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一、选择题
1. 某网店将每件进价为20元的工艺品以单价为30元的价格出售时，每天可售出300件，经调查当单价每涨1元时，每天少售出10件.若该网店想每天获得3750元利润，则每件工艺品应涨多少元？如果设每件工艺品应涨$ x $元，则下列说法正确的是(
A.涨价后每件工艺品的售价是$ (20+x) $元
B.涨价后每件售出工艺品的利润是$ (10-x) $元
C.涨价后每天销售工艺品的数量是$ (300-10x) $件
D.可列方程为$ (30+x)(300-10x)=3750 $
1. 某网店将每件进价为20元的工艺品以单价为30元的价格出售时，每天可售出300件，经调查当单价每涨1元时，每天少售出10件.若该网店想每天获得3750元利润，则每件工艺品应涨多少元？如果设每件工艺品应涨$ x $元，则下列说法正确的是(
C
)A.涨价后每件工艺品的售价是$ (20+x) $元
B.涨价后每件售出工艺品的利润是$ (10-x) $元
C.涨价后每天销售工艺品的数量是$ (300-10x) $件
D.可列方程为$ (30+x)(300-10x)=3750 $
答案
1. C
解析
【分析】
这是一道销售类实际问题的概念辨析题，解题思路是先明确销售问题中各核心量的计算逻辑：①涨价后售价=原售价+上涨金额；②单件利润=售价-进价；③销量=原销量-因涨价减少的销量；④总利润=单件利润×总销量。我们按照以上逻辑逐一核对四个选项就能得出正确答案。
【解析】
我们逐个分析选项：
A选项：原售价为30元，涨价x元后，售价应为$(30+x)$元，而非$(20+x)$元，A错误；
B选项：单件利润=售价-进价$=(30+x)-20=(10+x)$元，而非$(10-x)$元，B错误；
C选项：单价每涨1元少售出10件，涨x元则少售出$10x$件，原销量为300件，故涨价后销量为$(300-10x)$件，C正确；
D选项：总利润=单件利润×销量，应列方程为$(10+x)(300-10x)=3750$，选项中错把售价$(30+x)$当成了单件利润，D错误。
综上，本题选C。
【答案】
C
【知识点】
销售利润计算，列代数式，一元二次方程实际应用
【点评】
本题侧重考察销售问题中数量关系的梳理，解题关键是准确区分售价、进价、单件利润、销售量这几个核心量，牢记总利润的计算公式，避免混淆售价和单件利润导致出错。
【难度系数】
0.8
这是一道销售类实际问题的概念辨析题，解题思路是先明确销售问题中各核心量的计算逻辑：①涨价后售价=原售价+上涨金额；②单件利润=售价-进价；③销量=原销量-因涨价减少的销量；④总利润=单件利润×总销量。我们按照以上逻辑逐一核对四个选项就能得出正确答案。
【解析】
我们逐个分析选项：
A选项：原售价为30元，涨价x元后，售价应为$(30+x)$元，而非$(20+x)$元，A错误；
B选项：单件利润=售价-进价$=(30+x)-20=(10+x)$元，而非$(10-x)$元，B错误；
C选项：单价每涨1元少售出10件，涨x元则少售出$10x$件，原销量为300件，故涨价后销量为$(300-10x)$件，C正确；
D选项：总利润=单件利润×销量，应列方程为$(10+x)(300-10x)=3750$，选项中错把售价$(30+x)$当成了单件利润，D错误。
综上，本题选C。
【答案】
C
【知识点】
销售利润计算，列代数式，一元二次方程实际应用
【点评】
本题侧重考察销售问题中数量关系的梳理，解题关键是准确区分售价、进价、单件利润、销售量这几个核心量，牢记总利润的计算公式，避免混淆售价和单件利润导致出错。
【难度系数】
0.8
2. 新能源汽车具有环保节能、经济性高、驾驶体验佳等诸多优点，深受消费者的青睐.据统计到2024年底全国新能源汽车保有量约为2020万辆，预计2026年底将达到4000万辆.若设新能源汽车的年平均增长率为x，则可列方程为(
A.$2020(1+x^2)=4000$
B.$2020(1+2x)=4000$
C.$2020(1+x)^2=4000$
D.$4000(1-x)^2=2020$
C
)A.$2020(1+x^2)=4000$
B.$2020(1+2x)=4000$
C.$2020(1+x)^2=4000$
D.$4000(1-x)^2=2020$
