2023-2024学年八年级数学上册单元速记·巧练（沪教版）第十七章 一元二次方程（六大题型）（60道压轴题专练）（解析版）

一元二次方程（六大题型）（60道压轴题专练）压轴题型一一元二次方程的解1．（2023秋·全国·九年级专题练习）方程x3+x﹣1＝0的实数根所在的范围是（）A．＜x＜0 B．0＜x＜ C．＜x＜1 D．1＜x＜【答案】C【分析】当时，方程无解，可知，方程两边都除以x，得，根据可得的范围，从而得到缩小的x的范围，进一步根据，再得到缩小的的范围，进而可确定x的更小范围．【详解】解：将代入方程得，∴x≠0，∴原方程可化为，∵，∴，∴，当时，，∴，∴，∴，故选C．【点睛】本题考查了高次方程根的估计方法．两边除以x，得到降次的方程是本题的关键．2．（2023春·福建南平·九年级专题练习）两个关于的一元二次方程和，其中，，是常数，且，如果是方程的一个根，那么下列各数中，一定是方程的根的是（

）A．2020 B． C．-2020 D．【答案】C【分析】根据一元二次方程的定义以及一元二次方程的解法即可求出答案．【详解】∵，，a+c=0∴，∵ax2+bx+c=0和cx2+bx+a=0，∴，，∴，，∵是方程的一个根，∴是方程的一个根，∴是方程的一个根，即是方程的一个根故选：C．【点睛】本题考查了一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的定义以及方程的解的概念．3．（2023·全国·九年级假期作业）关于的方程必有一个根为（）A．x=1 B．x=-1 C．x=2 D．x=-2【答案】A【分析】分别把，，，代入中，利用一元二次方程的解，当为任意值时，则对应的的值一定为方程的解.【详解】解：A、当是，，所以方程必有一个根为1，所以A选项正确；B、当时，，所以当时，方程有一个根为，所以B选项错误；C、当时，，所以当时，方程有一个根为，所以C选项错误；D、当时，，所以当时，方程有一个根为，所以D选项错误.故选：A【点睛】本题主要考查一元二次方程的根，将选项分别代入方程求解是解题的关键.4．（2023秋·全国·九年级专题练习）设a、b是整数，方程x2+ax+b=0的一根是，则的值为（）A．2 B．0 C．-2 D．-1【答案】C【分析】先化简，再代入方程x2+ax+b=0并整理，根据题意列出二元一次方程组并求解求得a和b的值，再代入计算即可．【详解】解：==1．∵方程x2+ax+b=0的一根是，∴++b=0．∴．∴．∵、是整数，∴解得∴==．故选：C．【点睛】本题考查二次根式的化简，一元二次方程的解，二元一次方程组的应用，正确构造二元一次方程组是解题关键．5．（2023·山东济南·一模）已知m是方程式的根，则式子的值为．【答案】2020【分析】由题意可得出，可变形为，．再由，将代入化简得，再将代入求值即可．【详解】∵m是方程式的根，∴，∴，．，将代入，得：，再将代入，得：．故答案为：2020．【点睛】本题考查一元二次方程的解得定义，代数式求值．利用整体代入的思想是解题关键．6．（2023秋·全国·九年级专题练习）已知下面三个关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝1，bx2+cx+a＝﹣3，cx2+ax+b＝2恰好有一个相同的实数根，则a+b+c的值为．【答案】0【分析】设这个相同的实数根为t，把x＝t代入3个方程得出a•t2+bt+c＝0，bt2+ct+a＝0，ct2+a•t+b＝0，3个方程相加即可得出（a+b+c）（t2+t+1）＝0，即可求出答案．【详解】解：设这个相同的实数根为t，把x＝t代入ax2+bx+c＝0，bx2+cx+a＝0，cx2+ax+b＝0得：a•t2+bt+c＝0，bt2+ct+a＝0，ct2+a•t+b＝0相加得：（a+b+c）t2+（b+c+a）t+（a+b+c）＝0，（a+b+c）（t2+t+1）＝0，∵t2+t+1＝（t）20，∴a+b+c＝0，故答案是：0．【点睛】本题考查了一元二次方程的解，使方程左右两边相等的未知数的值叫方程的解．7．（2023秋·全国·九年级专题练习）已知为一元二次方程的一个根，且，为有理数，则，．【答案】；；【分析】将因式分解求得，则可化简得，根据，为有理数，可得，也为有理数，故当时候，只有，，据此求解即可．【详解】解：∵∴∴∴∴∴∵，为有理数，∴，也为有理数，故当时候，只有，，∴，，故答案是：，；【点睛】本题考查了二次根式的化简，利用完全平方公式因式分解，一元二次方程的解，有理数，无理数的概念的理解，熟悉相关性质是解题的关键．8．（2023秋·全国·九年级专题练习）已知是方程的一个根，则．【答案】【分析】由方程根的定义可得，变形为．再将等号两边同时乘并变形得，代入逐步化简即可．【详解】∵是方程的一个根．∴，即．将等号两边同时乘得：，即．∴．故答案为：-2021．【点睛】本题考查一元二次方程解的定义以及代数式求值．熟练掌握整体代入的思想是解答本题的关键．9．（2023春·福建福州·八年级福州日升中学校考期末）阅读材料．材料：若一元二次方程的两个根为，，则，．(1)材料理解：一元二次方程的两个根为，，则，．(2)类比探究：已知实数，满足，，且，求的值．(3)思维拓展：已知实数，分别满足，，且，求的值．【答案】(1)；(2)(3)【分析】（1）直接根据阅读材料可得答案；（2）由题意得出，可看作方程的两个根，据此知，，将其代入计算可得；（3）把变形为，据此可得实数和可看作方程的两根，继而知，，进一步代入计算可得．【详解】（1）解：，，故答案为：；；（2）∵，，且，∴，可看作方程的两个根，∴，，∴，∴的值为；（3）∵，分别满足，，且，∴，∴和可看作方程的两根，∴，，∴，∴的值为．【点睛】本题考查分式的化简求值，因式分解的应用，求代数式的值，解题的关键是根据题意建立合适的方程及分式的混合运算顺序和运算法则．10．（2022春·安徽合肥·八年级合肥市第四十八中学校考期中）观察下列一组方程：；；；；它们的根有一定的规律，都是两个连续的自然数，我们称这类一元二次方程为“连根一元二次方程”．若也是“连根一元二次方程”，写出k的值，并解这个一元二次方程；请写出第n个方程和它的根．【答案】（1）k＝－15，x1＝7，x2＝8.（2）x1＝n－1，x2＝n.【分析】（1）根据十字相乘的方法和“连根一元二次方程”的定义,找到56是7与8的乘积,确定k值即可解题,（2）找到规律,十字相乘的方法即可求解.【详解】解：(1)由题意可得k＝－15，则原方程为x2－15x＋56＝0，则(x－7)·(x－8)＝0，解得x1＝7，x2＝8.(2)第n个方程为x2－(2n－1)x＋n(n－1)＝0，(x－n)(x－n＋1)＝0，解得x1＝n－1，x2＝n.【点睛】本题考查了用因式分解法求解一元二次方程,与十字相乘联系密切,连根一元二次方程是特殊的十字相乘,中等难度,会用十字相乘解题是解题关键.压轴题型二换元法解一元二次方程1．（2023春·安徽宣城·八年级校考期中）已知a、b为实数，且满足，则代数式的值为（

