人教版七年级数学下册期考考查题型（共50题）：不等式与不等式组（附全解全析）
人教版七年级数学下册期考考查题型（50题）：不等式与不等式组
考查题型
考查题型一 不等式性质的应用（共6小题）
典例1（2018·富阳市期中）若a＜b，则下列结论不一定成立的是（ ）
A．a-1＜b-1 B．2a＜2b C． D．
变式1-1（2019·绍兴市期中）已知四个实数a，b，c，d，若a>b，c>d，则（ ）
A．a+c>b+d B．a-c>b-d C．ac>bd D．
变式1-2（2020·娄底市期末）如果m﹥n，那么下列结论错误的是（ ）
A．m＋2﹥n＋2 B．m－2﹥n－2 C．2m﹥2n D．－2m﹥－2n
变式1-3（2019·杭州市期中）若a＜b，则下列结论不一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
变式1-4（2018·杭州市期末）若x＋a＜y＋a，ax＞ay，则( )
A．x＜y，a＞0 B．x＜y，a＜0
C．x＞y，a＞0 D．x＞y，a＜0
变式1-5（2019·江油市期末）以下说法中正确的是（ ）
A．若a＞|b|，则a2＞b2 B．若a＞b，则＜
C．若a＞b，则ac2＞bc2 D．若a＞b，c＞d，则a﹣c＞b﹣d
考查题型二 求一元一次不等式的特解的方法（共6小题）
典例2（2019·武威市期末）如图，直线与的交点的横坐标为，则关于的不等式的整数解为（ ）.
A． B．
C． D．
变式2-1（2019·仙桃市期末）若关于x，y的方程组的解满足，则m的最小整数解为（ ）
A．﹣3 B．﹣2 C．﹣1 D．0
变式2-2（2019·济南市期中）不等式的非负整数解有（ ）个
A．4 B．6 C．5 D．无数
变式2-3（2018·菏泽市期末）不等式＞﹣1的正整数解的个数是( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
变式2-4（2018·宝鸡市期中）使不等式成立的最小整数是（ ）
A．1 B．﹣1 C．0 D．2
变式2-5（2019·唐山市期末）若是关于的方程的解，则关于的不等式的最大整数解为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
考查题型三 确定不等式中字母的取值范围的方法（共6小题）
典例3（2018·聊城市期中）若关于x的不等式3x-2m≥0的负整数解为-1，-2，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
变式3-1（2019·宜宾市期末）关于的不等式的正整数解是1、2、3，那么的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
变式3-2（2019·铜陵市期末）如果不等式 3x﹣m≤0 的正整数解为 1，2，3，则 m 的取值范围为（ ）
A．m≤9 B．m＜12 C．m≥9 D．9≤m＜12
变式3-3（2018·庐江县期末）如果关于x的不等式2≤3x+b＜8的整数解之和为7，那么b的取值范围是（ ）
A．﹣7≤b≤﹣4 B．﹣7＜b＜﹣4 C．﹣7＜b≤﹣4 D．﹣7≤b＜﹣4
变式3-4（2018·莱芜区期末）若关于x的不等式2x-m≥0的负整数解为-1，-2，-3，则m的取值范围是（ ）
A．-8＜m≤-6 B．-6≤m＜-4 C．-6＜m≤-4 D．-8≤m＜-6
变式3-5（2019·咸阳市期中）不等式-4x-k≤0的负整数解是-1，-2，那么k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
考查题型四 确定一元一次不等式中待定字母的值的方法（共5小题）
典例4（2018·温州市期末）已知关于x、y的二元一次方程组的解满足x+y＜4，则满足条件的k的最大整数为（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
变式4-1（2019·常熟市期末）已知关于x的方程3x+m=x+3的解为非负数，且m为正整数，则m的取值为（ ）
