专题05 一元二次方程章末重难点题型专训（解析版）

专题05一元二次方程章末重难点题型专训【题型目录】题型一一元二次方程的概念题型二一元二次方程的一般形式题型三一元二次方程的解题型四一元二次方程的四大解法题型五换元法解一元二次方程题型六配方法的应用题型七根据一元二次方程解的情况求参数题型八一元二次方程根的判别式题型九一元二次方程根与系数的关系题型十一元二次方程的应用—传播问题题型十一一元二次方程的应用—图形几何问题题型十二一元二次方程的应用—增长率问题题型十三一元二次方程的应用—利润问题题型十四一元二次方程的应用—动点问题题型十五一元二次方程的综合运用【经典例题一一元二次方程的概念】【例1】（2022秋·上海青浦·八年级校考期中）下列方程中，是关于x的一元二次方程的是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据一元二次方程的概念判断即可．【详解】解：A．是关于x的一元二次方程，故选项正确，符合题意；B．该方程是分式方程，故选项错误，不符合题意；C．不是一元二次方程，故选项错误，不符合题意；D．该方程整理可得，是一元一次方程，故选项错误，不符合题意．故选：A．【点睛】本题考查的是一元二次方程的概念，掌握只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程是解题的关键．【变式训练】1．（2022秋·江苏苏州·九年级校考期中）若方程是关于x的一元二次方程，则m的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据一元二次方程的定义：未知数的最高次数是2；二次项系数不为0；是整式方程；含有一个未知数，可得答案．【详解】解：由得到．根据题意，得m-2≠0．解得m≠2．故选：C．【点睛】本题利用了一元二次方程的概念．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是ax2+bx+c=0（且a≠0）．特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．2．（2023·全国·九年级假期作业）当___________时，方程是一元二次方程．【答案】【分析】根据一元二次方程的定义解答．【详解】∵是一元二次方程，∴且，解得，故答案为：．【点睛】本题考查了一元二次方程的概念．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是（且）．特别要注意的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．3．（2022秋·全国·九年级专题练习）已知方程.（1）当为何值时，此方程为一元二次方程？（2）当为何值时，此方程为一元一次方程？【答案】（1）（2）或2【分析】（1）根据一元二次方程的定义可知，二次项系数不等于0且二次项的次数等于2，从而可以解答本题；（2）根据一次方程的定义可解答本题，注意考虑问题一定要全面．【详解】(1)∵方程(m−5)(m−3)xm−2+(m−3)x+5=0为一元二次方程，∴解得：m=4，所以当m为4时,方程方程(m−5)(m−3)xm−2+(m−3)x+5=0为一元二次方程；(2)∵方程(m−5)(m−3)xm−2+(m−3)x+5=0为一元一次方程，∴或或解得，m=5或m=2（无意义，舍去），故当m为5时,方程方程(m−5)(m−3)xm−2+(m−3)x+5=0为一元一次方程.【点睛】此题考查一元二次方程的定义，一元一次方程的定义，解题关键在于掌握各性质定义.【经典例题二一元二次方程的一般形式】【例2】（2023春·广东惠州·九年级博罗县平安中学校考开学考试）方程4x2=81-9x化成一般形式后，二次项的系数为4，它的一次项是（）A．9 B．-9x C．9x D．-9【答案】C【分析】方程整理为一般形式，找出一次项系数即可．【详解】解：将4x2=81-9x化成一般形式为4x2+9x-81=0，一次项为9x．故选：C．【点睛】此题考查了一元二次方程的一般形式，其一般形式为ax2+bx+c=0（a≠0），其中二次项ax2，一次项bx，常数项c．【变式训练】1．（2023·山东聊城·统考三模）关于的一元二次方程的常数项是0，则的值A．1 B．1或2 C．2 D．【答案】C【分析】根据一元二次方程的一般形式，可得答案．【详解】解：由题意，得且，解得，故选：．【点睛】此题考查一元二次方程的一般形式，利用常数项等于零且二次项不等于零是解题关键．2．（2021秋·西藏拉萨·九年级校考期中）方程－x2－2x＋3＝0的二次项系数是______；一次项是______；常数项是______．【答案】-1-2x3【分析】根据一元二次方程的一般形式即可得二次项系数，一次项，常数项．【详解】解：方程－x2－2x＋3＝0的二次项系数是1；一次项是2x；常数项是3．故答案为：1，2x，3．【点睛】此题主要考查了一元二次方程的一般式，关键是掌握任何一个关于x的一元二次方程经过整理，都能化成如下形式ax2+bx+c=0（a≠0）．这种形式叫一元二次方程的一般形式．其中ax2叫做二次项，a叫做二次项系数；bx叫做一次项；c叫做常数项．3．（2023·江苏·九年级假期作业）已知关于y的一元二次方程，求出它各项的系数，并指出参数m的取值范围．【答案】二次项系数是：，一次项系数是：，常数项是：；参数m的取值范围是【分析】先将原方程化为一般式，再回答各项系数，根据“二次项系数不为零”可以求m的取值范围．【详解】解：将原方程整理为一般形式，得：，由于已知条件已指出它是一个一元二次方程，所以存在一个隐含条件，即．可知它的各项系数分别是二次项系数是：，一次项系数是：，常数项是：．参数m的取值范围是．【点睛】本题考查一元二次方程的一般式和系数、二次项系数不为零，掌握化一般式的方法是解题的关键．注意：在含参数的方程中，要认定哪个字母表示未知数，哪个字母是参数，才能正确处理有关的问题．【经典例题三一元二次方程的解】【例3】（2023·山东泰安·新泰市实验中学校考一模）关于的一元二次方程的一个根为0，则实数的值是（

）A．1 B． C．0 D．【答案】B【分析】根据一元二次方程解的定义得到，再解关于a的方程，然后根据一元二次方程定义确定a的值．【详解】解：把代入一元二次方程得，解得，而，的值为，故选：B．【点睛】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解，也考查了一元二次方程的定义，解题的关键是注意．【变式训练】1．（2022·九年级单元测试）已知m是方程x2+x-1=0的根，则式子m3+2m2+2020的值为（

