专题21.8 一元二次方程章末拔尖卷-2023-2024学年九年级数学上册举一反三系列（人教版）

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第21章 一元二次方程章末拔尖卷
【人教版】
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023春·安徽安庆·九年级安徽省安庆市外国语学校校考期末）下列一元二次方程中，有两个相等的实数根的是（    ）
A．x2−3x−1=0 B．2x2−5x+2=0
C．x2−4x+4=0 D．4x−1x+3=−5
【答案】C
【分析】逐项分析四个选项中一元二次方程根的判别式的符号，由此即可得出结论．
【详解】解：A.在x2−3x−1=0中，Δ=−32−4×1×−1=9+4=13>0，所以该方程有两个不相等的实数根，故A不符合题意；
B.在2x2−5x+2=0中，Δ=−52−4×2×2=25−16=9>0，所以该方程有两个不相等的实数根，故B不符合题意；
C.在x2−4x+4=0中，Δ=−42−4×1×4=16−16=0，所以该方程有两个相等的实数根，故C符合题意；
D.将4x−1x+3=−5整理得：4x2+8x−7=0，Δ=82−4×4×−7=64+112=176>0，所以该方程有两个相等的实数根，故D不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0的根与Δ=b2−4ac有如下关系：①Δ>0，方程有两个不相等的实数根，②Δ=0，方程有两个相等的实数根，③Δ<0，方程没有实数根．
2．（3分）（2023春·山东威海·九年级统考期中）关于x的一元二次方程x2+ax−6=0的解为x1=2，x2=b，则代数式2a+b2023的值为（    ）
A．1 B．0 C．−1 D．52023
【答案】C
【分析】把x1=2代入方程x2+ax−6=0求得a，再解方程求得b，将a、b的值代入2a+b2023求值即可．
【详解】解：将x1=2代入x2+ax−6=0得：22+2a−6=0，
解得：a=1，
∴ x的一元二次方程x2+x−6=0，
解得：x1=2，x2=−3即b=−3，
将a=1，b=−3代入2a+b2023，
得：2a+b2023=2×1+−32023=−12023=−1，
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，代数式求值，熟练掌握方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值．
3．（3分）（2023春·浙江温州·九年级校考期中）已知关于x的一元二次方程ax2+bx+1=0有一个根是x=m，则方程x2+bx+a=0有一个根是（ ）
A．x=m B．x=−m C．x=1m D．x=1−m
【答案】C
【分析】利用一元二次方程的解，可得出am2+bm+1=0，在等式的两边同时除以m2，可得出a+b⋅1m+(1m)2=0，进而可得出方程x2+bx+a=0有一个根是x=1m．
【详解】∵关于x的一元二次方程ax2+bx+1=0有一个根是x=m，
∴am2+bm+1=0，
在等式的两边同时除以m2得：a+b⋅1m+(1m)2=0，
∴方程x2+bx+a=0有一个根是x=1m．
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，牢记“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”是解题的关键．
4．（3分）（2023春·浙江·九年级期末）方程x2+4x−5=0的解是x1=1,x2=−5，现给出另一个方程(2x−1)2+4(2x−1)−5=0，它的解是（    ）
A．x1=1,x2=2 B．x1=1,x2=−2
C．x1=−1,x2=2 D．x1=−1,x2=−2
【答案】B
【分析】结合已知方程的解，利用换元法解一元二次方程即可得．
【详解】解：(2x−1)2+4(2x−1)−5=0，
令y=2x−1，则方程可转化为y2+4y−5=0，
由题意得：y1=1,y2=−5，
即2x1−1=1,2x2−1=−5，
解得x1=1,x2=−2，
故选：B．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握换元法是解题关键．
5．（3分）（2023春·山西晋城·九年级校考期末）关于x的方程x2−2cx+a2+b2=0有两个相等的实数根，若a，b，c是△ABC的三边长，则这个三角形一定是（    ）．
A．等边三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】由关于x的方程x2−2cx+a2+b2=0有两个相等的实数根，可得△=−2c2−4a2+b2=0，整理得c2=a2+b2，根据勾股定理逆定理判断△ABC的形状即可．
【详解】解：∵关于x的方程x2−2cx+a2+b2=0有两个相等的实数根，
∴△=−2c2−4a2+b2=0，整理得c2=a2+b2，
