苏科版1.1 一元二次方程巩固练习

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选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分）。
1．（2023•海淀区校级开学）若关于x的一元二次方程x2﹣4x+m＝0有两个相等的实数根，则实数m的值为（ ）
A．4B．﹣4C．±4D．2
【答案】A
【解答】解：∵关于x的一元二次方程x2﹣4x+m＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣4）2﹣4m＝0，
解得m＝4．
故选：A．
2．（2023•郸城县二模）若关于x的方程kx2+4x﹣2＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k＞﹣2B．k＞﹣2且k≠0C．k＜2D．k＜2且k≠0
【答案】B
【解答】解：∵关于x的方程kx2+4x﹣2＝0有两个不相等的实数根，
∴k≠0且Δ＝42+8k＞0，
解得：k＞﹣2且k≠0．
∴k的取值范围是k＞﹣2且k≠0．
故选：B．
3．（2023•汝南县一模）对于实数a，b定义运算“⊗”为a⊗b＝b2﹣ab，例如3⊗2＝22﹣3×2＝﹣2，则关于x的方程（k﹣3）⊗x＝k的根的情况，下列说法正确的是（ ）
A．有两个相等的实数根B．有两个不相等的实数根
C．无实数根D．无法确定
【答案】B
【解答】解：∵a⊗b＝b2﹣ab，
∴（k﹣3）⊗x＝k可化为x2﹣（k﹣3）x﹣k＝0，
∵Δ＝[﹣（k﹣3）]2﹣4×（﹣k）＝k2﹣2k+9＝（k﹣1）2+8＞0，
∴原方程有两个不相等的实数根，
故选：B．
4．（2023春•威海期末）我国古代数学家研究过一元二次方程的正数解的几何解法．以方程x2+5x﹣14＝0，即x（x+5）＝14为例说明，《方图注》中记载的方法是：构造如图中大正方形的面积是（x+x+5）2同时它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即4×14+52，因此x＝2．小明用此方法解关于x的方程x2+mx﹣n＝0时，构造出同样的图形，已知大正方形的面积为14，小正方形的面积为4，则（ ）
A．m＝2，n＝3B．，n＝2C．，n＝2D．m＝2，
【答案】D
【解答】解：如图，
由题意得：m2＝4，4n+4＝14，
∴m＝＝2，n＝，
故选：D．
5．（2023春•招远市期中）已知N＝6m﹣25，M＝m2﹣2m（m为任意实数），则M、N的大小关系为（ ）
A．M＜NB．M＞NC．M＝ND．不能确定
【答案】B
【解答】解：根据题意，可知M﹣N＝m2﹣2m﹣6m+25＝m2﹣8m+16+9＝（m﹣4）2+9＞0，
所以M＞N．
故选：B．
6．（2023春•河东区期末）已知m、n是一元二次方程x2+x﹣2023＝0的两个实数根，则代数式m2+2m+n的值等于（ ）
A．2019B．2020C．2021D．2022
【答案】D
【解答】解：∵m是一元二次方程x2+x﹣2023＝0的根，
∴m2+m﹣2023＝0，
∴m2＝﹣m+2023，
∴m2+2m+n＝﹣m+2023+2m+n＝m+n+2023，
∵m、n是一元二次方程x2+x﹣2023＝0的两个实数根，
∴m+n＝﹣1，
∴m2+2m+n＝﹣1+2023＝2022．
故选：D．
7．（2023春•蜀山区期末）已知关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣b＝0的一个解是x＝﹣1，则方程的另一个解为（ ）
A．﹣2B．2C．﹣3D．3
【答案】D
【解答】解：设方程的另一个解为t，
