专题03 二元一次方程组（期中真题汇编，重庆专用）八年级数学上学期

专题03 二元一次方程组 5大高频考点概览 考点01 二元一次方程组的概念 考点02 代入消元法 考点03 加减消元法 考点04 实际问题与二元一次方程组 考点05 三元一次方程组的解法 考点01 二元一次方程组的概念 1．（25-26学年八上·重庆松树桥中学校·期中）定义一种新运算： ，下列说法： ①若， 则 ②若， 则该不等式的解集为或； ③代数式 有最小值6； ④若关于x，y的二元一次方程组 的解为 则a的值为0或4．以上结论正确的个数是（        ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【分析】 本题考查了整式的混合运算，一元一次方程的解法，一元一次不等式的解法及二元一次方程组的解，理解新定义并且利用分类讨论的思想方法是解题的关键．根据新运算的规定，利用分类讨论的思想方法对每个选项进行逐一判断即可得出结论． 【详解】 解：① 若， 当时，得， 解得，不符合题意，舍去； 当时，得， 解得，符合题意， 综上，若，则， 故说法① 错误，不符合题意； ②，且， ， ， 解得或， 故说法② 正确，符合题意； ③ 可表示为在数轴上表示x的数与到数轴上表示3及的数的距离之和，可得其最小值为6， 故说法③ 正确，符合题意； ④ 的解为 当时，原方程组可化为 ， 将 代入得，解得， 当时，原方程组可化为 ， 将 代入得，解得（舍去）， a的值为4． 故说法④ 错误，不符合题意． 正确的结论有：② ③ ，一共2个． 故选：B 2．（25-26学年八上·重庆第八中学校·期中）已知是关于x、y的二元一次方程，则m的值为　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了二元一次方程的定义，根据二元一次方程的定义，未知数 x 和 y 的次数均为 1，且 y 的系数不为零，据此列式计算即可． 【详解】 解：∵是关于x、y的二元一次方程， ∴且， ∴， 故答案为：． 3．（25-26学年八上·重庆璧山中学校·期中）一个三位正数M，其各位数字均不为零且互不相等，若将M的十位数字与百位数字交换位置，得到一个新的三位数．我们称这个三位数为M的“弘文数”，记作．如：168的“弘文数”为“618”；所以；若从M的百位数字、十位数字、个位数字中任选两个组成一个新的两位数，并将得到的所有两位数求和，我们称这个和为M的“铸峰数”，记作．如123的“铸峰数”为．所以．的值为 　　　　　　；若一个三位正整数N，其百位数字为2，十位数字为a，个位数字为b，且各位数字互不相等，若N的“铸峰数”与N之差为24，则N的最大值为 　　　　　　　　． 【答案】① 459    ② 284 【分析】 本题考查新定义运算，整式的加减，不定方程，掌握新定义运算是解题的关键．先根据定义求出、的值求差即可；用N的“团结数”与N之差为列方程，结合a，b是正整数求解． 【详解】 解：∵，， ∴， ,由题意可得，， N的团结数是：， ∴， 解得 ，或 即N是或， 最大的数为：， 故答案为：459，284． 4．（25-26学年八上·重庆万州第二高级中学·期中）若一个四位正整数满足千位数字与百位数字的差等于十位数字与个位数字的差，且差为正数，则称其为“同差数”，最小的“同差数”为　　　　　　　．交换的千位和十位数字得到的新数记为，去掉的十位和个位数字剩下的两位数记为，去掉的千位和百位数字剩下的两位数记为，若与的差为一个两位数且为完全平方数，除以余数为，则满足条件的的最大值为　　　　　． 【答案】①     ② 【分析】 本题考查二元一次方程的解，列代数式，整式的加减，不等式的性质，熟练根据题意进行列式，并根据题意得出等式是解题的关键．根据题中定义即可得出最小的“同差数”；设，则，根据题意，得出，且，，，，，，列式求出，利用与的差为一个两位数且为完全平方数，结合，的取值范围得出，则可得，，则可表示为，利用除以余数为，结合分离整数法得出是的整数倍，结合，的取值范围得出或或，分别求解判断是否合理即可， 【详解】 解：的千位数字最小为，百位最小为， 由千位数字与百位数字的差等于十位数字与个位数字的差，且差为正数， 则的十位数字最小为，个位最小为， 则最小的“同差数”为， 故答案为：； 设，则， 根据题意，得，且，，，，，， 则， 则，， 则， ∵与的差为一个两位数且为完全平方数， ∴，且是完全平方数， 又∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵除以余数为， ∴是整数， ∴是的整数倍， 由题意可得，， ∴， ∴或或， 结合，的取值范围， 当时，即， 解得： ， 此时； 当时，即， 解得： （，舍）或 ， 此时； 当时，即， 解得： （，舍）； 综上所述，或，最大值为， 故答案为：． 5．（25-26学年八上·重庆綦江区未来学校·期中）一个各个数位数字均不为0的四位自然数，其中a，b，c，d互不相同，若满足，则称M 为“千十数”．例如：四位数3278，∵，：3278是“千十数”．将M的十位数字与个位数字对调，得到新数N，并规定．若M是最小的“千十数”，则　　　　　　　　：若M是“千十数”，且为整数），若M除以7余3，则满足条件的M的最大值与最小值的差是　　　　　　　　 【答案】① 54    ② 7420 【分析】 本题考查整式加减的应用，根据新定义，得到最小的“千十数”为，进而根据新定义求出的值即可，根据，，得到，进而得到，根据为整数，得到也为整数，进而求出，得到，根据最大时，，最小时，结合新定义以及M除以7余3，求出的值，进而得到的最大值和最小，作差即可． 【详解】 解：由题意，得：最小的“千十数”为， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，且不相同， ∴， ∴， ∵为整数， ∴也为整数， ∴， ∴， ∵， ∴当最大时，则：，，， ∵M除以7余3，此时只有满足题意；故； ∴当最小时，则：，，， ∵M除以7余3，此时只有满足题意；故； ∴； 故答案为：54，7420 6．（25-26学年八上·重庆梁山初中教·期中）如果一个四位自然数M各个数位上的数字均不为0．且前两位数字之和为6，后两位数字之和为9，则称M为“智数”，把“智数”M的前两位数字和后两位数字整体交换得到新的四位数、规定．例如：是“智数”则．如果“智数”，则　　　　　　　　　　　；已知是“智数”，（且a，b，c，d均为整数），若恰好能被7整除，则满足条件的S的最大值与最小值之和是　　　　　　　　　　　． 【答案】① 21    ② 6708 【分析】 本题考查整式的加减运算．根据的计算方法，求出，，根据恰好能被7整除，得到能被7整除，分类讨论求出最大值和最小值即可．理解新定义，是解题的关键． 【详解】 解：由题意，得：； ， ∵是智数， ∴， ∴， ∴， ∵恰好能被7整除， ∴能被7整除， ∴能被7整除， ∵且a，b，c，d均为不为0的正整数，， ∴， ∴， ∴ 当最大时，则：，， ∴当时，，不符合题意； 当，即：，当时，，此时， ∴为； 当时，，不符合题意； 故满足条件的S的最大值是． 当最小时，则：，， ∴当时，，不符合题意； 当，即：，当时，，此时， ∴为； 当时，，不符合题意； 故满足条件的最小值为， ∴ 故答案为：． 7．（25-26学年八上·重庆第一中学校·期中）一个四位自然数，如果的千位数字和十位数字组成的两位数与的百位数字和个位数字组成的两位数的差等于55，那么就称这个数为“55差数”．把“55差数”的前两位数字与后两位数字整体交换得到新的四位数，设．例如：一个四位数8361，，是“55差数”，且．则最大的“55差数”是　　　　　，若是“55差数”，且．则所有满足条件值的和为　　　　　． 【答案】①     ② 【分析】 本题考查了整式的加减，二元一次方程组的解．根据“差数”的定义，即千位数字和十位数字组成的两位数与百位数字和个位数字组成的两位数的差等于，列出方程．求最大“差数”时，需使千位数字最大，再使百位数字、十位数字和个位数字尽可能大．根据条件，结合的表达式和解方程，找出所有满足条件的值并求和． 【详解】 解：一个四位自然数是“55差数”的条件是：千位数字和十位数字组成的两位数，与百位数字和个位数字组成的两位数的差等于55， 即： 化简得： 其中是千位数字，取值范围为1到9；是各位数字，取值范围为0到9． 设，，则． 和为整数，且，（因为是数字）． 由于55为正数，解得可能的整数解为： ，（即，) ，（即，) 情况1：， ，． （因为)，且，所以取5，6，7，8，9． （因为)，且（因为)，所以取5，6，7，8，9． 最大时取最大和最大，即，，则，，所以． 情况2：，，，． （因为)，且，所以取6，7，8，9． （因为)，所以取0，1，2，3，4． 最大时取最大和最大，即，，则，，所以． ∵ 因此，最大的“55差数”是． ∵，． ． 根据“55差数”的两种情况，代入： 情况1（，)：，，代入得： ， 所以． 情况2（，)：，，代入得： ， 所以． ∵． 在情况1中： ，，代入得： ． 化简：，整理得： 取5到9，取5到9，解得整数解： 当，时 ∴， ∴，， ∴，． 当，时 ∴， ∴，，，． 在情况2中：，，代入得：． 化简：，整理得：． 解得：． 取6到9，取0到4，但代入后均为负数（如，)，无有效解． 满足附加条件的有和，对应分别为和． 所有满足条件的值的和为：． 故答案为：，． 8．（八上·重庆川外基础教）如果一个四位自然数，各个数位上的数字均不为0，若它的千位数字与百位数字的乘积恰好等于它的十位数字与个位数字组成的两位数，则称这个数为“等积数”．如是等积数．最小的“等积数”为　　　　　　　　　　　；对于一个“等积数”，若记为，记为，且为整数，则满足条件的“等积数”的最大值与最小值的差是　　　　　　　　　　　． 【答案】①     ② 【分析】 本题考查了整式的加减，数的整除，不定方程；首先，寻找最小的“等积数”，即千位数字与百位数字的乘积等于十位与个位数字组成的两位数，且所有数字不为零。从千位最小开始尝试，千位为2时，百位为6满足条件，得到数2612。其次，对于满足为整数的“等积数”，通过条件推导出3a+b是17的倍数，结合a×b=10c+d且数字非零，得到两个数3824和9763，再求差，即可求解． 【详解】 解：设四位数为，依题意，． 当，时，，则，但，无效． 当，时，，则，即，，数为，且所有数字非零，符合条件． 其他时，数均大于． 故最小“等积数”为． 依题意，，． 且为整数，即能被整除． ∴． ∴能被整除，由于3与17互质，则能被整除． ∵ ∴，17的倍数有17和34． 若，则．结合且，得且： ，，，则，即，，数为3824． ，，，则，但，无效． ，，，则，但，无效． 若，则．结合且，得，，，则，即，，数为9763． 满足条件的数为3824和9763，最大值与最小值之差为． 故答案为：，． 9．（25-26学年八上·重庆杨家坪中学）如果一个四位自然数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足，那么称这个四位数为“递减数”．例如：四位数4129，∵，∴4129是“递减数”；又如：四位数5324，∵，∴5324不是“递减数”．若一个“递减数”为，则这个数为　　　　　　　　　　　；若一个“递减数”的前三个数字组成的三位数与后三个数字组成的三位数的和能被9整除，则满足条件的数的最大值是　　　　　　　　　　　． 【答案】①     ② 8165 【分析】 根据递减数的定义进行求解即可． 【详解】 解：∵ 是递减数， ∴， ∴， ∴这个数为； 故答案为： ∵一个“递减数”的前三个数字组成的三位数与后三个数字组成的三位数的和能被9整除， ∴， ∵， ∴， ∵，能被整除， ∴能被9整除， ∵各数位上的数字互不相等且均不为0， ∴ ， ∵最大的递减数， ∴， ∴，即：， ∴最大取，此时， ∴这个最大的递减数为8165． 故答案为：8165． 【点睛】 本题考查一元一次方程和二元一次方程的应用．理解并掌握递减数的定义，是解题的关键． 考点02 代入消元法 1．（25-26学年八上·重庆开州中学·期中）解不等式组和方程组： （1） （2） 【答案】（1）     （2） 【分析】 本题主要考查了解一元一次不等式组，解二元一次方程组，熟知相关计算方法是解题的关键． （1）先求出每个不等式的解集，再根据 “同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”求出不等式组的解集即可； （2）先整理，再利用代入消元法解方程组即可． (1) 小问详解： 解：解不等式① 得， 解不等式②得， ∴不等式组的解集为：； (2) 小问详解： 解：整理得： ， 由① 得：， 把③ 代入② 得：， 解得：， 把代入③ 得：， ∴原方程组的解为： ． 