∴△ABC是直角三角形，
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，勾股定理逆定理．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
6．（3分）（2023春·福建福州·九年级福建省福州延安中学校考期末）已知x=a是方程x2+3x−1=0的一个根，则代数式a2+3a+3的值应在（    ）
A．4和5之间 B．3和4之间 C．2和3之间 D．1和2之间
【答案】C
【分析】将a代入方程得a2+3a=1，然后整体代入得结果，最后根据3得范围确定结果的范围即可；
【详解】解：∵x=a是方程x2+3x−1=0的一个根，
∴将a代入方程，得：a2+3a−1=0，
即：a2+3a=1，
将上式代入a2+3a+3中得：1+3，
∵1<3<2，
∴2<1+3<3．
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根，判断无理数的范围，整体代入等知识点，整体代入的运用是解题关键．
7．（3分）（2023春·河南郑州·九年级统考期末）为加快推动生态巩义建设步伐，形成“城在林中、园在城中、山水相依，林路相随”的生态格局，市政府计划在某街心公园的一块矩形空地上修建草坪，如图，矩形长为40m，宽为30m，在矩形内的四周修筑同样宽的道路，余下的铺上草坪．要使草坪的面积为816m2，道路的宽度应为多少?设矩形地块四周道路的宽度为xm，根据题意，下列方程不正确的是（    ）

A．1200−80x+60x−4x2=816 B．40−x30−x=816
C．40−2x30−2x=816 D．80x+2x30−2x=1200−816
【答案】B
【分析】根据要使草坪的面积为816m2，列一元二次方程，进一步判断即可．
【详解】解：可列方程40−2x30−2x=816，
故C选项不符合题意，
变形后，可得1200−80x+60x−4x2=816或80x+2x30−2x=1200−816，
故A选项不符合题意，D选项不符合题意，
40−x30−x=816不能得到，
故B选项符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，理解题意是解题的关键．
8．（3分）（2023春·浙江·九年级期末）已知关于x的一元二次方程：x2−2x−a=0，有下列结论：
①当a>−1时，方程有两个不相等的实根；
②当a>0时，方程不可能有两个异号的实根；
③当a>−1时，方程的两个实根不可能都小于1；
④当a>3时，方程的两个实根一个大于3，另一个小于3．
以上4个结论中，正确的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据一元二次方程根的判别式，一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程的求根公式对每个选项进行一一判断即可．
【详解】解：∵x2−2x−a=0，
∴Δ＝4+4a，
∴①当a>−1时，Δ＞0，方程有两个不相等的实根，故①正确，
②当a>0时，两根之积=−a<0，方程的两根异号，故②错误，
③方程的根为x＝2±4+4a2=1±1+a，
∵a>−1，
∴方程的两个实根不可能都小于1，故③正确，
④当a>3时，由（3）可知，两个实根一个大于3，另一个小于3，故④正确，
故选：C．
【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，一元二次方程的求根公式，熟练掌握一元二次方程的相关知识是解题的关键．
9．（3分）（2023春·福建厦门·九年级厦门市莲花中学校考期中）已知关于x的方程x2﹣（a+2b）x+1＝0有两个相等实数根．若在直角坐标系中，点P在直线l：y＝﹣x+12上，点Q(12a，b)在直线l下方，则PQ的最小值为（　　）
A．342 B．24 C．12 D．64
【答案】A
【分析】先利用根判别式得到△＝（a+2b）2﹣4＝0，则a+2b=2或a+2b=-2，即点Q的坐标为（1-b，b）或（-1-b，b），如图：当点Q在直线y=-x-1上， EF为两直线的距离，最后求出EF得到PQ的最小值即可
【详解】解：∵关于x的方程x2﹣（a+2b）x+1＝0有两个相等实数根，
∴△＝（a+2b）2﹣4＝0，
∴a+2b＝2或a+2b＝﹣2，
∵点Q（12a，b），即Q（1﹣b，b）或（﹣1﹣b，b），
∴点Q所在的直线为y＝﹣x+1或y＝﹣x﹣1，
∵点Q（12a，b）在直线y＝﹣x+12的下方，
∴点Q在直线y＝﹣x﹣1上，如图，EF为两直线的距离，
∵OE＝24，OF＝22，
∴EF＝324，
∴PQ的最小值为324．
故选：A．

【点睛】本题主要考查了根的判别式和垂线段最短，掌握一元二次方程的根的判别式△与根的关系：当△>0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△<0时，方程无实数根是解答本题的关键.
