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北师大版2025—2026学年八年级下册期末模拟演练提升卷
数 学
（时间：90分钟 满分：100分）
一、选择题(本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．将因式分解后得，那么n等于（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
2．如图，小明想利用“，，”这些条件作．他先作出了和，在用圆规作时，发现点出现和两个位置，那么的长是（　　）
A． B． C． D．
3．若关于 的分式方程 无解，则 的值为（　　）
A．0 B．3
C．1 或 D．0 或 1 或
4．如图，将正方形ABCD绕点D逆时针旋转90°后，点B的坐标变为（　　）
A． B． C． D．
5．如图，在中，已知，，，则的周长是（　　）
A． B． C．16cm D．24cm
6．某超市推出一种购物卡，凭卡在该超市购物均可按商品标价的九折优惠，但每张卡收元购卡费，若办理此卡购物比不办卡购物合算，则需按标价累计购物金额超过（　　）
A．元 B．元 C．元 D．元
7．对于任意整数n，都（　　）
A．能被2整除，不能被4整除 B．能被4整除，不能被8整除
C．能被8整除 D．能被5整除
8．我国古代数学名著九章算术中记录的一道题：今有程，迟马至九百里，多一日；疾马至，少三日．疾马日速倍迟．译为白话文是：把一份文件用慢马送到里外的城市，需要的时间比规定时间多一天；如果用快马送，所需的时间比规定时间少天．已知快马的速度是慢马的倍．设未知数，，依题意列出一个方程，则用一个未知数列出方程正确的是（　　）
A． B．
C． D．
9．直线与的图象交于点，下列判断①关于的方程的解是②当时，关于的不等式的解集是③设直线，则直线一定经过定点④当原点到直线的距离最大时，则．正确的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．②③ D．①④
10．如图，在□ABCD中，AB＝2BC，BEAD于E，F为CD中点，设，，则下面结论成立的是（　　）
A． B． C． D．
二、填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．如图，直线y＝﹣x+2与x轴、y轴分别相交于点A，B，点P的坐标为（m，m+1），且点P在△ABO的内部，则m的取值范围是 　 　．
12．若，且，则代数式的值为　 　．
13．当分别取值时，计算代数式的值，将所得结果相加，其和等于　 　．
14．如图，中，，，，P为线段上一动点，连接，绕点B顺时针旋转到，连接.设，，y与x的函数关系式是　 　.
15．如图，的三边长分别为，，，以它的三边中点为顶点组成一个新三角形，以这个新三角形三边中点为顶点又组成一个小三角形，，以此类推，第次组成的三角形的周长　 　 ．
16．如图，，与相交于点，，在直线上方有一点，连接，，，若平分，.则下列结论正确的是　 　.（写出所有正确结论的序号）
①；②；③；④三角形的面积等于三角形的面积.
三、解答题（17、18、19题每题6分，20、21题每题8分，22、23每题9分，共计52分，要求写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．解不等式组：
（1）；
（2）．
18．把下列各式分解因式：
（1）；
（2）．
19． 如图，中，点在边上．，将线段绕点旋转到的位置使得连接，与交于点．
（1）求证：；
（2）若，，的度数为　 　
20．年成都糖酒会于月日至月日举行．某商店用元购进第一批糖果若干件，很快售完；接着又用元购进第二批相同件数的同种糖果，且第二批糖果每件的进价比第一批高元．
（1）第一批糖果每件的进价是多少元？两批糖果所购数量均为多少件？
（2）两批糖果均按每件元出售，为加快销售，商家决定将最后的件打折销售，如果两批糖果全部售完后所得利润不低于元（不考虑其他因素），求的最小值．
21．如图，在中，，，平分，D是的中点，E是上一点，连接交于点O．
（1）若的周长与四边形的周长相等，求线段的长；
（2）若，，，连接．
①求证：O点在线段的垂直平分线上；
②求的度数（用含的式子表示）．
22．在中，点O是对角线的中点，点E在边上，的延长线与边交于点F，连接如图1．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，过点C作的垂线，与分别交于点G、H、P如图2．
