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1 某商场销售一批衬衣，平均每天可售出30件，每件衬衣盈利50元.为了扩大销售，增加盈利，尽快减少库存，商场决定采取适当的降价措施，经调查发现，如果每件衬衣降价10元，商场平均每天可多售出20件.若商场平均每天盈利2000元，则每件衬衣应降价 （
A.10元
B.15元
C.20元
D.25元
D
）A.10元
B.15元
C.20元
D.25元
答案
1. D
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=单件商品利润×销售数量。我们可以设每件衬衣降价x元，先分别表示出降价后的单件利润、降价后的日销售量，再根据总盈利2000元列方程求解。最后结合题干“尽快减少库存”的要求，选择能让销售量更大的降价金额，对所得的解进行取舍即可。
【解析】
设每件衬衣应降价x元。
由题意可知：降价后每件衬衣盈利为$(50-x)$元；
每降价1元，商场平均每天可多售出$\frac{20}{10}=2$件，因此降价x元后，日销售量为$(30+2x)$件。
根据总盈利的等量关系列方程：
$(50-x)(30+2x)=2000$
展开并整理方程：
$1500+100x-30x-2x^2=2000$
$2x^2-70x+500=0$
$x^2-35x+250=0$
因式分解得：
$(x-10)(x-25)=0$
解得$x_1=10$，$x_2=25$。
因为要尽快减少库存，需要日销售量尽可能大，即降价幅度更大，因此选择$x=25$。
【答案】
D
【知识点】
一元二次方程的应用；销售利润计算；一元二次方程求解
【点评】
本题是销售利润类的典型应用题，解题关键是准确找到等量关系列出方程，同时要注意题干中“尽快减少库存”的隐含限制条件，需对求出的解进行合理取舍，避免因忽略条件错选答案。
【难度系数】
0.7
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=单件商品利润×销售数量。我们可以设每件衬衣降价x元，先分别表示出降价后的单件利润、降价后的日销售量，再根据总盈利2000元列方程求解。最后结合题干“尽快减少库存”的要求，选择能让销售量更大的降价金额，对所得的解进行取舍即可。
【解析】
设每件衬衣应降价x元。
由题意可知：降价后每件衬衣盈利为$(50-x)$元；
每降价1元，商场平均每天可多售出$\frac{20}{10}=2$件，因此降价x元后，日销售量为$(30+2x)$件。
根据总盈利的等量关系列方程：
$(50-x)(30+2x)=2000$
展开并整理方程：
$1500+100x-30x-2x^2=2000$
$2x^2-70x+500=0$
$x^2-35x+250=0$
因式分解得：
$(x-10)(x-25)=0$
解得$x_1=10$，$x_2=25$。
因为要尽快减少库存，需要日销售量尽可能大，即降价幅度更大，因此选择$x=25$。
【答案】
D
【知识点】
一元二次方程的应用；销售利润计算；一元二次方程求解
【点评】
本题是销售利润类的典型应用题，解题关键是准确找到等量关系列出方程，同时要注意题干中“尽快减少库存”的隐含限制条件，需对求出的解进行合理取舍，避免因忽略条件错选答案。
【难度系数】
0.7
2 某工厂生产的某种产品按质量分为十个档次，第一档次（最低档次）的产品一天能生产95件，每件利润为6元，每提高一个档次，每件利润增加2元，但一天的产量减少5件。若生产这种产品一天的总利润为1120元，且同一天生产的产品的质量为同一档次，则该产品的质量为第
六
档次。答案
2. 六
解析
【分析】
这是一道典型的销售利润类应用题，解题核心是抓住“总利润=单件利润×总销量”这一等量关系。首先我们可以设产品的质量档次为未知数x，再根据题目给出的“每提高一个档次，单件利润涨2元、产量减5件”的规则，分别用含x的式子表示出第x档次产品的单件利润和日产量，接着根据总利润为1120元列一元二次方程求解，最后要注意档次是1~10之间的正整数，需要对解出的根进行合理性检验，舍去不符合实际的解。
【解析】
