2024年中考数学探究性试题总复习-- 一元二次方程（10）

这是一份2024年中考数学探究性试题总复习-- 一元二次方程（10），共16页。试卷主要包含了综合题等内容，欢迎下载使用。

一、综合题
1．[阅读材料]
已知x2+y2+8x-6y+25=0，求x，y的值． ．
解：将25拆分为16和9，可得(x2+8x+16)+(y2-6y+9)=0，
即(x+4)2+(y-3)2=0，
∴．x+4=0，y-3=0，
∴x=-4，y=3．
（1）[解决问题]
已知m2+n2-12n+10m+61=0，求(m+n)2023的值；
（2）[拓展应用]已知a，b，c是△ABC的三边长，且b，c满足b2+c2=8b+4c-20，a是△ABC中最长的边，求a的取值范围．
2．阅读与思考
我们把多项式a2+2ab+b2及a2−2ab+b2叫做完全平方式，如果一个多项式不是完全平方式，我们常常做如下变形：先添加一个适当的项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法．配方法是一种重要的解决数学问题的方法，不仅可以将一个看似不能分解的多项式分解因式，还能解决与非负数有关的问题和求代数式最大值，最小值等问题．
例如：x2+2x−3=(x2+2x+1)−4=(x+1)2−4=(x+1+2)(x+1−2)=(x+3)(x−1)；
x2+2x+6=x2+2x+1+5=(x+1)2+5，则当x=−1时，x2+2x+6有最小值，最小值是5．
根据材料用配方法解决下列问题．
（1）若多项式x2+6x+k是一个完全平方式，则常数k的值为____．
A．9B．-9 C．±9D．36
（2）分解因式：x2−2x−8．
（3）当x为何值时，多项式x2−4x+3有最小值?并求出这个最小值．
3．提出问题
为解方程(x2−2)2−11(x2−2)+18=0，我们可以将x2−2视为一个整体，然后可设x2−2=y，则(x2−2)2=y2，于是原方程可转化为y2−11y+18=0，解此方程，得y1=2，y2=9．
当y1=2时，x2−2=2，x2=4，∴x=±2；
当y2=9时，x2−2=9，x2=11，∴x=±11．
∴原方程的解为x1=2，x2=−2，x3=−11，x4=11．
以上方法就是换元法解方程，从而达到了降次的目的，体现了转化的思想．
解决问题
（1）运用上述换元法解方程x4−3x2−4=0．
（2）已知实数m，n满足(m+3n)(m+3n−2)=2m+6n−4，求4m+12n−3的值．
4．阅读下列材料：
材料1：对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，如果方程有两个实数根为x1，x2，那么x1+x2=−ba，x1⋅x2=ca；一元二次方程的这种根与系数的关系，最早是由法国数学家韦达（1540-1603）发现的，因此，我们把这个关系称为韦达定理，灵活运用这个定理有时可以使解题更为简单.
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−x2+2x+1=0的两个根为x1，x2，则x1+x2= .x1x2= .
（2）类比应用：在（1）的条件下，求x2x1+x1x2的值.
（3）思维拓展：已知实数s、t满足4s2+3s−4=0，4t2+3t−4=0，且s5．阅读材料．
将一个代数式或代数式的某一部分通过改写化为完全平方式或几个完全平方式的和，这种解题方法称为配方法．这种方法常常被用到代数式的恒等变形中，其作用在于揭示代数式的非负性，是挖掘隐含条件的利器，添项，拆项是常用的方法与技巧．
例如，我们可以通过配方法，求代数式x2+6x+5的最小值，解题过程如下：
解：∵x2+6x+5=x2+2⋅x⋅3+32−32+5=(x+3)2−4，
又∵(x+3)2≥0，∴当x=−3时，x2+6x+5有最小值为−4．
请根据上述方法，解答下列问题：
（1）x2+4x−1=x2+2⋅x⋅2+22−22−1=(x+a)2+b，则ab的值是
（2）若代数式x2+kx+7的最小值为2，求k的值．
6． 配方法是数学中重要的一种思想方法.它是指将一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法.这种方法常被用到代数式的变形中，并结合非负数的意义来解决一些问题.我们定义：一个整数能表示成a2+b2(a、b是整数）的形式，则称这个数为“完美数”.例如，5是“完美数”.理由：因为5=22+12，所以5是“完美数”.