①当．时，求的长；
②求证：．
23．“滨滨”和“妮妮”是2025年第九届亚冬会的吉祥物，分别代表冰上运动和雪上运动．请根据以下材料，完成相应的任务．
亚冬会的吉祥物数学问题
素材1 某超市计划销售这两种吉祥物造型的钥匙扣挂件，已知“滨滨”钥匙扣售价16元/个，进价a元/个；“妮妮”钥匙扣售价18元/个，进价b元/个．
素材2 超市在进货时发现，购进10个“滨滨”钥匙扣和5个“妮妮”钥匙扣，共需170元；购进6个“滨滨”钥匙扣和10个“妮妮”钥匙扣，共需200元．
任务：
（1）求a，b的值；
（2）超市决定每天购进“滨滨”和“妮妮”钥匙扣共100个，投入资金不少于1160元，且“滨滨”钥匙扣的购进数量不少于58个．设购进“滨滨”钥匙扣m个，求有几种购买方案；
（3）在（2）的条件下，超市决定每售出一个钥匙扣捐出2元给福利院，用捐款后的利润全部再次购进“滨滨”和“妮妮”钥匙扣，求获得最大利润时再次购进两种钥匙扣的方案有几种．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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北师大版2025—2026学年八年级下册期末模拟演练提升卷
数 学
（时间：90分钟 满分：100分）
一、选择题(本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．将因式分解后得，那么n等于（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】B
【解析】【解答】解：由题意可得 ：
故答案为：B
【分析】根据平方差公式将原式进行化简即可求出答案。
2．如图，小明想利用“，，”这些条件作．他先作出了和，在用圆规作时，发现点出现和两个位置，那么的长是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】【解答】解：过点作于点，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∴
故答案为：D
【分析】本题考查30度直角三角形的性质.过点作于点，先利用30度直角三角形的性质可以求出BM=3cm，再利用勾股定理可以求出，再根据可求出的长.
3．若关于 的分式方程 无解，则 的值为（　　）
A．0 B．3
C．1 或 D．0 或 1 或
【答案】C
【解析】【解答】解：，
分式方程两边同乘以得：
，
，
要使原分式方程无解，则有以下两种情况：
当时，即，整式方程无解，原分式方程无解．
当时，则，
令最简公分母为0，即
解得
∴当，即时，原分式方程产生增根，无解．
综上所述可得：或时，原分式方程无解．
故答案为：C．
【分析】首先在分式方程两边同乘以约去分母将分式方程转化为整数方程；然后根据分式方程无解要从两个方面思考：①当分式方程转化为整式方程后，整式方程无解；②当分式方程转化为整式方程后有解，但这个解使得分式方程的分母为0，即产生增根，求解即可.
4．如图，将正方形ABCD绕点D逆时针旋转90°后，点B的坐标变为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】【解答】解：如图所示
：将正方形ABCD绕点D逆时针方向旋转90°后，点B旋转到点B′的位置，则点B′的坐标为：
故答案为：A．
【分析】利用点坐标旋转的性质求解即可。
5．如图，在中，已知，，，则的周长是（　　）
A． B． C．16cm D．24cm
【答案】A
【解析】【解答】解：∵，，，
∴AO=AC=5cm，OD=BD=3cm，
∵∠ODA=90°，
∴AD=，AB=，
∴的周长=2×（AD+AB）=2×（4+）=，
故答案为：A.
【分析】先利用平行四边形的性质及勾股定理求出AD和AB的长，再利用平行四边形的周长公式求解即可.
6．某超市推出一种购物卡，凭卡在该超市购物均可按商品标价的九折优惠，但每张卡收元购卡费，若办理此卡购物比不办卡购物合算，则需按标价累计购物金额超过（　　）
A．元 B．元 C．元 D．元
【答案】A
【解析】【解答】解：设商品标价为a，则不办卡的购物费用为a，则办理此卡后的购物费用=100+0.9a
当 办理此卡购物比不办卡购物合算，
即100+0.9a＜a
解得：a＞1000
故答案为：A.
