2024年浙教版数学八年级下册阶段复习培优练第2章一元二次方程
一、选择题
1．（2023九上·杭州月考）与自变量的部分对应值如下，已知有且仅有一组值错误（其中均为常数）．
… 0 1 2 …
… …
甲同学发现当时，是方程的一个根；乙同学发现当时，则．下列说法正确的是（ ）
A．甲对乙错 B．甲错乙对 C．甲乙都错 D．甲乙都对
【答案】D
【知识点】一元二次方程的根；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：由表中数据得：当时，都是，
当时，和，符合题意，
∴由抛物线的对称性可知：函数图象的对称轴是直线，
∴点关于对称轴是对称点为，
∴是方程的一个根；
当时，和，符合题意，
∴由抛物线的对称性可知：函数图象的对称轴是y轴，
，
，
即甲乙都对．
故答案为：D．
【分析】分类讨论：当时，和，符合题意，当时，和，符合题意，分别求得函数的对称轴，根据函数的对称性，即可得解．
2．（2024九上·岳阳期末）图①是一张长，宽的矩形纸片，将阴影部分裁去（阴影部分为4个完全相同的小矩形）并折叠成一个如图②的底面积为的有盖长方体盒子．设该盒子的高为，根据题意，可列方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【解答】解：矩形纸片的长为28cm，宽为16cm，且盒子的高为xcm，
折成的长方体底面的宽应为(16-2x)cm，长为cm，
折成的长方体底面积为80cm2，
.
故答案为：D.
【分析】根据长方形和折叠后的长方体各边长之间的关系，可得折成的长方体底面的宽应为(16-2x)cm，长为cm，再结合长方体底面积为80cm2，根据长×宽=80即可列出方程.
3．（2023九上·苍南模拟）设k为非负实数，且方程-2kx+4=0的两实数根为a，b，则+的最小值为（ ）
A．-7 B．-6 C．2 D．4
【答案】C
【知识点】完全平方公式及运用；一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；二次函数的最值
【解析】【解答】解：∵x2-2kx+4=0有两个实数根
∴ =（-2k）2-4×4=4k2-16≥0
∴k2≥4
∵k为非负实数
∴k≥2
由韦达定理得：a+b=2k，ab=4
∴（a-1）+（b-1）=2k-2，
(a-1)(b-1)=ab-(a+b)+1=4-2k+1=5-2k
∴(a-1)2+(b-1)2=[(a-1)+(b-1)]2-2(a-1)(b-1)=(2k-2)2-2(5-2k)=4(k-)2-7
令y=4(k-12)2-7，则函数图象开口向上，在对称轴右侧，y随k的增大而增大
∴当k=2时，y有最小值4（2-12）2-7=2，即 + 的最小值为2
故答案为：C.
【分析】根据方程有两个实数根，可得 =（-2k）2-4×4=4k2-16≥0，求出k≥2，由韦达定理a+b=2k，ab=4，转化成（a-1）+（b-1）=2k-2，(a-1)(b-1)=ab-(a+b)+1=4-2k+1=5-2k，故(a-1)2+(b-1)2=[(a-1)+(b-1)]2-2(a-1)(b-1)=(2k-2)2-2(5-2k)=4(k-)2-7，令y=4(k-)2-7，函数图象开口向上，在对称轴右侧，y随k的增大而增大，故当k=2时，y有最小值2，即 + 的最小值为2
4．（2021九上·萧山期中）将二次函数y＝﹣x2+2x+3的图象在x轴上方的部分沿x轴翻折后，所得新函数的图象如图所示.当直线y＝x+b与新函数的图象恰有3个公共点时，b的值为（ ）
A． 或﹣3 B． 或﹣3 C． 或﹣3 D． 或﹣3
【答案】A
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数y=ax²+bx+c的图象
【解析】【解答】解：二次函数解析式为y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线y＝﹣x2+2x+3的顶点坐标为（1，4），
当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，
则抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴的交点为A（﹣1，0），B（3，0），
把抛物线y＝﹣x2+2x+3图象x轴上方的部分沿x轴翻折到x轴下方，则翻折部分的抛物线解析式为y＝（x﹣1）2﹣4（﹣1≤x≤3），顶点坐标M（1，﹣4），
如图，当直线y＝x+b过点B时，直线y＝x+b与该新图象恰好有三个公共点，
∴3+b＝0，解得b＝﹣3；
当直线y＝x+b与抛物线y＝（x﹣1）2﹣4（﹣1≤x≤3）相切时，直线y＝x+b与该新图象恰好有三个公共点，即（x﹣1）2﹣4＝x+b有相等的实数解，整理得x2﹣3x﹣b﹣3＝0，△＝32﹣4（﹣b﹣3）＝0，解得b＝﹣ ，
所以b的值为﹣3或﹣ .
故答案为：A.
【分析】根据二次函数的解析式可得顶点坐标，与x轴的交点分别为A（﹣1，0），B（3，0），画出翻折后的二次函数的图象以及直线y=x+b，结合图象可得当直线y＝x+b过点B或直线y＝x+b与抛物线相切时，直线y＝x+b与该新图象恰好有三个公共点，据此求解.