）A．2018 B．2019 C．2020 D．2021【答案】D【分析】先利用m是方程x2+x-1=0的根得到m2=-m+1，则可表示出m3=2m-1，然后利用整体代入的方法计算即可．【详解】解：∴m是方程x2+x-1=0的根，∴m2+m-1=0，∴m2=-m+1，∴m3=m（-m+1）=-m2+m=m-1+m=2m-1∴m3+2m2+2020=2m-1+2（-m+1）+2020=2m-1-2m+2+2020=2021．故选：D．【点睛】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．2．（2022秋·山东滨州·九年级统考期末）已知为方程的根，那么的值为_________．【答案】【分析】根据一元二次方程的解的定义得到，然后对原式进行化简，再将整体代入即可．【详解】解：∵，∴，∵，将代入，则原式，故答案为：．【点睛】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解，也考查了代数式的变形，利用整体代入法的思想是解答本题的关键．3．（2023·全国·九年级假期作业）已知一元二次方程，(1)如果方程有一个根是，那么，，之间有什么关系？(2)如果方程有一个根是，那么，，之间有什么关系？(3)如果方程有一个根是，那么未知项的系数或常数项有什么特征？【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）把代入方程即可得出答案；（2）把代入方程即可得出答案；（3）把代入方程即可得出答案．【详解】（1）解：把代入方程得：，∴，，之间的关系是：；（2）把代入方程得：，∴，，之间的关系是：；（3）把代入方程得：，∴常数项．【点睛】本题考查的是一元二次方程的根，掌握这个概念是关键．【经典例题四一元二次方程的四大解法】【例4】（2023春·江苏南通·八年级南通田家炳中学校考阶段练习）解方程(1)(2)(3)（配方法）(4)【答案】(1)，(2)，(3)，(4)，【分析】（1）方程两边同时除以，然后根据直接开平方法解一元二次方程；（2）根据公式法解一元二次方程；；（3）根据配方法解一元二次方程；（4）根据因式分解法解一元二次方程即可求解．【详解】（1）解：，∴，即，解得：，（2）解：,∵，,∴,解得：，;（3）解：，∴，∴，∴，解得：，；（4）解：∴，即，∴，∴或，解得：，【点睛】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．【变式训练】1．（2023·江苏·九年级假期作业）用适当的方法解下列各一元二次方程：(1)；(2)（用配方法）；(3)；(4)；(5)．【答案】(1)，(2)，(3)，(4)，(5)，【分析】（1）（4）用因式分解的十字相乘法求解比较简便；（2）先把常数项移到等号的另一边，把二次项系数化为1，配方，利用直接开平方法求解；（3）把看成一个整体，利用因式分解的十字相乘法求解比较简便；（5）先整理方程，用公式法比较简便．【详解】（1）解：，整理，得，．或．，；（2）（用配方法），移项，得，二次项系数化为1，得，配方，得，．．，；（3），，即．或．，；（4），，或，，；（5），方程整理，得，．，．【点睛】本题考查了解一元二次方程，掌握一元二次方程的直接开平方法、配方法、因式分解法、公式法是解决本题的关键．2．（2023·上海·八年级假期作业）解下列方程：(1)；(2)；(3)；(4)．【答案】(1)，(2)，(3)(4)【分析】（1）由，得或者，再解一次方程即可；（2）由，得，可得，再解一次方程即可；（3）由，得，从而可得答案；（4）由，得，即，从而可得答案．【详解】（1）解：∵，∴或者，∴原方程的解为：，；（2）∵，∴，∴，解得：或，所以原方程的解为：，；（3）∵，∴，解得：．∴原方程的解为：；（4）∵，∴，∴，∴原方程的解为：．【点睛】本题主要考查利用因式分解法与直接开平方法求解一元二次方程，熟记因式分解法与直接开平方法解一元二次方程的步骤是解本题的关键．3．（2022秋·九年级单元测试）解方程：(1)．(配方法)(2)．(因式分解法)(3)．(公式法)(4)．(因式分解法)【答案】(1)，(2)，(3)，(4)【分析】（1）根据配方法解一元二次方程；（2）根据因式分解法解一元二次方程；（3）根据公式法解一元二次方程；（4）将看作整体，根据因式分解法解一元二次方程即可求解．【详解】（1）解：，∴，∴，即，∴，∴，（2）∴，∴，∴或，∴，；（3），∵，∴，∴，∴，；（4）∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．【经典例题五换元法解一元二次方程】【例4】（2022秋·广东惠州·九年级统考阶段练习）已知实数x满足，则的值为（）A．6 B．-2或6 C．-2 D．12【答案】A【分析】本题可先设，则方程变形为，解方程即可求出的值．【详解】设，则方程变形为：，即，，即；当时，此方程无实数根当时，满足题意．故选：A．【点睛】本题主要考查了换元法，把某个式子看作一个整体，用一个字母代替去求解，解决本题的关键是求出代数式的值要进行讨论是否符合题意．【变式训练】1．（2021秋·河北沧州·九年级统考期中）若关于x的方程的解是，（a，m，b均为常数，），则方程的解是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】可把方程看作关于的一元二次方程，从而得到，，然后解两个一次方程即可．【详解】解：将化为把方程看作关于的一元二次方程，而关于x的方程的解是，，所以，，所以，．故选：D．【点睛】本题考查了解一元一次方程的解法，解题的关键是用好整体的思想方法.2．（2023春·云南昆明·九年级专题练习）若实数、满足，则________．【答案】3【分析】设，则，原式化为，整理后利用因式分解法求出z的值，再根据舍去不合题意的值即可．【详解】解：设，则，原式化为，整理得：，因式分解得，∴或，解得：，，∵，∴，即，故答案为：3．【点睛】本题考查了换元法及因式分解法解一元二次方程，熟练掌握换元思想的应用是解题的关键．3．（2022秋·湖南永州·九年级统考期末）阅读下面的材料：某数学兴趣小组探究下面的方程解答方法，为解方程：，可以将看作一个整体，然后设，则原方程可化为，解得，．当时，，即，则；当时，，即，则．故原方程的解为：，，，．上述解题方法，我们称之为换元法，请利用换元法解以下方程：．【答案】，【分析】设，按照题意，将代入方程得，求出m的值，再求出x即可．【详解】解：设．原方程化为：，解得：，．当时，，解得：；当时，，解得：．【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键是正确理解题意，会根据题目所描述的换元法求解方程．【经典例题六配方法的应用】【例5】（2023秋·河北秦皇岛·九年级校联考期末）把一元二次方程化成的形式时，的值为（