考点03 加减消元法 1．（25-26学年八上·重庆第八中学校·期中）已知关于x、y的方程组 ，若，则k的值为（     ） A. 1 B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题重点考查用加减消元法求解二元一次方程组，当二元一次方程组的两个方程中一个未知数的系数相反或相等时，把这两个方程的两边分别相加或相减，就能消去这个未知数，得到一个一元一次方程，这种方法叫做加减消元法，简称加减法，熟练掌握加减消元法的技巧是解题的关键． 通过两个方程相减，得到含的方程，将其代入，求解含的一元一次方程，最终完成求解． 【详解】 解：两个方程相减，得到， 得到， ． 故选：C． 2．（25-26学年八上·重庆第二外国语学校·期中）若关于，的方程组 有正整数解，则符合条件的整数的和为（     ） A. 8 B. 7 C. 3 D. 2 【答案】D 【分析】 本题主要考查了解二元一次方程组，根据方程组的解的情况求参数，解题的关键是掌握分类讨论的思想． 通过消元法得到，由y为正整数可知为6的正约数，代入验证x是否为正整数，从而确定符合条件的a值，并求其和． 【详解】 解：原方程组为： 得： 得：， ， ∵ y为正整数， ∴为6的正约数，即， ∴ a的值为：， 分别代入求x： 当时，，代入：，解得，为正整数，符合； 当时，，代入：，解得，非整数，不符合； 当时，，代入：，解得，为正整数，符合； 当时，，代入：，解得，非整数，不符合． ∴符合条件的整数a为0和2，其和为． 故选：D． 3．（25-26学年八上·重庆渝北区重庆渝北区石鞋学校）已知关于，的方程组 的解满足，且关于的不等式组 无解，那么所有符合条件的整数的和为　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题主要考查解二元一次方程组和解一元一次不等式组，解关于，的方程组 ，结合，可求得的取值范围，解关于的不等式组 ，根据不等式组无解，可再次可求得的另一取值范围． 【详解】 解关于，的方程组 ，得 则， 即 解得， 解关于的不等式组 由不等式，得 ， 由不等式，得， ， 因为关于的不等式组 无解，可得 ， 解得 ， 综上所述可知 ， 所以，所有符合条件的整数为，，，，，，，这些整数的和为， ． 故答案为：． 4．（25-26学年八上·重庆巴川中学校·期中）计算： （1）解方程； （2）解二元一次方程组： ． 【答案】（1）；     （2） ．      【分析】 本题考查了解一元一次方程，解二元一次方程组． （1）先移项，再合并同类项，最后系数化为1即可； （2）①② 求出，将代入① 求出即可． (1) 小问详解： 解：， 移项，得， 合并同类项，得， 将系数化为1，得； (2) 小问详解： 解： ， ①② 得：， 解得， 将代入① ，得， 解得， ∴方程组的解是 ． 5．（25-26学年八上·重庆松树桥中学校·期中）解方程组与不等式组． （1） （2） 【答案】（1）     （2）      【分析】 本题考查了解二元一次方程组，解一元一次不等式组，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）运用加减消元法进行解方程，即可作答． （2）分别解出每个不等式，再取它们的公共部分的解集作为不等式组的解集，即可作答． (1) 小问详解： 解：依题意， ，得， 解得， 把代入① ，得， 解得， 即方程组的解集为 ； (2) 小问详解： 解：依题意， ， 由① 得， 由② 得， ∴不等式组的解集为． 6．（25-26学年八·重庆高新·期中）（1）解方程组 ；        （2）解不等式组： 【答案】(1) (2) 【分析】 本题主要考查了解二元一次方程组，解一元一次不等式组： （1）利用加减消元法解方程组即可； （2）先求出每个不等式的解集，再根据 “同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”求出不等式组的解集即可． 【详解】 解：（1） 由得，， 解得， 将代入① 得，， 解得， ∴原方程组的解为 ； （2） 由① 得，； 由② 得，， ∴原不等式组的解集为． 7．（25-26学年八上·重庆第一中学校·期中）已知关于，的二元一次方程组 的解满足，则的值为　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了加减消元法解二元一次方程组；得，得出，结合已知可得，解一元一次方程，即可求解． 【详解】 解： ① +② 得， ∴ ∵， ∴ 解得： 故答案为：． 8．（25-26学年八上·重庆第一中学校·期中）解方程组： （1） （2） 【答案】（1）     （2） 【分析】 本题考查解二元一次方程组． （1）直接使用加减消元法求解； （2）先化简方程，消去分母，得到整式方程组，再用加减消元法求解． (1) 小问详解： 解： ② ×3得： ① -③得：，解得 将代入②得：，解得 ∴方程组的解为 (2) 小问详解： 解： 化简①：左边，所以 两边同乘6得：，即， 整理得 化简②：两边同乘30得：，即， 整理得， 两边同乘得 解方程组 ③ ×2得： ④ +⑤得：，解得 将代入③得：，解得 ∴方程组的解为 9．（25-26学年八上·重庆第三十七中学校·期中）解方程组 （1） （2） 【答案】（1）     （2） 【分析】 本题考查了解二元一次方程组，能选择恰当的方法进行求解是解题的关键． （1）先用加减消元法求出，将代入① 求出，即可求解； （2）原方程组可化为 ，将方程组的第二个方程化为，用代入消元法进行求解即可． (1) 小问详解： 解：①得， ③ ， ②③ 得， ， 解得：， 将代入① 得， ， 解得：， 原方程组的解为 ； (2) 小问详解： 解：原方程组可化为 ， 由② 得， ③ ， 将③ 代入① 得， ， 解得：， 将代入③ 得， ， 原方程组的解为 ． 10．（25-26学年八上·重庆松树桥中学校·期中）若关于的不等式组 有且仅有4个整数解，且关于、的方程组 的解为整数，则所有满足条件的整数的值之和为　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了解一元一次不等式组和解二元一次方程组，先求出一元一次不等式组的解集，再根据不等式组有且仅有4个整数解，得出，进而求得a的取值范围，再根据加减消元法用a表示出y的值，根据方程组的解为整数，即可得出满足条件的整数的值，进而即可求出答案． 【详解】 解： ， 解不等式，得， 解不等式，得， 关于的不等式组有且仅有4个整数解， ， 解得， ， 得，， ∵方程组有解，且a为整数， ∴或， ， 关于、的方程组的解为整数， 当时，，， 当时，，， 所有满足条件的整数的值之和为， 故答案为：． 11．（25-26学年八·重庆高新·期中）若平面直角坐标系上点的横、纵坐标满足关于x，y的方程组，则称点P为该方程组的关联点，如点为方程组 的关联点． （1）若点为关于x，y的方程组 的关联点，则________，________； （2）已知点为关于x，y的方程组 的关联点，点为关于x，y的方程组 的关联点；若点A与点B恰好重合，求点A的坐标，并求出m，n的值． 【答案】（1），     （2），，      【分析】 本题考查了二元一次方程组的解及解二元一次方程组； （1）根据关联点的定义，把 代入 即可求出a，b； （2）由题意可知，方程组 和 的解相同，联立后得出新方程组，求出x，y的值，再把x，y的值代入含有m，n的方程即可． (1) 小问详解： 解：∵点是方程组 的关联点， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴，； (2) 小问详解： 解：∵点与点重合， ∴方程组 和 的解相同， 联立 ， 解得： ， ∴， 把 分别代入和 得：，， ∴，． 12．（25-26学年八上·重庆云阳县第二初级中学·期中）（1）解方程组： ； （2）解不等式组： ． 【答案】（1） ；（2）无解 【分析】 本题主要考查了解二元一次方程组以及解一元一次不等式组，解题关键是熟练掌握解二元一次方程组以及解一元一次不等式组的方法和步骤． （1）首先将原方程组进行整理，进而解得，，然后利用加减法消元求解即可； （2）分别解两个不等式，然后根据“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到”的原则，即可获得答案． 【详解】 解：（1） ， 整理可得 ， 由，可得， 解得③ ， 将代入① ，可得 ， 解得④ ， 由，可得，解得， 由，可得，解得， ∴该方程组的解为 ； （2） ， 解不等式① ，可得 ， 解不等式② ，可得 ， ∴该不等式组无解． 13．（25-26学年八上·重庆第二外国语学校·期中）解下列方程组： （1） （2） 【答案】（1）     （2） 【分析】 本题主要考查了解二元一次方程组，解题的关键是掌握解二元一次方程组的方法． （1）利用代入消元法解二元一次方程组即可； （2）利用加减消元法解二元一次方程组即可． (1) 小问详解： 解： 将① 代入② 得，， 解得， 将代入① 得，， ∴该方程组的解为 ； (2) 小问详解： 解： 得，， 解得， 将代入① 得，， 解得， ∴该方程组的解为 ． 14．（25-26学年八上·重庆梁山初中教·期中）解下列方程组和不等式组： （1） （2） 【答案】（1）     （2）      【分析】 本题考查了解二元一次方程组，解一元一次不等式． （1）求出，进而代入求解即可； （2）分别解两个一元一次不等式，取公共解集，即可求解． (1) 小问详解： 解： 得： 解得： 将代入得 解得： ∴ (2) 小问详解： 解： 解不等式① 得： 解不等式② 得： ∴不等式组的解集为： 15．（25-26学年八上·重庆杨家坪中学）（1）解方程组 （2）解不等式组 ，并在数轴上表示解集． 【答案】（1） ； （2）； 解集在数轴表示为： 【分析】 本题主要考查解二元一次方程组，不等式组的解集，掌握加减消元法，不等式的性质是关键． （1）运用加减消元法计算即可； （2）运用不等式的性质解不等式组，并把解集表示在数轴上即可． 【详解】 解：（1） ， 由①+②得， 解得，， 将代入② ，得， 解得， 方程组的解为 ； （2） ， 解不等式① 得，， 由不等式② 得，， 原不等式组的解集为． 16．（25-26学年八上·重庆开州区文峰·期中）解方程组和不等式组 （1） （2） 【答案】（1）     （2）      【分析】 本题考查了解二元一次方程组与一元一次不等式组，正确求解是关键； （1）利用加减消元法即可求解； （2）分别求出两个不等式的解集，再求两个解集的公共部分即可． (1) 小问详解： 解： ， 得：， 解得：， 把代入得：， 解得：， 所以原方程组的解为 ． (2) 小问详解： 解： ， 解不等式① 得：； 解不等式② 得：； 所以原不等式组的解集为． 17．（25-26学年八上·重庆字水中学·期中）关于，的二元一次方程组 的解为整数，关于的不等式组 有且仅有2个奇数解，则所有满足条件的整数的和为　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了解一元一次不等式组，不等式组的整数解；先求出方程组的解，根据方程组的解为整数得出为奇数，根据不等式组有且仅有个奇数解得出关于的不等式组的解集，从而求出符合题意的的奇数解，求其和即可． 【详解】 解： ， 得： 解得， 得， 解得 ∵关于，的二元一次方程组 的解为整数， ∴为奇数 解关于的不等式组 ，得 ； ∵关于的不等式组 有且仅有个奇数解， ； 解得：， 奇数为，，其和为； 故答案为：． 18．（25-26学年八上·重庆开州区文峰·期中）对于一个四位自然数M，它的各个位置上的数字不同且都不为0．若十位数字是千位数字的2倍，个位数字比百位数字多2，则称M为“博文数”．如：四位数4183，∵，，∴4183是“博文数”．若四位自然数是“博文数”，则这个数是　　　　　　　　；一个“博文数”M的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，记，．若能被11整除，则满足条件的M的最大值是　　　　　　　　． 【答案】①     ② 2749 【分析】 本题考查新定义，整式加减的应用，解二元一次方程组，熟练掌握新定义，是解题的关键，根据新定义得到，求出的值，进而求出，根据新定义得到，，，进而得到，，根据能被11整除，得到或，得到 或 或 ，进行求解即可． 