资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩8页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
- 考点06分式方程（精讲）-2024年中考数学一轮复习之核心考点精讲精练（全国通用）原卷版+解析版 试卷 0 次下载
- 考点07一元二次方程（精练）2024年中考数学一轮复习之核心考点精讲精练（全国通用）原卷版+解析版 试卷 0 次下载
- 考点08一次不等式（组）（精练）-2024年中考数学一轮复习之核心考点精讲精练（全国通用）原卷版+解析版 试卷 0 次下载
- 考点08一次不等式（组）（精讲）-2024年中考数学一轮复习之核心考点精讲精练（全国通用）原卷版+解析版 试卷 0 次下载
- 考点09平面直角坐标系与函数初步（精练）-2024年中考数学一轮复习之核心考点精讲精练（全国通用）原卷版+解析版 试卷 0 次下载
考点07一元二次方程（精讲）-2024年中考数学一轮复习之核心考点精讲精练（全国通用）原卷版+解析版
展开
这是一份考点07一元二次方程（精讲）-2024年中考数学一轮复习之核心考点精讲精练（全国通用）原卷版+解析版，文件包含考点07一元二次方程精讲原卷版docx、考点07一元二次方程精讲解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
一元二次方程以考查一元二次方程的相关概念、解一元二次方程、根的判别式、韦达定理（根与系数的关系）、一元二次方程的应用题为主，既有单独考查，也有和二次函数结合考察最值问题，年年考查，分值为15分左右。预计2024年各地中考还将继续考查，复习过程中要多注意各基础考点的巩固，特别是解法中公式法的公式，不要和后续二次函数顶点坐标的纵坐标公式记混了。
【知识清单】
1：一元二次方程的相关概念（☆☆）
1）一元二次方程的定义：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，叫做一元二次方程。
2）一般形式：，其中：a是二次项系数，b是一次项系数，c是常数项。
3）一元二次方程的解：使一元二次方程左右两边相等的未知数的值，就是该一元二次方程的解。
2：一元二次方程的解法（☆☆☆）
1）直接开平方法：适合于或形式的方程。
2）配方法：（1）化二次项系数为1；（2）移项，使方程左边只含有二次项和一次项，右边为常数项；
（3）方程两边同时加上一次项系数一半的平方；（4）把方程整理成的形式；
（5）运用直接开平方法解方程。
3）因式分解法：基本思想是把方程化成的形式，可得或。
4）公式法：（1）把方程化为一般形式，即；（2）确定的值；（3）求出的值；（4）将的值代入即可。
5）根的判别式：一元二次方程是否有实数根，由的符号来确定，我们把叫做一元二次方程根的判别式。
6）一元二次方程根的情况与判别式的关系
（1）当时，方程有两个不相等的实数根；
（2）当时，方程有1个（两个相等的）实数根；
（3）当时，方程没有实数根。
3：根与系数的关系（韦达定理）（☆☆☆）
对于一元二次方程（其中为常数，），设其两根分别为，，
则，。
4：一元二次方程的实际应用（☆☆☆）
1）利用一元二次方程解决实际问题
列一元二次方程解应用题步骤和列一元一次方程(组)解应用题步骤一样，即审、设、列、解、验、答六步．列一元二次方程解应用题，经济类和面积类问题是常考内容。
2）增长率等量关系
（1）增长率=增长量÷基础量．（2）设为原来量，为平均增长率，为增长次数，为增长后的量，则；当为平均下降率时，则有。
3）利润等量关系：（1）利润=售价－成本．（2）利润率=×100％。
4）面积问题：常用平移法解决面积问题。
5）碰面问题（循环问题）
（1）重叠类型（双循环）：n支球队互相之间都要打一场比赛，总共比赛场次为m。
∵1支球队要和剩下的（n－1）支球队比赛，∴1支球队需要比（n－1）场
∵存在n支这样的球队，∴比赛场次为：n（n－1）场
∵A与B比赛和B与A比赛是同一场比赛，∴上述求法有重叠部分. ∴m=n（n－1）
（2）不重叠类型（单循环）：n支球队，每支球队要在主场与所有球队各打一场，总共比赛场次m。
∵1支球队要和剩下的（n－1）支球队比赛，∴1支球队需要比（n－1）场
∵存在n支这样的球队，∴比赛场次为：n（n－1）场.
∵A与B比赛在A的主场，B与A比赛在B的主场，不是同一场比赛，
∴上述求法无重叠. ∴m=n（n－1）
【易错点归纳】
1. 如果明确了是一元二次方程，就隐含了a≠0这个条件（当a=0时，不含有二次项，即不是一元二次方程）。
2. 利用因式分解法解方程时，含有未知数的式子可能为零，所以在解方程时，不能在两边同时除以含有未知数的式子，以免丢根，需通过移项,将方程右边化为0。
3. 求根公式和一元二次方程根与系数关系的使用条件：a≠0且△=b2-4ac≥0。
【核心考点】
核心考点1. 一元二次方程的相关概念
例1：（2023·四川成都·统考一模）下列方程是一元二次方程的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据一元二次方程定义，只含有一个未知数，并且未知数项的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程，逐项分析判断即可．
【详解】解：A、，二个未知数，不是一元二次方程，故该选项不符合题意；
B、，当时，是一元一次方程，故该选项不符合题意；
C、整理后得，不含二次项，不是一元二次方程，故该选项不符合题意；
D、，是一元二次方程，故该选项符合题意；故选：D.
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，牢记“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1.（2023·福建南平·统考一模）写出一个关于x的一元二次方程，此方程可以为_______．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据一元二次方程的定义，写出方程，即可求解．
【详解】解：此方程可以为． 故答案为：（答案不唯一）
【点睛】本题主要考查了一元二次方程，熟练掌握含有一个未知数，且未知数的最高次数2的整式方程是一元二次方程是解题的关键．
例2：（2022·四川资阳·中考真题）若a是一元二次方程的一个根，则的值是___________．
【答案】6
【分析】将a代入，即可得出，再把整体代入，即可得出答案．
【详解】∵a是一元二次方程的一个根，
∴，∴，∴，故答案为：6．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根的定义，整体思想是本题的关键．
变式1.（2023·山东泰安·一模）关于的一元二次方程的一个根为0，则实数的值是（ ）
A．1B．C．0D．
【答案】B
【分析】据一元二次方程解的定义得，再解关于a的方程，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2.（2023·福建福州·统考一模）关于x的一元二次方程，若，则该方程必有一个根是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据一元二次方程的根的定义，结合即可判断结果．
【详解】解：∵，当时，，∴该方程必有一个根是，故选：A．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根的定义，解答本题的关键是熟练掌握方程的根的定义：方程的根就是使方程左右两边相等的未知数的值．
核心考点2. 一元二次方程的解法
例3：（2022·山东聊城·中考真题）用配方法解一元二次方程时，将它化为的形式，则的值为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】B
【分析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后，继而得出答案．
【详解】解：∵，∴，，
则，即，∴，，∴．故选：B．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，能够正确配方是解此题的关键．
变式1．（2023·山西运城·校联考模拟预测）配方法是解一元二次方程的一种基本方法，其本质是将一元二次方程由一般式化为的形式，然后利用开方求一元二次方程的解的过程，这个过程体现的数学思想是（ ）
A．数形结合思想B．函数思想C．转化思想D．公理化思想
【答案】C
【分析】先把一般式化为，然后两边开方，把一元二次方程转化为一元一次方程，从而解一元一次方程得到一元二次方程的解．
【详解】解：利用配方法把一般式化为，再利用开方求一元二次方程的解的过程，这个过程体现的转化的数学思想．故选：C．
【点睛】本题考查了解一元二次方程配方法：用配方法解一元二次方程的过程实际上把一元二次方程转化为一元一次方程的过程．
变式2．（2023.广东九年级期中）（1）请用配方法解方程；
（2）请用配方法解一元二次方程．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）先将两边同时除以二次项系数；再移项，将常数项移到右边；左右两边同时加上一次项系数的一半的平方，将左边写成完全平方式，最后再直接开平方；