【解决问题】
（1）已知29是“完美数”，请将它写成a2+b2（a、b是整数）的形式
（2）若x2−6x+5可配方成（x−m）2+n（m、n为常数），则mn＝ ；
（3）【探究问题】已知x2+y2−2x+4y+5=0，则x+y= ；
（4）已知S=x2+4y2+4x−12y+k(x x、y是整数，k是常数），要使S为“完美数”，试求出符合条件的一个k值，并说明理由.
（5）【拓展结论】已知实数x、y满足−x2+52x+y−5=0，求x−2y的最值.
7．[项目学习]配方法是数学中重要的一种思想方法.它是指将一个式子的某部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法，这种方法常被用到代数式的变形中，并结合非负数的意义来解决一些问题.
例如，把二次三项式x2−2x+3进行配方.
解：x2−2x+3=x2−2x+1+2=(x2−2x+1)+2=(x−1)2+2.
我们定义：一个整数能表示成a2+b2（a，b是整数）的形式，即两个数的平方和形式，则称这个数为“雅美数”例如，5是“雅美数”.理由：因为5=22+12.再如，M=x2+2xy+2y2=(x+y)2+y2（x，y是整数），所以M也是“雅美数”.
（1）[问题解决]4，6，7，8四个数中的“雅美数”是 .
（2）若二次三项式x2−6x+13（x是整数）是“雅美数”，可配方成(x−m)2+n（m，n为常数），则mn的值为 ；
（3）[问题探究]已知S=x2+4y2+8x−12y+k（x，y是整数，k是常数且x≠−4，y≠32），要使S为“雅美数”，试求出符合条件的k值.
（4）[问题拓展]已知实数M，N是“雅美数”，求证：M⋅N是“雅美数”.
8．阅读材料：把形如ax2+bx+c的二次三项式或（其一部分）配成完全平方式的方法叫做配方法，配方法的基本形式是完全平方公式的逆写，即a2+2ab+b2=(a+b)2配方法在代数式求值，解方程，最值问题等都有着广泛应用.
例如：①我们可以将代数式a2+6a+10进行变形，其过程如下
a2+6a+10=(a2+6a)+10=(a2+6a+9)+10−9=(a+3)2+1.
∵(a+3)2≥0，
∴(a+3)2+1≥1.
因此，该式有最小值1.
②已知：a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=0将其变形，a2+2ab+2ac+b2+2bc+c2=0，
a2+2a(b+c)+(b+c)2=0，可得(a+b+c)2=0.
（1）按照上述方法，将代数式x2+8x+20变形为a(x+ℎ)2+k的形式；
（2）已知a，b，c是△ABC的三边，且满足a2+2b2+c2−2b(a+c)=0，试判断此三角形的形状并说明理由；
（3）已知(x−m)(x−n)=x2−px+q.
①若p=3，q=2，则代数式1m+1n= ▲ ；
②若q=14，求代数式m2+n2+1m+1n的最小值.
9．下面是小亮同学在数学杂志上看到的小片段，请仔细阅读并完成相应的任务．
任务：
（1）填空：x1+x2= ，x1x2= ．
（2）小亮同学利用求根公式进行推理，同样能够得出一元二次方程两根之和、两根之积与系数之间的关系．下面是小亮同学的部分推理过程，请完成填空，
并补全推理过程．
解：对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，
当b2−4ac≥0时，有两个实数根x1= ▲ ，x2= ▲ ．
……
（3）方程2x2+3x−1=0的两根之和为 ，两根之积为 ．
10．阅读材料：
材料1：若一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两个根为x1，x2则x1+x2=−ba，x1x2=ca.
材料2：已知实数m，n满足m2−m−1=0，n2−n−1=0，且m≠n，求nm+mn的值.
解：由题知m，n是方程x2−x−1=0的两个不相等的实数根，根据材料1得m+n=1，mn=−1，所以nm+mn=m2+n2mn=(m+n)2−2mnmn=1+2−1=−3
根据上述材料解决以下问题：
（1）材料理解：一元二次方程5x2+10x−1=0的两个根为x1，x2，则x1+x2= ，x1x2= .
（2）类比探究：已知实数m，n满足7m2−7m−1=0，7n2−7n−1=0，且m≠n，求m2n+mn2的值.
（3）思维拓展：已知实数s、t分别满足7s2+7s+1=0，t2+7t+7=0，且st≠1.求2st+7s+2t的值.
11．如图，四边形ACDE是证明勾股定理时用到的一个图形，a，b，c是Rt△ABC和Rt△BED边长，易知AE＝2c，这时我们把关于x的形如ax2+2cx+b=0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）判断下列方程是否是“勾系一元二次方程”：
①2x2+5x+1=0 （填“是”或“不是”）；
②3x2+52x+4=0 （填“是”或“不是”）
（2）求证：关于x的“勾系一元二次方程”ax2+2cx+b=0必有实数根；
（3）若x=−1是“勾系一元二次方程”ax2+2cx+b=0的一个根，且四边形ACDE的周长是12，求△ABC面积.