A．1 B．1、2 C．1、2、3 D．0、1、2、3
变式4-2（2019·临汾市期中）关于x的一元一次不等式≤﹣2的解集为x≥4，则m的值为（ ）
A．14 B．7 C．﹣2 D．2
变式4-3（2019·六安市期末）关于的不等式的解集如图所示，则的取值是
A．0 B． C． D．
变式4-4（2019·重庆市期中）关于的不等式的解集如图所示，则的值是（ ）
A．0 B．2 C． D．
考查题型五 一元一次不等式组的解集的确定方法（共6小题）
典例5（2019·长沙市期末）已知关于x的不等式＞1的解都是不等式＞0的解，则a的范围是( )
A． B． C． D．
变式5-1（2019·驻马店市期中）一元一次不等式2(x＋1)≥4的解集在数轴上表示为( )
A． B． C． D．
变式5-2（2018·绵阳市期末）在方程组中，若未知数x，y满足x+y＞0，则m的取值范围在数轴上的表示应是如图所示的（ ）
A． B． C． D．
变式5-3（2019·连云港市期末）设a，b是常数，不等式的解集为，则关于x的不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
变式5-4（2019·太原市期中）解不等式，下列去分母正确的是
A．2x+1-3x-1≥x-1 B．2（x+1）-3（x-1）≥x-1
C．2x+1-3x-1≥6x-1 D．2（x+1）-3（x-1）≥6（x-1）
变式5-5（2019·东营市期末）不等式组的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
考查题型六 求一元一次不等式组中的待定字母的值（共6小题）
典例6（2018·许昌市期末）若关于x的不等式组式的整数解为x=1和x=2，则满足这个不等式组的整数a，b组成的有序数对（a，b）共有（ ）对
A．0 B．1 C．3 D．2
变式6-1（2018·荆州市期末）如果不等式组的整数解仅为2，且a、b均为整数，则代数式2a2+b的最大值＝______．
变式6-2（2019·烟台市期末）若不等式组的解集是－1＜x＜1，则(a＋b)2019＝________．
变式6-3（2017·宣城市期中）如果不等式组的整数解仅为1，2，3，那么适合这个不等式组的整数a、b的有序数对（a，b）共有______个.
变式6-4（2020·厦门市期中）关于x的不等式组的解集是5＜x＜22，则a＝_____，b＝______.
变式6-5（2018·合肥市期中）如果不等式组的解集是，那么的值为 ．
考查题型七 求一元一次不等式组中的待定字母的取值范围（共小题）
典例7（2018·山亭区期末）不等式组有3个整数解，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
变式7-1（2019·兰州市期中）若关于x的不等式组无解，则a的取值范围是（ ）
A．a≤﹣3 B．a＜﹣3 C．a＞3 D．a≥3
变式7-2（2019·石家庄市期末）关于x的不等式的解集为x＞3，那么a的取值范围为（ ）
A．a＞3 B．a＜3 C．a≥3 D．a≤3
变式7-3（2018·泉州市期中）若关于x的不等式的整数解共有4个，则m的取值范围是（ ）
A．6＜m＜7 B．6≤m＜7 C．6≤m≤7 D．6＜m≤7
变式7-4（2019·安陆市期末）若不等式组无解，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
变式7-5（2019·泉州市期中）若关于x的不等式组只有5个整数解，则a的取值范围( )
A． B． C． D．
考查题型八 利用一元一次不等式（组）解决实际问题的方法（共2小题）
典例8（2020·东营市期末）在东营市中小学标准化建设工程中，某学校计划购进一批电脑和电子白板，经过市场考察得知，购买1台电脑和2台电子白板需要3.5万元，购买2台电脑和1台电子白板需要2.5万元.
（1）求每台电脑、每台电子白板各多少万元?
（2）根据学校实际，需购进电脑和电子白板共30台，总费用不超过30万元，但不低于28万元，请你通过计算求出有几种购买方案，哪种方案费用最低.