）A．3或－5 B．3 C．－3或5 D．5【答案】B【分析】设，则原方程换元为，可得，，即可求解．【详解】解：设，则原方程换元为，，解得，（不合题意，舍去），的值为3．故选：B．【点睛】本题考查了解一元二次方程，正确掌握换元法是解决本题的关键．2．（2022秋·四川遂宁·九年级校联考期中）已知一元二次方程的解是，，则一元二次方程的解是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】A【分析】由这两个方程结合整体思想，可得，，解这两个一元一次方程即得方程的解．【详解】∵一元二次方程的解是，，∴一元二次方程中，，，解得：，，故选：A．【点睛】本题考查了一元二次方程的解，整体思想解一元二次方程，关键是把方程中的当作一个整体，则此方程与毫无二致．3．（2023春·八年级课时练习）若实数m、n满足，则的值为（）A．2 B．6 C．6或﹣2 D．6或2【答案】B【分析】令，得，解一元二次方程即可．【详解】解：令，则原方程为：，则，，所以，，故的值为6或﹣2，∵，∴的值为6，故选B．【点睛】本题主要考查一元二次方程的求解，了解一元二次方程的求解方法是解题的关键．4．（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．5．（2020春·江苏南通·八年级统考阶段练习）已知是一元二次方程的两个数根，且，则．【答案】－8【分析】根据是一元二次方程的两个数根，可得，，则有，，即，=5，代入代数式即可求解．【详解】解：∵是一元二次方程的两个数根，∴，，∴，∴，∴，∴∴∴，故答案为：-8．【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，也考查了换元法的解方程方法，熟悉相关性质是解题的关键．6．（2023春·安徽马鞍山·八年级马鞍山八中校考期中）已知x是实数且满足，那么的值是.【答案】1【分析】设，则原方程可化为，然后利用因式分解法解方程，结合根的判别式判断根的情况，即可求出t的值.【详解】解：设，∴原方程可化为：，∴，解得：或；当时，有，此时，则方程无解；当时，有，此时，则方程有解；∴；故答案为：1.【点睛】此题考查了用换元法解一元二次方程，以及根的判别式，考察了学生的整体思想．解题的关键是找到哪个是换元的整体．7．（2023秋·全国·九年级专题练习）已知方程的根为，，则方程的根是．【答案】，【分析】设，可得，根据的根为，，可得或，即可得到答案；【详解】解：设，可得，∵的根为，，∴或，解得：，，故答案为，；【点睛】本题考查换元法求方程的解，解题的关键是设，得到，结合方程的根为，．8．（2023春·八年级单元测试）若关于的一元二次方程有一根为2022，则一元二次方程必有一根为．【答案】【分析】对于一元二次方程，设得到，利用有一个根为得到，从而可判断一元二次方程必有一根为．【详解】解∶由得到，对于一元二次方程，设，所以，而关于的一元二次方程有一根为，所以有一个根为，则，解得，所以一元二次方程有一根为．故答案为∶【点睛】本题考查了一元二次方程的解.正确计算是解题的关键．9．（2023秋·全国·九年级专题练习）阅读下面的材料，回答问题：解方程，这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是设，那么，于是原方程可变为（1），解得，，当时，，；当时，，；原方程有四个根：，，，．在由原方程得到方程（1）的过程中，利用换元法达到降次的目的，体现了数学的转化思想．(1)试用上述方法解方程：，得原方程的解为___________．(2)解方程．【答案】(1)，(2)【分析】（1）结合材料，利用，再换元，求出m的值，再代入求出x即可；（2）结合材料，利用，再换元，求出n的值，再代入求出x即可．【详解】（1）解：设，则原方程变为，解得，，当时，，解得，当，，方程无解，故原方程的解为，，故答案为：，．（2）解：设，则原方程变为，解得，，当时，，解得，当时，，即，，则方程无解，故原方程的解为．【点睛】本题考查了根的判别式，换元法解一元二次方程，能够正确换元是解此题的关键．10．（2021秋·全国·九年级期中）阅读下列材料：已知实数m，n满足，试求的值．解：设，则原方程变为，整理得，即，∴．∵，∴．上面这种方法称为“换元法”，换元法是数学学习中最常用的一种思想方法，在结构较复杂的数和式的运算中，若把其中某些部分看成一个整体，并用新字母代替（即换元），则能使复杂的问题简单化．根据以上阅读材料内容，解决下列问题，并写出解答过程．（1）已知实数x，y满足，求的值．（2）若四个连续正整数的积为120，求这四个连续正整数．【答案】（1）；（2）这四个整数为2，3，4，5【分析】（1）设2x2+2y2=m，则原方程变为（m+3）（m-3）=27，解方程求得m=±6，根据非负数的性质即可求得x2+y2=3；（2）设最小的正整数为x，则另三个分别为x+1、x+2、x+3，根据题意可得方程x（x+1）（x+2）（x+3）=120，整理为（x2+3x）（x2+3x+2）=120，设x2+3x=y，则原方程变为y（y+2）=120，解方程求得y=-12或10，由于y是正整数，可得y=10，所以x2+3x=10，再解方程求得x的值即可.【详解】解：（1）设，则，∴，即，∴，∵，∴，∴．（2）设最小数为x，则，即：，设，则，∴，，∵，∴，∴，（舍去），∴这四个整数为2，3，4，5．【点睛】本题考查了换元法，换元法是数学学习中最常用的一种思想方法，在结构较复杂的数和式的运算中，若把其中某些部分看成一个整体，并用新字母代替(即换元)，则能使复杂的问题简单化．压轴题型三配方法的应用1．（2023春·江苏南通·八年级统考期末）平面直角坐标系中，P点坐标为，且实数m，n满足，则点P到原点O的距离的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由,得，点P到原点O的距离为，逐步整理，最后将被开方数配方进行求解即可.【详解】解：由,得，∴点P到原点O的距离为：，故选:B.【点睛】本题考查点的坐标，但计算整理过程非常复杂，要求有极强的计算能力，确保计算的正确性，熟练掌握配方法是解题的关键.2．（2022秋·重庆·九年级西南大学附中校考期中）已知两个多项式、，（其中x为实数），①若，则；②存在实数x，使得；③已知，则的值为1562；④当时，若，则的值为．以上结论中正确的个数有（）个A．4 B．3 C．2 D．1【答案】D【分析】①根据题意列出方程求解即可判断；②求出可知恒大于0，从而判断；③分别令和，再把所得式子相减化简即可判断；④由可得，从而得到，继而推出，由此判断．【详解】解：①∵、，∴，化简得：，解得：，故①错误；②∵、，∴，∴不存在实数x，使得，故②错误；③∵即令得：①，令得：②，由①-②得：，∴，故③正确；④∵，即，化简得：∵∴两边除以x并整理得：，∴，∴故④错误．正确的为③，共1个，故选：D．【点睛】本题考查一元二次方程的解法，配方法的应用，加减消元法，利用完全平方公式计算等知识，综合能力要求较高，掌握相关基础知识并融会贯通是解题的关键．3．（2022秋·江苏·九年级专题练习）代数式的最小值是（