解：设该产品的质量为第x档次（x为正整数，且$1≤ x≤10$）。
根据题意可得：
第x档次产品的单件利润为：$6 + 2(x-1)$ 元
第x档次产品的日产量为：$95 - 5(x-1)$ 件
结合总利润的计算公式列方程：
$[6 + 2(x-1)][95 - 5(x-1)] = 1120$
化简方程得：
$(2x + 4)(100 - 5x) = 1120$
整理为标准一元二次方程形式：
$x^2 - 18x + 72 = 0$
因式分解得：
$(x - 6)(x - 12) = 0$
解得：$x_1 = 6$，$x_2 = 12$
∵ 产品最高为第10档次，
∴ $x=12$不符合题意，舍去
∴ $x=6$
【答案】
六
【知识点】
一元二次方程的应用；利润问题求解
【点评】
本题属于基础的方程实际应用题，解题的关键是找准总利润的等量关系，正确用未知数表示出相关量，求解后注意结合实际场景验证根是否符合要求，避免多解错误。
【难度系数】
0.7
这是一道典型的销售利润类应用题，解题核心是抓住“总利润=单件利润×总销量”这一等量关系。首先我们可以设产品的质量档次为未知数x，再根据题目给出的“每提高一个档次，单件利润涨2元、产量减5件”的规则，分别用含x的式子表示出第x档次产品的单件利润和日产量，接着根据总利润为1120元列一元二次方程求解，最后要注意档次是1~10之间的正整数，需要对解出的根进行合理性检验，舍去不符合实际的解。
【解析】
解：设该产品的质量为第x档次（x为正整数，且$1≤ x≤10$）。
根据题意可得：
第x档次产品的单件利润为：$6 + 2(x-1)$ 元
第x档次产品的日产量为：$95 - 5(x-1)$ 件
结合总利润的计算公式列方程：
$[6 + 2(x-1)][95 - 5(x-1)] = 1120$
化简方程得：
$(2x + 4)(100 - 5x) = 1120$
整理为标准一元二次方程形式：
$x^2 - 18x + 72 = 0$
因式分解得：
$(x - 6)(x - 12) = 0$
解得：$x_1 = 6$，$x_2 = 12$
∵ 产品最高为第10档次，
∴ $x=12$不符合题意，舍去
∴ $x=6$
【答案】
六
【知识点】
一元二次方程的应用；利润问题求解
【点评】
本题属于基础的方程实际应用题，解题的关键是找准总利润的等量关系，正确用未知数表示出相关量，求解后注意结合实际场景验证根是否符合要求，避免多解错误。
【难度系数】
0.7
3 教材变式题 某公司设计了一款工艺品，每件的成本是40元，为了合理定价，投放市场进行试销：据市场调查，当销售单价是50元时，每天的销售量是100件，而销售单价每提高1元，每天的销售量就减少2件，但要求销售单价不得超过65元。
（1）要使每天销售这种工艺品盈利1350元，则工艺品的销售单价应为多少元？
（2）该公司每天销售这种工艺品的获利能否达到2000元？
（1）要使每天销售这种工艺品盈利1350元，则工艺品的销售单价应为多少元？
（2）该公司每天销售这种工艺品的获利能否达到2000元？
答案
3. （1）设工艺品的销售单价为 x 元，则每天的销售量是[100−2(x−50)]件. 根据题意，得$(x-40)[100-2(x-50)]=1\ 350$，整理，得$x^2-140x+4\ 675=0$，解得$x_1=55$，$x_2=85$(不符合题意，舍去).
∴ 工艺品的销售单价应为 55 元
（2）设工艺品的销售单价为 y 元，则每天的销售量是[100−2(y−50)]件. 根据题意，得$(y-40)[100-2(y-50)]=2\ 000$，整理，得$y^2-140y+5\ 000=0$.
∵ $\Delta=140^2-4×5\ 000=-400＜0$，
∴ 该方程没有实数根.
∴ 该公司每天销售这种工艺品的获利不能达到 2 000 元
∴ 工艺品的销售单价应为 55 元
（2）设工艺品的销售单价为 y 元，则每天的销售量是[100−2(y−50)]件. 根据题意，得$(y-40)[100-2(y-50)]=2\ 000$，整理，得$y^2-140y+5\ 000=0$.
∵ $\Delta=140^2-4×5\ 000=-400＜0$，
∴ 该方程没有实数根.