变式8-1（2019·龙岗区期末）为了迎接“六•一”儿童节．某儿童运动品牌专卖店准备购进甲、乙两种运动鞋．其中甲、乙两种运动鞋的进价和售价如下表：
运动鞋
价格
甲
乙
进价（元/双）
m
m﹣20
售价（元/双）
240
160
已知：用3000元购进甲种运动鞋的数量与用2400元购进乙种运动鞋的数量相同．
（1）求m的值；
（2）要使购进的甲、乙两种运动鞋共200双的总利润（利润=售价﹣进价）不少于21700元，且不超过22300元，问该专卖店有几种进货方案？该专卖店要获得最大利润应如何进货？
考查题型九 方程组与不等式组相结合解决实际问题（共2小题）
典例9（2019·石家庄市期末）“绿水青山就是金山银山”，为保护生态环境，A，B两村准备各自清理所属区域养鱼网箱和捕鱼网箱，每村参加清理人数及总开支如下表：
村庄
清理养鱼网箱人数/人
清理捕鱼网箱人数/人
总支出/元
A
15
9
57000
B
10
16
68000
（1）若两村清理同类渔具的人均支出费用一样，求清理养鱼网箱和捕鱼网箱的人均支出费用各是多少元；
（2）在人均支出费用不变的情况下，为节约开支，两村准备抽调40人共同清理养鱼网箱和捕鱼网箱，要使总支出不超过102000元，且清理养鱼网箱人数小于清理捕鱼网箱人数，则有哪几种分配清理人员方案？
变式9-1（2019·豪州市期中）为了落实党的“精准扶贫”政策，A、B两城决定向C、D两乡运送肥料以支持农村生产，已知A、B两城共有肥料500吨，其中A城肥料比B城少100吨，从A城往C、D两乡运肥料的费用分别为20元/吨和25元/吨；从B城往C、D两乡运肥料的费用分别为15元/吨和24元/吨．现C乡需要肥料240吨，D乡需要肥料260吨．
（1）A城和B城各有多少吨肥料？
（2）设从A城运往C乡肥料x吨，总运费为y元，求出最少总运费．
（3）由于更换车型，使A城运往C乡的运费每吨减少a（0＜a＜6）元，这时怎样调运才能使总运费最少？
考查题型十 利用不等式计算获利问题（共3小题）
典例10（2019·重庆市期中）某电脑经销商计划购进一批电脑机箱和液晶显示器，若购电脑机箱10台和液液晶显示器8台，共需要资金7000元；若购进电脑机箱2台和液示器5台，共需要资金4120元．
（1）每台电脑机箱、液晶显示器的进价各是多少元？
（2）该经销商购进这两种商品共50台，而可用于购买这两种商品的资金不超过22240元．根据市场行情，销售电脑机箱、液晶显示器一台分别可获利10元和160元．该经销商希望销售完这两种商品，所获利润不少于4100元．试问：该经销商有哪几种进货方案？哪种方案获利最大？最大利润是多少？
变式10-1（2019·苏州市期末）某商场有A、B两种商品，每件的进价分别为15元、35元.商场销售5件A商品和2件B商品，可获得利润45元;销售8件A商品和4件B商品，可获得利润80元.
(1)求A、B两种商品的销售单价;
(2)如果该商场计划购进A、B两种商品共80件，用于进货资金最多投入2 000元，但又要确保获利至少590元，请问有那几种进货方案?
变式10-2（2019·滕州市期中）大熊山某农家乐为了抓住“五一”小长假的商机，决定购进A、B两种纪念品．若购进A种纪念品4件，B种纪念品3件，需要550元；若购进A种纪念品8件，B种纪念品5件，需要1050元．
（1）求购进A、B两种纪念品每件各需多少元．
（2）若该农家乐决定购进这两种纪念品共100件，考虑市场需求和资金周转，用于购买这100件纪念品的资金不少于7500元，但不超过7650元，那么该农家乐共有几种进货方案．
（3）若销售每件A种纪念品可获利润30元，每件B种纪念品可获利润20元，在第（2）问的各种进货方案中，哪一种方案获利最大？最大利润是多少元．
考查题型十一 运用一元一次不等式组进行方案设计（共3小题）
典例11（2018·株洲市期末）某汽车租赁公司要购买轿车和面包车共10辆，其中轿车至少要购买3辆，轿车每辆7万元，面包车每辆4万元，公司可投入的购车款不超过55万元．
(1)符合公司要求的购买方案有几种？请说明理由；
(2)如果每辆轿车的日租金为200元，每辆面包车的日租金为110元，假设新购买的这10辆车每日都可租出，要使这10辆车的日租金不低于1500元，那么应选择以上哪种购买方案？
变式11-1（2019·佛山市期中）快递公司为提高快递分拣的速度，决定购买机器人来代替人工分拣．已知购买甲型机器人1台，乙型机器人2台，共需14万元；购买甲型机器人2台，乙型机器人3台，共需24万元．
（1）求甲、乙两种型号的机器人每台的价格各是多少万元；
