2024年上海市16区中考二模数学分类汇编 专题03 方程（方程组、分式方程、一元二次方程及应用38题）（详解版）

这是一份2024年上海市16区中考二模数学分类汇编 专题03 方程（方程组、分式方程、一元二次方程及应用38题）（详解版），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，羊二，直金十九两．牛二，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2024·上海普陀·二模）下列方程中，有两个不相等的实数根的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了一元二次方程的根的判别式：当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．分别计算四个方程的根的判别式，然后根据判别式的意义判断根的情况．
【详解】解：A、∵，∴方程有两个相等的实数根，不合题意；
B、∵，∴方程有两个不相等的实数根，符合题意；
C、∵，∴方程没有实数根，不合题意；
D、∵，∴方程有两个相等的实数根，不合题意．
故选：B．
2．（2024·上海嘉定·二模）关于的方程（为常数）有两个不相等的实数根，那么的取值范围是（ ）
A．且B．C．且D．
【答案】B
【分析】本题考查了一元二次方程（）的根的判别式．当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．
根据一元二次方程的根的判别式的意义得到，解不等式即可．
【详解】解：∵关于的方程（为常数）有两个不相等的实数根，
∴，即，
解得，
∴k的取值范围为．
故选：B．
3．（2024·上海长宁·二模）关于一元二次方程根的情况，正确的是（ ）
A．有两个相等的实数根B．有两个不相等的实数根
C．有且只有一个实数根D．没有实数根
【答案】B
【分析】本题考查了根的判别式．先计算出根的判别式的值，然后根据根的判别式的意义对各选项进行判断．
【详解】解：△，
方程有两个不相等的实数根．
故选：B．
4．（2024·上海奉贤·二模）下列关于的方程中有实数根的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了根的判别式，分式方程有意义的条件，二次根式的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．
根据一元二次方程根的判别式判断A，根据乘方的意义判断B，根据分式方程有意义的条件判断C，根据二次根式的性质判断D．
【详解】解：A：，故原方程有实数根,符合题意；
B：由题意可，由乘方的意义可得，故原方程无实数根,不符合题意；
C：解分式方程得，且当时，，故原方程无实数根,不符合题意；
D：由题意可，由二次根式的性质可得，故原方程无实数根,不符合题意；
故选：A．
5．（23-24九年级下·上海宝山·期中）如果关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，那么实数m的值是（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】此题考查一元二次方程根的判别式，解题关键是数量掌握一元二次方程根与系数关系：一元二次方程有两个相等的实数根时，；有两个不相等的实数根时，；无实数根时，．题中方程有两个相等实数根，，列出式子，求解的值即可．
【详解】解：根据题意可得：，
即：，
解得：，
故选：B．
二、填空题
6．（2024·上海青浦·二模）方程的解是 ．
【答案】
【分析】本题考查了二次根式的性质和一元一次方程的解法，解题的关键是准确计算．
【详解】解：∵，
∴，
解得：，
经检验：是原方程的解，
故答案为：．
7．（2024·上海黄浦·二模）已知关于x的方程，判断该方程的根的情况是 ．
【答案】有两个不相等的实数根
【分析】本题考查的是一元二次方程根的判别式，先计算，再判断即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴该方程有两个不相等的实数根，
故答案为：有两个不相等的实数根．
8．（2024·上海长宁·二模）已知方程，如果设，那么原方程转化为关于y的整式方程为 ．
【答案】
【分析】本题考查了换元法解分式方程，熟练掌握换元法是解题的关键．根据换元法即可求解．
