2024八年级数学下册第2章一元二次方程综合素质评价试卷（附解析浙教版）

这是一份2024八年级数学下册第2章一元二次方程综合素质评价试卷（附解析浙教版），共13页。

第2章综合素质评价一、选择题(本题有10小题，每小题3分，共30分)1. [教材P28作业题T1变式]下列方程中一定是一元二次方程的是(　　) A. ax2＋bx＋c＝0 B. 3x2－2x＋1＝mx2 C. x＋eq \f(1,x)＝1 D. (a2＋a＋2)x2－3x＋1＝02. [2023·温州瓯海区月考]将方程2x2－1＝3x化为一元二次方程的一般形式后，二次项系数、一次项系数、常数项分别为(　　) A. 2，1，3 B. 2，－1，3 C. 2，－3，－1 D. 2，－3，13. 用配方法解方程x2＋6x＋8＝0时，配方后得到的方程是(　　) A. (x＋3)2＝1 B. (x＋3)2＝8 C. (x－3)2＝1 D. (x－3)2＝94. 某品牌手机经过5，6月份连续两次降价每部售价由10 000元降到6 400元，且第二次降价的百分率是第一次的2倍，设第二次降价的百分率为x，根据题意可列方程为(　　) A. 10 000(1－x)(1－2x)＝6 400 B. 6 400(1－x)(1＋2x)＝10 000 C. 10 000(1－x)(1－0. 5x)＝6 400 D. 6 400(1＋x)(1＋0. 5x)＝10 0005. 关于x的一元二次方程(a＋1)x2－2x＋3＝0有实数根，则整数a的最大值是(　　) A. －2 B. －1 C. 0 D. 16. 方程x2－9x＋18＝0的两个根是等腰三角形的底和腰的长，则这个三角形的周长是(　　) A. 12 B. 15 C. 12或15 D. 18或97. [2023·杭州萧山区期中]已知(x2＋y2＋1)(x2＋y2－3)＝5，则x2＋y2的值为(　　) A. 0 B. 4 C. 4或－2 D. －28. 已知a是方程x2－2 025x＋4＝0的一个解，则a2－2 024a＋eq \f(8 100,a2＋4)＋7的值为(　　) A. 2 028 B. 2 027 C. 2 026 D. 2 0259. [数学文化]古希腊数学家丢番图(公元250年前后)在《算术》中就已提出一元二次方程的问题，不过当时古希腊人还没有寻求到它的求根公式，只能用图解等方法求解. 欧几里得的《原本》记载，形如x2＋ax＝b2(a＞0，b＞0)的方程的图解法是：如图，画Rt△ABC，使∠ACB＝90°，BC＝eq \f(a,2)，AC＝b，再在斜边AB上截取BD＝eq \f(a,2). 则该方程的一个正根是(　　)A. CD的长 B. AC的长 C. AD的长 D. BC的长10.[2023·杭州西湖区期中]对于一元二次方程ax2＋bx＋c＝0 (a≠0)，下列说法：①若a＋b＋c＝0，则b2－4ac≥0；②若方程ax2＋c＝0有两个不相等的实数根，则方程ax2＋bx＋c＝0必有两个不相等的实数根；③若c是方程ax2＋bx＋c＝0的一个根，则一定有ac＋b＋1＝0成立；④若x0是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的根，则b2－4ac＝ (2ax0＋b)2. 其中正确的是(　　)A. ①② B. ①②④ C. ①②③④ D. ①②③二、填空题(本题有6小题，每小题4分，共24分)11.方程x2－6x－4＝0的两根为x1＝________，x2＝________. 12.若x＝1是一元二次方程2x2－x＋m＝0的一个根，则m的值是________. 13.已知二次项系数为1的一元二次方程(未知数为x)的两根分别是2和－3，则这个一元二次方程是________________. 14. [2023·杭州滨江区期中]九年级举行班级足球赛，先把所有班通过抽签平均分成A，B两组，再在每一组中进行单循环的小组赛(每两个班之间比赛一场)，若A组共进行了21场小组赛，则九年级共有______个班级. 15.