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6.「2025天津滨海新区三模，★☆」某商店销售一种进价为40元/千克的海鲜产品，据调查发现，月销售量y千克与售价x元/千克之间满足一次函数关系，部分信息如下表，
则下列结论：
①$y$与$x$之间的函数关系式为$y=-x+300$；
②当售价为72元/千克时，月销售利润为7296元；
③当每月购进这种海鲜的总进价不超过5000元时，月销售利润最大可达到16900元；
④销售这种海鲜产品，每月最高可获得利润16900元。
其中，正确的结论有（
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
则下列结论：
①$y$与$x$之间的函数关系式为$y=-x+300$；
②当售价为72元/千克时，月销售利润为7296元；
③当每月购进这种海鲜的总进价不超过5000元时，月销售利润最大可达到16900元；
④销售这种海鲜产品，每月最高可获得利润16900元。
其中，正确的结论有（
C
）A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
答案
设y与x之间的函数关系式为y=kx+b(k≠0),将(50,250),(60,240)代入,
得$\begin{cases}50k+b=250,\\60k+b=240,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-1,\\b=300,\end{cases}$
∴y与x之间的函数关系式为y=-x+300,故①正确;
当售价为72元/千克时,月销售利润为(72-40)×(-72+300)=32×228=7296(元),故②正确;
设月销售利润为w元,
根据题意得w=(x-40)·y=(x-40)(-x+300)=-x²+340x-12000=-(x-170)²+16900,
∵每月购进这种海鲜的总进价不超过5000元,
∴每月购进海鲜的质量最多为5000÷40=125(千克),
则0＜y≤125,即0＜-x+300≤125,解得175≤x＜300,
由w=-(x-170)²+16900得,当x＞170时,y随x的增大而减小,
故当x=175时,w取得最大值,$w_{最大值}=-(175-170)^2+16900=16875$,故③错误;
∵w=-(x-170)²+16900,
∴当x=170时,w有最大值,最大值为16900,故④正确.正确的结论有3个.故选C.
得$\begin{cases}50k+b=250,\\60k+b=240,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-1,\\b=300,\end{cases}$
∴y与x之间的函数关系式为y=-x+300,故①正确;
当售价为72元/千克时,月销售利润为(72-40)×(-72+300)=32×228=7296(元),故②正确;
设月销售利润为w元,
根据题意得w=(x-40)·y=(x-40)(-x+300)=-x²+340x-12000=-(x-170)²+16900,
∵每月购进这种海鲜的总进价不超过5000元,
∴每月购进海鲜的质量最多为5000÷40=125(千克),
则0＜y≤125,即0＜-x+300≤125,解得175≤x＜300,
由w=-(x-170)²+16900得,当x＞170时,y随x的增大而减小,
故当x=175时,w取得最大值,$w_{最大值}=-(175-170)^2+16900=16875$,故③错误;
∵w=-(x-170)²+16900,
∴当x=170时,w有最大值,最大值为16900,故④正确.正确的结论有3个.故选C.
解析
【分析】
这是一道销售类函数应用问题，解题思路如下：1. 先利用待定系数法，代入表格中两组x、y的值求出y与x的一次函数解析式，验证结论①；2. 计算售价为72元/千克时的销量，再根据“总利润=每千克利润×销售量”计算利润，验证结论②；3. 先根据总进价的限制求出最大进货量，进而得到售价x的取值范围，再结合利润对应的二次函数的增减性，求出该限制下的最大利润，判断结论③；4. 利用二次函数的性质求无额外限制时的最大利润，验证结论④；最后统计正确结论的个数即可。
【解析】
解：设$y$与$x$之间的函数关系式为$y=kx+b(k≠0)$，将$(50,250)$，$(60,240)$代入得：
$\begin{cases}50k+b=250\\60k+b=240\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=-1\\b=300\end{cases}$
∴$y$与$x$的函数关系式为$y=-x+300$，故①正确；
当$x=72$时，$y=-72+300=228$，此时月销售利润为$(72-40)×228=32×228=7296$元，故②正确；
设月销售利润为$w$元，由题意得：
$w=(x-40)y=(x-40)(-x+300)=-x^2+340x-12000=-(x-170)^2+16900$
