初中数学人教版九年级上册21.1 一元二次方程课后作业题

第二十一章一元二次方程（人教版）

选拔卷

（考试时间：90分钟  试卷满分：120分）

一、选择题：本题共10个小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（2021·台州市路桥实验中学九年级月考）如果关于的方程是一元二次方程，那么的值为：（    ）

A． B． C． D．都不是

【答案】C

【分析】据一元二次方程的定义得到m-3≠0且m2-7=2，然后解不等式和方程即可得到满足条件的m的值．

【详解】解：根据题意得m-3≠0且m2-7=2，解得m=-3．故选：C．

【点睛】本题考查了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的整式方程叫一元二次方程．

2．（2021·山东省初三期中）已知4是关于x的方程x2－（m＋1）x＋2m＝0的一个实数根，并且这个方程的两个实数根恰好是等腰△ABC的两条边的边长，则△ABC的周长为（    ）

A．7 B．10 C．11 D．10或11

【答案】D

【分析】把x＝4代入已知方程求得m的值；然后通过解方程求得该方程的两根，即等腰△ABC的两条边长，由三角形三边关系和三角形的周长公式进行解答即可．

【解析】把x＝4代入方程得16−4（m＋1）＋2m＝0，解得m＝6，

则原方程为x2−7x＋12＝0，解得x1＝3，x2＝4，

∵这个方程的两个根恰好是等腰△ABC的两条边长，

①当△ABC的腰为4，底边为3时，则△ABC的周长为4＋4＋3＝11；

②当△ABC的腰为3，底边为4时，则△ABC的周长为3＋3＋4＝10；

综上所述，该△ABC的周长为10或11．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．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以，一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．也考查了三角形三边的关系．

3．（2020·湖北鄂州市·中考真题）目前以等为代表的战略性新兴产业蓬勃发展．某市2019年底有用户2万户，计划到2021年底全市用户数累计达到8.72万户．设全市用户数年平均增长率为，则值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先用含x的代数式表示出2020年底、2021年底用户的数量，然后根据2019年底到2021年底这三年的用户数量之和=8.72万户即得关于x的方程，解方程即得答案．

【详解】解：设全市用户数年平均增长率为，根据题意，得：，

解这个方程，得：，（不合题意，舍去）．∴x的值为40%．故选：C．

【点睛】本题考查了一元二次方程的应用之增长率问题，属于常考题型，正确理解题意、找准相等关系是解题的关键．

4．（2021·湖北荆州市·中考真题）定义新运算“※”：对于实数，，，，有，其中等式右边是通常的加法和乘法运算，如：．若关于的方程有两个实数根，则的取值范围是（    ）

A．且 B． C．且 D．

【答案】C

【分析】按新定义规定的运算法则，将其化为关于x的一元二次方程，从二次项系数和判别式两个方面入手，即可解决．

【详解】解：∵[x2+1，x]※[5−2k，k]=0，∴．整理得，．

∵方程有两个实数根，∴判别式且．由得，，解得，．

∴k的取值范围是且．故选：C

【点睛】本题考查了新定义运算、一元二次方程的根的判别等知识点，正确理解新定义的运算法则是解题的基础，熟知一元二次方程的条件、根的不同情况与判别式符号之间的对应关系是解题的关键．此类题目容易忽略之处在于二次项系数不能为零的条件限制，要引起高度重视．

5．（2020·湖北随州市·中考真题）将关于的一元二次方程变形为，就可以将表示为关于的一次多项式，从而达到“降次”的目的，又如…，我们将这种方法称为“降次法”，通过这种方法可以化简次数较高的代数式．根据“降次法”，已知：，且，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求得，代入即可得出答案．