12．定义：已知x1，x2是关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两个实数根，若x1请阅读以上材料，回答下列问题：
（1）判断一元二次方程x2+9x+14=0是否为“限根方程”，并说明理由；
（2）若关于x的一元二次方程2x2+(k+7)x+k2+3=0是“限根方程”，且两根x1、x2满足x1+x2+x1x2=−1，求k的值；
（3）若关于x的一元二次方程x2+(1−m)x−m=0是“限根方程”，求m的取值范围.
13．阅读材料，解答问题：已知实数m，n满足m2−m−1=0，n2−n−1=0，且m≠n，则m，n是方程x2−x−1=0的两个不相等的实数根，由韦达定理可知m+n=1，mn=−1.根据上述材料，解决以下问题：
（1）直接应用：已知实数a，b满足：a2−7a+1=0，b2−7b+1=0且a≠b，则a+b= ，ab= ；
（2）间接应用：在（1）条件下，求1a+1b的值；
（3）拓展应用：已知实数x，y满足：1m2+1m=7，n2−n=7且mn≠−1，求1m2+n2的值.
14．阅读材料，解答问题：
材料1
为了解方程(x2)2−13x2+36=0，如果我们把x2看作一个整体，然后设y=x2，则原方程可化为y2−13y+36=0，经过运算，原方程的解为x1，2=±2，x3，4=±3．我们把以上这种解决问题的方法通常叫做换元法．
材料2
已知实数m，n满足m2−m−1=0，n2−n−1=0，且m≠n，显然m，n是方程x2−x−1=0的两个不相等的实数根，由书达定理可知m+n=1，mn=−1．
根据上述材料，解决以下问题：
（1）直接应用：
方程x4−5x2+6=0的解为 ；
（2）间接应用：
已知实数a，b满足：2a4−7a2+1=0，2b4−7b2+1=0且a≠b，求a4+b4的值；
（3）拓展应用：
已知实数m，n满足：1m4+1m2=7，n2−n=7且n>0，求1m4+n2的值．
15．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．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：∵m2+n2-12n+10m+61=0，
将61拆分为25和36，可得(m2 +10m+25)+(n2-12n+36)=0，
即(m+5)2 +(n-6)2=0，
∴m+5=0，n-6=0，
∴m=-5，n=6，
∴(m+n)2023 =(-5+6)2023=1；
（2）解：∵b2 +c2=8b+4c-20，∴b2 +c2- 8b-4c+20=0，
将20拆分为16和4，可得(b2-8b+16)+(c2-4c+4)=0，
即(b-4)2 +(c-2)2=0，
∴b-4=0，c-2=0，
∴b=4，c=2．
在△ABC中，b-c又∵a是OABC中最长的边，
∴4≤a<6，即a的取值范围为4≤a<6．
2．【答案】（1）A
（2）解：x2−2x−8
=x2−2x+1−9
=(x−1)2−9
=(x−1−3)(x−1+3)
=(x−4)(x+2)；
（3）解：x2−4x+3
=x2−4x+4−1
=(x−2)2−1，
当x=2时，
x2−4x+3有最小值，且最小值为-1．
3．【答案】（1）解：设x2=a，
∴原方程变形为a2−3a−4=0，解得，a1=−1，a2=4，
当a=−1时，x2≥0≠−1，故舍去；
当a=4时，x2=4，解得，x1=−2，x2=2；
综上所示，原方程的解为x1=−2，x2=2．
延伸拓展
（2）解：(m+3n)(m+3n−2)=2m+6n−4
∴(m+3n)(m+3n−2)=m2+6mn+9n2−2m−6n，
∴原式变形为m2+6mn+9n2−4m−12n+4=0，
∴(m+3n)2−4(m+3n)+4=0，设m+3n=P，
∴P2−4P+4=0，则(P−2)2=0，解得，P=2，即m+3n=2，
∵4m+12n−3=4(m+3n)−3，
∴4m+12n−3=4(m+3n)−3=4×2−3=5
∴4m+12n−3=5．
4．【答案】（1）2；-1
（2）解：∵一元二次方程−x2+2x+1=0的两根分别为x1，x2，
∴x2x1+x1x2=x22+x12x1x2=(x1+x2)2−2x1x2x1x2=4+2−1=−6；
（3）解：∵实数s、t满足4s2+3s−4=0，4t2+3t−4=0，
∴s、t可以看作方程4x2+3x−4=0的两个根，
∴s+t=−ba=−34，st=ca=−1，
∵(t−s)2=(t+s)2−4st
=916−4×(−1)=7316
∴t−s=734，
∴1s−1t=t−sst=−734.