（2）先将两边同时除以二次项系数；再移项，将常数项移到右边；左右两边同时加上一次项系数的一半的平方，将左边写成完全平方式，最后再直接开平方；
【详解】解：（1）
两边同时除以2得：，
移项得：，
两边同时加上得：，
配方得：，
解得：；
（2）
两边同时除以得：，
移项得：，
两边同时加上得：，
配方得：，
当时，解得：，
当时，，
当时，该方程无实数根．
【点睛】本题主要考查用配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确运用，在含字母参数时要注意是否需要分类讨论．
例4：（2022·四川凉山·中考真题）解方程：x2－2x－3＝0
【答案】
【分析】利用因式分解法解一元二次方程即可得．
【详解】解：，，
或，或，故方程的解为．
【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常用方法（配方法、因式分解法、公式法、换元法等）是解题关键．
变式1．（2023·河南信阳·校考三模）小明在解方程时，发现用配方法和公式法计算量都比较大，因此他又想到了另外一种方法，快速解出了答案：
方法如下：
第①步
第②步
第③步
第④步
老师看到后，夸小明很聪明，方法很好，但是有一步做错了，请问小明出错的步骤为 （填序号）．
【答案】④
【分析】由，，解得或，进而判断作答即可．
【详解】解：，，
解得或，∴第④步错误，故答案为：④．
【点睛】本题考查了解一元二次方程．解题的关键在于正确的解一元二次方程．
变式2．（2022·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）解方程：
【答案】，
【分析】直接开方可得或，然后计算求解即可．
【详解】解：∵
∴或 解得，．
【点睛】本题考查了解一元二次方程．解题的关键在于灵活选取适当的方法解方程．
例5：（2023年山东省潍坊市中考数学真题）用与教材中相同型号的计算器，依次按键 ，显示结果为 ．借助显示结果，可以将一元二次方程的正数解近似表示为 ．（精确到）
【答案】
【分析】先利用公式法求出一元二次方程的解，再根据精确度的概念即可得．
【详解】解：一元二次方程中的，
则，
所以这个方程的正数解近似表示为，故答案为：．
【点睛】本题考查了近似数、解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法是解题关键．
变式1. （2023年湖北省黄冈市中考数学真题）如图，是我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的一个大正方形．设图中，，连接，若与的面积相等，则 ．
【答案】
【分析】根据题意得出，即，解方程得出（负值舍去）代入进行计算即可求解．
【详解】解：∵图中，，∴
∵与的面积相等，∴
∴∴∴ ∴解得：（负值舍去）
∴，故答案为：3．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，弦图的计算，根据题意列出关于的方程是解题的关键．
例6：（2023·云南昆明·一模）已知，则的值为__________．
【答案】１
【分析】设 ，原方程化为关于t的方程，解该方程求得t即的值
【详解】解：设 ，由原方程得，
解得，或（舍去）所以， 故答案为：1
【点睛】本题考查了换元法解方程.换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得容易处理
变式1．（2020·湖北荆州市·中考真题）阅读下列问题与提示后，将解方程的过程补充完整，求出x的值．
问题：解方程（提示：可以用换元法解方程），
解：设，则有，
原方程可化为：，
续解：
【答案】，．
【分析】利用因式分解法解方程t2+4t-5=0得到t1=-5，t2=1，再解方程，然后进行检验确定原方程的解．
【详解】续解：，，解得，（不合题意，舍去），，
，，，经检验都是方程的解．
【点睛】本题考查了换元法解方程，涉及了无理方程及一元二次方程的解法．看懂提示是解决本题的关键．换元法的一般步骤：设元、换元、解元、还元．
例7：（2023年山东省济南市中考数学真题）关于的一元二次方程有实数根，则的值可以是 （写出一个即可）．
【答案】（答案不唯一）
【分析】由于方程有实数根，则其根的判别式，由此可以得到关于的不等式，解不等式就可以求出的取值范围，进而得出答案．
【详解】解：∵关于的一元二次方程有实数根，
∴，即，解得：，
∴的值可以是．故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】本题考查一元二次方程的根与判别式的关系，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，方程没有实数根．
变式1．（2023·河北石家庄·校联考二模）嘉嘉在解方程时，经过一系列的计算后得到，，淇淇看了一眼嘉嘉的答案，说：“你这一看就不对，这个方程只有一个解．”请你根据以上叙述，判断下列结论正确的是（ ）
A．嘉嘉的解是正确的，因为他认真计算了
B．淇淇说得对，因为
C．嘉嘉和淇淇的说法都不对，因为，该方程无解
D．由可得该方程有两个解，但嘉嘉的结果是错的
【答案】C
【分析】求出判别式的符号，即可得出结果．
【详解】解：原方程可化为，
∵， ∴原方程无实数根，
故嘉嘉和淇淇的说法都不对，因为，该方程无解，故选：C．
【点睛】本题考查根的判别式．熟练掌握根的判别式与根的个数之间的关系，是解题的关键．
变式2．（2023年甘肃省兰州市中考数学真题）关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则（ ）
A．－2B．2C．－4D．4
【答案】A
【分析】由一元二次方程根的情况可得，再代入式子即可求解．
【详解】∵关于x的一元二次方程有两个相等的实数根
∴∴，故选：A.
【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键．
例8：（2023·广东·九年级专题练习）我们可以用以下方法求代数式的最小值．
∵ ∴ ∴当时，有最小值．
请根据上述方法，解答下列问题：(1)求代数式的最小值；
(2)求代数式的最大或最小值，并指出它取得最大值或最小值时x的值；
(3)求证：无论x和y取任何实数，代数式的值都是正数．
【答案】(1)-2(2)当时，有最大值(3)证明见详解
【分析】（1）据题中所给方法进行求解即可；（2）由题中所给方法可得，然后问题可求解；（3）由题意可得，进而问题可求解．
(1)解：由题意得：，
∵∴∴当时，有最小值．
(2)解：由题意得：，
∵∴∴当时，有最大值．
(3)解：由题意得：=
=；
∵∴，
∴无论x和y取任何实数，代数式的值都是正数．
【点睛】本题主要考查配方法的应用及完全平方公式，熟练掌握配方法及完全平方公式是解题的关键．
变式1．（2022·四川凉山·中考真题）已知实数a、b满足a－b2＝4，则代数式a2－3b2＋a－14的最小值是____．
【答案】6
【分析】根据a－b2＝4得出，代入代数式a2－3b2＋a－14中，通过计算即可得到答案．
【详解】∵a－b2＝4∴将代入a2－3b2＋a－14中
得：
∵ ∴ 当a=4时，取得最小值为6 ∴的最小值为6
∵∴的最小值6答案为：6．
【点睛】本题考查了代数式的知识，解题的关键是熟练掌握代数式的性质，从而完成求解．
变式2．（2023·重庆中考模拟）知识储备
在求二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的最小值时，除了通过观察图象，还可以通过配方得到．把二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的右边配方，得
y＝ax2+bx+c＝a（x2+x）+c＝a[x2+2•x+（）2﹣（）2]+c＝a（x+）2+
∵a（x+）2≥0，∴当x＝﹣时，二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的最小值为．
解决问题：（1）请你通过配方求函数y＝x2+的最小值．（2）你能否通过配方求函数y＝x+（x＞0）的最小值．
数学模型：已知矩形的面积为a（a为常数，a＞0），当该矩形的长为多少时，它的周长最小？最小值是多少？
【答案】（1）当x＝±1时，函数y＝x2+的最小值为2；（2）当x＝1时，y＝x+（x＞0）的最小值为2；数学模型：该矩形的长为时，它的周长最小，最小值是4．
【分析】(1)根据完全平方公式，进行配方得，即可得到最小值；
(2) 根据完全平方公式，进行配方得，即可得到最小值；数学模型：设该矩形的长为x，周长为y，则y与x的函数关系式为y＝2（x+）（x＞0），根据完全平方公式，进行配方得到y＝2[（﹣）2+2]＝2（﹣）2+4，即可求出答案．
【详解】（1）＝＝
∵，∴当x＝±1时，函数y＝x2+的最小值为2；
（2）y＝x+＝＝（）2+（）2﹣2+2＝（﹣）2+2，
∵（﹣）2≥0，∴当﹣＝0时，即x＝1时，y＝x+（x＞0）的最小值为2；
数学模型：设该矩形的长为x，周长为y，则y与x的函数关系式为y＝2（x+）（x＞0），
y＝2（x+）＝2[（﹣）2+2]＝2（﹣）2+4，