【详解】∵，∴，，

∴=====，

∵，且，∴，∴原式=，故选：C．

【点睛】本题考查了一元二次方程的解，解题的关键是会将四次先降为二次，再将二次降为一次．

6．（2021·江苏省初三月考）定义为不大于实数x的最大整数，如，

．函数的图象如图所示，则方程的解为（    ）

A．0或 B．0 C． D．0或

【答案】B

【分析】根据图象确定出[x]的可能值，进而求出x的值确定出方程的解即可．

【解析】当时，原方程可化为，

解得，均不符合题意，舍去；

当时，原方程可化为，解得（舍去）；

当时，原方程可化为，此时无实数解；

当时，原方程化为，此时无实数解．

综上所述，方程的解为，故选B．

【点睛】此题考查了解一元二次方程-因式分解法，以及函数的图象，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

7．（2020·浙江丽水初二期末）若关于的方程的解中，仅有一个正数解，则的取值范围是（  ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据根的判别式和根与系数的关系即可求解．

【解析】解：关于的方程的解中，仅有一个正数解，即一正一负或一正一零

，解得．故选：B．

【点睛】本题考查了一元二次方程根的分布，根的判别式和根与系数的关系等知识点，解此题的关键是得到．

9．（2021·河南平顶山市·九年级期末）如图，在中，，动点P，Q分别从点A，B同时开始移动（移动方向如图所示），点P的速度为，点Q的速度为，点Q移动到C点后停止，点P也随之停止运动，当的面积为时，则点P运动的时间是（    ）

A． B．或 C． D．

【答案】A

【分析】设出动点P，Q运动t秒，能使的面积为，用t分别表示出BP和BQ的长，利用三角形的面积计算公式即可解答．

【详解】解：设动点P，Q运动t秒，能使的面积为，

则BP为(8-t)cm，BQ为2tcm，由三角形的面积公式列方程得(8-t)×2t=15，

解得t1=3，t2=5（当t2=5，BQ=10，不合题意，舍去）

∴动点P，Q运动3秒，能使的面积为．故选A．

【点睛】本题考查了一元二次方程的应用．借助三角形的面积计算公式来研究图形中的动点问题．

10．（2021·杭州市建兰中学九年级期中）如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”，以下关于倍根方程的说法，其中正确的有（　　）个．①方程x2+5x+6＝0是倍根方程：②若pq＝2，则关于x的方程px2+4x+q＝0是倍根方程；③若（x﹣3）（mx+n）＝0是倍根方程，则18m2+15mn+2n2＝0；

④若方程ax2+bx+c＝0是倍根方程，且3a+b＝0，则方程ax2+bx+c＝0的一个根为1

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】①解得方程后即可利用倍根方程的定义进行判断；②已知条件，然后解方程即可得到正确的结论．③根据是倍根方程，且且，，得到，或，从而得到，，进而得到正确；④利用“倍根方程”的定义进行解答．

【详解】解：①解方程得：，，

方程不是倍根方程，故①错误；

②，解方程得：，，，故②错误；

③是倍根方程，且，，，或，

，，，故③正确；

④方程是倍根方程，设，
∵3a+b=0，，，，故④正确．故选：B．

【点睛】本题考查了一元二次方程的解，根与系数的关系，根的判别式，反比例函数图形上点的坐标特征，正确的理解“倍根方程”的定义是解题的关键．

二、填空题：本题共8个小题，每题3分，共24分。

11．（2021·湖北十堰市·中考真题）对于任意实数a、b，定义一种运算：，若，则x的值为________．

【答案】或2

【分析】根据新定义的运算得到，整理并求解一元二次方程即可．

【详解】解：根据新定义内容可得：，

整理可得，解得，，故答案为：或2．

【点睛】本题考查新定义运算、解一元二次方程，根据题意理解新定义运算是解题的关键．

12．（2021·江苏无锡市·九年级期中）如图，在宽为18米、长为24米的矩形地面上修筑同样宽的道路（图中阴影部分），余下部分种植草坪，要使草坪的面积为整个矩形面积的，设道路的宽为x米，则可列方程为_____．

