2.4 一元一次不等式组暑期专项练习2025-2026学年北师大版八年级数学下册

**基本信息** 聚焦一元一次不等式组解法与应用，通过分层题型构建“概念理解-实际建模-参数探究-综合创新”的完整训练体系，培养抽象能力与模型意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础解法|解不等式组（16题）、数轴表示（6题）|“同大取大”等口诀应用，解集数轴直观化|从不等式解法到组的解集确定，体现数形结合思想| |实际应用|出租车收费（1题）、阅读页数（2题）、进货方案（18/20题）|“审-设-列-解-验”五步法，关键不等关系提取|实际问题抽象为数学模型，发展应用意识| |参数问题|整数解（3/5/7/9题）、有解性（5题）|解集边界分析，整数解对应参数范围推导|从已知解集反推参数，提升推理能力| |综合创新|新定义“3≤不等式”（17题）、取整函数（10题）|新运算转化，多知识点交叉融合|拓展数学思维，培养创新意识|

2.4 一元一次不等式组 暑期专项练习2025-2026学年北师大版八年级数学下册 一、单选题 1．哈市乘坐出租车的收费标准：起步价8元（即行驶距离不超过3千米都须付8元车费），超过3千米以后，每增加1千米，加收2元（不足1千米的部分按1千米计）．某人乘出租车从甲地到乙地共付车费18元，那么甲地到乙地路程满足（　　） A． B．7 C．7 D．7 2．一本书共108页，布克读了一周（7天）还没读完，而莉克不到一周就已读完．莉克平均每天比布克多读5页．若设布克平均每天读x页，则由题意列出不等式组为（    ） A． B． C． D． 3．已知关于的不等式组恰有四个整数解，则满足条件的所有整数的和为（   ） A．21 B．24 C．15 D．30 4．关于不等式组，列说法正确的是（    ） A．无解 B．解集为 C．整数解有个 D．负整数解有个 5．若关于的一元一次不等式组有解，则的取值范围为（     ） A． B． C． D． 6．不等式组的解集在数轴上可表示为（   ） A． B． C． D． 7．对于任意实数m，n定义一种新运算：，例如：．若关于的不等式组恰好有两个整数解，则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 8．现用载重分别为5吨和8吨的货车运货，总货物共47吨，两种货车均不少于1辆，要一次性运完，则安排方案共有（    ） A．2种 B．3种 C．4种 D．5种 9．若关于的一元一次不等式组有且只有3个整数解，且关于的分式方程的解是奇数，则所有满足条件的整数的值之和是（    ） A． B． C． D． 10．设表示不超过x的最大整数，如，，，若x，y满足，那么的值是（   ） A．3 B．2或 C．3或 D．1或2 二、填空题 11．如图，直线和与轴分别交于点，点．则的解集为______． 12．若，则___________． 13．某校为了培养学生阅读的习惯，准备把一些书分给学生阅读，若每人分本，则多本；若每人分本，则最后一人分到了书但不到本书．共有________学生． 14．若一次函数的图像不经过第二象限，那么的取值范围___________． 15．若实数a使得关于x的不等式组有且只有2个整数解，且使得关于x的一次函数不经过第四象限，则符合条件的所有整数a的和为______． 三、解答题 16．解下列不等式组： (1) (2) 17．定义：三个关于x的整式A、B、C，若的解集为，则称它们构成“不等式”例如：三个整式，，，当的解集为，则称，，构成“不等式”． (1)整式，，1可以构成“不等式”吗？请说明理由； (2)若三个关于x的整式、、，可以构成“不等式”，求a的值； (3)若，，构成“不等式”，求关于的不等式组的解集． 18．根据以下素材，完成探究学习任务． 如何为校园文创店设计总费用最少的进货方案？ 