∴ 该公司每天销售这种工艺品的获利不能达到 2 000 元
解析
【分析】
本题属于销售利润类应用题，解题核心是利用“总利润=单件利润×销售数量”的等量关系列方程求解。
（1）首先设销售单价为x元，先表示出单件利润：单件利润=售价-成本，即(x-40)元；再表示销售数量：单价从50元涨到x元，涨了(x-50)元，每涨1元销量减2件，所以销量减少2(x-50)件，因此实际销量为[100-2(x-50)]件；根据总利润1350元列方程，解出方程的根后，结合“销售单价不得超过65元”的限制条件舍去不合题意的根，即可得到结果。
（2）要判断获利能否达到2000元，同样先按上述等量关系列方程，再通过计算一元二次方程根的判别式判断方程是否有实数根：若判别式≥0，说明存在符合条件的单价，能达到；若判别式＜0，说明没有符合条件的单价，不能达到。
【解析】
（1）设工艺品的销售单价为x元，则每天的销售量是[100−2(x−50)]件。
根据总利润的等量关系列方程得：
$(x-40)[100-2(x-50)]=1350$
整理，得$x^2-140x+4675=0$
解得$x_1=55$，$x_2=85$
∵销售单价不得超过65元，$85＞65$，不符合题意，舍去
∴工艺品的销售单价应为55元。
（2）设工艺品的销售单价为y元，则每天的销售量是[100−2(y−50)]件。
假设获利能达到2000元，列方程得：
$(y-40)[100-2(y-50)]=2000$
整理，得$y^2-140y+5000=0$
计算根的判别式：$\Delta=140^2-4×1×5000=19600-20000=-400＜0$
∴该方程没有实数根，即不存在符合条件的销售单价
∴该公司每天销售这种工艺品的获利不能达到2000元。
【答案】
（1）工艺品的销售单价应为55元；（2）该公司每天销售这种工艺品的获利不能达到2000元。
【知识点】
一元二次方程的应用，根的判别式，销售利润计算
【点评】
本题是销售利润类的典型应用题，解题关键是找准总利润的等量关系正确列方程，解题时需注意题干中销售单价的取值范围，不要漏了验根；同时要掌握用根的判别式判断方程解的存在性，来解决“能否达到”类的探究问题，很好地考察了数学建模能力和方程知识的实际应用能力。
【难度系数】
0.7
本题属于销售利润类应用题，解题核心是利用“总利润=单件利润×销售数量”的等量关系列方程求解。
（1）首先设销售单价为x元，先表示出单件利润：单件利润=售价-成本，即(x-40)元；再表示销售数量：单价从50元涨到x元，涨了(x-50)元，每涨1元销量减2件，所以销量减少2(x-50)件，因此实际销量为[100-2(x-50)]件；根据总利润1350元列方程，解出方程的根后，结合“销售单价不得超过65元”的限制条件舍去不合题意的根，即可得到结果。
（2）要判断获利能否达到2000元，同样先按上述等量关系列方程，再通过计算一元二次方程根的判别式判断方程是否有实数根：若判别式≥0，说明存在符合条件的单价，能达到；若判别式＜0，说明没有符合条件的单价，不能达到。
【解析】
（1）设工艺品的销售单价为x元，则每天的销售量是[100−2(x−50)]件。
根据总利润的等量关系列方程得：
$(x-40)[100-2(x-50)]=1350$
整理，得$x^2-140x+4675=0$
解得$x_1=55$，$x_2=85$
∵销售单价不得超过65元，$85＞65$，不符合题意，舍去
∴工艺品的销售单价应为55元。
（2）设工艺品的销售单价为y元，则每天的销售量是[100−2(y−50)]件。
假设获利能达到2000元，列方程得：
$(y-40)[100-2(y-50)]=2000$
整理，得$y^2-140y+5000=0$
计算根的判别式：$\Delta=140^2-4×1×5000=19600-20000=-400＜0$
∴该方程没有实数根，即不存在符合条件的销售单价
∴该公司每天销售这种工艺品的获利不能达到2000元。
【答案】
（1）工艺品的销售单价应为55元；（2）该公司每天销售这种工艺品的获利不能达到2000元。
【知识点】
一元二次方程的应用，根的判别式，销售利润计算
【点评】
本题是销售利润类的典型应用题，解题关键是找准总利润的等量关系正确列方程，解题时需注意题干中销售单价的取值范围，不要漏了验根；同时要掌握用根的判别式判断方程解的存在性，来解决“能否达到”类的探究问题，很好地考察了数学建模能力和方程知识的实际应用能力。