【答案】（18﹣x）（24﹣x）＝×18×24

【分析】设道路的宽为x，把草坪平移到一起，可以拼成矩形，矩形的两边分别为（18﹣x）、（24﹣x），根据题意列方程即可．

【详解】解：设道路的宽为x，根据题意得：（18﹣x）（24﹣x）＝×18×24．

故答案是：（18﹣x）（24﹣x）＝×18×24．

【点睛】本题考查的是根据实际问题列一元二次方程．找到关键描述语，找到等量关系准确的列出方程是解决问题的关键．

13．（2021·绵阳市初三期中）已知关于x的一元二次方程的两个实数根分别为，，且满足，则实数m的值为         ．

【答案】2

【分析】根据根与系数的关系可得，，结合已知等式即可求出，从而求出，即可求出m的值．

【解析】解：根据题意得，，

因为，所以所以，∴，

所以，所以

【点睛】此题考查的是根与系数的关系的应用,掌握根与系数的关系是解决此题的关键．

14．（2020·浙江初三期末）定义：若两个一元二次方程有且只有一个相同的实数根，我们就称这两个方程为“友好方程”．已知关于x的一元二次方程和互为“友好方程”，则m的值为_______．

【答案】或1或

【分析】先利用因式分解法解方程，得到x1=5，x2=m-1．再分别将x=5，x=m-1代入x2+2x+m-1=0，求出m的值即可．

【解析】，整理得，

分解因式，得， 解得．

当时，，解得；

当时，，解得或．

所以m的值为或1或．故答案为：或1或．

【点睛】本题考查了一元二次方程的解的意义：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．也考查了利用因式分解法解方程，求出方程的两个解是解题的关键．

15．（2021·浙江杭州市·九年级期末）关于x的方程的解是（均为常数，），则方程的解是_____________．

【答案】x1=-3，x2=-1

【分析】可把方程a（2x+m+3）2+b=0看作关于2x+3的一元二次方程，从而得到2x+3=-3，2x+3=1，然后解两个一次方程即可．

【详解】解：把方程a（2x+m+3）2+b=0看作关于2x+3的一元二次方程，

而关于x的方程a（x+m）2+b=0的解是x1=-3，x2=1，

所以2x+3=-3，2x+3=1，所以x1=-3，x2=-1．故答案为：x1=-3，x2=-1．

【点睛】本题考查了一元二次方程的解，解题的关键是从方程的形式和解两个角度比较两个方程，从而理解题意．

16．（2021·浙江九年级月考）如图，甲、乙两点分别从直径的两端点，出发以顺时针、逆时针的方向同时沿圆周运动，甲运动的路程与时间满足关系：，乙以的速度匀速运动，半圆的长度为.则甲、乙从开始运动到第二次相遇时，它们运动的时间是______.

【答案】

【分析】由题意可知乙的运动路程为，甲、乙第一次相遇时一共行驶的路程为半圆长度，第二次相遇时又行驶了一个圆的长度，利用总路程等于甲的路程加乙的路程列方程即可.

【详解】如下图所示：红色线为甲走的路程，蓝色线为乙走的路程，虚线位置是第一次相遇时，箭头位置是第二次相遇时，

由图可知：甲、乙第一次相遇时，一共行驶的路程为半圆长度，第二次相遇时又行驶了一个圆的长度，故甲、乙行驶的总路程为：

∵乙以的速度匀速运动∴乙的运动路程为，

根据总路程等于甲的路程加乙的路程列方程∴

解得：（不符合实际，舍去）故答案为

【点睛】此题考查的是一元二次方程的应用-行程问题，解决此题的关键是找到图中的等量关系是列出方程.

17.（2021.成都市外国语实验学校初三月考）已知实数m，n满足，，则.

【答案】

【分析】根据题意：由得：；

由得：，又因为，即，因此可以把，作为一元二次方程的两根，由根与系数的关系得：.