）A．10 B．9 C．19 D．11【答案】A【分析】把代数式根据完全平方公式化成几个完全平方和的形式，再进行求解即可．【详解】解：∵∴代数式的最小值是10．故选：A．【点睛】本题考查的知识点是配方法的应用-用配方法确定代数式的最值，解此题的关键是将原代数式化成几个完全平方和的形式．4．（2023秋·全国·九年级专题练习）新定义，若关于x的一元二次方程：与，称为“同族二次方程”．如与是“同族二次方程”．现有关于x的一元二次方程：与是“同族二次方程”．那么代数式能取的最小值是（

）A．2011 B．2013 C．2018 D．2023【答案】B【分析】根据同族二次方程的定义，可得出a和b的值，从而解得代数式的最小值．【详解】解：与为同族二次方程．，，∴，解得：．，当时，取最小值为2013.故选：B.【点睛】此题主要考查了配方法的应用，解二元一次方程组的方法，理解同族二次方程的定义是解答本题的关键．5．（2023春·浙江·七年级专题练习）当，时，多项式有最小值，这个最小值是．【答案】4315【分析】利用配方法将多项式转化为，然后利用非负数的性质进行解答．【详解】解：===∴当a=4，b=3时，多项式有最小值15．故答案为：4，3，15．【点睛】此题考查了配方法的应用，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．6．（2023秋·全国·九年级专题练习）已知a、b、c满足，，，则．【答案】3【分析】题中三个等式左右两边分别相加后再移项，可以通过配方法得到三个平方数的和为0.然后根据非负数的性质可以得到a、b、c的值，从而求得a+b+c的值．【详解】解：题中三个等式左右两边分别相加可得：，即，∴，∴a=3,b=-1,c=1，∴a+b+c=3-1+1=3，故答案为3．【点睛】本题考查配方法的应用，熟练掌握配方法的方法和步骤并灵活运用是解题关键．7．（2021秋·江苏盐城·九年级校考阶段练习）对于有理数，定义的含义为：当时，；当时，.若，则的值等于．【答案】【分析】根据6m-4n-m2-n2与13的大小，确定m，n的值．【详解】解：∵min{13，6m-4n-m2-n2}=13，∴13≤6m-4n-m2-n2．整理，得（m-3）2+（n+2）2≤0，∴m-3=0，n+2=0．解得m=3，n=-2．∴mn=3-2=．故答案是：．【点睛】考查了配方法的应用和非负数的性质．根据题意理解新定义的计算公式是解题的关键．8．（2023秋·全国·九年级专题练习）已知a、b、c为的三边长，且a、b满足，c为奇数，则的周长为．【答案】8【分析】利用配方法把原式变形，根据非负数的性质和三角形三边关系解答即可．【详解】，，，，，边长c的范围为．边长c的值为奇数，，的周长为．故答案为8．【点睛】本题考查的是配方法的应用和三角形三边关系，灵活运用完全平方公式、掌握三角形三边关系是解题的关键．9．（2023秋·全国·九年级专题练习）阅读材料：选取二次三项式中的两项，配成完全平方式的过程叫配方．例如①选取二次项和一次项配方：；②选取二次项和常数项配方：，或③选取一次项和常数项配方：请根据阅读材料解决下列问题：(1)比照上面的例子，写出三种不同形式的配方；(2)已知，求的值(3)当，为何值时，代数式取得最小值，最小值为多少？【答案】(1)见解析(2)(3)当，时，取得最小值，最小值为【分析】（1）根据配方的定义，分别选取二次项、一次项、常数项中的两项，进行配方即可得出三种形式；（2）首先根据配方法把变形为，再根据偶次方的非负性，得出，，解出、的值，然后将、的值代入代数式，计算即可得出结果；（3）首先根据配方法把代数式变形为，再根据偶次方的非负性，得出，进而得出当，时，取得最小值，再进行计算即可得出结果．【详解】（1）解：第一种形式：选取二次项和一次项配方，；第二种形式：选取二次项和常数项配方，；或；第三种形式：选取一次项和常数项配方，；（2）解：，配方，得：，即，∵，，∴，，解得：，，∴；（3）解：，∵，∴，当，时，取得最小值，即当，时，取得最小值，最小值为．【点睛】本题考查了配方法的应用，根据配方法的步骤和完全平方公式进行配方是解本题的关键．10．（2022春·湖南株洲·七年级校考期中）选取二次三项式中的两项，配成完全平方式的过程叫配方．例如：①选取二次项和一次项配方：；②选取二次项和常数项配方：或；③选取一次项和常数项配方：根据上述材料，解决下面问题：(1)若是完全平方式，请写出所有满足条件的不同单项式n：__________________(2)求代数式最小值；(3)写出代数式的两种不同形式的配方；(4)已知，求的值．【答案】(1)，，，，-1(2)5(3)见解析(4)1【分析】（1）按照多种方式把配方，然后根据多项式相等的定义可以得到解答；（2）把按照二次项和一次项配方，再根据平方数的非负性可以得解；（3）按照多种方式把配方可以得解；（4）把左边按配方成两个平方式的和，再根据平方数的非负性可以得到一个二元一次方程组，解方程组后再把x、y的值代入即可．【详解】（1）解：∵∴n=2x或-2x；∵∴n=∵，，∴n=或-1，∴所有满足条件的不同单项式n为，，，，-1，故答案为，，，，-1；（2）解：，当时，此代数式取得最小值为5；（3）解：取二次项和一次项配方：；取二次项和常数项配方：，或；取一次项和常数项配方：；写2种即可．（4）解：原方程可化为：，即，∴，∴．【点睛】本题考查配方法的应用，熟练掌握完全平方式的结构及配方法的几种方式是解题关键．压轴题型四一元二次方程根与系数的关系1．（2023秋·全国·九年级专题练习）若a≠b，且则的值为（

）A． B．1 C．.4 D．3【答案】B【详解】解：由得：∴又由可以将a，b看做是方程的两个根∴a+b=4，ab=1∴故答案为B.【点睛】本题看似考查代数式求值，但解题的关键是构造一元二次方程并运用根于系数的关系求解．2．（2022秋·九年级课时练习）若，是方程的两个实数根，则的值为

