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18. 立德树人 节约能源 为了减少废气排放、节约燃油能源，东营市某公交公司计划用新能源公交车淘汰“冒黑烟”较严重的燃油公交车. 新能源公交车有A型和B型两种车型，若购买A型公交车3辆，B型公交车1辆，共需260万元；若购买A型公交车2辆，B型公交车3辆，共需360万元.
(1)求购买A型和B型新能源公交车每辆各需多少万元；
(2)经调研，某条线路上的A型和B型新能源公交车每辆年均载客量分别为70万人次和100万人次. 公司准备购买A型、B型两种新能源公交车共10辆，总费用不超过650万元. 为保障该线路的年均载客总量最大，请设计购买方案，并求出年均载客总量的最大值.
(1)求购买A型和B型新能源公交车每辆各需多少万元；
(2)经调研，某条线路上的A型和B型新能源公交车每辆年均载客量分别为70万人次和100万人次. 公司准备购买A型、B型两种新能源公交车共10辆，总费用不超过650万元. 为保障该线路的年均载客总量最大，请设计购买方案，并求出年均载客总量的最大值.
答案
18. 【解】(1)设购买A型新能源公交车每辆需$x$万元，购买B型新能源公交车每辆需$y$万元，由题意得$\begin{cases}3x+y=260,\\2x+3y=360,\end{cases}$解得$\begin{cases}x=60,\\y=80.\end{cases}$
所以购买A型新能源公交车每辆需60万元，购买B型新能源公交车每辆需80万元。
(2)设购买A型公交车$a$辆，则购买B型公交车$(10-a)$辆，该线路的年均载客总量为$w$万人，由题意得$60a+80(10-a)≤650$，解得$a≥7.5$。
又因为$a≤10$，所以$7.5≤ a≤10$。
又因为$a$是整数，所以$a=8,9,10$。所以该线路的年均载客总量$w=70a+100(10-a)=-30a+1000$。
因为$-30＜0$，所以$w$随$a$的增大而减小。
所以当$a=8$时，该线路的年均载客总量最大，最大载客量为$-30×8+1000=760$(万人次)。
所以$10-8=2$(辆)。
所以购买方案为购买A型公交车8辆，购买B型公交车2辆，此时该线路的年均载客总量最大，为760万人次。
所以购买A型新能源公交车每辆需60万元，购买B型新能源公交车每辆需80万元。
(2)设购买A型公交车$a$辆，则购买B型公交车$(10-a)$辆，该线路的年均载客总量为$w$万人，由题意得$60a+80(10-a)≤650$，解得$a≥7.5$。
又因为$a≤10$，所以$7.5≤ a≤10$。
又因为$a$是整数，所以$a=8,9,10$。所以该线路的年均载客总量$w=70a+100(10-a)=-30a+1000$。
因为$-30＜0$，所以$w$随$a$的增大而减小。
所以当$a=8$时，该线路的年均载客总量最大，最大载客量为$-30×8+1000=760$(万人次)。
所以$10-8=2$(辆)。
所以购买方案为购买A型公交车8辆，购买B型公交车2辆，此时该线路的年均载客总量最大，为760万人次。
解析
【分析】
(1) 本题第一问涉及A型、B型公交车单价两个未知量，同时给出了两种购买组合对应的总费用，因此可设两个未知数，根据两种购买情况的费用等量关系列二元一次方程组，求解即可得到两种车型的单价。
(2) 第二问是方案优化问题，首先设购买A型公交车的数量为a辆，即可用含a的式子表示B型公交车的数量；再根据总费用不超过650万元的限制列一元一次不等式，求出a的取值范围，注意车辆数为非负整数。之后将年均载客总量表示为关于a的一次函数，结合一次函数的增减性，在a的取值范围内找到使载客总量最大的a值，即可得到最优购买方案和最大载客量。
【解析】
(1) 设购买A型新能源公交车每辆需$x$万元，购买B型新能源公交车每辆需$y$万元，由题意得：
$\begin{cases}3x+y=260\\2x+3y=360\end{cases}$
解方程组，由第一个方程得$y=260-3x$，代入第二个方程得：
$2x+3(260-3x)=360$
$2x+780-9x=360$
$-7x=-420$，解得$x=60$
将$x=60$代入$y=260-3x$，得$y=260-3×60=80$
即$\begin{cases}x=60\\y=80\end{cases}$
(2) 设购买A型公交车$a$辆，则购买B型公交车$(10-a)$辆，该线路的年均载客总量为$w$万人次，由总费用限制得：
$60a+80(10-a)≤650$
$60a+800-80a≤650$
$-20a≤-150$，解得$a≥7.5$