）A．8 B． C． D．2【答案】A【分析】由，可得，从而可得，从而可得的值．【详解】解：，，，，∴，，∴．故选：A．【点睛】本题主要考查的是配方法解一元二次方程以及代数式求值，掌握配方法是解题的关键．【变式训练】1．（2023·全国·九年级假期作业）已知实数，，满足，，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由变形得，代入中得到，再进行配方，根据非负数的性质即可得到答案．【详解】故选：A．【点睛】本题主要考查了配方法的应用，涉及非负数的性质、偶次方，熟练运用上述知识是解题的关键．2．（2023·江苏·九年级假期作业）新定义，若关于的一元二次方程：与，称为“同类方程”．如与是“同类方程”．现有关于的一元二次方程：与是“同类方程”．那么代数式能取的最大值是_________．【答案】【分析】根据“同类方程”的定义，可得出a，b的值，从而解得代数式的最大值．【详解】∵与是“同类方程”，∴，∴，∴，解得：，∴∴当时，取得最大值为2023．故答案为：．【点睛】此题主要考查了配方法的应用，解二元一次方程组，理解“同类方程”的定义是解答本题的关键．3．（2023秋·河南信阳·八年级统考期末）教材中这样写道：“我们把多项式及叫做完全平方式”，如果关于某一字母的二次多项式不是完全平方式，我们常做如下变形：先添加一个适当的项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法．配方法是一种重要的解决问题的数学方法，不仅可以将一个看似不能分解的多项式分解因式，还能解决一些与非负数有关的问题或求代数式最大值，最小值等．例如：分解因式．原式；；例如：求代数式的最小值．原式．，当时，有最小值是2．根据阅读材料用配方法解决下列问题：(1)分解因式：；(2)求代数式的最小值；(3)若当x＝时，y有最值（填“大”或“小”），这个值是．【答案】(1)(2)3(3)；大；1【分析】（1）凑完全平方公式，再用平方差公式进行因式分解；（2）凑成完全平方加一个数值的形式；（3）和（2）类似，凑成完全平方加一个数值的形式；【详解】（1）解：．（2）解：；∴当时，的最小值是3；（3）解：，，，当的时候，有最大值1．【点睛】此题考查了因式分解的应用，配方法的应用以及非负数的性质，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．【经典例题七根据一元二次方程解的情况求参数】【例6】（2023·山东青岛·统考一模）若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，且k为非负整数，则符合条件的k的个数为（

）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】C【分析】根据一元二次方程有两个不相等的实数根，得到确定取值范围，结合k为非负整数，求解即可．【详解】∵一元二次方程有两个不相等的实数根，∴，解得，∵k为非负整数，∴，故选C．【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程的一般式，熟练掌握根的判别式是解题的关键．【变式训练】1．（2023春·江苏南京·九年级南京外国语学校校考阶段练习）若关于的方程有两个实数根，则的取值范围是（）A． B． C．且 D．且【答案】D【分析】由题意可得且，然后解不等式即可．【详解】∵有意义，∴，∵关于的方程有两个实数根，∴且，∴且，综上所述，且，故选：D．【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式的应用．切记不要忽略一元二次方程二次项系数不为零以及二次根式有意义这些隐含条件．2．（2023·上海·八年级假期作业）在实数范围内，存在2个不同的的值，使代数式与代数式值相等，则的取值范围是___________．【答案】/【分析】根据题意可得方程有两个不相等的根，即判别式，即可求解．【详解】解：由题意得，方程有两个不相等的根，整理得，，解得：，故答案为：．【点睛】本题考查了根据一元二次方程根的情况求参数，熟练掌握一元二次方程的判别式与根的关系是解题的关键．3．（2023·上海·八年级假期作业）当为何值时，方程，(1)有两个不相等的实数根；(2)有两个相等的实数根；(3)没有实数根．【答案】(1)且(2)(3)．【分析】（1）将方程整理成关于的一元二次方程的一般形式，即得：，此时，，，，由方程为一元二次方程，可知，故；，由此可知，时，有两个不相等的实数根；（2）时，有两个相等的实数根；（3）时，没有实数根．【详解】（1）将方程整理成关于的一元二次方程的一般形式，即得：，此时，，，，由方程为一元二次方程，可知，故；，当，解得即且时，方程有两不等实根；（2）由（1）可知；当，方程有两相等实根；解得：；即时，方程有两相等实根；（3）由（1）可知；当，解得：；即时，方程无实根．【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式判定方程根的情况，将方程整理成一元二次方程的一般形式，然后确定二次项系数不能为0的情况，再确定其值是解题的关键，可由方程根的情况确定其值与0的大小关系，可在此基础上进行分类讨论．【经典例题八一元二次方程根的判别式】【例7】（2023·河南周口·统考二模）定义运算：对任意实数，，总有，例如：，则方程的根的情况是（

）A．有两个不相等的实数根 B．没有实数根C．有两个相等的实数根 D．只有一个实数根【答案】B【分析】先根据新定义得到，再方程化为一般式为，然后计算根的判别式的值，从而得到方程根的情况．【详解】解：方程转化为，方程化为一般式为，，方程无实数根．故选：B．【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．【变式训练】1．（2023·浙江杭州·校考二模）关于一元二次方程，有以下命题：①若，则；②若方程两根为和2，则；③若方程有两个不相等的实根，则方程必有两个不相等的实根；④若有两个相等的实数根，则无实数根．其中真命题是()A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】A【分析】①由可知是的解，据此判断即可；②把，代入再消去b即可得到a与c的关系式，从而作出判断；③根据有两个不相等的实根得出从而得出，从而作出判断；④根据有两个相等的实数根得出，从而得到第二个方程，无法判断正负，从而推断④错误．【详解】解：①若则是的解，即方程有实数根，故①正确；②把代入方程得到：（1）把代入方程得到：（2）把（2）式加上（1）式×2得到：