10．（3分）（2023·浙江杭州·九年级）若四个互不相等的正实数a，b，c，d满足a2012−c2012a2012−d2012=2012，b2012−c2012b2012−d2012=2012，则(ab)2012−(cd)2012的值为（    ）
A．−2012 B．−2011 C．2012 D．2011
【答案】A
【分析】根据题意可将a2012与b2012看做方程（x-c2012）（x-d2012）=2012的两个解，把所求的式子被减数利用积的乘方逆运算变形后换为x1x2，把方程整理后，利用根与系数的关系表示出x1x2，代入整理后的式子中，即可求出所求式子的值．
【详解】解：设a2012与b2012看做方程（x-c2012）（x-d2012）=2012的两个解，
方程整理得：x2-（c2012+d2012）x+（cd）2012-2012=0，
则（ab）2012-（cd）2012=x1x2−(cd)2012，
又x1x2=（cd）2012-2012，
则（ab）2012-（cd）2012=x1x2−(cd)2012=（cd）2012-2012-（cd）2012=-2012．
故选：A．
【点睛】此题考查了根与系数的关系的运用，利用了方程的思想，其中当一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）有解，即b2-4ac≥0时，设方程的两个根分别为x1，x2，则有x1+x2=−ba，x1x2=ca．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023春·甘肃酒泉·九年级校考期中）若关于x的方程(k−1)x|k|+1−4x+5=0是一元二次方程，则k= ．
【答案】-1
【分析】根据一元二次方程的定义得出k−1≠0且|k|＋1＝2，再求出k即可．
【详解】解：∵关于x的方程(k−1)x|k|+1−4x+5=0是一元二次方程，
∴k−1≠0且|k|＋1＝2，
解得：k＝−1，
故答案为：−1．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元一次方程的定义是解此题的关键，只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程，叫一元二次方程．
12．（3分）（2023春·四川成都·九年级四川省蒲江县蒲江中学校考期中）已知x1,x2是一元二次方程4kx2−4kx+k+1=0的两个实数根，则使x1x2+x2x1−2的值为整数的实数k的整数值为 .