当﹣＝0时，即x＝，y有最大值4，
∴该矩形的长为时，它的周长最小，最小值是4．
【点睛】本题主要考查对完全平方公式，二次函数的最值，配方法的应用，能熟练地运用学过的性质进行计算是解本题的关键．
核心考点3. 根与系数的关系（韦达定理）
例9：（2022·四川遂宁·中考真题）已知m为方程的根，那么的值为（ ）
A．B．0C．2022D．4044
【答案】B
【分析】根据题意有，即有，据此即可作答．
【详解】∵m为的根据，∴，且m≠0，∴，
则有原式=，故选：B．
【点睛】本题考查了利用未知数是一元二次方程的根求解代数式的值，由m为得到是解答本题的关键．
变式1．（2023年内蒙古包头市中考数学真题）若是一元二次方程的两个实数根，则 ．
【答案】/
【分析】由一元二次方程的根与系数的关系得，，，然后代入求解即可．
【详解】解：由一元二次方程的根与系数的关系得，，，
∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，代数式求值．解题的关键在于熟练掌握：一元二次方程的两个实数根，满足，．
例10：（2023年四川省乐山市中考数学真题）若关于x的一元二次方程两根为，且，则m的值为（ ）
A．4B．8C．12D．16
【答案】C
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系得出，然后即可确定两个根，再由根与系数的关系求解即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程两根为，∴，
∵，∴，∴，故选：C．
【点睛】题目主要考查一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握此关系是解题关键．
变式1．（2022·湖北武汉·中考真题）若关于x的一元二次方程有两个实数根，，且，则（ ）
A．2或6B．2或8C．2D．6
【答案】A
【分析】根据一元二次方程有实数根先确定m的取值范围，再根据一元二次方程根与系数的关系得出，把变形为，再代入得方程，求出m的值即可．
【详解】解:∵关于x的一元二次方程有两个实数根,
∴,∴ ∵是方程的两个实数根,
∵，又∴
把代入整理得,解得, 故选A
【点睛】本题考查了根的判别式、根与系数的关系以及解一元二次方程，解题的关键是：（1）牢记“当△≥0时，方程有两个实数根”；（2）由根与系数的关系结合，找出关于m的一元二次方程．
变式2．（2023年四川省宜宾中考数学真题）若关于x的方程两根的倒数和为1，则m的值为 ．
【答案】2
【分析】根据根与系数的关系即可求出答案．
【详解】解：设方程的两个根分别为a，b，由题意得：，，
∴，∴，解得：，经检验：是分式方程的解，
检验：，
∴符合题意，∴．故答案为：2．
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
变式3．（2022·湖北十堰·中考真题）已知关于的一元二次方程．
(1)求证：方程总有两个不相等的实数根；(2)若方程的两个实数根分别为，，且，求的值．
【答案】(1)见解析 (2)
【分析】（1）根据根的判别式，即可判断；（2）利用根与系数关系求出，由即可解出，，再根据，即可得到的值．
【解析】(1)，
∵，∴，该方程总有两个不相等的实数根；
(2)方程的两个实数根，，由根与系数关系可知，，，
∵，∴，∴，解得：，，
∴，即．
【点睛】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，解题的关键是掌握根的判别式以及根与系数的关系．
例11：（2022·四川凉山·中考真题）阅读材料：
材料1：若关于x的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的两个根为x1，x2，则x1＋x2＝，x1x2＝
材料2：已知一元二次方程x2－x－1＝0的两个实数根分别为m，n，求m2n＋mn2的值．
解：∵一元二次方程x2－x－1＝0的两个实数根分别为m，n，
∴m＋n＝1，mn＝－1，则m2n＋mn2＝mn（m＋n）＝－1×1＝－1
根据上述材料，结合你所学的知识，完成下列问题：
(1)材料理解：一元二次方程2x2－3x－1＝0的两个根为x1，x2，则x1＋x2＝ ；x1x2＝ ．
(2)类比应用：已知一元二次方程2x2－3x－1＝0的两根分别为m、n，求的值．
(3)思维拓展：已知实数s、t满足2s2－3s－1＝0，2t2－3t－1＝0，且s≠t，求的值．
【答案】(1)；(2)(3)或
【分析】（1）根据一元二次方程根与系数的关系直接进行计算即可；（2）根据根与系数的关系先求出，，然后将进行变形求解即可；（3）根据根与系数的关系先求出，，然后求出s-t的值，然后将进行变形求解即可．
【解析】 (1)解：∵一元二次方程2x2-3x-1＝0的两个根为x1，x2，
∴，．故答案为：；．
(2)∵一元二次方程2x2-3x-1＝0的两根分别为m、n，
∴，，∴
(3)∵实数s、t满足2s2-3s-1＝0，2t2-3t-1＝0，
∴s、t可以看作方程2x2-3x-1＝0的两个根，∴，，
∵
∴或，当时，，
当时，，综上分析可知，的值为或．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，完全平方公式的变形计算，根据根与系数的关系求出或，是解答本题的关键．
变式1．（2023·广东河源·统考三模）a、b为两个不等实数，，则的值等于（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】A
【分析】本题考查根与系数的关系，解题的关键是根据题意得：，是方程的两个根，即：，根据根与系数的关系得到，，代入代数式求值即可．
【详解】解：根据题意得：，是方程的两个根，即：，，，
原式．故选：A．
核心考点4. 一元二次方程的实际应用
例12：（2022·四川眉山·中考真题）建设美丽城市，改造老旧小区．某市2019年投入资金1000万元，2021年投入资金1440万元，现假定每年投入资金的增长率相同．
(1)求该市改造老旧小区投入资金的年平均增长率；
(2)2021年老旧小区改造的平均费用为每个80万元．2022年为提高老旧小区品质，每个小区改造费用增加15%．如果投入资金年增长率保持不变，求该市在2022年最多可以改造多少个老旧小区？
【答案】(1)20%(2)18个
【分析】（1）先设该市改造老旧小区投入资金的年平均增长率为，根据2019年投入资金2021年投入的总资金，列出方程求解即可；（2）由（1）得出的资金年增长率求出2022年的投入资金，然后2022年改造老旧小区的总费用要小于等于2022年投入资金，列出不等式求解即可．
【详解】（1）解：设该市改造老旧小区投入资金的年平均增长率为，
根据题意得：，解这个方程得，，，
经检验，符合本题要求．
答：该市改造老旧小区投入资金的年平均增长率为20%．
（2）设该市在2022年可以改造个老旧小区，
由题意得：，解得．
∵为正整数，∴最多可以改造18个小区．
答：该市在2022年最多可以改造18个老旧小区．
【点睛】此题考查了一元二次方程的应用，不等式的应用，解决此题的关键是找到相应的等量关系和相应的不等关系，列出正确的方程和不等式．
变式1.（2022·重庆·中考真题）学校连续三年组织学生参加义务植树，第一年共植树400棵，第三年共植树625棵．设该校植树棵数的年平均增长率为x，根据题意，下列方程正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】第一年共植树400棵，第二年植树400（1+x）棵，第三年植树400（1+x）²棵，再根据题意列出方程即可．
【详解】第一年植树为400棵，第二年植树为400（1+x）棵，第三年400（1+x）²棵，根据题意列出方程：．故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，属于增长率的常规应用题，解决此类题目要多理解、练习增长率相关问题．
例13.（2022·江苏常州·中考真题）第十四届国际数学教育大会（ICME-14）会徽的主题图案有着丰富的数学元素，展现了我国古代数学的文化魅力，其右下方的“卦”是用我国古代的计数符号写出的八进制数3745．八进制是以8作为进位基数的数字系统，有0~7共8个基本数字．八进制数3745换算成十进制数是，表示ICME-14的举办年份．
(1)八进制数3746换算成十进制数是_______；
(2)小华设计了一个进制数143，换算成十进制数是120，求的值．
【答案】(1)2022(2)9
【分析】（1）根据八进制换算成十进制的方法即可作答；
（2）根据n进制换算成十进制的方法可列出关于n的一元二次方程，解方程即可求解．
(1)，故答案为：2022；
(2)根据题意有：，整理得：，
解得n=9，（负值舍去），故n的值为9．
【点睛】本题考查了有理数的运算以及一元二次方程的应用等知识，根据题意列出关于n的一元二次方程是解答本题的关键．
变式1.（2023·重庆沙坪坝·校考二模）NK中学秋季运动会上安排了8行12列的鲜花仪仗队，后来又增加了69人，使得队伍增加的行、列数相同，设增加了x行，则可列方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据游行队伍的总人数=行数×列数，即可得出关于x的一元二次方程．