若一个直角三角形两条直角边的长分别是一元二次方程 x2－4x＋2＝0的两个实数根，则这个直角三角形斜边的长是________. 16.《代数学》中记载，形如x2＋8x＝33的方程，求正数解的几何方法是：“如图①，先构造一个面积为x2的正方形，再以正方形的边为一边向外构造四个面积为2x的长方形，得到大正方形的面积为33＋16＝49，则该方程的正数解为 7－4＝3. ”小唐按此方法解关于x的方程x2＋12x＝m时，构造出如图②所示的图形，已知阴影部分的面积为60，则该方程的正数解为________. 三、解答题(本题有8小题，共66分)17. (6分)解方程： (1)x2＋2x－1＝0；　　　　　　 (2)x2－4x＝4. 18. (6分) [2023·荆州]已知关于x的一元二次方程kx2－(2k＋4)x＋ k－6＝0有两个不相等的实数根. (1)求k的取值范围； (2)当k＝1时，用配方法解方程. 19. (6分)已知x1，x2是关于x的一元二次方程x2－2(m＋1)x＋ m2＋5＝0的两个实数根. (1)求m的取值范围； (2)若(x1－1)(x2－1)＝28，求m的值； (3)已知等腰三角形ABC的一边长为7，若x1，x2恰好是等腰三角形ABC另外两边的边长，求这个三角形的周长. 20. (6分) [2023·杭州]设一元二次方程x2＋bx＋c＝0. 在下面的四组条件中选择其中一组b，c的值，使这个方程有两个不相等的实数根，并解这个方程. ①b＝2，c＝1； ②b＝3，c＝1； ③b＝3，c＝－1； ④b＝2，c＝2. 21. (8分) [2023·郴州]随着旅游旺季的到来，某景区游客人数逐月增加，2月份游客人数为1.6 万人，4月份游客人数为2.5万人. (1)求这两个月中该景区游客人数的月平均增长率；(2)预计5月份该景区游客人数会继续增长，但增长率不会超过前两个月的月平均增长率. 已知该景区5月1日至5月 21日已接待游客2. 125万人，则5月份后10天日均接待游客人数最多是多少万人？22. (10分)某校为了进行学雷锋爱心义卖活动，决定在操场划分一块面积为480 m2的长方形场地. 若长方形场地的一边靠墙(墙长31 m)，另外三边由总长为60 m的围绳围成，并且在垂直于墙的边上各设置了一个开口宽为1 m的入口和出口(如图). 请根据方案计算出长方形场地平行于墙的边长为多少米？23. (10分) [2023·杭州拱墅区期中]关于x的一元二次方程x2－ (2k－1)x＋k2－2k＋3＝0有两个不相等的实数根x1，x2. (1)求实数k的取值范围； (2)用含k的代数式表示|x1－x2|； (3)是否存在实数k，使得|x1|－|x2|＝eq \r(3)？若存在，试求出k的值； 若不存在，说明理由. 24. (14分)[教材P44作业题T5变式]如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝6 cm，BC＝8 cm，点P从点A出发沿边AB向点B以1 cm/s的速度移动，点Q从点B出发沿边BC向点C以2 cm/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 s. (1)填空：BQ＝________cm, PB＝________cm；(用含t的代数式表示)(2)当t为多少时，PQ的长度等于8 cm?(3)是否存在某一时刻，使四边形APQC的面积等于△ABC面积的eq \f(2,3)？如果存在，求出t的值；如果不存在，请说明理由. 答案一、1. D　2. C　3. A　4. C　5. A6. B　【点拨】x2－9x＋18＝0，分解因式，得(x－3)(x－6)＝0，所以x1＝3，x2＝6，所以等腰三角形三边长为3，3，6或3，6，6，当腰长为3时，三角形不存在，故三角形的底边长为3，腰长为6，所以这个等腰三角形的周长为3＋6＋6＝15. 7. B　【点拨】设 x2＋y2＝z，则原方程换元为(z＋1)(z－3)＝5，即z2－2z－8＝0，∴(z－4)(z＋2)＝0，解得z1＝4，z2＝－2，即 x2＋y2＝4或 x2＋y2＝－2(不合题意，舍去)，∴x2＋y2＝4. 