5．如图，用1块边长为a的大正方形，4块边长为b的小正方形和4块长为a、宽为b的长方形（a>b），密铺成正方形ABCD，已知ab=2，正方形的面积为S，则下列结论中正确的为（ ）
A．若a=2b+1，则S=16 B．若a=2b+2，则S=25
C．若S=25，则a=2b+3 D．若S=16，则a=2b+4
【答案】C
【知识点】完全平方公式及运用；公式法解一元二次方程；用代数式表示实际问题中的数量关系
【解析】【解答】解：由题意，正方形ABCD的边长为a+2b，ab＝2，a＞b＞0，
A、若a＝2b+1，则正方形ABCD的边长为a+2b＝4b+1，b（2b+1）＝2，
即2b2+b﹣2＝0，
解得：b（负值不合题意，舍去），
∴b，
∴S＝（4b+1）2＝（41）2＝17，
∴选项A不正确；
B、若a＝2b+2，则正方形ABCD的边长为a+2b＝4b+2，b（2b+2）＝2，
即b2+b﹣1＝0，
解得：（负值不合题意，舍去），
∴b，
∴S＝（4b+2）2＝（42）2＝20，
∴选项B不正确；
C、若S＝25，则（a+2b）2＝25，
∵a+2b＞0，
∴a+2b＝5，
∴a＝5﹣2b，
∴b（5﹣2b）＝2，
即2b2﹣5b+2＝0，
解得：b1，b2＝2，
当b时，a＝5﹣2b＝4，
2b+3＝4，
此时，a＝2b+3；
当b＝2时，a﹣5﹣2b＝1，a＜b，不合题意，
∴选项C正确；
D、若S＝16，则（a+2b）2＝16，
∵a+2b＞0，
∴a+2b＝4，
∴a＝4﹣2b，
∴b（4﹣2b）＝2，
即b2﹣2b+1＝0，
解得：b1＝b2＝1，
当b＝1时，a＝4﹣2b＝2，2b+4＝6，
∴a≠2b+4，
∴选项D不正确；
故答案为：C．
【分析】正方形的边长是一个含有两个字母的代数式，根据已知条件，变成含一个字母的代数式，根据正方形面积已知，列一元二次方程，通过求根公式求出字母的值，再对选项加以判定．
6．（2023九上·温岭期中）将抛物线y＝x2+x﹣6位于y轴左侧的部分沿x轴翻折，其余部分不变，翻折得到的图象和原来不变的部分构成一个新图象，若直线与新图象有且只有2个公共点，则t的取值范围是（ ）
A．﹣6C．或﹣6≤t<6 D．或﹣6≤t≤6
【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；二次函数图象的几何变换；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：画出函数的图象如下所示：
当x=0时，y=x2+x-6=-6，
∴C（0，-6），
∴C′（0，6）.
当直线y=x+t经过点C时，有-6=×0+t，
∴t=-6.
当直线y=x+t经过点C′时，有6=×0+t，
∴t=6.
当直线y=x+t与新图象有且只有2个公共点时，也就是x+t=-(x2+x-6)有两个相等的实数根，
整理方程，可得x2+x+(t-6)=0，
△=()2-4(t-6)=0，
解得t=，
∴当直线与新图象有且只有2个公共点时，-6≤t≤6或t=.
故答案为：D.
【分析】首先画出函数的图象，令y=0，求出x的值，从而可得点C、C′的坐标，然后求出直线过点C或C′时对应的t的值，易得翻折后的图象解析式为y=-(x2+x-6)，联立直线方程结合△=0可求出t的值，据此不难得到t的范围.
7．（2023九上·凤台月考）关于的一元二次方程的两个实数根分别是，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；二次函数的最值；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：根据题意得，△=，解得t≥1.
由题意得，.
把n代入 一元二次方程 得，，∴，∴.
∴.
∵t≥1，所以当t=1时，有最大值，最大值为-2-6=-8.
故选：B.
【分析】先根据判别式的意义得出.再根据根与系数的关系得出，.
然后根据一元二次方程根的定义得出，其可变形为.所以，根据二次函数的性质得出答案.
8．（2024九上·江津期末）对于若干个单项式，我们先将任意两个单项式作差，再将这些差的绝对值进行求和并化简，这样的运算称为对这若干个单项式作“差绝对值运算”． 例如：对作“差绝对值运算”，得到，则
对作“差绝对值运算”的结果是；对进行“差绝对值运算”的结果是，则；对（互不相等）进行“差绝对值运算”的结果一共有种．
以上说法中正确的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】整式的混合运算；一元二次方程的其他应用；定义新运算；实数的绝对值
【解析】【解答】解：对作“差绝对值运算”得到：
，故正确；
对进行“差绝对值运算”得到：
，
∴，
解得(舍去)或，故错误；
对(互不相等)进行“差绝对值运算”得到：，
当时，
；
当时，
；
当时，
；
当时，
；
当时，
；
当时，
；
综上，的“差绝对值运算”的化简结果一共有种，故错误；
∴正确的个数为个，
故答案为：．
【分析】根据新定义及绝对值的性质并结合选项条件列出对应式子计算即可判断①，根据新定义及绝对值的性质并结合选项条件列出一元二次方程求解即可判断②，根据分类讨论的思想，分出所有a，b，c大小比较的情况并根据新定义求出所有对应的结果，据此即可求解。
二、填空题
9．（2023九上·苍南模拟）已知x为实数，且满足-12=0，那么-x+1的值为 .
【答案】4
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；换元法解一元二次方程；数学思想
【解析】【解答】解：令x2-x+1=y，则方程转化为y2-y-12=0，
所以(y-4)(y+3)=0，解得y=4或y=-3，
当y=-3时，x2-x+1=-3，即x2-x+4=0，
此时，Δ=（-1）2-4×1×4=-15＜0，方程无解，
所以，y=4，即x2-x+1=4
故答案为：4.
【分析】整体换元思想是初中阶段需要掌握的数学思想，本题令x2-x+1=y，则方程转化为y2-y-12=0，解得y=4或y=-3，但当y=-3时，x2-x+1=-3，其根的判别式Δ=（-1）2-4×1×4=-15＜0，方程无解，故y=4，即x2-x+1=4.对于求得y的解后，需要验根，是本题的易错点.