∵每月购进总进价不超过5000元，
∴最大进货量为$5000÷40=125$千克，即$y≤125$，
∴$-x+300≤125$，解得$x≥175$，
∵二次函数$w=-(x-170)^2+16900$开口向下，当$x＞170$时，$w$随$x$的增大而减小，
∴当$x=175$时，$w$取得最大值，$w_{max}=-(175-170)^2+16900=16875$元，故③错误；
由$w=-(x-170)^2+16900$可知，当$x=170$时，$w$有最大值16900元，故④正确。
综上，①②④共3个结论正确，故选C。
【答案】
C
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式，二次函数利润应用，二次函数的性质
【点评】
本题是典型的销售类函数综合题，解题的关键是明确总利润的计算方法，尤其要注意存在进货量限制时，需先确定自变量的取值范围，再结合二次函数的增减性求最值，不能直接套用顶点的函数值。
【难度系数】
0.7
这是一道销售类函数应用问题，解题思路如下：1. 先利用待定系数法，代入表格中两组x、y的值求出y与x的一次函数解析式，验证结论①；2. 计算售价为72元/千克时的销量，再根据“总利润=每千克利润×销售量”计算利润，验证结论②；3. 先根据总进价的限制求出最大进货量，进而得到售价x的取值范围，再结合利润对应的二次函数的增减性，求出该限制下的最大利润，判断结论③；4. 利用二次函数的性质求无额外限制时的最大利润，验证结论④；最后统计正确结论的个数即可。
【解析】
解：设$y$与$x$之间的函数关系式为$y=kx+b(k≠0)$，将$(50,250)$，$(60,240)$代入得：
$\begin{cases}50k+b=250\\60k+b=240\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=-1\\b=300\end{cases}$
∴$y$与$x$的函数关系式为$y=-x+300$，故①正确；
当$x=72$时，$y=-72+300=228$，此时月销售利润为$(72-40)×228=32×228=7296$元，故②正确；
设月销售利润为$w$元，由题意得：
$w=(x-40)y=(x-40)(-x+300)=-x^2+340x-12000=-(x-170)^2+16900$
∵每月购进总进价不超过5000元，
∴最大进货量为$5000÷40=125$千克，即$y≤125$，
∴$-x+300≤125$，解得$x≥175$，
∵二次函数$w=-(x-170)^2+16900$开口向下，当$x＞170$时，$w$随$x$的增大而减小，
∴当$x=175$时，$w$取得最大值，$w_{max}=-(175-170)^2+16900=16875$元，故③错误；
由$w=-(x-170)^2+16900$可知，当$x=170$时，$w$有最大值16900元，故④正确。
综上，①②④共3个结论正确，故选C。
【答案】
C
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式，二次函数利润应用，二次函数的性质
【点评】
本题是典型的销售类函数综合题，解题的关键是明确总利润的计算方法，尤其要注意存在进货量限制时，需先确定自变量的取值范围，再结合二次函数的增减性求最值，不能直接套用顶点的函数值。
【难度系数】
0.7
7.「2025黑龙江大庆中考，★☆」为推进我市“红色研学”文化旅游发展，大庆博物馆新推出A,B两种文创纪念品.已知2个A纪念品和3个B纪念品的成本和是155元；4个A纪念品和1个B纪念品的成本和是135元.一套纪念品由一个A纪念品和一个B纪念品组成.规定:每套纪念品的售价不低于65元且不高于72元(每套售价为整数).如果每套纪念品的售价为72元,那么每天可销售80套.经调查发现,每套纪念品的售价每降价1元,其销售量相应增加10套.设每天的利润为W(元),每套纪念品的售价为a元(65≤a≤72且a为整数).
(1)分别求出每个A纪念品和每个B纪念品的成本.
(2)求当a为何值时,每天的利润W最大.
(1)分别求出每个A纪念品和每个B纪念品的成本.
(2)求当a为何值时,每天的利润W最大.
答案
(1)设每个A纪念品的成本为x元,每个B纪念品的成本为y元,
由题意得$\begin{cases}2x+3y=155,\\4x+y=135,\end{cases}$解得$\begin{cases}x=25,\\y=35.\end{cases}$
答:每个A纪念品的成本为25元,每个B纪念品的成本为35元.
(2)由题意,得每套成本为25+35=60(元),每套的售价为a元,
∴每套利润为(a-60)元.
∵每套售价为72元时的销售量为80套,每套每降价1元,销售量增加10套,
∴销售量为80+10(72-a)=(800-10a)套.
∴W=(a-60)(800-10a)=-10a²+1400a-48000=-10(a-70)²+1000.
∵-10＜0,65≤a≤72且a为整数,
∴当a=70时,每天的利润W最大.