8. A　【点拨】由题意得a2－2 025a＋4＝0，∴a2＝2 025a－4，a2＋4＝2 025a，∴原式＝2 025a－4－2 024a＋eq \f(8 100,2 025a)＋7＝a－4＋eq \f(4,a)＋7＝ eq \f(a2＋4,a)＋3＝eq \f(2 025a,a)＋3＝2 028. 9. C　【点拨】利用勾股定理得AC2＋BC2＝AB2＝(AD＋BD)2，将BC＝eq \f(a,2)，AC＝b，BD＝eq \f(a,2)代入，整理得AD2＋a·AD＝b2，与原方程比较，可得AD的长是方程x2＋ax＝b2的一个正根. 10. B　【点拨】①若a＋b＋c＝0，则x＝1是方程ax2＋bx＋c＝0的解，由一元二次方程的实数根与判别式的关系可b2－4ac≥0，故①正确； ②∵方程ax2＋c＝0有两个不相等的实数根，∴0－4ac＞0， ∴－4ac＞0，则方程ax2＋bx＋c＝0的判别式b2－4ac＞0， ∴方程ax2＋bx＋c＝0必有两个不相等的实数根，故②正确；③∵c是方程ax2＋bx＋c＝0的一个根，则ac2＋bc＋c＝0，∴c(ac＋b＋1)＝0，若c＝0，则ac＋b＋1＝0不一定成立，故③不正确；④若x0是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的根，则由求根公式得x0＝eq \f(－b＋\r(b2－4ac),2a)或x0＝eq \f(－b－\r(b2－4ac),2a)， ∴2ax0＋b＝eq \r(b2－4ac)或2ax0＋b＝－eq \r(b2－4ac)， ∴b2－4ac＝(2ax0＋b)2，故④正确. 二、11. 3＋eq \r(13)；3－eq \r(13)　12. －1　13. x2＋x－6＝014. 14　【点拨】设A组共有x个班级. 依题意得eq \f(1,2)x(x－1)＝21，解得x1＝7，x2＝－6(不合题意，舍去)，∴九年级共有7×2＝14(个)班级. 15. 2 eq \r(3)　【点拨】设两条直角边的长分别是a，b，则a＋b＝4，ab＝2，∴a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝42－2×2＝12，∴直角三角形斜边的长是eq \r(12)＝2 eq \r(3). 16. 4 eq \r(6)－6三、17. 【解】(1)x2＋2x－1＝0，移项得x2＋2x＝1，配方得x2＋2x＋1＝1＋1，即(x＋1)2＝2，则x＋1＝±eq \r(2)，∴x1＝－1＋eq \r(2)，x2＝－1－eq \r(2). (2)x2－4x＝4，配方得x2－4x＋4＝4＋4，即(x－2)2＝8，则x－2＝±2 eq \r(2)，∴x1＝2＋2 eq \r(2)，x2＝2－2 eq \r(2). 18. 【解】(1)∵关于x的一元二次方程kx2－(2k＋4)x＋k－6＝0有两个不相等的实数根，∴[－(2k＋4)]2－4k(k－6)＞0，且k≠0，解得k>－eq \f(2,5)且k≠0. (2)当k＝1时，原方程为x2－(2×1＋4)x＋1－6＝0，即x2－6x－5＝0，移项得x2－6x＝5，配方得x2－6x＋9＝5＋9，即(x－3)2＝14，直接开平方得x－3＝±eq \r(14)，解得x1＝3＋eq \r(14)，x2＝3－eq \r(14). 19. 【解】(1)由题意得4(m＋1)2－4(m2＋5)≥0，解得m≥2. (2)由题意得x1＋x2＝2(m＋1)，x1x2＝m2＋5，由(x1－1)(x2－1)＝28得x1x2－(x1＋x2)＋1＝28，∴m2＋5－2(m＋1)＋1＝28，即m2－2m－24＝0，解得m＝6或m＝－4，由(1)知m≥2，∴m＝6. (3)由题意得，当7是底边长时，x1＝x2，∴4(m＋1)2－4(m2＋5)＝0，解得m＝2，此时原方程为x2－6x＋9＝0，解得x1＝x2＝3. ∵3＋3＜7，∴不能组成三角形；当7是腰长时，原方程有一个解为7，∴72－14(m＋1)＋m2＋5＝0，即m2－14m＋40＝0，解得m＝4或m＝10. 