【详解】 解：∵四位自然数是“博文数”， ∴， ∴， ∴这个数为； 由题意，，，， ∴，， ∵，，，， ∴，， ∵能被11整除， ∴或， ∵为自然数， ∴均为整数， ∴ 或 或 ， 解得 或 或 （舍去）； ∴或； ∴满足条件的M的最大值是2749； 故答案为：，2749． 考点04 实际问题与二元一次方程组 1．（25-26学年八上·重庆礼嘉中学校·期中）古代一歌谣《群鸦栖树》记载：栖树一群鸦，鸦树不知数；三个坐一棵，两个没去处；四个坐一棵，闲了一棵树，请问能算士，鸦树多少数．若设乌鸦只，树棵，由题意则可得方程组（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组．根据“三个坐一棵，两个没去处；四个坐一棵，闲了一棵树”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，此题得解． 【详解】 解：设乌鸦有x只，树有y棵， 依题意，得： 故选：C． 2．（25-26学年八上·重庆第八中学校·期中）小明、小红两人购买了龙年纪念币共80枚，若小明给了小红9枚纪念币，则小红的纪念币的数量是小明的3倍，问小明、小红原来各有多少枚纪念币？设小明原有x枚纪念币，小红原有y枚纪念币，则可列方程组为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 本题考查了二元一次方程组的应用，根据总纪念币数量为80枚，以及小明给小红9枚后小红的数量是小明的3倍，列出方程组即可． 【详解】 解：根据题意，得 ， 故选：A． 3．（25-26学年八上·重庆西南大学附属中学·期中）《孙子算经》里面记载了一道“二人持钱”问题：今有甲乙二人持钱，不知其数，若甲得乙中半，可满四十八；若乙得甲太半，亦满四十八．问甲、乙各持几何？其大意是：甲、乙两人各自持有一定数量的钱，若甲得到乙所持钱数的一半，此时甲拥有的总钱数为；若乙得到甲所持钱数的三分之二（古代数学中“太半”，特指分数“三分之二”），此时乙拥有的总钱数也为，计算甲、乙两人最初各自持有多少钱？设甲最初持有元，乙最初持有元，则可列二元一次方程组为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查二元一次方程组的应用，掌握相关知识是解决问题的关键．根据题意，第一个条件：甲得到乙所持钱数的一半，即甲原有x元加上y的一半，总和为；第二个条件：乙得到甲所持钱数的三分之二，即乙原有y元加上x的三分之二，总和为．据此列出方程组． 【详解】 解：根据题意， 可列方程组： ． 故选：B． 4．（25-26学年八上·重庆第二外国语学校·期中）在重庆二外组织的教职工篮球比赛中，初二龚老师在一场比赛中共投篮14次，投中了10次得19分．若他投中了2个三分球，则他还投中了几个两分球和几个罚球？（罚球投中一次记1分）若设投中个两分球，个罚球，下列方程组正确的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查设初二龚老师还投中了x个两分球，y个罚球，由题意知初二龚老师在一次比赛中14投10中得19分．若他投中了2个三分球，列出二元一次方程组即可． 【详解】 解：设初二龚老师还投中了x个两分球，y个罚球， 由题意得： ， 故选：C． 5．（25-26学年八上·重庆开州区文峰·期中）数学家朱世杰所著的《四元玉鉴》是中国元代重要的数学著作之一，书中记载着这样一个问题，大意是：999文钱买了甜果和苦果共1000个，11文钱可买9个甜果，4文钱可买7个苦果，问甜果，苦果各买了多少个？设买了甜果x个，苦果y个，则可列方程组为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 本题考查根据实际问题列二元一次方程组，根据999文钱买了甜果和苦果共1000个，11文钱可买9个甜果，4文钱可买7个苦果，列出方程组即可． 【详解】 解：设买了甜果x个，苦果y个，由题意，得： ； 故选A． 6．（25-26学年八上·重庆第一中学校·期中）为了迎接2025年的“双十二”购物节并刺激消费，某工厂推出了甲和乙两种型号的雪地靴．已知该工厂生产了甲型和乙型雪地靴共200双，其中每双甲型雪地靴的生产成本为150元，每双乙型雪地靴的生产成本为200元，生产这些雪地靴的总成本为35500元． （1）请问甲型和乙型雪地靴各生产了多少双？ （2）这200双雪地靴被运往商场销售，甲型雪地靴的售价为每双300元，乙型雪地靴的售价为每双350元．销售过程中，由于甲型雪地靴销量不佳，在卖出一定数量后，工厂决定将剩余的甲型雪地靴按原价的四折出售．最终甲、乙两种型号的雪地靴全部售出，共获得利润20640元．问甲型雪地靴在卖出多少双后开始打折销售？ 【答案】（1）甲型雪地靴生产了90双，乙型雪地靴生产了110双．     （2）甲型雪地靴在卖出38双后开始打折销售．      【分析】 本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次方程的应用． （1）甲型雪地靴生产了双，乙型雪地靴生产了双，根据题意列出方程，即可求解甲型和乙型雪地靴的生产数量； （2）根据利润和销售情况列方程求解甲型雪地打折前的销售数量． (1) 小问详解： 解：设甲型雪地靴生产了双，乙型雪地靴生产了双． 根据题意， 解得： 答：甲型雪地靴生产了双，乙型雪地靴生产了双． (2) 小问详解： 总成本为元，总利润为元，因此总收入为元． 乙型雪地靴全部按原价元销售，收入为元． 设甲型雪地靴在卖出双后开始打折，则打折前甲型收入为元，打折后甲型收入为元． 总收入方程为： 解得： 甲型雪地靴在卖出双后开始打折销售． 7．（25-26学年八上·重庆云阳县第二初级中学·期中）某社团计划开展手工制作活动，制作需使用A，B两款材料包，购买3份A款材料包和2份B款材料包需84元，购买2份A款材料包和3份B款材料包需86元． （1）问购买一份A款材料包和一份B款材料包各需多少元？ （2）该社团打算购买A，B两款材料包共50份，总费用不超过830元，则至少购买A款材料包多少份？ 【答案】（1）购买一份A款材料包和一份B款材料包各需元和元     （2）至少购买A款材料包份      【分析】 （1）设购买一份A款材料包和一份B款材料包各是元和元，根据题意列方程组求解即可； （2）设购买A款材料包份，根据题意列出不等式求解即可． 本题主要考查了列二元一次方程组解应用题，列一元一次不等式解应用题，解题的关键是正确设元，并找到题目中的等量关系或不等关系列出方程或不等式． (1) 小问详解： 解：设购买一份A款材料包和一份B款材料包各需元和元， 则 ，解得 ， 答：购买一份A款材料包和一份B款材料包各需元和元． (2) 小问详解： 解：设购买A款材料包份， ， 解得， ∵a为整数， ∴a最小为， 答：至少购买A款材料包份． 8．（25-26学年八上·重庆云阳县第二初级中学·期中）某中学为了让学生体验农耕劳动，开辟了一处耕种园，需要采购一批菜苗开展种植活动．市场调查获悉：购买3捆A种菜苗，2捆B种菜苗需要120元；购买2捆A种菜苗，4捆B种菜苗需要160元． （1）求每捆A种菜苗和每捆B种菜苗的价格； （2）菜苗基地为支持该校活动，对A，B两种菜苗均提供九折优惠．学校决定在菜苗基地购买A，B两种菜苗共100捆，且A种菜苗的捆数不超过B种菜苗捆数的，总费用不超过2500元．怎么购买费用最低？ 【答案】（1）每捆A种菜苗的价格为20元，每捆B种菜苗的价格30元     （2）购买A种菜苗25捆，B种菜苗75捆费用最低      【分析】 本题考查二元一次方程组，一元一次不等式组解决实际问题，读懂题意，理清数量关系是解题的关键． （1）设每捆A种菜苗的价格为元，每捆种菜苗的价格y元．根据“购买3捆A种菜苗，2捆B种菜苗需要120元；购买2捆A种菜苗，4捆B种菜苗需要160元”列出方程组，求解即可； （2）设购买A种菜苗m捆，则购买B种菜苗捆．根据“A种菜苗的捆数不超过B种菜苗捆数的，总费用不超过2500元”列出不等式组，求解后找出整数解，即可解答． (1) 小问详解： 解：设每捆A种菜苗的价格为元，每捆种菜苗的价格y元．由题意，得 ， 解得 答：每捆A种菜苗的价格为20元，每捆B种菜苗的价格30元． (2) 小问详解： 解：设购买A种菜苗m捆，则购买B种菜苗捆．由题意， ， 解得． 又∵m为正整数， ∴m可取23，24，25， ∴有三种购买方案， 方案① ：购买A种菜苗23捆，B种菜苗77捆，需费用：（元）； 方案② ：购买A种菜苗24捆，B种菜苗76捆，需费用：（元）； 方案③ ：购买A种菜苗25捆，B种菜苗75捆，需费用：（元）． ∵， ∴购买A种菜苗25捆，B种菜苗75捆费用最低． 9．（25-26学年八上·重庆育才中学·期中）某厂家销售电阻器、，电阻器每个成本为元、售价为元；电阻器每个成本为元、售价为元． （1）在物理实验中，需要用到、两种不同规格的电阻器，某次采购记录显示，一共采购了、两种电阻器共个，若厂家销售的、两种电阻器的总利润相同，这次采购中、两种电阻器各采购了多少个？ （2）由于后续实验需求变化，计划再次在该厂家购进这两种电阻器共个，由于实验设备对电阻器的需求量不低于电阻器的需求量的，且本次用于购买这两种电阻器的资金不超过元，写出满足条件的购进方案． 【答案】（1）种电阻器采购了个，种电阻器采购了个；     （2）方案一：种电阻器采购了个，种电阻器采购了个；方案二：种电阻器采购了个，种电阻器采购了个．      【分析】 本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，读懂题意，找出数量关系和不等关系，列出方程组和不等式组是解题的关键． （）设种电阻器采购了个，种电阻器采购了个，根据题意得 ，然后解方程组即可； （）设种电阻器采购了个，种电阻器采购了个，根据题意得 ，解得，且为整数，所以或，从而求解． (1) 小问详解： 解：设种电阻器采购了个，种电阻器采购了个， 根据题意得： ， 解得 ， 答：种电阻器采购了个，种电阻器采购了个； (2) 小问详解： 解：设种电阻器采购了个，种电阻器采购了个， 根据题意得： ， 解得， ∵为整数， ∴或， 方案一：种电阻器采购了个，种电阻器采购了个； 方案二：种电阻器采购了个，种电阻器采购了个． 10．（25-26学年八上·重庆凤鸣山中学·期中）秋风送爽，蟹香四溢，又到了吃大闸蟹的黄金季节，阳澄湖大闸蟹大量上市．若顾客购买1只公蟹和2只母蟹共需170元，购买3只公蟹和4只母蟹则需390元． （1）求每只公蟹、母蟹的售价； （2）商家在“双十一”开展促销活动，对公蟹和母蟹都进行了降价销售，母蟹按原价的九折出售，公蟹每只降价8元．某公司计划购买一些大闸蟹奖励员工，其中购买母蟹数量比购买公蟹数量的倍还多5只，总费用为4980元，问该公司应该购买公蟹、母蟹各多少只？ 【答案】（1）公蟹50元/只，母蟹60元/只     （2）公蟹35只，母蟹65只      【分析】 本题考查二元一次方程组和一元一次方程的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程组和方程． （1）设公蟹售价为x元/只，母蟹售价为y元/只，根据“顾客购买1只公蟹和2只母蟹共需170元，购买3只公蟹和4只母蟹则需390元”列出二元一次方程组，求解方程组即可解答总是； （2）先求出促销后，公蟹售价和母蟹的售价，再设购买公蟹m只，则母蟹数量为只，根据总费用为4980元列方程求解即可． (1) 小问详解： 解：设公蟹售价为x元/只，母蟹售价为y元/只，根据题意，得， ， 解得 ， ∴公蟹售价50元/只，母蟹售价60元/只； (2) 小问详解： 解：促销后，公蟹售价为元/只，母蟹售价为元/只， 设购买公蟹m只，则母蟹数量为只，根据题意得 总费用方程为：， 解得， 所以，母蟹数量， 答：该公司购买公蟹35只，母蟹65只. 11．（25-26学年八上·重庆第八中学校·期中）“一江碧水，两岸青山，三峡红叶，四季云雨，千古神女，万年文明”是重庆巫山的真实写照．重庆巫山某商家针对2025年“巫山红叶节”开发了具有地方特色的红叶文创产品．尝鲜版礼盒包含了叶雕1份和书签2份，售价60元；分享版礼盒包含叶雕5份和书签6份，售价228元（包装盒不计费用）． （1）求叶雕和书签的销售单价分别是多少元； （2）由于两款特产礼盒深受喜爱，供不应求，商家趁机推出第三款特产礼盒，该礼盒仍由叶雕与书签搭配而成．该商户购入叶雕的价格为18元一份，购入书签的价格为14元一份．