A．2015 B． C．2016 D．2019【答案】C【分析】根据方程的解得概念可得，由根与系数的关系可得，再代入即可得出结论．【详解】是方程的两个实数根，，即，则．故选C．【点睛】本题考查了方程的解的概念及韦达定理，熟练掌握韦达定理是解题的关键．3．（2019秋·九年级单元测试）若，是方程的两个不相等的实数根，则代数式的值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】欲求2x12﹣2x1+x22+3的值，先把此代数式变形为两根之积或两根之和的形式，代入数值计算即可．【详解】解：∵x1，x2是方程x2﹣2x﹣4=0的两个不相等的实数根，∴x12﹣2x1=4，x1x2=﹣4，x1+x2=2，∴2x12﹣2x1+x22+3=x12﹣2x1+x12+x22+3=x12﹣2x1+（x1+x2）2﹣2x1x2+3=4+4+8+3=19．故选A．【点睛】将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．4．（2023秋·全国·九年级专题练习）关于的一元二次方程有两个整数根且乘积为正，关于的一元二次方程同样也有两个整数根且乘积为正，给出三个结论：①这两个方程的根都负根；②；③，其中正确结论的个数是（）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】D【分析】设方程的两根为x1、x2，方程同的两根为y1、y2．①根据方程解的情况可得出x1•x2=2n＞0、y1•y2=2m＞0，结合根与系数的关系可得出x1+x2=-2m、y1+y2=-2n，进而得出这两个方程的根都是负根，①正确；②由方程有两个实数根结合根的判别式即可得出m2-2n≥0、n2-2m≥0，将（m-1）2+（n-1）2展开代入即可得出②正确；③根据根与系数的关系可得出2m-2n=（y1+1）（y2+1）-1、2n-2m=（x1+1）（x2+1）-1，结合x1、x2、y1、y2均为负整数即可得出-1≤2m-2n≤1，③成立．综上即可得出结论．【详解】设方程的两根为x1、x2，方程同的两根为y1、y2．①∵关于x的一元二次方程x2+2mx+2n=0有两个整数根且乘积为正，关于y的一元二次方程y2+2ny+2m=0同样也有两个整数根且乘积为正，∴x1•x2=2n＞0，y1•y2=2m＞0，∵x1+x2=-2m，y1+y2=-2n，∴这两个方程的根都是负根，①正确；②∵关于x的一元二次方程x2+2mx+2n=0有两个整数根且乘积为正，关于y的一元二次方程y2+2ny+2m=0同样也有两个整数根且乘积为正，∴4m2-8n≥0，4n2-8m≥0，∴m2-2n≥0，n2-2m≥0，∴（m-1）2+（n-1）2=m2-2n+1+n2-2m+1≥2，②正确；③∵y1•y2=2m，y1+y2=-2n，∴2m-2n=y1•y2+y1+y2=（y1+1）（y2+1）-1，∵y1、y2均为负整数，∴（y1+1）（y2+1）≥0，∴2m-2n≥-1．∵x1•x2=2n，x1+x2=-2m，∴2n-2m=x1•x2+x1+x2=（x1+1）（x2+1）-1，∵x1、x2均为负整数，∴（x1+1）（x2+1）≥0，∴2n-2m≥-1，即2m-2n≤1．∴-1≤2m-2n≤1，③成立．综上所述：成立的结论有①②③．故选D．【点睛】本题主要考查了根与系数的关系及一元二次方程的根的判别式，根据不同结论灵活运用根与系数的关系是解决本题的关键,也是解决问题的难点．5．（2022秋·九年级课时练习）已知a、b、c均为实数，且，，则．【答案】4【分析】先变形得到a+b=4，ab=2c2-4c+10，再根据根与系数的关系，a、b可看作是方程x2-4x+2c2-4c+10=0的两实数解，配方后可得（x-2）2+2（c-）2=0，得到x=2，c=，然后计算abc的值即可；【详解】∵a+b=4，ab=2c2-4c+10∴a、b可看作方程x2-4x+2c2-4c+10=0的两实数解∴（x-2）2+2（c-）2=0∴x-2=0或c-=0解得x=2，c=∴ab=2×3-4×+10=4∴abc=4×=4故答案为：4．【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式和根与系数的关系．学会观察算式形式，正确写出一元二次方程是解决本题的关键．6．（2023秋·全国·九年级专题练习）已知不等式的解集是，其中，则不等式的解集．【答案】或【分析】由于不等式的解集为，其中，可得，是一元二次方程的实数根，且，利用根与系数的关系可把不等式化为，解出即可．【详解】解：不等式的解集为，则，是一元二次方程的实数根，且，，其中，，，则不等式化为，，可化为，或，，，不等式的解集为：或，故答案为：或．【点睛】本题考查了一元二次不等式的解集与相应的一元二次方程的实数根之间的关系、一元二次不等式的解法、一元二次方程的根与系数的关系，考查了推理能力和计算能力，属于中档题．7．（2022秋·全国·九年级期末）设a，b，c，d是四个不同的实数，如果a，b是方程的两根，c，d是方程的两根，那么的值为．【答案】【分析】由根与系数的关系得，，两式相加得，根据一元二次方程根的定义可得，可得，同理可得，两式相减即可得，根据,求得，进而可得【详解】解：由根与系数的关系得，，两式相加得．