10．（2023九上·恩阳期中）若对任何实数a，关于x的方程x2-2ax-a+2b＝0都有实数根，求实数b的取值范围 ．
【答案】b≤
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】根据题意
x2-2ax-a+2b＝0有实数根
故填：
【分析】一元二次方程的判别式大于等于0，方程有实数根，由判别式得到关于a的二次不等式，二次不等式的判别式如果小于等于0，说明无论a取何值，二次不等式的最小值是大于等于0的，即原方程总有实数根，解这个二次不等式的判别式小于等于0时的b值即可。
11．（2021八下·拱墅月考）如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0有两个实数根，且其中一个根为另外一个根的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，正确的有 （填序号）
①方程x2﹣x﹣2＝0是倍根方程；
②若（x﹣2）（mx+n）＝0是倍根方程：则4m2+5mn+n2＝0；
③若p，q满足pq＝2，则关于x的方程px2+3x+q＝0是倍根方程；
④若方程以ax2+bx+c＝0是倍根方程，则必有2b2＝9ac.
【答案】②③④
【知识点】一元二次方程的根；定义新运算
【解析】【解答】解：①解方程x2﹣x﹣2＝0得，x1＝2，x2＝﹣1，得，x1≠2x2，
∴方程x2﹣x﹣2＝0不是倍根方程；
故①不正确；
②若（x﹣2）（mx+n）＝0是倍根方程，x1＝2，
因此x2＝1或x2＝4，
当x2＝1时，m+n＝0，
当x2＝4时，4m+n＝0，
∴4m2+5mn+n2＝（m+n）（4m+n）＝0，
故②正确；
③∵pq＝2，则：px2+3x+q＝（px+1）（x+q）＝0，
∴x1＝﹣ ，x2＝﹣q，
∴x2＝﹣q＝﹣ ＝2x1，
因此是倍根方程，
故③正确；
④方程ax2+bx+c＝0的根为：x1＝ ，x2＝ ，
若x1＝2x2，则， ＝ ×2，
即， ﹣ ×2＝0，
∴ ＝0，
∴ ＝0，
∴3 ＝﹣b
∴9（b2﹣4ac）＝b2，
∴2b2＝9ac.
若2x1＝x2时，则， ×2＝ ，
即，则， ×2﹣ ＝0，
∴ ＝0，
∴﹣b+3 ＝0，
∴b＝3 ，
∴b2＝9（b2﹣4ac），
∴2b2＝9ac.
故④正确，
故答案为：②③④
【分析】 ①先解一元二次方程，求出方程的解，再判断是否为倍根方程；
②根据倍根方程和其中一个根，可求出另一个根，进而得到m、n之间的关系，而m、n之间的关系正好适合；
③当p，q满足pq=2，则px2+3x+q=（px+1）（x+q）=0，求出两个根，再根据pq=2代入可得两个根之间的关系，进而判断是否为倍根方程；
④用求根公式求出两个根，当x1=2x2，或2x1=x2时，进一步化简，得出关系式，进行判断即可．
12．（2021九上·隆昌期中）如图，在等边三角形ABC中，D是AC的中点，P是边AB上的一个动点，过点P作PE⊥AB，交BC于点E，连接DP，DE.若AB＝8，△PDE是等腰三角形，则BP的长是 .
【答案】12﹣4 或 ﹣3或4
【知识点】公式法解一元二次方程；等腰三角形的性质；等边三角形的性质；勾股定理；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，作DM⊥AB于点M，DN⊥BC于点N.
∴∠AMD＝∠DNC＝90°，
则△AMD、△DNC都是直角三角形.
∵△ABC是等边三角形，且AB＝8，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°.
∵D为AC中点，
∴AD＝CD＝ AC＝4.
在Rt△AMD中，
AM＝AD cos∠A＝4×cos60°＝2，
DM＝AD sin∠A＝4×sin60°＝2 ，
同理可得CN＝2，DN＝2 .
∴BM＝AB﹣AM＝6，
BN＝BC﹣CN＝6.
设BP＝a，
∵EP⊥AB
∴∠EPB＝90°.
在Rt△EPB中，
PE＝BP tan∠B＝a tan60°＝ a，
BE＝ ＝ ＝2a.
∴MP＝BM﹣BP＝6﹣a，
EN＝BN﹣BE＝6﹣2a.
当△PDE为等腰三角形时，
①当PE＝DE时，
在Rt△DEN中，由勾股定理得：
EN2+DN2＝DE2.
即（6﹣2a）2+（2 ）2＝（ ）2.
解得：a1＝12﹣4 ，a2＝12+4 ＞8（不合题意，舍去）.
即BP＝12﹣4 .
②当PE＝PD时，
在Rt△DMP中，由勾股定理得：
MP2+DM2＝PD2.
即（6﹣a）2+（2 ）2＝（ ）2.
解得：a1＝ ﹣3，a2＝﹣ ﹣3（不合题意，舍去）.
即BP＝ ﹣3.
③当PD＝DE时，E点在N点右侧时 才能成立，此时 EN＝a﹣6，因为DM＝DN，DP＝DE，都是直角三角形，所以MP＝EN，即6﹣a＝2a﹣6，解得a＝4.
综上所述，BP的长为12﹣4 或 ﹣3或4.
故答案为：12﹣4 或 ﹣3或4.
【分析】作DM⊥AB于点M，DN⊥BC于点N，解直角三角形求出AM，DM，CN，DN的长，从而得BM，BN的长，设BP＝a，求出MP和EN的长，分三种情况讨论：①当PE＝DE时，②当PE＝PD时，③当PD＝DE时，分别求出a的值，即可得出答案.
三、综合题
13．（2021九上·江阴月考）如图所示，△ABC中，∠B=90°，AB=6cm，BC=8cm.
（1）点 P从点A开始沿AB边向B以1cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动.如果P、Q分别从A，B同时出发，线段PQ能否将△ABC分成面积相等的两部分？若能，求出运动时间；若不能说明理由.