结合车辆数的实际意义，$a≤10$且$a$为整数，因此$a$的取值为8、9、10。
年均载客总量$w=70a+100(10-a)=-30a+1000$
因为$-30＜0$，所以$w$随$a$的增大而减小，因此当$a$取最小值8时，$w$最大。
此时最大载客量$w=-30×8+1000=760$（万人次），B型车数量为$10-8=2$（辆）。
【答案】
(1) 购买A型新能源公交车每辆需60万元，购买B型新能源公交车每辆需80万元；
(2) 购买方案为购买A型公交车8辆，B型公交车2辆，此时年均载客总量最大，最大值为760万人次。
【知识点】
二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的应用
【点评】
本题以节能减排的实际背景命题，是典型的代数综合应用题，解题的核心是找准题中的等量关系和不等关系，分别列出方程、不等式和函数表达式，同时要注意自变量的取值要符合实际意义，侧重考查对基础知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
(1) 本题第一问涉及A型、B型公交车单价两个未知量，同时给出了两种购买组合对应的总费用，因此可设两个未知数，根据两种购买情况的费用等量关系列二元一次方程组，求解即可得到两种车型的单价。
(2) 第二问是方案优化问题，首先设购买A型公交车的数量为a辆，即可用含a的式子表示B型公交车的数量；再根据总费用不超过650万元的限制列一元一次不等式，求出a的取值范围，注意车辆数为非负整数。之后将年均载客总量表示为关于a的一次函数，结合一次函数的增减性，在a的取值范围内找到使载客总量最大的a值，即可得到最优购买方案和最大载客量。
【解析】
(1) 设购买A型新能源公交车每辆需$x$万元，购买B型新能源公交车每辆需$y$万元，由题意得：
$\begin{cases}3x+y=260\\2x+3y=360\end{cases}$
解方程组，由第一个方程得$y=260-3x$，代入第二个方程得：
$2x+3(260-3x)=360$
$2x+780-9x=360$
$-7x=-420$，解得$x=60$
将$x=60$代入$y=260-3x$，得$y=260-3×60=80$
即$\begin{cases}x=60\\y=80\end{cases}$
(2) 设购买A型公交车$a$辆，则购买B型公交车$(10-a)$辆，该线路的年均载客总量为$w$万人次，由总费用限制得：
$60a+80(10-a)≤650$
$60a+800-80a≤650$
$-20a≤-150$，解得$a≥7.5$
结合车辆数的实际意义，$a≤10$且$a$为整数，因此$a$的取值为8、9、10。
年均载客总量$w=70a+100(10-a)=-30a+1000$
因为$-30＜0$，所以$w$随$a$的增大而减小，因此当$a$取最小值8时，$w$最大。
此时最大载客量$w=-30×8+1000=760$（万人次），B型车数量为$10-8=2$（辆）。
【答案】
(1) 购买A型新能源公交车每辆需60万元，购买B型新能源公交车每辆需80万元；
(2) 购买方案为购买A型公交车8辆，B型公交车2辆，此时年均载客总量最大，最大值为760万人次。
【知识点】
二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的应用
【点评】
本题以节能减排的实际背景命题，是典型的代数综合应用题，解题的核心是找准题中的等量关系和不等关系，分别列出方程、不等式和函数表达式，同时要注意自变量的取值要符合实际意义，侧重考查对基础知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
19. ★★★ 前沿科技 中国智造 自主研发和创新让我国的科技快速发展，“中国智造”正引领世界潮流. 某科技公司计划投入一笔资金用来购买A,B两种型号的芯片.已知购买1颗A型芯片和2颗B型芯片共需要750元，购买2颗A型芯片和3颗B型芯片共需要1 300元.
(1)求购买1颗A型芯片和1颗B型芯片各需要多少元.
(2)若该公司计划购买A,B两种型号的芯片共8 000颗，其中购买A型芯片的数量不少于B型芯片数量的3倍.当购买A型芯片多少颗时，所需资金最少，最少资金是多少元？
(3)该公司用甲、乙两辆芯片运输车，先后从M地出发，沿着同一条公路匀速行驶，前往目的地N，两车到达N地后均停止行驶.如图，$y_甲$(km)，$y_乙$(km)分别是甲、乙两车离M地的距离与甲车行驶的时间x(h)之间的函数关系.请根据图象信息解答下列问题：
①甲车的速度是
②当甲、乙两车相距30 km时，x的值为
(1)求购买1颗A型芯片和1颗B型芯片各需要多少元.