【详解】解：方程，如果设，
∴
即，
故答案为：．
9．（2024·上海黄浦·二模）方程的解是 ．
【答案】
【分析】本题考查无理方程的求法， 把方程两边平方求解，再检验即可得到答案．
【详解】解：把方程两边平方得：，
整理得：，
解得：或，
经检验，是原方程的解．
故答案为：．
10．（2024·上海静安·二模）方程的根为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了无理方程的意义．依据题意，，从而，可得，进而计算可以得解．
【详解】解：由题意得，，
．
．
．
．
．
故答案为：．
11．（2024·上海金山·二模）已知关于x的方程，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了解无理方程．方程两边平方得出，求出方程的解，再进行检验即可．
【详解】解：，
方程两边平方，得，
，
，
，
经检验：是方程的解．
故答案为：．
12．（2024·上海闵行·二模）《九章算术》中记载：“今有牛五、羊二，直金十九两．牛二、羊五，直金十六两．牛、羊各直金几何？”题目大意是：“5头牛、2只羊共值金19两，2头牛、5只羊共值金16两，每头牛、每只羊各值金多少两？”根据题意，设1头牛值金x两，1只羊值金y两，那么可列方程组为 ．
【答案】
【分析】本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解题的关键是明确题意，找到等量关系，列出相应的方程组.根据“5头牛、2只羊共值金19两．2头牛、5只羊共值金16两”，得到2个等量关系，即可列出方程组．
【详解】解：设1头牛值金x两，1只羊值金y两，
由题意可得，，
故答案为：．
13．（2024·上海黄浦·二模）现有一张矩形纸片，其周长为厘米，将纸片的四个角各剪下一个边长为厘米的正方形，然后沿虚线（如图所示）将纸片折成一个无盖的长方体．如果所得的长方体的体积是立方厘米，设原矩形纸片的长是厘米，那么可列出方程为 ．
【答案】
【分析】此题主要考查了一元二次方程的应用，首先要注意读懂题意，正确理解题意，然后才能利用题目的数量关系列出方程．
设原矩形纸片的长是，表示长方体纸盒的长、宽、高，然后根据体积列出方程即可．
【详解】解：
设原矩形纸片的长是，则宽为，
长方体纸盒的长为，宽为，高为，
由长方体体积是立方厘米得： ．
故答案为：．
14．（2024·上海青浦·二模）如果关于x的方程有实数根，那么实数c的取值范围是 ．
【答案】
【分析】本题考查一元二次方程根的判别式，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，根据方程的即可解答．
【详解】解：方程有实数根，
∴，
∴，
故答案为：．
15．（2024·上海徐汇·二模）关于的一元二次方程根的情况是：原方程 实数根．
【答案】有两个不相等的
【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程，若，则方程有两个不相等的实数根，若，则方程有两个相等的实数根，若，则方程没有实数根，据此求解即可．
【详解】解：由题意得，，
∴原方程有两个不相等的实数根，
故答案为：有两个不相等的．
16．（2024·上海松江·二模）我国新能源汽车发展迅速，某品牌电动车第一季度销量达10万辆，预计第二季度的销量比第一季度增长，第三季度的销量比第二季度增长，那么预计第三季度的销量为 万辆．
【答案】13.2
【分析】本题考查了销售增长率的问题，利用“第二季度的销量=第一季度的销量（1+增长率），第三季度的销量=第二季度的销量（1+增长率）”，即可求解．
【详解】，
故答案为：13.2．
17．（2024·上海松江·二模）如果关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，那么k= ．
【答案】
【分析】因为关于的一元二次方程有两个相等的实数根，所以且判别式，建立关于的方程，解方程即可求出的值．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这一隐含条件．
【详解】解：关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
且判别式，
解得：．
故答案为：．