（2）若P点沿射线AB方向从A点出发以1cm/s的速度移动，点 Q沿射线 CB方向从C点出发以2cm/s的速度移动，P、Q同时出发，问几秒后，△PBQ的面积为1cm2？
【答案】（1）解：设经过x秒，线段PQ能将△ABC分成面积相等的两部分
由题意知：AP=x，BQ=2x，则BP=6﹣x，
∴ (6﹣x) 2x= × ×6×8，
∴x2﹣6x+12=0.
∵b2﹣4ac＜0，
此方程无解，
∴线段PQ不能将△ABC分成面积相等的两部分；
（2）解：设t秒后，△PBQ的面积为1.分三种情况讨论：
①当点P在线段AB上，点Q在线段CB上时，此时0＜t≤4.
由题意知： (6﹣t)(8﹣2t)=1，整理得：t2﹣10t+23=0，解得：t1=5+ （不合题意，应舍去），t2=5﹣ ；
②当点P在线段AB上，点Q在线段CB的延长线上时，此时4＜t≤6，由题意知： (6﹣t)(2t﹣8)=1，整理得：t2﹣10t+25=0，解得：t1=t2=5.
③当点P在线段AB的延长线上，点Q在线段CB的延长线上时，此时t＞6，由题意知： (t﹣6)(2t﹣8)=1，整理得：t2﹣10t+25=0，解得：t1=5+ ，t2=5- （不合题意，应舍去）.
综上所述：经过5- 秒、5秒或5+ 秒后，△PBQ的面积为1cm2.
故答案为：（1）不能；（2）5﹣ 秒、5秒或5+ 秒.
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【分析】（1）设经过x秒，线段PQ能将△ABC分成面积相等的两部分，由题意知：AP=x，BQ=2x，则BP=6-x，结合题意可得(6-x)·2x=××6×8，据此判断；
（2）设t秒后，△PBQ的面积为1，当点P在线段AB上，点Q在线段CB上时，此时0＜t≤4，由题意可得：(6-t)(8-2t)=1，求解即可；同理可求出点P在线段AB上，点Q在线段CB的延长线上；点P在线段AB的延长线上，点Q在线段CB的延长线上，对应的t的值.
14．（2023九上·长沙月考）定义：当取任意实数，函数值始终不小于一个常数时，称这个函数为“恒心函数”，这个常数称为“恒心值”.
（1）判断：函数是否为“恒心函数”，如果是，求出此时的“恒心值”，如果不是，请说明理由；
（2）已知“恒心函数”
①当时，此时的恒心值为 ；
②若三个整数的和为12，且，求的最大值与最小值，并求出此时相应的的值；
（3）“恒心函数”的恒心值为0，且恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）解：
函数为“恒心函数”，“恒心值”为1.
（2）①2
②由题可知
设为方程的两根
经验证，“”、“”和“”符合条件
综上， 或
（3）解：由题可知，
即
【知识点】代数式求值；一元二次方程根的判别式及应用；二次函数的最值；定义新运算
【解析】【解答】解：(2)①解：①当时
设
则
存在使得
恒心值为2.
【分析】(1)根据题中“恒心函数”的定义进行判定即可；（2- ① ）根据题中a、c的条件，容易判定根的判别式大于0，即说明 |ax2+bx+c|≥0，故y=3|ax2+bx+c|+2≥2，此时的恒心值为2；
（2）根据已知条件，变形后发现得到两数和，与两数乘积的形式，由此想到描述根与系数关系的韦达定理，据此得出新的一元二次方程，此方程存在实数解，即判别式大于0，故找到b的取值范围； 进而求得a与c值，找到符合条件的值；
（3）根据恒心值为0，可知判别式=0，推导出c的代数式，消掉式中的c后进一步分离常数，利用关键条件ba推导出不等式且进行消元化简，得到，进一步推导出m取值范围。
15．（2023八下·双流期末）如图①，平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于点，，直线，交轴于点，点位于点右侧的轴上，且，点在轴正半轴上，且，直线交于点．
（1）点的横坐标为 ，当点在原点左侧时， ；（均用含的代数式表示）
（2）当为等腰三角形时，求的值；
（3）如图②，点是点关于直线的对称点，连接，，若四边形为平行四边形，求的值（直接写出答案）
【答案】（1）；
（2）解：由（1）知：，．
当点在原点左侧时，
因为，且，
所以，即
当时，点就在垂直平分线上，显然不成立．
当时，则点需在点的上方，故，得，故此情况不存在．
当时，即．
又在中，且．
所以．
解得舍去，．
当点在原点右侧时，
，则．
故E
当时，点就在垂直平分线上，显然不成立．
当时，则点需在点的上方，故，得．
又在中，，且．
所以．
解得，舍去．
当时，即．
又在中，．
．
所以．
解得．
综上所述的值为：或或．
（3）解：8
【知识点】公式法解一元二次方程；等腰三角形的判定；勾股定理；平行四边形的判定；一次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：（1）令y=0，有，
解得：，
即A点的横坐标为，所以，
同理可得B（0，b），所以OB=b，
又D点在A点右侧，且AD=3，
∴，
∵OE=OD，
∴
故答案为：，。
（3） 因为点 和点 关于直线 对称，所以 ．
又四边形 是平行四边形，所以四边形 是菱形．
所以 ，则 ．
又 ， ，
所以 ．
又 ， ，
所以 即 平分 ．
又 ， ，则点 在 轴上．
又由对称性可知 ，
所以 则 ．
且 ．
在 中，
，
解得 舍去 ， ．
所以 的值为 ．
【分析】（1）分别求出点A和点B的坐标，再计算OD的长度，由OE=OD即可求出BE的长；
（2）用b分别表示出点A，B，E的坐标，再根据点D在原点左侧和右侧两种情况以及等腰三角形的三种类型进行分类讨论；
（3）利用点B和点关于直线AF对称，结合四边形是平行四边形，可得出四边形是菱形，在直角三角形中，利用勾股定理建立方程求解．
1 / 12024年浙教版数学八年级下册阶段复习培优练第2章一元二次方程
一、选择题
1．（2023九上·杭州月考）与自变量的部分对应值如下，已知有且仅有一组值错误（其中均为常数）．
… 0 1 2 …
… …
甲同学发现当时，是方程的一个根；乙同学发现当时，则．下列说法正确的是（ ）
A．甲对乙错 B．甲错乙对 C．甲乙都错 D．甲乙都对
