1. [2026南京期末]某商店的一种礼盒，每个成本为60元.经市场调研，当售价为80元时，可销售750个；售价每提高5元，销售量将减少50个.已知商店销售这批礼盒要获利22 500元，为让利顾客，每个礼盒的售价可提高元.

设这种礼盒每个的售价是x元,根据题意,得(x-60)(750 - $\frac{x - 80}{5}$×50)=22 500,整理得$x^2 - 215x + 11 550 = 0$,解得$x_1 = 110$,$x_2 = 105$,$110 - 80 = 30$(元),$105 - 80 = 25$(元).因为要让利顾客,所以每个礼盒的售价可提高25元.

【分析】
这是一道销售利润类的一元二次方程应用题，解题核心是抓住利润问题的基本等量关系：总利润=单个商品利润×销售总量。首先确定单个利润：单个利润为售价减去成本60元；再确定对应售价的销售量：原售价80元时销量为750个，售价每提高5元销量减少50个，先计算售价相较于80元提高的部分包含多少个5元，乘以50即可得到减少的销量，用原销量减去减少的销量就是实际销售量。随后根据总获利22500元列方程求解，最后结合“让利顾客”的要求，选择提价更少的解即可。
【解析】
设这种礼盒每个的售价是x元，根据题意列方程：
单个礼盒的利润为$(x-60)$元，
对应售价下的销售量为$750 - \frac{x - 80}{5}×50$个，
由总利润为22500元可得：
$(x-60)(750 - \frac{x - 80}{5}×50)=22500$
整理方程得：$x^2 - 215x + 11550 = 0$
解方程得：$x_1 = 110$，$x_2 = 105$
对应售价提高的金额分别为：
$110 - 80 = 30$（元），$105 - 80 = 25$（元）
因要让利顾客，需选择提价更少的方案，故每个礼盒的售价可提高25元。
【答案】
25
【知识点】
一元二次方程应用，销售利润计算，实际解取舍
【点评】
本题是典型的销售类应用题，重点考查对利润等量关系的掌握，解题时要注意，求解出方程的所有解后，必须结合题目的限制条件对解进行合理取舍，避免出现多解错误。
【难度系数】
0.6

2. 教材习题变式 [2026 无锡二泉中学月考] 为促进消费,某商场对部分商品进行“折上折”(两次打折数相同)活动.一件原价700元的服装,经过“折上折”优惠活动后,实际售价为448元,则该服装每次平均打折.

根据“实际价格 = 原价×$(\frac{x}{10})^2$”得,$700 × \frac{x}{10} × \frac{x}{10} = 448$,解得$x_1 = 8$,$x_2 = -8$(舍去).

【分析】
解决本题首先要明确打折的计算规则：若每次打x折，单次打折后的价格为原价×$\frac{x}{10}$，两次相同折扣的“折上折”就是在第一次打折的基础上再次打x折，即最终售价=原价×$(\frac{x}{10})^2$。我们可以根据题目给出的原价和实际售价的等量关系列出一元二次方程，求解后结合折扣数为正数的实际要求，舍去不符合实际意义的解，即可得到答案。
【解析】
设该服装每次平均打x折，根据题意列方程得：
$700 × \frac{x}{10} × \frac{x}{10} = 448$
整理方程可得：
$\frac{700x^2}{100}=448$
化简得：$7x^2=448$
两边同时除以7得：$x^2=64$
解得：$x_1=8$，$x_2=-8$
由于折扣数不能为负数，不符合实际意义，故舍去$x_2=-8$。
因此该服装每次平均打8折。
【答案】
8
【知识点】
一元二次方程应用；打折销售计算
【点评】
本题是贴近生活的销售类应用题，解题核心是正确理解“折上折”的计算逻辑，找准原价和实际售价之间的等量关系列方程，同时要注意结合实际情况对解进行取舍，排除不符合现实意义的结果。
【难度系数】
0.75

3.某药店新进一批桶装消毒液,每桶进价35元,原计划以每桶55元的价格销售,为更好地促销,现决定降价销售.已知这种消毒液销售量y(桶)与每桶降价x(元)(0＜x＜20)之间满足一次函数关系,其图象如图所示.
(1)则y与x之间的函数关系式是.
(2)在这次促销活动中,该药店仅获利1760元,这种消毒液每桶的实际售价是多少元?