【答案】−2或−3或−5
【分析】根据一元二次方程根的判别式及根与系数的关系可进行求解．
【详解】解：由题意得：Δ=b2−4ac=16k2−16kk+1≥0，且4k≠0，
解得：k<0，
由一元二次方程根与系数的关系可得：x1+x2=1，x1x2=k+14k，
∴x1x2+x2x1−2=x12+x22x1x2−2=x1+x22−2x1x2x1x2−2=1x1x2−4=4kk+1−4=−4k+1，
∴k+1=1或−1或2或−2或4或−4，
∴k=0或−2或1或3或−3或−5，
∵k<0，
∴k=−2或−3或−5；
故答案为−2或−3或−5．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式及根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根的判别式及根与系数的关系是解题的关键．
13．（3分）（2023春·上海静安·九年级上海市民办扬波中学校考期中）一个三角形的两边长分别为3和5，其第三边是方程x2−13x+40=0的根，则此三角形的周长为 ．
【答案】13
【分析】因式分解法解方程可求得三角形的第三边，再根据三角形三边关系进行取舍即可求得答案．
【详解】解：解方程x2−13x+40=0可得x=5或x=8，
当第三边为5时，则三角形的三边长为3、5、5，满足三角形三边关系，其周长为13；
当第三边为8时，则三角形的三边长为3、5、8，不满足三角形三边关系，舍去．
则此三角形的周长为13．
故答案为：13．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的解法及三角形三边关系，求得方程的两根是解题的关键，注意分类讨论．
14．（3分）（2023春·重庆九龙坡·九年级重庆实验外国语学校校考期末）关于x的一元二次方程x2−2x+m=0的两实数根分别为x1、x2，且x1−2x2=1，则m的值为 ．
【答案】59
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系得到x+x2=2，结合已知求出x2=13，然后代入一元二次方程即可求出m的值．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程x2−2x+m=0的两实数根分别为x1、x2，
∴x+x2=2，
∵x1−2x2=1，
∴x+x2−x1−2x2=2−1，
∴x2=13，
把x2=13代入x2−2x+m=0得：132−2×13+m=0，
解得：m=59，
故答案为：59．
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程的解，若一元二次方程ax2+bx+c=0（a、b、c为常数，a≠0）的两根为x1，x2，则x1+x2=−ba，x1⋅x2=ca．
15．（3分）（2023春·上海杨浦·九年级校考期中）已知x为实数，若x2+1x2−5x+1x+8=0，那么x+1x的值为 ．
【答案】2或3
【分析】将原方程变形为x+1x2−5x+1x+6=0，然后把x+1x看作一个整体运用因式分解法求出x+1x的值即可．
【详解】解：∵x2+1x2−5x+1x+8=0，
∴x2+1x2+2−5x+1x+6=0,
∴x+1x2−5x+1x+6=0,
∴x+1x−2x+1x−3=0,
∴x+1x−2=0,x+1x−3=0，
解解，x+1x=2,x+1x=3，
故答案为：2或3．
【点睛】本题主要考查了配方法，用因式分解法解一元二次方程，正确将原方程进行变形运用因式分解法求解是解答本题的关键．
16．（3分）（2023春·江苏宿迁·九年级沭阳县怀文中学校考期中）对于实数a、b，定义运算“*”； a∗b=a2−aba≤bb2−aba>b，关于x的方程2x∗x−1=t+3恰好有三个不相等的实数根，则t的取值范围是 ．
【答案】−3 【分析】根据新定义的运算，分两种情况得出两个关于x的一元二次方程，再由关于x的方程2x∗x−1=t+3恰好有三个实数根，得到关于x的两个一元二次方程的根的情况，然后分情况讨论，确定t的取值范围．
【详解】解：由新定义的运算可得关于x的方程为：
当2x≤x−1时，即x≤−1时，有2x2−2x(x−1)=t+3，
即：2x2+2x−t−3=0x≤−1，其根为：x=−1±2t+72是负数，
当2x>x−1时，即x>−1，时，有x−12−2xx−1=t+3，
