一盒甲类拼图优惠$a(0＜a≤5)$元，其他条件不变，则甲类拼图为多少盒时，所获得总利润最大，最大利润为多少元（可用含$a$的式子表示）？
答案
13. 解:(1) 设乙类拼图的每盒进价是 $x$ 元,则甲类拼图的每盒进价是 $(x+5)$ 元.
由题意,得 $20(x+5)+30x=600$,解得 $x=10$,
所以 $x+5=10+5=15$,
所以甲类拼图的每盒进价是 15 元,乙类拼图的每盒进价是 10 元.
(2) 设购进甲类拼图 $m$ 盒,则购进乙类拼图 $(200-m)$ 盒.
因为总费用不低于 2 100 元且不超过 2 200 元,
所以 $2\ 100≤15m+10(200-m)≤2\ 200$,
解得 $20≤ m≤40$.
设全部售出所获得总利润为 $w$ 元,则 $w=(25-15)m+(18-10)(200-m)=2m+1\ 600$.
因为 $2＞0$,所以 $w$ 随 $m$ 的增大而增大,
所以当 $m=40$ 时,$w$ 取得最大值,最大值为 $2×40+1\ 600=1\ 680$,
所以当购进甲类拼图 40 盒时,所获得总利润最大,最大利润为 1 680 元.
(3) 设购进甲类拼图 $n$ 盒,则购进乙类拼图 $(200-n)$ 盒,
同(2),得 $20≤ n≤40$.
设全部售出所获得总利润为 $y$ 元,则 $y=(25-15-a)n+(18-10)(200-n)=(2-a)n+1\ 600$.
当 $2-a＞0$,即 $0＜a＜2$ 时,$y$ 随 $n$ 的增大而增大,
所以当 $n=40$ 时,$y$ 取得最大值,最大值为 $(2-a)×40+1\ 600=1\ 680-40a$;
当 $2-a=0$,即 $a=2$ 时,$y=1\ 600$;
当 $2-a＜0$,即 $2＜a≤5$ 时,$y$ 随 $n$ 的增大而减小,
所以当 $n=20$ 时,$y$ 取得最大值,最大值为 $(2-a)×20+1\ 600=1\ 640-20a$.
综上,当 $0＜a＜2$,甲类拼图为 40 盒时,最大利润是 $(1\ 680-40a)$ 元;当 $a=2$,甲类拼图大于等于 20 盒小于等于 40 盒时,利润总是 1 600 元;当 $2＜a≤5$,甲类拼图为 20 盒时,最大利润是 $(1\ 640-20a)$ 元.
由题意,得 $20(x+5)+30x=600$,解得 $x=10$,
所以 $x+5=10+5=15$,
所以甲类拼图的每盒进价是 15 元,乙类拼图的每盒进价是 10 元.
(2) 设购进甲类拼图 $m$ 盒,则购进乙类拼图 $(200-m)$ 盒.
因为总费用不低于 2 100 元且不超过 2 200 元,
所以 $2\ 100≤15m+10(200-m)≤2\ 200$,
解得 $20≤ m≤40$.
设全部售出所获得总利润为 $w$ 元,则 $w=(25-15)m+(18-10)(200-m)=2m+1\ 600$.
因为 $2＞0$,所以 $w$ 随 $m$ 的增大而增大,
所以当 $m=40$ 时,$w$ 取得最大值,最大值为 $2×40+1\ 600=1\ 680$,
所以当购进甲类拼图 40 盒时,所获得总利润最大,最大利润为 1 680 元.
(3) 设购进甲类拼图 $n$ 盒,则购进乙类拼图 $(200-n)$ 盒,
同(2),得 $20≤ n≤40$.
设全部售出所获得总利润为 $y$ 元,则 $y=(25-15-a)n+(18-10)(200-n)=(2-a)n+1\ 600$.