商户现希望通过第三款礼盒获得每份54元的利润，若要求此礼盒中至少包括1份叶雕和1份书签，请通过计算说明第三款礼盒中的叶雕和书签有哪些搭配方案？ 【答案】（1）叶雕单价为24元，书签单价为18元     （2）第三款礼盒的搭配方案有4种，分别是叶雕7份书签3份、叶雕5份书签6份、叶雕3份书签9份、叶雕1份书签12份      【分析】 本题考查了二元一次方程组的应用，找出等量关系是解答本题的关键． （1）设叶雕单价x元，书签单价y元，根据尝鲜版礼盒包含了叶雕1份和书签2份，售价60元；分享版礼盒包含叶雕5份和书签6份，售价228元列方程组求解即可； （2）设第三款礼盒中叶雕m份，书签n份，根据第三款礼盒获得每份54元的利润列二元一次方程，然后求出正整数解即可． (1) 小问详解： 设叶雕单价x元，书签单价y元． ，    解得 ， 答：叶雕单价为24元，书签单价为18元． (2) 小问详解： 设第三款礼盒中叶雕m份，书签n份． ，化简得， 解得 或 或 或 ． 答：第三款礼盒的搭配方案有4种，分别是叶雕7份书签3份、叶雕5份书签6份、叶雕3份书签9份、叶雕1份书签12份． 12．（25-26学年八上·重庆长寿实验中学校·期中）《哪吒2》以细腻的笔触生动描绘了哪吒的成长历程，情感真挚而动人，故事情节跌宕起伏，扣人心弦．在电影的热潮中，哪吒与敖丙玩具也火热登场．已知：购买2个哪吒玩具和1个敖丙玩具需要80元，购买1个哪吒玩具和2个敖丙玩具需要70元，问： （1）哪吒玩具和敖丙玩具的单价分别是多少元？ （2）若小军现有200元，他想购买哪吒和敖丙玩具共8个，则小军最多可以购买哪吒玩具多少个？ 【答案】（1）哪吒玩具和敖丙玩具的单价分别是30元和20元．     （2）小军最多可以购买哪吒玩具4个．      【分析】 本题主要考查了二元一次方程组，一元一次不等式的实际应用，正确理解题意列出方程和不等式是解题的关键． （1）设哪吒玩具和敖丙玩具的单价分别是x元和y元，根据题意列出方程组求解即可； （2）设小军可以购买哪吒玩具m个，则购进敖丙玩具个，根据题意列出不等式求解即可． (1) 小问详解： 解：设哪吒玩具和敖丙玩具的单价分别是x元和y元， 由题意得： ， 解得： ， ∴哪吒玩具和敖丙玩具的单价分别是30元和20元． (2) 小问详解： 解：设小军可以购买哪吒玩具m个，则购进敖丙玩具个， 由题意得：， 解得， ∴小军最多可以购买哪吒玩具4个． 13．（25-26学年八上·重庆字水中学·期中）为保护环境，我市公交公司计划购买A型和B型两种环保节能公交车共10辆．若购买A型公交车1辆，B型公交车2辆，共需400万元；若购买A型公交车2辆，B型公交车1辆，共需350万元． （1）求购买A型和B型公交车每辆各需多少万元？ （2）预计在某线路上A型和B型公交车每辆年均载客量分别为60万人次和100万人次．若该公司购买A型和B型公交车的总费用不超过1200万元，且确保这10辆公交车在该线路的年均载客总和不少于680万人次，则该公司有哪几种购车方案？ 【答案】（1）购买A型公交车每辆需100万元，购买B型公交车每辆需150万元     （2）三种方案：① 购买A型公交车6辆，B型公交车4辆；② 购买A型公交车7辆，B型公交车3辆；③ 购买A型公交车8辆，B型公交车2辆．      【分析】 本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用； （1）等量关系式：购买A型公交车1辆的费用购买B型公交车2辆的费用400万元，购买A型公交车2辆的费用B型公交车1辆的费用共需350万元；据此列出方程组，即可求解； （2）不等关系式：购买A型公交车的费用购买B型公交车的费用1200万元，A型公交车的载客量B型公交车的载客量680万人次；据此列出不等式组，即可求解； 找出等量关系式和不等关系式是解题的关键． (1) 小问详解： 解：设购买A型公交车每辆需x万元，购买B型公交车每辆需y万元，              由题意得 ，                解得 ，              答：购买A型公交车每辆需100万元，购买B型公交车每辆需150万元． (2) 小问详解： 解：设购买A型公交车a辆，则购买B型公交车辆，                  由题意得 ，                解得：，                  因为a是整数， 所以取、、；                  则取、、．                  三种方案：① 购买A型公交车6辆，B型公交车4辆；② 购买A型公交车7辆，B型公交车3辆；③ 购买A型公交车8辆，B型公交车2辆． 14．（25-26学年八上·重庆梁山初中教·期中）一年一度的校庆及运动会圆满结束，为表彰在校庆及运动会中表现优异的同学，初二某班班委会分两次购买了A、B两种文创产品作为奖品，每次购进同一种奖品的单价相同，具体情况如下表所示： 购进数量（件） 所花费用（元） A B 第一次 15 20 520 第二次 20 17 616 （1）求A、B两种奖品的单价分别是多少元？ （2）考虑到啦啦队和后勤服务的同学也做出了很多贡献，班委会计划用不超过480元再购买一批奖品，要求三次一共购进A、B两种奖品共100件，且第三次购进A奖品的数量不少于B奖品的数量，请问第三次有哪几种购进方案？ 【答案】（1）A种奖品的单价是24元，B种奖品的单价是8元     （2）第三次有3种购进方案，方案1：购进14件A种奖品，14件B种奖品；方案2：购进15件A种奖品，13件B种奖品；方案3：购进16件A种奖品，12件B种奖品      【分析】 本题考查了一元一次不等式组的应用以及二元一次方程组的应用： （1）设A种奖品的单价是x元，B种奖品的单价是y元，根据等量关系列出方程组，并解方程组即可求解； （2）设第三次购进m件A种奖品，则购进件B种奖品，根据不等关系列出一元一次不等式组，并解不等式组得解集，再结合m为正整数，即可得出各购进方案． 理清题意，根据等量关系列出二元一次方程组及根据不等关系列出一元一次不等式组是解题的关键． (1) 小问详解： 解：设A种奖品的单价是x元，B种奖品的单价是y元， 由题意得： ， 解得： ． 答：A种奖品的单价是24元，B种奖品的单价是8元 (2) 小问详解： 设第三次购进m件A种奖品，则购进件B种奖品， 根据题意得： ， 解得：， 又为正整数， ∴m可以为14，15，16， ∴第三次有3种购进方案， 方案1：购进14件A种奖品，14件B种奖品； 方案2：购进15件A种奖品，13件B种奖品； 方案3：购进16件A种奖品，12件B种奖品． 15．（25-26学年八上·重庆杨家坪中学）某商店购进一批体育用品，购买4个篮球和2个足球需要花费380元；购买2个篮球和4个足球需要花费340元． （1）求一个篮球和一个足球的单价分别为多少元？ （2）如果学校准备购买篮球和足球共100个，且总费用不超过5800元，那么至少可以购买多少个足球？ 【答案】（1）每个篮球和的售价为元，每个足球的售价为元     （2）至少可以购买个足球      【分析】 本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用，找准等量关系是解题的关键； （1）设每个篮球和每个足球的售价分别为元，元，根据题意列出方程组，求出方程组的解即可； （2）设篮球购买个，则足球购买个，根据题意列出不等式，求出不等式的解集即可确定出最多购买的足球． (1) 小问详解： 解：设每个篮球和每个足球的售价分别为元，元，根据题意得： ， 解得： ， 答：每个篮球和的售价为元，每个足球的售价为元； (2) 小问详解： 设足球购买a个，则篮球购买个，根据题意得： ， 解得：． 答：至少可以购买个足球 16．（25-26学年八上·重庆开州中学·期中）综合实践：为弘扬“数学家之乡”的优良文化传统，某校开展数学节活动，并购买了鲁班锁和九连环两种活动道具． 【素材1】1个鲁班锁和2个九连环共52元；3个鲁班锁和4个九连环共120元． 【素材2】选取部分鲁班锁和10件九连环，加印数学节后作为奖品．加印的费用均为每件2元．已知两种道具未加印的共12件，购买和加印的总费用为520元． 任务1：求鲁班锁和九连环的单价． 任务2：学校购买的鲁班锁和九连环分别是多少件？ 【答案】任务1：鲁班锁的单件为16元，九连环的单件为18元，任务2：九连环共11件或20件，对应的鲁班锁为18件或8件 【分析】 本题考查了二元一次方程组的应用，二元一次方程的应用，理解题意列出方程或方程组是解题的关键； [任务1]设鲁班锁的单件为元，九连环的单件为元，根据两个等量关系列出二元一次方程组，并求解即可； [任务2]解法1：设鲁班锁买了件，九连环买了件，则九连环未加印的有件，鲁班锁未加印的有件，鲁班锁加印的有件，根据总费用520元列出二元一次方程，求出其正整数解即可； 解法2：设未加印的鲁班锁件，加印的鲁班锁件，则不加印的九连环件，根据总费用520元列出二元一次方程，求出其正整数解即可； 解法3：设加印的鲁班锁和不加印的九连环共件，不加印的鲁班锁件，根据总费用520元列出二元一次方程，求出其正整数解即可． 【详解】 解：[任务1] 设鲁班锁的单件为元，九连环的单件为元， 由题意得： ， 解得 ； 答：鲁班锁的单件为16元，九连环的单件为18元． [任务2] 解法1：设鲁班锁买了件，九连环买了件， 则九连环未加印的有件，鲁班锁未加印的有件， 所以鲁班锁加印的有件， 所以， 化简得：， 所以， 因为均为正整数且， 所以 或 ， 答：鲁班锁和九连环分别买了8件，20件或18件，11件． 解法2：设未加印的鲁班锁件，加印的鲁班锁件，则不加印的九连环件， 由题意可得：， 化简得：， 因为均为正整数，且， 解得 或 ； 所以鲁班锁买了8件或18件，对应的九连环为20件或11件． 解法3：设加印的鲁班锁和不加印的九连环共件，不加印的鲁班锁件， 由题可得：， 化简得：， 所以， 因为均为正整数，且， 所以 或 ． 所以不加印的九连环为1件或10件，加印的鲁班锁为7件或6件， 故九连环共11件或20件，对应的鲁班锁为18件或8件． 17．（25-26学年八上·重庆开州区文峰·期中）为打造新优质学校，某地区计划对、两类薄弱学校全部进行改造，根据预算，共需资金1470万元．改造一所类学校和两所类学校共需资金230万元；改造两所类学校和一所类学校共需资金205万元． （1）求改造一所类学校和一所类学校所需的资金分别是多少万元？ （2）若改造的类学校比改造的类学校的2倍多4所，全部预算资金可以改造、两类学校各多少所？ 【答案】（1）改造一所类学校所需的资金是60万元，一所类学校所需的资金是85万元     （2）全部预算资金可以改造类学校16所，类学校6所      【分析】 本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次方程的应用，找准等量关系，正确建立方程组和方程是解题关键． （1）设改造一所类学校所需的资金是万元，改造一所类学校所需的资金是万元，根据题意建立方程组，解方程组即可得； （2）设全部预算资金可以改造类学校所，则可以改造类学校所，根据预算共需资金1470万元建立方程，解方程即可得． (1) 小问详解： 解：设改造一所类学校所需的资金是万元，改造一所类学校所需的资金是万元， 由题意得： ， 解得 ， 答：改造一所类学校所需的资金是60万元，一所类学校所需的资金是85万元． (2) 小问详解： 解：设全部预算资金可以改造类学校所，则可以改造类学校所， 由题意得：， 解得， 则， 答：全部预算资金可以改造类学校16所，类学校6所． 18．（25-26学年八上·重庆第十八中学·期中）为落实“双减”政策，丰富课后服务的内容，彰显学校体育特色，某学校计划购买甲、乙两种品牌的足球．已知购买7个甲种品牌的足球和6个乙种品牌的足球共需要1600元；购买2个甲种品牌的足球和3个乙种品牌的足球共需要650元． （1）求每个甲种品牌的足球和每个乙种品牌的足球的价格分别为多少元？ （2）学校计划购买甲、乙两种品牌的足球共50个，总花费不超过6500元，且购买的乙种品牌足球不少于28个，共有几种购买方案？并写出具体的方案． 【答案】（1）每个甲种品牌的足球的价格为100元，每个乙种品牌的足球的价格为150元     （2） 共有三种购买方案：方案1：购买甲种品牌的足球20个，乙种品牌的足球30个；方案2：购买甲种品牌的足球21个，乙种品牌的足球29个；方案3：购买甲种品牌的足球22个，乙种品牌的足球28个．      