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6.(2025·宿迁泗洪县期末)一个容器盛满纯药液63 L,第一次倒出一部分纯药液后,用水加满;第二次又倒出同样多的药液,若此时容器内剩下的纯药液是28 L,则每次倒出的液体是
21
L.答案
6.21
解析
【分析】
这是一道一元二次方程在浓度问题中的实际应用题，解题思路如下：第一步设每次倒出的液体体积为x L；第二步分析第一次倒出后剩余的纯药液量，加水加满后计算此时药液的浓度；第三步分析第二次倒出的x L液体中含有的纯药液量，根据“两次倒出后剩余纯药液28L”的条件建立等量关系，列出一元二次方程；第四步解方程，结合实际意义舍去不符合要求的根，得到最终结果。
【解析】
解：设每次倒出的液体是x L。
第一次倒出x L纯药液后，容器内剩余纯药液为$(63-x)$ L，用水加满后，此时药液的浓度为$\frac{63-x}{63}$。
第二次倒出x L药液，其中含纯药液的量为$x·\frac{63-x}{63}$ L，根据剩余纯药液为28 L可列方程：
$63-x - x·\frac{63-x}{63}=28$
整理得：
$\frac{(63-x)^2}{63}=28$
即$(63-x)^2=1764$，开平方得$63-x=\pm42$
解得$x_1=21$，$x_2=105$
由于倒出的液体体积不能超过容器总容积63 L，因此$x_2=105$不符合实际，舍去。
【答案】
21
【知识点】
1. 一元二次方程实际应用
2. 浓度问题计算
3. 方程根的取舍
【点评】
本题是溶液倒出稀释类的典型题型，解题核心是理清每次倒出液体后纯药液的变化规律，找准等量关系列方程，同时要注意结合实际场景对方程的根进行验证，排除不符合题意的解。
【难度系数】
0.6
这是一道一元二次方程在浓度问题中的实际应用题，解题思路如下：第一步设每次倒出的液体体积为x L；第二步分析第一次倒出后剩余的纯药液量，加水加满后计算此时药液的浓度；第三步分析第二次倒出的x L液体中含有的纯药液量，根据“两次倒出后剩余纯药液28L”的条件建立等量关系，列出一元二次方程；第四步解方程，结合实际意义舍去不符合要求的根，得到最终结果。
【解析】
解：设每次倒出的液体是x L。
第一次倒出x L纯药液后，容器内剩余纯药液为$(63-x)$ L，用水加满后，此时药液的浓度为$\frac{63-x}{63}$。
第二次倒出x L药液，其中含纯药液的量为$x·\frac{63-x}{63}$ L，根据剩余纯药液为28 L可列方程：
$63-x - x·\frac{63-x}{63}=28$
整理得：
$\frac{(63-x)^2}{63}=28$
即$(63-x)^2=1764$，开平方得$63-x=\pm42$
解得$x_1=21$，$x_2=105$
由于倒出的液体体积不能超过容器总容积63 L，因此$x_2=105$不符合实际，舍去。
【答案】
21
【知识点】
1. 一元二次方程实际应用
2. 浓度问题计算
3. 方程根的取舍
【点评】
本题是溶液倒出稀释类的典型题型，解题核心是理清每次倒出液体后纯药液的变化规律，找准等量关系列方程，同时要注意结合实际场景对方程的根进行验证，排除不符合题意的解。
【难度系数】
0.6
7.有一人患了流感，经过两轮传染后共有144人患了流感.
(1)每轮传染中平均一人传染了几人？
(2)如果按照这样的传染速度，经过三轮传染后共有多少人患流感？
(1)每轮传染中平均一人传染了几人？
(2)如果按照这样的传染速度，经过三轮传染后共有多少人患流感？
答案
7.解:(1)设每轮传染中平均一人传染了x人,根据题意,得1+x+x(x+1)=144,解得x₁=11,x₂=-13(舍去).
答:每轮传染中平均一人传染了11人.
(2)经过三轮传染后患上流感的人数为144+11×144=1728(人).
答:经过三轮传染后共有1728人患流感.
答:每轮传染中平均一人传染了11人.
(2)经过三轮传染后患上流感的人数为144+11×144=1728(人).
答:经过三轮传染后共有1728人患流感.