【分析】本题考查一元一次不等式的应用。根据两种购物方式的数量关系，列出不等式求解即可。
7．对于任意整数n，都（　　）
A．能被2整除，不能被4整除 B．能被4整除，不能被8整除
C．能被8整除 D．能被5整除
【答案】C
【解析】【解答】解：
，
为任意整数，
，既能被2整除又能被4整除，
又∵、是连续整数，
∴、必有一个是偶数，
∴能被8整除，即能被8整除，
故选：C．
【分析】根据平方差公式进行因式分解，再根据整除的定义即可求出答案.
8．我国古代数学名著九章算术中记录的一道题：今有程，迟马至九百里，多一日；疾马至，少三日．疾马日速倍迟．译为白话文是：把一份文件用慢马送到里外的城市，需要的时间比规定时间多一天；如果用快马送，所需的时间比规定时间少天．已知快马的速度是慢马的倍．设未知数，，依题意列出一个方程，则用一个未知数列出方程正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】【解答】解：由方程，可知慢马的速度为里/天，规定时间为x天．依题意，得
，
由①，得，
将③代入②，得
，
化简后得：
即．
故答案为：D．
【分析】根据路程相等，建立关于x，y的方程，求解即可．
9．直线与的图象交于点，下列判断①关于的方程的解是②当时，关于的不等式的解集是③设直线，则直线一定经过定点④当原点到直线的距离最大时，则．正确的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．②③ D．①④
【答案】A
【解析】【解答】解：∵直线与的图象交于点，
当时，，
∴当时，，
∴关于的方程的解是，故①正确；
∵直线与的图象交于点，
∴，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴过一、二、三象限，随的增大而增大，
由直线与的图象交于点，作图如下：
由图可知，不等式的解集是，故②正确；
∵与的图象交于点，
∴当时，，
∴直线一定经过定点，故③正确；
如图，当时，原点到直线的距离最大
∵，
∴当时，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
解得；故④错误；
综上，正确的结论是①②③；
故答案为：．
【分析】根据两条直线交点坐标，可求出关于的方程的解，可对①作出判断；把点代入两个函数关系式，可求出，结合，可求出的范围，可对②③作出判断；当时，原点到直线的距离最大，利用勾股定理可求出b的值，可对④作出判断；综上所述可得到正确结论的序号.
10．如图，在□ABCD中，AB＝2BC，BEAD于E，F为CD中点，设，，则下面结论成立的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】【解答】解：如图，延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H，连接FH，
则AB=2BH，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥
CD，AD∥BC，
∴∠DEF=∠EFH，
∵F为CD中点，
∴CD=2CF， DF=CF，
∴CF=BH，
∴四边形BCFH是平行四边形，
∴FH∥BC∥AD，
∵AB=2BC，
∴CD=2BC，
∴CF=BC，
∴平行四边形BCFH是菱形，
∴∠BFC =∠BFH，
∵AD∥BC，
∴∠D=∠FCG，
∵DF=FC， ∠DFE=∠CFG，
∴△DFE≌△FCG(AAS)，
∴FE=FG，
∵BE⊥AD，AD∥BC，
∴BE⊥BC，
∴∠EBG=90°，
∵FH∥AD， BE⊥AD，
∴FH⊥BE，
∴∠BFH =∠EFH =∠DEF，
∴∠EFC=3∠DEF，
即β=3α，故选： C.
【分析】延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H，连接FH， 证四边形BCFH是菱形， 得 再证 ， 得 进而证 ，然后由等腰三角形的性质得 即可得出结论.
二、填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．如图，直线y＝﹣x+2与x轴、y轴分别相交于点A，B，点P的坐标为（m，m+1），且点P在△ABO的内部，则m的取值范围是 　 　．
【答案】
【解析】【解答】解：在y＝﹣x+2中，令x=0，得到y=2，令y=0，得到x=4，
∴A为（4，0），B为（0，2），
∵点P在△ABO的内部，
∴有，
解之可得：，
故答案为：．
【分析】由y＝﹣x+2可求出A（4，0），B（0，2），由于点P在△ABO的内部，可得0＜m＜4，0＜m+1＜2且m+1＜-m+2，据此求出其解集即可.