2．（2024九上·岳阳期末）图①是一张长，宽的矩形纸片，将阴影部分裁去（阴影部分为4个完全相同的小矩形）并折叠成一个如图②的底面积为的有盖长方体盒子．设该盒子的高为，根据题意，可列方程为（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023九上·苍南模拟）设k为非负实数，且方程-2kx+4=0的两实数根为a，b，则+的最小值为（ ）
A．-7 B．-6 C．2 D．4
4．（2021九上·萧山期中）将二次函数y＝﹣x2+2x+3的图象在x轴上方的部分沿x轴翻折后，所得新函数的图象如图所示.当直线y＝x+b与新函数的图象恰有3个公共点时，b的值为（ ）
A． 或﹣3 B． 或﹣3 C． 或﹣3 D． 或﹣3
5．如图，用1块边长为a的大正方形，4块边长为b的小正方形和4块长为a、宽为b的长方形（a>b），密铺成正方形ABCD，已知ab=2，正方形的面积为S，则下列结论中正确的为（ ）
A．若a=2b+1，则S=16 B．若a=2b+2，则S=25
C．若S=25，则a=2b+3 D．若S=16，则a=2b+4
6．（2023九上·温岭期中）将抛物线y＝x2+x﹣6位于y轴左侧的部分沿x轴翻折，其余部分不变，翻折得到的图象和原来不变的部分构成一个新图象，若直线与新图象有且只有2个公共点，则t的取值范围是（ ）
A．﹣6C．或﹣6≤t<6 D．或﹣6≤t≤6
7．（2023九上·凤台月考）关于的一元二次方程的两个实数根分别是，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024九上·江津期末）对于若干个单项式，我们先将任意两个单项式作差，再将这些差的绝对值进行求和并化简，这样的运算称为对这若干个单项式作“差绝对值运算”． 例如：对作“差绝对值运算”，得到，则
对作“差绝对值运算”的结果是；对进行“差绝对值运算”的结果是，则；对（互不相等）进行“差绝对值运算”的结果一共有种．
以上说法中正确的个数为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2023九上·苍南模拟）已知x为实数，且满足-12=0，那么-x+1的值为 .
10．（2023九上·恩阳期中）若对任何实数a，关于x的方程x2-2ax-a+2b＝0都有实数根，求实数b的取值范围 ．
11．（2021八下·拱墅月考）如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0有两个实数根，且其中一个根为另外一个根的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，正确的有 （填序号）
①方程x2﹣x﹣2＝0是倍根方程；
②若（x﹣2）（mx+n）＝0是倍根方程：则4m2+5mn+n2＝0；
③若p，q满足pq＝2，则关于x的方程px2+3x+q＝0是倍根方程；
④若方程以ax2+bx+c＝0是倍根方程，则必有2b2＝9ac.
12．（2021九上·隆昌期中）如图，在等边三角形ABC中，D是AC的中点，P是边AB上的一个动点，过点P作PE⊥AB，交BC于点E，连接DP，DE.若AB＝8，△PDE是等腰三角形，则BP的长是 .
三、综合题
13．（2021九上·江阴月考）如图所示，△ABC中，∠B=90°，AB=6cm，BC=8cm.
（1）点 P从点A开始沿AB边向B以1cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动.如果P、Q分别从A，B同时出发，线段PQ能否将△ABC分成面积相等的两部分？若能，求出运动时间；若不能说明理由.
（2）若P点沿射线AB方向从A点出发以1cm/s的速度移动，点 Q沿射线 CB方向从C点出发以2cm/s的速度移动，P、Q同时出发，问几秒后，△PBQ的面积为1cm2？
14．（2023九上·长沙月考）定义：当取任意实数，函数值始终不小于一个常数时，称这个函数为“恒心函数”，这个常数称为“恒心值”.
（1）判断：函数是否为“恒心函数”，如果是，求出此时的“恒心值”，如果不是，请说明理由；
（2）已知“恒心函数”
①当时，此时的恒心值为 ；
②若三个整数的和为12，且，求的最大值与最小值，并求出此时相应的的值；
（3）“恒心函数”的恒心值为0，且恒成立，求的取值范围.
15．（2023八下·双流期末）如图①，平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于点，，直线，交轴于点，点位于点右侧的轴上，且，点在轴正半轴上，且，直线交于点．
（1）点的横坐标为 ，当点在原点左侧时， ；（均用含的代数式表示）
（2）当为等腰三角形时，求的值；
（3）如图②，点是点关于直线的对称点，连接，，若四边形为平行四边形，求的值（直接写出答案）
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】一元二次方程的根；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：由表中数据得：当时，都是，
当时，和，符合题意，
∴由抛物线的对称性可知：函数图象的对称轴是直线，
∴点关于对称轴是对称点为，
∴是方程的一个根；
当时，和，符合题意，
∴由抛物线的对称性可知：函数图象的对称轴是y轴，
，
，
即甲乙都对．
故答案为：D．
【分析】分类讨论：当时，和，符合题意，当时，和，符合题意，分别求得函数的对称轴，根据函数的对称性，即可得解．
2．【答案】D
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【解答】解：矩形纸片的长为28cm，宽为16cm，且盒子的高为xcm，
折成的长方体底面的宽应为(16-2x)cm，长为cm，
折成的长方体底面积为80cm2，
.
故答案为：D.
【分析】根据长方形和折叠后的长方体各边长之间的关系，可得折成的长方体底面的宽应为(16-2x)cm，长为cm，再结合长方体底面积为80cm2，根据长×宽=80即可列出方程.