解析
【分析】
解决本题首先要理清传染的数量变化逻辑：
1. 第一轮传染：初始1名患者，每轮平均1人传染x人，第一轮结束后总共有(1+x)名患者；
2. 第二轮传染：第一轮的(1+x)名患者均为传染源，每人再传染x人，第二轮新增x(1+x)名患者，两轮总患者数之和为144，据此列一元二次方程即可求解第一问，注意传染人数不能为负，需舍去不符合实际的负根；
3. 第二问可直接用第二轮的总患者数计算：第三轮时144名患者每人传染11人，新增患者数加原有患者数即为三轮后的总患病人数。
【解析】
(1) 设每轮传染中平均一人传染了x人，根据题意列方程：
$1+x+x(x+1)=144$
整理得$(1+x)^2=144$
解得$x_1=11$，$x_2=-13$
因为传染人数不能为负数，故舍去$x_2=-13$。
答：每轮传染中平均一人传染了11人。
(2) 经过三轮传染后的总患病人数为：
$144+11×144=1728$（人）
答：经过三轮传染后共有1728人患流感。
【答案】
(1) 11人；(2) 1728人
【知识点】
一元二次方程应用，传染问题模型，方程解的取舍
【点评】
本题是典型的传染类实际应用题，解题核心是找准每轮传染前后的患病人数等量关系，求出方程的解后要结合实际意义舍去不符合要求的解，第二问可直接利用前一轮的结果简化计算。
【难度系数】
0.7
解决本题首先要理清传染的数量变化逻辑：
1. 第一轮传染：初始1名患者，每轮平均1人传染x人，第一轮结束后总共有(1+x)名患者；
2. 第二轮传染：第一轮的(1+x)名患者均为传染源，每人再传染x人，第二轮新增x(1+x)名患者，两轮总患者数之和为144，据此列一元二次方程即可求解第一问，注意传染人数不能为负，需舍去不符合实际的负根；
3. 第二问可直接用第二轮的总患者数计算：第三轮时144名患者每人传染11人，新增患者数加原有患者数即为三轮后的总患病人数。
【解析】
(1) 设每轮传染中平均一人传染了x人，根据题意列方程：
$1+x+x(x+1)=144$
整理得$(1+x)^2=144$
解得$x_1=11$，$x_2=-13$
因为传染人数不能为负数，故舍去$x_2=-13$。
答：每轮传染中平均一人传染了11人。
(2) 经过三轮传染后的总患病人数为：
$144+11×144=1728$（人）
答：经过三轮传染后共有1728人患流感。
【答案】
(1) 11人；(2) 1728人
【知识点】
一元二次方程应用，传染问题模型，方程解的取舍
【点评】
本题是典型的传染类实际应用题，解题核心是找准每轮传染前后的患病人数等量关系，求出方程的解后要结合实际意义舍去不符合要求的解，第二问可直接利用前一轮的结果简化计算。
【难度系数】
0.7
8.(2025·泸州)某超市购进甲、乙两种商品，2022年甲、乙两种商品每件的进价均为125元，随着生产成本的降低，甲种商品每件的进价年平均下降25元，乙种商品2024年每件的进价为80元.
(1)求乙种商品每件进价的年平均下降率；
(2)2024年该超市用不超过7800元的资金一次购进甲、乙两种商品共100件，求最少购进多少件甲种商品.
(1)求乙种商品每件进价的年平均下降率；
(2)2024年该超市用不超过7800元的资金一次购进甲、乙两种商品共100件，求最少购进多少件甲种商品.
答案
8.解:(1)设乙种商品每件进价的年平均下降率为x,
根据题意,得125(1-x)²=80,
解得x₁=0.2=20%,x₂=1.8(不符合题意,舍去).
答:乙种商品每件进价的年平均下降率为20%.
(2)设购进y件甲种商品,则购进(100-y)件乙种商品,
根据题意,得(125-25×2)y+80(100-y)≤7800,
解得y≥40,
∴y的最小值为40.
答:最少购进40件甲种商品.
根据题意,得125(1-x)²=80,
解得x₁=0.2=20%,x₂=1.8(不符合题意,舍去).
答:乙种商品每件进价的年平均下降率为20%.
(2)设购进y件甲种商品,则购进(100-y)件乙种商品,
根据题意,得(125-25×2)y+80(100-y)≤7800,
解得y≥40,
∴y的最小值为40.
答:最少购进40件甲种商品.