【解析】∵，

∴，

∵ ∴∴把，作为一元二次方程的两根

∴

【点睛】本题考查的是用构造一元二次方程，利用根与系数的关系解答问题，本题的关键是利用已知进行变形是关键所在，不要忽视了这个条件隐含的题意。

18．（2021·浙江九年级期中）已知是关于x的方程的两个实数根．则：（1）两实数根的和是__________；（2）若恰是一个直角三角形的两直角边的边长，那么这个直角三角形面积的最大值是_______．

【答案】8    8   

【分析】（1）原方程可化为x2-5x-n2+5n=0，根据根与系数的关系即可得到结论；

（2）根据三角形的面积公式得到直角三角形面积=，即可得到结论．

【详解】解：（1）原方程可化为，∴x1+x2=8；故答案为：8；

（2）∵x1，x2恰是一个直角三角形的两直角边的边长，∴x1x2=-n2+8n，

∴直角三角形面积=x1x2==，

∵，∴∴直角三角形面积的最大值为8，故答案为：8．

【点睛】本题考查了根与系数的关系，直角三角形的面积的计算，平方的非负性，正确求出直角三角形面积表达式是解题的关键．

三、解答题：本题共8个小题，19-24每题10分，25-26每题10分，共66分。

19．（2021·海门市东洲中学初二期中）用指定的方法解下列方程：

（1）用配方法解方程：；    （2）用公式法解方程：5x2+2x﹣1＝0；

（3）用因式分解法解方程：

【答案】（1），；（2），；（3）.

【分析】（1）采用配方法将方程转化为，然后利用直接开平方法计算即可；

（2）直接利用公式法，求解即可；（3）采用因式分解法转化为求解即可.

【解析】（1）        

       故方程的解为，；

（2）5x2+2x﹣1=0  

故方程的解为，；

（3）      解得，

故方程的解为.

【点睛】此题主要考查一元二次方程的求解，熟练掌握，即可解题.

20．（2021·绵阳市九年级期中）阅读理（解析）解：

定义：如果关于的方程（，、、是常数）与（，、、是常数），其中方程中的二次项系数、一次项系数、常数项分别满足，，，则这两个方程互为“对称方程”．比如：求方程的“对称方程”，这样思考：由方程可知，，，，根据，，，求出，，就能确定这个方程的“对称方程”．

请用以上方法解决下面问题：（1）填空：写出方程的“对称方程”是______．

（2）若关于的方程与互为“对称方程”，求的值．

【答案】（1）；（2）的值是1

【分析】（1）根据对称方程的系数满足，，，求解即可；

（2）互为对称方程，则系数满足，，，据此解答．

【详解】解：（1）由题意知，，，，∴ ，，，

∴方程的“对称方程”是：，故填：；

（2）由移项可得：，

与为对称方程，，解得，

，解得，∴．

【点睛】本题考查一元二次方程的新定义，熟悉方程中的二次项系数、一次项系数、常数项，并能读懂题中的新定义是关键．

21．（2021·山东菏泽市·中考真题）列方程（组）解应用题

端午节期间，某水果超市调查某种水果的销售情况，下面是调查员的对话：

小王：该水果的进价是每千克22元；小李：当销售价为每千克38元时，每天可售出160千克；若每千克降低3元，每天的销售量将增加120千克．

根据他们的对话，解决下面所给问题：超市每天要获得销售利润3640元，又要尽可能让顾客得到实惠，求这种水果的销售价为每千克多少元？

【答案】27元．

【分析】设这种水果每千克降价元，根据超市每天要获得销售利润3640元列一元二次方程，解一元二次方程，再由题意要尽可能让顾客得到实惠，筛选符合条件的的值，即可解题售价．

【详解】解：设这种水果每千克降价元，

则每千克的利润为：元，销售量为：千克，

  整理得，   或，

要尽可能让顾客得到实惠，  即售价为（元）

答：这种水果的销售价为每千克27元．

【点睛】本题考查一元二次方程的实际应用，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．

22．（2021·浙江九年级期中）如图四边形是证明勾股定理时用到的一个图形，是和边长，易知，这时我们把关于的形如的一元二次方程称为“勾系一元二次方程”．请解决下列问题：