答案
2. C
解析
【分析】
这是一道平均增长率的实际应用题，解题时首先回忆平均增长率的基本计算逻辑：每一年的存量都是在上一年的基础上乘以(1+增长率)。首先确定起始时间是2024年底，对应保有量2020万辆（基期量），终止时间是2026年底，对应保有量4000万辆（现期量），从2024到2026间隔2年，即增长次数为2次，按照增长逻辑逐步推导即可列出方程。
【解析】
已知2024年底新能源汽车保有量为2020万辆，年平均增长率为x：
1. 计算2025年底的保有量：在2024年的基础上增长x，即$2020(1+x)$万辆；
2. 计算2026年底的保有量：在2025年的基础上再增长x，即$2020(1+x) × (1+x) = 2020(1+x)^2$万辆；
3. 根据2026年底保有量为4000万辆，可列方程：$2020(1+x)^2 = 4000$。
对应选项为C。
【答案】
C
【知识点】
平均增长率问题，一元二次方程的应用
【点评】
本题是平均增长率类常规题型，解题核心是找准基期量、现期量以及增长的年数，牢记平均增长率的计算模型就能快速列对方程。
【难度系数】
0.8
这是一道平均增长率的实际应用题，解题时首先回忆平均增长率的基本计算逻辑：每一年的存量都是在上一年的基础上乘以(1+增长率)。首先确定起始时间是2024年底，对应保有量2020万辆（基期量），终止时间是2026年底，对应保有量4000万辆（现期量），从2024到2026间隔2年，即增长次数为2次，按照增长逻辑逐步推导即可列出方程。
【解析】
已知2024年底新能源汽车保有量为2020万辆，年平均增长率为x：
1. 计算2025年底的保有量：在2024年的基础上增长x，即$2020(1+x)$万辆；
2. 计算2026年底的保有量：在2025年的基础上再增长x，即$2020(1+x) × (1+x) = 2020(1+x)^2$万辆；
3. 根据2026年底保有量为4000万辆，可列方程：$2020(1+x)^2 = 4000$。
对应选项为C。
【答案】
C
【知识点】
平均增长率问题，一元二次方程的应用
【点评】
本题是平均增长率类常规题型，解题核心是找准基期量、现期量以及增长的年数，牢记平均增长率的计算模型就能快速列对方程。
【难度系数】
0.8
3. 某款智能机器人2025年10月份售价为20万元，12月份售价为18万元.设该款机器人这两个月售价的月平均下降率是$ x $，则所列方程正确的是（
A.$ 18(1+x)^2 = 20 $
B.$ 20(1+x)^2 = 18 $
C.$ 18(1-x)^2 = 20 $
D.$ 20(1-x)^2 = 18 $
D
）A.$ 18(1+x)^2 = 20 $
B.$ 20(1+x)^2 = 18 $
C.$ 18(1-x)^2 = 20 $
D.$ 20(1-x)^2 = 18 $
答案
3. D
解析
【分析】
这是一道平均下降率的一元二次方程实际应用题，解题思路如下：首先明确变化的初始量、最终量和变化次数：本题初始量是10月份售价20万元，最终量是12月份售价18万元，从10月到12月经过2次月度降价，月平均下降率为x。下降率问题中，每次降价后的价格=降价前的价格×(1-下降率)，我们可以依次推导11月、12月的售价，再根据12月售价为18万元列方程即可。
【解析】
已知10月份售价为20万元，月平均下降率为x：
第一步：计算11月份的售价，是在10月份售价基础上下降x，因此11月售价为 $ 20(1-x) $ 万元；
第二步：计算12月份的售价，是在11月份售价基础上再次下降x，因此12月售价为 $ 20(1-x) × (1-x) = 20(1-x)^2 $ 万元；
第三步：结合题目给出12月份售价为18万元，可列方程：$ 20(1-x)^2 = 18 $，因此选项D正确。
【答案】
D
【知识点】
1. 平均下降率问题
2. 一元二次方程的实际应用
【点评】
本题是平均变化率类的基础应用题，解题核心是牢记变化率公式，明确初始量、最终量和变化次数，注意下降率对应公式里的减号，增长率对应加号，掌握规律即可快速得分。
【难度系数】
0.8