5．【答案】（1）-10
（2）解：∵代数式x2+kx+7的最小值为2，
∴x2+kx+7=x2+kx+5+2，
∴x2+kx+5是一个完全平方式，
∵x2±25x+(5)2=(x±5)2，
∴k=±25．
6．【答案】（1）29=22+52
（2）﹣12
（3）﹣1
（4）解：当k=13时，S为“完美数”，理由如下：
S=x2+4y2+4x−12y+13
=(x2+4x+4)+(4y2−12y+9)
=(x+2)2+(2y−3)2，
∵x，y是整数，
∴x+2，2y−3也是整数，
∴S是一个“完美数”；
（5）解：∵−x2+52x+y−5=0，
∴−y=−x2+52x−5，即−2y=−2x2+5x−10，
∴x−2y=x−2x2+5x−10
=−2x2+6x−10
=−2(x2−3x+94)+92−10
=−2(x−32)2−112，
当x=32时，x−2y最大，最大值为−112.
7．【答案】（1）4，8
（2）12
（3）解：S=x2+4y2+8x−12y+k=(x+4)2+(2y−3)2+k−25
又∵x≠−4，y≠32
∴(x+4)2≠0，(2y−3)2≠0
∴k−25=0，
∴k=25
（4）证明：因为M，N为“雅美数”，则令M=a2+b2，N=c2+d2（a，b，c，d为整数）
∴M⋅N=(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2
=(a2c2+b2d2+2abcd)+(b2c2+a2d2−2abcd)
=(ac+bd)2+(bc−ad)2
又∵a，b，c，d为整数
∴ac+bd，bc−ad均为整数
∴M⋅N是“雅美数”.
8．【答案】（1）解：x2+8x+20
=x2+8x+16+4
=(x+4)2+4；
（2）解：a2+b2+b2+c2−2ab−2bc=0，
(a2−2ab+b2)+(b2−2bc+c2)=0，
(a−b)2+(b−c)2=0，
∵(a−b)2≥0，(b−c)2≥0，
∴a−b=0且b−c=0，
∴a=b且b=c，
∴a=b=c，
∴△ABC为等边三角形；
（3）解：①32；
②解：(x−m)(x−n)=x2−px+14
∵m+n=pm⋅n=q=14
m2+n2+1m+1n
=(m+n)2−2mn+m+nmn
=p2−2×14+p14
=p2+4p−12
=(p+2)2−92，
当p=−2时，取最小值−92.
9．【答案】（1）−ba；ca
（2）解：对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，
当b2−4ac≥0时，有两个实数根x1=−b+b2−4ac2a，x2=−b−b2−4ac2a，
∴x1+x2=−b+b2−4ac2a+−b−b2−4ac2a=−2b2a=−ba，
x1x2=−b+b2−4ac2a×−b−b2−4ac2a=(−b)2+(b2−4ac)24a2=b2+b2−4ac4a2=ca．
故答案为：−b+b2−4ac2a，−b−b2−4ac2a；
（3）−32；−12
10．【答案】（1）-2；−15
（2）解：∵7m2−7m−1=0，7n2−7n−1=0，且m≠n，
∴m、n可看作方程7x2−7x−1=0，
∴m+n=1，mn=−17，
∴m2n+mn2=mn(m+n)=−17×1=−17；
（3）解：把t2+7t+7=0变形为1+7⋅1t+7⋅(1t)2=0，
实数s和1t可看作方程7x2+7x+1=0的两根，
∴s+1t=−1，s⋅1t=17，
∴2st+7s+2t
=2s+7⋅st+2t
=2(s+1t)+7⋅st
=2×(−1)+7×17
=−1.
11．【答案】（1）不是；是
（2）证明：∵ax2+2cx+b=0是“勾系一元二次方程”，
∴以a、b、c为三边长的三角形是直角三角形，且c为斜边的长，
∴c2=a2+b2
∵Δ=(2c)2−4ab
=2c2−4ab
=2(a2+b2)−4ab
=2(a−b)2≥0；
∴关于x的“勾系一元二次方程”ax2+2cx+b=0必有实数根；
（3）解：∵x=−1是“勾系一元二次方程”ax2+2cx+b=0的一个根，
∴a−2c+b=0，
即a+b=2c，
∵四边形ACDE的周长是12，
∴2(a+b)+2c=12，
∴22c+2c=12，
∴c=22，
∴a+b=2×22=4，
∴(a+b)2=16，
∴a2+2ab+b2=16，
∵a2+b2=c2=(22)2=8，
∴2ab+8=16，
∴ab=4，
∴S△ABC=12ab=2，
∴△ABC的面积为2.