（2）已知甲型和乙型机器人每台每小时分拣快递分别是1200件和1000件，该公司计划购买这两种型号的机器人共8台，总费用不超过41万元，并且使这8台机器人每小时分拣快递件数总和不少于8300件，则该公司有哪几种购买方案？哪个方案费用最低，最低费用是多少万元？
变式11-2（2019·石家庄市期末）为拓宽学生视野，引导学生主动适应社会，促进书本知识和生活经验的深度融合，我市某中学决定组织部分班级去赤壁开展研学旅行活动，在参加此次活动的师生中，若每位老师带17个学生，还剩12个学生没人带；若每位老师带18个学生，就有一位老师少带4个学生．现有甲、乙两种大客车，它们的载客量和租金如表所示．
甲种客车
乙种客车
载客量/（人/辆）
30
42
租金/（元/辆）
300
400
学校计划此次研学旅行活动的租车总费用不超过3100元，为了安全，每辆客车上至少要有2名老师．
（1）参加此次研学旅行活动的老师和学生各有多少人？
（2）既要保证所有师生都有车坐，又要保证每辆客车上至少要有2名老师，可知租用客车总数为
辆；
（3）你能得出哪几种不同的租车方案？其中哪种租车方案最省钱？请说明理由．
人教版七年级数学下册期考考查题型（50题）：不等式与不等式组
考查题型
考查题型一 不等式性质的应用（共6小题）
典例1（2018·富阳市期中）若a＜b，则下列结论不一定成立的是（ ）
A．a-1＜b-1 B．2a＜2b C． D．
【答案】D
【详解】A.∵a＜b，∴ a-1＜b-1，正确，故A不符合题意；
B.∵a＜b，∴ 2a＜2b，正确，故B不符合题意；
C.∵a＜b，∴ ，正确，故C不符合题意；
D.当a＜b＜0时，a2>b2，故D选项错误，符合题意，
故选D.
变式1-1（2019·绍兴市期中）已知四个实数a，b，c，d，若a>b，c>d，则（ ）
A．a+c>b+d B．a-c>b-d C．ac>bd D．
【答案】A
【详解】
A. ∵a>b，c>d，∴ a+c>b+d，正确；
B.如a=3,b=1,c=2，d=-5时， a-c=1，b-d =6，此时a-c
nx+4n>0就是直线y=-x+m位于直线y=nx+4n的上方且位于x轴的上方的图象，据此求得自变量的取值范围即可．
【详解】
当时，对于，则．故的解集为．与的交点的横坐标为，观察图象可知的解集为．的解集为．为整数，．
变式2-1（2019·仙桃市期末）若关于x，y的方程组的解满足，则m的最小整数解为（ ）
A．﹣3 B．﹣2 C．﹣1 D．0
【答案】B
【详解】
解：，
①-②得：x-y=3m+2，
∵关于x，y的方程组的解满足x-y＞-，
∴3m+2＞-，
解得：m＞，
∴m的最小整数解为-1，
故选B．
变式2-2（2019·济南市期中）不等式的非负整数解有（ ）个
A．4 B．6 C．5 D．无数
【答案】B
【解析】
3(x－2)≤＋4，
去括号，得3 x-6≤x+4，
移项、合并同类项，得2x≤10，
系数化为1，得x≤5，
则满足不等式的非负整数解为：0，1，2，3，4，5，共6个.
故选B.
变式2-3（2018·菏泽市期末）不等式＞﹣1的正整数解的个数是( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】
，去分母得3（x+1）>2(2x+2)-6，去括号得3x+3>4x+4-6，移项，合并同类项得-x>-5，系数化为1得x<5，所以满足不等式的正整数的个数有4个，故选D.
变式2-4（2018·宝鸡市期中）使不等式成立的最小整数是（ ）
A．1 B．﹣1 C．0 D．2
【答案】C
【详解】
解：解不等式，两边同时乘以6得：﹣12x﹣4≤9x+3，
移项得：﹣12x﹣9x≤4+3，
即﹣21x≤7，
∴x≥﹣，
则最小的整数是0．
故选：C．
变式2-5（2019·唐山市期末）若是关于的方程的解，则关于的不等式的最大整数解为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【详解】
∵是关于的方程的解，
∴-3=m+1，
解得m=-4；
∴，
解这个不等式可得，x≤3.
∴关于的不等式的最大整数解为3.
故选C.
考查题型三 确定不等式中字母的取值范围的方法（共6小题）
典例3（2018·聊城市期中）若关于x的不等式3x-2m≥0的负整数解为-1，-2，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
解，得x≥，根据题意得，-3<≤-2，解得，故选D.
变式3-1（2019·宜宾市期末）关于的不等式的正整数解是1、2、3，那么的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
解不等式，可得x＜2m，
∵不等式的正整数解是1、2、3，
∴3＜2m≤4，
解得，.
