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14. 为加快公共领域充电基础设施建设,某停车场计划购买A,B两种型号的充电桩.已知A型充电桩比B型充电桩的单价少0.3万元,购买A型充电桩10个,B型充电桩5个,共需付款9万元.
(1)A,B两种型号的充电桩的单价各是多少万元?
(2)该停车场计划共购买20个A,B型充电桩,购买总费用不超过13万元,且A型充电桩购买数量不超过12个,共有几种购买方案?
(1)A,B两种型号的充电桩的单价各是多少万元?
(2)该停车场计划共购买20个A,B型充电桩,购买总费用不超过13万元,且A型充电桩购买数量不超过12个,共有几种购买方案?
答案
14. 解:(1)设A型充电桩单价为x万元,B型充电桩单价为y万元,由题意,得$\begin{cases} x=y-0.3,\\ 10x+5y=9,\end{cases}$ 解得$\begin{cases} x=0.5,\\ y=0.8.\end{cases}$答:A型充电桩单价为0.5万元,B型充电桩单价为0.8万元.
(2)设A型充电桩购入a个,B型充电桩购入(20-a)个.根据题意,得$\begin{cases}0.5a+0.8(20-a)≤13,\\ a≤12,\end{cases}$ 解得$10≤a≤12.$ 又$\because a$为整数,$\therefore a=10$或11或12.答:共有3种购买方案.
(2)设A型充电桩购入a个,B型充电桩购入(20-a)个.根据题意,得$\begin{cases}0.5a+0.8(20-a)≤13,\\ a≤12,\end{cases}$ 解得$10≤a≤12.$ 又$\because a$为整数,$\therefore a=10$或11或12.答:共有3种购买方案.
解析
【分析】
(1) 第一问求解两种充电桩的单价，属于含两个未知量的实际应用问题，可通过设二元一次方程组解答：首先分别设A、B型充电桩的单价为x、y万元，根据“A型比B型单价少0.3万元”列出第一个方程，再根据“购买10个A型、5个B型共需9万元”列出第二个方程，联立求解即可得到两种型号的单价。
(2) 第二问求购买方案数，属于一元一次不等式组的实际应用：设购买A型充电桩a个，则B型充电桩数量为(20-a)个，根据两个限制条件“总购买费用不超过13万元”“A型购买数量不超过12个”分别列不等式，联立得到不等式组，求解得到a的取值范围，再结合a为正整数的实际意义，统计符合条件的a的个数，即为购买方案总数。
【解析】
(1) 设A型充电桩单价为x万元，B型充电桩单价为y万元，由题意得：
$\begin{cases} x=y-0.3\\ 10x+5y=9\end{cases}$
将$x=y-0.3$代入$10x+5y=9$，得$10(y-0.3)+5y=9$，化简得$15y=12$，解得$y=0.8$，再代入$x=y-0.3$得$x=0.5$。
即方程组的解为$\begin{cases} x=0.5\\ y=0.8\end{cases}$。
(2) 设购入A型充电桩a个，则购入B型充电桩$(20-a)$个，根据题意得：
$\begin{cases}0.5a+0.8(20-a)≤13\\ a≤12\end{cases}$
解第一个不等式：$0.5a+16-0.8a≤13$，整理得$-0.3a≤-3$，解得$a≥10$。
结合第二个不等式$a≤12$，可得不等式组的解集为$10≤a≤12$。
因为a为正整数，所以a可取10、11、12，共3种取值，对应3种购买方案。
【答案】
(1) A型充电桩单价为0.5万元，B型充电桩单价为0.8万元；
(2) 共有3种购买方案。
【知识点】
二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，方案设计问题
【点评】
本题是方程与不等式结合的典型实际应用题，重点考查从题干中提取等量关系、不等关系的能力，求解方案类问题时要注意结合未知数的实际意义筛选符合要求的解，整体解题逻辑清晰，侧重对基础应用能力的考查。
【难度系数】
0.7
(1) 第一问求解两种充电桩的单价，属于含两个未知量的实际应用问题，可通过设二元一次方程组解答：首先分别设A、B型充电桩的单价为x、y万元，根据“A型比B型单价少0.3万元”列出第一个方程，再根据“购买10个A型、5个B型共需9万元”列出第二个方程，联立求解即可得到两种型号的单价。