即：x2=−t−2x>−1，
要使关于x的方程2x∗x−1=t+3恰好有三个不相等的实数根，则x2=−t−2x>−1和2x2+2x−t−3=0x≤−1都必须有解，
∴−t−2≥02t+7≥0，
∴−72≤t≤−2，
（1）当−t−2=0时，即t=−2时，方程x2=−t−2x>−1只有一个根x=0，
∵当t=−2时，2t+7=3，
∴−1+32>0，−1−32<−1，
∴此时方程2x2+2x−t−3=0x≤−1只有一个根符合题意，
∴t=−2不符合题意；
（2）当−3−1的两个根−1 ∵当−3 ∴−1+2t+72>0，−1−2t+72<−1，
∴方程2x2+2x−t−3=0x≤−1只有一个根符合题意，
∴当−3 （3）∵当−7t≤t≤−3时，方程x2=−t−2x>−1的一个根≥1，另外一个根≤−1，
∴此时方程x2=−t−2x>−1只有一个根符合题意，
∵−12≤−1+2t+72≤0，−1≤−1−2t+72<−12，
∴当−7t≤t≤−3时，方程2x2+2x−t−3=0x≤−1最多有一个根符合题意，
∴当−7t≤t≤−3时2x∗x−1=t+3不可能有三个不相等的实根；
综上分析可知，t的取值范围是−3 故答案为：−3 【点睛】本题考查了新运算及利用一元二次方程根的情况求字母的取值范围，读懂题意，进行分类讨论，是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023春·河北保定·九年级统考期中）解方程：
(1)2x2−5x−3=0
(2)x+22=3x+6
(3)x−23x−5=1
(4)5x2=4x
【答案】(1)x1=3，x2=−12
(2)x1=−2，x2=1
(3)x1=11+136，x2=11−136
(4)x1=0，x2=45

【分析】（1）先求解b2−4ac=−52−4×2×−3=49>0，再利用求根公式解方程即可；
（2）先移项，再利用因式分解的方法解方程即可；
（3）将原方程化为一般形式，得3x2−11x+9=0，再利用公式法解方程即可；
（4）先移项，再利用因式分解的方法解方程即可．
【详解】（1）解：2x2−5x−3=0
∵a=2，b=−5，c=−3，
∴b2−4ac=−52−4×2×−3=49>0，
∴x=5±494=5±74
x1=3，x2=−12
（2）解：x+22=3x+6
∴x+22=3x+2
移项得：x+22−3x+2=0
∴x+2x+2−3=0
即x+2x−1=0
∴x+2=0，x−1=0
解得：x1=−2，x2=1．
（3）解：x−23x−5=1
将原方程化为一般形式，得3x2−11x+9=0
这里a=3，b=−11，c=9．
∵b2−4ac=−112−4×3×9=13>0
∴x=11±136
∴x1=11+136，x2=11−136
（4）解：5x2=4x
原方程可变形为5x2−4x=0，
∴x5x−4=0
∴x=0或5x−4=0
解得：x1=0，x2=45．
【点睛】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握公式法与因式分解法解一元二次方程是解本题的关键．
18．（6分）（2023春·北京石景山·九年级统考期末）已知关于x的一元二次方程x2−2kx+2k−1=0．
(1)请判断这个方程根的情况；
(2)若该方程有一个根小于1，求k的取值范围．
【答案】(1)有两个实数根
(2)k<1

【分析】（1）根据根的判别式即可求出答案；
（2）求出方程的两根，根据该方程有一个根小于1列出不等式，解不等式即可得到答案．
【详解】（1）解：根据题意得：
△=b2−4ac=−2k2−42k−1=4k2−8k+4=4k2−2k+1=4k−12，
∵无论k取何值时，△=4k−12≥0，
∴原方程有两个实数根；
（2）解：∵x=2k±4(k−1)22=2k±2(k−1)2，
x1=2k+2(k−1)2=2k−1； x2=2k-2(k−1)2=1，
∵该方程有一个根小于1，
∴2k−1<1，
∴k<1．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的情况，公式法解一元二次方程，解题的关键是熟练运用根的判别式．
19．（8分）（2023春·河北石家庄·九年级统考期中）如图为2022年10月的日历表，在其中用一个方框圈出4个数（如图中虚框所示），设这4个数从小到大依次为a，b，c，d．

(1)若用含有a的式子分别表示出b，c，d，其结果应为：b=______；c=______；d=____；