故选A.
变式3-2（2019·铜陵市期末）如果不等式 3x﹣m≤0 的正整数解为 1，2，3，则 m 的取值范围为（ ）
A．m≤9 B．m＜12 C．m≥9 D．9≤m＜12
【答案】D
【详解】
解不等式3x-m≤0，得：x≤，
∵不等式的正整数解为1，2，3，
∴3≤＜4，
解得：9≤m＜12，
故选D．
变式3-3（2018·庐江县期末）如果关于x的不等式2≤3x+b＜8的整数解之和为7，那么b的取值范围是（ ）
A．﹣7≤b≤﹣4 B．﹣7＜b＜﹣4 C．﹣7＜b≤﹣4 D．﹣7≤b＜﹣4
【答案】D
【详解】
解：2≤3x+b＜8，
即
∵解不等式①得：x≥，
解不等式②得：x＜，
∴不等式组的解集为≤x＜，
∵关于x的不等式2≤3x+b＜8的整数解之和为7，
∴4＜≤5且2＜≤3，
解得：﹣4＞b≥﹣7，
故选：D．
变式3-4（2018·莱芜区期末）若关于x的不等式2x-m≥0的负整数解为-1，-2，-3，则m的取值范围是（ ）
A．-8＜m≤-6 B．-6≤m＜-4 C．-6＜m≤-4 D．-8≤m＜-6
【答案】A
【详解】
解不等式得：
由题意得：
解得：
故选：A．
变式3-5（2019·咸阳市期中）不等式-4x-k≤0的负整数解是-1，-2，那么k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
解：∵-4x-k≤0，
∴x≥-，
∵不等式的负整数解是-1，-2，
∴-3＜-≤-2，
解得：8≤k＜12，
故选：A．
考查题型四 确定一元一次不等式中待定字母的值的方法（共5小题）
典例4（2018·温州市期末）已知关于x、y的二元一次方程组的解满足x+y＜4，则满足条件的k的最大整数为（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】C
【详解】
解：，
①+②，得：3x+3y＝6k，
则x+y＝2k，
∵x+y＜4，
∴2k＜4，
解得：k＜2，
则满足条件的k的最大整数为1，
故选：C．
变式4-1（2019·常熟市期末）已知关于x的方程3x+m=x+3的解为非负数，且m为正整数，则m的取值为（ ）
A．1 B．1、2 C．1、2、3 D．0、1、2、3
【答案】C
【详解】
∵3x+m=x+3，
移项，得3x-x=3-m，
合并同类项，得2x=3-m，
∴x=，
∵关于x的方程3x+m=x+3的解是非负数，
∴≥0，解得m≤3，
∵m是正整数，
∴m=1、2、3，
故选C.
变式4-2（2019·临汾市期中）关于x的一元一次不等式≤﹣2的解集为x≥4，则m的值为（ ）
A．14 B．7 C．﹣2 D．2
【答案】D
【详解】
≤﹣2，
m﹣2x≤﹣6，
﹣2x≤﹣m﹣6，
x≥m+3，
∵关于x的一元一次不等式≤﹣2的解集为x≥4，
∴m+3=4，解得m=2．
故选D．
变式4-3（2019·六安市期末）关于的不等式的解集如图所示，则的取值是
A．0 B． C． D．
【答案】D
【详解】
解：不等式，
解得x<，
由数轴可知，
所以，
解得；
故选：．
变式4-4（2019·重庆市期中）关于的不等式的解集如图所示，则的值是（ ）
A．0 B．2 C． D．
【答案】A
【详解】
解：解不等式，得 ，∵由数轴得到解集为x≤-1，
∴ ，解得：a=0.
故选：A.
考查题型五 一元一次不等式组的解集的确定方法（共6小题）
典例5（2019·长沙市期末）已知关于x的不等式＞1的解都是不等式＞0的解，则a的范围是( )
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
由得,
由 得,
∵关于x的不等式的解都是不等式的解，
∴
解得
即a的取值范围是：
故选:C.