当 $2-a＞0$,即 $0＜a＜2$ 时,$y$ 随 $n$ 的增大而增大,
所以当 $n=40$ 时,$y$ 取得最大值,最大值为 $(2-a)×40+1\ 600=1\ 680-40a$;
当 $2-a=0$,即 $a=2$ 时,$y=1\ 600$;
当 $2-a＜0$,即 $2＜a≤5$ 时,$y$ 随 $n$ 的增大而减小,
所以当 $n=20$ 时,$y$ 取得最大值,最大值为 $(2-a)×20+1\ 600=1\ 640-20a$.
综上,当 $0＜a＜2$,甲类拼图为 40 盒时,最大利润是 $(1\ 680-40a)$ 元;当 $a=2$,甲类拼图大于等于 20 盒小于等于 40 盒时,利润总是 1 600 元;当 $2＜a≤5$,甲类拼图为 20 盒时,最大利润是 $(1\ 640-20a)$ 元.
解析
【分析】
（1）第一问属于一元一次方程应用问题，解题核心是找到费用等量关系。已知甲类拼图进价比乙类多5元，可设乙类进价为x元，甲类进价就是(x+5)元，根据“20盒甲的总费用+30盒乙的总费用=600元”列方程求解即可。
（2）第二问融合了一元一次不等式组和一次函数最值。先设购进甲类拼图m盒，乙类就是(200-m)盒，根据总费用的范围列出不等式，求出m的取值范围；再根据“总利润=甲的总利润+乙的总利润”列出利润关于m的一次函数，结合一次函数的增减性和m的取值范围，就能求出最大利润。
（3）第三问是含参数的一次函数应用，甲类每盒优惠a元后，甲的单盒利润减少a元，重新列出利润关于甲类数量n的一次函数，此时一次项系数含参数a，需要分三种情况讨论系数的正负：系数大于0时函数递增，取n的最大值得最大利润；系数等于0时利润为定值；系数小于0时函数递减，取n的最小值得最大利润。
【解析】
(1) 设乙类拼图的每盒进价是 $x$ 元，则甲类拼图的每盒进价是 $(x+5)$ 元。
由题意得：$20(x+5)+30x=600$
解得 $x=10$，则 $x+5=10+5=15$。
(2) 设购进甲类拼图 $m$ 盒，则购进乙类拼图 $(200-m)$ 盒。
由总费用的范围得：$2100≤15m+10(200-m)≤2200$
解得 $20≤ m≤40$。
设全部售出的总利润为 $w$ 元，则：
$w=(25-15)m+(18-10)(200-m)=2m+1600$
∵ $2＞0$，
∴ $w$ 随 $m$ 的增大而增大，
∴ 当 $m=40$ 时，$w$ 取得最大值，最大值为 $2×40+1600=1680$。
(3) 设购进甲类拼图 $n$ 盒，则购进乙类拼图 $(200-n)$ 盒，
同理可得n的取值范围为 $20≤n≤40$，
设总利润为 $y$ 元，则：
$y=(25-15-a)n+(18-10)(200-n)=(2-a)n+1600$
分情况讨论：
① 当 $2-a＞0$，即 $0＜a＜2$ 时，$y$ 随 $n$ 的增大而增大，
∴ 当 $n=40$ 时，$y$ 最大，最大值为 $(2-a)×40+1600=1680-40a$；
② 当 $2-a=0$，即 $a=2$ 时，$y=1600$，此时n在$20≤n≤40$范围内任意取值，利润均为1600元；
③ 当 $2-a＜0$，即 $2＜a≤5$ 时，$y$ 随 $n$ 的增大而减小，
∴ 当 $n=20$ 时，$y$ 最大，最大值为 $(2-a)×20+1600=1640-20a$。
【答案】
(1) 甲类拼图每盒进价15元，乙类拼图每盒进价10元；
(2) 购进甲类拼图40盒时所获得总利润最大，最大利润为1680元；
(3) 当$0＜a＜2$时，甲类拼图为40盒时总利润最大，最大利润为$(1680-40a)$元；当$a=2$时，甲类拼图数量在20~40盒（含20、40）之间时利润均为1600元；当$2＜a≤5$时，甲类拼图为20盒时总利润最大，最大利润为$(1640-20a)$元。