因为是方程的根，所以，又，所以①

同理可得②

①-②得．因为，所以，所以．【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的定义，根据等式的性质变形是解题的关键．8．（2018秋·四川成都·九年级成都实外校考开学考试）对于一切不小于2的自然数n，关于x的一元二次方程的两个根记作，则的值为．【答案】．【分析】由根与系数的关系得，所以，则，然后代入即可求解．【详解】由韦达定理得：，原式，∵∴原式，故答案为：．【点睛】本题考查了根与系数的关系，难度较大，关键是根据根与系数的关系求出一般形式再进行代入求解．9．（2023·湖北黄石·统考中考真题）关于x的一元二次方程，当时，该方程的正根称为黄金分割数．宽与长的比是黄金分割数的矩形叫做黄金矩形，希腊的巴特农神庙采用的就是黄金矩形的设计；我国著名数学家华罗庚的优选法中也应用到了黄金分割数．(1)求黄金分割数；(2)已知实数a，b满足：，且，求ab的值；(3)已知两个不相等的实数p，q满足：，求的值．【答案】(1)(2)2(3)0【分析】（1）依据题意，将代入然后解一元二次方程即可得解；（2）依据题意，将变形为，从而可以看作，是一元二次方程的两个根，进而可以得解；（3）依据题意，将已知两式相加减后得到，两个关系式，从而求得，进而可以得解．【详解】（1）依据题意，将代入得，解得，∵黄金分割数大于0，∴黄金分割数为．（2）∵，∴，则．又∵，∴，是一元二次方程的两个根，则，∴．（3）∵，；∴；即；∴．又∵；∴；即．∵，为两个不相等的实数，∴，则，∴．又∵，∴，即．【点睛】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是掌握根与系数的关系，灵活运用所学知识解决问题．10．（2023秋·湖南长沙·九年级校考阶段练习）著名数学家高斯曾说过：“如果别人思考数学的真理像我一样深入持久，他也会找到我的发现．”我们向伟人看齐，将这种勤思善学、励能笃行的精神运用于日常的数学学习中来，尝试发现新的惊喜．【提出问题】我们曾探究过一元二次方程根与系数的关系，如果一元二次方程的系数按照某种规律发生变化，原方程的根与新方程的根是否也会产生某种联系？【构造关系】将一元二次方程的二次项系数、一次项系数和常数项按照的比例放大或缩小，其中，我们称新方程为原方程的“系变方程”，系变倍数为．(1)当系变倍数为3时，求解一元二次方程的“系变方程”．【自能探究】(2)已知某一元二次方程有两个实数根、，当时，其“系变方程”也有两个实数根、，且，求的最小值．(3)已知关于的方程有四个实数根、、、，问是否存在定值，对于任意实数，都满足，若存在，请求出的值．若不存在，请说明理由．【答案】(1)“系变方程”为；(2)最小值为；(3)存在或【分析】（1）根据“系变方程”的定义求得各项的系数，即可求解；（2）设原方程为，由，得到，“系变方程”为，推出，原式变形为配方得，据此求解即可；（3）根据因式分解法解一元二次方程得出，或，求得4个实数根，进而根据题意，即可求解．【详解】（1）解：当系变倍数为3时，一元二次方程的“系变方程”的二次项系数为、一次项系数为、常数项为，∴“系变方程”为；（2）解：设原方程为，由题意得，∴，当时，其“系变方程”为，∴，∴，∴，故原式的最小值为；（3）解：∵∴即∴即∵原方程有个解，∴或解得：或或或∵又∴或故存在或【点睛】本题考查了一元二次方程的解，根与系数的关系，理解“系变方程”的定义是解题的关键．压轴题型五一元二次方程根的判别式1．（2023春·安徽合肥·八年级统考期末）若关于的一元二次方程的两个根为，，且．下列说法正确的个数为（）①；②，；③；④关于的一元二次方程的两个根为，．A． B． C． D．【答案】C【分析】根据根与系数的关系得，利用消去得到，从而即可对①进行判断；由于，，利用有理数的性质可对②进行判断；根据根的判别式的意义得到，即，则可对③进行判断；利用把方程化为，由于方程可变形为，所以或，于是可对④进行判断．【详解】解：根据根与系数的关系得，∵，∴，∴，所以①正确；∵，，∴，，所以②正确；∵，∴，即，∴，所以③错误；∵，∴方程化为，即，∵方程可变形为，∴或，解得，，所以④正确．故选：．【点睛】此题考查了根与系数的关系与根的判别式，解题的关键是正确运用：若，是一元二次方程的两根，则，．2．（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．3．（2023·全国·九年级假期作业）若方程的两个不相等的实数根满足，则实数p的所有值之和为（