由题意得$\begin{cases}2x+3y=155,\\4x+y=135,\end{cases}$解得$\begin{cases}x=25,\\y=35.\end{cases}$
答:每个A纪念品的成本为25元,每个B纪念品的成本为35元.
(2)由题意,得每套成本为25+35=60(元),每套的售价为a元,
∴每套利润为(a-60)元.
∵每套售价为72元时的销售量为80套,每套每降价1元,销售量增加10套,
∴销售量为80+10(72-a)=(800-10a)套.
∴W=(a-60)(800-10a)=-10a²+1400a-48000=-10(a-70)²+1000.
∵-10＜0,65≤a≤72且a为整数,
∴当a=70时,每天的利润W最大.
解析
【分析】
第(1)问：题目给出两种组合的成本和，可通过设两个未知数，结合两个等量关系列二元一次方程组，求解得到A、B两种纪念品的成本。
第(2)问：先算出一套纪念品的总成本，再根据售价和销量的变化规律，写出对应售价a时的销售量，依据“总利润=单套利润×销售量”列出利润W关于a的二次函数关系式，结合二次函数的增减性和a的取值范围，即可求出利润最大时的a值。
【解析】
(1) 设每个A纪念品的成本为x元，每个B纪念品的成本为y元，
由题意得：
$\begin{cases}2x+3y=155\\4x+y=135\end{cases}$
将第二个方程变形为$y=135-4x$，代入第一个方程得：
$2x+3(135-4x)=155$
解得$x=25$，代入$y=135-4x$得$y=35$。
(2) 一套纪念品的成本为$25+35=60$元，因此单套利润为$(a-60)$元。
售价为72元时销量为80套，售价每降低1元销量增加10套，因此售价为a元时，销量为$80+10(72-a)=800-10a$套。
总利润$W=(a-60)(800-10a)$，整理得：
$W=-10a^2+1400a-48000=-10(a-70)^2+1000$
$\because -10＜0$，抛物线开口向下，且$65≤ a≤72$，a为整数，顶点横坐标$a=70$在取值范围内，
$\therefore$ 当$a=70$时，W取得最大值。
【答案】
(1) 每个A纪念品成本为25元，每个B纪念品成本为35元；
(2) 当$a=70$时，每天的利润W最大。
【知识点】
1. 二元一次方程组的应用
2. 二次函数的最值应用
【点评】
本题结合文创销售的实际背景，考查方程与函数的综合应用，解题时需找准等量关系列关系式，同时要注意自变量的取值范围对最值的影响，是销售类实际问题的典型考法。
【难度系数】
0.7
第(1)问：题目给出两种组合的成本和，可通过设两个未知数，结合两个等量关系列二元一次方程组，求解得到A、B两种纪念品的成本。
第(2)问：先算出一套纪念品的总成本，再根据售价和销量的变化规律，写出对应售价a时的销售量，依据“总利润=单套利润×销售量”列出利润W关于a的二次函数关系式，结合二次函数的增减性和a的取值范围，即可求出利润最大时的a值。
【解析】
(1) 设每个A纪念品的成本为x元，每个B纪念品的成本为y元，
由题意得：
$\begin{cases}2x+3y=155\\4x+y=135\end{cases}$
将第二个方程变形为$y=135-4x$，代入第一个方程得：
$2x+3(135-4x)=155$
解得$x=25$，代入$y=135-4x$得$y=35$。
(2) 一套纪念品的成本为$25+35=60$元，因此单套利润为$(a-60)$元。
售价为72元时销量为80套，售价每降低1元销量增加10套，因此售价为a元时，销量为$80+10(72-a)=800-10a$套。
总利润$W=(a-60)(800-10a)$，整理得：
$W=-10a^2+1400a-48000=-10(a-70)^2+1000$
$\because -10＜0$，抛物线开口向下，且$65≤ a≤72$，a为整数，顶点横坐标$a=70$在取值范围内，
$\therefore$ 当$a=70$时，W取得最大值。
【答案】
(1) 每个A纪念品成本为25元，每个B纪念品成本为35元；
(2) 当$a=70$时，每天的利润W最大。
【知识点】
1. 二元一次方程组的应用
2. 二次函数的最值应用
【点评】
本题结合文创销售的实际背景，考查方程与函数的综合应用，解题时需找准等量关系列关系式，同时要注意自变量的取值范围对最值的影响，是销售类实际问题的典型考法。
【难度系数】
0.7
8. 核心素养 模型观念「2026重庆永川期中」2025年国庆假期，重庆作为热门旅游城市，接待国内游客超2701.59万人次，火锅作为重庆美食的代表，也吸引了很多吃货游客来打卡，不仅自己现场品尝美食，还会给家人带一些火锅底料。某火锅店十年来一直坚持现场销售火锅底料。2025年国庆节，该店现场销售的同时也将火锅底料放到某电商平台销售，已知每盒火锅底料的进价为10元，试销售阶段发现，当销售单价是15元时，每天的销售量为250盒。销售单价每上涨1元，每天的销售量就减少10盒，在销售利润不考虑其他成本因素的情况下，解决下列问题.