12．【答案】（1）解：x2+9x+14=0，
(x+2)(x+7)=0，
∴x+2=0或x+7=0，
∴x1=−7，x2=−2.
∵−7<−2，3<−7−2=72<4，
∴此方程为“限根方程”；
（2）解：∵方程2x2+(k+7)x+k2+3=0的两个根分比为x1、x2，
∴x1+x2=−k+72，x1x2=k2+32 .
∵x1+x2+x1x2=−1，
∴−k+72+k2+32=−1，
解得：k1=2，k2=−1.
分类讨论：①当k=2时，原方程为2x2+9x+7=0，
∴x1=−72，x2=−1，
∴x1∴此时方程2x2+(k+7)x+k2+3=0是“限根方程”，
∴k=2符合题意；
②当k=−1时，原方程为2x2+6x+4=0，
∴x1=−2，x2=−1，
∴x1∴此时方程2x2+(k+7)x+k2+3=0不是“限根方程”，
∴k=−1不符合题意.
综上可知k的值为2；
（3）解：x2+(1−m)x−m=0，
(x+1)(x−m)=0，
∴x+1=0或x−m=0，
∴x1=−1，x2=m或x1=m，x2=−1.
∵此方程为“限根方程”，
∴此方程有两个不相等的实数根，
∴Δ>0，m<0且m≠−1，
∴(1−m)2+4m>0，即(1+m)2>0，
∴m<0且m≠−1.
分类讨论：①当−1∴x1=−1，x2=m，
∵3∴3<−1m<4，
解得：−13②当m<−1时，
∴x1=m，x2=−1，
∵3∴3解得：−4综上所述，m的取值范围为−1313．【答案】（1）7；1
（2）解：由（1）得，(1a+1b)2=1a+1b+2ab=a+bab+2ab=7+2=9
∴1a+1b=3（取正）
（3）解：令1m=a，−n=b，则a2+a−7=0，b2+b−7=0，
∵mn≠−1，
∴1m≠−n，即a≠b，
∴a，b是方程x2+x−7=0的两个不相等的实数根，
∴a+b=−1ab=−7，
故1m2+n2=a2+b2=(a+b)2−2ab=15.
14．【答案】（1）x1=2，x2=−2，x3=3，x4=−3
（2）解：∵a≠b，
∴a2≠b2或a2=b2(a=−b)
①当a2≠b2时，令a2=m，b2=n，
∴m≠n则2m2−7m+1=0，2n2−7n+1=0，
∴m，n是方程2x2−7x+1=0的两个不相等的实数根，
∴m+n=72mn=12，
此时a4+b4=m2+n2=(m+n)2−2mn=454；
②当a2=b2(a=−b)时，a2=b2=7±414，
此时a4+b4=2a4=2(a2)2=2(7±414)2=45±7414；
综上：a4+b4=454或45±7414
（3）解：令1m2=a，−n=b，则a2+a−7=0，b2+b−7=0，
∵n>0，
∴1m2≠−n即a≠b，
∴a，b是方程x2+x−7=0的两个不相等的实数根，
∴a+b=−1ab=−7，
故1m4+n2=a2+b2=(a+b)2−2ab=15．
15．【答案】（1）32；−12
（2）解：∵m+n=32，mn＝-12，
∴nm+mn=m+n2−2mnmn=94−2×−12−12=−132.
（3）解：由题意得：s、t是 一元二次方程2x2－3x－1＝0的两个根 ，
∴s+t=32，st=-12，
1s−1t=±s−t2st=±s+t2−2stst=±172−12=±17. 一元二次方程根与系数的关系
通过学习用公式法解一元二次方程可以发现，一元二次方程的根完全由它的系数确定，求根公式就是根与系数关系的一种形式．除此以外，一元二次方程的根与系数之间还有一些其他形式的关系．
从因式分解的角度思考这个问题，若把一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两个实数根分别记为x1，x2，则有恒等式ax2+bx+c=a(x−x1)(x−x2)，即ax2+bx+c=ax2−a(x1+x2)x+ax1x2．比较两边系数可得：x1+x2=____，x1x2=____．