即：故②正确；③方程有两个不相等的实数根，则它的，∴方程必有两个不相等的实根．故③正确；④∵有两个相等的实数根，∴∴对于方程，即来说，由于不知道a的正负，因此无法判断的正负，故④错误．∴正确的有：①②③．故选A．【点睛】本题考查一元二次方程的根的判别式，命题的真假判断，掌握根的判别式与根的情况的关系是解题的关键．2．（2023春·浙江·八年级期中）下列关于一元二次方程的命题中，真命题有_________（填序号）①若，则；②若方程两根为1和2，则；③若方程有两个不相等的实根，则方程必有实根．【答案】①②③【分析】把代入判别式中得到，则可对①进行判断；利用根与系数的关系得到，则，可对②进行判断；利用方程有两个不相等的实根得到，则，可对③进行判断．【详解】解：∵，则，∴，所以①正确；∵方程两根为1和2，∴则c=2a，∴，所以②正确；∵方程ax2+c=0有两个不相等的实根，∴，∴，∴方程必有两个实根，所以③正确．故答案为①②③．【点睛】本题主要考查了命题真假的判断、一元二次方程根的判别式、根与系数的关系等知识点，掌握一元二次方程根的判别式、根与系数的关系是解答本题的关键．3．（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）已知关于x的一元二次方程．(1)求证：方程有两个不相等的实数根；(2)若的两边的长是这个方程的两个实数根，第三边的长为5，①若时，请判断的形状并说明理由；②若是等腰三角形，求k的值．【答案】(1)见解析(2)①是直角三角形，理由见解析；②k的值为4或5【分析】（1）先计算出，然后根据判别式的意义即可得到结论；（2）①代入方程，解方程求得，然后利用勾股定理的逆定理即可判断是直角三角形；②把代入方程，求得k的值，然后判断即可．【详解】（1）证明：∵，∴方程有两个不相等的实数根．（2）解：①时，方程为，解得，∴，∵，∴，∴是直角三角形；②∵，∴，∴中有一个数为5．当时，原方程为：，即，解得：．当时，原方程为．∴．由三角形的三边关系，得4、5、5能围成等腰三角形，∴符合题意；当时，原方程为，解得：．由三角形的三边关系，得5、5、6能围成等腰三角形，∴符合题意．综上所述：k的值为4或5．【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程，当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根是解题的关键．也考查了三角形三边的关系以及直角三角形和等腰三角形．【经典例题九一元二次方程根与系数的关系】【例8】1（2023·四川泸州·统考二模）设与为一元二次方程的两根，则的最小值为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由根于系数的关系可得、，然后代入进行配方即可解答．【详解】解：∵∴，，．，．的最小值为．故选：．【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系、运用配方法求最值等知识点，掌握配方法是解答本题的关键．【变式训练】1．（2023·湖北武汉·武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考模拟预测）已知a，b是一元二次方程的两根，则的值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先化简分式，由根与系数的关系得出，再将其代入计算即可得出结论．【详解】解：，∵a，b是一元二次方程的两根，∴，∴原式．故选：A．【点睛】本题考查了分式的化简，一元二次方程根与系数的关系，根据根与系数的关系得出是解题的关键．2．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，且，则实数_________．【答案】3【分析】利用一元二次方程有两个不相等的实数根求出m的取值范围，由根与系数关系得到，代入，解得的值，根据求得的m的取值范围，确定m的值即可．【详解】解：∵关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，∴，解得，∵，，∴，解得（不合题意，舍去），∴故答案为：3【点睛】此题考查一元二次方程根的判别式和一元二次方程根与系数关系，熟练掌握根的判别式和根与系数关系的内容是解题的关键．3．（2023春·湖南怀化·八年级校考期中）已知关于x的方程．(1)求证：该方程总有两个实数根；(2)记该方程的两个实数根为，若，求k值；(3)若，证明：．【答案】(1)见解析(2)5或(3)见解析【分析】（1）证明方程的判别式即可；（2）解方程求得方程的两个根，然后根据分情况列式求解即可；（3）根据根与系数的关系结合配方法可得，即可证得结论．【详解】（1）证明：∵，∴该方程总有两个实数根；（2）解：解方程，得，解得或，当时，解得，当时，解得，综上所述，k的值为5或；（3）证明：根据根与系数的关系得，∴，∵，∴，即．【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式、一元二次方程根与系数的关系、一元二次方程的求解等知识，熟练掌握一元二次方程的相关知识是解题关键．【经典例题十一元二次方程的应用—传播问题】【例9】（2023秋·辽宁沈阳·九年级统考期末）一次会议上，每两个参加会议的人都相互握了一次手，经统计所有人一共握了66次手，则这次会议到会的人数是（

）A．11 B．12 C．22 D．33【答案】B【分析】可设参加会议有x人，每个人都与其他人握手，共握手次数为，根据一共握了66次手列出方程求解．【详解】解：设参加会议有x人，依题意得，，整理，得，解得，，(舍去)则参加这次会议的有12人．故选：B．【点睛】考查了一元二次方程的应用，计算握手次数时，每两个人之间产生一次握手现象，故共握手次数为．【变式训练】1．（2023秋·四川自贡·九年级统考期末）某地有两人患了流感，经过两轮传染后又有70人患了流感，每轮传染中平均一个人传染的人数为（

）A．5人 B．6人 C．7人 D．8人【答案】A【分析】设每轮传染中平均一个人传染的人数为人，第一轮传染后有人患了流感，第二轮有人，根据两轮后共有72人，列出一元二次方程，解方程即可求解．【详解】解：设每轮传染中平均一个人传染的人数为人，第一轮传染后有人患了流感，第二轮有人，依题意，得解得：（舍去）故选：A．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出一元二次方程是解题的关键．2．（2022秋·上海宝山·八年级校考期中）有一个人利用手机发短信，获得信息的人也按他的发送人数发送该条短信，经过两轮信息的发送，共有90人手机上获得同一条信息，则每轮发送短信过程中平均一个人向_________人发送短信．【答案】9【分析】设每轮发送短信平均一个人向x个人发送短信，第一轮后共有人收到短信，第二轮发送短信的过程中，又平均一个人向x个人发送短信，则第二轮后共有人收到短信，根据这样经过两轮短信的发送共有90人收到同一条短信列出方程．【详解】解：设每轮发送短信平均一个人向x个人发送短信，则：．整理得：解得或（舍去）故答案为：9．【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程．该类题解答的关键在于分析每一轮中发送的人数与接收的人数，并能结合题意，列出方程．3．（2023·安徽合肥·统考三模）如果不防范，病毒的传播速度往往很快，有一种病毒人感染后，经过两轮传播，共有人感染．(1)平均每人每轮感染多少人？(2)第二轮传播后，人们加强防范，使病毒的传播力度减少到原来的，这样第三轮传播后感染的人数只是第二轮传播后感染人数的倍，求的值．【答案】(1)人(2)【分析】（1）设平均每人每轮感染人，开始是个人，则第一轮感染人，第二轮感染人，根据经过两轮传播，共有人感染，得出关于的方程，解方程即可得出结果；（2）由第二轮传播后，病毒的传播力度减少到原来的可知，第三轮的传染人数为，根据第三轮传播后感染的人数只是第二轮传播后感染人数的倍列出关于的方程求解即可．【详解】（1）.解：设平均每人每轮感染人，根据题意得，，解得，（舍去），答：平均每人每轮感染人；（2）依题意得：，解得，答：的值为．【点睛】本题考查了一元二次方程的实际应用，读懂题意找出等量关系列方程求解是解答本题的关键．【经典例题十一一元二次方程的应用—图形几何问题】【例10】（2023·河南驻马店·统考三模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边在y轴上，边在x轴上，点B的坐标是，D为边上一个动点，把沿折叠，若点A的对应点恰好落在矩形的对角线上，则点的坐标为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】过点作轴于点，先利用待定系数法求出直线的解析式为，从而可设点的坐标为，则，再根据折叠的性质可得，然后在中，利用勾股定理可求出的值，由此即可得．【详解】解：如图，过点作轴于点，