变式5-1（2019·驻马店市期中）一元一次不等式2(x＋1)≥4的解集在数轴上表示为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
解：2(x＋1)≥4
2x+2≥4
2x≥2
X≥1
∴不等式的解集在数轴上表示为：
故选：A
变式5-2（2018·绵阳市期末）在方程组中，若未知数x，y满足x+y＞0，则m的取值范围在数轴上的表示应是如图所示的（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
解： ，
①+②得，3（x+y）=3-m，
解得x+y=1-，
∵x+y＞0，
∴1-＞0，
解得m＜3，
在数轴上表示为：．
故选B．
变式5-3（2019·连云港市期末）设a，b是常数，不等式的解集为，则关于x的不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
解不等式,
移项得:
∵解集为x<
∴ ，且a<0
∴b=-5a>0，
解不等式,
移项得:bx＞a
两边同时除以b得:x＞,
即x＞-
故选C
变式5-4（2019·太原市期中）解不等式，下列去分母正确的是
A．2x+1-3x-1≥x-1 B．2（x+1）-3（x-1）≥x-1
C．2x+1-3x-1≥6x-1 D．2（x+1）-3（x-1）≥6（x-1）
【答案】D
【详解】
不等式两边同时乘以6，得：
故选D
变式5-5（2019·东营市期末）不等式组的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】
由（x+1）≤2，解得x≤3；由x﹣3＜3x+1，解得x＞﹣2；
不等式组的解集是-20时，即0＜a<4时，y随着x的增大而增大，∴当x=0时，运费最少，A城200吨肥料都运往D乡，B城240吨运往C乡，60吨运往D乡；
当4-a=0时，即a=4时，y=10040，在0≤x≤200范围内的哪种调运方案费用都一样；
当4﹣a＜0时，即4＜a＜6时，y随着x的增大而减小，∴当x=240时，运费最少，此时A城200吨肥料都运往C乡，B城40吨运往C乡，260吨运往D乡.
考查题型十 利用不等式计算获利问题（共3小题）
典例10（2019·重庆市期中）某电脑经销商计划购进一批电脑机箱和液晶显示器，若购电脑机箱10台和液液晶显示器8台，共需要资金7000元；若购进电脑机箱2台和液示器5台，共需要资金4120元．
（1）每台电脑机箱、液晶显示器的进价各是多少元？
（2）该经销商购进这两种商品共50台，而可用于购买这两种商品的资金不超过22240元．根据市场行情，销售电脑机箱、液晶显示器一台分别可获利10元和160元．该经销商希望销售完这两种商品，所获利润不少于4100元．试问：该经销商有哪几种进货方案？哪种方案获利最大？最大利润是多少？
【答案】（1）每台电脑机箱、液晶显示器的进价各是60元，800元；
（2）利润最大为4400元．
【分析】
（1）设每台电脑机箱的进价是x元，液晶显示器的进价是y元，根据“若购进电脑机箱10台和液晶显示器8台，共需要资金7000元；若购进电脑机箱2台和液晶显示器5台，共需要资金4120元”即可列方程组求解；
（2）设购进电脑机箱z台，根据“可用于购买这两种商品的资金不超过22240元，所获利润不少于4100元”即可列不等式组求解.
【详解】
解：（1）设每台电脑机箱、液晶显示器的进价各是x，y元，
根据题意得：，
解得：，
答：每台电脑机箱、液晶显示器的进价各是60元，800元；
（2）设该经销商购进电脑机箱m台，购进液晶显示器（50-m）台，
根据题意得：，
解得：24≤m≤26，
因为m要为整数，所以m可以取24、25、26，
从而得出有三种进货方式：①电脑箱：24台，液晶显示器：26台，
②电脑箱：25台，液晶显示器：25台；
③电脑箱：26台，液晶显示器：24台．
∴方案一的利润：24×10+26×160=4400，
方案二的利润：25×10+25×160=4250，
方案三的利润：26×10+24×160=4100，
∴方案一的利润最大为4400元．
答：该经销商有3种进货方案：①进24台电脑机箱，26台液晶显示器；②进25台电脑机箱，25台液晶显示器；③进26台电脑机箱，24台液晶显示器．第①种方案利润最大为4400元．
变式10-1（2019·苏州市期末）某商场有A、B两种商品，每件的进价分别为15元、35元.商场销售5件A商品和2件B商品，可获得利润45元;销售8件A商品和4件B商品，可获得利润80元.
(1)求A、B两种商品的销售单价;
(2)如果该商场计划购进A、B两种商品共80件，用于进货资金最多投入2 000元，但又要确保获利至少590元，请问有那几种进货方案?
【答案】（1）A、B两种商品的销售单价分别为20，45.