根据题意得﹣1+t＝2，
解得t＝3．
故选：D．
8．（2023•郑州模拟）一元二次方程（x﹣1）（x+5）＝3x+1的根的情况是（ ）
A．没有实数根B．有两个相等的实数根
C．有两个不相等的实数根D．只有一个实数根
【答案】C
【解答】解：将方程整理为一般式，得：x2+x﹣6＝0，
∵Δ＝12﹣4×1×（﹣6）＝25＞0，
∴此方程有两个不相等的实数根，
故选：C．
9．（2022秋•青山区期末）若x1，x2是方程x2+2x﹣3＝0的两个实数根，则x1•的值为（ ）
A．3或﹣9B．﹣3或9C．3或﹣6D．﹣3或6
【答案】B
【解答】解：解方程x2+2x﹣3＝0得，x1＝﹣3，x2＝1或x1＝1，x2＝﹣3，
∴x1•＝﹣3×12＝﹣3或x1•的＝1×（﹣3）2＝9，
故选：B．
10．（2023•市中区模拟）定义[x]表示不超过实数x的最大整数，如[﹣2.3]＝﹣3，[﹣0.5]＝﹣1，[﹣2]＝﹣2，[0]＝0，[2.7]＝2．函数y＝[x]的图象如图所示，则方程[x]＝x2+2x的根的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【解答】解：设，则
根据y＝[x]图象，且[x]＝x2+2x，
结合图象可得[x]可能为﹣1或0或1，
所以当y1＝﹣1，则（x+1）2﹣1＝﹣1，则x＝﹣1，
所以当y1＝0，则（x+1）2﹣1＝0，则x1＝0，x2＝﹣2（舍去），
所以当y1＝1，则（x+1）2﹣1＝1，则，（带入方程不符合题意，均舍去），
综上所述：方程[x]＝x2+2x的根为﹣1、0，有2个，
故选：B．
填空题(本题共6题,每小题3分，共18分）。
11．（2023•滕州市校级开学）已知关于x的方程x2+nx﹣m＝0的两个根是0和﹣2，则m+n的值为 2 ．
【答案】2．
【解答】解：∵关于x的方程x2+nx﹣m＝0的两个根是0和﹣2，
∴，
解得：，
∴m+n＝2，
故答案为：2．
12．（2023春•六安月考）若a是方程x2﹣2x﹣5＝0的一个根，则2a2﹣4a＝ 10 ．
【答案】10．
【解答】解：由a是方程x2﹣2x﹣5＝0的一个根，
则有a2﹣2a﹣5＝0，
∴a2﹣2a＝5，
∴2a2﹣4a＝10．
故答案为：10．
13．（2023•荔城区校级开学）设x1，x2是一元二次方程x2+x﹣2023＝0的两个根，则+2x1+x2＝ 2022 ．
【答案】2022．
【解答】解：∵x1，x2是一元二次方程x2+x﹣2023＝0的两个根，
∴x1+x2＝﹣1，+x1＝2023，
∴+2x1+x2＝+x1+x1+x2＝2023﹣1＝2022．
故答案为：2022．
14．（2023•下陆区校级开学）设a，b，c，d是四个不同的实数，如果a，b是方程x2﹣10cx﹣12d＝0的两根，c，d是方程x2﹣10ax﹣12b＝0的两根，那么a+b+c+d的值为 1320 ．
【答案】1320．
【解答】解：∵a，b是方程x2﹣10cx﹣12d＝0的两根，c，d是方程x2﹣10ax﹣12b＝0的两根，
∴a+b＝10c，c+d＝10a．
∴a+b+c+d＝10（a+c）．
∵a2﹣10ac﹣12d＝0，d＝10a﹣c；
∴a2﹣120a+12c﹣10ac＝0①．
∵c2﹣10ac﹣12b＝0，b＝10c﹣a，
∴c2+12a﹣120c﹣10ac＝0②．
①﹣②，得a2﹣c2﹣120（a﹣c）﹣12（a﹣c）＝0，
∴（a﹣c）（a+c﹣132）＝0，
∵a≠c，
∴a+c﹣132＝0．
∴a+c＝132．
∴a+b+c+d＝10（a+c）＝1320．
故答案为：1320．