18．（23-24九年级下·上海崇明·期中）已知关于x的方程没有实数根，则实数k的取值范围为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程，若，则方程有两个不相等的实数根，若，则方程有两个相等的实数根，若，则方程没有实数根，据此求解即可．
【详解】解：∵关于x的方程没有实数根，
∴，
∴，
故答案为：．
19．（2024·上海静安·二模）如果关于x的一元二次方程有实数根，那么a的取值范围是 ．
【答案】且
【分析】本题主要考查一元二次方程定义和根的判别式，根据一元二次方程根的判别式可进行求解．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程没有实数根，
∴，而且
解得：且；
故答案为：且．
20．（2024·上海普陀·二模）已知一个角的余角是这个角的两倍，那么这个角的补角是 度．
【答案】
【分析】本题主要考查了与余角和补角有关的计算，设这个角的度数为，则这个角的余角的度数为，根据一个角的余角是这个角的两倍，列出方程，解方程求出这个角的度数，再根据度数之和为180度的两个角互补进行求解即可．
【详解】解：设这个角的度数为，则这个角的余角的度数为，
由题意得，，
解得，
∴这个角的度数为，
∴这个角的补角是，
故答案为：．
21．（2024·上海徐汇·二模）方程组的解是 ．
【答案】或
【分析】本题考查解二元二次方程组，一元二次方程，代入消元法，将方程组先转化为一元二次方程，再进行求解即可．
【详解】解：
由②得：③；
把③代入①，得：，解得：，
∴，
∴方程组的解为：或；
故答案为：或
22．（2024·上海闵行·二模）分式方程的解是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了解分式方程，解题关键是求解后必须检验是否为增根．等号两边同时乘以，求解并检验即可．
【详解】解：，
等号两边同时乘以，
可得，
解得，
当时，，
所以，是该分式方程的增根，
当时，，
所以，是该分式方程的解，
所以，分式方程的解是．
故答案为：．
23．（2024·上海嘉定·二模）用换元法解方程时，如果设，那么原方程可化为关于的整式方程是 ．
【答案】
【分析】此题主要考查了换元法解分式方程，设，则方程可转化为：，然后再去分母，将该分式方程转化为整式方程即可．
【详解】解：设，
则方程可转化为：，
去分母，方程两边同时乘以得：，
故答案为：．
24．（23-24九年级下·上海崇明·期中）新定义：我们把抛物线，（其中）与抛物线称为“关联抛物线”．例如：抛物线的“关联抛物线”为．已知抛物线的“关联抛物线”为，抛物线的顶点为P，且抛物与x轴相交于M、N两点，点P关于x轴的对称点为Q，若四边形是正方形，那么抛物线的表达式为 ．
【答案】
【分析】本题考查了抛物线新定义问题，正确理解定义，熟练掌握平行坐标轴直线上两点间距离计算方式是解题的关键．根据定义，得到抛物线的表达式，然后利用公式求出顶点坐标和对称点坐标，根据四边形是正方形求出距离，然后利用两点间距离公式和一元二次方程根与系数的关系求出的值，即可求解．
【详解】解： ，
“关联抛物线”为：，
设抛物线的顶点，则
，，
抛物线的顶点，
点P关于x轴的对称点，
连接交轴于，如图所示，
四边形是正方形，
，
，
设抛物线：与轴交点，，，即为方程的根，
则，，
，
解得，
抛物线的表达式为，即，
故答案为：．
25．（2024·上海浦东新·二模）定义：四边形中，点E在边上，连接、，如果的面积是四边形面积的一半，且的面积是及面积的比例中项，我们称点E是四边形的边上的一个面积黄金分割点．
已知：如图，四边形是梯形，且，，如果点E是它的边上的一个面积黄金分割点，那么的值是 ．
【答案】
【分析】设，，，结合题意可得：，，可得，如图，过作交于，过作于，交于，证明是的中位线，同理可得：，证明是梯形中位线，可得，从而可得答案．
【详解】解：设，，，
∴结合题意可得：，，
∴，
∴，
∴，，
如图，过作交于，过作于，交于，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
过作交于，
∴四边形，，是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的中位线，
同理可得：，
∴是梯形中位线，
∴，
∴；
故答案为：