（1）写出一个“勾系一元二次方程”；（2）求证：关于的“勾系一元二次方程”必有实数根；（3）若是“勾系一元二次方程”的一个根，且四边形的周长是，求面积．

【答案】（1）；（2）见解析；（3）4

【分析】（1）直接找一组勾股数代入方程即可；（2）通过判断根的判别式△的正负来证明结论；（3）利用根的意义和勾股定理作为相等关系先求得的值，根据完全平方公式求得的值，从而可求得面积．

【详解】解：（1）当，，时, 勾系一元二次方程为；

（2）证明：根据题意，得△

即△，

勾系一元二次方程必有实数根；

（3）当时，有，即，

，即，

，，，，

，，．

【点睛】此类题目要读懂题意，根据题目中所给的材料结合勾股定理和根的判别式解题．

23．（2021·四川成都市·九年级专题练习）已知关于x的一元二次方程．

（1）求证：对于任意实数a，方程恒有两个实数根

（2）设，是该方程的两个根，若，求a的值．

【答案】（1）证明见解析；（2）

【分析】（1）证明一元二次方程的根的判别式△=b2-4ac＞0即可；（2）根据一元二次方程的根与系数的关系得到，两根之和与两根之积，把|x1|+|x2|=4变形成与两根之和与两根之积有关的式子，代入两根之和与两根之积，求得a的值．

【详解】（1）∵，∴，∴对于任意实数a，方程恒有两个实数根．

（2）由韦达定理得：∴，

∴，∴．

又∵，∴，解得：．

【点睛】（1）一元二次方程根的情况与判别式△的关系：①△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；

②△=0⇔方程有两个相等的实数根；③△＜0⇔方程没有实数根．

（2）一元二次方程根与系数的关系：

24．（2021·河北九年级其他模拟）阅读理解：

对于这类特殊的代数式可以按下面的方法分解因式：理解运用：如果，那么，即有或，因此，方程和的所有解就是方程的解．

解决问题：（1）因式分解：___________（2）求方程的解

【答案】（1）；（2）或或

【分析】（1）由可知符合材料的公式形式，直接套用公式即可解答；

（2）先将方程左边按材料的公式形式分解因式，再求出每个因式为0时的解即可．

【详解】解：（1）

故答案为：

（2）解：，，

∴，或，解得或，

【点睛】本题主要考查了因式分解和高次方程的解法，解高次方程一般要通过适当的方法，把高次方程化为次数较低的方程求解．即把它转化成二次方程或一次方程．也有的通过因式分解来解．本题解题关键是学习材料内容，根据材料公式和方法解题．

25．（2021·绵阳市九年级期中）阅读下列材料：法国数字家韦达在研究一元二次方程时有一项重大发现：

如果一元二次方程在的两根分别可表示为，．那么可推得这是一元二次方程根与系数的关系．

利用一元二次方程根与系数的关系，回答下列问题：

（1）已知方程的两根分别为、，求与的值．

（2）已知方程的两根分别、，若，求与的值．

（3）已知一元二次方程的一根大于2，另一根小于2求a的取值范围．

【答案】（1）；（2）=；=；（3）

【分析】（1）根据根与系数的关系即可求出结论；（2）根据完全平方公式的变形和分式减法变形，然后代入求值即可；（3）设一元二次方程的两根分别、，根据根与系数的关系可得，根据题意可得，代入即可求出a的取值范围．

【详解】解：（1）∵方程的两根分别为、

∴；

（2）由（1）知：

∴===

∴==

∵∴∴

∴===；

（3）设一元二次方程的两根分别、，∴

由题意可得∴∴

∵无论a为何值，恒为正，故①恒成立；解②，得；综上：．

【点睛】此题考查的是一元二次方程根与系数的关系，掌握根与系数的关系和完全平方公式的变形是解题关键．

26．（2021·山东青岛市·九年级一模）问题提出：

如果在一个平面内画出条直线，最多可以把这个平面分成几部分？

问题探究：为解决问题，我们经常采用一般问题特殊化的策略，先从最简单的情形入手，再逐次递进到复杂的情形，在探究的过程中，通过归纳得出一般性的结论，进而拓展应用．

探究一：如图1，当在平面内不画（0条）直线时，显然该平面只有1部分，可记为．

探究二：如图2，当在平面内画1条直线时，该平面最多被分成了2部分，比前一次多了1部分，可记为．

探究三：当在平测内而2条使线，若两条直线平行（如图3），该平面被分成3部分；若两条直线相变（如图4），交点将第2条直线分成2段，每一段将平面多分出1部分，因此比前一次多2部分，该平面分成4部分，因此当在平面内画2条直线时，该平面最多被分成4部分，可记为，我们获得的直接经验是：直线相交时，平面被分成的部分多