3．【答案】C
【知识点】完全平方公式及运用；一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；二次函数的最值
【解析】【解答】解：∵x2-2kx+4=0有两个实数根
∴ =（-2k）2-4×4=4k2-16≥0
∴k2≥4
∵k为非负实数
∴k≥2
由韦达定理得：a+b=2k，ab=4
∴（a-1）+（b-1）=2k-2，
(a-1)(b-1)=ab-(a+b)+1=4-2k+1=5-2k
∴(a-1)2+(b-1)2=[(a-1)+(b-1)]2-2(a-1)(b-1)=(2k-2)2-2(5-2k)=4(k-)2-7
令y=4(k-12)2-7，则函数图象开口向上，在对称轴右侧，y随k的增大而增大
∴当k=2时，y有最小值4（2-12）2-7=2，即 + 的最小值为2
故答案为：C.
【分析】根据方程有两个实数根，可得 =（-2k）2-4×4=4k2-16≥0，求出k≥2，由韦达定理a+b=2k，ab=4，转化成（a-1）+（b-1）=2k-2，(a-1)(b-1)=ab-(a+b)+1=4-2k+1=5-2k，故(a-1)2+(b-1)2=[(a-1)+(b-1)]2-2(a-1)(b-1)=(2k-2)2-2(5-2k)=4(k-)2-7，令y=4(k-)2-7，函数图象开口向上，在对称轴右侧，y随k的增大而增大，故当k=2时，y有最小值2，即 + 的最小值为2
4．【答案】A
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数y=ax²+bx+c的图象
【解析】【解答】解：二次函数解析式为y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线y＝﹣x2+2x+3的顶点坐标为（1，4），
当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，
则抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴的交点为A（﹣1，0），B（3，0），
把抛物线y＝﹣x2+2x+3图象x轴上方的部分沿x轴翻折到x轴下方，则翻折部分的抛物线解析式为y＝（x﹣1）2﹣4（﹣1≤x≤3），顶点坐标M（1，﹣4），
如图，当直线y＝x+b过点B时，直线y＝x+b与该新图象恰好有三个公共点，
∴3+b＝0，解得b＝﹣3；
当直线y＝x+b与抛物线y＝（x﹣1）2﹣4（﹣1≤x≤3）相切时，直线y＝x+b与该新图象恰好有三个公共点，即（x﹣1）2﹣4＝x+b有相等的实数解，整理得x2﹣3x﹣b﹣3＝0，△＝32﹣4（﹣b﹣3）＝0，解得b＝﹣ ，
所以b的值为﹣3或﹣ .
故答案为：A.
【分析】根据二次函数的解析式可得顶点坐标，与x轴的交点分别为A（﹣1，0），B（3，0），画出翻折后的二次函数的图象以及直线y=x+b，结合图象可得当直线y＝x+b过点B或直线y＝x+b与抛物线相切时，直线y＝x+b与该新图象恰好有三个公共点，据此求解.
5．【答案】C
【知识点】完全平方公式及运用；公式法解一元二次方程；用代数式表示实际问题中的数量关系
【解析】【解答】解：由题意，正方形ABCD的边长为a+2b，ab＝2，a＞b＞0，
A、若a＝2b+1，则正方形ABCD的边长为a+2b＝4b+1，b（2b+1）＝2，
即2b2+b﹣2＝0，
解得：b（负值不合题意，舍去），
∴b，
∴S＝（4b+1）2＝（41）2＝17，
∴选项A不正确；
B、若a＝2b+2，则正方形ABCD的边长为a+2b＝4b+2，b（2b+2）＝2，
即b2+b﹣1＝0，
解得：（负值不合题意，舍去），
∴b，
∴S＝（4b+2）2＝（42）2＝20，
∴选项B不正确；
C、若S＝25，则（a+2b）2＝25，
∵a+2b＞0，
∴a+2b＝5，
∴a＝5﹣2b，
∴b（5﹣2b）＝2，
即2b2﹣5b+2＝0，
解得：b1，b2＝2，
当b时，a＝5﹣2b＝4，
2b+3＝4，
此时，a＝2b+3；
当b＝2时，a﹣5﹣2b＝1，a＜b，不合题意，
∴选项C正确；
D、若S＝16，则（a+2b）2＝16，
∵a+2b＞0，
∴a+2b＝4，
∴a＝4﹣2b，
∴b（4﹣2b）＝2，
即b2﹣2b+1＝0，
解得：b1＝b2＝1，
当b＝1时，a＝4﹣2b＝2，2b+4＝6，
∴a≠2b+4，
∴选项D不正确；
故答案为：C．
【分析】正方形的边长是一个含有两个字母的代数式，根据已知条件，变成含一个字母的代数式，根据正方形面积已知，列一元二次方程，通过求根公式求出字母的值，再对选项加以判定．
6．【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；二次函数图象的几何变换；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：画出函数的图象如下所示：
当x=0时，y=x2+x-6=-6，
∴C（0，-6），
∴C′（0，6）.
当直线y=x+t经过点C时，有-6=×0+t，
∴t=-6.
当直线y=x+t经过点C′时，有6=×0+t，
∴t=6.
当直线y=x+t与新图象有且只有2个公共点时，也就是x+t=-(x2+x-6)有两个相等的实数根，
整理方程，可得x2+x+(t-6)=0，
△=()2-4(t-6)=0，
解得t=，
∴当直线与新图象有且只有2个公共点时，-6≤t≤6或t=.
故答案为：D.
【分析】首先画出函数的图象，令y=0，求出x的值，从而可得点C、C′的坐标，然后求出直线过点C或C′时对应的t的值，易得翻折后的图象解析式为y=-(x2+x-6)，联立直线方程结合△=0可求出t的值，据此不难得到t的范围.
7．【答案】B
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；二次函数的最值；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：根据题意得，△=，解得t≥1.