(2)若该公司计划购买A,B两种型号的芯片共8 000颗，其中购买A型芯片的数量不少于B型芯片数量的3倍.当购买A型芯片多少颗时，所需资金最少，最少资金是多少元？
(3)该公司用甲、乙两辆芯片运输车，先后从M地出发，沿着同一条公路匀速行驶，前往目的地N，两车到达N地后均停止行驶.如图，$y_甲$(km)，$y_乙$(km)分别是甲、乙两车离M地的距离与甲车行驶的时间x(h)之间的函数关系.请根据图象信息解答下列问题：
①甲车的速度是
80
km/h.②当甲、乙两车相距30 km时，x的值为
1.5或4.5或6.5
.答案
19. 【解】(1)设购买1颗A型芯片和1颗B型芯片分别需要$a$元和$b$元，
由题意得$\begin{cases}a+2b=750,\\2a+3b=1300,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=350,\\b=200.\end{cases}$
答：购买1颗A型芯片和1颗B型芯片分别需要350元和200元。
(2)设购买B型芯片$m$颗，则购买A型芯片$(8000-m)$颗，所需资金为$w$元，
由题意，得$w=350(8000-m)+200m=-150m+2800000$。
因为$-150＜0$，所以$w$随$m$的增大而减小。
因为购买A型芯片的数量不少于B型芯片数量的3倍，所以$8000-m≥3m$，解得$m≤2000$。
因为$m$取正整数，
所以当$m=2000$时，$w$取最小值，$w_{\mathrm{最少}}=-150×2000+2800000=2500000$(元)，此时$8000-m=6000$。
答：当该公司购买A型芯片6000颗时，所需资金最少，最少资金是2500000元。
(3)①80
【点拨】设$y_{\mathrm{乙}}$的表达式为$y_{\mathrm{乙}}=k_2x+b$，将点$(0,60)$，$(7,480)$的坐标代入$y_{\mathrm{乙}}=k_2x+b$，得$\begin{cases}b=60,\\7k_2+b=480,\end{cases}$解得$\begin{cases}k_2=60,\\b=60,\end{cases}$所以$y_{\mathrm{乙}}$的表达式为$y_{\mathrm{乙}}=60x+60$。当$x=3$时，$y_{\mathrm{乙}}=60x+60=60×3+60=240$，所以甲车的速度为$240÷3=80(\mathrm{km/h})$。
②1.5或4.5或6.5
【点拨】设$y_{\mathrm{甲}}$的表达式为$y_{\mathrm{甲}}=k_1x$，将点$(3,240)$的坐标代入$y_{\mathrm{甲}}=k_1x$，得$240=3k_1$，解得$k_1=80$，所以$y_{\mathrm{甲}}$的表达式为$y_{\mathrm{甲}}=80x$。当函数$y_{\mathrm{乙}}$的图象在函数$y_{\mathrm{甲}}$图象的上方时，可列方程$60x+60-80x=30$，解得$x=1.5$；当函数$y_{\mathrm{乙}}$的图象在函数$y_{\mathrm{甲}}$图象的下方，且甲车未到N地时，可列方程$80x-60x-60=30$，解得$x=4.5$；当甲车到达N地，乙离目的地30 km时，可列方程$60x+60=480-30$，解得$x=6.5$。综上所述，$x$的值为1.5或4.5或6.5。
由题意得$\begin{cases}a+2b=750,\\2a+3b=1300,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=350,\\b=200.\end{cases}$
答：购买1颗A型芯片和1颗B型芯片分别需要350元和200元。
(2)设购买B型芯片$m$颗，则购买A型芯片$(8000-m)$颗，所需资金为$w$元，
由题意，得$w=350(8000-m)+200m=-150m+2800000$。
因为$-150＜0$，所以$w$随$m$的增大而减小。
因为购买A型芯片的数量不少于B型芯片数量的3倍，所以$8000-m≥3m$，解得$m≤2000$。
因为$m$取正整数，
所以当$m=2000$时，$w$取最小值，$w_{\mathrm{最少}}=-150×2000+2800000=2500000$(元)，此时$8000-m=6000$。
答：当该公司购买A型芯片6000颗时，所需资金最少，最少资金是2500000元。
(3)①80