12．若，且，则代数式的值为　 　．
【答案】
【解析】【解答】解：∵
∴
∴(m+n)(m-n)=n-m，
∵
∴m＋n＝-1，
∵
∴
∴
故答案为：-2023.
【分析】由已知条件求得m+n=-1，再将原式化成连续两次代值计算即可.
13．当分别取值时，计算代数式的值，将所得结果相加，其和等于　 　．
【答案】
【解析】【解答】解：把代入 ，
得 ，
把代入 ，
得 ，
，
当分别取值 和时，所得结果之和为0，
，
，
，
故答案为：.
【分析】观察代数式可发现，当x取互为倒数的两个值时，所得结果之和为0，故只需计算x取0和1时的结果之和I即可.
14．如图，中，，，，P为线段上一动点，连接，绕点B顺时针旋转到，连接.设，，y与x的函数关系式是　 　.
【答案】
【解析】【解答】解：延长到M，使，连接，如图所示：
∵中，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
解得：，（舍去），
∴，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
根据旋转可知，，，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即.
故答案为：.
【分析】延长AC到M，使AM=AB，连接BM，易得∠ABC=30°，则AB=2AC，结合勾股定理可得AC的值，推出MA=AB，得到△ABM为等边三角形，∠ABM=60°，AB=BM，根据旋转可知BP=BQ，∠PBQ=60°，由角的和差关系可得∠PBM=∠ABQ，利用SAS证明△PBM≌△QBA，得到AQ=MP=AM-AP，由题意可得AP=AC-CP=-x，据此解答.
15．如图，的三边长分别为，，，以它的三边中点为顶点组成一个新三角形，以这个新三角形三边中点为顶点又组成一个小三角形，，以此类推，第次组成的三角形的周长　 　 ．
【答案】
【解析】【解答】解：第1个 的周长为a+b+c
由三角形中位线定理可得：
第2个三角形的周长为（a+b+c），
第3个三角形的周长为×（a+b+c），
第4个三角形的周长为××（a+b+c），
······，
第n个三角形的周长为（a+b+c），
∴ 第次组成的三角形的周长 ；
故答案为： .
【分析】根据三角形中位线定理求解，可得规律第n个三角形的周长为（a+b+c），继而得解.
16．如图，，与相交于点，，在直线上方有一点，连接，，，若平分，.则下列结论正确的是　 　.（写出所有正确结论的序号）
①；②；③；④三角形的面积等于三角形的面积.
【答案】①③④
【解析】【解答】解：①∵AB∥CD，
∴，
∵，
∴，
∴AD∥CF，故①正确；
②③设，，
∵，
∴，
∵EF平分∠CED，
∴，
∴，
，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
与不一定相等，
=70°
故②错误，③正确；
④连接AC，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，故④正确；
综上分析可知，正确结论的序号为①③④.
故答案为：①③④.
【分析】根据平行线的性质可得∠BAE=∠CDA，由已知条件知∠DCF=∠BAE，则∠CDA=∠DCF，然后根据平行线的判定定理可判断①；设∠FAD=α，∠BAD=β，根据邻补角的性质得∠CED=140°，由角平分线的概念可得∠CEF=∠DEF=70°，则∠AEF=110°，根据内角和定理可得∠AFE+∠FAE=70°，则∠AFE=70°-α，根据平行线的性质可得∠DCE=∠ABC，根据角的和差关系可得∠AEC=∠ABC+β，∠DCE=40°-β，据此判断②③；连接AC，易得S△AEF=S△AEC，S△ABC=S△ABD，则S△ACE=S△BED，据此判断④.
三、解答题（17、18、19题每题6分，20、21题每题8分，22、23每题9分，共计52分，要求写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．解不等式组：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：，
，
，
；
（2）解：，
解不等式，得，
解不等式，得，
故不等式组的解集为．
【解析】【分析】(1)不等式移项、合并同类项，系数化为1即可得；
(2)分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集.