矩形的边在轴上，边在轴上，点B的坐标是，，设直线的解析式为，将点代入得：，解得，则直线的解析式为，设点的坐标为，则，由折叠的性质得：，在中，，即，解得或（不符合题意，舍去），，，故选：A．【点睛】本题考查了矩形的性质、一次函数的几何应用、勾股定理、折叠的性质、一元二次方程的应用，正确求出直线的函数解析式是解题关键．【变式训练】1．（2023·山西运城·山西省运城中学校校考三模）如图，将一张正方形铁皮的四个角同时切去边长为2的四个小正方形，制成一个无盖箱子，若箱子的底面边长为，原正方形铁皮的面积为，则无盖箱子的外表面积为（）

A．1 B．4 C．6 D．9【答案】D【分析】根据题意，得出原正方形铁皮的边长为，从而得到原正方形铁皮的面积为，即，解得，从而得到无盖箱子的外表面积为，即可得到答案．【详解】解：正方形铁皮的四个角同时切去边长为2的四个小正方形，制成一个无盖箱子，若箱子的底面边长为，原正方形铁皮的边长为，原正方形铁皮的面积为，又正方形铁皮的面积为，，解得，无盖箱子的外表面积为，故选：D．【点睛】本题考查方程的实际应用，读懂题意，准确表示出各个边长，根据等量关系列出方程求解是解决问题的关键．2．（2023·山东烟台·统考一模）如图，王师傅要建一个矩形羊圈，羊圈的一边利用长为的住房墙，另外三边用长的彩钢围成，为了方便进出，在垂直于住房墙的一边要留出安装木门．若要使羊圈的面积为，则所围矩形与墙垂直的一边长为______．【答案】/8米【分析】设所围矩形与墙垂直的一边长为时，羊圈面积为，此时所围矩形与墙平行的一边长为米，利用矩形的面积计算公式，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出的值，再结合住房墙的长度为，即可确定所围矩形与墙垂直的一边长的长度．【详解】解：设所围矩形与墙垂直的一边长为时，羊圈面积为，此时所围矩形与墙平行的一边长为米，由题意得：，整理得：，解得：或，当时，，不符合题意，舍去；当时，，符合题意，当所围矩形与墙垂直的一边长为时，羊圈面积为，故答案为：．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．3．（2023春·浙江温州·八年级统考期中）有一块长为米，宽为米的长方形场地，计划在该场地上修建宽均为x米的两条互相垂直的道路，余下的四块长方形场地建成草坪．(1)已知，，且四块草坪的面积和为平方米，则每条道路的宽为多少米？(2)若，，且四块草坪的面积和为平方米，则原来矩形场地的长和宽各为多少米？(3)已知，，现要在场地上修建若干条宽均为米的纵横小路，假设有条水平方向的小路，条竖直方向的小路(其中n为常数)，使草坪地的总面积为平方米，则(直接写出答案)．【答案】(1)(2)长，宽(3)【分析】（1）将四块矩形场地拼成一个长方形，表示出长和宽，根据面积为列一元二次方程，解方程即可；（2）由题意，四块矩形场地可拼合成一个长为，宽为的矩形，根据面积为列一元二次方程，解方程即可；（3）草坪可拼合成相邻两边分别为，的矩形，则，即，将分解为，根据，可得，求出m和n的值，再根据题意进行取舍即可．【详解】（1）解：四块矩形场地可拼合成一个长为，宽为的矩形．依题意，整理，得，解得：（舍去）答：每条道路的宽为（2）解：四块矩形场地可拼合成一个长为，宽为的矩形．依题意，，整理，得，解得：（舍去），则，答：原来矩形场地的长，宽；（3）解：草坪可拼合成相邻两边分别为，的矩形．依题意，得，即．，，可得，解得：∴∴∴．故答案为：．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，列代数式，因式分解，根据题意列出一元二次方程是解题的关键【经典例题十二一元二次方程的应用—增长率问题】【例11】（2023·安徽六安·统考二模）在“双减政策”的推动下，某校学生课后作业时长有了明显的减少．去年上半年平均每周作业时长为分钟，经过去年下半年和今年上半年两次调整后，现在平均每周作业时长比去年上半年减少了，设每半年平均每周作业时长的下降率为，则可列方程为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】设每半年平均每周作业时长的下降率为x,根据现在平均每周作业时长比去年上半年减少了，列方程即可得到结论．【详解】解：设每半年平均每周作业时长的下降率为x，可列方程为，即故选：C．【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．【变式训练】1．（2023·四川成都·成都实外校考一模）随着疫情影响消退和消费回暖，2023年电影市场向好．某电影上映的第一天票房约为2亿元，第二天、第三天单日票房持续增长，三天累计票房6.62亿元，若第二天、第三天单日票房按相同的增长率增长，设平均每天票房的增长率为，则根据题意，下列方程正确的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】设平均每天票房的增长率为，根据平均增长率的意义列式求和计算即可．【详解】设平均每天票房的增长率为，则根据题意，得．故选D．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，熟练掌握平均增长率的意义是解题的关键．2．（2023·江苏盐城·统考三模）在“双减政策”的推动下，某初级中学学生课后作业时长明显减少．2022年上学期每天作业平均时长为，经过2022年下学期和2023年上学期两次调整后，2023年上学期平均每天作业时长为．设这两学期该校平均每天作业时长每期的下降率为x，则可列方程为______．【答案】【分析】根据2022年上学期每天作业平均时长为，经过两学期降低后到了平均每天作业时长为，即可得出关于一元二次方程，即可得出．【详解】解∶依题意得：，答案为：．【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．3．（2023·湖南郴州·统考中考真题）随旅游旺季的到来，某景区游客人数逐月增加，2月份游客人数为1.6万人，4月份游客人数为2.5万人．(1)求这两个月中该景区游客人数的月平均增长率；(2)预计5月份该景区游客人数会继续增长，但增长率不会超过前两个月的月平均增长率．已知该景区5月1日至5月21日已接待游客2.125万人，则5月份后10天日均接待游客人数最多是多少万人？【答案】(1)这两个月中该景区游客人数的月平均增长率为(2)5月份后10天日均接待游客人数最多是1万人【分析】（1）设这两个月中该景区游客人数的月平均增长率为，根据题意，列出一元二次方程，进行求解即可；（2）设5月份后10天日均接待游客人数是y万人，根据题意，列出不等式进行计算即可．【详解】（1）解：设这两个月中该景区游客人数的月平均增长率为，由题意，得：，解得：（负值已舍掉）；答：这两个月中该景区游客人数的月平均增长率为；（2）设5月份后10天日均接待游客人数是y万人，由题意，得：，解得：；∴5月份后10天日均接待游客人数最多是1万人．【点睛】本题考查一元二次方程和一元一次不等式的实际应用，找准等量关系，正确的列出方程和不等式，是解题的关键．【经典例题十三一元二次方程的应用—利润问题】【例8】（2023·全国·九年级专题练习）某超市销售一种饮料，每瓶进价为6元．当每瓶售价为10元时，日均销售量为160瓶，经市场调查表明，每瓶售价每增加1元，日均销售量减少20瓶．若超市计划该饮料日均总利润为700元，且尽快减少库存，则每瓶该饮料售价为（）A．11 B．12 C．13 D．14【答案】A【分析】根据“总利润=每瓶利润日均销售量”列方程求解可得．【详解】解：设每瓶售价x元时，所得日均总利润为700元，根据题意的，，解得x1=11，x2=13，当x1=11时，，当x2=13时，，且，尽快减少库存，每瓶该饮料售价为11元．故选：A．【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，解题的关键是理解题意找到题目蕴含的相等关系，并据此列出方程．【变式训练】1．（2021秋·九年级课时练习）超市经销一种水果，每千克盈利10元，每天销售500千克，经市场调查，若每千克涨价1元，日销售量减少20千克，现超市要保证每天盈利6000元，每千克应涨价（