【点拨】设$y_{\mathrm{乙}}$的表达式为$y_{\mathrm{乙}}=k_2x+b$，将点$(0,60)$，$(7,480)$的坐标代入$y_{\mathrm{乙}}=k_2x+b$，得$\begin{cases}b=60,\\7k_2+b=480,\end{cases}$解得$\begin{cases}k_2=60,\\b=60,\end{cases}$所以$y_{\mathrm{乙}}$的表达式为$y_{\mathrm{乙}}=60x+60$。当$x=3$时，$y_{\mathrm{乙}}=60x+60=60×3+60=240$，所以甲车的速度为$240÷3=80(\mathrm{km/h})$。
②1.5或4.5或6.5
【点拨】设$y_{\mathrm{甲}}$的表达式为$y_{\mathrm{甲}}=k_1x$，将点$(3,240)$的坐标代入$y_{\mathrm{甲}}=k_1x$，得$240=3k_1$，解得$k_1=80$，所以$y_{\mathrm{甲}}$的表达式为$y_{\mathrm{甲}}=80x$。当函数$y_{\mathrm{乙}}$的图象在函数$y_{\mathrm{甲}}$图象的上方时，可列方程$60x+60-80x=30$，解得$x=1.5$；当函数$y_{\mathrm{乙}}$的图象在函数$y_{\mathrm{甲}}$图象的下方，且甲车未到N地时，可列方程$80x-60x-60=30$，解得$x=4.5$；当甲车到达N地，乙离目的地30 km时，可列方程$60x+60=480-30$，解得$x=6.5$。综上所述，$x$的值为1.5或4.5或6.5。
解析
【分析】
(1) 第一问为二元一次方程组应用问题，根据题干给出的两类购买方案的费用提取等量关系，设两种芯片的单价为未知数，列方程组求解即可。
(2) 第二问为一次函数最值问题，先设B型芯片购买数量为m，即可表示出A型芯片数量及总资金w关于m的函数表达式，再根据A型芯片数量的限制条件列不等式求出m的取值范围，结合一次函数的增减性，取m的最大值即可得到最少资金和对应的A型芯片购买量。
(3) 第三问结合一次函数图像考查行程问题：①先根据乙车图像经过的两点坐标求出乙车路程的函数解析式，x=3时两车相遇，代入x=3得到此时的行驶路程，除以时间3h即可得甲车速度；②先求出甲车路程的函数解析式，两车相距30km需分三类讨论：相遇前乙在甲前方、相遇后甲在乙前方且甲未到终点、甲到终点后乙距终点30km，分别列方程求解即可。
【解析】
(1) 设购买1颗A型芯片和1颗B型芯片分别需要$a$元和$b$元，
由题意得$\begin{cases}a+2b=750,\\2a+3b=1300,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=350,\\b=200.\end{cases}$
(2) 设购买B型芯片$m$颗，则购买A型芯片$(8000-m)$颗，所需资金为$w$元，
由题意得$w=350(8000-m)+200m=-150m+2800000$。
$\because -150＜0$，$\therefore w$随$m$的增大而减小。
由题意得$8000-m\ge3m$，解得$m\le2000$，且$m$为正整数，
$\therefore$当$m=2000$时，$w$取最小值，$w_{\mathrm{最少}}=-150×2000+2800000=2500000$（元），此时A型芯片数量为$8000-2000=6000$（颗）。
(3) ①设$y_{\mathrm{乙}}$的表达式为$y_{\mathrm{乙}}=k_2x+b$，将$(0,60)$、$(7,480)$代入得：
$\begin{cases}b=60,\\7k_2+b=480,\end{cases}$解得$\begin{cases}k_2=60,\\b=60,\end{cases}$即$y_{\mathrm{乙}}=60x+60$。
当$x=3$时，$y_{\mathrm{乙}}=60×3+60=240$，此时两车相遇路程相等，甲车速度为$240÷3=80(\mathrm{km/h})$。
②设$y_{\mathrm{甲}}$的表达式为$y_{\mathrm{甲}}=k_1x$，将$(3,240)$代入得$240=3k_1$，解得$k_1=80$，即$y_{\mathrm{甲}}=80x$，甲车到达N地的时间为$480÷8=6(\mathrm{h})$。
分三种情况：
乙在甲前方，未相遇时：$60x+60-80x=30$，解得$x=1.5$；
甲在乙前方，甲未到终点时：$80x-(60x+60)=30$，解得$x=4.5$；