(2)按这种方法所圈出的四个数中，ab的最大值为_______________；
(3)嘉嘉说：“按这种方法可以圈出四个数，使得bc的值为135．”
淇淇说：“按这种方法可以圈出四个数，使最小数a与最大数d的乘积ad为84．”
请你运用一元二次方程的相关知识分别说明二人的说法是否正确．
【答案】(1)a+1，a+7，a+8
(2)552
(3)嘉嘉的说法不正确，淇淇的说法正确

【分析】（1）4个数从小到大依次为a，b，c，d，日历表中同一行，左右相差1，同列，上下相差7，由此即可求解；
（2）根据a+8≤31，b=a+1，可知a≤23，b≤24，由此即可求解；
（3）由（1）的结论即可用含a的式子表示bc，ad的值，解一元二次方程，根据方程的解和日历表结合比较即可求解．
【详解】（1）解：同一行，左右相差1，同列，上下相差7，
∴b=a+1，c=a+7，d=a+7+1=a+8，
∴答案是：a+1，a+7，a+8．
（2）解：∵a+8≤31，
∴a≤23，
∵b=a+1，
∴b≤24，
∴ab≤23×24=552，即ab的最大值为552．
（3）解：由（1）可知b=a+1，c=a+7，d=a+8，
∴嘉嘉的说法是：bc=(a+1)(a+7)，使得bc的值为135，
∴(a+1)(a+7)=a2+8a+7=135，解方程得，a1=8，a2=−16（舍去）
则虚框圈出的四个数应为 ，它在日历表中不存在，所以嘉嘉的说法不正确；
淇淇的说法是：ad=a(a+8)=84，即a2+8a−84=0，解方程得，a1=6，a2=−14（舍去），
则虚线圈出的四个数为 ，在日历表中存在，所以淇淇的说法正确．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的实际应用，根据日历表的图示分析同行相邻两数，同列上下两数的关系，由此列出一元二次方程，比较方程的解与日历表是解题的关键．
20．（8分）（2023春·河北唐山·九年级统考期末）我们定义：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”．
(1)请判断方程x2−6x+8=0是不是倍根方程，并说明理由；
(2)若是x−8x−n=0倍根方程，则n=___________．
【答案】(1)是，理由见解析
(2)4或16

【分析】（1）根据题意和题目中的方程，求得方程的解，据此即可判定；
（2）根据题目中的方程和题意，利用分类讨论的方法可以求得n的值．
【详解】（1）解：方程x2−6x+8=0是倍根方程，
理由如下：
由方程x2−6x+8=0，
解得x1=4，x2=2，
∵x1=2x2，
∴方程x2−6x+8=0是倍根方程；
（2）解：由方程x−8x−n=0，
解得x1=8，x2=n，
∵方程是x−8x−n=0倍根方程，
∴x1=2x2或x2=2x1，
得8=2n或n=2×8=16，
故n=4或n=16，
故答案为：4或16．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，正确理解“倍根方程”的定义是解题的关键．
21．（8分）（2023春·河南·九年级校联考期末）第22届世界杯足球赛已于2022年11月20日在卡塔尔开幕，其吉祥物“拉伊卜”也深受人们的喜爱．河南某超市在2022年9月份售出20个“拉伊卜”，随着世界杯开幕的临近，“拉伊卜”在之后两个月的销售量持续走高，在售价不变的基础上，11月份的销售量达到了180个．
(1)求“拉伊下”在10，11两个月销售量的月平均增长率；
(2)若每个“拉伊卜”的进价为40元，原售价为70元，该超市计划在2022年12月进行降价促销，经调查发现，若“拉伊卜”的价格在原售价的基础上每降价1元，销售量可在11月份的基础上增加10个，当每个“拉伊卜”降价多少元时，在12月份出售“拉伊卜”可获利3200元？
【答案】(1)200%
(2)22元

【分析】（1）设“拉伊下”在10，11两个月销售量的月平均增长率为x，根据增长率问题列出一元二次方程，解方程即可求解．
（2）设“拉伊卜”降价m元时，在12月份出售“拉伊卜”可获利3200元，根据题意列出一元二次方程，解方程即可求解．
【详解】（1）解：设“拉伊下”在10，11两个月销售量的月平均增长率为x．
根据照意，得20(1+x)2=180．
解得x1=2，x2=−4（舍去）．
2×100%=200%．