【知识点】
一元一次方程应用，一元一次不等式组应用，一次函数实际应用
【点评】
本题以义卖活动为真实背景，综合考查了方程、不等式、一次函数的核心知识，侧重考查数学建模思想和分类讨论思想，要求学生能准确梳理题目中的数量关系，熟练运用一次函数的增减性求解最值，第三问的参数讨论需要学生考虑周全，避免漏解。
【难度系数】
0.6
（1）第一问属于一元一次方程应用问题，解题核心是找到费用等量关系。已知甲类拼图进价比乙类多5元，可设乙类进价为x元，甲类进价就是(x+5)元，根据“20盒甲的总费用+30盒乙的总费用=600元”列方程求解即可。
（2）第二问融合了一元一次不等式组和一次函数最值。先设购进甲类拼图m盒，乙类就是(200-m)盒，根据总费用的范围列出不等式，求出m的取值范围；再根据“总利润=甲的总利润+乙的总利润”列出利润关于m的一次函数，结合一次函数的增减性和m的取值范围，就能求出最大利润。
（3）第三问是含参数的一次函数应用，甲类每盒优惠a元后，甲的单盒利润减少a元，重新列出利润关于甲类数量n的一次函数，此时一次项系数含参数a，需要分三种情况讨论系数的正负：系数大于0时函数递增，取n的最大值得最大利润；系数等于0时利润为定值；系数小于0时函数递减，取n的最小值得最大利润。
【解析】
(1) 设乙类拼图的每盒进价是 $x$ 元，则甲类拼图的每盒进价是 $(x+5)$ 元。
由题意得：$20(x+5)+30x=600$
解得 $x=10$，则 $x+5=10+5=15$。
(2) 设购进甲类拼图 $m$ 盒，则购进乙类拼图 $(200-m)$ 盒。
由总费用的范围得：$2100≤15m+10(200-m)≤2200$
解得 $20≤ m≤40$。
设全部售出的总利润为 $w$ 元，则：
$w=(25-15)m+(18-10)(200-m)=2m+1600$
∵ $2＞0$，
∴ $w$ 随 $m$ 的增大而增大，
∴ 当 $m=40$ 时，$w$ 取得最大值，最大值为 $2×40+1600=1680$。
(3) 设购进甲类拼图 $n$ 盒，则购进乙类拼图 $(200-n)$ 盒，
同理可得n的取值范围为 $20≤n≤40$，
设总利润为 $y$ 元，则：
$y=(25-15-a)n+(18-10)(200-n)=(2-a)n+1600$
分情况讨论：
① 当 $2-a＞0$，即 $0＜a＜2$ 时，$y$ 随 $n$ 的增大而增大，
∴ 当 $n=40$ 时，$y$ 最大，最大值为 $(2-a)×40+1600=1680-40a$；
② 当 $2-a=0$，即 $a=2$ 时，$y=1600$，此时n在$20≤n≤40$范围内任意取值，利润均为1600元；
③ 当 $2-a＜0$，即 $2＜a≤5$ 时，$y$ 随 $n$ 的增大而减小，
∴ 当 $n=20$ 时，$y$ 最大，最大值为 $(2-a)×20+1600=1640-20a$。
【答案】
(1) 甲类拼图每盒进价15元，乙类拼图每盒进价10元；
(2) 购进甲类拼图40盒时所获得总利润最大，最大利润为1680元；
(3) 当$0＜a＜2$时，甲类拼图为40盒时总利润最大，最大利润为$(1680-40a)$元；当$a=2$时，甲类拼图数量在20~40盒（含20、40）之间时利润均为1600元；当$2＜a≤5$时，甲类拼图为20盒时总利润最大，最大利润为$(1640-20a)$元。
【知识点】
一元一次方程应用，一元一次不等式组应用，一次函数实际应用
【点评】
本题以义卖活动为真实背景，综合考查了方程、不等式、一次函数的核心知识，侧重考查数学建模思想和分类讨论思想，要求学生能准确梳理题目中的数量关系，熟练运用一次函数的增减性求解最值，第三问的参数讨论需要学生考虑周全，避免漏解。
【难度系数】
0.6