【详解】解：依题意，得．故选：C．
【点睛】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，找到等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
例14：（2022·黑龙江·中考真题）2022年北京冬奥会女子冰壶比赛有若干支队伍参加了单循环比赛，单循环比赛共进行了45场，共有多少支队伍参加比赛？（ ）
A．8B．10C．7D．9
【答案】B
【分析】设有x支队伍，根据题意，得，解方程即可．
【详解】设有x支队伍，根据题意，得，解方程，得x1=10，x2=-9（舍去），故选B．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
变式1．（2023·黑龙江佳木斯·统考一模）黑龙江省中学生排球锦标赛共进行了110场双循环比赛，则参加比赛的队伍共有（ ）
A．8支B．9支C．10支D．11支
【答案】D
【分析】根据题意列一元二次方程解应用题求解即可．
【详解】设参加比赛的队伍共有x支，根据题意得：，
整理得：，解得：，(不符合题意，舍去)，
∴参加比赛的队伍共有11支．故选：D．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，分析题意列方程是解题的关键．
变式2．（2023.湖北九年级期中）注意：为了使同学们更好地解答本题，我们提供了一种解题思路，你可以依照这个思路按下面的要求填空，完成本题的解答，也可以选用其他的解题方案，此时不必填空，只需按解答题的一般要求进行解答．参加一次商品交易会的每两家公司之间都签订了一份合同，所有公司共签订了45份合同，共有多少家公司参加商品交易会？设共有x家公司参加商品交易会．（Ⅰ）用含x的代数式表示：每家公司与其他 家公司都签订一份合同，由于甲公司与乙公司签订的合同和乙公司与甲公司签订的合同是同一份合同，所以所有公司共签订了 份合同；（Ⅱ）列出方程并完成本题解答．
【答案】（Ⅰ）（x﹣1），x（x﹣1）；（Ⅱ）10家
【分析】（1）理解题意，列出代数式即可；（2）根据“所有公司共签订了45份合同”得到等量关系，列出方程并求解即可．
【详解】解：（Ⅰ）每家公司与其他（x﹣1）家公司都签订一份合同，
所有公司共签订了x（x﹣1）份合同，故答案为：（x﹣1），x（x﹣1）；
（Ⅱ）根据题意列方程得：x（x﹣1）＝45，
解得x1＝10，x2＝﹣9（舍去）检验：x＝﹣9不合题意舍去，所以x＝10．
答：共有10家公司参加商品交易会．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，理解题意，找出等量关系是解题的关键．
例15：（2023·江苏南京·统考一模）如图，用长为的栅栏围成一个面积为的矩形花圃．为方便进出，在边上留有一个宽的小门．设的长为，根据题意可得方程（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】解：设的长为，则，根据面积为列出方程即可．
【详解】解：设的长为，则，根据题意得：，故B正确．故选：B．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，解题的关键是根据题中等量关系，列出方程．
变式1.（2023·四川乐山·统考二模）浦江桃形李是地方名果，是浦江县的特产之一．请你运用数学知识，根据素材，帮果农解决问题．
(1)任务1：求桃形李产量的年平均增长率．(2)任务2：现有长，宽的长方形纸板，将四角各裁掉一个正方形（如图1），折成无盖长方体纸盒（如图2）．为了放下适当数量的桃形李，需要设计底面积为的纸盒，计算此时纸盒的高．(3)任务3：为了增加包装盒的种类，打算将任务2中的纸板通过图3的方式裁剪，得到底面为正六边形的无盖纸盒（如图4），求出此时纸盒的高．（图中实线表示剪切线，虚线表示折痕．纸板厚度及剪切接缝处损耗忽略不计）
【答案】(1)；(2)；(3)；
【分析】（1）设桃形李产量的年平均增长率为，则2021年的产量为千克，2022年的产量为千克，由2022年的产量解方程即可；（2）由图1可得裁掉正方形的边长即为图2长方体盒子的高，设裁掉正方形的边长为，根据长方体纸盒的底面积列方程求解即可；（3）设底面正六边形为，底面正六边形的边长为，纸盒的高为，连接、、，和交于点，和交于点，所在直线交长方形纸板的边于点、，根据正六边形的性质求得为的直角三角形，可得其两直角边的长度；结合等边三角形的判定和性质再求得左右两侧小三角形的高，然后根据长方形纸板的长和宽建立方程求解即可；
【详解】（1）解：设桃形李产量的年平均增长率为，由题意得：，，
解得：，（不符合题意舍去），∴桃形李产量的年平均增长率为；
（2）解：设裁掉正方形的边长为，由题意得：
，，，
解得：，（不符合题意舍去），∴此时纸盒的高为；
（3）解：如图设底面正六边形为，
连接、、，和交于点，和交于点，所在直线交长方形纸板的边于点、，
设底面正六边形的边长为，纸盒的高为，
∵正六边形的每条边相等，每个内角都为，∴为等腰三角形，，
∴，由正六边形的性质可得平分，
∴，∴，∴直角三角形中，，
同理可得直角三角形中，∵，，∴，
∵左侧小三角形顶点的角度=，∴左侧小三角形为边长的等边三角形，
根据图形的上下对称可得与长方形纸板的左右两边垂直，
∴为等边三角形的高，∴，同理可得，为矩形，则，
∵，∴
联立式可得，∴纸盒的高为；
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，正六边形的性质，等边三角形的判定和性质，30°角的直角三角形的边长关系，对称的性质；掌握正六边形的性质是解题关键．
例16：（2023.广西九年级期末）某菜农在2022年11月底投资1600元种植大棚黄瓜，春节期间，共采摘黄瓜400千克，当天就可以按6元/千克的价格售出．若将所采摘的黄瓜先储藏起来，其质量每天损失10千克，且每天需支付各种费用共40元，但每天每千克的价格能上涨0.5元（储藏时间不超过10天）．若该菜农想获得1175元的利润，需要将采摘的黄瓜储藏____天．
【答案】5
【分析】设储藏x天出售这批黄瓜可获利1175元，则需要支付费用40x元，损失10x千克，价格为（6+0.5x）元，根据获利1175元，列方程求解．
【详解】解：设储藏x天出售这批黄瓜可获利1175元，
由题意得（6+0.5x）×（400-10x）-(1600+40x)=1175，解得：x1=5，x2=15
∵储藏时间不超过10天，∴x2=15舍去．故答案为：5．
【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，列方程求解．
变式1．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）某超市销售A、B两种玩具，每个A型玩具的进价比每个B型玩具的进价高2元，若用600元进A型玩具的的数量与用500元进B型玩具的的数量相同．
(1)求A、B两种玩具每个进价是多少元？(2)超市某天共购进A、B两种玩具共50个，当天全部销售完． 销售A型玩具的的价格（单位：元/个）与销售量（单位：个）之间的函数关系是：；销售B型玩具日获利（单位：元）与销售量（单位：个）之间的关系为：．若该超市销售这50个玩具日获利共300元，问B型玩具的销售单价是多少元？(3)该超市购进的50个玩具中，B型玩具的数量不少于A型玩具数量的数量的4倍，超市想尽快售完，决定每个A型玩具降价元销售，B型玩具的销售情况不变，若超市销售这50个玩具日获利的最大值为820元，直接写出的值．
【答案】(1)每个A型玩具的进价是12元，每个B型玩具的进价是10元(2)B型玩具的销售单价为13元(3)4
【分析】（1）设B种玩具每种b元，则A种玩具每种元，根据题意列出方程，求解即可；
（2）由题意可知，，解该方程即可求出x的值，进而可得出B种玩具的个数，从而求出销售单价；（3）根据题意可知，此时，由a的取值范围，可得出该二次函数的对称轴的取值范围；由B型玩具的数量不少于A型玩具数量的数量的4倍，可得出x的取值范围，根据二次函数的性质可列出方程，求解即可．
【详解】（1）解：设每个型玩具的进价为元，则每个A型玩具的进价为元，可列方程：，
解得，经检验是原方程的解，答：每个A型玩具的进价是12元，每个B型玩具的进价是10元；
（2）依题意可得方程：，解得（舍去）
则销售B型玩具：（个），日获利：（元），
则每个获利（元），（元），故B型玩具的销售单价为13元；
（3）设日获利为w元，根据题意得，
，，，
B型玩具的数量不少于A型玩具数量的4倍，，，解得，
当时，w取得最大值，，解得．
【点睛】此题考查了二次函数的应用，涉及分式方程的应用，不等式的应用及一元二次方程的应用．解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，列出函数，再求
信息及素材
素材一
在专业种植技术人员的正确指导下，果农对桃形李的种植技术进行了研究与改进，使产量得到了增长，根据果农们的记录，2020年桃形李平均每株产量是35千克，2022年达到了50.4千克，每年的增长率是相同的．
素材二
一般采用的是长方体包装盒．
素材三