(1) 设y与x之间的函数关系式为$y = kx + b$,将(1,110),(3,130)分别代入,得$\begin{cases} k + b = 110, \\ 3k + b = 130, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} k = 10, \\ b = 100. \end{cases}$ 故$y = 10x + 100$.
(2) 由题意,得$(10x + 100)(55 - x - 35) = 1 760$,整理,得$x^2 - 10x - 24 = 0$,解得$x_1 = 12$,$x_2 = -2$(舍去),$55 - x = 55 - 12 = 43$.
答:这种消毒液每桶的实际售价是43元.

【分析】
(1) 已知y与x满足一次函数关系，求解析式可使用待定系数法：首先从图象中提取两个已知点坐标(1,110)、(3,130)，将两点代入一次函数一般式$y=kx+b$，得到关于k、b的二元一次方程组，解方程组求出k、b的值即可得到函数关系式。
(2) 销售问题中总利润=单桶利润×销售量：单桶利润为实际售价减去进价，实际售价是原售价55元减去降价x元，因此单桶利润为$(55-x-35)$元，销售量为第一问求出的$10x+100$桶，结合总获利1760元列方程求解，最后舍去不符合实际意义的负根，计算实际售价即可。
【解析】
(1) 设y与x之间的函数关系式为$y = kx + b$（$k≠0$），
将$(1,110)$、$(3,130)$分别代入解析式，得：
$\begin{cases} k + b = 110 \\ 3k + b = 130 \end{cases}$
解得$\begin{cases} k = 10 \\ b = 100 \end{cases}$
因此y与x的函数关系式为$y = 10x + 100$（$0＜x＜20$）。
(2) 由题意列方程：
$(10x + 100)(55 - x - 35) = 1760$
整理得：$x^2 - 10x - 24 = 0$
因式分解得：$(x-12)(x+2)=0$
解得$x_1=12$，$x_2=-2$，
因为降价金额$x＞0$，故舍去$x=-2$，
实际售价为$55 - 12 = 43$（元）。
【答案】
(1) $\boldsymbol{y=10x+100}$
(2) $\boldsymbol{43}$元
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式；一元二次方程的应用；销售利润计算
【点评】
本题结合实际销售场景考查一次函数与一元二次方程的综合应用，解题关键是准确提取图象信息，牢记销售利润的数量关系，求解方程后要结合实际情境对根进行取舍。
【难度系数】
0.7

4. 教材练习变式 [2026 汕头濠江区期末] 物理实验课上,小明做一个实验,在一条笔直的滑道上有一个黑球以一定的速度从A处开始向前滚动,并且均匀减速,测量黑球减速后的滚动速度$v_t$(单位:cm/s)随滚动时间$t$(单位:s)变化的数据,整理得下表:

(1)探究发现,黑球的滚动速度$v_t$与滚动时间$t$之间成一次函数关系,求$v_t$关于$t$的函数表达式.(写出自变量的取值范围)
(2)黑球在滑道上滚动64 cm用了多长时间?
(提示:距离 = 平均速度 × 时间,平均速度 = $\frac{v_{\mathrm{起始速度}} + v_t \mathrm{ s时的速度}}{2}$)

(1) 设$v_t = kt + b(k≠0)$,根据题意,得$\begin{cases} b = 10, \\ k + b = 9.5, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} k = -\frac{1}{2}, \\ b = 10, \end{cases}$ $\therefore v_t = -\frac{1}{2}t + 10(0≤t≤20)$.
(2) 根据题意,得$\frac{10 + (-\frac{1}{2}t + 10)}{2} · t = 64$,整理得$t^2 - 40t + 256 = 0$,解得$t_1 = 8$,$t_2 = 32$(舍去)(注意t的取值范围).
答:黑球在滑道上滚动64 cm用了8 s.