15．（2023•从江县校级开学）如图所示，在长为50m、宽为40m的矩形场地上修建两条宽度相等且互相垂直的道路，剩余部分进行绿化，要使绿化面积为1824m2，则道路的宽应为多少米？设道路的宽为xm，则可列方程为 （50﹣x）（40﹣x）＝1824 ．
【答案】（50﹣x）（40﹣x）＝1824．
【解答】解：设道路的宽为x米，则绿化的部分可合成长（50﹣x）米，宽（40﹣x）米的矩形，
依题意得：（50﹣x）（40﹣x）＝1824．
故答案为：（50﹣x）（40﹣x）＝1824．
16．（2023•宜昌）已知x1，x2是方程2x2﹣3x+1＝0的两根，则代数式的值为 1 ．
【答案】1．
【解答】解：∵x1，x2是方程2x2﹣3x+1＝0的两根，
∴x1+x2＝，x1x2＝，
∴＝＝1．
故答案为：1．
三、解答题（本题共5题，共52分）。
17．（10分）（2023春•岱岳区期末）某超市于今年年初以每件25元的进价购进一批商品．当商品售价为40元时，一月份销售256件．二、三月该商品十分畅销．销售量持续走高．在售价不变的基础上，三月底的销售量达到400件．设二、三这两个月的月平均增长率不变．
（1）求二、三这两个月的月平均增长率；
（2）从四月份起，商场决定采用降价促销的方式回馈顾客，经调查发现，该商品每降价1元，销售量增加5件，当商品降价多少元时，商场获利4250元？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）设二、三这两个月的月平均增长率为x，根据题意可得：
256（1+x）2＝400，
解得：x1＝，x2＝﹣（不合题意舍去）．
答：二、三这两个月的月平均增长率为25%；
（2）设当商品降价m元时，商品获利4250元，根据题意可得：
（40﹣25﹣m）（400+5m）＝4250，
解得：m1＝5，m2＝﹣70（不合题意舍去）．
答：当商品降价5元时，商品获利4250元．
18．（10分）（2023春•柯桥区期中）我们已经学习了乘法公式（a±b）2＝a2±2ab+b2的多种运用，可以运用所学知识解答：求代数式​x2+4x+5的最小值．解答如下：
解：x2+4x+5＝x2+4x+4+1＝（x+2）2+1，
（x+2）2≥0，∴当x＝﹣2时，（x+2）2的值最小，最小值是0，
∴（x+2）2+1≥1，∴当（x+2）2＝0时，（x+2）2+1的值最小，最小值是1，
∴x2+4x+5的最小值是1．
请你根据上述方法，解答下列各题．
（1）知识再现：当x＝ 2 时，代数式x2﹣4x+15的最小值是 11 ；
（2）知识运用：若y＝﹣x2+6x﹣15，当x＝ 3 时，y有最 大 值（填“大”或“小”），这个值是 ﹣6 ；
（3）知识拓展：若﹣x2+5x+y+10＝0，求y+x的最小值．
【答案】（1）2，11；（2）3，大，﹣6；（3）y+x的最小值为﹣14．
【解答】解：（1）∵x2﹣4x+15＝（x﹣2）2+11，
∴当x＝2时，有最小值11；
故答案为：2，11；
（2）∵y＝﹣x2+6x﹣15＝﹣（x﹣3）2﹣6，
∴当x＝3时有最大值﹣6；
故答案为：3，大，﹣6；
（3）∵﹣x2+5x+y+10＝0，
∴x+y＝x2﹣4x﹣10＝（x﹣2）2﹣14，
∵（x﹣2）2≥0，
∴（x﹣2）2﹣14≥﹣14，
∴当x＝2时，y+x的最小值为﹣14．
19．（10分)（2023•增城区一模）已知关于x的一元二次方程（a+b）x2+2cx+（b﹣a）＝0，其中a、b、c分别为△ABC三边的长．
（1）如果x＝﹣1是方程的根，试判断△ABC的形状，并说明理由；
（2）如果方程有两个相等的实数根，试判断△ABC的形状，并说明理由；
（3）如果△ABC是等边三角形，试求这个一元二次方程的根．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）△ABC是等腰三角形，