【分析】 本题考查二元一次方程组的应用、一元一次不等式组的应用，理解题意，正确列出方程组或不等式组是解答的关键． （1）每个甲种品牌的足球的价格为x元，每个乙种品牌的足球的价格为y元，根据题意列出方程组，进而解方程组即可求解； （2）设购买甲种品牌的足球m个，则购买乙种品牌的足球个，根据题意列出不等式组求得m的取值范围，根据m为整数可得m的取值，进而可得方案． (1) 小问详解： 解：每个甲种品牌的足球的价格为x元，每个乙种品牌的足球的价格为y元， 根据题意， 解得 答：每个甲种品牌的足球的价格为100元，每个乙种品牌的足球的价格为150元； (2) 小问详解： 解：设购买甲种品牌的足球m个，则购买乙种品牌的足球个， 根据题意，得 解得，又m为整数， ∴m的值为20，21，22， 答：共有三种购买方案：方案1：购买甲种品牌的足球20个，乙种品牌的足球30个；方案2：购买甲种品牌的足球21个，乙种品牌的足球29个；方案3：购买甲种品牌的足球22个，乙种品牌的足球28个． 考点05 三元一次方程组的解法 1．（25-26学年八上·重庆育才中学·期中）关于，的方程，，其中，为整数，求　　　　　　． 【答案】9 【分析】 本题主要考查了二元二次方程组的解法，通过分析方程中x和y为整数的条件，从第二个方程入手，结合，确定x和y的取值范围，尝试小范围整数值，得到唯一解，，进而计算的值，由此求解即可． 【详解】 由方程且，可知，由此， 又x为整数，尝试，，： 当时，，代入； 当时，，代入； 当时，，代入，成立； 当时，，代入； 当时，，代入； 其他整数值均不满足， 因此唯一解为，， 则，． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 二元一次方程组 考点01 二元一次方程组的概念 考点02 代入消元法 考点03 加减消元法 考点04 实际问题与二元一次方程组 考点05 三元一次方程组的解法 考点01 二元一次方程组的概念 1．B 2．【答案】 【分析】 本题考查了二元一次方程的定义，根据二元一次方程的定义，未知数 x 和 y 的次数均为 1，且 y 的系数不为零，据此列式计算即可． 【详解】 解：∵是关于x、y的二元一次方程， ∴且， ∴， 故答案为：． 3．【答案】① 459    ② 284 【分析】 本题考查新定义运算，整式的加减，不定方程，掌握新定义运算是解题的关键．先根据定义求出、的值求差即可；用N的“团结数”与N之差为列方程，结合a，b是正整数求解． 【详解】 解：∵，， ∴， ,由题意可得，， N的团结数是：， ∴， 解得 ，或 即N是或， 最大的数为：， 故答案为：459，284． 4．【答案】①     ② 【分析】 本题考查二元一次方程的解，列代数式，整式的加减，不等式的性质，熟练根据题意进行列式，并根据题意得出等式是解题的关键．根据题中定义即可得出最小的“同差数”；设，则，根据题意，得出，且，，，，，，列式求出，利用与的差为一个两位数且为完全平方数，结合，的取值范围得出，则可得，，则可表示为，利用除以余数为，结合分离整数法得出是的整数倍，结合，的取值范围得出或或，分别求解判断是否合理即可， 【详解】 解：的千位数字最小为，百位最小为， 由千位数字与百位数字的差等于十位数字与个位数字的差，且差为正数， 则的十位数字最小为，个位最小为， 则最小的“同差数”为， 故答案为：； 设，则， 根据题意，得，且，，，，，， 则， 则，， 则， ∵与的差为一个两位数且为完全平方数， ∴，且是完全平方数， 又∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵除以余数为， ∴是整数， ∴是的整数倍， 由题意可得，， ∴， ∴或或， 结合，的取值范围， 当时，即， 解得： ， 此时； 当时，即， 解得： （，舍）或 ， 此时； 当时，即， 解得： （，舍）； 综上所述，或，最大值为， 故答案为：． 5．【答案】① 54    ② 7420 【分析】 本题考查整式加减的应用，根据新定义，得到最小的“千十数”为，进而根据新定义求出的值即可，根据，，得到，进而得到，根据为整数，得到也为整数，进而求出，得到，根据最大时，，最小时，结合新定义以及M除以7余3，求出的值，进而得到的最大值和最小，作差即可． 【详解】 解：由题意，得：最小的“千十数”为， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，且不相同， ∴， ∴， ∵为整数， ∴也为整数， ∴， ∴， ∵， ∴当最大时，则：，，， ∵M除以7余3，此时只有满足题意；故； ∴当最小时，则：，，， ∵M除以7余3，此时只有满足题意；故； ∴； 故答案为：54，7420 6．【答案】① 21    ② 6708 【分析】 本题考查整式的加减运算．根据的计算方法，求出，，根据恰好能被7整除，得到能被7整除，分类讨论求出最大值和最小值即可．理解新定义，是解题的关键． 【详解】 解：由题意，得：； ， ∵是智数， ∴， ∴， ∴， ∵恰好能被7整除， ∴能被7整除， ∴能被7整除， ∵且a，b，c，d均为不为0的正整数，， ∴， ∴， ∴ 当最大时，则：，， ∴当时，，不符合题意； 当，即：，当时，，此时， ∴为； 当时，，不符合题意； 故满足条件的S的最大值是． 当最小时，则：，， ∴当时，，不符合题意； 当，即：，当时，，此时， ∴为； 当时，，不符合题意； 故满足条件的最小值为， ∴ 故答案为：． 7．【答案】①     ② 【分析】 本题考查了整式的加减，二元一次方程组的解．根据“差数”的定义，即千位数字和十位数字组成的两位数与百位数字和个位数字组成的两位数的差等于，列出方程．求最大“差数”时，需使千位数字最大，再使百位数字、十位数字和个位数字尽可能大．根据条件，结合的表达式和解方程，找出所有满足条件的值并求和． 【详解】 解：一个四位自然数是“55差数”的条件是：千位数字和十位数字组成的两位数，与百位数字和个位数字组成的两位数的差等于55， 即： 化简得： 其中是千位数字，取值范围为1到9；是各位数字，取值范围为0到9． 设，，则． 和为整数，且，（因为是数字）． 由于55为正数，解得可能的整数解为： ，（即，) ，（即，) 情况1：， ，． （因为)，且，所以取5，6，7，8，9． （因为)，且（因为)，所以取5，6，7，8，9． 最大时取最大和最大，即，，则，，所以． 情况2：，，，． （因为)，且，所以取6，7，8，9． （因为)，所以取0，1，2，3，4． 最大时取最大和最大，即，，则，，所以． ∵ 因此，最大的“55差数”是． ∵，． ． 根据“55差数”的两种情况，代入： 情况1（，)：，，代入得： ， 所以． 情况2（，)：，，代入得： ， 所以． ∵． 在情况1中： ，，代入得： ． 化简：，整理得： 取5到9，取5到9，解得整数解： 当，时 ∴， ∴，， ∴，． 当，时 ∴， ∴，，，． 在情况2中：，，代入得：． 化简：，整理得：． 解得：． 取6到9，取0到4，但代入后均为负数（如，)，无有效解． 满足附加条件的有和，对应分别为和． 所有满足条件的值的和为：． 故答案为：，． 8．【答案】①     ② 【分析】 本题考查了整式的加减，数的整除，不定方程；首先，寻找最小的“等积数”，即千位数字与百位数字的乘积等于十位与个位数字组成的两位数，且所有数字不为零。从千位最小开始尝试，千位为2时，百位为6满足条件，得到数2612。其次，对于满足为整数的“等积数”，通过条件推导出3a+b是17的倍数，结合a×b=10c+d且数字非零，得到两个数3824和9763，再求差，即可求解． 【详解】 解：设四位数为，依题意，． 当，时，，则，但，无效． 当，时，，则，即，，数为，且所有数字非零，符合条件． 其他时，数均大于． 故最小“等积数”为． 依题意，，． 且为整数，即能被整除． ∴． ∴能被整除，由于3与17互质，则能被整除． ∵ ∴，17的倍数有17和34． 若，则．结合且，得且： ，，，则，即，，数为3824． ，，，则，但，无效． ，，，则，但，无效． 若，则．结合且，得，，，则，即，，数为9763． 满足条件的数为3824和9763，最大值与最小值之差为． 故答案为：，． 9．【答案】①     ② 8165 【分析】 根据递减数的定义进行求解即可． 【详解】 解：∵ 是递减数， ∴， ∴， ∴这个数为； 故答案为： ∵一个“递减数”的前三个数字组成的三位数与后三个数字组成的三位数的和能被9整除， ∴， ∵， ∴， ∵，能被整除， ∴能被9整除， ∵各数位上的数字互不相等且均不为0， ∴ ， ∵最大的递减数， ∴， ∴，即：， ∴最大取，此时， ∴这个最大的递减数为8165． 故答案为：8165． 【点睛】 本题考查一元一次方程和二元一次方程的应用．理解并掌握递减数的定义，是解题的关键． 考点02 代入消元法 1．【答案】（1）     （2） 【分析】 本题主要考查了解一元一次不等式组，解二元一次方程组，熟知相关计算方法是解题的关键． （1）先求出每个不等式的解集，再根据 “同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”求出不等式组的解集即可； （2）先整理，再利用代入消元法解方程组即可． (1) 小问详解： 解：解不等式① 得， 解不等式②得， ∴不等式组的解集为：； (2) 小问详解： 解：整理得： ， 由① 得：， 把③ 代入② 得：， 解得：， 把代入③ 得：， ∴原方程组的解为： ． 考点03 加减消元法 1．C 2．D 3．【答案】 【分析】 本题主要考查解二元一次方程组和解一元一次不等式组，解关于，的方程组 ，结合，可求得的取值范围，解关于的不等式组 ，根据不等式组无解，可再次可求得的另一取值范围． 【详解】 解关于，的方程组 ，得 则， 即 解得， 解关于的不等式组 由不等式，得 ， 由不等式，得， ， 因为关于的不等式组 无解，可得 ， 解得 ， 综上所述可知 ， 所以，所有符合条件的整数为，，，，，，，这些整数的和为， ． 故答案为：． 4．【答案】（1）；     （2） ．      【分析】 本题考查了解一元一次方程，解二元一次方程组． （1）先移项，再合并同类项，最后系数化为1即可； （2）①② 求出，将代入① 求出即可． (1) 小问详解： 解：， 移项，得， 合并同类项，得， 将系数化为1，得； (2) 小问详解： 解： ， ①② 得：， 解得， 将代入① ，得， 解得， ∴方程组的解是 ． 5．【答案】（1）     （2）      【分析】 本题考查了解二元一次方程组，解一元一次不等式组，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）运用加减消元法进行解方程，即可作答． （2）分别解出每个不等式，再取它们的公共部分的解集作为不等式组的解集，即可作答． (1) 小问详解： 解：依题意， ，得， 解得， 把代入① ，得， 解得， 即方程组的解集为 ； (2) 小问详解： 解：依题意， ， 由① 得， 由② 得， ∴不等式组的解集为． 6．【答案】(1) (2) 【分析】 本题主要考查了解二元一次方程组，解一元一次不等式组： （1）利用加减消元法解方程组即可； （2）先求出每个不等式的解集，再根据 “同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”求出不等式组的解集即可． 【详解】 解：（1） 由得，， 解得， 将代入① 得，， 解得， ∴原方程组的解为 ； （2） 由① 得，； 由② 得，， ∴原不等式组的解集为． 7．【答案】 【分析】 本题考查了加减消元法解二元一次方程组；得，得出，结合已知可得，解一元一次方程，即可求解． 【详解】 解： ① +② 得， ∴ ∵， ∴ 解得： 故答案为：． 8．【答案】（1）     （2） 【分析】 本题考查解二元一次方程组． （1）直接使用加减消元法求解； （2）先化简方程，消去分母，得到整式方程组，再用加减消元法求解． (1) 小问详解： 解： ② ×3得： ① -③得：，解得 将代入②得：，解得 ∴方程组的解为 (2) 小问详解： 解： 化简①：左边，所以 两边同乘6得：，即， 整理得 化简②：两边同乘30得：，即， 整理得， 两边同乘得 解方程组 ③ ×2得： ④ +⑤得：，解得 将代入③得：，解得 ∴方程组的解为 9．【答案】（1）     （2） 【分析】 本题考查了解二元一次方程组，能选择恰当的方法进行求解是解题的关键． （1）先用加减消元法求出，将代入① 求出，即可求解； （2）原方程组可化为 ，将方程组的第二个方程化为，用代入消元法进行求解即可． (1) 小问详解： 解：①得， ③ ， ②③ 得， ， 解得：， 将代入① 得， ， 解得：， 原方程组的解为 ； (2) 小问详解： 解：原方程组可化为 ， 由② 得， ③ ， 将③ 代入① 得， ， 解得：， 将代入③ 得， ， 原方程组的解为 ． 