这是一道平均下降率的一元二次方程实际应用题，解题思路如下：首先明确变化的初始量、最终量和变化次数：本题初始量是10月份售价20万元，最终量是12月份售价18万元，从10月到12月经过2次月度降价，月平均下降率为x。下降率问题中，每次降价后的价格=降价前的价格×(1-下降率)，我们可以依次推导11月、12月的售价，再根据12月售价为18万元列方程即可。
【解析】
已知10月份售价为20万元，月平均下降率为x：
第一步：计算11月份的售价，是在10月份售价基础上下降x，因此11月售价为 $ 20(1-x) $ 万元；
第二步：计算12月份的售价，是在11月份售价基础上再次下降x，因此12月售价为 $ 20(1-x) × (1-x) = 20(1-x)^2 $ 万元；
第三步：结合题目给出12月份售价为18万元，可列方程：$ 20(1-x)^2 = 18 $，因此选项D正确。
【答案】
D
【知识点】
1. 平均下降率问题
2. 一元二次方程的实际应用
【点评】
本题是平均变化率类的基础应用题，解题核心是牢记变化率公式，明确初始量、最终量和变化次数，注意下降率对应公式里的减号，增长率对应加号，掌握规律即可快速得分。
【难度系数】
0.8
4. 某帐篷实体店销售一批户外帐篷，经调查，每顶帐篷利润为200元时，平均每天可售出60顶，单价每降价10元，每天可多售出4顶.已知该店要想平均每天盈利12160元，可列方程为$(200 - x)(60 + \frac{x}{10} × 4) = 12160$，则下列表述正确的是(
A.每顶帐篷单价为$x$元
B.降价后平均每天可售出$(200 - x)$顶
C.每顶帐篷单价应降价$x$元
D.降价后每顶帐篷利润为$(60 + \frac{x}{10} × 4)$元
C
)A.每顶帐篷单价为$x$元
B.降价后平均每天可售出$(200 - x)$顶
C.每顶帐篷单价应降价$x$元
D.降价后每顶帐篷利润为$(60 + \frac{x}{10} × 4)$元
答案
4. C
解析
【分析】
解决本题首先要明确销售利润问题的核心等量关系：总盈利=单顶帐篷的利润×销售帐篷的数量。结合题目给出的已知条件和方程，逐一分析方程中各部分对应的实际含义，即可判断x的意义以及各选项的正误。首先，原单顶利润为200元，原日均销量为60顶，方程左侧第一个因式为(200-x)，对应降价后的单顶利润，因此x表示单顶帐篷的降价金额；第二个因式为$(60 + \frac{x}{10}×4)$，对应降价后的日均销量，两者乘积为日均总盈利，再对应选项逐一判断即可。
【解析】
结合销售利润的等量关系分析方程各部分的含义：
1. 原单顶帐篷利润为200元，方程中$(200 - x)$表示降价后的单顶利润，因此$x$表示每顶帐篷的降价金额；
2. 原日均销量为60顶，单价每降10元多售出4顶，因此降价$x$元后，日均多售出的数量为$\frac{x}{10}×4$，总销量为$60 + \frac{x}{10}×4$，该式对应方程的第二个因式。
逐一判断选项：
A. $x$是每顶帐篷的降价金额，不是单价，A错误；
B. $(200 - x)$是降价后的单顶利润，不是销量，B错误；
C. $x$表示每顶帐篷单价应降价的金额，C正确；
D. $60 + \frac{x}{10}×4$是降价后的日均销量，不是单顶利润，D错误。
【答案】
C
【知识点】
一元二次方程的实际应用；销售利润问题
【点评】
本题属于基础类应用题，解题的关键是掌握销售问题中总利润、单件利润、销售量三者的等量关系，能准确对应方程中各代数式的实际意义即可快速解题。
【难度系数】
0.8
解决本题首先要明确销售利润问题的核心等量关系：总盈利=单顶帐篷的利润×销售帐篷的数量。结合题目给出的已知条件和方程，逐一分析方程中各部分对应的实际含义，即可判断x的意义以及各选项的正误。首先，原单顶利润为200元，原日均销量为60顶，方程左侧第一个因式为(200-x)，对应降价后的单顶利润，因此x表示单顶帐篷的降价金额；第二个因式为$(60 + \frac{x}{10}×4)$，对应降价后的日均销量，两者乘积为日均总盈利，再对应选项逐一判断即可。
【解析】
结合销售利润的等量关系分析方程各部分的含义：
1. 原单顶帐篷利润为200元，方程中$(200 - x)$表示降价后的单顶利润，因此$x$表示每顶帐篷的降价金额；
2. 原日均销量为60顶，单价每降10元多售出4顶，因此降价$x$元后，日均多售出的数量为$\frac{x}{10}×4$，总销量为$60 + \frac{x}{10}×4$，该式对应方程的第二个因式。