）A．15元或20元 B．10元或15元 C．10元 D．5元或10元【答案】D【分析】设每千克水果应涨价x元，得出日销售量将减少20x千克，再由盈利额=每千克盈利×日销售量，依题意得方程求解即可．【详解】解：设每千克水果应涨价x元，依题意得方程：(500-20x)(10+x)=6000，整理，得x2-15x+50=0，解这个方程，得x1=5，x2=10．答：每千克水果应涨价5元或10元．故选：D．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程．2．（2023·内蒙古·二模）端午节又称端阳节，是中华民族重要的传统节日，我国各地都有吃粽子的习俗，某超市以9元每袋的价格购进一批棕子，根据市场调查，售价定为每袋15元，每天可售出200袋；若售价每降低1元，则可多售出70袋，问此种粽子售价降低多少元时，超市每天售出此种粽子的利润可达到1360元？若设每袋棕子售价降低x元，则可列方程为____________．【答案】【分析】由售价及销售间的关系，可得出降价后每袋粽子的销售利润为，每天可售出袋，利用超市每天售出此种粽子的利润每袋的销售利润日销售量，即可得出关于的一元二次方程，此题得解．【详解】解：根据题意得：每袋粽子的销售利润为，每天可售出袋，∴超市每天售出此种粽子的利润．故答案为：．【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．3．（2023·湖北宜昌·统考中考真题）为纪念爱国诗人屈原，人们有了端午节吃粽子的习俗．某顾客端午节前在超市购买豆沙粽10个，肉粽12个，共付款136元，已知肉粽单价是豆沙粽的2倍．(1)求豆沙粽和肉粽的单价；(2)超市为了促销，购买粽子达20个及以上时实行优惠，下表列出了小欢妈妈、小乐妈妈的购买数量（单位：个）和付款金额（单位：元）；豆沙粽数量肉粽数量付款金额小欢妈妈2030270小乐妈妈3020230①根据上表，求豆沙粽和肉粽优惠后的单价；②为进一步提升粽子的销量，超市将两种粽子打包成A，B两种包装销售，每包都是40个粽子（包装成本忽略不计），每包的销售价格按其中每个粽子优惠后的单价合计．A，B两种包装中分别有m个豆沙粽，m个肉粽，A包装中的豆沙粽数量不超过肉粽的一半．端午节当天统计发现，A，B两种包装的销量分别为包，包，A，B两种包装的销售总额为17280元．求m的值．【答案】(1)豆沙粽的单价为4元，肉粽的单价为8元(2)①豆沙粽优惠后的单价为3元，肉粽优惠后的单价为7元；②【分析】（1）设豆沙粽的单价为x元，则肉粽的单价为元，依题意列一元一次方程即可求解；（2）①设豆沙粽优惠后的单价为a元，则肉粽优惠后的单价为b元，依题意列二元一次方程组即可求解；②根据销售额=销售单价销售量，列一元二次方程，解之即可得出m的值．【详解】（1）解：设豆沙粽的单价为x元，则肉粽的单价为元，依题意得，解得；则；所以豆沙粽的单价为4元，肉粽的单价为8元；（2）解：①设豆沙粽优惠后的单价为a元，则肉粽优惠后的单价为b元，依题意得，解得，所以豆沙粽优惠后的单价为3元，肉粽优惠后的单价为7元；②依题意得，解得或，，∴，．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用、二元一次方程组的应用和一元一次方程的应用，根据题意找到题中的等量关系列出方程或方程组是解题的关键．【经典例题十四一元二次方程的应用—动点问题】【例13】（2022秋·河南平顶山·九年级统考期中）如图，矩形中，，，动点E从A出发，以的速度沿向B运动，动点F从C出发，以的速度沿着CD向D运动，当点E到达点B时，两个点同时停止．则的长为时点E的运动时间是（