（2）第一种方案：A种商品进40件，B种商品进40件
第二种方案：A种商品进41件，B种商品进39件
第三种方案：A种商品进42件，B种商品进38件
【分析】
（1）设A、B两种商品的销售单价分别为x,y;再根据题意列二元一次方程组即可.
（2）设A种商品进了m件，则可得B种商品进了80-m件.根据题意列出不等式组，求解即可.
【详解】
（1）设A、B两种商品的销售单价分别为x,y;
根据题意可得：
解得
所以A、B两种商品的销售单价分别为20，45.
（2）A种商品进了m件，则可得B种商品进了80-m件.
根据题意可得：
解得：
所以可得
因此可得当m=40时，A种商品进40件，B种商品进40件
当m=41时，A种商品进41件，B种商品进39件
当m=42时，A种商品进42件，B种商品进38件
变式10-2（2019·滕州市期中）大熊山某农家乐为了抓住“五一”小长假的商机，决定购进A、B两种纪念品．若购进A种纪念品4件，B种纪念品3件，需要550元；若购进A种纪念品8件，B种纪念品5件，需要1050元．
（1）求购进A、B两种纪念品每件各需多少元．
（2）若该农家乐决定购进这两种纪念品共100件，考虑市场需求和资金周转，用于购买这100件纪念品的资金不少于7500元，但不超过7650元，那么该农家乐共有几种进货方案．
（3）若销售每件A种纪念品可获利润30元，每件B种纪念品可获利润20元，在第（2）问的各种进货方案中，哪一种方案获利最大？最大利润是多少元．
【答案】（1）各需100、50元;（2）四种；（3）购进种纪念品53件，B种纪念品47件时，获得最大利润是2530元．
【分析】
（1）关系式为：A种纪念品4件需要钱数+B种纪念品3件钱数=550；A种纪念品8件需要钱数+B种纪念品5件需要钱数=1050；
（2）关系式为：用于购买这100件纪念品的资金不少于7500元，但不超过7650元，得出不等式组求出即可；
（3）因为A种纪念品利润较高，故A种数量越多总利润越高，因此选择购A种53件，B种47件．
【详解】
解：（1）设购进A种纪念品每件需元，购进B种纪念品每件需元，则根据题意，可列方程组为，解得，则购进A、B两种纪念品每件各需100、50元．
（2）设购进A种纪念品件，购进B种纪念品件，根据题意，可列不等式为，解得，因为是正整数，所以故有四种方案．①购进A种纪念品50件，B种纪念品50件;
②购进A种纪念品51件，B种纪念品49件;
③购进A种纪念品52件，B种纪念品48件;
④购进A种纪念品53件，B种纪念品47件.
（3）设利润为，则，则随的增大而增大，所以时，最大是2530，故购进种纪念品53件，B种纪念品47件时，获得最大利润是2530元．
考查题型十一 运用一元一次不等式组进行方案设计（共3小题）
典例11（2018·株洲市期末）某汽车租赁公司要购买轿车和面包车共10辆，其中轿车至少要购买3辆，轿车每辆7万元，面包车每辆4万元，公司可投入的购车款不超过55万元．
(1)符合公司要求的购买方案有几种？请说明理由；
(2)如果每辆轿车的日租金为200元，每辆面包车的日租金为110元，假设新购买的这10辆车每日都可租出，要使这10辆车的日租金不低于1500元，那么应选择以上哪种购买方案？
【答案】(1) 有三种购买方案,理由见解析；（2）为保证日租金不低于1500元，应选择方案三，即购买5辆轿车，5辆面包车
【详解】
(1)设购买轿车x辆，那么购买面包车(10－x)辆．
由题意，得7x＋4(10－x)≤55，
解得x≤5.