背景 为迎接校园文化节，丰富同学们的校园生活，某校园文创店计划购进纪念徽章和明信片进行售卖，为师生提供兼具纪念意义与实用性的文创产品，助力校园文化传播． 素材 若购进盒徽章和盒明信片共需元；若购进盒徽章和盒明信片共需元． 问题解决 (1)求购进的徽章和明信片每盒分别是多少元？ (2)该文创店计划购进徽章和明信片共盒，且徽章的数量至少比明信片的数量多盒，且不超过明信片数量的倍．怎样购进才能使总费用最少？并求出最少费用． 19．解不等式组． 下面是某同学的部分解答过程，请认真阅读并完成任务： 解：由①，得……………………第1步            ……………………第2步                   ……………………第3步                       ……………………第4步 (1)该同学的解答过程第___________步出现了错误，错误原因是____________，不等式①的正确解集是___________； (2)解不等式②，并写出该不等式组的解集． 20．某网店准备购进一批手机快充充电器（简称“快充”）和手机慢充充电器（简称“慢充”）进行销售．已知每个快充的进价比每个慢充的进价多20元，购进10个快充和5个慢充共需花费350元．这两种充电器的进价和售价如下表． 快充 慢充 进价/（元/个） 售价/（元/个） 40 15 (1)求a，b的值． (2)“五一劳动节”前夕，该网店准备购进这两种充电器共100个进行试销，根据市场需求，快充需要购进75个及以上，且快充的数量不超过慢充数量的4倍．请问共有几种进货方案？请通过计算说明理由． (3)“五一劳动节”期间，该网店开展优惠促销活动，决定对每个快充的售价优惠元，慢充的售价不变，在（2）的条件下，请直接写出：要使销售完这100个充电器获得的总利润最大，应如何进货？ 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A A B C D A D D C 1．D 【分析】本题主要考查了不等式组的应用，根据总费用18元中，起步价8元对应3千米，剩余10元为超过3千米的费用，根据超过部分每千米2元，求出超过的千米数为千米，根据不足1千米按1千米计，实际路程需满足：超过3千米的部分大于4千米且不超过5千米，据此列出不等式组解不等式组即可． 【详解】解：∵总费用18元中，起步价8元对应3千米，剩余10元为超过3千米的费用，超过部分每千米2元， ∴超过的千米数为千米， ∵不足1千米按1千米计， ∴实际路程需满足：超过3千米的部分大于4千米且不超过5千米， ∴， 解得：， 故选：D． 2．A 【分析】根据题干给出的“布克读了一周还没读完，而莉克不到一周就已读完”的条件，提取不等关系，即可列出对应的不等式组． 【详解】解：设布克平均每天读页，则莉克平均每天读页． ∵布克读7天还没读完，说明布克7天读的总页数小于书的总页数， ∴． ∵莉克不到7天就读完了，说明莉克7天读的总页数大于书的总页数， ∴． 因此可得不等式组． 3．A 【分析】先分别求解不等式组得到x的取值范围，再根据恰有四个整数解确定m的取值范围.最后找出所有符合条件的整数m计算和即可. 【详解】解：解不等式组 解不等式，得 解不等式，得 ∴不等式组的解集为 ∵不等式组恰有四个整数解， ∴四个整数解为 可得 不等式三边同乘，得 ∵为整数， ∴的取值为 所有整数的和为． 4．B 【分析】先确定不等式组的解集，再分别对各选项进行判断即可． 【详解】∵不等式组为， ∴该不等式组的解集为，故A选项错误，B选项正确， 满足的整数为，共个，故C选项错误， 在整数解中，负整数只有，共个，故D选项错误． 5．C 【分析】根据不等式组中的两个不等式的解集有公共部分解答即可． 【详解】解：∵关于的一元一次不等式组有解， ∴不等式①的解集与不等式②的解集有公共部分， ∴． 6．D 【分析】在表示不等式的解集时向右画；向左画， “”，“”要用实心圆点表示，“”，“”要用空心圆点表示，据此可得答案． 