【点睛】本题考查的是新定义的含义，三角形的中位线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，理解题意是解本题的关键．
三、解答题
26．（2024·上海嘉定·二模）解方程组：
【答案】，
【分析】本题考查了解二元二次方程组，熟练掌握和运用解二元二次方程组的方法是解决本题的关键．
首先把第二个方程分解因式，得到两个二元一次方程，再组合成二个二元一次方程组，分别解方程组即可．
【详解】解：
由②得：
或
所以原方程组可化为两个二元一次方程组：
或
分别解这两个方程组，得原方程组的解是
，
27．（23-24九年级下·上海宝山·期中）解方程：
【答案】或
【分析】本题主要考查了解分式方程，按照去分母，去括号，移项，合并同类项，系数化为1的步骤解方程，然后检验即可．
【详解】解：
去分母得：，
去括号得：，
移项得：，
合并同类项得：，
∴，
解得或，
经检验，和都是原方程的解．
28．（2024·上海徐汇·二模）A市“第××届中学生运动会”期间，甲校租用两辆小汽车（设每辆车的速度相同）同时出发送名学生到比赛场地参加运动会，每辆小汽车限坐人（不包括司机），其中一辆小汽车在距离比赛场地千米的地方出现故障，此时离截止进场的时刻还有分钟，这时唯一可利用的交通工具是另一辆小汽车．已知这辆车的平均速度是每小时千米，人步行的平均速度是每小时千米（上、下车时间忽略不计）．
(1)如果该小汽车先送名学生到达比赛场地，然后再回到出故障处接其他学生，请你判断他们能否在截止进场的时刻前到达？并说明理由；
(2)试设计一种运送方案，使所有参赛学生能在截止进场的时刻前到达比赛场地，并说明方案可行性的理由．
【答案】(1)不能，见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查一元一次方程的应用，解题的关键是理解题意；
（1）根据题意分别求出单程送达比赛场地的时间和另外送4名学生的时间，进而问题可求解；
（2）设汽车与另外名学生相遇所用时间为小时，根据题意可得，进而求解即可．
【详解】（1）解：他们不能在截止进场的时刻前到达比赛场地．
∵单程送达比赛场地的时间是：（小时）（分钟）；
∴送完另名学生的时间是：（分钟）（分钟）；
∴他们不能在截止进场的时刻前到达比赛场地．
（2）解：先将名学生用车送达比赛场地，另外名学生同时步行前往比赛场地，
汽车到比赛场地后返回到与另外名学生的相遇处再载他们到比赛场地．（用这种方案送这名学生到达比赛场地共需时间约为分钟）．理由如下：
先将名学生用车送达比赛场地的时间是：（小时）（分钟），
此时另外名学生步行路程是：(千米)；
设汽车与另外名学生相遇所用时间为小时．
则；
解得（小时）（分钟）；
从相遇处返回比赛场地所需的时间也是（分钟）；
所以，送这名学生到达比赛场地共需时间为：
（分钟）；
又；
所以，用这种方案送这名学生能在截止进场的时刻前到达比赛场地．
29．（2024·上海金山·二模）解方程：．
【答案】
【分析】本题考查了分式方程的求解，（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．（2）解分式方程一定注意要验根．
方程两边同乘最简公分母化为整式方程，然后求解，再进行检验．
【详解】解：
去分母得：
整理得：
解得：，
经检验：都是原方程的根．
原方程的根是．
30．（2024·上海奉贤·二模）解方程组：
【答案】
【分析】本题考查了代入消元法解方程及二元二次方程的解法，熟练掌握代入消元法，运算过程中细心即可．
由第一个方程得到，再代入第二个方程中，解一元二次方程方程即可求出，再回代第一个方程中即可求出．
【详解】解：由题意：，
由方程①得到：，
将③代入方程②中：得到：，
进一步整理为：，
解得，
把代入方程③中，解得，
故方程组的解为：．
31．（23-24九年级下·上海崇明·期中）解方程组：
【答案】或
【分析】本题考查了高次方程的解法，二元一次方程组的解法．把原方程组转化为两个二元一次方程组是解决本题的关键．因式分解方程组中的，转化为两个二元一次方程，与原方程组中的组成两个一次方程组，求解即可．
【详解】解：由，得，
∴，．
由，组成新的方程组，，
解方程组，
得；
解方程组，
得．
∴方程组的解为：或．
32．（2024·上海青浦·二模）解方程组：
【答案】，
【分析】本题考查了二元二次方程组解法，解题关键是通过因式分解将二元一次方程组转化为两个二元一次方程组解答．
因式分解组中的方程②，得到两个二元一次方程，再代入①即可解方程组．