(2) 第二问求购买方案数，属于一元一次不等式组的实际应用：设购买A型充电桩a个，则B型充电桩数量为(20-a)个，根据两个限制条件“总购买费用不超过13万元”“A型购买数量不超过12个”分别列不等式，联立得到不等式组，求解得到a的取值范围，再结合a为正整数的实际意义，统计符合条件的a的个数，即为购买方案总数。
【解析】
(1) 设A型充电桩单价为x万元，B型充电桩单价为y万元，由题意得：
$\begin{cases} x=y-0.3\\ 10x+5y=9\end{cases}$
将$x=y-0.3$代入$10x+5y=9$，得$10(y-0.3)+5y=9$，化简得$15y=12$，解得$y=0.8$，再代入$x=y-0.3$得$x=0.5$。
即方程组的解为$\begin{cases} x=0.5\\ y=0.8\end{cases}$。
(2) 设购入A型充电桩a个，则购入B型充电桩$(20-a)$个，根据题意得：
$\begin{cases}0.5a+0.8(20-a)≤13\\ a≤12\end{cases}$
解第一个不等式：$0.5a+16-0.8a≤13$，整理得$-0.3a≤-3$，解得$a≥10$。
结合第二个不等式$a≤12$，可得不等式组的解集为$10≤a≤12$。
因为a为正整数，所以a可取10、11、12，共3种取值，对应3种购买方案。
【答案】
(1) A型充电桩单价为0.5万元，B型充电桩单价为0.8万元；
(2) 共有3种购买方案。
【知识点】
二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，方案设计问题
【点评】
本题是方程与不等式结合的典型实际应用题，重点考查从题干中提取等量关系、不等关系的能力，求解方案类问题时要注意结合未知数的实际意义筛选符合要求的解，整体解题逻辑清晰，侧重对基础应用能力的考查。
【难度系数】
0.7
15. 为倡导健康环保,自带水杯已成为一种好习惯,某超市销售甲、乙两种型号水杯,进价和售价均保持不变,其中甲种型号水杯进价为25元/个,乙种型号水杯进价为45元/个,下表是前两个月两种型号水杯的销售情况:
(1)求甲、乙两种型号水杯的售价；
(2)第三个月超市计划再购进甲、乙两种型号水杯共80个,这批水杯进货的预算成本不超过2 600元,且甲种型号水杯最多购进55个,在80个水杯全部售完的情况下,该超市如何购进甲、乙两种型号水杯才能使第三个月的利润最大,并求出第三个月的最大利润.
(1)求甲、乙两种型号水杯的售价；
(2)第三个月超市计划再购进甲、乙两种型号水杯共80个,这批水杯进货的预算成本不超过2 600元,且甲种型号水杯最多购进55个,在80个水杯全部售完的情况下,该超市如何购进甲、乙两种型号水杯才能使第三个月的利润最大,并求出第三个月的最大利润.
答案
15. 解:(1)设甲、乙两种型号水杯的销售单价分别为x元、y元,由题意,得$\begin{cases}22x+8y=1100,\\ 38x+24y=2460,\end{cases}$ 解得$\begin{cases} x=30,\\ y=55.\end{cases}$答:甲、乙两种型号水杯的销售单价分别为30元、55元.
(2)设第三个月超市购进甲种型号水杯a个,第三个月的利润为w元,则$w=(30-25)a+(55-45)(80-a)=-5a+800.$ 由题意,得$\begin{cases}25a+45(80-a)≤2600,\\ a≤55,\end{cases}$ 解得$50≤a≤55. \because -5＜0,$$\therefore w$随x的增大而减小. $\therefore$ 当$a=50$时,w有最大值,最大为550. 此时$80-a=80-50=30.$ 答:该超市购进甲种型号水杯50个,乙种型号水杯30个,才能使第三个月的利润最大,最大利润为550元.
(2)设第三个月超市购进甲种型号水杯a个,第三个月的利润为w元,则$w=(30-25)a+(55-45)(80-a)=-5a+800.$ 由题意,得$\begin{cases}25a+45(80-a)≤2600,\\ a≤55,\end{cases}$ 解得$50≤a≤55. \because -5＜0,$$\therefore w$随x的增大而减小. $\therefore$ 当$a=50$时,w有最大值,最大为550. 此时$80-a=80-50=30.$ 答:该超市购进甲种型号水杯50个,乙种型号水杯30个,才能使第三个月的利润最大,最大利润为550元.