10．【答案】 【分析】 本题考查了解一元一次不等式组和解二元一次方程组，先求出一元一次不等式组的解集，再根据不等式组有且仅有4个整数解，得出，进而求得a的取值范围，再根据加减消元法用a表示出y的值，根据方程组的解为整数，即可得出满足条件的整数的值，进而即可求出答案． 【详解】 解： ， 解不等式，得， 解不等式，得， 关于的不等式组有且仅有4个整数解， ， 解得， ， 得，， ∵方程组有解，且a为整数， ∴或， ， 关于、的方程组的解为整数， 当时，，， 当时，，， 所有满足条件的整数的值之和为， 故答案为：． 11．【答案】（1），     （2），，      【分析】 本题考查了二元一次方程组的解及解二元一次方程组； （1）根据关联点的定义，把 代入 即可求出a，b； （2）由题意可知，方程组 和 的解相同，联立后得出新方程组，求出x，y的值，再把x，y的值代入含有m，n的方程即可． (1) 小问详解： 解：∵点是方程组 的关联点， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴，； (2) 小问详解： 解：∵点与点重合， ∴方程组 和 的解相同， 联立 ， 解得： ， ∴， 把 分别代入和 得：，， ∴，． 12．【答案】（1） ；（2）无解 【分析】 本题主要考查了解二元一次方程组以及解一元一次不等式组，解题关键是熟练掌握解二元一次方程组以及解一元一次不等式组的方法和步骤． （1）首先将原方程组进行整理，进而解得，，然后利用加减法消元求解即可； （2）分别解两个不等式，然后根据“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到”的原则，即可获得答案． 【详解】 解：（1） ， 整理可得 ， 由，可得， 解得③ ， 将代入① ，可得 ， 解得④ ， 由，可得，解得， 由，可得，解得， ∴该方程组的解为 ； （2） ， 解不等式① ，可得 ， 解不等式② ，可得 ， ∴该不等式组无解． 13．【答案】（1）     （2） 【分析】 本题主要考查了解二元一次方程组，解题的关键是掌握解二元一次方程组的方法． （1）利用代入消元法解二元一次方程组即可； （2）利用加减消元法解二元一次方程组即可． (1) 小问详解： 解： 将① 代入② 得，， 解得， 将代入① 得，， ∴该方程组的解为 ； (2) 小问详解： 解： 得，， 解得， 将代入① 得，， 解得， ∴该方程组的解为 ． 14．【答案】（1）     （2）      【分析】 本题考查了解二元一次方程组，解一元一次不等式． （1）求出，进而代入求解即可； （2）分别解两个一元一次不等式，取公共解集，即可求解． (1) 小问详解： 解： 得： 解得： 将代入得 解得： ∴ (2) 小问详解： 解： 解不等式① 得： 解不等式② 得： ∴不等式组的解集为： 15．【答案】（1） ； （2）； 解集在数轴表示为： 【分析】 本题主要考查解二元一次方程组，不等式组的解集，掌握加减消元法，不等式的性质是关键． （1）运用加减消元法计算即可； （2）运用不等式的性质解不等式组，并把解集表示在数轴上即可． 【详解】 解：（1） ， 由①+②得， 解得，， 将代入② ，得， 解得， 方程组的解为 ； （2） ， 解不等式① 得，， 由不等式② 得，， 原不等式组的解集为． 16．【答案】（1）     （2）      【分析】 本题考查了解二元一次方程组与一元一次不等式组，正确求解是关键； （1）利用加减消元法即可求解； （2）分别求出两个不等式的解集，再求两个解集的公共部分即可． (1) 小问详解： 解： ， 得：， 解得：， 把代入得：， 解得：， 所以原方程组的解为 ． (2) 小问详解： 解： ， 解不等式① 得：； 解不等式② 得：； 所以原不等式组的解集为． 17．【答案】 【分析】 本题考查了解一元一次不等式组，不等式组的整数解；先求出方程组的解，根据方程组的解为整数得出为奇数，根据不等式组有且仅有个奇数解得出关于的不等式组的解集，从而求出符合题意的的奇数解，求其和即可． 【详解】 解： ， 得： 解得， 得， 解得 ∵关于，的二元一次方程组 的解为整数， ∴为奇数 解关于的不等式组 ，得 ； ∵关于的不等式组 有且仅有个奇数解， ； 解得：， 奇数为，，其和为； 故答案为：． 18．【答案】①     ② 2749 【分析】 本题考查新定义，整式加减的应用，解二元一次方程组，熟练掌握新定义，是解题的关键，根据新定义得到，求出的值，进而求出，根据新定义得到，，，进而得到，，根据能被11整除，得到或，得到 或 或 ，进行求解即可． 【详解】 解：∵四位自然数是“博文数”， ∴， ∴， ∴这个数为； 由题意，，，， ∴，， ∵，，，， ∴，， ∵能被11整除， ∴或， ∵为自然数， ∴均为整数， ∴ 或 或 ， 解得 或 或 （舍去）； ∴或； ∴满足条件的M的最大值是2749； 故答案为：，2749． 考点04 实际问题与二元一次方程组 1．C 2．A 3．B 4．C 5．A 6．【答案】（1）甲型雪地靴生产了90双，乙型雪地靴生产了110双．     （2）甲型雪地靴在卖出38双后开始打折销售．      【分析】 本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次方程的应用． （1）甲型雪地靴生产了双，乙型雪地靴生产了双，根据题意列出方程，即可求解甲型和乙型雪地靴的生产数量； （2）根据利润和销售情况列方程求解甲型雪地打折前的销售数量． (1) 小问详解： 解：设甲型雪地靴生产了双，乙型雪地靴生产了双． 根据题意， 解得： 答：甲型雪地靴生产了双，乙型雪地靴生产了双． (2) 小问详解： 总成本为元，总利润为元，因此总收入为元． 乙型雪地靴全部按原价元销售，收入为元． 设甲型雪地靴在卖出双后开始打折，则打折前甲型收入为元，打折后甲型收入为元． 总收入方程为： 解得： 甲型雪地靴在卖出双后开始打折销售． 7．【答案】（1）购买一份A款材料包和一份B款材料包各需元和元     （2）至少购买A款材料包份      【分析】 （1）设购买一份A款材料包和一份B款材料包各是元和元，根据题意列方程组求解即可； （2）设购买A款材料包份，根据题意列出不等式求解即可． 本题主要考查了列二元一次方程组解应用题，列一元一次不等式解应用题，解题的关键是正确设元，并找到题目中的等量关系或不等关系列出方程或不等式． (1) 小问详解： 解：设购买一份A款材料包和一份B款材料包各需元和元， 则 ，解得 ， 答：购买一份A款材料包和一份B款材料包各需元和元． (2) 小问详解： 解：设购买A款材料包份， ， 解得， ∵a为整数， ∴a最小为， 答：至少购买A款材料包份． 8．【答案】（1）每捆A种菜苗的价格为20元，每捆B种菜苗的价格30元     （2）购买A种菜苗25捆，B种菜苗75捆费用最低      【分析】 本题考查二元一次方程组，一元一次不等式组解决实际问题，读懂题意，理清数量关系是解题的关键． （1）设每捆A种菜苗的价格为元，每捆种菜苗的价格y元．根据“购买3捆A种菜苗，2捆B种菜苗需要120元；购买2捆A种菜苗，4捆B种菜苗需要160元”列出方程组，求解即可； （2）设购买A种菜苗m捆，则购买B种菜苗捆．根据“A种菜苗的捆数不超过B种菜苗捆数的，总费用不超过2500元”列出不等式组，求解后找出整数解，即可解答． (1) 小问详解： 解：设每捆A种菜苗的价格为元，每捆种菜苗的价格y元．由题意，得 ， 解得 答：每捆A种菜苗的价格为20元，每捆B种菜苗的价格30元． (2) 小问详解： 解：设购买A种菜苗m捆，则购买B种菜苗捆．由题意， ， 解得． 又∵m为正整数， ∴m可取23，24，25， ∴有三种购买方案， 方案① ：购买A种菜苗23捆，B种菜苗77捆，需费用：（元）； 方案② ：购买A种菜苗24捆，B种菜苗76捆，需费用：（元）； 方案③ ：购买A种菜苗25捆，B种菜苗75捆，需费用：（元）． ∵， ∴购买A种菜苗25捆，B种菜苗75捆费用最低． 9．【答案】（1）种电阻器采购了个，种电阻器采购了个；     （2）方案一：种电阻器采购了个，种电阻器采购了个；方案二：种电阻器采购了个，种电阻器采购了个．      【分析】 本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，读懂题意，找出数量关系和不等关系，列出方程组和不等式组是解题的关键． （）设种电阻器采购了个，种电阻器采购了个，根据题意得 ，然后解方程组即可； （）设种电阻器采购了个，种电阻器采购了个，根据题意得 ，解得，且为整数，所以或，从而求解． (1) 小问详解： 解：设种电阻器采购了个，种电阻器采购了个， 根据题意得： ， 解得 ， 答：种电阻器采购了个，种电阻器采购了个； (2) 小问详解： 解：设种电阻器采购了个，种电阻器采购了个， 根据题意得： ， 解得， ∵为整数， ∴或， 方案一：种电阻器采购了个，种电阻器采购了个； 方案二：种电阻器采购了个，种电阻器采购了个． 10．【答案】（1）公蟹50元/只，母蟹60元/只     （2）公蟹35只，母蟹65只      【分析】 本题考查二元一次方程组和一元一次方程的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程组和方程． （1）设公蟹售价为x元/只，母蟹售价为y元/只，根据“顾客购买1只公蟹和2只母蟹共需170元，购买3只公蟹和4只母蟹则需390元”列出二元一次方程组，求解方程组即可解答总是； （2）先求出促销后，公蟹售价和母蟹的售价，再设购买公蟹m只，则母蟹数量为只，根据总费用为4980元列方程求解即可． (1) 小问详解： 解：设公蟹售价为x元/只，母蟹售价为y元/只，根据题意，得， ， 解得 ， ∴公蟹售价50元/只，母蟹售价60元/只； (2) 小问详解： 解：促销后，公蟹售价为元/只，母蟹售价为元/只， 设购买公蟹m只，则母蟹数量为只，根据题意得 总费用方程为：， 解得， 所以，母蟹数量， 答：该公司购买公蟹35只，母蟹65只. 11．【答案】（1）叶雕单价为24元，书签单价为18元     （2）第三款礼盒的搭配方案有4种，分别是叶雕7份书签3份、叶雕5份书签6份、叶雕3份书签9份、叶雕1份书签12份      【分析】 本题考查了二元一次方程组的应用，找出等量关系是解答本题的关键． （1）设叶雕单价x元，书签单价y元，根据尝鲜版礼盒包含了叶雕1份和书签2份，售价60元；分享版礼盒包含叶雕5份和书签6份，售价228元列方程组求解即可； （2）设第三款礼盒中叶雕m份，书签n份，根据第三款礼盒获得每份54元的利润列二元一次方程，然后求出正整数解即可． (1) 小问详解： 设叶雕单价x元，书签单价y元． ，    解得 ， 答：叶雕单价为24元，书签单价为18元． (2) 小问详解： 设第三款礼盒中叶雕m份，书签n份． ，化简得， 解得 或 或 或 ． 答：第三款礼盒的搭配方案有4种，分别是叶雕7份书签3份、叶雕5份书签6份、叶雕3份书签9份、叶雕1份书签12份． 12．【答案】（1）哪吒玩具和敖丙玩具的单价分别是30元和20元．     （2）小军最多可以购买哪吒玩具4个．      【分析】 本题主要考查了二元一次方程组，一元一次不等式的实际应用，正确理解题意列出方程和不等式是解题的关键． （1）设哪吒玩具和敖丙玩具的单价分别是x元和y元，根据题意列出方程组求解即可； （2）设小军可以购买哪吒玩具m个，则购进敖丙玩具个，根据题意列出不等式求解即可． (1) 小问详解： 解：设哪吒玩具和敖丙玩具的单价分别是x元和y元， 由题意得： ， 解得： ， ∴哪吒玩具和敖丙玩具的单价分别是30元和20元． (2) 小问详解： 解：设小军可以购买哪吒玩具m个，则购进敖丙玩具个， 由题意得：， 解得， ∴小军最多可以购买哪吒玩具4个． 13．【答案】（1）购买A型公交车每辆需100万元，购买B型公交车每辆需150万元     （2）三种方案：① 购买A型公交车6辆，B型公交车4辆；② 购买A型公交车7辆，B型公交车3辆；③ 购买A型公交车8辆，B型公交车2辆．      