【难度系数】
0.7
4 新情境数学文化 俗语有云：“一天不练手脚慢，两天不练丢一半，三天不练门外汉，四天不练瞪眼看。”其大意如下：知识和技艺在学习后，如果不及时复习，那么学习过的东西就会被遗忘。假设每天“遗忘”的百分比是一样的，根据“两天不练丢一半”，可知每天“遗忘”的百分比约为（参考数据：$\sqrt{2} \approx 1.414$）（
A.20.3%
B.25.2%
C.29.3%
D.50%
C
）A.20.3%
B.25.2%
C.29.3%
D.50%
答案
4. C
解析
【分析】
这是平均变化率的实际应用题，解题思路如下：首先设每天遗忘的百分比为x，那么每天剩余的知识比例为(1-x)；根据“两天不练丢一半”可知两天后剩余知识为原来的$\frac{1}{2}$，结合平均变化率的等量关系“初始量×(1-变化率)ⁿ=剩余量”列方程，再结合参考数据解方程，舍去不符合实际意义的解即可得到结果。
【解析】
设每天“遗忘”的百分比为$x$（$0＜x＜1$），则每天剩余的知识比例为$1-x$。
根据“两天不练丢一半”，即两天后剩余知识为原来的$\frac{1}{2}$，列方程得：
$(1-x)^2=\frac{1}{2}$
开平方得：$1-x=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$
因为剩余比例$1-x＞0$，故舍去负根，得：
$1-x=\frac{\sqrt{2}}{2}\approx\frac{1.414}{2}=0.707$
解得：$x=1-0.707=0.293=29.3\%$
【答案】
C
【知识点】
平均变化率问题；一元二次方程的应用
【点评】
本题结合传统俗语创设情境，考查平均变化率的实际应用，解题关键是准确理解题意找到等量关系列方程，计算时结合给出的参考数据简化运算，注意舍去不符合实际意义的解。
【难度系数】
0.7
这是平均变化率的实际应用题，解题思路如下：首先设每天遗忘的百分比为x，那么每天剩余的知识比例为(1-x)；根据“两天不练丢一半”可知两天后剩余知识为原来的$\frac{1}{2}$，结合平均变化率的等量关系“初始量×(1-变化率)ⁿ=剩余量”列方程，再结合参考数据解方程，舍去不符合实际意义的解即可得到结果。
【解析】
设每天“遗忘”的百分比为$x$（$0＜x＜1$），则每天剩余的知识比例为$1-x$。
根据“两天不练丢一半”，即两天后剩余知识为原来的$\frac{1}{2}$，列方程得：
$(1-x)^2=\frac{1}{2}$
开平方得：$1-x=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$
因为剩余比例$1-x＞0$，故舍去负根，得：
$1-x=\frac{\sqrt{2}}{2}\approx\frac{1.414}{2}=0.707$
解得：$x=1-0.707=0.293=29.3\%$
【答案】
C
【知识点】
平均变化率问题；一元二次方程的应用
【点评】
本题结合传统俗语创设情境，考查平均变化率的实际应用，解题关键是准确理解题意找到等量关系列方程，计算时结合给出的参考数据简化运算，注意舍去不符合实际意义的解。
【难度系数】
0.7
5 为推进教育振兴，改善学校设施，某县2023年投入资金900万元，2025年投入资金1296万元，现假定每年投入资金的增长率相同.
（1）求该县改善学校设施投入资金的年平均增长率.
（2）2025年该县每所学校设施改善的平均费用为80万元，2026年为提升教育质量，每所学校设施改善费用增加25%.如果投入资金年增长率保持不变，那么该县在2026年最多可以改善多少所学校设施？
（1）求该县改善学校设施投入资金的年平均增长率.
（2）2025年该县每所学校设施改善的平均费用为80万元，2026年为提升教育质量，每所学校设施改善费用增加25%.如果投入资金年增长率保持不变，那么该县在2026年最多可以改善多少所学校设施？
答案
5. （1）设该县改善学校设施投入资金的年平均增长率为 x. 由题意，得$900(1+x)^2=1\ 296$，解得$x_1=0.2=20\%$，$x_2=-2.2$(不符合题意，舍去).