【分析】
（1）题目已明确$v_t$与$t$是一次函数关系，因此采用待定系数法求解：先设一次函数的一般形式$v_t=kt+b(k≠0)$，再选取两组已知的$t$与$v_t$的对应值代入，即可求出$k$和$b$的值；由于黑球均匀减速，速度不能为负数，因此令$v_t≥0$，即可求出自变量$t$的取值范围。
（2）根据题干给出的“距离=平均速度×时间”的关系，将平均速度用起始速度和$t$时刻的速度（即第一问求出的$v_t$表达式）代入，结合路程为64cm列方程，求解一元二次方程后，结合$t$的实际取值范围舍去不符合要求的根，即可得到结果。
【解析】
(1) 设$v_t = kt + b(k≠0)$，由题意可知，当$t=0$时，初始速度$v_t=10$cm/s，当$t=1$时，$v_t=9.5$cm/s，代入得：
$\begin{cases} b = 10 \\ k + b = 9.5 \end{cases}$
解得$\begin{cases} k = -\frac{1}{2} \\ b = 10 \end{cases}$
由于黑球滚动速度不能小于0，令$v_t≥0$，即$-\frac{1}{2}t + 10 ≥0$，解得$t≤20$，结合$t≥0$，得自变量取值范围为$0≤t≤20$。
$\therefore v_t$关于$t$的函数表达式为$v_t = -\frac{1}{2}t + 10(0≤t≤20)$。
(2) 根据题意，平均速度为$\frac{\mathrm{起始速度}+t\mathrm{ s时的速度}}{2}=\frac{10 + (-\frac{1}{2}t + 10)}{2}$，结合距离=平均速度×时间，列方程得：
$\frac{10 + (-\frac{1}{2}t + 10)}{2} · t = 64$
整理得：$t^2 - 40t + 256 = 0$
解得$t_1 = 8$，$t_2 = 32$。
由于$t$的取值范围是$0≤t≤20$，因此$t_2=32$不符合实际，舍去。
【答案】
(1) $v_t = -\frac{1}{2}t + 10(0≤t≤20)$
(2) 8 s
【知识点】
待定系数法求一次函数；一元二次方程的应用；函数自变量取值范围
【点评】
本题结合减速运动的实际情境，考查函数与方程的实际应用，解题的关键是正确理解题意，利用题干给出的公式建立方程，同时要注意结合实际意义对解进行取舍，避免出现增根。
【难度系数】
0.7

5. 教材复习题变式 一个两位数个位上的数字比十位上的数字大1,个位上的数字与十位上的数字的平方和为13,则这个两位数为.

设这个两位数的个位数字为x,则十位数字为x - 1.根据题意,得$x^2 + (x - 1)^2 = 13$,解得$x_1 = 3$,$x_2 = -2$(舍去),故这个两位数为23.

【分析】
这是一道数字类一元二次方程应用题，解题时首先要明确数位数字的特征：个位、十位数字均为0~9的整数，且十位数字不能为0。首先根据“个位数字比十位数字大1”的数量关系设未知数，再结合“两个数字的平方和为13”的等量关系列方程求解，最后要结合数字的实际意义舍去不符合要求的解，再组合得到对应的两位数。
【解析】
设这个两位数的个位数字为$x$，则十位数字为$(x-1)$。
根据题意，个位与十位数字的平方和为13，列方程得：
$x^2 + (x - 1)^2 = 13$
展开整理得：$2x^2 - 2x - 12 = 0$，化简为$x^2 - x - 6 = 0$
因式分解得$(x-3)(x+2)=0$
解得$x_1=3$，$x_2=-2$
由于数位数字为非负整数，故$x=-2$不符合实际意义，舍去。
则十位数字为$3-1=2$，这个两位数为$2×10 + 3=23$。
【答案】
23
【知识点】
一元二次方程的应用；数字类应用题解法
【点评】
本题属于基础方程应用题，解题核心是准确梳理两个数位数字的数量关系，找准等量关系列方程，求解后需注意结合数字的实际取值范围验证解的合理性，避免出现不符合题意的错解。
【难度系数】
0.7

6. 如图,在某日历表上用一个方框圈出四个数,若圈出的四个数中,最小的数与最大的数的乘积为20,则这个最小的数为.

设最小的数为x,则最大的数为x + 8,则$x(x + 8) = 20$,解得$x_1 = 2$,$x_2 = -10$(舍去).

【分析】
首先明确日历的数字排布规律：同一行相邻数相差1，同一列上下相邻数相差7。观察圈出的2行2列四个数，最小数为左上角的数，最大数为右下角的数，因此最大数比最小数大8。我们可以设最小数为x，即可表示出最大数为x+8，再根据“最小数与最大数的乘积为20”的等量关系列一元二次方程求解，最后结合日期为正整数的实际要求，舍去不符合题意的解即可。
【解析】
设最小的数为$x$，根据日历数字规律可得最大的数为$x+8$。
根据题意列方程：
$x(x+8)=20$
整理为标准一元二次方程形式：
$x^2+8x-20=0$
因式分解得：
$(x-2)(x+10)=0$
解得：$x_1=2$，$x_2=-10$
由于日期不能为负数，因此$x=-10$不符合实际，舍去。
【答案】
2
【知识点】
日历数字规律、一元二次方程的应用、一元二次方程求解
【点评】
本题结合生活中常见的日历场景考察一元二次方程的实际应用，解题核心是找准日历上数字的大小关系，同时要注意实际问题的解需要符合现实意义，避免多解错误。
【难度系数】
0.8