由题意得，.
把n代入 一元二次方程 得，，∴，∴.
∴.
∵t≥1，所以当t=1时，有最大值，最大值为-2-6=-8.
故选：B.
【分析】先根据判别式的意义得出.再根据根与系数的关系得出，.
然后根据一元二次方程根的定义得出，其可变形为.所以，根据二次函数的性质得出答案.
8．【答案】B
【知识点】整式的混合运算；一元二次方程的其他应用；定义新运算；实数的绝对值
【解析】【解答】解：对作“差绝对值运算”得到：
，故正确；
对进行“差绝对值运算”得到：
，
∴，
解得(舍去)或，故错误；
对(互不相等)进行“差绝对值运算”得到：，
当时，
；
当时，
；
当时，
；
当时，
；
当时，
；
当时，
；
综上，的“差绝对值运算”的化简结果一共有种，故错误；
∴正确的个数为个，
故答案为：．
【分析】根据新定义及绝对值的性质并结合选项条件列出对应式子计算即可判断①，根据新定义及绝对值的性质并结合选项条件列出一元二次方程求解即可判断②，根据分类讨论的思想，分出所有a，b，c大小比较的情况并根据新定义求出所有对应的结果，据此即可求解。
9．【答案】4
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；换元法解一元二次方程；数学思想
【解析】【解答】解：令x2-x+1=y，则方程转化为y2-y-12=0，
所以(y-4)(y+3)=0，解得y=4或y=-3，
当y=-3时，x2-x+1=-3，即x2-x+4=0，
此时，Δ=（-1）2-4×1×4=-15＜0，方程无解，
所以，y=4，即x2-x+1=4
故答案为：4.
【分析】整体换元思想是初中阶段需要掌握的数学思想，本题令x2-x+1=y，则方程转化为y2-y-12=0，解得y=4或y=-3，但当y=-3时，x2-x+1=-3，其根的判别式Δ=（-1）2-4×1×4=-15＜0，方程无解，故y=4，即x2-x+1=4.对于求得y的解后，需要验根，是本题的易错点.
10．【答案】b≤
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】根据题意
x2-2ax-a+2b＝0有实数根
故填：
【分析】一元二次方程的判别式大于等于0，方程有实数根，由判别式得到关于a的二次不等式，二次不等式的判别式如果小于等于0，说明无论a取何值，二次不等式的最小值是大于等于0的，即原方程总有实数根，解这个二次不等式的判别式小于等于0时的b值即可。
11．【答案】②③④
【知识点】一元二次方程的根；定义新运算
【解析】【解答】解：①解方程x2﹣x﹣2＝0得，x1＝2，x2＝﹣1，得，x1≠2x2，
∴方程x2﹣x﹣2＝0不是倍根方程；
故①不正确；
②若（x﹣2）（mx+n）＝0是倍根方程，x1＝2，
因此x2＝1或x2＝4，
当x2＝1时，m+n＝0，
当x2＝4时，4m+n＝0，
∴4m2+5mn+n2＝（m+n）（4m+n）＝0，
故②正确；
③∵pq＝2，则：px2+3x+q＝（px+1）（x+q）＝0，
∴x1＝﹣ ，x2＝﹣q，
∴x2＝﹣q＝﹣ ＝2x1，
因此是倍根方程，
故③正确；
④方程ax2+bx+c＝0的根为：x1＝ ，x2＝ ，
若x1＝2x2，则， ＝ ×2，
即， ﹣ ×2＝0，
∴ ＝0，
∴ ＝0，
∴3 ＝﹣b
∴9（b2﹣4ac）＝b2，
∴2b2＝9ac.
若2x1＝x2时，则， ×2＝ ，
即，则， ×2﹣ ＝0，
∴ ＝0，
∴﹣b+3 ＝0，
∴b＝3 ，
∴b2＝9（b2﹣4ac），
∴2b2＝9ac.
故④正确，
故答案为：②③④
【分析】 ①先解一元二次方程，求出方程的解，再判断是否为倍根方程；
②根据倍根方程和其中一个根，可求出另一个根，进而得到m、n之间的关系，而m、n之间的关系正好适合；
③当p，q满足pq=2，则px2+3x+q=（px+1）（x+q）=0，求出两个根，再根据pq=2代入可得两个根之间的关系，进而判断是否为倍根方程；
④用求根公式求出两个根，当x1=2x2，或2x1=x2时，进一步化简，得出关系式，进行判断即可．
12．【答案】12﹣4 或 ﹣3或4
【知识点】公式法解一元二次方程；等腰三角形的性质；等边三角形的性质；勾股定理；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，作DM⊥AB于点M，DN⊥BC于点N.
∴∠AMD＝∠DNC＝90°，
则△AMD、△DNC都是直角三角形.
∵△ABC是等边三角形，且AB＝8，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°.
∵D为AC中点，
∴AD＝CD＝ AC＝4.
在Rt△AMD中，
AM＝AD cos∠A＝4×cos60°＝2，
DM＝AD sin∠A＝4×sin60°＝2 ，
同理可得CN＝2，DN＝2 .
∴BM＝AB﹣AM＝6，
BN＝BC﹣CN＝6.
设BP＝a，
∵EP⊥AB
∴∠EPB＝90°.
在Rt△EPB中，
PE＝BP tan∠B＝a tan60°＝ a，
BE＝ ＝ ＝2a.
∴MP＝BM﹣BP＝6﹣a，
EN＝BN﹣BE＝6﹣2a.
当△PDE为等腰三角形时，
①当PE＝DE时，
在Rt△DEN中，由勾股定理得：
EN2+DN2＝DE2.
即（6﹣2a）2+（2 ）2＝（ ）2.
解得：a1＝12﹣4 ，a2＝12+4 ＞8（不合题意，舍去）.
即BP＝12﹣4 .