甲到达终点后，乙距终点30km时：$60x+60=480-30$，解得$x=6.5$。
综上$x$的值为1.5或4.5或6.5。
【答案】
(1) 购买1颗A型芯片需要350元，1颗B型芯片需要200元；
(2) 当购买A型芯片6000颗时，所需资金最少，最少资金是2500000元；
(3) ①$\boxed{80}$；②$\boxed{1.5}$或$\boxed{4.5}$或$\boxed{6.5}$
【知识点】
二元一次方程组应用、一次函数的最值、一次函数行程问题
【点评】
本题结合科技热点背景设置问题，分层考查了方程与函数的实际应用能力，前两问侧重基础公式和性质的应用，第三问需要学生具备图像信息提取能力和分类讨论思想，能够很好地检验学生解决综合实际问题的能力。
【难度系数】
0.6
(1) 第一问为二元一次方程组应用问题，根据题干给出的两类购买方案的费用提取等量关系，设两种芯片的单价为未知数，列方程组求解即可。
(2) 第二问为一次函数最值问题，先设B型芯片购买数量为m，即可表示出A型芯片数量及总资金w关于m的函数表达式，再根据A型芯片数量的限制条件列不等式求出m的取值范围，结合一次函数的增减性，取m的最大值即可得到最少资金和对应的A型芯片购买量。
(3) 第三问结合一次函数图像考查行程问题：①先根据乙车图像经过的两点坐标求出乙车路程的函数解析式，x=3时两车相遇，代入x=3得到此时的行驶路程，除以时间3h即可得甲车速度；②先求出甲车路程的函数解析式，两车相距30km需分三类讨论：相遇前乙在甲前方、相遇后甲在乙前方且甲未到终点、甲到终点后乙距终点30km，分别列方程求解即可。
【解析】
(1) 设购买1颗A型芯片和1颗B型芯片分别需要$a$元和$b$元，
由题意得$\begin{cases}a+2b=750,\\2a+3b=1300,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=350,\\b=200.\end{cases}$
(2) 设购买B型芯片$m$颗，则购买A型芯片$(8000-m)$颗，所需资金为$w$元，
由题意得$w=350(8000-m)+200m=-150m+2800000$。
$\because -150＜0$，$\therefore w$随$m$的增大而减小。
由题意得$8000-m\ge3m$，解得$m\le2000$，且$m$为正整数，
$\therefore$当$m=2000$时，$w$取最小值，$w_{\mathrm{最少}}=-150×2000+2800000=2500000$（元），此时A型芯片数量为$8000-2000=6000$（颗）。
(3) ①设$y_{\mathrm{乙}}$的表达式为$y_{\mathrm{乙}}=k_2x+b$，将$(0,60)$、$(7,480)$代入得：
$\begin{cases}b=60,\\7k_2+b=480,\end{cases}$解得$\begin{cases}k_2=60,\\b=60,\end{cases}$即$y_{\mathrm{乙}}=60x+60$。
当$x=3$时，$y_{\mathrm{乙}}=60×3+60=240$，此时两车相遇路程相等，甲车速度为$240÷3=80(\mathrm{km/h})$。
②设$y_{\mathrm{甲}}$的表达式为$y_{\mathrm{甲}}=k_1x$，将$(3,240)$代入得$240=3k_1$，解得$k_1=80$，即$y_{\mathrm{甲}}=80x$，甲车到达N地的时间为$480÷8=6(\mathrm{h})$。
分三种情况：
乙在甲前方，未相遇时：$60x+60-80x=30$，解得$x=1.5$；
甲在乙前方，甲未到终点时：$80x-(60x+60)=30$，解得$x=4.5$；
甲到达终点后，乙距终点30km时：$60x+60=480-30$，解得$x=6.5$。
综上$x$的值为1.5或4.5或6.5。
【答案】
(1) 购买1颗A型芯片需要350元，1颗B型芯片需要200元；
(2) 当购买A型芯片6000颗时，所需资金最少，最少资金是2500000元；
(3) ①$\boxed{80}$；②$\boxed{1.5}$或$\boxed{4.5}$或$\boxed{6.5}$
【知识点】
二元一次方程组应用、一次函数的最值、一次函数行程问题
【点评】
本题结合科技热点背景设置问题，分层考查了方程与函数的实际应用能力，前两问侧重基础公式和性质的应用，第三问需要学生具备图像信息提取能力和分类讨论思想，能够很好地检验学生解决综合实际问题的能力。
【难度系数】
0.6