解析
【分析】
（1）要求甲、乙两种型号水杯的售价，我们可以设两个未知数，结合表格中前两个月的销售数量和总销售收入，根据“总销售收入=甲型号售价×甲销量+乙型号售价×乙销量”的等量关系，列出二元一次方程组求解即可。
（2）要得到第三个月的最大利润，首先设购进甲种型号水杯的数量为a个，那么乙种型号水杯数量为(80-a)个，先根据“总利润=单个利润×销售数量”写出总利润w的表达式。再根据“进货总成本不超过2600元”“甲种型号水杯最多购进55个”两个限制条件，列出一元一次不等式组，求出a的取值范围。最后结合一次函数的增减性，在a的取值范围内找到使w最大的a的值，即可得到最大利润和对应的进货方案。
【解析】
(1) 设甲种型号水杯的销售单价为x元，乙种型号水杯的销售单价为y元，根据题意列方程组：
$\begin{cases}22x+8y=1100\\ 38x+24y=2460\end{cases}$
将第一个方程两边同时乘3，得$66x+24y=3300$，用该式减去第二个方程：
$66x+24y-(38x+24y)=3300-2460$
化简得$28x=840$，解得$x=30$。
把$x=30$代入$22x+8y=1100$，得$22×30+8y=1100$，解得$y=55$。
(2) 设第三个月购进甲种型号水杯a个，则购进乙种型号水杯$(80-a)$个，第三个月的总利润为w元。
单个甲水杯利润为$30-25=5$元，单个乙水杯利润为$55-45=10$元，因此利润表达式为：
$w=5a+10(80-a)=-5a+800$
根据题意列不等式组：
$\begin{cases}25a + 45(80-a) ≤ 2600\\ a ≤ 55\end{cases}$
解第一个不等式：$25a+3600-45a≤2600$，即$-20a≤-1000$，解得$a≥50$。
结合第二个不等式，得a的取值范围为$50≤a≤55$。
在$w=-5a+800$中，$k=-5＜0$，因此w随a的增大而减小，当a取最小值50时，w取得最大值。
此时$w=-5×50+800=550$，乙种型号水杯进货量为$80-50=30$个。
【答案】
(1) 甲种型号水杯售价为30元/个，乙种型号水杯售价为55元/个；
(2) 购进甲种型号水杯50个，乙种型号水杯30个时第三个月利润最大，最大利润为550元。
【知识点】
二元一次方程组应用、一元一次不等式组应用、一次函数性质应用
【点评】
本题是结合生活实际的销售类应用题，综合考查了信息提取能力、列方程与不等式解决实际问题的能力，以及利用一次函数增减性求最值的能力，解题关键是找准等量关系和不等关系，正确列出对应关系式。
【难度系数】
0.65
（1）要求甲、乙两种型号水杯的售价，我们可以设两个未知数，结合表格中前两个月的销售数量和总销售收入，根据“总销售收入=甲型号售价×甲销量+乙型号售价×乙销量”的等量关系，列出二元一次方程组求解即可。
（2）要得到第三个月的最大利润，首先设购进甲种型号水杯的数量为a个，那么乙种型号水杯数量为(80-a)个，先根据“总利润=单个利润×销售数量”写出总利润w的表达式。再根据“进货总成本不超过2600元”“甲种型号水杯最多购进55个”两个限制条件，列出一元一次不等式组，求出a的取值范围。最后结合一次函数的增减性，在a的取值范围内找到使w最大的a的值，即可得到最大利润和对应的进货方案。
【解析】
(1) 设甲种型号水杯的销售单价为x元，乙种型号水杯的销售单价为y元，根据题意列方程组：
$\begin{cases}22x+8y=1100\\ 38x+24y=2460\end{cases}$
将第一个方程两边同时乘3，得$66x+24y=3300$，用该式减去第二个方程：
$66x+24y-(38x+24y)=3300-2460$
化简得$28x=840$，解得$x=30$。
把$x=30$代入$22x+8y=1100$，得$22×30+8y=1100$，解得$y=55$。
(2) 设第三个月购进甲种型号水杯a个，则购进乙种型号水杯$(80-a)$个，第三个月的总利润为w元。
单个甲水杯利润为$30-25=5$元，单个乙水杯利润为$55-45=10$元，因此利润表达式为：
$w=5a+10(80-a)=-5a+800$
根据题意列不等式组：
$\begin{cases}25a + 45(80-a) ≤ 2600\\ a ≤ 55\end{cases}$
解第一个不等式：$25a+3600-45a≤2600$，即$-20a≤-1000$，解得$a≥50$。
结合第二个不等式，得a的取值范围为$50≤a≤55$。
在$w=-5a+800$中，$k=-5＜0$，因此w随a的增大而减小，当a取最小值50时，w取得最大值。
此时$w=-5×50+800=550$，乙种型号水杯进货量为$80-50=30$个。
【答案】
(1) 甲种型号水杯售价为30元/个，乙种型号水杯售价为55元/个；
(2) 购进甲种型号水杯50个，乙种型号水杯30个时第三个月利润最大，最大利润为550元。
【知识点】
二元一次方程组应用、一元一次不等式组应用、一次函数性质应用
【点评】
本题是结合生活实际的销售类应用题，综合考查了信息提取能力、列方程与不等式解决实际问题的能力，以及利用一次函数增减性求最值的能力，解题关键是找准等量关系和不等关系，正确列出对应关系式。
【难度系数】
0.65