）A． B． C．或 D．【答案】C【分析】过E作于点M，当运动时间为秒时，，利用勾股定理解，可得关于t的一元二次方程，解方程即可得出结论．【详解】解：如图所示，过E作于点M，由题意知，当运动时间为秒时，，，，，根据勾股定理得：，即，整理得：，解得：，，的长为时点E的运动时间是或，故选C．【点睛】本题考查勾股定理以及解一元二次方程，解题的关键是找准等量关系，正确列出一元二次方程．本题作答方法不唯一，也可以通过分类讨论求解．【变式训练】1．（2022秋·山东德州·九年级统考阶段练习）如图，在中，，cm，cm．现有动点从点出发，沿向点方向运动，动点从顶点出发，沿线段向点方向运动，如果点的速度是2cm/s，点的速度是1cm/s，它们同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，就停止运动，当，两点运动秒时，的面积等于5cm2．A．1 B．3 C．3或5 D．1或5【答案】D【分析】由题意可得，，则利用三角形的面积公式即可求解．【详解】解：设运动的时间为，由题意得：，，，解得：，，即当或时，的面积等于．故选：D．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，三角形的面积公式，正确地列出方程是解题的关键．2．（2023春·安徽·八年级期中）如图，在中，，，，点P从A点出发，沿射线方向以1cm/s的速度移动，点Q从B点出发，沿射线方向以4cm/s的速度移动．（1）______________；（2）如果P、Q两点同时出发，问：经过____________秒后的面积等于．【答案】；1或7或．【分析】（1）根据含30度角的直角三角形的性质得出，再根据勾股定理即可得出答案；（2）过点Q作于点E，则，当运动时间为t秒时，，，，，根据的面积等于，即可得出关于t的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论．【详解】（1）解：∵，，，∴，∴，∴，∴；（2）解：过点Q作于点E，则，如图所示，当运动时间为t秒时，，，，，依题意得：．当时，，解得：，；当时，，解得：（不符合题意，舍去），．∴经过1或7或秒后，的面积等于．故答案为：1或7或．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，勾股定理，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．3．（2023春·浙江·八年级阶段练习）如图，在中，，，，点从点出发沿边向以的速度移动，点从点出发沿向点以的速度移动，当其中一个点到达终点时两个点同时停止运动，请回答：(1)经过多少时间，的面积是，此时，长为多少．(2)探究：是否存在某一时刻，使，如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．【答案】(1)1秒，(2)不存在，理由见解析【分析】（1）设运动时间为秒，根据题意表示出、的长，再根据三角形的面积公式列方程即可，再根据勾股定理求得此时的长度；（2）由得，根据三角形的面积公式列出方程，判断该方程的根的情况即可得出结论．【详解】（1）解：设运动时间为秒，，则，由题意得：，，，，即解得：，（不符合题意，舍去），，当时，，，，经过1秒，的面积是，此时，的长为；（2）解：不存在，理由如下：，，，，，没有实数根，故不存在某一时刻，使．【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形的面积公式，一元二次方程的应用，一元二次方程判别式，熟练掌握知识点是解题的关键．【经典例题十五一元二次方程的综合运用】【例14】（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）已知为正整数，且满足，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】将已知方程整理为一元二次方程，结合方程根的情况，得出的取值范围，再代入方程即可求解．【详解】解：变形得，，∵为正整数，∴存在正整数，使得①，∴，即，∴②，设关于的方程为③，方程有两个正整数解，∴，∴，∵为正整数，∴的值为，可证为时方程③无正整数根，∴当时，方程得，，解得，，，∴，故选：．【点睛】本题主要考查将分式转化为一元二次方程方程，根据根的情况解一元二次方程的参数，再代入计算，掌握以上相关知识的运用是解题的关键．【变式训练】1．（2023·全国·九年级假期作业）根据绝对值的定义可知，下列结论正确的个数有（

）①化简一共有8种不同的结果；②的最大值是5；③若，（为正整数），则当时，；④若关于的方程有2个不同的解，其中为常数，则或A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】C【分析】由、、的结果分别有2种，则的结果共有种，可判断①；根据的取值，化简运算即可判断②；根据【详解】解：、、的结果分别有2种，的结果共有种，故①正确；当时，，当时，，当时，，当时，，故②错误；是正整数，，，，，当时，，故③正确；，当或时，，，方程有2个不同的解，，解得：，当时，，，方程有2个不同的解，，解得：，故④错误；综上，正确的有①③，故选：C．【点睛】本题考查了数字的变化规律，绝对值的性质，一元二次方程的判别式，熟练掌握知识点是解题的关键．2．（2023·江苏无锡·校考二模）直线：、为常数分别与轴、轴交于点、，动点的坐标为（为常数）．（1）当______时，有且仅有一个满足条件的的值，使得点在直线上；（2）若有且仅有两个符合条件的的值，使得点到直线的距离为1，则的取值范围是______．【答案】或【分析】（1）用待定系数法可求得直线的表达式为，将点的坐标代入得，根据判别式，进行计算即可得答案；（2）分三种情况：若有两个不相等的解，而无解；若有两个不相等的解，而无解；若有一个解，有一个解，分别列示计算即可得到答案．【详解】解：（1）分别将两点的坐标代入直线，得方程组，解得，故直线的表达式为，将点的坐标代入，得，若它只有一个根即有两相等实根，则有，解得，故答案为：；（2）点到直线的距离为，整理得，即，若有两个不相等的解，而无解，则有，解得且，若有两个不相等的解，而无解，则有，此不等式组无解，若有一个解，有一个解，则有，此方程组无解，故答案为：或．【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，一元二次方程的根的判别式，解不等式组，熟练掌握一元二次方程的根的判别式，解不等式组的方法，是解题的关键．3．（2023·江苏·九年级假期作业）如果方程有两个实数根，，那么，，请根据以上结论，解决下列问题：(1)已知，是方程的二根，则(2)已知、、满足，，求正数的最小值．(3)结合二元一次方程组的相关知识，解决问题：已知和是关于，的方程组的两个不相等的实数解．问：是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在，【分析】（1）根据，是方程的二根，求出，的值，即可求出的值；（2）根据，，得出，，、是方程的解，再根据，即可求出的最小值；（3）运用根与系数的关系求出，，再解，即可求出的值．【详解】（1）解：∵，是方程的二根，∴，，∴，∴；（2）∵，，∴，，∴、是方程的解，∴，∴，∵是正数，∴，∴，∴，∴正数的最小值是；（3）存在，当时，．理由如下：∵，由①得：，由②得：，∴，即，由题意思可知，，是方程的两个不相等的实数根，∴，则，∵和是关于，的方程组的两个不相等的实数解，∴，∴，∴，∴，整理得：，解得：，（舍去），∴的值为．【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根，则，，将根与系数的关系与代数式变形相结合是解题的关键．也考查了一元二次方程根的判别式，不等式、二元一次方程组及一元二次方程的解法．【重难点训练】1．（2023春·江苏南通·八年级南通田家炳中学校考阶段练习）如果x、y是两个实数（）且，，则的值等于（