∴ 该县改善学校设施投入资金的年平均增长率为 20%
（2）设该县在 2026 年可以改善 y 所学校设施. 根据题意，得$80×(1+25\%)y≤1\ 296×(1+20\%)$，解得$y≤15.552$.
∵ y 为正整数，
∴ y 的最大值为 15.
∴ 该县在 2026 年最多可以改善 15 所学校设施
∴ 该县改善学校设施投入资金的年平均增长率为 20%
（2）设该县在 2026 年可以改善 y 所学校设施. 根据题意，得$80×(1+25\%)y≤1\ 296×(1+20\%)$，解得$y≤15.552$.
∵ y 为正整数，
∴ y 的最大值为 15.
∴ 该县在 2026 年最多可以改善 15 所学校设施
解析
【分析】
（1）本题属于平均增长率问题，通用等量关系为：初始量×(1+年平均增长率)^增长年数 = 最终量。本题中2023年投入资金900万元为初始量，2025年投入资金1296万元为增长2年后的最终量，设年平均增长率为x，代入等量关系列一元二次方程，求解后舍去不符合实际意义的负根即可得到结果。
（2）先分别计算2026年的总投入资金、2026年每所学校的改善费用，设2026年可改善y所学校，根据“总改善费用≤2026年总投入”列不等式，求解后结合y为正整数的实际要求，取最大整数解即可。
【解析】
（1）设该县改善学校设施投入资金的年平均增长率为$x$。
由题意得：$900(1+x)^2=1296$
整理得$(1+x)^2=1.44$，开方得$1+x=\pm1.2$
解得$x_1=0.2=20\%$，$x_2=-2.2$（增长率不能为负，不符合题意，舍去）。
（2）设该县在2026年可以改善$y$所学校设施。
2026年每所学校设施改善的费用为：$80×(1+25\%)=100$（万元）
2026年该县投入的总资金为：$1296×(1+20\%)=1555.2$（万元）
由题意得：$100y ≤ 1555.2$
解得$y≤15.552$
∵ $y$为正整数，
∴ $y$的最大值为15。
【答案】
（1）该县改善学校设施投入资金的年平均增长率为20%；
（2）该县在2026年最多可以改善15所学校设施。
【知识点】
1. 平均增长率问题
2. 一元二次方程的应用
3. 一元一次不等式的应用
【点评】
本题结合教育投入的实际背景设计问题，难度适中，既考查了平均变化率类方程的列法与求解，也考查了不等式在实际问题中的应用，解题时需要注意未知数的取值要符合现实意义，避免出现不符合实际的结果。
【难度系数】
0.75
（1）本题属于平均增长率问题，通用等量关系为：初始量×(1+年平均增长率)^增长年数 = 最终量。本题中2023年投入资金900万元为初始量，2025年投入资金1296万元为增长2年后的最终量，设年平均增长率为x，代入等量关系列一元二次方程，求解后舍去不符合实际意义的负根即可得到结果。
（2）先分别计算2026年的总投入资金、2026年每所学校的改善费用，设2026年可改善y所学校，根据“总改善费用≤2026年总投入”列不等式，求解后结合y为正整数的实际要求，取最大整数解即可。
【解析】
（1）设该县改善学校设施投入资金的年平均增长率为$x$。
由题意得：$900(1+x)^2=1296$
整理得$(1+x)^2=1.44$，开方得$1+x=\pm1.2$
解得$x_1=0.2=20\%$，$x_2=-2.2$（增长率不能为负，不符合题意，舍去）。
（2）设该县在2026年可以改善$y$所学校设施。
2026年每所学校设施改善的费用为：$80×(1+25\%)=100$（万元）
2026年该县投入的总资金为：$1296×(1+20\%)=1555.2$（万元）
由题意得：$100y ≤ 1555.2$
解得$y≤15.552$
∵ $y$为正整数，
∴ $y$的最大值为15。
【答案】
（1）该县改善学校设施投入资金的年平均增长率为20%；
（2）该县在2026年最多可以改善15所学校设施。
【知识点】
1. 平均增长率问题
2. 一元二次方程的应用
3. 一元一次不等式的应用
【点评】
本题结合教育投入的实际背景设计问题，难度适中，既考查了平均变化率类方程的列法与求解，也考查了不等式在实际问题中的应用，解题时需要注意未知数的取值要符合现实意义，避免出现不符合实际的结果。
【难度系数】
0.75