18．把下列各式分解因式：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：
．
（2）解：
．
【解析】【分析】（1）直接利用平方差公式分解因式即可解答；
（2）首先提取公因式3a，然后利用完全平方公式进行因式分解即可解答．
19． 如图，中，点在边上．，将线段绕点旋转到的位置使得连接，与交于点．
（1）求证：；
（2）若，，的度数为　 　
【答案】（1）证明：，
．
将线段绕点旋转到的位置，
．
在与中，
，
≌，
；
（2）78
【解析】【解答】解：由全等性质可知
故填：78
【分析】（1）通常证明线段相等先考虑证明线段所在的三角形全等，由已知和旋转的性质，找到符合判定定理SAS的条件，故可证明；（2）所求角是三角形FAG的外角，根据外角定理等于不相邻的两个内角和，一个内角由全等性质可知，另一个内角根据等腰三角形内角和定理可求，故外角度数可求。
20．年成都糖酒会于月日至月日举行．某商店用元购进第一批糖果若干件，很快售完；接着又用元购进第二批相同件数的同种糖果，且第二批糖果每件的进价比第一批高元．
（1）第一批糖果每件的进价是多少元？两批糖果所购数量均为多少件？
（2）两批糖果均按每件元出售，为加快销售，商家决定将最后的件打折销售，如果两批糖果全部售完后所得利润不低于元（不考虑其他因素），求的最小值．
【答案】（1）解：第一批糖果每件的进价是元，则第二批糖果每件的进价是元，
依题意列方程得
解得：
经检验，是所列方程的解，
∴第一批糖果每件的进价是元，两批糖果所购数量均为件；
（2）解：依题意得
解得：，
∴的最小值为
【解析】【分析】（1）设第一批糖果每件的进价是x元，则第二批糖果每件的进价是(x+50)元，根据总价除以单价等于数量及第一批用8000元购进糖果的数量等于第二批用10000元购进糖果的数量相等，列方程求解并检验即可；
（2）根据总售价减去总进价等于总利润及两批糖果全部售完后所得利润不低于元，列出不等式，求出最小整数解即可.
（1）解：第一批糖果每件的进价是元，则第二批糖果每件的进价是元，依题意列方程得
解得：
经检验，是所列方程的解，
∴第一批糖果每件的进价是元，两批糖果所购数量均为件；
（2）解：依题意得
解得：，
∴的最小值为
21．如图，在中，，，平分，D是的中点，E是上一点，连接交于点O．
（1）若的周长与四边形的周长相等，求线段的长；
（2）若，，，连接．
①求证：O点在线段的垂直平分线上；
②求的度数（用含的式子表示）．
【答案】（1）解：∵D是的中点，
∴，
∵的周长与四边形的周长相等，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：①如图，连接，
∵，D是的中点，
∴，
∵平分，，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴O点在线段的垂直平分线上；
②∵，即，
∴，
∵平分，，
∴，
∵，
∴，
∴．
【解析】【分析】（1）根据线段中点可得，根据题意可得，则，代值计算即可求出答案.
（2）①连接，根据垂直平分线性质可得，再根据垂直平分线判定定理可得垂直平分，则，即，再根据垂直平分线性质即可求出答案.
②根据直角三角形两锐角互余可得，根据角平分线定义可得，根据等边对等角可得，再根据三角形外角性质即可求出答案.
22．在中，点O是对角线的中点，点E在边上，的延长线与边交于点F，连接如图1．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，过点C作的垂线，与分别交于点G、H、P如图2．
①当．时，求的长；
②求证：．
【答案】（1）证明：在平行四边形ABCD中，点O是对角线BD的中点，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）解：①如图，过点D作于点N，
∵，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
②证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴.
【解析】【分析】（1）由平行四边形的性质得AD∥BC，由二直线平行，内错角相等得∠ADB=∠CBD，从而用ASA可判断出△BOE≌△DOF，得DF=BE，然后根据一组对边平行且相等得四边形是平行四边形可得结论；
（2）①如图，过点D作于点N，由等腰三角形的三线合一得EN=CN=1，然后根据勾股定理算出DN=3，根据等腰直角三角形的性质可得DN=BN=3，最后根据BE=BN-EN可算出BE的长；
②首先根据直角三角形的两锐角互余及同角的余角相等得∠EDN=∠ECG，由等腰三角形的三线合一得∠EDN=∠CDN，则∠ECG=∠CDN，进而根据角的和差及三角形外角相等可的∠DHC=∠CDB，由等角对等边可得CD=CH.