解析
【分析】
(1) 本题第一问属于平均变化率类问题，解题核心是运用平均变化率公式：初始值×(1-下降率)^年数=最终值。乙商品2022年进价为初始值125元，2022年到2024年共经过2年，最终进价为80元，代入公式列一元二次方程求解即可，注意下降率不能大于1，需舍去不符合实际的解。
(2) 第二问属于不等式的实际应用问题，首先先计算2024年甲商品的进价：2022年到2024年共2年，每年进价下降25元，因此2024年甲进价为125-25×2=75元。设购进甲商品y件，则乙商品购进(100-y)件，根据总进货资金不超过7800元的不等关系列不等式，解出y的取值范围后取最小正整数即为所求。
【解析】
(1) 设乙种商品每件进价的年平均下降率为x，
根据题意列方程：$\boldsymbol{125(1-x)^2=80}$，
整理得$(1-x)^2=0.64$，开方得$1-x=\pm0.8$，
解得$x_1=0.2=20\%$，$x_2=1.8$（下降率不能大于1，不符合实际意义，舍去）。
(2) 先计算2024年甲种商品的进价：$125-25×2=75$（元），
设购进y件甲种商品，则购进乙种商品$(100-y)$件，
根据总资金不超过7800元列不等式：$\boldsymbol{75y + 80(100-y) ≤ 7800}$，
化简得$75y + 8000 - 80y ≤ 7800$，
合并同类项得$-5y ≤ -200$，
系数化为1得$y ≥ 40$，因此y的最小正整数值为40。
【答案】
(1) 乙种商品每件进价的年平均下降率为20%；
(2) 最少购进40件甲种商品。
【知识点】
一元二次方程的应用、平均变化率问题、一元一次不等式的应用
【点评】
本题结合生活实际场景考查方程与不等式的应用，解题关键是准确提取题目中的等量关系和不等关系，求解后需结合实际意义检验解的合理性，是常见的基础应用型题型。
【难度系数】
0.75
(1) 本题第一问属于平均变化率类问题，解题核心是运用平均变化率公式：初始值×(1-下降率)^年数=最终值。乙商品2022年进价为初始值125元，2022年到2024年共经过2年，最终进价为80元，代入公式列一元二次方程求解即可，注意下降率不能大于1，需舍去不符合实际的解。
(2) 第二问属于不等式的实际应用问题，首先先计算2024年甲商品的进价：2022年到2024年共2年，每年进价下降25元，因此2024年甲进价为125-25×2=75元。设购进甲商品y件，则乙商品购进(100-y)件，根据总进货资金不超过7800元的不等关系列不等式，解出y的取值范围后取最小正整数即为所求。
【解析】
(1) 设乙种商品每件进价的年平均下降率为x，
根据题意列方程：$\boldsymbol{125(1-x)^2=80}$，
整理得$(1-x)^2=0.64$，开方得$1-x=\pm0.8$，
解得$x_1=0.2=20\%$，$x_2=1.8$（下降率不能大于1，不符合实际意义，舍去）。
(2) 先计算2024年甲种商品的进价：$125-25×2=75$（元），
设购进y件甲种商品，则购进乙种商品$(100-y)$件，
根据总资金不超过7800元列不等式：$\boldsymbol{75y + 80(100-y) ≤ 7800}$，
化简得$75y + 8000 - 80y ≤ 7800$，
合并同类项得$-5y ≤ -200$，
系数化为1得$y ≥ 40$，因此y的最小正整数值为40。
【答案】
(1) 乙种商品每件进价的年平均下降率为20%；
(2) 最少购进40件甲种商品。
【知识点】
一元二次方程的应用、平均变化率问题、一元一次不等式的应用
【点评】
本题结合生活实际场景考查方程与不等式的应用，解题关键是准确提取题目中的等量关系和不等关系，求解后需结合实际意义检验解的合理性，是常见的基础应用型题型。
【难度系数】
0.75
9.(2025·宿迁沭阳县期中)某地受台风影响,矿泉水紧缺.某店以每桶8元的成本价购进了一批桶装水,七月份以一桶14元的价格销售了256桶,八、九月该桶装水十分畅销,销售量持续走高,在售价不变的基础上,九月份的销售量达到400桶.
(1)求八、九两个月销售量的月平均增长率;
(2)为回馈客户,该店决定十月降价促销.经调查:在九月份销量的基础上,该桶装水每桶降价1元,销量就增加40桶,当桶装水降价多少元时,十月份可获利1920元?
(1)求八、九两个月销售量的月平均增长率;
(2)为回馈客户,该店决定十月降价促销.经调查:在九月份销量的基础上,该桶装水每桶降价1元,销量就增加40桶,当桶装水降价多少元时,十月份可获利1920元?