当m＝4时，原方程为x2－10x＋21＝0. 解得x＝7或x＝3. ∴等腰三角形ABC的周长为7＋7＋3＝17；当m＝10时，原方程为x2－22x＋105＝0. 解得x＝7或x＝15. ∵7＋7＜15，∴不能组成三角形. 综上，等腰三角形ABC的周长为17. 20. 【解】∵使这个方程有两个不相等的实数根，∴b2－4c＞0，即b2＞4c，∴选②③均可. 选②解方程，则这个方程为x2＋3x＋1＝0，∴x＝eq \f(－3±\r(5),2)，即x1＝eq \f(－3＋\r(5),2)，x2＝eq \f(－3－\r(5),2)；选③解方程，则这个方程为x2＋3x－1＝0，∴x＝eq \f(－3±\r(13),2)，即x1＝eq \f(－3＋\r(13),2)，x2＝eq \f(－3－\r(13),2). 21. 【解】(1)设这两个月中该景区游客人数的月平均增长率为x，由题意得1. 6(1＋x)2＝2. 5，解得x1＝0. 25＝25%，x2＝－2. 25(不合题意，舍去). 答：这两个月中该景区游客人数的月平均增长率为25%. (2)设5月份后10天日均接待游客人数是a万人，由题意得2. 125＋10a≤2. 5×(1＋25%)，解得a≤0. 1. 答：5月份后10天日均接待游客人数最多是0. 1万人. 22. 【解】设长方形场地平行于墙的边长为x m(x≤31)，则垂直于墙的边长为eq \f(1,2)(60－x＋1×2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(31－\f(1,2)x)) m，由题意得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(31－\f(1,2)x))x＝480，∴31x－eq \f(1,2)x2＝480，∴x2－62x＋960＝0，∴(x－30)(x－32)＝0，解得x＝30或x＝32(舍去). 答：长方形场地平行于墙的边长为30 m. 23. 【解】(1)∵关于x的一元二次方程x2－(2k－1)x＋k2－2k＋3＝0有两个不相等的实数根，∴[－(2k－1)]2－4(k2－2k＋3)＞0，整理得4k－11＞0，∴k>eq \f(11,4). (2)由根与系数的关系得x1＋x2＝2k－1，x1x2＝k2－2k＋3. ∴(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝(2k－1)2－4(k2－2k＋3)＝4k－11. ∴|x1－x2|＝eq \r(4k－11). (3)存在. 由(1)可知k>eq \f(11,4). ∴x1＋x2＝2k－1>0. 又∵x1x2＝k2－2k＋3＝(k－1)2＋2>0，∴x1>0，x2>0. ∴|x1|－|x2|＝eq \r(3)可转化为x1－x2＝eq \r(3). 两边同时平方，得x12－2x1x2＋x22＝3. 即(x1＋x2)2－4x1x2＝3. ∴(2k－1)2－4(k2－2k＋3)＝3，化简，得4k－14＝0，解得k＝eq \f(7,2). 24. 【解】(1)2t；(6－t)(2)由勾股定理得(2t)2＋(6－t)2＝82，化简，得5t2－12t－28＝0，解得t1＝eq \f(6＋4 \r(11),5)，t2＝eq \f(6－4 \r(11),5)(不合题意，舍去)，∴当t＝eq \f(6＋4 \r(11),5)时，PQ的长度等于8 cm. (3)存在. 若四边形APQC的面积等于△ABC面积的eq \f(2,3)，则△PBQ的面积等于△ABC面积的eq \f(1,3)，∴eq \f(1,2)(6－t)×2t＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×6×8，∴t2－6t＋8＝0，解得t＝2或t＝4. 当t＝2时，BQ＝4 cm；当t＝4时，BQ＝8 cm，此时不存在四边形APQC，不合题意，舍去. 综上，存在某一时刻，使四边形APQC的面积等于△ABC面积的eq \f(2,3)，此时t的值为2.