果农们通过问卷调查发现，顾客也很愿意购买美观漂亮的其它设计的包装纸盒．
一元二次方程以考查一元二次方程的相关概念、解一元二次方程、根的判别式、韦达定理（根与系数的关系）、一元二次方程的应用题为主，既有单独考查，也有和二次函数结合考察最值问题，年年考查，分值为15分左右。预计2024年各地中考还将继续考查，复习过程中要多注意各基础考点的巩固，特别是解法中公式法的公式，不要和后续二次函数顶点坐标的纵坐标公式记混了。
【知识清单】
1：一元二次方程的相关概念（☆☆）
1）一元二次方程的定义：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，叫做一元二次方程。
2）一般形式：，其中：a是二次项系数，b是一次项系数，c是常数项。
3）一元二次方程的解：使一元二次方程左右两边相等的未知数的值，就是该一元二次方程的解。
2：一元二次方程的解法（☆☆☆）
1）直接开平方法：适合于或形式的方程。
2）配方法：（1）化二次项系数为1；（2）移项，使方程左边只含有二次项和一次项，右边为常数项；
（3）方程两边同时加上一次项系数一半的平方；（4）把方程整理成的形式；
（5）运用直接开平方法解方程。
3）因式分解法：基本思想是把方程化成的形式，可得或。
4）公式法：（1）把方程化为一般形式，即；（2）确定的值；（3）求出的值；（4）将的值代入即可。
5）根的判别式：一元二次方程是否有实数根，由的符号来确定，我们把叫做一元二次方程根的判别式。
6）一元二次方程根的情况与判别式的关系
（1）当时，方程有两个不相等的实数根；
（2）当时，方程有1个（两个相等的）实数根；
（3）当时，方程没有实数根。
3：根与系数的关系（韦达定理）（☆☆☆）
对于一元二次方程（其中为常数，），设其两根分别为，，
则，。
4：一元二次方程的实际应用（☆☆☆）
1）利用一元二次方程解决实际问题
列一元二次方程解应用题步骤和列一元一次方程(组)解应用题步骤一样，即审、设、列、解、验、答六步．列一元二次方程解应用题，经济类和面积类问题是常考内容。
2）增长率等量关系
（1）增长率=增长量÷基础量．（2）设为原来量，为平均增长率，为增长次数，为增长后的量，则；当为平均下降率时，则有。
3）利润等量关系：（1）利润=售价－成本．（2）利润率=×100％。
4）面积问题：常用平移法解决面积问题。
5）碰面问题（循环问题）
（1）重叠类型（双循环）：n支球队互相之间都要打一场比赛，总共比赛场次为m。
∵1支球队要和剩下的（n－1）支球队比赛，∴1支球队需要比（n－1）场
∵存在n支这样的球队，∴比赛场次为：n（n－1）场
∵A与B比赛和B与A比赛是同一场比赛，∴上述求法有重叠部分. ∴m=n（n－1）
（2）不重叠类型（单循环）：n支球队，每支球队要在主场与所有球队各打一场，总共比赛场次m。
∵1支球队要和剩下的（n－1）支球队比赛，∴1支球队需要比（n－1）场
∵存在n支这样的球队，∴比赛场次为：n（n－1）场.
∵A与B比赛在A的主场，B与A比赛在B的主场，不是同一场比赛，
∴上述求法无重叠. ∴m=n（n－1）
【易错点归纳】
1. 如果明确了是一元二次方程，就隐含了a≠0这个条件（当a=0时，不含有二次项，即不是一元二次方程）。
2. 利用因式分解法解方程时，含有未知数的式子可能为零，所以在解方程时，不能在两边同时除以含有未知数的式子，以免丢根，需通过移项,将方程右边化为0。
3. 求根公式和一元二次方程根与系数关系的使用条件：a≠0且△=b2-4ac≥0。
【核心考点】
核心考点1. 一元二次方程的相关概念
例1：（2023·四川成都·统考一模）下列方程是一元二次方程的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据一元二次方程定义，只含有一个未知数，并且未知数项的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程，逐项分析判断即可．
【详解】解：A、，二个未知数，不是一元二次方程，故该选项不符合题意；
B、，当时，是一元一次方程，故该选项不符合题意；
C、整理后得，不含二次项，不是一元二次方程，故该选项不符合题意；
D、，是一元二次方程，故该选项符合题意；故选：D.
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，牢记“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1.（2023·福建南平·统考一模）写出一个关于x的一元二次方程，此方程可以为_______．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据一元二次方程的定义，写出方程，即可求解．
【详解】解：此方程可以为． 故答案为：（答案不唯一）
【点睛】本题主要考查了一元二次方程，熟练掌握含有一个未知数，且未知数的最高次数2的整式方程是一元二次方程是解题的关键．
例2：（2022·四川资阳·中考真题）若a是一元二次方程的一个根，则的值是___________．
【答案】6
【分析】将a代入，即可得出，再把整体代入，即可得出答案．
【详解】∵a是一元二次方程的一个根，
∴，∴，∴，故答案为：6．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根的定义，整体思想是本题的关键．
变式1.（2023·山东泰安·一模）关于的一元二次方程的一个根为0，则实数的值是（ ）
A．1B．C．0D．
【答案】B
【分析】据一元二次方程解的定义得，再解关于a的方程，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2.（2023·福建福州·统考一模）关于x的一元二次方程，若，则该方程必有一个根是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据一元二次方程的根的定义，结合即可判断结果．
【详解】解：∵，当时，，∴该方程必有一个根是，故选：A．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根的定义，解答本题的关键是熟练掌握方程的根的定义：方程的根就是使方程左右两边相等的未知数的值．
核心考点2. 一元二次方程的解法
例3：（2022·山东聊城·中考真题）用配方法解一元二次方程时，将它化为的形式，则的值为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】B
【分析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后，继而得出答案．
【详解】解：∵，∴，，
则，即，∴，，∴．故选：B．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，能够正确配方是解此题的关键．
变式1．（2023·山西运城·校联考模拟预测）配方法是解一元二次方程的一种基本方法，其本质是将一元二次方程由一般式化为的形式，然后利用开方求一元二次方程的解的过程，这个过程体现的数学思想是（ ）
A．数形结合思想B．函数思想C．转化思想D．公理化思想
【答案】C
【分析】先把一般式化为，然后两边开方，把一元二次方程转化为一元一次方程，从而解一元一次方程得到一元二次方程的解．
【详解】解：利用配方法把一般式化为，再利用开方求一元二次方程的解的过程，这个过程体现的转化的数学思想．故选：C．
【点睛】本题考查了解一元二次方程配方法：用配方法解一元二次方程的过程实际上把一元二次方程转化为一元一次方程的过程．
变式2．（2023.广东九年级期中）（1）请用配方法解方程；
（2）请用配方法解一元二次方程．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）先将两边同时除以二次项系数；再移项，将常数项移到右边；左右两边同时加上一次项系数的一半的平方，将左边写成完全平方式，最后再直接开平方；
（2）先将两边同时除以二次项系数；再移项，将常数项移到右边；左右两边同时加上一次项系数的一半的平方，将左边写成完全平方式，最后再直接开平方；
【详解】解：（1）
两边同时除以2得：，
移项得：，
两边同时加上得：，
配方得：，
解得：；
（2）
两边同时除以得：，
移项得：，
两边同时加上得：，
配方得：，
当时，解得：，
当时，，
当时，该方程无实数根．
【点睛】本题主要考查用配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确运用，在含字母参数时要注意是否需要分类讨论．
例4：（2022·四川凉山·中考真题）解方程：x2－2x－3＝0
【答案】
【分析】利用因式分解法解一元二次方程即可得．
【详解】解：，，
或，或，故方程的解为．
【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常用方法（配方法、因式分解法、公式法、换元法等）是解题关键．
变式1．（2023·河南信阳·校考三模）小明在解方程时，发现用配方法和公式法计算量都比较大，因此他又想到了另外一种方法，快速解出了答案：
方法如下：
第①步
第②步
第③步
第④步
老师看到后，夸小明很聪明，方法很好，但是有一步做错了，请问小明出错的步骤为 （填序号）．