探究四：当在平面内画3条直线，若3条直线相交于一点（如图 5），该平面被分成6部分；若3条直线的交点都不相同时（如图6），第3条直线与前两条直线有2个交点，该直线被2个交点分成了3段，每段将平面多分出1部分，所以比前一次多出3 部分，该平面被分成7部分．因此当在平面内画3条直线时，该平面最多被分成7部分，可记为．我们获得的经验是：直线相交的交点个数越多，平面被分成的部分就越多．所以直接探索直线交点个数最多的情况即可．

探究五：当在平面内画4条直线（如图7），第4条直线与前3条直线有3 个交点，该直线被3个交点分成了4段，每段将平面多分出1部分，所以比前一次多出4部分，该平面被分成11分．因此当在平面内画4条直线时，该平面最多被分成11部分，可记为．

探究六：在平面内面5条直线，最多可以把这个平面分成几部分？（仿照前面的探究方法，写出解答过程，不需画图）__________

问题解决：如果在一个平面内画出条直线，最多可以把这个平面分成          部分．

应用与拓展：（1）如果一个平面内的10条直线将平面分成了50个部分，再增加2条直线，则该平面至多被分成       个部分．（2）如果一个平面被直线分成了497部分，那么直线的条数至少有      条．

（3）一个正方体蛋糕切5刀，被分成的块数至多为      块．

【答案】探究六：16；问题解决：1+；应用与拓展：（1）73；（2）31条．（3）16．

【分析】探究六：平面中画出第5条直线时，新增的一条直线与已知的4条直线最多有4个交点，这4个交点会把新增的这条直线分成5部分，从而多出5个部分，即总共会得到1+1+2+3+4+5=16个部分；

问题解决：寻找出规律得出结论，最后求和即可得出结论；

应用与拓展：（1）根据10条直线将平面分成了50个部分，少了6个部分，再按12条直线，计算出平面的个数减去6，即可得出结论；

（2）根据公式1+=497，那计算得出结果即可；

（3）当切1刀时，块数为1+1=2块；当切2刀时，块数为1+1+2=4块；
当切3刀时，块数为1+1+2+3=7块；当切4刀时，块数为1+1+2+3+4=11块；
当切5刀时，块数为1+1+2+3+4+5=16块；…继而可得出切n刀时所得的蛋糕块数．

【详解】解：探究六：根据规律得，平面中画出第5条直线时，新增的一条直线与已知的4条直线最多有4个交点，这4个交点会把新增的这条直线分成5部分，从而多出5个部分，即总共会得到1+1+2+3+4+5=16个部分，所以，5条直线最多可以把平面分割成16个部分；

问题解决：根据规律得，n条直线最多可以把平面分割成1+1+2+3+4+…+n=1+，故答案1+；

应用与拓展：（1）如果一个平面内的10条直线时，最多可分为1+=部分，现在只有50个部分，少了6个部分，当再增加2条直线，即n=12时，则最多有个部分；（2）当被分成了497部分时，1+=497，解得(舍去)，那么直线的条数至少有31条．（3）当切1刀时，块数为1+1=2块；当切2刀时，块数为1+1+2=4块；
当切3刀时，块数为1+1+2+3=7块；…当切n刀时，块数=1+（1+2+3…+n）=1+．
则切5刀时，块数为1+=16块；故答案为：16．

【点睛】本题考查了规律的寻找，连续n个正整数的和的公式，解本题的关键是申清题意，找出变化规律，是一道中等难度的题目．