【分析】 本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用； （1）等量关系式：购买A型公交车1辆的费用购买B型公交车2辆的费用400万元，购买A型公交车2辆的费用B型公交车1辆的费用共需350万元；据此列出方程组，即可求解； （2）不等关系式：购买A型公交车的费用购买B型公交车的费用1200万元，A型公交车的载客量B型公交车的载客量680万人次；据此列出不等式组，即可求解； 找出等量关系式和不等关系式是解题的关键． (1) 小问详解： 解：设购买A型公交车每辆需x万元，购买B型公交车每辆需y万元，              由题意得 ，                解得 ，              答：购买A型公交车每辆需100万元，购买B型公交车每辆需150万元． (2) 小问详解： 解：设购买A型公交车a辆，则购买B型公交车辆，                  由题意得 ，                解得：，                  因为a是整数， 所以取、、；                  则取、、．                  三种方案：① 购买A型公交车6辆，B型公交车4辆；② 购买A型公交车7辆，B型公交车3辆；③ 购买A型公交车8辆，B型公交车2辆． 14．【答案】（1）A种奖品的单价是24元，B种奖品的单价是8元     （2）第三次有3种购进方案，方案1：购进14件A种奖品，14件B种奖品；方案2：购进15件A种奖品，13件B种奖品；方案3：购进16件A种奖品，12件B种奖品      【分析】 本题考查了一元一次不等式组的应用以及二元一次方程组的应用： （1）设A种奖品的单价是x元，B种奖品的单价是y元，根据等量关系列出方程组，并解方程组即可求解； （2）设第三次购进m件A种奖品，则购进件B种奖品，根据不等关系列出一元一次不等式组，并解不等式组得解集，再结合m为正整数，即可得出各购进方案． 理清题意，根据等量关系列出二元一次方程组及根据不等关系列出一元一次不等式组是解题的关键． (1) 小问详解： 解：设A种奖品的单价是x元，B种奖品的单价是y元， 由题意得： ， 解得： ． 答：A种奖品的单价是24元，B种奖品的单价是8元 (2) 小问详解： 设第三次购进m件A种奖品，则购进件B种奖品， 根据题意得： ， 解得：， 又为正整数， ∴m可以为14，15，16， ∴第三次有3种购进方案， 方案1：购进14件A种奖品，14件B种奖品； 方案2：购进15件A种奖品，13件B种奖品； 方案3：购进16件A种奖品，12件B种奖品． 15．【答案】（1）每个篮球和的售价为元，每个足球的售价为元     （2）至少可以购买个足球      【分析】 本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用，找准等量关系是解题的关键； （1）设每个篮球和每个足球的售价分别为元，元，根据题意列出方程组，求出方程组的解即可； （2）设篮球购买个，则足球购买个，根据题意列出不等式，求出不等式的解集即可确定出最多购买的足球． (1) 小问详解： 解：设每个篮球和每个足球的售价分别为元，元，根据题意得： ， 解得： ， 答：每个篮球和的售价为元，每个足球的售价为元； (2) 小问详解： 设足球购买a个，则篮球购买个，根据题意得： ， 解得：． 答：至少可以购买个足球 16．【答案】任务1：鲁班锁的单件为16元，九连环的单件为18元，任务2：九连环共11件或20件，对应的鲁班锁为18件或8件 【分析】 本题考查了二元一次方程组的应用，二元一次方程的应用，理解题意列出方程或方程组是解题的关键； [任务1]设鲁班锁的单件为元，九连环的单件为元，根据两个等量关系列出二元一次方程组，并求解即可； [任务2]解法1：设鲁班锁买了件，九连环买了件，则九连环未加印的有件，鲁班锁未加印的有件，鲁班锁加印的有件，根据总费用520元列出二元一次方程，求出其正整数解即可； 解法2：设未加印的鲁班锁件，加印的鲁班锁件，则不加印的九连环件，根据总费用520元列出二元一次方程，求出其正整数解即可； 解法3：设加印的鲁班锁和不加印的九连环共件，不加印的鲁班锁件，根据总费用520元列出二元一次方程，求出其正整数解即可． 【详解】 解：[任务1] 设鲁班锁的单件为元，九连环的单件为元， 由题意得： ， 解得 ； 答：鲁班锁的单件为16元，九连环的单件为18元． [任务2] 解法1：设鲁班锁买了件，九连环买了件， 则九连环未加印的有件，鲁班锁未加印的有件， 所以鲁班锁加印的有件， 所以， 化简得：， 所以， 因为均为正整数且， 所以 或 ， 答：鲁班锁和九连环分别买了8件，20件或18件，11件． 解法2：设未加印的鲁班锁件，加印的鲁班锁件，则不加印的九连环件， 由题意可得：， 化简得：， 因为均为正整数，且， 解得 或 ； 所以鲁班锁买了8件或18件，对应的九连环为20件或11件． 解法3：设加印的鲁班锁和不加印的九连环共件，不加印的鲁班锁件， 由题可得：， 化简得：， 所以， 因为均为正整数，且， 所以 或 ． 所以不加印的九连环为1件或10件，加印的鲁班锁为7件或6件， 故九连环共11件或20件，对应的鲁班锁为18件或8件． 17．【答案】（1）改造一所类学校所需的资金是60万元，一所类学校所需的资金是85万元     （2）全部预算资金可以改造类学校16所，类学校6所      【分析】 本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次方程的应用，找准等量关系，正确建立方程组和方程是解题关键． （1）设改造一所类学校所需的资金是万元，改造一所类学校所需的资金是万元，根据题意建立方程组，解方程组即可得； （2）设全部预算资金可以改造类学校所，则可以改造类学校所，根据预算共需资金1470万元建立方程，解方程即可得． (1) 小问详解： 解：设改造一所类学校所需的资金是万元，改造一所类学校所需的资金是万元， 由题意得： ， 解得 ， 答：改造一所类学校所需的资金是60万元，一所类学校所需的资金是85万元． (2) 小问详解： 解：设全部预算资金可以改造类学校所，则可以改造类学校所， 由题意得：， 解得， 则， 答：全部预算资金可以改造类学校16所，类学校6所． 18．【答案】（1）每个甲种品牌的足球的价格为100元，每个乙种品牌的足球的价格为150元     （2） 共有三种购买方案：方案1：购买甲种品牌的足球20个，乙种品牌的足球30个；方案2：购买甲种品牌的足球21个，乙种品牌的足球29个；方案3：购买甲种品牌的足球22个，乙种品牌的足球28个．      【分析】 本题考查二元一次方程组的应用、一元一次不等式组的应用，理解题意，正确列出方程组或不等式组是解答的关键． （1）每个甲种品牌的足球的价格为x元，每个乙种品牌的足球的价格为y元，根据题意列出方程组，进而解方程组即可求解； （2）设购买甲种品牌的足球m个，则购买乙种品牌的足球个，根据题意列出不等式组求得m的取值范围，根据m为整数可得m的取值，进而可得方案． (1) 小问详解： 解：每个甲种品牌的足球的价格为x元，每个乙种品牌的足球的价格为y元， 根据题意， 解得 答：每个甲种品牌的足球的价格为100元，每个乙种品牌的足球的价格为150元； (2) 小问详解： 解：设购买甲种品牌的足球m个，则购买乙种品牌的足球个， 根据题意，得 解得，又m为整数， ∴m的值为20，21，22， 答：共有三种购买方案：方案1：购买甲种品牌的足球20个，乙种品牌的足球30个；方案2：购买甲种品牌的足球21个，乙种品牌的足球29个；方案3：购买甲种品牌的足球22个，乙种品牌的足球28个． 考点05 三元一次方程组的解法 1．【答案】9 【分析】 本题主要考查了二元二次方程组的解法，通过分析方程中x和y为整数的条件，从第二个方程入手，结合，确定x和y的取值范围，尝试小范围整数值，得到唯一解，，进而计算的值，由此求解即可． 【详解】 由方程且，可知，由此， 又x为整数，尝试，，： 当时，，代入； 当时，，代入； 当时，，代入，成立； 当时，，代入； 当时，，代入； 其他整数值均不满足， 因此唯一解为，， 则，． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 二元一次方程组 5大高频考点概览 考点01 二元一次方程组的概念 考点02 代入消元法 考点03 加减消元法 考点04 实际问题与二元一次方程组 考点05 三元一次方程组的解法 考点01 二元一次方程组的概念 1．（25-26学年八上·重庆松树桥中学校·期中）定义一种新运算： ，下列说法： ①若， 则 ②若， 则该不等式的解集为或； ③代数式 有最小值6； ④若关于x，y的二元一次方程组 的解为 则a的值为0或4．以上结论正确的个数是（        ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 2．（25-26学年八上·重庆第八中学校·期中）已知是关于x、y的二元一次方程，则m的值为　　　　　　　　． 3．（25-26学年八上·重庆璧山中学校·期中）一个三位正数M，其各位数字均不为零且互不相等，若将M的十位数字与百位数字交换位置，得到一个新的三位数．我们称这个三位数为M的“弘文数”，记作．如：168的“弘文数”为“618”；所以；若从M的百位数字、十位数字、个位数字中任选两个组成一个新的两位数，并将得到的所有两位数求和，我们称这个和为M的“铸峰数”，记作．如123的“铸峰数”为．所以．的值为 　　　　　　；若一个三位正整数N，其百位数字为2，十位数字为a，个位数字为b，且各位数字互不相等，若N的“铸峰数”与N之差为24，则N的最大值为 　　　　　　　　． 4．（25-26学年八上·重庆万州第二高级中学·期中）若一个四位正整数满足千位数字与百位数字的差等于十位数字与个位数字的差，且差为正数，则称其为“同差数”，最小的“同差数”为　　　　　　　．交换的千位和十位数字得到的新数记为，去掉的十位和个位数字剩下的两位数记为，去掉的千位和百位数字剩下的两位数记为，若与的差为一个两位数且为完全平方数，除以余数为，则满足条件的的最大值为　　　　　． 5．（25-26学年八上·重庆綦江区未来学校·期中）一个各个数位数字均不为0的四位自然数，其中a，b，c，d互不相同，若满足，则称M 为“千十数”．例如：四位数3278，∵，：3278是“千十数”．将M的十位数字与个位数字对调，得到新数N，并规定．若M是最小的“千十数”，则　　　　　　　　：若M是“千十数”，且为整数），若M除以7余3，则满足条件的M的最大值与最小值的差是　　　　　　　　 6．（25-26学年八上·重庆梁山初中教·期中）如果一个四位自然数M各个数位上的数字均不为0．且前两位数字之和为6，后两位数字之和为9，则称M为“智数”，把“智数”M的前两位数字和后两位数字整体交换得到新的四位数、规定．例如：是“智数”则．如果“智数”，则　　　　　　　　　　　；已知是“智数”，（且a，b，c，d均为整数），若恰好能被7整除，则满足条件的S的最大值与最小值之和是　　　　　　　　　　　． 7．（25-26学年八上·重庆第一中学校·期中）一个四位自然数，如果的千位数字和十位数字组成的两位数与的百位数字和个位数字组成的两位数的差等于55，那么就称这个数为“55差数”．把“55差数”的前两位数字与后两位数字整体交换得到新的四位数，设．例如：一个四位数8361，，是“55差数”，且．则最大的“55差数”是　　　　　，若是“55差数”，且．则所有满足条件值的和为　　　　　． 8．（八上·重庆川外基础教）如果一个四位自然数，各个数位上的数字均不为0，若它的千位数字与百位数字的乘积恰好等于它的十位数字与个位数字组成的两位数，则称这个数为“等积数”．如是等积数．最小的“等积数”为　　　　　　　　　　　；对于一个“等积数”，若记为，记为，且为整数，则满足条件的“等积数”的最大值与最小值的差是　　　　　　　　　　　． 9．（25-26学年八上·重庆杨家坪中学）如果一个四位自然数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足，那么称这个四位数为“递减数”．例如：四位数4129，∵，∴4129是“递减数”；又如：四位数5324，∵，∴5324不是“递减数”．若一个“递减数”为，则这个数为　　　　　　　　　　　；若一个“递减数”的前三个数字组成的三位数与后三个数字组成的三位数的和能被9整除，则满足条件的数的最大值是　　　　　　　　　　　． 考点02 代入消元法 1．（25-26学年八上·重庆开州中学·期中）解不等式组和方程组： （1） （2） 考点03 加减消元法 1．（25-26学年八上·重庆第八中学校·期中）已知关于x、y的方程组 ，若，则k的值为（     ） A. 1 B.  C.  D.  2．（25-26学年八上·重庆第二外国语学校·期中）若关于，的方程组 有正整数解，则符合条件的整数的和为（     ） A. 8 B. 7 C. 3 D. 2 3．（25-26学年八上·重庆渝北区重庆渝北区石鞋学校）已知关于，的方程组 的解满足，且关于的不等式组 无解，那么所有符合条件的整数的和为　　　　　　． 4．（25-26学年八上·重庆巴川中学校·期中）计算： （1）解方程； （2）解二元一次方程组： ． 5．（25-26学年八上·重庆松树桥中学校·期中）解方程组与不等式组． （1） （2） 6．（25-26学年八·重庆高新·期中）（1）解方程组 ；        （2）解不等式组： 7．（25-26学年八上·重庆第一中学校·期中）已知关于，的二元一次方程组 的解满足，则的值为　　　　　． 8．（25-26学年八上·重庆第一中学校·期中）解方程组： （1） （2） 9．（25-26学年八上·重庆第三十七中学校·期中）解方程组 （1） （2） 10．（25-26学年八上·重庆松树桥中学校·期中）若关于的不等式组 有且仅有4个整数解，且关于、的方程组 的解为整数，则所有满足条件的整数的值之和为　　　　　　　　． 11．（25-26学年八·重庆高新·期中）若平面直角坐标系上点的横、纵坐标满足关于x，y的方程组，则称点P为该方程组的关联点，如点为方程组 的关联点． （1）若点为关于x，y的方程组 的关联点，则________，________； （2）已知点为关于x，y的方程组 的关联点，点为关于x，y的方程组 的关联点；若点A与点B恰好重合，求点A的坐标，并求出m，n的值． 12．（25-26学年八上·重庆云阳县第二初级中学·期中）（1）解方程组： ； （2）解不等式组： ． 13．（25-26学年八上·重庆第二外国语学校·期中）解下列方程组： （1） （2） 14．（25-26学年八上·重庆梁山初中教·期中）解下列方程组和不等式组： （1） （2） 15．（25-26学年八上·重庆杨家坪中学）（1）解方程组 （2）解不等式组 ，并在数轴上表示解集． 16．（25-26学年八上·重庆开州区文峰·期中）解方程组和不等式组 （1） （2） 17．（25-26学年八上·重庆字水中学·期中）关于，的二元一次方程组 的解为整数，关于的不等式组 有且仅有2个奇数解，则所有满足条件的整数的和为　　　　　　　　． 18．（25-26学年八上·重庆开州区文峰·期中）对于一个四位自然数M，它的各个位置上的数字不同且都不为0．若十位数字是千位数字的2倍，个位数字比百位数字多2，则称M为“博文数”．如：四位数4183，∵，，∴4183是“博文数”．若四位自然数是“博文数”，则这个数是　　　　　　　　；一个“博文数”M的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，记，．若能被11整除，则满足条件的M的最大值是　　　　　　　　． 考点04 实际问题与二元一次方程组 1．（25-26学年八上·重庆礼嘉中学校·期中）古代一歌谣《群鸦栖树》记载：栖树一群鸦，鸦树不知数；三个坐一棵，两个没去处；四个坐一棵，闲了一棵树，请问能算士，鸦树多少数．若设乌鸦只，树棵，由题意则可得方程组（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年八上·重庆第八中学校·期中）小明、小红两人购买了龙年纪念币共80枚，若小明给了小红9枚纪念币，则小红的纪念币的数量是小明的3倍，问小明、小红原来各有多少枚纪念币？设小明原有x枚纪念币，小红原有y枚纪念币，则可列方程组为（     ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年八上·重庆西南大学附属中学·期中）《孙子算经》里面记载了一道“二人持钱”问题：今有甲乙二人持钱，不知其数，若甲得乙中半，可满四十八；若乙得甲太半，亦满四十八．问甲、乙各持几何？其大意是：甲、乙两人各自持有一定数量的钱，若甲得到乙所持钱数的一半，此时甲拥有的总钱数为；若乙得到甲所持钱数的三分之二（古代数学中“太半”，特指分数“三分之二”），此时乙拥有的总钱数也为，计算甲、乙两人最初各自持有多少钱？设甲最初持有元，乙最初持有元，则可列二元一次方程组为（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年八上·重庆第二外国语学校·期中）在重庆二外组织的教职工篮球比赛中，初二龚老师在一场比赛中共投篮14次，投中了10次得19分．若他投中了2个三分球，则他还投中了几个两分球和几个罚球？（罚球投中一次记1分）若设投中个两分球，个罚球，下列方程组正确的是（     ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年八上·重庆开州区文峰·期中）数学家朱世杰所著的《四元玉鉴》是中国元代重要的数学著作之一，书中记载着这样一个问题，大意是：999文钱买了甜果和苦果共1000个，11文钱可买9个甜果，4文钱可买7个苦果，问甜果，苦果各买了多少个？设买了甜果x个，苦果y个，则可列方程组为（       ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年八上·重庆第一中学校·期中）为了迎接2025年的“双十二”购物节并刺激消费，某工厂推出了甲和乙两种型号的雪地靴．已知该工厂生产了甲型和乙型雪地靴共200双，其中每双甲型雪地靴的生产成本为150元，每双乙型雪地靴的生产成本为200元，生产这些雪地靴的总成本为35500元． （1）请问甲型和乙型雪地靴各生产了多少双？ （2）这200双雪地靴被运往商场销售，甲型雪地靴的售价为每双300元，乙型雪地靴的售价为每双350元．销售过程中，由于甲型雪地靴销量不佳，在卖出一定数量后，工厂决定将剩余的甲型雪地靴按原价的四折出售．最终甲、乙两种型号的雪地靴全部售出，共获得利润20640元．问甲型雪地靴在卖出多少双后开始打折销售？ 7．（25-26学年八上·重庆云阳县第二初级中学·期中）某社团计划开展手工制作活动，制作需使用A，B两款材料包，购买3份A款材料包和2份B款材料包需84元，购买2份A款材料包和3份B款材料包需86元． （1）问购买一份A款材料包和一份B款材料包各需多少元？ （2）该社团打算购买A，B两款材料包共50份，总费用不超过830元，则至少购买A款材料包多少份？ 8．（25-26学年八上·重庆云阳县第二初级中学·期中）某中学为了让学生体验农耕劳动，开辟了一处耕种园，需要采购一批菜苗开展种植活动．市场调查获悉：购买3捆A种菜苗，2捆B种菜苗需要120元；购买2捆A种菜苗，4捆B种菜苗需要160元． （1）求每捆A种菜苗和每捆B种菜苗的价格； （2）菜苗基地为支持该校活动，对A，B两种菜苗均提供九折优惠．学校决定在菜苗基地购买A，B两种菜苗共100捆，且A种菜苗的捆数不超过B种菜苗捆数的，总费用不超过2500元．怎么购买费用最低？ 9．（25-26学年八上·重庆育才中学·期中）某厂家销售电阻器、，电阻器每个成本为元、售价为元；电阻器每个成本为元、售价为元． （1）在物理实验中，需要用到、两种不同规格的电阻器，某次采购记录显示，一共采购了、两种电阻器共个，若厂家销售的、两种电阻器的总利润相同，这次采购中、两种电阻器各采购了多少个？ （2）由于后续实验需求变化，计划再次在该厂家购进这两种电阻器共个，由于实验设备对电阻器的需求量不低于电阻器的需求量的，且本次用于购买这两种电阻器的资金不超过元，写出满足条件的购进方案． 10．（25-26学年八上·重庆凤鸣山中学·期中）秋风送爽，蟹香四溢，又到了吃大闸蟹的黄金季节，阳澄湖大闸蟹大量上市．若顾客购买1只公蟹和2只母蟹共需170元，购买3只公蟹和4只母蟹则需390元． （1）求每只公蟹、母蟹的售价； （2）商家在“双十一”开展促销活动，对公蟹和母蟹都进行了降价销售，母蟹按原价的九折出售，公蟹每只降价8元．某公司计划购买一些大闸蟹奖励员工，其中购买母蟹数量比购买公蟹数量的倍还多5只，总费用为4980元，问该公司应该购买公蟹、母蟹各多少只？ 11．（25-26学年八上·重庆第八中学校·期中）“一江碧水，两岸青山，三峡红叶，四季云雨，千古神女，万年文明”是重庆巫山的真实写照．重庆巫山某商家针对2025年“巫山红叶节”开发了具有地方特色的红叶文创产品．尝鲜版礼盒包含了叶雕1份和书签2份，售价60元；分享版礼盒包含叶雕5份和书签6份，售价228元（包装盒不计费用）． （1）求叶雕和书签的销售单价分别是多少元； （2）由于两款特产礼盒深受喜爱，供不应求，商家趁机推出第三款特产礼盒，该礼盒仍由叶雕与书签搭配而成．该商户购入叶雕的价格为18元一份，购入书签的价格为14元一份．商户现希望通过第三款礼盒获得每份54元的利润，若要求此礼盒中至少包括1份叶雕和1份书签，请通过计算说明第三款礼盒中的叶雕和书签有哪些搭配方案？ 12．（25-26学年八上·重庆长寿实验中学校·期中）《哪吒2》以细腻的笔触生动描绘了哪吒的成长历程，情感真挚而动人，故事情节跌宕起伏，扣人心弦．在电影的热潮中，哪吒与敖丙玩具也火热登场．已知：购买2个哪吒玩具和1个敖丙玩具需要80元，购买1个哪吒玩具和2个敖丙玩具需要70元，问： （1）哪吒玩具和敖丙玩具的单价分别是多少元？ （2）若小军现有200元，他想购买哪吒和敖丙玩具共8个，则小军最多可以购买哪吒玩具多少个？ 13．（25-26学年八上·重庆字水中学·期中）为保护环境，我市公交公司计划购买A型和B型两种环保节能公交车共10辆．若购买A型公交车1辆，B型公交车2辆，共需400万元；若购买A型公交车2辆，B型公交车1辆，共需350万元． （1）求购买A型和B型公交车每辆各需多少万元？ （2）预计在某线路上A型和B型公交车每辆年均载客量分别为60万人次和100万人次．若该公司购买A型和B型公交车的总费用不超过1200万元，且确保这10辆公交车在该线路的年均载客总和不少于680万人次，则该公司有哪几种购车方案？ 14．（25-26学年八上·重庆梁山初中教·期中）一年一度的校庆及运动会圆满结束，为表彰在校庆及运动会中表现优异的同学，初二某班班委会分两次购买了A、B两种文创产品作为奖品，每次购进同一种奖品的单价相同，具体情况如下表所示： 购进数量（件） 所花费用（元） A B 第一次 15 20 520 第二次 20 17 616 （1）求A、B两种奖品的单价分别是多少元？ （2）考虑到啦啦队和后勤服务的同学也做出了很多贡献，班委会计划用不超过480元再购买一批奖品，要求三次一共购进A、B两种奖品共100件，且第三次购进A奖品的数量不少于B奖品的数量，请问第三次有哪几种购进方案？ 15．（25-26学年八上·重庆杨家坪中学）某商店购进一批体育用品，购买4个篮球和2个足球需要花费380元；购买2个篮球和4个足球需要花费340元． （1）求一个篮球和一个足球的单价分别为多少元？ （2）如果学校准备购买篮球和足球共100个，且总费用不超过5800元，那么至少可以购买多少个足球？ 16．（25-26学年八上·重庆开州中学·期中）综合实践：为弘扬“数学家之乡”的优良文化传统，某校开展数学节活动，并购买了鲁班锁和九连环两种活动道具． 【素材1】1个鲁班锁和2个九连环共52元；3个鲁班锁和4个九连环共120元． 【素材2】选取部分鲁班锁和10件九连环，加印数学节后作为奖品．加印的费用均为每件2元．已知两种道具未加印的共12件，购买和加印的总费用为520元． 任务1：求鲁班锁和九连环的单价． 任务2：学校购买的鲁班锁和九连环分别是多少件？ 17．（25-26学年八上·重庆开州区文峰·期中）为打造新优质学校，某地区计划对、两类薄弱学校全部进行改造，根据预算，共需资金1470万元．改造一所类学校和两所类学校共需资金230万元；改造两所类学校和一所类学校共需资金205万元． （1）求改造一所类学校和一所类学校所需的资金分别是多少万元？ （2）若改造的类学校比改造的类学校的2倍多4所，全部预算资金可以改造、两类学校各多少所？ 18．（25-26学年八上·重庆第十八中学·期中）为落实“双减”政策，丰富课后服务的内容，彰显学校体育特色，某学校计划购买甲、乙两种品牌的足球．已知购买7个甲种品牌的足球和6个乙种品牌的足球共需要1600元；购买2个甲种品牌的足球和3个乙种品牌的足球共需要650元． （1）求每个甲种品牌的足球和每个乙种品牌的足球的价格分别为多少元？ （2）学校计划购买甲、乙两种品牌的足球共50个，总花费不超过6500元，且购买的乙种品牌足球不少于28个，共有几种购买方案？并写出具体的方案． 考点05 三元一次方程组的解法 1．（25-26学年八上·重庆育才中学·期中）关于，的方程，，其中，为整数，求　　　　　　． 试卷第1页，共3页 / 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