【答案】④
【分析】由，，解得或，进而判断作答即可．
【详解】解：，，
解得或，∴第④步错误，故答案为：④．
【点睛】本题考查了解一元二次方程．解题的关键在于正确的解一元二次方程．
变式2．（2022·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）解方程：
【答案】，
【分析】直接开方可得或，然后计算求解即可．
【详解】解：∵
∴或 解得，．
【点睛】本题考查了解一元二次方程．解题的关键在于灵活选取适当的方法解方程．
例5：（2023年山东省潍坊市中考数学真题）用与教材中相同型号的计算器，依次按键 ，显示结果为 ．借助显示结果，可以将一元二次方程的正数解近似表示为 ．（精确到）
【答案】
【分析】先利用公式法求出一元二次方程的解，再根据精确度的概念即可得．
【详解】解：一元二次方程中的，
则，
所以这个方程的正数解近似表示为，故答案为：．
【点睛】本题考查了近似数、解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法是解题关键．
变式1. （2023年湖北省黄冈市中考数学真题）如图，是我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的一个大正方形．设图中，，连接，若与的面积相等，则 ．
【答案】
【分析】根据题意得出，即，解方程得出（负值舍去）代入进行计算即可求解．
【详解】解：∵图中，，∴
∵与的面积相等，∴
∴∴∴ ∴解得：（负值舍去）
∴，故答案为：3．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，弦图的计算，根据题意列出关于的方程是解题的关键．
例6：（2023·云南昆明·一模）已知，则的值为__________．
【答案】１
【分析】设 ，原方程化为关于t的方程，解该方程求得t即的值
【详解】解：设 ，由原方程得，
解得，或（舍去）所以， 故答案为：1
【点睛】本题考查了换元法解方程.换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得容易处理
变式1．（2020·湖北荆州市·中考真题）阅读下列问题与提示后，将解方程的过程补充完整，求出x的值．
问题：解方程（提示：可以用换元法解方程），
解：设，则有，
原方程可化为：，
续解：
【答案】，．
【分析】利用因式分解法解方程t2+4t-5=0得到t1=-5，t2=1，再解方程，然后进行检验确定原方程的解．
【详解】续解：，，解得，（不合题意，舍去），，
，，，经检验都是方程的解．
【点睛】本题考查了换元法解方程，涉及了无理方程及一元二次方程的解法．看懂提示是解决本题的关键．换元法的一般步骤：设元、换元、解元、还元．
例7：（2023年山东省济南市中考数学真题）关于的一元二次方程有实数根，则的值可以是 （写出一个即可）．
【答案】（答案不唯一）
【分析】由于方程有实数根，则其根的判别式，由此可以得到关于的不等式，解不等式就可以求出的取值范围，进而得出答案．
【详解】解：∵关于的一元二次方程有实数根，
∴，即，解得：，
∴的值可以是．故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】本题考查一元二次方程的根与判别式的关系，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，方程没有实数根．
变式1．（2023·河北石家庄·校联考二模）嘉嘉在解方程时，经过一系列的计算后得到，，淇淇看了一眼嘉嘉的答案，说：“你这一看就不对，这个方程只有一个解．”请你根据以上叙述，判断下列结论正确的是（ ）
A．嘉嘉的解是正确的，因为他认真计算了
B．淇淇说得对，因为
C．嘉嘉和淇淇的说法都不对，因为，该方程无解
D．由可得该方程有两个解，但嘉嘉的结果是错的
【答案】C
【分析】求出判别式的符号，即可得出结果．
【详解】解：原方程可化为，
∵， ∴原方程无实数根，
故嘉嘉和淇淇的说法都不对，因为，该方程无解，故选：C．
【点睛】本题考查根的判别式．熟练掌握根的判别式与根的个数之间的关系，是解题的关键．
变式2．（2023年甘肃省兰州市中考数学真题）关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则（ ）
A．－2B．2C．－4D．4
【答案】A
【分析】由一元二次方程根的情况可得，再代入式子即可求解．
【详解】∵关于x的一元二次方程有两个相等的实数根
∴∴，故选：A.
【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键．
例8：（2023·广东·九年级专题练习）我们可以用以下方法求代数式的最小值．
∵ ∴ ∴当时，有最小值．
请根据上述方法，解答下列问题：(1)求代数式的最小值；
(2)求代数式的最大或最小值，并指出它取得最大值或最小值时x的值；
(3)求证：无论x和y取任何实数，代数式的值都是正数．
【答案】(1)-2(2)当时，有最大值(3)证明见详解
【分析】（1）据题中所给方法进行求解即可；（2）由题中所给方法可得，然后问题可求解；（3）由题意可得，进而问题可求解．
(1)解：由题意得：，
∵∴∴当时，有最小值．
(2)解：由题意得：，
∵∴∴当时，有最大值．
(3)解：由题意得：=
=；
∵∴，
∴无论x和y取任何实数，代数式的值都是正数．
【点睛】本题主要考查配方法的应用及完全平方公式，熟练掌握配方法及完全平方公式是解题的关键．
变式1．（2022·四川凉山·中考真题）已知实数a、b满足a－b2＝4，则代数式a2－3b2＋a－14的最小值是____．
【答案】6
【分析】根据a－b2＝4得出，代入代数式a2－3b2＋a－14中，通过计算即可得到答案．
【详解】∵a－b2＝4∴将代入a2－3b2＋a－14中
得：
∵ ∴ 当a=4时，取得最小值为6 ∴的最小值为6
∵∴的最小值6答案为：6．
【点睛】本题考查了代数式的知识，解题的关键是熟练掌握代数式的性质，从而完成求解．
变式2．（2023·重庆中考模拟）知识储备
在求二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的最小值时，除了通过观察图象，还可以通过配方得到．把二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的右边配方，得
y＝ax2+bx+c＝a（x2+x）+c＝a[x2+2•x+（）2﹣（）2]+c＝a（x+）2+
∵a（x+）2≥0，∴当x＝﹣时，二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的最小值为．
解决问题：（1）请你通过配方求函数y＝x2+的最小值．（2）你能否通过配方求函数y＝x+（x＞0）的最小值．
数学模型：已知矩形的面积为a（a为常数，a＞0），当该矩形的长为多少时，它的周长最小？最小值是多少？
【答案】（1）当x＝±1时，函数y＝x2+的最小值为2；（2）当x＝1时，y＝x+（x＞0）的最小值为2；数学模型：该矩形的长为时，它的周长最小，最小值是4．
【分析】(1)根据完全平方公式，进行配方得，即可得到最小值；
(2) 根据完全平方公式，进行配方得，即可得到最小值；数学模型：设该矩形的长为x，周长为y，则y与x的函数关系式为y＝2（x+）（x＞0），根据完全平方公式，进行配方得到y＝2[（﹣）2+2]＝2（﹣）2+4，即可求出答案．
【详解】（1）＝＝
∵，∴当x＝±1时，函数y＝x2+的最小值为2；
（2）y＝x+＝＝（）2+（）2﹣2+2＝（﹣）2+2，
∵（﹣）2≥0，∴当﹣＝0时，即x＝1时，y＝x+（x＞0）的最小值为2；
数学模型：设该矩形的长为x，周长为y，则y与x的函数关系式为y＝2（x+）（x＞0），
y＝2（x+）＝2[（﹣）2+2]＝2（﹣）2+4，
当﹣＝0时，即x＝，y有最大值4，
∴该矩形的长为时，它的周长最小，最小值是4．
【点睛】本题主要考查对完全平方公式，二次函数的最值，配方法的应用，能熟练地运用学过的性质进行计算是解本题的关键．
核心考点3. 根与系数的关系（韦达定理）
例9：（2022·四川遂宁·中考真题）已知m为方程的根，那么的值为（ ）
A．B．0C．2022D．4044
【答案】B
【分析】根据题意有，即有，据此即可作答．
【详解】∵m为的根据，∴，且m≠0，∴，
则有原式=，故选：B．
【点睛】本题考查了利用未知数是一元二次方程的根求解代数式的值，由m为得到是解答本题的关键．
变式1．（2023年内蒙古包头市中考数学真题）若是一元二次方程的两个实数根，则 ．
【答案】/
【分析】由一元二次方程的根与系数的关系得，，，然后代入求解即可．
【详解】解：由一元二次方程的根与系数的关系得，，，
∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，代数式求值．解题的关键在于熟练掌握：一元二次方程的两个实数根，满足，．
例10：（2023年四川省乐山市中考数学真题）若关于x的一元二次方程两根为，且，则m的值为（ ）
A．4B．8C．12D．16
【答案】C