【详解】解：由②得：，
即或，
把代入①得，；
把代入①得，；
∴方程组的解为：，．
33．（2024·上海松江·二模）解方程组：．
【答案】，，，
【分析】本题考查了二元二次方程组的解法等知识．先将方程①变形为或，分别与方程②组成方程组，利用代入法即可求解．
【详解】解：
由方程①得，得到 或．
将它们与方程②分别组成方程组，得
（Ⅰ） 或（Ⅱ）
解方程组（Ⅰ），得 ，；
解方程组（Ⅱ），得 ，；
所以原方程组的解是，，，．
34．（2024·上海长宁·二模）解方程组：
【答案】或．
【分析】本题考查了解高次方程组，能把高次方程组转化成二元一次方程组是解题的关键．
由方程②得③或④，再由①③和①④组成两个方程组，再求出方程组的解即可．
【详解】解：
由方程②得，
∴或，即③或④，
∴原方程组为或，
解得或，
答：方程组的解为或．
35．（2024·上海徐汇·二模）解方程：
【答案】
【分析】本题考查了解分式方程和解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握解分式方程和解一元二次方程的方法和步骤．先去分母，将分式方程化为整式方程，再进行求解即可．
【详解】解：，
，
，
，
，
，
，
检验，当时，，
∴是原方程的解，
当时，，
∴不是原方程的解．
36．（23-24九年级下·上海崇明·期中）某工程队购进几台新型挖掘机（如图1），该挖掘机是由基座、主臂和伸展臂构成，图2是其侧面结构示意图：是基座（基座高度忽略不计），是主臂，是伸展臂，若主臂长为米，主臂伸展角的范围是：，伸展臂伸展角的范围是：，当主臂伸展角最小，伸展臂伸展角最大时，伸展臂恰好能接触水平地面（点C、Q、A、P在一直线上）．（参考数据：）
(1)当挖掘机在A处时，能否挖到距A水平正前方6米远的土石？（请通过计算说明）
(2)该工程队承担了新农村景观河的建设任务，计划用该型号的挖掘机进行施工．已知景观河全长1200米，实际开工后每天比原计划多挖20米，因此提前3天完成任务，求工程队原计划每天挖多少米？
【答案】(1)能挖到距A水平正前方6米远的土石
(2)工程队原计划每天挖80米
【分析】本题主要考查解直角三角形和分式方程的应用，
（1）过点B作于点D，可求得，，进一步求得，则，有，即可求得判断能否挖到；
（2）设工程队原计划每天挖x米，则实际开工后每天挖米，列出分式方程求解即可．
【详解】（1）过点B作于点D，如图，
由题意可知：，，米，
则，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
则，
故能挖到距A水平正前方6米远的土石；
（2）设工程队原计划每天挖x米，则实际开工后每天挖米，则
，解得，（舍去），
经检验是原方程的解，
故工程队原计划每天挖80米．
37．（2024·上海普陀·二模）解方程：．
【答案】
【分析】本题主要考查解分式方程，方程两边都乘以得出，求出方程的解，再进行检验即可
【详解】解：
方程两边都乘以得
，
整理得，，
解得，，，
检验：当时，，所以，是分式方程的解；
当时，，所以，是增根，
所以，分式方程的解是
38．（2024·上海嘉定·二模）某企业在2022年1至3月的利润情况见表．
(1)如果这个企业在2022年1至3月的利润数是月份数的一次函数，求2月份的利润；
(2)这个企业从3月份起，通过技术改革，经过两个月后的5月份获得利润为121万元，如果这个企业3月至5月中每月利润数的增长率相等，求这个企业3月至5月中利润数的月平均增长率．
【答案】(1)2月份的利润为98万元
(2)这个企业利润数的月平均增长率为
【分析】本题主要考查了一次函数的应用，一元二次方程的应用，解题的关键是利用待定系数法求出一次函数解析式，根据等量关系，列出方程．
（1）利用待定系数法求出一次函数解析式，然后将代入求值即可；
（2）设这个企业利润数的月平均增长率为x．根据经过两个月后的5月份获得利润为121万元，列出方程，求出结果即可．
【详解】（1）解：根据题意设利润数y与月份数x一次函数关系式为，根据题意得：
，
解此方程组得：，
∴利润数y与月份数x一次函数关系式为：，
当时，，
答：2月份的利润为98万元；
（2）解：设这个企业利润数的月平均增长率为x．根据题意得：
，
解得，（不合题意，舍去），
∴．
答：这个企业利润数的月平均增长率为．
月份数（）
1
2
3
利润数（）（万元）
96
？
100