逐一判断选项：
A. $x$是每顶帐篷的降价金额，不是单价，A错误；
B. $(200 - x)$是降价后的单顶利润，不是销量，B错误；
C. $x$表示每顶帐篷单价应降价的金额，C正确；
D. $60 + \frac{x}{10}×4$是降价后的日均销量，不是单顶利润，D错误。
【答案】
C
【知识点】
一元二次方程的实际应用；销售利润问题
【点评】
本题属于基础类应用题，解题的关键是掌握销售问题中总利润、单件利润、销售量三者的等量关系，能准确对应方程中各代数式的实际意义即可快速解题。
【难度系数】
0.8
二、填空题
1. 某种花卉每盆的盈利与每盆的株数有一定的关系，每盆植3株时，平均每株盈利4元，若每盆增加1株，平均每株盈利减少0.5元，要使每盆的盈利达到15元，每盆应多植多少株？设每盆多植x株，则一株的盈利为
1. 某种花卉每盆的盈利与每盆的株数有一定的关系，每盆植3株时，平均每株盈利4元，若每盆增加1株，平均每株盈利减少0.5元，要使每盆的盈利达到15元，每盆应多植多少株？设每盆多植x株，则一株的盈利为
4-0.5x
元，可列出的方程是(4-0.5x)(3+x)=15
。答案
1. 4-0.5x,(4-0.5x)(3+x)=15
解析
【分析】
解题时首先明确已知条件和核心等量关系：总盈利=单株盈利×总株数。第一步先推导单株盈利的表达式：已知每盆多植x株，每多植1株平均单株盈利减少0.5元，那么多植x株后，单株盈利会在原本4元的基础上减少0.5x元，即可得到单株盈利的代数式；第二步推导每盆总株数：原本每盆植3株，多植x株后总株数为(3+x)株；最后结合总盈利要达到15元的要求，代入等量关系即可列出方程。
【解析】
1. 求单株盈利：
原本平均每株盈利4元，每多植1株单株盈利减少0.5元，多植x株后，单株盈利减少0.5x元，因此一株的盈利为$4-0.5x$元。
2. 列方程：
每盆总株数 = 原有株数 + 多植株数 = $3+x$株，
根据总盈利=单株盈利×总株数，且总盈利为15元，代入得方程：$(4-0.5x)(3+x)=15$。
【答案】
$4-0.5x$，$(4-0.5x)(3+x)=15$
【知识点】
一元二次方程实际应用；利润问题计算
【点评】
本题是利润类方程应用的基础题型，解题关键是准确梳理变量之间的变化关系，牢记总利润的计算公式，这类题型是方程应用的常考类型，掌握解题逻辑即可轻松解答。
【难度系数】
0.8
解题时首先明确已知条件和核心等量关系：总盈利=单株盈利×总株数。第一步先推导单株盈利的表达式：已知每盆多植x株，每多植1株平均单株盈利减少0.5元，那么多植x株后，单株盈利会在原本4元的基础上减少0.5x元，即可得到单株盈利的代数式；第二步推导每盆总株数：原本每盆植3株，多植x株后总株数为(3+x)株；最后结合总盈利要达到15元的要求，代入等量关系即可列出方程。
【解析】
1. 求单株盈利：
原本平均每株盈利4元，每多植1株单株盈利减少0.5元，多植x株后，单株盈利减少0.5x元，因此一株的盈利为$4-0.5x$元。
2. 列方程：
每盆总株数 = 原有株数 + 多植株数 = $3+x$株，
根据总盈利=单株盈利×总株数，且总盈利为15元，代入得方程：$(4-0.5x)(3+x)=15$。
【答案】
$4-0.5x$，$(4-0.5x)(3+x)=15$
【知识点】
一元二次方程实际应用；利润问题计算
【点评】
本题是利润类方程应用的基础题型，解题关键是准确梳理变量之间的变化关系，牢记总利润的计算公式，这类题型是方程应用的常考类型，掌握解题逻辑即可轻松解答。
【难度系数】
0.8
2. 汽车在公路上行驶，它行驶的路程$s(\mathrm{m})$和时间$t(\mathrm{s})$之间的关系式为$s=3t^2 +18t$，那么行驶$120\ \mathrm{m}$，需要的时间为
4s
.答案
2. 4s
解析
【分析】
已知路程s和时间t的函数关系式，要求行驶120m对应的时间，首先将s=120代入给定的关系式，得到关于t的一元二次方程，再求解方程，最后结合时间为正数的实际意义舍去不符合题意的解，就能得到正确结果。
【解析】
解：由题意得，当行驶路程为120m时，$s=120$，将其代入$s=3t^2 +18t$可得：
$3t^2 +18t = 120$
两边同时除以3化简得：