）A． B． C． D．2023【答案】C【分析】由，可得，可得，可得，是方程的两个根，，，从而可得答案．【详解】解：∵，∴，∴，而，，∴，是方程的两个根，∴，，∴；故选C【点睛】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，熟练的构建一元二次方程的解本题的关键．2．（2023·湖北武汉·统考三模）已知方程的两根分别为，，则的值是（

）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】先对进行化简，再根据一元二次方程根与系数的关系，得到，即可得到答案．【详解】解：，方程的两根分别为，根据根与系数关系，．故选D．【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，因式分解化简等知识，运用好根与系数的关系是解决本题的关键．3．（2023·四川巴中·统考中考真题）我国南宋时期数学家杨辉于1261年写下的《详解九章算法》，书中记载的图表给出了展开式的系数规律．1

1

1

1

2

1

1

3

3

1

当代数式的值为1时，则x的值为（

）A．2 B． C．2或4 D．2或【答案】C【分析】由规律可得：，令，，可得，再解方程即可．【详解】解：由规律可得：，令，，∴，∵，∴，∴，∴或，故选：C．【点睛】本题考查的是从题干信息中总结规律，一元二次方程的解法，灵活的应用规律解题是关键．4．（2023·四川绵阳·统考三模）若关于的方程的两个实数根满足关系式，则的值为(

)A．11 B． C．11或 D．11或或1【答案】C【分析】先根据根与系数的关系得到，再把两边平方后利用完全平方公式变形得到，然后将代入求关于k的方程，最后再利用判别式确定k的取值．【详解】解：∵关于的方程的两个实数根∴，∵∴∴，整理得：，解得，当时，方程变形为，即，，方程有两个不相等的实数解；当时，方程变形为，即，，方程有两个不相等的实数解；∴k的值为11或．故选：C．【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根与系数的关系、根的判别式等知识点，若方程两个为，则是解答本题的关键．5．（2023春·浙江杭州·七年级校考期中）如图，用1块边长为a的大正方形，4块边长为b的小正方形和4块长为a，宽为b的长方形，密铺成正方形，已知，正方形的面积为S（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】C【分析】正方形的边长是一个含有两个字母的代数式，根据已知条件，变成含一个字母的代数式，根据面积得出整式的值，再将整式整体代入，对选项加以判定即可．【详解】解：由题意，正方形的边长为，，，若，则正方形的边长为，，即，∴，∴选项A不正确；若，则正方形的边长为，，即，∴，∴选项B不正确；若，则，∵，∴，∴，∴，即，解得或，当时，则，，不合题意，当时，则，∴，则，∴选项C正确；若，则，∵，∴，∴，∴，即，解得或，当时，则，不合题意，当时，则，∴，∴选项D不正确；故选：C．【点睛】本题考查的是含多项式乘法的几何背景题，正确识图、掌握多项式的混合运算是关键．解答时，要注意整体代入的思想．6．（2023春·重庆合川·九年级重庆市合川中学校考阶段练习）我国古代数学的许多发现都曾位居世界前列，其中“杨辉三角”（如图）就是一例．这个三角形给出了的展开式的系数规律（其中，字母按的降幂排列，b的升幂排列）．例如，在三角形中第2行的三个数1，2，1，恰好对应展开式中各项的系数；第三行的的4个数1，3，3，1，恰好对应展开式中各项的系数；第4行的五个数1，4，6，4，1；恰好对应着展开式中各项的系数，有如下结论：①；②“杨辉三角”中第9行所有数之和1024；③“杨辉三角”中第20行第3个数为190；④的结果是；⑤当代数式的值是1时，实数a的值是或，上述结论中，正确的有（

）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】C【分析】把中换成后可得，，由此即可判断①；观察并计算可以发现第n行所有数字之和为，由此即可判断②；观察并计算可以发现第n行（n大于2）第三个数诶为，由此即可判断③；时，，即可判断④；当时，，再由的值为1，得到，解方程即可判断⑤．【详解】解：∵，∴把上述式子中的换成后可得，，∴，故①正确；第1行的所有数字之和为，第2行的所有数字之和为，第3行的所有数字之和为，第4行的所有数字之和为，……，∴可以得到规律第n行所有数字之和为，∴“杨辉三角”中第9行所有数之和，故②错误；第2行第三个数为，第3行第三个数为，第4行第三个数为，第5行第三个数为，……，∴第n行（n大于2）第三个数为，∴“杨辉三角”中第20行第3个数为，故③正确；∵，∴当时，，故④正确；∵，∴当时，，∵的值为1，∴，∴，∴，∴，故⑤正确；故选C．【点睛】本题主要考查了多项式乘法中得规律探索，正确理解题意找到规律是解题的关键．7．（2023春·重庆北碚·八年级西南大学附中校考阶段练习）一个人患了流感，经过两轮传染后共有144人患了流感，每轮传染中平均一个人传染了__人．【答案】11【分析】设每轮传染中平均一个人传染x人，根据题意可得第一轮被传染了之后有x人，即有患了流感，则第二轮能传染人，故可列方程，解方程即可解答．【详解】解：设每轮传染中平均一个人传染x人，根据题意可得方程，解得，（舍去），故每轮传染中平均一个人传染11人，故答案为：11．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，注意第一轮患者人数是被传染的人加上原有患者是解题的关键．8．（2023春·江苏南通·八年级南通田家炳中学校考阶段练习）设为整数，且，方程有两个不相等的整数根，则的值是______．【答案】【分析】将方程化为，根据为整数，且方程有两个不相等的整数根即可求解．【详解】解：，，，，，，为整数，且方程有两个不相等的整数根，当时，符合题意，解得：；故答案：．【点睛】本题考查了一元二次方程的配方法，求参数的整数问题，掌握方法是解题的关键．9．（2023·安徽六安·统考二模）如图，沿折叠菱形纸片，使得的对应边恰好经过点，若，则

（1）__________．（2）线段的长是__________．【答案】【分析】（1）证明，，由对折可得：，可得；（2）先延长，交于点G，根据三角形三角形外角性质以及等腰三角形的判定，即可得到，设，则，，，再依据勾股定理可得，进而得出方程，解方程即可．【详解】解：（1）∵菱形，，∴，∵，∴，由对折可得：，∴，故答案为：；（2）如图所示，延长，交于点G，

∵菱形，，，∴，，，∵，，∴，又∵，∴，∴，∴，设，则，，∴，∵中，，∴，解得：，（负值已舍去）∴，故答案