②当PE＝PD时，
在Rt△DMP中，由勾股定理得：
MP2+DM2＝PD2.
即（6﹣a）2+（2 ）2＝（ ）2.
解得：a1＝ ﹣3，a2＝﹣ ﹣3（不合题意，舍去）.
即BP＝ ﹣3.
③当PD＝DE时，E点在N点右侧时 才能成立，此时 EN＝a﹣6，因为DM＝DN，DP＝DE，都是直角三角形，所以MP＝EN，即6﹣a＝2a﹣6，解得a＝4.
综上所述，BP的长为12﹣4 或 ﹣3或4.
故答案为：12﹣4 或 ﹣3或4.
【分析】作DM⊥AB于点M，DN⊥BC于点N，解直角三角形求出AM，DM，CN，DN的长，从而得BM，BN的长，设BP＝a，求出MP和EN的长，分三种情况讨论：①当PE＝DE时，②当PE＝PD时，③当PD＝DE时，分别求出a的值，即可得出答案.
13．【答案】（1）解：设经过x秒，线段PQ能将△ABC分成面积相等的两部分
由题意知：AP=x，BQ=2x，则BP=6﹣x，
∴ (6﹣x) 2x= × ×6×8，
∴x2﹣6x+12=0.
∵b2﹣4ac＜0，
此方程无解，
∴线段PQ不能将△ABC分成面积相等的两部分；
（2）解：设t秒后，△PBQ的面积为1.分三种情况讨论：
①当点P在线段AB上，点Q在线段CB上时，此时0＜t≤4.
由题意知： (6﹣t)(8﹣2t)=1，整理得：t2﹣10t+23=0，解得：t1=5+ （不合题意，应舍去），t2=5﹣ ；
②当点P在线段AB上，点Q在线段CB的延长线上时，此时4＜t≤6，由题意知： (6﹣t)(2t﹣8)=1，整理得：t2﹣10t+25=0，解得：t1=t2=5.
③当点P在线段AB的延长线上，点Q在线段CB的延长线上时，此时t＞6，由题意知： (t﹣6)(2t﹣8)=1，整理得：t2﹣10t+25=0，解得：t1=5+ ，t2=5- （不合题意，应舍去）.
综上所述：经过5- 秒、5秒或5+ 秒后，△PBQ的面积为1cm2.
故答案为：（1）不能；（2）5﹣ 秒、5秒或5+ 秒.
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【分析】（1）设经过x秒，线段PQ能将△ABC分成面积相等的两部分，由题意知：AP=x，BQ=2x，则BP=6-x，结合题意可得(6-x)·2x=××6×8，据此判断；
（2）设t秒后，△PBQ的面积为1，当点P在线段AB上，点Q在线段CB上时，此时0＜t≤4，由题意可得：(6-t)(8-2t)=1，求解即可；同理可求出点P在线段AB上，点Q在线段CB的延长线上；点P在线段AB的延长线上，点Q在线段CB的延长线上，对应的t的值.
14．【答案】（1）解：
函数为“恒心函数”，“恒心值”为1.
（2）①2
②由题可知
设为方程的两根
经验证，“”、“”和“”符合条件
综上， 或
（3）解：由题可知，
即
【知识点】代数式求值；一元二次方程根的判别式及应用；二次函数的最值；定义新运算
【解析】【解答】解：(2)①解：①当时
设
则
存在使得
恒心值为2.
【分析】(1)根据题中“恒心函数”的定义进行判定即可；（2- ① ）根据题中a、c的条件，容易判定根的判别式大于0，即说明 |ax2+bx+c|≥0，故y=3|ax2+bx+c|+2≥2，此时的恒心值为2；
（2）根据已知条件，变形后发现得到两数和，与两数乘积的形式，由此想到描述根与系数关系的韦达定理，据此得出新的一元二次方程，此方程存在实数解，即判别式大于0，故找到b的取值范围； 进而求得a与c值，找到符合条件的值；
（3）根据恒心值为0，可知判别式=0，推导出c的代数式，消掉式中的c后进一步分离常数，利用关键条件ba推导出不等式且进行消元化简，得到，进一步推导出m取值范围。
15．【答案】（1）；
（2）解：由（1）知：，．
当点在原点左侧时，
因为，且，
所以，即
当时，点就在垂直平分线上，显然不成立．
当时，则点需在点的上方，故，得，故此情况不存在．
当时，即．
又在中，且．
所以．
解得舍去，．
当点在原点右侧时，
，则．
故E
当时，点就在垂直平分线上，显然不成立．
当时，则点需在点的上方，故，得．
又在中，，且．
所以．
解得，舍去．
当时，即．
又在中，．
．
所以．
解得．
综上所述的值为：或或．
（3）解：8
【知识点】公式法解一元二次方程；等腰三角形的判定；勾股定理；平行四边形的判定；一次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：（1）令y=0，有，
解得：，
即A点的横坐标为，所以，
同理可得B（0，b），所以OB=b，
又D点在A点右侧，且AD=3，
∴，
∵OE=OD，
∴
故答案为：，。
（3） 因为点 和点 关于直线 对称，所以 ．
又四边形 是平行四边形，所以四边形 是菱形．
所以 ，则 ．
又 ， ，
所以 ．
又 ， ，
所以 即 平分 ．
又 ， ，则点 在 轴上．
又由对称性可知 ，
所以 则 ．
且 ．
在 中，
，
解得 舍去 ， ．
所以 的值为 ．
【分析】（1）分别求出点A和点B的坐标，再计算OD的长度，由OE=OD即可求出BE的长；
（2）用b分别表示出点A，B，E的坐标，再根据点D在原点左侧和右侧两种情况以及等腰三角形的三种类型进行分类讨论；
（3）利用点B和点关于直线AF对称，结合四边形是平行四边形，可得出四边形是菱形，在直角三角形中，利用勾股定理建立方程求解．
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