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系得出，然后即可确定两个根，再由根与系数的关系求解即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程两根为，∴，
∵，∴，∴，故选：C．
【点睛】题目主要考查一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握此关系是解题关键．
变式1．（2022·湖北武汉·中考真题）若关于x的一元二次方程有两个实数根，，且，则（ ）
A．2或6B．2或8C．2D．6
【答案】A
【分析】根据一元二次方程有实数根先确定m的取值范围，再根据一元二次方程根与系数的关系得出，把变形为，再代入得方程，求出m的值即可．
【详解】解:∵关于x的一元二次方程有两个实数根,
∴,∴ ∵是方程的两个实数根,
∵，又∴
把代入整理得,解得, 故选A
【点睛】本题考查了根的判别式、根与系数的关系以及解一元二次方程，解题的关键是：（1）牢记“当△≥0时，方程有两个实数根”；（2）由根与系数的关系结合，找出关于m的一元二次方程．
变式2．（2023年四川省宜宾中考数学真题）若关于x的方程两根的倒数和为1，则m的值为 ．
【答案】2
【分析】根据根与系数的关系即可求出答案．
【详解】解：设方程的两个根分别为a，b，由题意得：，，
∴，∴，解得：，经检验：是分式方程的解，
检验：，
∴符合题意，∴．故答案为：2．
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
变式3．（2022·湖北十堰·中考真题）已知关于的一元二次方程．
(1)求证：方程总有两个不相等的实数根；(2)若方程的两个实数根分别为，，且，求的值．
【答案】(1)见解析 (2)
【分析】（1）根据根的判别式，即可判断；（2）利用根与系数关系求出，由即可解出，，再根据，即可得到的值．
【解析】(1)，
∵，∴，该方程总有两个不相等的实数根；
(2)方程的两个实数根，，由根与系数关系可知，，，
∵，∴，∴，解得：，，
∴，即．
【点睛】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，解题的关键是掌握根的判别式以及根与系数的关系．
例11：（2022·四川凉山·中考真题）阅读材料：
材料1：若关于x的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的两个根为x1，x2，则x1＋x2＝，x1x2＝
材料2：已知一元二次方程x2－x－1＝0的两个实数根分别为m，n，求m2n＋mn2的值．
解：∵一元二次方程x2－x－1＝0的两个实数根分别为m，n，
∴m＋n＝1，mn＝－1，则m2n＋mn2＝mn（m＋n）＝－1×1＝－1
根据上述材料，结合你所学的知识，完成下列问题：
(1)材料理解：一元二次方程2x2－3x－1＝0的两个根为x1，x2，则x1＋x2＝ ；x1x2＝ ．
(2)类比应用：已知一元二次方程2x2－3x－1＝0的两根分别为m、n，求的值．
(3)思维拓展：已知实数s、t满足2s2－3s－1＝0，2t2－3t－1＝0，且s≠t，求的值．
【答案】(1)；(2)(3)或
【分析】（1）根据一元二次方程根与系数的关系直接进行计算即可；（2）根据根与系数的关系先求出，，然后将进行变形求解即可；（3）根据根与系数的关系先求出，，然后求出s-t的值，然后将进行变形求解即可．
【解析】 (1)解：∵一元二次方程2x2-3x-1＝0的两个根为x1，x2，
∴，．故答案为：；．
(2)∵一元二次方程2x2-3x-1＝0的两根分别为m、n，
∴，，∴
(3)∵实数s、t满足2s2-3s-1＝0，2t2-3t-1＝0，
∴s、t可以看作方程2x2-3x-1＝0的两个根，∴，，
∵
∴或，当时，，
当时，，综上分析可知，的值为或．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，完全平方公式的变形计算，根据根与系数的关系求出或，是解答本题的关键．
变式1．（2023·广东河源·统考三模）a、b为两个不等实数，，则的值等于（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】A
【分析】本题考查根与系数的关系，解题的关键是根据题意得：，是方程的两个根，即：，根据根与系数的关系得到，，代入代数式求值即可．
【详解】解：根据题意得：，是方程的两个根，即：，，，
原式．故选：A．
核心考点4. 一元二次方程的实际应用
例12：（2022·四川眉山·中考真题）建设美丽城市，改造老旧小区．某市2019年投入资金1000万元，2021年投入资金1440万元，现假定每年投入资金的增长率相同．
(1)求该市改造老旧小区投入资金的年平均增长率；
(2)2021年老旧小区改造的平均费用为每个80万元．2022年为提高老旧小区品质，每个小区改造费用增加15%．如果投入资金年增长率保持不变，求该市在2022年最多可以改造多少个老旧小区？
【答案】(1)20%(2)18个
【分析】（1）先设该市改造老旧小区投入资金的年平均增长率为，根据2019年投入资金2021年投入的总资金，列出方程求解即可；（2）由（1）得出的资金年增长率求出2022年的投入资金，然后2022年改造老旧小区的总费用要小于等于2022年投入资金，列出不等式求解即可．
【详解】（1）解：设该市改造老旧小区投入资金的年平均增长率为，
根据题意得：，解这个方程得，，，
经检验，符合本题要求．
答：该市改造老旧小区投入资金的年平均增长率为20%．
（2）设该市在2022年可以改造个老旧小区，
由题意得：，解得．
∵为正整数，∴最多可以改造18个小区．
答：该市在2022年最多可以改造18个老旧小区．
【点睛】此题考查了一元二次方程的应用，不等式的应用，解决此题的关键是找到相应的等量关系和相应的不等关系，列出正确的方程和不等式．
变式1.（2022·重庆·中考真题）学校连续三年组织学生参加义务植树，第一年共植树400棵，第三年共植树625棵．设该校植树棵数的年平均增长率为x，根据题意，下列方程正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】第一年共植树400棵，第二年植树400（1+x）棵，第三年植树400（1+x）²棵，再根据题意列出方程即可．
【详解】第一年植树为400棵，第二年植树为400（1+x）棵，第三年400（1+x）²棵，根据题意列出方程：．故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，属于增长率的常规应用题，解决此类题目要多理解、练习增长率相关问题．
例13.（2022·江苏常州·中考真题）第十四届国际数学教育大会（ICME-14）会徽的主题图案有着丰富的数学元素，展现了我国古代数学的文化魅力，其右下方的“卦”是用我国古代的计数符号写出的八进制数3745．八进制是以8作为进位基数的数字系统，有0~7共8个基本数字．八进制数3745换算成十进制数是，表示ICME-14的举办年份．
(1)八进制数3746换算成十进制数是_______；
(2)小华设计了一个进制数143，换算成十进制数是120，求的值．
【答案】(1)2022(2)9
【分析】（1）根据八进制换算成十进制的方法即可作答；
（2）根据n进制换算成十进制的方法可列出关于n的一元二次方程，解方程即可求解．
(1)，故答案为：2022；
(2)根据题意有：，整理得：，
解得n=9，（负值舍去），故n的值为9．
【点睛】本题考查了有理数的运算以及一元二次方程的应用等知识，根据题意列出关于n的一元二次方程是解答本题的关键．
变式1.（2023·重庆沙坪坝·校考二模）NK中学秋季运动会上安排了8行12列的鲜花仪仗队，后来又增加了69人，使得队伍增加的行、列数相同，设增加了x行，则可列方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据游行队伍的总人数=行数×列数，即可得出关于x的一元二次方程．
【详解】解：依题意，得．故选：C．
【点睛】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，找到等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
例14：（2022·黑龙江·中考真题）2022年北京冬奥会女子冰壶比赛有若干支队伍参加了单循环比赛，单循环比赛共进行了45场，共有多少支队伍参加比赛？（ ）
A．8B．10C．7D．9
【答案】B
【分析】设有x支队伍，根据题意，得，解方程即可．
【详解】设有x支队伍，根据题意，得，解方程，得x1=10，x2=-9（舍去），故选B．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
变式1．（2023·黑龙江佳木斯·统考一模）黑龙江省中学生排球锦标赛共进行了110场双循环比赛，则参加比赛的队伍共有（ ）
A．8支B．9支C．10支D．11支
【答案】D
【分析】根据题意列一元二次方程解应用题求解即可．
【详解】设参加比赛的队伍共有x支，根据题意得：，
整理得：，解得：，(不符合题意，舍去)，
∴参加比赛的队伍共有11支．故选：D．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，分析题意列方程是解题的关键．