）A．0 B． C． D．【答案】B【分析】先根据一元二次方程解的定义和根与系数的关系得到，，进而推出，则，，即可推出，然后代入，得到，再根据判别式求出符号题意的值即可得到答案．【详解】解：∵是方程的两个相等的实数根，∴，，∴，∴，∴，∴，同理得，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，解得，∵，∴，∴，∴不符合题意，∴∴符合题意，故选B．【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，根的判别式，一元二次方程解的定义，熟知一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值是解题的关键．4．（2023秋·湖南永州·九年级校考开学考试）对于一元二次方程，下列说法：①若a＋b＋c＝0，则方程必有一根为x＝1；②若方程有两个不相等的实根，则方程无实根；③若方程两根为，且满足，则方程，必有实根，；④若是一元二次方程的根，则其中正确的（

）A．①② B．①④ C．②③④ D．①③④【答案】D【分析】根据一元二次方程根的判别式及根的定义以及求根公式逐个判断排除．【详解】解：①若，则是方程的解，故①正确；②方程有两个不相等的实根，，则方程的判别式，方程必有两个不相等的实根，故②错误；③∵方程两根为，且满足，∴，令，，∴方程有两个实数根，令两根分别为，∴，，∴方程，必有实根，，故③正确；④若是一元二次方程的根，则由求根公式可得：，，，故④正确．故正确的有①③④，故选：D．【点睛】本题考查一元二次方程根的判断，根据方程形式，判断根的情况是求解本题的关键．5．（2023春·浙江·七年级专题练习）已知，为实数，且满足，记的最大值为，最小值为，则．【答案】【分析】根据题意得出，进而根据关于的方程有实数解，得出，即可求解．【详解】解：∵，∴，∴，∵已知，为实数，且满足，∴关于的方程有实数解，∴，∴，的最大值为，的最大值为：，即，当时，的最小值为：，即，．故答案为：．【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程的根的判别式是解题的关键．6．（2022秋·福建厦门·九年级校考期中）已知关于的一元二次方程，下列结论：①方程总有两个不等的实数根；②若两个根为，，且，则，；③若两个根为，，则；④若，则代数式的值为一个完全平方数，其中正确的结论是（填序号）．【答案】①③【分析】利用判别式判断①，求出时的两个根，判断②，利用根与系数的关系，判断③，求出的值以及完全平方数的定义，判断④．【详解】解：，∴，∴方程有两个不相等的实数根；故①正确；当时，，∴，∴当时，的两个根，，且，则：，故②错误；若两个根为，，则：，∴；，∴；故③正确；∵，当时，，当为奇数时，不是整数，∴的值不一定是完全平方数，故④错误；故答案为①③.【点睛】本题考查一元二次方程根的情况及根与系数的关系，涉及完全平方数等知识，解题的关键是掌握一元二次方程根的判别式、根与系数的关系及完全平方数概念．7．（2022春·陕西西安·八年级高新一中校考期末）（1）若，且有，则的值是．（2）如果方程的三个根可以作为一个三角形的三边之长，那么实数k的取值范围是．【答案】【分析】（1）根据非负数的性质可得再变形可得可得是方程的两个根，再根据根与系数的关系可得答案；（2）先解方程可得或设的两根分别为可得再利用列不等式，再解不等式即可得到答案．【详解】解：（1）∵，∴则则是方程的两个根，（2），∴或设的两根分别为解得：由三角形的三边关系可得：而所以解得：综上：k的取值范围是故答案为：（1）；（2）【点睛】本题考查的是非负数的性质，高次方程的解法，一元二次方程根与系数的关系，一元一次不等式组的解法，三角形三边关系的应用，构建新的一元二次方程，再利用根的判别式与根与系数的关系解题是关键．8．（2023秋·全国·九年级专题练习）将两个关于x的一元二次方程整理成（，a、h、k均为常数）的形式，如果只有系数a不同，其余完全相同，我们就称这样的两个方程为“同源二次方程”．已知关于x的一元二次方程（）与方程是“同源二次方程”，且方程（）有两个根为、，则b－2c＝，的最大值是．【答案】4；-3【分析】利用（）与方程是“同源二次方程”得出，，即可求出；利用一元二次方程根与系数的关系可得，，进而得出，设（），得，根据方程有正数解可知，求出t的取值范围即可求出的最大值．【详解】解：根据新的定义可知，方程（）可变形为，∴，展开，，可得，，∴；∵，，∴，∵方程（）有两个根为、，∴，且，∴，设（），得，∵方程有正数解，∴，解得，即，∴．故答案为：4，-3．【点睛】本题考查新定义、一元二次方程根与系数的关系以及根的判别式，由根与系数的关系得到是解题的关键．9．（2023·江苏·九年级假期作业）已知关于x的方程，其中p，q都是实数．(1)若时，方程有两个不同的实数根，，且，求实数p的值．(2)若方程有三个不同的实数根，，，且，求实数p和q的值．(3)是否同时存在质数p和整数q使得方程有四个不同的实数根，，，且？若存在，求出所有满足条件的p，q．若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)或，(3)存在，时，；当时，【分析】（1）根据根与系数的关系可得，，，代入可得关于的方程，解方程即可；（2）由方程有三个不同的实数根、、，可得，、是方程的两根；由根与系数的关系可得，，．，进而得到关于的方程，解出即可求出的值；（3）方程有四个不同的实数根，，，，由（2）知，不妨设，是方程的两根，，是方程的两根，可得，进行讨论即可求解．【详解】（1）解：若，则方程为．因该方程有两个不同的实数、，可得，，，解得；由，得，解得或．（注意因为，所以．（2）显然．方程可写成．因该方程有三个不同的实数根，即函数与的图象有三个不同的交点，可得：，，即，因为、是方程的两根，即．则，，．，解得．由，得，解得，∴或，．（3）存在．方程有四个不同的实数根，，，，由（2）知，不妨设，是方程的两根，，是方程的两根，则，，，，则，，因为，所以，因为是质数，，，所以，，则，则无解，则，则无解，则，则，解得，则，则，解得，2，5，则，则，解得．故，5，所以存在满足条件的，．当时，；当时，．【点睛】本题考查了一元二次方程的整数根与有理根，根与系数的关系，牢记两根之和等于、两根之积等于是解题的关键．10．（2023秋·全国·九年级专题练习）定义：已知是关于x的一元二次方程的两个实数根，若，且，则称这个方程为“限根方程”．如：一元二次方程的两根为，因，，所以一元二次方程为“限根方程”．请阅读以上材料，回答下列问题：(1)判断一元二次方程是否为“限根方程”，并说明理由；(2)若关于x的一元二次方程是“限根方程”，且两根满足，求k的值；(3)若关于x的一元二次方程是“限根方程”，求m的取值范围．【答案】(1)此方程为“限根方程”，理由见解析(2)k的值为2(3)m的取值范围为或【分析】（1）解该一元二次方程，得出，再根据“限根方程”的定义判断即可；（2）由一元二次方程根与系数的关系可得出，，代入，即可求出，．再结合“限根方程”的定义分类讨论舍去不合题意的值即可；（3）解该一元二次方程，得出或．再根据此方程为“限根方程”，即得出此方程有两个不相等的实数根，结合一元二次方程根的判别式即可得出，且，可求出m的取值范围．最后分类讨论即可求解．【详解】（1）解：，，∴或，∴．∵，，∴此方程为“限根方程”；（2）∵方程的两个根分比为，∴，．∵，∴，解得：，．分类讨论：①当时，原方程为，∴，，∴，，∴此时方程是“限根方程”，∴符合题意；②当时，原方程为，∴，，∴，，∴此时方程不是“限根方程”，∴不符合题意．综上可知k的值为2；（3），，∴或，∴或．∵此方程为“限根方程”，∴此方程有两个不相等的实数根，∴，且，∴，即，∴且．分类讨论：①当时，∴，∵，∴，解得：；②当时，∴，∵，∴，解得：．综上所述，m的取值范围为或．【点睛】本题考查解一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的判别式．读懂题意，理解“限根方程”的定义是解题关键．压轴题型六一元二次方程的应用1．（2023春·河南驻马店·九年级驻马店市第二初级中学校考开学考试）如图1，矩形中，点为的中点，点沿从点运动到点，设两点间的距离为，图2是点运动时随变化的关系图象，则的长为（）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】A【分析】当，即在点时，；利用两点之间线段最短，得到，得的最大值为；在中，由勾股定理求出的长，再根据求出的长．【详解】解：由函数图象知：当，即在点时，．利用两点之间线段最短，得到．的最大值为，．在中，由勾股定理得：，设的长度为，则，，即，，解得或，由于，．，∵点为的中点，．故选：A．【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，根据勾股定理求出BE的长是解题的关键．2．（2023秋·九年级课时练习）空地上有一段长为a米的旧墙，利用旧墙和木栏围成一个矩形菜园（如图1或图2），已知木栏总长为40米，所围成的菜园面积为S．下列说法错误的是（）A．若，则有一种围法B．若，则有一种围法C．若，则有两种围法D．若，则有一种围法【答案】A【分析】分两种情况讨论：，图2围法，设矩形菜园垂直于墙的边为x米，分别表示矩形的长，再利用矩形面积列方程，解方程，注意检验x的范围，从而可得答案．【详解】解：设矩形菜园的宽为x米，则长为米，∴当时，采用图1围法，则此时当时，解得：此时都不符合题意，采用图2围法，如图，此时矩形菜园的宽为x米，即则则所以长为米，结合可得

∴解得：经检验不符合题意，综上：若，，则没有围法，故A符合题意；设矩形菜园的宽为x米，则长为米，∴当时，采用图1围法，则此时当时，解得：经检验符合题意；采用图2围法，如图，此时矩形菜园的宽为x米，即则则所以长为米，结合可得

∴解得：经检验符合题意，综上：若，则有两种围法，故B不符合题意；设矩形菜园的宽为x米，则长为米，∴当时，采用图1围法，则此时当时，解得：经检验都符合题意；采用图2围法，如图，此时矩形菜园的宽为x米，即则则所以长为米，结合可得

∴解得：经检验都不符合题意，若，则有两种围法，C不符合题意，设矩形菜园的宽为x米，则长为米，∴当时，采用图1围法，则此时当时，解得：经检验符合题意；采用图2围法，如图，此时矩形菜园的宽为x米，即则则所以长为米，结合可得

∴解得：经检验都不符合题意，综上所述，若，则有一种围法，D不符合题意；故选A【点睛】本题考查的是一元二次方程的应用，理解题意，表示图2中矩形的长是解本题的关键．3．（2023春·海南儋州·九年级专题练习）某口罩经销商批发了一批口罩，进货单价为每盒50元，若按每盒60元出售，则每周可销售80盒．现准备提价销售，经市场调研发现：每盒每提价1元，每周销量就会减少2盒，为保护消费者利益，物价部门规定，销售时利润率不能超过50%，设该口罩售价为每盒元，现在预算销售这种口罩每周要获得1200元利润，则每盒口罩的售价应定为（

）A．70元 B．80元 C．70元或80元 D．75元【答案】A【分析】根据每天的销售利润＝每箱的销售利润×销售数量，即可列出关于x的一元二次方程，解方程即可求出x的值，在结合销售利润不能超过50%，即可确定x的值．【详解】解：根据题意得：（x﹣50）[80-2（x-60）]＝1200，整理得：x2﹣150x+5600＝0．解得：x1＝70，x2＝80．当x＝70时，利润率＝×100%＝40%＜50%，符合题意；当x＝80时，利润率＝×100%＝60%＞50%，不合题意，舍去．所以要获得1200元利润，每盒口罩的售价应定为70元．故选：A．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用以及列代数式，解题关键是根据各数量之间的关系，用含x的代数式表示出平均每天的销售量，找准等量关系正确列出一元二次方程．4．（2022·河北石家庄·校考二模）清代著名数学家梅文鼎在《勾股举隅》一书中，用四个全等的直角三角形拼出正方形的方法证明了勾股定理（如图）．设四个全等直角三角形的较短直角边为，较长直角边为，五边形的面积为，的面积为，若，，则的值为A．5 B．6 C．7 D．8【答案】A【分析】根据全等三角形的性质得到，，，，推出，，三点共线，分别表示出五边形的面积，的面积,然后利用，列出方程即可求得结论．【详解】解：四个直角三角形全等，，，，，，四边形是正方形，，，，，三点共线，五边形的面积为，，，，，的面积为，，，，（不合题意，舍去），故的值为5．故选：．【点睛】本题考查了勾股定理的证明，全等三角形的性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．5．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图是一块矩形菜地，面积为．现将边增加．

（1）如图1，若，边减少，得到的矩形面积不变，则的值是．（2）如图2，若边增加，有且只有一个的值，使得到的矩形面积为，则的值是．【答案】6/【分析】（1）根据面积的不变性，列式计算即可．（2）根据面积，建立分式方程，转化为a一元二次方程，判别式为零计算即可．【详解】（1）根据题意，得，起始长方形的面积为，变化后长方形的面积为，∵，边减少，得到的矩形面积不变，∴，解得，故答案为：6．（2）根据题意，得，起始长方形的面积为，变化后长方形的面积为，∴，，∴，∴，∴，∵有且只有一个的值，∴，∴，解得（舍去），故答案为：．【点睛】本题考查了图形的面积变化，一元二次方程的应用，正确转化为一元二次方程是解题的关键．6．（2023秋·全国·九年级专题练习）六张完全相同的小矩形纸片C与A，B两张矩形纸片恰好能拼成一个相邻边长为m，50的大矩形，部分数据如图所示．（1）若，则矩形A的水平边长为；（2）请用含m，n的代数式表示矩形A的周长：；（3）若矩形A，B的面积相等，则．【答案】【分析】（1）根据图可得矩形A的长个小矩形宽，即可得到矩形A的水平边长；（2）根据图可得矩形A的宽个小矩形宽，进而得到矩形A的竖直边长，即可得到答案；（3）分别表示出矩形A，B的面积，根据矩形A，B的面积相等即可得到答案．【详解】解：设矩形A的水平边长为，矩形A的竖直边长，（1）由图可知，；（2）由（1）可知，由图可知矩形A的周长；（3）由题知，矩形A的面积；由图知，矩形B的面积矩形A，B的面积相等,①小矩形纸片长，矩形A的水平边长为由图可知小矩形纸片长矩形A的水平边长②联立①②解得，（舍去）．故答案为：；；．【点睛】本题主要考查列多项式，多项式的值，一元二次方程，掌握解题的方法以及解方程的方法是解题的关键．7．（2023春·浙江·八年级阶段练习）一个矩形内放入两个边长分别为和的小正方形纸片，