答案
9.解:(1)设八、九两个月销售量的月平均增长率为x,
依题意,得256(1+x)²=400,
解得x₁=0.25=25%,x₂=-2.25(不符合题意,舍去).
答:八、九两个月销售量的月平均增长率为25%.
(2)设桶装水每桶降价y元,则十月份的销售量为(400+40y)桶,
依题意,得(14-y-8)(400+40y)=1920,
化简,得y²+4y-12=0,
解得y₁=2,y₂=-6(不符合题意,舍去).
答:当桶装水每桶降价2元时,十月份可获利1920元.
依题意,得256(1+x)²=400,
解得x₁=0.25=25%,x₂=-2.25(不符合题意,舍去).
答:八、九两个月销售量的月平均增长率为25%.
(2)设桶装水每桶降价y元,则十月份的销售量为(400+40y)桶,
依题意,得(14-y-8)(400+40y)=1920,
化简,得y²+4y-12=0,
解得y₁=2,y₂=-6(不符合题意,舍去).
答:当桶装水每桶降价2元时,十月份可获利1920元.
解析
【分析】
（1）本题为增长率类应用题，核心解题思路是利用增长率通用等量关系：初始量×(1+月平均增长率)ⁿ=增长后的量，其中n为增长的次数。本题中七月销量256桶是初始量，九月销量400桶是增长2次后的量，设月平均增长率为x，代入等量关系列方程，求解后舍去不符合实际意义的负根即可。
（2）本题为销售利润类应用题，核心等量关系为：总利润=单商品利润×总销量。设每桶降价y元，先表示出单桶利润为（售价-成本-降价金额），再表示出降价后的总销量，结合总获利1920元的条件列方程，同样舍去不符合实际的负根即可得到结果。
【解析】
(1) 设八、九两个月销售量的月平均增长率为$x$，
依题意，得：$256(1+x)^2=400$
解得：$x_1=0.25=25\%$，$x_2=-2.25$（增长率不能为负，不符合题意，舍去）。
(2) 设桶装水每桶降价$y$元，则十月份的销售量为$(400+40y)$桶，每桶利润为$(14-y-8)$元，
依题意，得：$(14-y-8)(400+40y)=1920$
化简，得：$y^2+4y-12=0$
解得：$y_1=2$，$y_2=-6$（降价金额不能为负，不符合题意，舍去）。
【答案】
(1) 八、九两个月销售量的月平均增长率为25%；
(2) 当桶装水每桶降价2元时，十月份可获利1920元。
【知识点】
一元二次方程的应用；增长率问题；销售利润问题
【点评】
本题是一元二次方程实际应用的常规题型，覆盖了两类高频考查的实际应用场景，解题关键是找准等量关系列方程，同时要注意结合实际情况检验根的合理性，舍去不符合要求的解。
【难度系数】
0.7
（1）本题为增长率类应用题，核心解题思路是利用增长率通用等量关系：初始量×(1+月平均增长率)ⁿ=增长后的量，其中n为增长的次数。本题中七月销量256桶是初始量，九月销量400桶是增长2次后的量，设月平均增长率为x，代入等量关系列方程，求解后舍去不符合实际意义的负根即可。
（2）本题为销售利润类应用题，核心等量关系为：总利润=单商品利润×总销量。设每桶降价y元，先表示出单桶利润为（售价-成本-降价金额），再表示出降价后的总销量，结合总获利1920元的条件列方程，同样舍去不符合实际的负根即可得到结果。
【解析】
(1) 设八、九两个月销售量的月平均增长率为$x$，
依题意，得：$256(1+x)^2=400$
解得：$x_1=0.25=25\%$，$x_2=-2.25$（增长率不能为负，不符合题意，舍去）。
(2) 设桶装水每桶降价$y$元，则十月份的销售量为$(400+40y)$桶，每桶利润为$(14-y-8)$元，
依题意，得：$(14-y-8)(400+40y)=1920$
化简，得：$y^2+4y-12=0$
解得：$y_1=2$，$y_2=-6$（降价金额不能为负，不符合题意，舍去）。
【答案】
(1) 八、九两个月销售量的月平均增长率为25%；
(2) 当桶装水每桶降价2元时，十月份可获利1920元。
【知识点】
一元二次方程的应用；增长率问题；销售利润问题
【点评】
本题是一元二次方程实际应用的常规题型，覆盖了两类高频考查的实际应用场景，解题关键是找准等量关系列方程，同时要注意结合实际情况检验根的合理性，舍去不符合要求的解。
【难度系数】
0.7