变式2．（2023.湖北九年级期中）注意：为了使同学们更好地解答本题，我们提供了一种解题思路，你可以依照这个思路按下面的要求填空，完成本题的解答，也可以选用其他的解题方案，此时不必填空，只需按解答题的一般要求进行解答．参加一次商品交易会的每两家公司之间都签订了一份合同，所有公司共签订了45份合同，共有多少家公司参加商品交易会？设共有x家公司参加商品交易会．（Ⅰ）用含x的代数式表示：每家公司与其他 家公司都签订一份合同，由于甲公司与乙公司签订的合同和乙公司与甲公司签订的合同是同一份合同，所以所有公司共签订了 份合同；（Ⅱ）列出方程并完成本题解答．
【答案】（Ⅰ）（x﹣1），x（x﹣1）；（Ⅱ）10家
【分析】（1）理解题意，列出代数式即可；（2）根据“所有公司共签订了45份合同”得到等量关系，列出方程并求解即可．
【详解】解：（Ⅰ）每家公司与其他（x﹣1）家公司都签订一份合同，
所有公司共签订了x（x﹣1）份合同，故答案为：（x﹣1），x（x﹣1）；
（Ⅱ）根据题意列方程得：x（x﹣1）＝45，
解得x1＝10，x2＝﹣9（舍去）检验：x＝﹣9不合题意舍去，所以x＝10．
答：共有10家公司参加商品交易会．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，理解题意，找出等量关系是解题的关键．
例15：（2023·江苏南京·统考一模）如图，用长为的栅栏围成一个面积为的矩形花圃．为方便进出，在边上留有一个宽的小门．设的长为，根据题意可得方程（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】解：设的长为，则，根据面积为列出方程即可．
【详解】解：设的长为，则，根据题意得：，故B正确．故选：B．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，解题的关键是根据题中等量关系，列出方程．
变式1.（2023·四川乐山·统考二模）浦江桃形李是地方名果，是浦江县的特产之一．请你运用数学知识，根据素材，帮果农解决问题．
(1)任务1：求桃形李产量的年平均增长率．(2)任务2：现有长，宽的长方形纸板，将四角各裁掉一个正方形（如图1），折成无盖长方体纸盒（如图2）．为了放下适当数量的桃形李，需要设计底面积为的纸盒，计算此时纸盒的高．(3)任务3：为了增加包装盒的种类，打算将任务2中的纸板通过图3的方式裁剪，得到底面为正六边形的无盖纸盒（如图4），求出此时纸盒的高．（图中实线表示剪切线，虚线表示折痕．纸板厚度及剪切接缝处损耗忽略不计）
【答案】(1)；(2)；(3)；
【分析】（1）设桃形李产量的年平均增长率为，则2021年的产量为千克，2022年的产量为千克，由2022年的产量解方程即可；（2）由图1可得裁掉正方形的边长即为图2长方体盒子的高，设裁掉正方形的边长为，根据长方体纸盒的底面积列方程求解即可；（3）设底面正六边形为，底面正六边形的边长为，纸盒的高为，连接、、，和交于点，和交于点，所在直线交长方形纸板的边于点、，根据正六边形的性质求得为的直角三角形，可得其两直角边的长度；结合等边三角形的判定和性质再求得左右两侧小三角形的高，然后根据长方形纸板的长和宽建立方程求解即可；
【详解】（1）解：设桃形李产量的年平均增长率为，由题意得：，，
解得：，（不符合题意舍去），∴桃形李产量的年平均增长率为；
（2）解：设裁掉正方形的边长为，由题意得：
，，，
解得：，（不符合题意舍去），∴此时纸盒的高为；
（3）解：如图设底面正六边形为，
连接、、，和交于点，和交于点，所在直线交长方形纸板的边于点、，
设底面正六边形的边长为，纸盒的高为，
∵正六边形的每条边相等，每个内角都为，∴为等腰三角形，，
∴，由正六边形的性质可得平分，
∴，∴，∴直角三角形中，，
同理可得直角三角形中，∵，，∴，
∵左侧小三角形顶点的角度=，∴左侧小三角形为边长的等边三角形，
根据图形的上下对称可得与长方形纸板的左右两边垂直，
∴为等边三角形的高，∴，同理可得，为矩形，则，
∵，∴
联立式可得，∴纸盒的高为；
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，正六边形的性质，等边三角形的判定和性质，30°角的直角三角形的边长关系，对称的性质；掌握正六边形的性质是解题关键．
例16：（2023.广西九年级期末）某菜农在2022年11月底投资1600元种植大棚黄瓜，春节期间，共采摘黄瓜400千克，当天就可以按6元/千克的价格售出．若将所采摘的黄瓜先储藏起来，其质量每天损失10千克，且每天需支付各种费用共40元，但每天每千克的价格能上涨0.5元（储藏时间不超过10天）．若该菜农想获得1175元的利润，需要将采摘的黄瓜储藏____天．
【答案】5
【分析】设储藏x天出售这批黄瓜可获利1175元，则需要支付费用40x元，损失10x千克，价格为（6+0.5x）元，根据获利1175元，列方程求解．
【详解】解：设储藏x天出售这批黄瓜可获利1175元，
由题意得（6+0.5x）×（400-10x）-(1600+40x)=1175，解得：x1=5，x2=15
∵储藏时间不超过10天，∴x2=15舍去．故答案为：5．
【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，列方程求解．
变式1．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）某超市销售A、B两种玩具，每个A型玩具的进价比每个B型玩具的进价高2元，若用600元进A型玩具的的数量与用500元进B型玩具的的数量相同．
(1)求A、B两种玩具每个进价是多少元？(2)超市某天共购进A、B两种玩具共50个，当天全部销售完． 销售A型玩具的的价格（单位：元/个）与销售量（单位：个）之间的函数关系是：；销售B型玩具日获利（单位：元）与销售量（单位：个）之间的关系为：．若该超市销售这50个玩具日获利共300元，问B型玩具的销售单价是多少元？(3)该超市购进的50个玩具中，B型玩具的数量不少于A型玩具数量的数量的4倍，超市想尽快售完，决定每个A型玩具降价元销售，B型玩具的销售情况不变，若超市销售这50个玩具日获利的最大值为820元，直接写出的值．
【答案】(1)每个A型玩具的进价是12元，每个B型玩具的进价是10元(2)B型玩具的销售单价为13元(3)4
【分析】（1）设B种玩具每种b元，则A种玩具每种元，根据题意列出方程，求解即可；
（2）由题意可知，，解该方程即可求出x的值，进而可得出B种玩具的个数，从而求出销售单价；（3）根据题意可知，此时，由a的取值范围，可得出该二次函数的对称轴的取值范围；由B型玩具的数量不少于A型玩具数量的数量的4倍，可得出x的取值范围，根据二次函数的性质可列出方程，求解即可．
【详解】（1）解：设每个型玩具的进价为元，则每个A型玩具的进价为元，可列方程：，
解得，经检验是原方程的解，答：每个A型玩具的进价是12元，每个B型玩具的进价是10元；
（2）依题意可得方程：，解得（舍去）
则销售B型玩具：（个），日获利：（元），
则每个获利（元），（元），故B型玩具的销售单价为13元；
（3）设日获利为w元，根据题意得，
，，，
B型玩具的数量不少于A型玩具数量的4倍，，，解得，
当时，w取得最大值，，解得．
【点睛】此题考查了二次函数的应用，涉及分式方程的应用，不等式的应用及一元二次方程的应用．解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，列出函数，再求
信息及素材
素材一
在专业种植技术人员的正确指导下，果农对桃形李的种植技术进行了研究与改进，使产量得到了增长，根据果农们的记录，2020年桃形李平均每株产量是35千克，2022年达到了50.4千克，每年的增长率是相同的．
素材二
一般采用的是长方体包装盒．
素材三
果农们通过问卷调查发现，顾客也很愿意购买美观漂亮的其它设计的包装纸盒．
相关试卷
考点06分式方程（精讲）-2024年中考数学一轮复习之核心考点精讲精练（全国通用）原卷版+解析版： 这是一份考点06分式方程（精讲）-2024年中考数学一轮复习之核心考点精讲精练（全国通用）原卷版+解析版，文件包含考点06分式方程精讲原卷版docx、考点06分式方程精讲解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
考点05一次方程（组）（精讲）-2024年中考数学一轮复习之核心考点精讲精练（全国通用）原卷版+解析版： 这是一份考点05一次方程（组）（精讲）-2024年中考数学一轮复习之核心考点精讲精练（全国通用）原卷版+解析版，文件包含考点05一次方程组精讲原卷版docx、考点05一次方程组精讲解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。
考点04二次根式（精讲）2024年中考数学一轮复习之核心考点精讲精练（全国通用）原卷版+解析版： 这是一份考点04二次根式（精讲）2024年中考数学一轮复习之核心考点精讲精练（全国通用）原卷版+解析版，文件包含考点04二次根式精讲原卷版docx、考点04二次根式精讲解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