$t^2 +6t -40 = 0$
对左侧因式分解得：
$(t+10)(t-4)=0$
解得：$t_1=-10$，$t_2=4$
∵时间t不能为负数，因此舍去$t=-10$
∴需要的时间为$4\ \mathrm{s}$
【答案】
4s
【知识点】
一元二次方程的应用，解一元二次方程，实际问题解的检验
【点评】
本题是一元二次方程在行程问题中的基础应用，解题核心是根据已知条件准确建立方程，要注意实际问题的解必须符合现实意义，需主动舍去不符合要求的增解，避免出现多解错误。
【难度系数】
0.8
已知路程s和时间t的函数关系式，要求行驶120m对应的时间，首先将s=120代入给定的关系式，得到关于t的一元二次方程，再求解方程，最后结合时间为正数的实际意义舍去不符合题意的解，就能得到正确结果。
【解析】
解：由题意得，当行驶路程为120m时，$s=120$，将其代入$s=3t^2 +18t$可得：
$3t^2 +18t = 120$
两边同时除以3化简得：
$t^2 +6t -40 = 0$
对左侧因式分解得：
$(t+10)(t-4)=0$
解得：$t_1=-10$，$t_2=4$
∵时间t不能为负数，因此舍去$t=-10$
∴需要的时间为$4\ \mathrm{s}$
【答案】
4s
【知识点】
一元二次方程的应用，解一元二次方程，实际问题解的检验
【点评】
本题是一元二次方程在行程问题中的基础应用，解题核心是根据已知条件准确建立方程，要注意实际问题的解必须符合现实意义，需主动舍去不符合要求的增解，避免出现多解错误。
【难度系数】
0.8
3. 为落实劳动教育要求,某中学组织学生用总长为10米的篱笆,在校园直角围墙一角围建矩形种植实践区,最终建成的实践区面积达16平方米,则该矩形的较短边长为
2
米. 答案
3. 2
解析
【分析】
该题是利用直角围墙围矩形的实际问题，首先明确：矩形的两个相邻边依靠围墙，无需使用篱笆，因此10米的篱笆总长等于矩形两个相邻边的长度之和。解题时先设较短边长为x米，即可表示出较长边的长度为(10-x)米，再结合矩形面积公式列一元二次方程求解，最后根据“较短边”的条件筛选出符合要求的解即可。
【解析】
设该矩形的较短边长为$ x $米，由于矩形两个邻边靠直角围墙，因此较长边长为$ (10 - x) $米。
根据矩形面积为16平方米，列方程：
$ x(10 - x) = 16 $
整理为标准一元二次方程形式：
$ x^2 - 10x + 16 = 0 $
因式分解得：
$ (x - 2)(x - 8) = 0 $
解得：$ x_1 = 2 $，$ x_2 = 8 $
因为$ x $是较短边，需满足$ x ＜ 10 - x $，即$ x ＜ 5 $，因此$ x = 8 $不符合题意，舍去。
【答案】
2
【知识点】
一元二次方程实际应用，矩形面积计算，解一元二次方程
【点评】
本题属于一元二次方程的实际应用类基础题，解题的关键是结合直角围墙的特点，正确判断篱笆对应矩形的边数，避免误判为三边用篱笆导致列式错误，求解后要注意结合题干限定条件对根进行取舍。
【难度系数】
0.7
该题是利用直角围墙围矩形的实际问题，首先明确：矩形的两个相邻边依靠围墙，无需使用篱笆，因此10米的篱笆总长等于矩形两个相邻边的长度之和。解题时先设较短边长为x米，即可表示出较长边的长度为(10-x)米，再结合矩形面积公式列一元二次方程求解，最后根据“较短边”的条件筛选出符合要求的解即可。
【解析】
设该矩形的较短边长为$ x $米，由于矩形两个邻边靠直角围墙，因此较长边长为$ (10 - x) $米。
根据矩形面积为16平方米，列方程：
$ x(10 - x) = 16 $
整理为标准一元二次方程形式：
$ x^2 - 10x + 16 = 0 $
因式分解得：
$ (x - 2)(x - 8) = 0 $
解得：$ x_1 = 2 $，$ x_2 = 8 $
因为$ x $是较短边，需满足$ x ＜ 10 - x $，即$ x ＜ 5 $，因此$ x = 8 $不符合题意，舍去。
【答案】
2
【知识点】
一元二次方程实际应用，矩形面积计算，解一元二次方程
【点评】
本题属于一元二次方程的实际应用类基础题，解题的关键是结合直角围墙的特点，正确判断篱笆对应矩形的边数，避免误判为三边用篱笆导致列式错误，求解后要注意结合题干限定条件对根进行取舍。
【难度系数】
0.7