【详解】 解：由题意得，不等式组的解集在数轴上可表示为． 7．A 【分析】先根据新运算定义化简不等式组，求出的解集，再根据不等式组恰好有两个整数解，确定的取值范围． 【详解】解：根据新运算定义 ，得， 原不等式组可化为， 解不等式，得， 解不等式，得， ∴不等式组的解集为． ∵不等式组恰好有两个整数解， ∴两个整数解为和， ∴， ∴ 解得． 8．D 【分析】设安排载重5吨的货车辆，载重8吨的货车辆，根据总货物共47吨可知总载重量，由两种货车均不少于1辆，可知5吨货车均不少于1辆，即总载重量，将y看做已知量求出x的取值范围，进而枚举验证即可，得到符合要求的方案数． 【详解】解：设安排载重5吨的货车辆，载重8吨的货车辆， ∵总货物共47吨，两种货车均不少于1辆， ∴且，，， 解得， 解得， 即， 当时，，可取8，符合； 当时，，可取7，符合； 当时，，可取5，符合； 当时，，可取3，符合； 当时，，可取2，符合； 当时，，无正整数解，不符合； 可知当时，无正整数解，不符合； 综上所述，安排方案共有5种． 9．D 【分析】首先解出不等式组的解集，然后根据三个整数解求出的取值范围；接着将分式方程解出来，求出的值，结合取值范围取值求解即可． 【详解】解得 ∵有且只有3个整数解， ∴，解得； ∵是整数， ∴ ∵解为奇数， ∴为奇数， ∴ ∵， ∴ ∴ 故选：D 【点睛】此题考查不等式组和分式方程的解法，解题关键是分式方程的解要检验是否令分母为零了． 10．C 【分析】本题考查了新定义，方程组的定义，不等式组的解法，理解题意，通过不等式组分析确定和的可能值，是解题的关键． 设，，则a、b为整数，由方程组得到，，然后根据新定义可知，，从而得到，，进而得到关于b的一元一次不等式组，解得b的可能值，从而确定x和y的值，即可解答． 【详解】解：设，，则a、b为整数， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵a、b为整数， ∴， ∵， ∴，则， 又∵， ∴，即， 将代入得， 即 解得， ∴或2， 当时，，，， ∴； 当时，，，， ∴， ∴的值为3或． 故选：C． 11． 【分析】不等式表示直线的函数图象位于轴上方，不等式表示直线的函数图象位于轴下方，再根据函数图象分别确定不等式和的解集，再求其公共部分即可． 【详解】解： 由图象可知，直线与轴交于点，且随的增大而增大， 则不等式的解为， 不等式表示直线的函数图象位于轴下方， 由图象可知，直线与轴交于点 且随的增大而减小， 则不等式的解为 ， ∴不等式组的解集为 12． 【分析】根据二次根式有意义的条件，先确定的取值，再求出的值，最后代入计算即可． 【详解】解：∵二次根式的被开方数为非负数， ∴， 解得． 将代入，得， 则． 13． 【分析】设一共有名学生，根据每人分本，则多本，可知图书共有本，根据每人分本，则最后一人分到了书但不到本书，列不等式组求解． 【详解】解：设一共有名学生，则图书共有本， 由题意得：， 解得：， 又学生人数为正整数， ， 学生人数为． 14． 【分析】根据一次函数的图像不经过第二象限列出关于的不等式组，求解即可得到的取值范围． 【详解】解：一次函数的图像不经过第二象限， ， 解得：． 15． 【分析】先解不等式组，根据不等式组的解只有2个整数解，列出关于a的不等式，求出此时a的取值范围；再根据一次函数的图像不过第四象限，列出关于a的不等式组，再次求出a的取值范围，两项综合求出a最终的取值范围，则问题得解． 【详解】解： 解不等式①得：， 解不等式②得：， 不等式有解，则解为：， ∵不等式组有两个整数解， 则这两个整数解为3，2， ∴， 解得； ∵一次函数不过第四象限， ∴则有， 解得； 综上： ∴a的整数值有：，，， 则其和为：． 16．(1) (2) 【详解】（1）解： 解不等式①得， 解不等式②得， ∴不等式组的解集为：； （2）解： 解不等式①得， 解不等式②得， ∴不等式组的解集为：． 