又因为x≥3，所以x的值为3，4，5，
所以有三种购买方案：
方案一：购买3辆轿车，7辆面包车；
方案二：购买4辆轿车，6辆面包车；
方案三：购买5辆轿车，5辆面包车．
(2)方案一的日租金为3×200＋7×110＝1370(元)<1500元；
方案二的日租金为4×200＋6×110＝1460(元)<1500元；
方案三的日租金为5×200＋5×110＝1550(元)>1500元．
所以为保证日租金不低于1500元，应选择方案三，即购买5辆轿车，5辆面包车．
变式11-1（2019·佛山市期中）快递公司为提高快递分拣的速度，决定购买机器人来代替人工分拣．已知购买甲型机器人1台，乙型机器人2台，共需14万元；购买甲型机器人2台，乙型机器人3台，共需24万元．
（1）求甲、乙两种型号的机器人每台的价格各是多少万元；
（2）已知甲型和乙型机器人每台每小时分拣快递分别是1200件和1000件，该公司计划购买这两种型号的机器人共8台，总费用不超过41万元，并且使这8台机器人每小时分拣快递件数总和不少于8300
件，则该公司有哪几种购买方案？哪个方案费用最低，最低费用是多少万元？
【答案】（1）甲、乙两种型号的机器人每台价格分别是6万元、4万元（2）该公司购买甲型机器人2台，乙型机器人6台这个方案费用最低，最低费用是36万元．
【详解】
解：（1）设甲型机器人每台价格是x万元，乙型机器人每台价格是y万元，根据题意得
解这个方程组得：
答：甲、乙两种型号的机器人每台价格分别是6万元、4万元；
（2）设该公可购买甲型机器人a台，乙型机器人（8-a）台，根据题意得
解这个不等式组得
≤a≤
∵a为正整数
∴a的取值为2，3，4，
∴该公司有3种购买方案，分别是
购买甲型机器人2台，乙型机器人6台
购买甲型机器人3台，乙型机器人5台
购买甲型机器人4台，乙型机器人4台
设该公司的购买费用为w万元，则w=6a+4（8-a）=2a+32
∵k=2＞0
∴w随a的增大而增大
当a=2时，w最小，w最小=2×2+32=36（万元）
∴该公司购买甲型机器人2台，乙型机器人6台这个方案费用最低，最低费用是36万元．
变式11-2（2019·石家庄市期末）
为拓宽学生视野，引导学生主动适应社会，促进书本知识和生活经验的深度融合，我市某中学决定组织部分班级去赤壁开展研学旅行活动，在参加此次活动的师生中，若每位老师带17个学生，还剩12个学生没人带；若每位老师带18个学生，就有一位老师少带4个学生．现有甲、乙两种大客车，它们的载客量和租金如表所示．
甲种客车
乙种客车
载客量/（人/辆）
30
42
租金/（元/辆）
300
400
学校计划此次研学旅行活动的租车总费用不超过3100元，为了安全，每辆客车上至少要有2名老师．
（1）参加此次研学旅行活动的老师和学生各有多少人？
（2）既要保证所有师生都有车坐，又要保证每辆客车上至少要有2名老师，可知租用客车总数为 辆；
（3）你能得出哪几种不同的租车方案？其中哪种租车方案最省钱？请说明理由．
【答案】（1）老师有16名，学生有284名；（2）8；（3）共有3种租车方案，最节省费用的租车方案是：租用甲种客车3辆，乙种客车5辆．
【解析】
【分析】
（1）设老师有x名，学生有y名，根据等量关系：若每位老师带17个学生，还剩12个学生没人带；若每位老师带18个学生，就有一位老师少带4个学生，列出二元一次方程组，解出即可；
（2）由（1）中得出的教师人数可以确定出最多需要几辆汽车，再根据总人数以及汽车最多的是42座的可以确定出汽车总数不能小于=（取整为8）辆，由此即可求出；
（3）设租用x辆乙种客车，则甲种客车数为：（8﹣x）辆，由题意得出400x+300（8﹣x）≤3100，得出x取值范围，分析得出即可．
【详解】
（1）设老师有x名，学生有y名，
依题意，列方程组为，
解得：，
答：老师有16名，学生有284名；
（2）∵每辆客车上至少要有2名老师，
∴汽车总数不能大于8辆；
又要保证300名师生有车坐，汽车总数不能小于=（取整为8）辆，
综合起来可知汽车总数为8辆，
故答案为8；
（3）设租用x辆乙种客车，则甲种客车数为：（8﹣x）辆，
∵车总费用不超过3100元，
∴400x+300（8﹣x）≤3100，
解得：x≤7，
为使300名师生都有座，
∴42x+30（8﹣x）≥300，
解得：x≥5，
∴5≤x≤7（x为整数），
∴共有3种租车方案：
方案一：租用甲种客车3辆，乙种客车5辆，租车费用为3002900元；
方案二：租用甲种客车2辆，乙种客车6辆，租车费用为3003000元；
方案三：租用甲种客车1辆，乙种客车7辆，租车费用为3003100元；
故最节省费用的租车方案是：租用甲种客车3辆，乙种客车5辆．