23．“滨滨”和“妮妮”是2025年第九届亚冬会的吉祥物，分别代表冰上运动和雪上运动．请根据以下材料，完成相应的任务．
亚冬会的吉祥物数学问题
素材1 某超市计划销售这两种吉祥物造型的钥匙扣挂件，已知“滨滨”钥匙扣售价16元/个，进价a元/个；“妮妮”钥匙扣售价18元/个，进价b元/个．
素材2 超市在进货时发现，购进10个“滨滨”钥匙扣和5个“妮妮”钥匙扣，共需170元；购进6个“滨滨”钥匙扣和10个“妮妮”钥匙扣，共需200元．
任务：
（1）求a，b的值；
（2）超市决定每天购进“滨滨”和“妮妮”钥匙扣共100个，投入资金不少于1160元，且“滨滨”钥匙扣的购进数量不少于58个．设购进“滨滨”钥匙扣m个，求有几种购买方案；
（3）在（2）的条件下，超市决定每售出一个钥匙扣捐出2元给福利院，用捐款后的利润全部再次购进“滨滨”和“妮妮”钥匙扣，求获得最大利润时再次购进两种钥匙扣的方案有几种．
【答案】（1）解：根据题意可列：，
解得：，
答：a的值为10，b的值为14；
（2）解：根据题意可列：，
解得：，
∵为正整数
∴可以取58，59，60，100-m=42，41，40，
∴有3种购买方案．
方案1：购买“滨滨”造型钥匙扣挂件58个，“妮妮”造型钥匙扣挂件42个；
方案2：购买“滨滨”造型钥匙扣挂件59个，“妮妮”造型钥匙扣挂件41个；
方案3：购买“滨滨”造型钥匙扣挂件60个，“妮妮”造型钥匙扣挂件40个；
（3）解：购买方案1可获得的总利润为（元；
购买方案2可获得的总利润为（元；
购买方案3可获得的总利润为（元；
设再次购进“滨滨”造型钥匙扣挂件x个，“妮妮”造型钥匙扣挂件y个，
∴当获得的总利润为320元时，，
，
又，y均为正整数，
或或或，
再次购进两种钥匙扣的方案有4种．
【解析】【分析】（1）本题是二元一次方程组在销售问题中的应用.解题的关键是根据两次进货的数量与总价关系，分别建立关于a，b的两个二元一次方程，再通过消元法解方程组，求出单个进价.
（2）本题是一元一次不等式组在进货方案中的应用.解题的关键是根据“进货总价不少于1160元”这一条件，结合“进货总价进货单价进货数量”建立关于m的不等式，并结合 m 为正整数确定其取值范围，即可得出各购买方案；
（3）利用总利润每个的销售数量购进数量，分别求出（2）中各方案可获得的总利润，比较得出最大利润；以最大利润为投资金额，设再次购进“滨滨”造型钥匙扣挂件x个，“妮妮”造型钥匙扣挂件y个，可列出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为正整数，求出方程的解的个数，即为新的购进方案．
（1）解：根据题意得：，
解得：．
答：a的值为10，b的值为14；
（2）解：根据题意得：，
解得：，
∴可以取58，59，60，，41，40，
∴有3种购买方案．
方案1：购买“滨滨”造型钥匙扣挂件58个，“妮妮”造型钥匙扣挂件42个；
方案2：购买“滨滨”造型钥匙扣挂件59个，“妮妮”造型钥匙扣挂件41个；
方案3：购买“滨滨”造型钥匙扣挂件60个，“妮妮”造型钥匙扣挂件40个；
（3）解：购买方案1可获得的总利润为（元；
购买方案2可获得的总利润为（元；
购买方案3可获得的总利润为（元；
设再次购进“滨滨”造型钥匙扣挂件x个，“妮妮”造型钥匙扣挂件y个，
∴当获得的总利润为320元时，，
，
又，y均为正整数，
或或或，
再次购进两种钥匙扣的方案有4种．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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