(1)求该店在电商平台销售该火锅底料每天所得的销售利润w(元)与销售单价x(元)之间的函数表达式.
(2)当火锅底料的销售单价定为多少元时，此店在电商平台销售该火锅底料每天所得的销售利润可达2240元？
(3)此电商平台结合销售情况，提出了A，B两种营销方案：
方案A：这种火锅底料的销售单价高于15元且不超过20元；
方案B：这种火锅底料每天的销售量不少于10盒，且每盒的利润至少为18元.
请比较哪种方案每天的最大销售利润更高，并说明理由.
(1)求该店在电商平台销售该火锅底料每天所得的销售利润w(元)与销售单价x(元)之间的函数表达式.
(2)当火锅底料的销售单价定为多少元时，此店在电商平台销售该火锅底料每天所得的销售利润可达2240元？
(3)此电商平台结合销售情况，提出了A，B两种营销方案：
方案A：这种火锅底料的销售单价高于15元且不超过20元；
方案B：这种火锅底料每天的销售量不少于10盒，且每盒的利润至少为18元.
请比较哪种方案每天的最大销售利润更高，并说明理由.
答案
(1)根据题意,得w=(x-10)[250-10(x-15)]=-10x²+500x-4000.
(2)结合(1)可得-10x²+500x-4000=2240,
整理得x²-50x+624=0,解得x=26或x=24,
故当火锅底料的销售单价定为24元或26元时,此店在电商平台销售该火锅底料每天所得的销售利润可达2240元.
(3)方案B每天的最大销售利润更高.理由如下:
由(1)得,w=-10x²+500x-4000=-10(x-25)²+2250,
∵-10＜0,
∴当x＜25时,w随x的增大而增大,当x＞25时,w随x的增大而减小.
方案A中,由题意得15＜x≤20,
∴当x=20时,w有最大值,为-10×(20-25)²+2250=2000;
方案B中,由题意得$\begin{cases}250-10(x-15)≥10,\\x-10≥18,\end{cases}$解得28≤x≤39,
∴当x=28时,w有最大值,为-10×(28-25)²+2250=2160.
∵2000＜2160,
∴方案B每天的最大销售利润更高.
(2)结合(1)可得-10x²+500x-4000=2240,
整理得x²-50x+624=0,解得x=26或x=24,
故当火锅底料的销售单价定为24元或26元时,此店在电商平台销售该火锅底料每天所得的销售利润可达2240元.
(3)方案B每天的最大销售利润更高.理由如下:
由(1)得,w=-10x²+500x-4000=-10(x-25)²+2250,
∵-10＜0,
∴当x＜25时,w随x的增大而增大,当x＞25时,w随x的增大而减小.
方案A中,由题意得15＜x≤20,
∴当x=20时,w有最大值,为-10×(20-25)²+2250=2000;
方案B中,由题意得$\begin{cases}250-10(x-15)≥10,\\x-10≥18,\end{cases}$解得28≤x≤39,
∴当x=28时,w有最大值,为-10×(28-25)²+2250=2160.
∵2000＜2160,
∴方案B每天的最大销售利润更高.