答：“拉伊下”在10，11两个月销售量的月平均增长率为200%．
（2）设“拉伊卜”降价m元时，在12月份出售“拉伊卜”可获利3200元．
根据题意，得70−40−m180+10m=3200，
整理，得m2−12m−220=0．
解得m1=22，m2=−10（舍去）．
答：当每个“拉伊卜”降价22元时，在12月份出售“拉伊卜”可获利3200元．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出方程解题的关键．
22．（8分）（2023春·广西梧州·九年级校考期中）如图，在ΔABC中，∠B=90°，AB=6cm，BC=8cm点P从A开始沿边AB向点B以1cm/s的速度移动，与此同时，点Q从点B开始沿边BC向点C以2cm/s的速度移动．点P，Q同时出发，当点Q运动到点C时，两点停止运动，设运动时间为t秒．

(1)填空：BQ=___________cm，PB= ___________cm；（用含t的代数式表示）
(2)当t为几秒时，PQ的长度等于8cm？
(3)是否存在某一时刻t，使四边形APQC的面积等于△ABC面积的23？如果存在，求出t的值，如果不存在，请说明理由，
【答案】(1)2t， 6−t
(2)6+4114
(3)存在，2

【分析】（1）由路程=速度×时间，可直接求解；
（2）由勾股定理构建方程求解；
（3）由题意可得△PBQ的面积等于△ABC面积的13，由三角形的面积公式可求解．
【详解】（1）∵点P从A开始沿边AB向点B以1cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿边BC向点C以2cm/s的速度移动，
∴BQ=2t cm，AP=t cm，
∴PB=(6−t)cm，
故答案为：2t，(6−t)；
（2）由题意得(2t)2+(6−t)2=82，
∴5t2−12t−28=0，
解得：t1=6+4115，t2=6−4115（不合题意，舍去），
∴当t=6+4114时，PQ的长等于8cm；
（3）存在，理由如下：
若四边形APQC的面积等于△ABC面积的23，
∴△PBQ的面积等于△ABC面积的13，
∴ 12(6−t)×2t=13×12×6×8，
∴t2−6t+8=0，
解得：t=2或t=4，
当t=2时，BQ=4cm
当t=4时，BQ=8cm，四边形APQC变为三角形，不合题意，舍去，
∴存在时刻t，使四边形APQC的面积等于△ABC面积的23，t的值为2．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了三角形的面积公式，一元二次方程的应用，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
23．（8分）（2023春·河南周口·九年级统考期末）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=−ba,x1x2=ca．
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nm+mn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1s+1t的值．
【答案】(1)32，−12
(2)−132
(3)−3

【分析】（1）根据材料提示的方法即可求解；
（2）根据材料提示先求出m+n，mn的值，再根据分式运算，乘法公式的运算将nm+mn变形，即可求解；
（3）将实数s、t看作是关系x的方程满足2x2−3x−1=0的两个根，再根据材料分别求出s+t，st的值，再根据分式运算将1s+1t变形，即可求解．
【详解】（1）解：∵一元二次方程2x2−3x−1=0的两个根为x1,x2，
∴x1+x2=−−32=32，x1x2=−12=−12，
故答案为：32，−12．
（2）解：∵一元二次方程2x2−3x−1=0的两根分别为m、n，
∴m+n=32，mn=−12，
∴ nm+mn=n2+m2mn=(m+n)2−2mnmn=322−2×−12−12=−132．
（3）解：∵实数s、t满足2s2−3s−1=0，2t2−3t−1=0，
∴s，t看作是方程2x2−3x−1=0的两个实数根，
∴s+t=32，st=−12，
∴ 1s+1t=t+sst=32−12=−3．
【点睛】本题主要考查一元二次方程中根与系数的关系，掌握一元二次方程中根与系数的关系，即韦达定理的运用是解题的关键．