理由：当x＝﹣1时，（a+b）﹣2c+（b﹣a）＝0，
∴b＝c，
∴△ABC是等腰三角形，
（2）△ABC是直角三角形，
理由：∵方程有两个相等的实数根，
∴Δ＝（2c）2﹣4（a+b）（b﹣a）＝0，
∴a2+c2＝b2，
∴△ABC是直角三角形；
（3）∵△ABC是等边三角形，
∴a＝b＝c，
∴原方程可化为：2ax2+2ax＝0，
即：x2+x＝0，
∴x（x+1）＝0，
∴x1＝0，x2＝﹣1，
即：这个一元二次方程的根为x1＝0，x2＝﹣1．
20．(10分)（2022秋•绥宁县期中）我们已经学习了利用配方法解一元二次方程，其实配方法还有其他重要应用，例如：试求二次三项式x2+4x+5最小值．解：x2+4x+5＝x2+4x+4+1＝（x+2）2+1，∵（x+2）2≥0，（x+2）2+1≥1，∴x2+4x+5≥1，即x2+4x+5的最小值是1．试利用“配方法”解决下列问题：
（1）已知y＝x2﹣6x+12，求y的最小值．
（2）比较代数式3x2﹣x+2与2x2+3x﹣6的大小，并说明理由．
知识迁移：
（3）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，点P在AC边上以2cm/s的速度从点A向C移动，点Q在CB边上以1cm/s的速度从点C向点B移动．若点P，Q同时出发，且当一点移动到终点时，另一点也随之停止，设四边形APQB的面积为Scm2，运动时间为t秒，求S的最小值．
【答案】（1）3；
（2）3x2﹣x+2＞2x2+3x﹣6；
（3）5．
【解答】解：（1）∵y＝x2﹣6x+12，
∴y＝（x﹣3）2+3，
∴y的最小值为3；
（2）3x2﹣x+2﹣（2x2+3x﹣6）
＝3x2﹣x+2﹣2x2﹣3x+6
＝x2﹣4x+8
＝（x﹣2）2+4
∵（x﹣2）2+4＞0
∴3x2﹣x+2＞2x2+3x﹣6；
（3）根据题意可得：
S＝S△ABC﹣S△PQC，
S＝×4×3﹣（4﹣2t）t，
S＝6﹣2t+t2，
S＝（t﹣1）2+5，
∴S的最小值为5．
21．(12分)（2022春•忠县校级期中）如图所示，在直角梯形OABC中，CB∥OA，CB＝8，OC＝8，OA＝16．
（1）求点B的坐标，并且求出直角梯形OABC的面积；
（2）当P点沿OA方向以每秒2个单位的速度从O点出发，经过多少时间后△OCP的面积等于△OAB的面积的一半？
（3）在（2）的条件下，若现在P、Q点同时出发，当Q点从A点出发，沿AO方向每秒3个单位的速度移动，问经过多少时间后△BPQ的面积等于直角梯形OABC的面积的？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）∵在直角梯形OABC中，CB∥OA，CB＝8，OC＝8，OA＝16，
∴A的坐标是（16，0），B的坐标是（8，8），C的坐标是（0，8），
直角梯形OABC的面积是：（OA+BC）×OC＝（16+8）×8＝96；
（2）如图（1）所示：设经过t秒后△OCP的面积等于△OAB的面积的一半，
∵S△AOB＝×16×8＝64，
∴S△COP＝×8•OP＝32，
解得：OP＝8，
∵P点沿OA方向以每秒2个单位的速度从O点出发，
∴经过8÷2＝4秒后△OCP的面积等于△OAB的面积的一半；
（3）由（1）得直角梯形OABC的面积为96，
则△BPQ的面积为：24，
当P，Q相遇前如图（2），则PQ＝16﹣2t﹣3t，
则×8（16﹣5t）＝24，
解得：t＝2，
当P，Q相遇后如图（3），则PQ＝2t+3t﹣16，
则×8（5t﹣16）＝24，
解得：t＝，
综上所述：经过2秒或秒后△BPQ的面积等于直角梯形OABC的面积的．