解析
【分析】
(1) 销售利润=单盒利润×销售量，单盒利润为(x-10)元；销售单价x比15元高(x-15)元，因此销售量减少10(x-15)盒，即销售量为[250-10(x-15)]盒，代入利润公式整理即可得到函数表达式。
(2) 令(1)中得到的利润w=2240，得到关于x的一元二次方程，解方程后验证解符合实际销售要求即可。
(3) 先将利润函数配方为顶点式，明确二次函数的开口方向和增减性；再分别求出方案A、B的自变量x的取值范围，结合函数增减性求出两个方案下的最大利润，比较大小即可得出结论。
【解析】
(1) 由题意得，单盒利润为(x-10)元，
销售量为$250 - 10(x - 15)$盒，
因此销售利润 $w=(x-10)[250-10(x-15)]$，
展开整理得：$w=-10x^2+500x-4000$。
(2) 令$w=2240$，代入(1)的函数表达式得：
$-10x^2+500x-4000=2240$，
移项整理得：$x^2-50x+624=0$，
解得$x_1=24$，$x_2=26$，均符合实际销售要求。
(3) 先将利润函数配方为顶点式：
$w=-10x^2+500x-4000=-10(x-25)^2+2250$，
$\because -10＜0$，
$\therefore$ 抛物线开口向下，当$x＜25$时，w随x的增大而增大；当$x＞25$时，w随x的增大而减小。
① 计算方案A的最大利润：
方案A要求$15＜x≤20$，此范围在对称轴$x=25$左侧，w随x增大而增大，
$\therefore$ 当$x=20$时，w取得最大值，
$w_{A最大}=-10×(20-25)^2+2250=2000$元。
② 计算方案B的最大利润：
方案B要求：$\begin{cases}250-10(x-15)≥10 \\ x-10≥18 \end{cases}$，
解不等式组得$28≤ x≤39$，此范围在对称轴$x=25$右侧，w随x增大而减小，
$\therefore$ 当$x=28$时，w取得最大值，
$w_{B最大}=-10×(28-25)^2+2250=2160$元。
$\because 2000＜2160$，因此方案B的每天最大销售利润更高。
【答案】
(1) $w=-10x^2+500x-4000$；
(2) 销售单价定为24元或26元时，每天销售利润可达2240元；
(3) 方案B每天的最大销售利润更高，理由见解析。
【知识点】
二次函数的实际应用；一元二次方程的应用；二次函数的最值
【点评】
本题结合生活实际命题，既考查了函数建模能力，也考查了一元二次方程求解、二次函数增减性的应用，解题时需注意结合实际限制条件确定自变量的取值范围，避免直接套用顶点求最值出现错误。
【难度系数】
0.6
(1) 销售利润=单盒利润×销售量，单盒利润为(x-10)元；销售单价x比15元高(x-15)元，因此销售量减少10(x-15)盒，即销售量为[250-10(x-15)]盒，代入利润公式整理即可得到函数表达式。
(2) 令(1)中得到的利润w=2240，得到关于x的一元二次方程，解方程后验证解符合实际销售要求即可。
(3) 先将利润函数配方为顶点式，明确二次函数的开口方向和增减性；再分别求出方案A、B的自变量x的取值范围，结合函数增减性求出两个方案下的最大利润，比较大小即可得出结论。
【解析】
(1) 由题意得，单盒利润为(x-10)元，
销售量为$250 - 10(x - 15)$盒，
因此销售利润 $w=(x-10)[250-10(x-15)]$，
展开整理得：$w=-10x^2+500x-4000$。
(2) 令$w=2240$，代入(1)的函数表达式得：
$-10x^2+500x-4000=2240$，
移项整理得：$x^2-50x+624=0$，
解得$x_1=24$，$x_2=26$，均符合实际销售要求。
(3) 先将利润函数配方为顶点式：
$w=-10x^2+500x-4000=-10(x-25)^2+2250$，
$\because -10＜0$，
$\therefore$ 抛物线开口向下，当$x＜25$时，w随x的增大而增大；当$x＞25$时，w随x的增大而减小。
① 计算方案A的最大利润：
方案A要求$15＜x≤20$，此范围在对称轴$x=25$左侧，w随x增大而增大，
$\therefore$ 当$x=20$时，w取得最大值，
$w_{A最大}=-10×(20-25)^2+2250=2000$元。
② 计算方案B的最大利润：
方案B要求：$\begin{cases}250-10(x-15)≥10 \\ x-10≥18 \end{cases}$，
解不等式组得$28≤ x≤39$，此范围在对称轴$x=25$右侧，w随x增大而减小，
$\therefore$ 当$x=28$时，w取得最大值，
$w_{B最大}=-10×(28-25)^2+2250=2160$元。
$\because 2000＜2160$，因此方案B的每天最大销售利润更高。
【答案】
(1) $w=-10x^2+500x-4000$；
(2) 销售单价定为24元或26元时，每天销售利润可达2240元；
(3) 方案B每天的最大销售利润更高，理由见解析。
【知识点】
二次函数的实际应用；一元二次方程的应用；二次函数的最值
【点评】
本题结合生活实际命题，既考查了函数建模能力，也考查了一元二次方程求解、二次函数增减性的应用，解题时需注意结合实际限制条件确定自变量的取值范围，避免直接套用顶点求最值出现错误。
【难度系数】
0.6