17．(1)可以构成，理由如下： ， 解得：， 即整式、、可以构成“不等式”； (2)或. (3) 【分析】（1）先列不等式求解，再根据“不等式”定义判断即可； （2）根据“不等式”的定义分三种情况列不等式，根据不等式的性质和解集分别求解即可； （3）根据“不等式”的定义列不等式，求出，，，再分别解不等式组中的等式，最后根据同小取小得到解集即可． 【详解】（1）略 （2）解：三个关于的整式、、，可以构成“不等式”， ①当时，即， 则，且， 解得：； ②若，即， 则，且， 解得：（舍）； ③若，即， 则，且， 解得：； 综上可知，的值为或． （3）解：若，，构成“不等式”， 则， 即， 所以， 化简，得， 将代入，得， 所以， 由不等式，得， 即， 解得：； 由不等式，得， 解得：， 所以该不等式组的解集为． 18．(1)徽章每盒元，明信片每盒元 (2)购进徽章盒，明信片盒时，总费用最少，最少费用为元 【分析】设徽章每盒元，明信片每盒元，根据题意列出方程组解答即可求解； 设购进徽章盒，则购进明信片盒，根据题意列不等式组求出的取值范围，设总费用为元，再根据题意求出与的一次函数解析式，最后根据一次函数的性质解答即可求解． 【详解】（1）解：设徽章每盒元，明信片每盒元， 由题意得，， 解得， 答：徽章每盒元，明信片每盒元； （2）解：设购进徽章盒，则购进明信片盒， 由题意得，， 解得， 设总费用为元，则， ∵， ∴随的增大而增大， ∴当时，取最小值，，此时， 答：购进徽章盒，明信片盒时，总费用最少，最少费用为元． 19．(1)4；不等号的方向没有改变； (2)不等式②的解集：；不等式组的解集： 【详解】（1）解：不等式两边同除以同一个负数，不等号改变方向，第4步没有改变方向， ∴第4步出现了错误，错误原因是不等号方向没有改变， 解不等式：， ， ， ， ，即不等式①的正确解集是． （2）解不等式②：， ， ， ， ∴不等式组的解集为． 20．(1)的值为30，b的值为10 (2)共有6种进货方案，见解析 (3)当时，快充进80个、慢充进20个，售完这100个充电器获得的总利润最大； 当时，（2）中的6种进货方案都可以使售完这100个充电器获得的总利润最大，即最大值为500元； 当时，快充进75个、慢充进25个，售完这100个充电器获得的总利润最大 【分析】（1）由表格可知，快充的进价为元，慢充的进价为元，根据题意列出方程组求解即可； （2）设购进快充个，则购进慢充个，根据题意列出不等式组，求出快充个数的取值范围，结合为正整数即可确定有几种进货方案； （3）设销售完这100个充电器获得的总利润为元，列出总利润与快充数量的关系式， 分情况讨论：当或或时，结合的取值范围及一次函数的增减性求解即可． 【详解】（1）解：由表格可知，快充的进价为元，慢充的进价为元， 由题意得：， 解得：， 答：的值为30，b的值为10； （2）解：共有6种进货方案，理由如下： 设购进快充个，则购进慢充个， 由题意得：， 解得：， 由于为整数， 则的取值可以为：75、76、77、78、79、80， 因此，共有6种进货方案； （3）解：设销售完这100个充电器获得的总利润为元， 根据题意得：， 分以下三种情况讨论： 由（2）知，， ①当，即时， 此时随的增大而增大， 则当时，最大，此时； ②当，即时，不随的变化而变化，此时的值为500； ③当，即时，随的增大而减小， 则当时，最大，此时； 综上所述，当时，快充进80个、慢充进20个，售完这100个充电器获得的总利润最大； 当时，（2）中的6种进货方案都可以使售完这100个充电器获得的总利润最大，即最大值为500元； 当时，快充进75个、慢充进25个，售完这100个充电器获得的总利润最大． 【点睛】本题考查二元一次方程组、不等式组、一次函数的应用，根据已知条件列出方程组和不等式组，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $