【期中单元重点题型】（人教版）2023-2024学年九年级数学上册 第二十一章 一元二次方程（压轴40题专练）

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第二十一章 一元二次方程（压轴题专练）
一、填空题
1．（2023·全国·九年级专题练习）若关于x的一元二次方程的常数项是6，则一次项是（ ）
A． B． C．x D．1
【答案】A
【分析】根据一元二次方程定义可得，，可得的值，再代入原方程，由此即可得结果．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程的常数项是6，
∴，，
解得：，
把代入原方程可得，
∴一次项是，
故选：A．
【点睛】本题考查了一元二次方程的一般形式，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的一般形式：一元二次方程的一般形式是，其中，是二次项，是一次项，是常数项．
2．（2023春·福建南平·九年级专题练习）两个关于的一元二次方程和，其中，，是常数，且，如果是方程的一个根，那么下列各数中，一定是方程的根的是（  ）
A．2020 B． C．-2020 D．
【答案】C
【分析】根据一元二次方程的定义以及一元二次方程的解法即可求出答案．
【详解】∵，，a+c=0
∴，
∵ax2+bx+c=0 和cx2+bx+a=0，
∴，，
∴，，
∵是方程的一个根，
∴是方程的一个根，
∴是方程的一个根，
即是方程的一个根
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的定义以及方程的解的概念．
3．（2023·全国·九年级假期作业）根据绝对值的定义可知，下列结论正确的个数有（    ）
①化简一共有8种不同的结果；
②的最大值是5；
③若，（为正整数），则当时，；
④若关于的方程有2个不同的解，其中为常数，则或
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】C
【分析】由、、的结果分别有2种，则的结果共有种，可判断①；根据的取值，化简运算即可判断②；根据
【详解】解：、、的结果分别有2种，
的结果共有种，
故①正确；
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
故②错误；
是正整数，
，
，
，，
当时，，
故③正确；
，
当或时，，
，
方程有2个不同的解，
，
解得：，
当时，，
，
方程有2个不同的解，
，
解得：，
故④错误；
综上，正确的有①③，
故选：C．
【点睛】本题考查了数字的变化规律，绝对值的性质，一元二次方程的判别式，熟练掌握知识点是解题的关键．
4．（2023春·江苏·八年级期末）已知两个多项式，，x为实数，将A、B进行加减乘除运算：
①若A+B=10，则；
②，则x需要满足的条件是；
③，则关于x的方程无实数根；
④若x为正整数()，且为整数，则1，2，4，5．
上面说法正确的有（  ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】利用可求出，故①错误；对分情况讨论可知②正确；若，则或，利用根的判别式可知，时，方程无解，故③正确；由为整数，可得是整数，可求出，2，4，5，故④正确．
【详解】解：∵，，
∴①当时，则，解得：，故①错误；
②当，则，
当时，，解得：；
当，，解得：；
当，，解得：（舍去）；
综上所述：，故②正确；
③若，则或，
当时，，，无解；
当时，，，无解；
∴，关于x的方程无实数根；故③正确；
④∵，
若为整数，则是整数，
∵x为正整数()，解得：，2，4，5，故④正确；
∴正确的有②③④
故选：C
【点睛】本题考查分式的化简，含绝对值的一元一次方程的求解，根的判别式，能够正确解方程是解题的关键．
5．（2023·全国·九年级假期作业）关于x的一元二次方程（ab≠0）有两个相等的实数根，则下列选项成立的是（    ）
A．若﹣1＜a＜0，则 B．若，则0＜a＜1
C．若0＜a＜1，则 D．若，则-1＜a＜0
【答案】B
【分析】根据一元二次方程的根的情况利用判别式求得a与b的数量关系，再代入方程求k的值，然后结合a的取值范围和分式加减法运算法则计算求解．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程（ab≠0）有两个相等的实数根k，
∴ ，
，
又∵，
∴a-b-1=0，即a=b+1，
∴ax2-2ax+a=0，
解得：x1=x2=1，
∴k=1，

当时，即，
即，
∴a（a-1）<0，
即或
解得0 当时，即，
即，
∴a（a-1）>0，
即或
解得：a>1或a<0．
故选：B．
【点睛】本题考查一元二次方程的根的判别式，根据一元二次方程根的情况求得a与b之间的等量关系是解题关键．
6．（2023春·安徽·八年级期中）对于一元二次方程，下列说法：
①若，则；
②若方程有两个不相等的实根，则方程必有两个不相等的实根；
③若是方程的一个根，则一定有成立；
④若是一元二次方程的根，则
其中正确的：（    ）
A．只有① B．只有①② C．①②③ D．只有①②④
【答案】D
【分析】根据一元二次方程解的含义、一元二次方程根的判别式等知识逐个分析即可．
【详解】由，表明方程有实数根﹣1，表明一元二次方程有实数解，则，故①正确；
∵方程有两个不相等的实根，
∴方程有两个不相等的实根，
即a与c异号．
∴-ac>0，
∴，
∴方程必有两个不相等的实根；
故②正确；
∵是方程的一个根，
∴，
即
当时，一定有成立；
当c=0时，则不一定成立，例如：方程，则；
故③错误；
∵是一元二次方程的根，
∴，
∴，
∴，
故④正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式、一元二次方程的解等知识，熟练掌握这些知识是解答本题的关键．
7．（2023春·安徽滁州·八年级校联考期中）对于一元二次方程，下列说法：
①若，则；
②若方程有两个不相等的实根，则方程必有两个不相等的实根；
③若c是方程的一个根，则一定有成立；
④若是一元二次方程的根，则其中正确的（  ）
A．只有①②④ B．只有①②③ C．①②③④ D．只有①②
【答案】A
【分析】根据一元二次方程的根、一元二次方程的根的判别式、等式的性质解决此题．
【详解】①当x=1时，a×12+b×1+c=a+b+c=0，那么一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）有两个不相等的实数根或有两个相等的实数根，此时b2-4ac≥0成立，那么①一定正确．
②方程ax2+c=0有两个不相等的实根，则-4ac＞0，那么b2-4ac＞0，故方程ax2+bx+c=0（a≠0）必有两个不相等的实根，进而推断出②正确．
③由c是方程ax2+bx+c=0的一个根，得ac2+bc+c=0．当c≠0，则ac+b+1=0；当c=0，则ac+b+1不一定等于0，那么③不一定正确．
④(2ax0+b)2＝4a2x02+b2+4abx0，由b2-4ac=4a2x02+b2+4abx0，得ax02+bx0+c＝0．由x0是一元二次方程ax2+bx+c=0的根，则ax02+bx0+c＝0成立，那么④正确．
综上：正确的有①②④，共3个．
故选：A．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的根、一元二次方程的根的判别式、等式的性质，熟练掌握一元二次方程的根、一元二次方程的根的判别式、等式的性质是解决本题的关键．
8．（2023·全国·九年级假期作业）若方程的两个不相等的实数根满足，则实数p的所有值之和为（    ）
A．0 B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据一元二次方程解的定义和根与系数的关系得到，，进而推出，则，，即可推出，然后代入，得到，再根据判别式求出符号题意的值即可得到答案．
【详解】解：∵是方程的两个相等的实数根，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
∵，
∴，
∴，
∴不符合题意，
∴
∴符合题意，
故选B．
【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，一元二次方程解的定义，熟知一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值是解题的关键．
9．（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）空地上有一段长为a米的旧墙，利用旧墙和木栏围成一个矩形菜园（如图1或图2），已知木栏总长为40米，所围成的菜园面积为S．下列说法错误的是（　　）

A．若，则有一种围法
B．若，则有一种围法
C．若，则有两种围法
D．若，则有一种围法
【答案】A
【分析】分两种情况讨论：，图2围法，设矩形菜园垂直于墙的边为x米，分别表示矩形的长，再利用矩形面积列方程，解方程，注意检验x的范围，从而可得答案．
【详解】解：设矩形菜园的宽为x米，则长为米，
∴
当时，采用图1围法，则此时
当时，

解得：
此时都不符合题意，
采用图2围法，如图，

此时矩形菜园的宽为x米，即
则 则 所以长为米，
结合可得  
∴
解得： 经检验不符合题意，
综上：若，，则没有围法，故A符合题意；
设矩形菜园的宽为x米，则长为米，
∴
当时，采用图1围法，则此时
当时，

解得： 经检验符合题意；
采用图2围法，如图，

此时矩形菜园的宽为x米，即
则 则 所以长为米，
结合可得  
∴
解得： 经检验符合题意，
综上：若，则有两种围法，故B不符合题意；
设矩形菜园的宽为x米，则长为米，
∴
当时，采用图1围法，则此时
当时，

解得： 经检验都符合题意；
采用图2围法，如图，

此时矩形菜园的宽为x米，即
则 则 所以长为米，
结合可得  
∴
解得： 经检验都不符合题意，
若，则有两种围法，C不符合题意，
设矩形菜园的宽为x米，则长为米，
∴
当时，采用图1围法，则此时
当时，

解得： 经检验符合题意；
采用图2围法，如图，

此时矩形菜园的宽为x米，即
则 则 所以长为米，
结合可得  
∴
解得： 经检验都不符合题意，
综上所述，若，则有一种围法，D不符合题意；
故选A
【点睛】本题考查的是一元二次方程的应用，理解题意，表示图2中矩形的长是解本题的关键．
二、填空题
10．（2023·山东枣庄·统考一模）将关于x的一元二次方程变形为，就可以将表示为关于x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 ．
【答案】
【分析】先将变形为，再利用“降次法”将转化为，然后解一元二次方程，求出，再代入求值即可．
【详解】解：，
∴．
∴
，
，
，
，
，
，
．
∵，，
∴
∴，
∵，
；
∴原式


．
故答案为：．
【点睛】本题考查代数式求值和解一元二次方程．理解并掌握“降次法”，是解题的关键．
11．（2023·全国·九年级专题练习）如图是一块矩形菜地，面积为．现将边增加．
  
（1）如图1，若，边减少，得到的矩形面积不变，则的值是 ．
（2）如图2，若边增加，有且只有一个的值，使得到的矩形面积为，则的值是 ．
【答案】 6 /
【分析】（1）根据面积的不变性，列式计算即可．
（2）根据面积，建立分式方程，转化为a一元二次方程，判别式为零计算即可．
【详解】（1）根据题意，得，起始长方形的面积为，变化后长方形的面积为，
∵，边减少，得到的矩形面积不变，
∴，
解得，
故答案为：6．
（2）根据题意，得，起始长方形的面积为，变化后长方形的面积为，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵有且只有一个的值，
∴，
∴，
解得（舍去），
故答案为：．
【点睛】本题考查了图形的面积变化，一元二次方程的应用，正确转化为一元二次方程是解题的关键．
12．（2023·河北衡水·统考二模）六张完全相同的小矩形纸片C与A，B两张矩形纸片恰好能拼成一个相邻边长为m，50的大矩形，部分数据如图所示．

（1）若，则矩形A的水平边长为 ；
（2）请用含m，n的代数式表示矩形A的周长： ；
（3）若矩形A，B的面积相等，则 ．
【答案】
【分析】（1）根据图可得矩形A的长个小矩形宽，即可得到矩形A的水平边长；
（2）根据图可得矩形A的宽个小矩形宽，进而得到矩形A的竖直边长，即可得到答案；
（3）分别表示出矩形A，B的面积，根据矩形A，B的面积相等即可得到答案．
【详解】解：设矩形A的水平边长为 ，矩形A的竖直边长 ，
（1）由图可知，
；
（2）由（1）可知，
由图可知
矩形A的周长
；
（3）由题知，矩形A的面积；
由图知，矩形B的面积
矩形A，B的面积相等,
①
小矩形纸片长，矩形A的水平边长为
由图可知小矩形纸片长矩形A的水平边长
②
联立①②解得，（舍去）．
故答案为：；；．
【点睛】本题主要考查列多项式，多项式的值，一元二次方程，掌握解题的方法以及解方程的方法是解题的关键．
13．（2023春·浙江·八年级阶段练习）一个矩形内放入两个边长分别为和的小正方形纸片，按照图①放置，矩形纸片没有被两个正方形纸片覆盖的部分（黑色阴影部分）的面积为；按照图②放置矩形纸片没有被两个正方形纸片覆盖的部分的面积为，若把两张正方形纸片按图③放置时，矩形纸片没有被两个正方形纸片覆盖的部分的面积为 ．

【答案】/8平方厘米
【分析】设矩形的长为，宽为，根据图①和图②的阴影面积列出方程组，求出的值，再求图③的面积求解即可．
【详解】解：设矩形的长为，宽为，由题意，得：
，
整理，得：，
把②代入①得：③，
把③代入①得：，
整理，得：，
解得：，
当时，，
当时，（不合题意，舍去）；
∴长方形的长为cm，宽为cm，
∴图③中的阴影面积为：；
故答案为：．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用．正确的识图，找准等量关系，列出方程，是解题的关键．
14．（2023春·浙江·七年级期末）已知在长方形纸片中，，，现将两个边长分别为和的正方形纸片按图1、图2两种方式放置（图1、图2中两张正方形纸片中均有部分重叠），长方形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图1中阴影部分的面积为，图2中阴影部分的面积为；若时，则 ；若再在边长为大正方形的左上角摆放一个边长为的小正方形（如图3），当时，则图3中阴影部分的面积 ．

【答案】 3 6.5/
【分析】先将，，用用a，b表示，再分别根据与，计算即可．
【详解】解：在图1中，根据题意得：，
∴，
同理在图2中，，
∴
∴，
又∵，
∴．
又∵，即，
将代入方程中得：

解得：（舍去），
∴．
在图3中，
∴
故答案为：3；．
【点睛】本题考查列代数式，整式的混合运算，解一元二次方程，掌握相关知识和技巧是解题的关键．本题难度较大，所列式子较复杂，需要较强的阅读理解能力和对数学思想的运用能力．
三、解答题
15．（2023春·福建福州·八年级福州日升中学校考期末）阅读材料．材料：若一元二次方程的两个根为，，则，．
(1)材料理解：一元二次方程的两个根为，，则 ， ．
(2)类比探究：已知实数，满足，，且，求的值．
(3)思维拓展：已知实数，分别满足，，且，求的值．
【答案】(1)；
(2)
(3)

【分析】（1）直接根据阅读材料可得答案；
（2）由题意得出，可看作方程的两个根，据此知，，将其代入计算可得；
（3）把变形为，据此可得实数和可看作方程的两根，继而知，，进一步代入计算可得．
【详解】（1）解：，，
故答案为：；；
（2）∵，，且，
∴，可看作方程的两个根，
∴，，
∴，
∴的值为；
（3）∵，分别满足，，且，
∴，
∴和可看作方程的两根，
∴，，
∴



，
∴的值为．
【点睛】本题考查分式的化简求值，因式分解的应用，求代数式的值，解题的关键是根据题意建立合适的方程及分式的混合运算顺序和运算法则．
16．（2023春·湖南长沙·八年级统考期末）请阅读下列材料：
问题：已知方程，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的2倍．
解：设所求方程的根为，则，所以，把代入已知方程，得；化简，得；故所求方程为．
这种利用方程根的代换求新方程的方法，我们称为“换根法”；
请用阅读材料提供的“换根法”求新方程（要求：把所求方程化为一般形式）：
(1)已知方程，求一个一元二次方程，使它的根分别为已知方程根的相反数；
(2)已知关于的一元二次方程有两个不等于零的实数根，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的倒数．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）设所求方程的根为，则，将代入已知方程，化简即可得到答案；
（2）设所求方程的根为，则，将其代入已知方程，然后化为一般形式即可得到答案．
【详解】（1）解：设所求方程的根为，则，
，
把代入已知方程，
得，
化简得，，
这个一元二次方程为：；
（2）解：设所求方程的根为，则，
，
把代入已知方程，
得，
去分母得，，
若，则，于是方程有一根为0，不符合题意，
，
所求方程为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，解答该题的关键是弄清楚“换根法”的具体解题方法．
17．（2023春·广东梅州·九年级校考开学考试）已知关于x的方程．
求证：不论为何实数时，方程有固定的自然数解，并求这自然数；
设方程另外的两个根为、，求、的关系式；
若方程的三个根均为自然数，求的值．
【答案】证明见解析，所求自然数为；；．
【分析】把方程整理，使含的项“系数”为，求的值，再代入不含的项检验，可求这个自然数；
由所求自然数值可知方程的一个因式，代入方程，再将方程分解因式，由两根关系解题；
在(2)的条件下，根据解为自然数，求的值．
【详解】原方程整理得：，
解方程，得，，
当时，，故所求自然数为；
∵是方程的固定解，
∴是方程的一个因式，原方程分解为:
，
∴、是方程的两根，
∴，，
∴；
由可知，，，
设，则，
由题意可知，，，，均为自然数，
则的个位数字必须为，
∴当时，即时，方程三个根均为自然数．
【点睛】本题考查了求高次方程固定根的方法，方程的根与系数关系，自然数解的问题，解题的关键是对高次方程进行降次及熟练掌握根与系数之间的关系．
18．（2023·全国·九年级专题练习）阅读材料：选取二次三项式中的两项，配成完全平方式的过程叫配方．例如
①选取二次项和一次项配方：；
②选取二次项和常数项配方：，或
③选取一次项和常数项配方：
请根据阅读材料解决下列问题：
(1)比照上面的例子，写出三种不同形式的配方；
(2)已知，求的值
(3)当，为何值时，代数式取得最小值，最小值为多少？
【答案】(1)见解析
(2)
(3)当，时，取得最小值，最小值为

【分析】（1）根据配方的定义，分别选取二次项、一次项、常数项中的两项，进行配方即可得出三种形式；
（2）首先根据配方法把变形为，再根据偶次方的非负性，得出，，解出、的值，然后将、的值代入代数式，计算即可得出结果；
（3）首先根据配方法把代数式变形为，再根据偶次方的非负性，得出，进而得出当，时，取得最小值，再进行计算即可得出结果．
【详解】（1）解：第一种形式：选取二次项和一次项配方，


；
第二种形式：选取二次项和常数项配方，


；
或

；
第三种形式：选取一次项和常数项配方，


；
（2）解：，
配方，得：，
即，
∵，，
∴，，
解得：，，
∴；
（3）解：

，
∵，
∴，
当，时，取得最小值，
即当，时，取得最小值，最小值为．
【点睛】本题考查了配方法的应用，根据配方法的步骤和完全平方公式进行配方是解本题的关键．
19．（2023春·浙江·八年级专题练习）阅读如下材料，完成下列问题：
材料一：对于二次三项式求最值问题，有如下示例：
．因为，所以，所以，当时，原式的最小值为2．
材料二：对于实数a，b，若，则．
完成问题：
（1）求的最小值；
（2）求的最大值；
（3）若实数m，n满足．求的最大值．
【答案】（1）-5；（2）（3）
【分析】（1）按照材料一配方即可求最值；
（2）把原式化成，求最小值即可；
（3）根据已知得到，即或，代入求最值即可．
【详解】解：（1），因为，所以，所以，当时，原式的最小值为-5．
（2），
当取最小值时，原式最大，
由（1）可知，最小值为2，
此时的最大值为；
（3）∵，
∴，
，
或，
或，
=，
最大值是，的最大值为；
或=，
最大值是，的最大值为；
综上，的最大值为
【点睛】本题考查了配方法求最值，解题关键是熟练运用配方法求代数式的最值．
20．（2023·全国·九年级假期作业）对任意一个三位数，如果满足各个数位上的数字都不为零，且十位上的数字等于百位上的数字与个位上的数字的平均数，那么称这个数为“快乐数”．例如：，因为，所以是“快乐数”．
(1)请通过计算判断是不是“快乐数”，并直接写出最大的“快乐数”；
(2)已知一个“快乐数”（、、，、、为自然数），且使关于的一元二次方程有两个相等的实数根，若，求满足条件的所有的值．
【答案】(1)不是“快乐数”；最大的“快乐数”为
(2)

【分析】（1）根据“快乐数”的定义解答即可；
（2）根据“快乐数”可得出，根据一元二次方程根的情况可得，再结合及、、，、、为自然数可得出、、的值，最后结合“快乐数”的定义即可得出答案．
【详解】（1）解：∵，
∴不是“快乐数”，
∵各个数位上的数字都不为零，且十位上的数字等于百位上的数字与个位上的数字的平均数，各个数位上的数字最大为，
又∵，
∴最大的“快乐数”为．
（2）∵为“快乐数”，
∴，
∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，即，
∴，
解得：，，，
∴，
综上所述，满足条件的所有的值为．
∴满足条件的所有的值为．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，不等式组应用．解题的关键是理解“快乐数”的定义．
21．（2023春·浙江·八年级专题练习）对于任意一个三位数k，如果k满足各个数位上的数字都不为零，且十位上的数字的平方等于百位上的数字与个位上的数字之积的4倍，那么称这个数为“喜鹊数”．例如：k＝169，因为62＝4×1×9，所以169是“喜鹊数”．
(1)已知一个“喜鹊数”k＝100a+10b+c（1≤a、b、c≤9，其中a，b，c为正整数），请直接写出a，b，c所满足的关系式 ；判断241     “喜鹊数”（填“是”或“不是”），并写出一个“喜鹊数” ；
(2)利用（1）中“喜鹊数”k中的a，b，c构造两个一元二次方程ax2+bx+c＝0①与cx2+bx+a＝0②，若x＝m是方程①的一个根，x＝n是方程②的一个根，求m与n满足的关系式；
(3)在（2）中条件下，且m+n＝﹣2，请直接写出满足条件的所有k的值．
【答案】(1)b2﹣4ac＝0；不是；121
(2)mn＝1
(3)121，242，363，484

【分析】（1）根据喜鹊数的定义解答即可；
（2）根据一元二次方程的定义和根的判别式解答即可；
（3）求出m与n互为倒数，又m+n＝﹣2，得出m＝﹣1，n＝﹣1，求出b＝a+c，a＝c，结合喜鹊数的定义即可得出答案．
【详解】（1）∵k＝100a+10b+c是喜鹊数，
∴b2＝4ac，即b2﹣4ac＝0；
∵42＝16，4×2×1＝8，16≠8，
∴241不是喜鹊数；
∵各个数位上的数字都不为零，百位上的数字与个位上的数字之积的4倍，
∴十位上的数字的平方最小为4，
∵22＝4，4×1×1＝4，
∴最小的“喜鹊数”是121．
故答案为：b2﹣4ac＝0；不是；121．
（2）∵x＝m是一元二次方程ax2+bx+c＝0的一个根，x＝n是一元二次方程cx2+bx+a＝0的一个根，
∴am2+bm+c＝0，cn2+bn+a＝0，
将cn2+bn+a＝0两边同除以n2得：a（）2+b（）+c＝0，
∴将m、看成是方程ax2+bx+c的两个根，
∵b2﹣4ac＝0，
∴方程ax2+bx+c有两个相等的实数根，
∴m＝，即mn＝1；
故答案为：mn＝1．
（3）∵m+n＝﹣2，mn＝1，
∴m＝﹣1，n＝﹣1，
∴a﹣b+c＝0，
∴b＝a+c，
∵b2＝4ac，
∴（a+c）2＝4ac，
解得：a＝c，
∴满足条件的所有k的值为121，242，363，484．
故答案为：121，242，363，484．
【点睛】此题考查了一元二次方程的应用，解题关键是弄清喜鹊数的定义．
22．（2023·江苏·九年级假期作业）已知关于x的方程，其中p，q都是实数．
(1)若时，方程有两个不同的实数根，，且，求实数p的值．
(2)若方程有三个不同的实数根，，，且，求实数p和q的值．
(3)是否同时存在质数p和整数q使得方程有四个不同的实数根，，，且？若存在，求出所有满足条件的p，q．若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)或，
(3)存在，时，；当时，

【分析】（1）根据根与系数的关系可得，，，代入可得关于的方程，解方程即可；
（2）由方程有三个不同的实数根、、，可得，、是方程的两根；由根与系数的关系可得，，．，进而得到关于的方程，解出即可求出的值；
（3）方程有四个不同的实数根，，，，由（2）知，不妨设，是方程的两根，，是方程的两根，可得，进行讨论即可求解．
【详解】（1）解：若，则方程为．
因该方程有两个不同的实数、，
可得，，，
解得；
由，得，
解得或．（注意
因为，所以．
（2）显然．方程可写成．
因该方程有三个不同的实数根，
即函数与的图象有三个不同的交点，
可得：，，即，
因为、是方程的两根，
即．
则，，．
，
解得．
由，得，
解得，
∴或，．
（3）存在．
方程有四个不同的实数根，，，，由（2）知，
不妨设，是方程的两根，，是方程的两根，
则，，，，
则，，
因为，
所以，
因为是质数，，，
所以，
，
则，
则无解，
则，
则无解，
则，
则，
解得，
则，
则，
解得，2，5，
则，
则，
解得．
故，5，
所以存在满足条件的，．当时，；当时，．
【点睛】本题考查了一元二次方程的整数根与有理根，根与系数的关系，牢记两根之和等于、两根之积等于是解题的关键．
23．（2023·全国·九年级假期作业）阅读材料，解答问题：
【材料1】
为了解方程，如果我们把看作一个整体，然后设，则原方程可化为，经过运算，原方程的解为，．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，满足，，且，显然，是方程的两个不相等的实数根，由韦达定理可知，．
根据上述材料，解决以下问题：
(1)直接应用：
方程的解为 ；
(2)间接应用：
已知实数，满足：，且，求的值．
【答案】(1)，，，
(2)或或

【分析】（1）利用换元法解方程，设，则原方程可化为，解关于的方程得到，，则或，然后分别解两个元二次方程即可；
（2）根据已知条件，当时，，解关于的一元二次方程得，则；
当时，把、看作方程的两不相等的实数根，则根据根与系数的关系得到，，再变形得到，然后利用整体代入的方法计算．
【详解】（1）解：，
设，则原方程可化为，
解得：，，
当时，，解得：，，
当时，，解得：，，
∴原方程的解为，，，，
故答案为：，，，；
（2）解：∵实数，满足：，且，
当时，，解关于的一元二次方程，
得：，
∴；
当时，则、是方程的两不相等的实数根，
∴，，
∴；
∴的值为或或．
【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根，则，；也考查了换元法，解一元二次方程，求代数式的值，运用了恒等变换的思想．掌握查一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
24．（2023春·广东深圳·七年级统考期末）在学习《完全平方公式》时，某数学学习小组发现：已知，，可以在不求、的值的情况下，求出的值．具体做法如下：
．
(1)若，则______；
(2)若满足，求的值，同样可以应用上述方法解决问题．具体操作如下：
解：设，，
则，，
所以．
请参照上述方法解决下列问题：若，求的值；
(3)如图，某校“园艺”社团在三面靠墙的空地上，用长12米的篱笆（不含墙）围成一个长方形花圃ABCD，花圃ABCD的面积为20平方米，其中墙AD足够长，墙墙AD，墙墙AD，米．随着学校“园艺”社团成员的增加，学校在花圃旁分别以边向外各扩建两个正方形花圃，以边向外扩建一个正方形花圃（如图所示虚线区域部分），请问新扩建花圃的总面积为______平方米．
  
【答案】(1)37
(2)52
(3)116

【分析】（1）根据材料介绍方法解答即可；
（2）仿照操作方法解答即可；
（3）先说明，设米，则米，然后根据“花圃ABCD的面积为20平方米”列方程求得x，然后再列式求得扩建花圃的面积即可．
【详解】（1）解：．
（2）解：设，，
则，，
所以．
（3）解：∵四边形长方形，
∴，
∵，
∴，
设米，则米
由题意知，解得或，经检验，均符合题意
①当时，
∴新扩建花圃的总面积为:(平方米)；
②当时，，
新扩建花圃的总面积为:(平方米) ．
综上，新扩建花圃的总面积为116平方米．
故答案为116．
【点睛】本题主要考查了完全平方公式的应用、一元二次方程的应用等知识点，审清题意、灵活利用完全平方公式成为解答本题的关键．
25．（2023·浙江温州·校考一模）某科研单位准备将院内一块长30m，宽20m的矩形空地，建成一个矩形花园，要求在花园内修两条纵向平行和一条横向弯折的小道（小道进出口的宽度相等，且每段小道均为平行四边形），剩余的地方种植花草．

(1)如图1，要使种植花草的面积为，求小道进出口的宽度为多少米；
(2)现将矩形花园的四个角建成休闲活动区，如图2所示，均为全等的直角三角形，其中，设米，竖向道路出口和横向弯折道路出口的宽度都为2m，且竖向道路出口位于和之间，横向弯折道路出口位于和之间．
①求剩余的种植花草区域的面积（用含有a的代数式表示）；
②如果种植花草区域的建造成本是100元/米2、建造花草区域的总成本为42000元，求a的值．
【答案】(1)1米；
(2)①；②．

【分析】（1）设小道进出口的宽度为米，然后利用其种植花草的面积为532平方米列出方程求解即可；
（2）①先用a表示出四个直角三角形的面积，从而表示出剩余花草区域的面积；②由①和题目意思列出方程求解即可．
【详解】（1）解：设小道进出口的宽度为米，
依题意得．
整理，得．
解得，，．
（不合题意，舍去），
；
答：小道进出口的宽度应为1米；
（2）解：①剩余的种植花草区域的面积为：


②由，得：
，
解得：（舍去）．
故．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，面积的表示，解题的关键是找到正确的等量关系并列出方程，注意根据实际意义舍根．
26．（2023春·浙江·八年级专题练习）有一块长为米，宽为米的矩形场地，计划在该场地上修筑互相垂直的宽都为米的纵横小路（阴影部分），余下的场地建成草坪．

(1)如图，在矩形场地上修筑两条的纵横小路．
请写出两条小路的面积之和______（用含、的代数式表示）；
若，且草坪的总面积为，求原来矩形场地的长与宽各为多少米？
(2)如图，在矩形场地上修筑多条的纵横小路，其中条水平方向的小路，条竖直方向的小路（为常数），若，且草坪的总面积为平方米，求的值．
【答案】(1)①②长为米，宽为米
(2)或

【分析】（1）①②根据两条小路的面积之和两个长方形的面积重叠的正方形的面积表示即可；②根据草坪的总面积为，列一元二次方程，求解即可；
（2）根据草坪的总面积为平方米，列方程求解，再进一步求出符合条件的和的值，即可求出的值．
【详解】（1）解：①根据题意，两条小路的面积之和平方米，
故答案为：平方米；
②根据题意，得，
又∵，
，
原方程化为，
解得（不符合题意，舍去），，
（米），
答：原来矩形场地的长为米，宽为米；
（2）解：根据题意，得，
整理得，
，为正整数，
是正整数且是的约数，是正整数且是的约数，
当时，，
，，
；
当时，，
，，
；
当时，，
，，
，
综上所述，或．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，理解题意并根据题意建立等量关系是解题的关键．
27．（2023春·广东佛山·九年级校考开学考试）已知矩形中，，P是边上一点，连接，将沿着直线折叠得到．

(1)若；
①如图1，若点E在边上，的长为 　 　；
②P、E、C三点在同一直线上时，求的长；
(2)如图3，当点P是的中点时，此时点E落在矩形内部，延长交于点F，若点F是的三等分点，求的长．
【答案】(1)①6；②2
(2)

【分析】（1）①点E在边上，由折叠得，则，所以；
②由平分，得，则，得，再由勾股定理求得，则；
（2）连接，先证明，再设，则，，即可根据勾股定理列方程得，因为x是正数，所以，则．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，，
①如图1，点E在边上，

由折叠得，
∴，
∴，
故答案为：6．
②如图2，由折叠得，

∴平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的长为2．
（2）如图3，连接，
∵点P是的中点，
∴，
由折叠得，
∴，
在和中，
，
∴，
设，
∵点F是的三等分点，
∴，
∵，
∴，
解得，（不符合题意，舍去），
∴，
∴的长为．

【点睛】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、根据面积等式求线段的长度、全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用、一元二次方程的解法等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
28．（2023春·全国·八年级专题练习）在平面直角坐标系中，直线与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，直线经过点B，与x轴相交于点C，点D是线段AB上的一个动点．

(1)b的值是______；
(2)如图1，过点D作BC的平行线与直线相交于点P，直线与直线AB相交于点Q．当时，求点D坐标；
(3)如图2，点D在移动过程中，是否存在点E，使得以点B，C，D，E为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)－3
(2)点D的坐标为
(3)存在点E，以点B，C，D，E为顶点的四边形为菱形，点E的坐标为；或

【分析】（1）根据题意，先求出点B坐标，进一步可求出b的值；
（2）设点D的坐标为（m，−m−3），根据两直线平行可设直线DP的解析式为y＝3x＋n，将点D坐标代入求出直线DP的解析式，然后分情况表示出PQ的长，根据，列方程求出m，即可求出点D坐标；
（3）设点D的坐标为（m，−m−3），表示出，，，由以点B，C，D，E为顶点的四边形为菱形，分三种情况讨论：当BD＝BC时，当CD＝CB时，当DC＝DB时，分别列方程求出点D坐标，再根据平移的性质解答即可．
【详解】（1）解：∵直线y＝−x−3与y轴相交于点B，
∴B（0，−3），
∵直线y＝3x＋b经过点B，
∴b＝−3，
故答案为：−3；
（2）解：当时，解得：，
∴，
设点D的坐标为，
由（1）知，直线BC的函数表达式为，
∵，
∴设直线DP的解析式为，
∵点D的坐标为，
∴，
∴，
∴，
∴当时，，，
∴，，
当点D在线段AQ上时，，
∵，
∴，
解得：或（舍去），
∴点D的坐标为，
当点D在线段BQ上时，，
∵，
∴，整理得：，
解得：（舍去）或（舍去），
综上，点D的坐标为；
（3）设点D的坐标为，
当时，解得，，
∴，
∵，
∴，，，∵以点B，C，D，E为顶点的四边形为菱形，
故分三种情况：
如图2，当时，
∴，
∴，
解得：，（舍去），
∴点D的坐标为，
∵，，
∴点D向右移动1个单位长度，向上移动3个单位长度得到点E，
∴点E的坐标为；
如图3，当时，
∴，
∴，
解得：，（舍去），
∴点D的坐标为，
∵，，
∴点D向左移动1个单位长度，向下移动3个单位长度得到点E，
∴点E的坐标为；
如图4，当时，
∴，
∴，
解得：，
∴点D的坐标为，
∵点，
∴点C向右移动2.5个单位长度，向下移动2.5个单位长度得到点E，
∴点E的坐标为；
综上，存在点E，以点B，C，D，E为顶点的四边形为菱形，点E的坐标为或或．

【点睛】本题考查了一次函数的综合应用，涉及待定系数法求解析式，一次函数图象上点的坐标特征，两直线平行的位置关系，菱形的判定和性质，三角形的面积，解一元二次方程，勾股定理和平移的性质等知识，本题综合性较强，难度较大，熟练掌握分类讨论思想和数形结合思想的应用是解题的关键．
29．（2023春·山东烟台·八年级统考期中）如图，在矩形中，，，动点P、Q分别以，的速度从点A，C同时出发，沿规定路线移动．
  
(1)若点P从点A移动到点B停止，点Q随点P的停止而停止移动，问经过多长时间P，Q两点之间的距离是？
(2)若点P沿着移动，点Q从点C移动到点D停止时，点P随点Q的停止而停止移动，试探求经过多长时间的面积为？
【答案】(1)或；
(2)4秒或6秒．

【分析】（1）过点P作于E，构造直角三角形，利用勾股定理即可求得；
（2）根据点P的三个位置进行分类讨论，表示出的底和高，代入面积公式即可求得；
【详解】（1）解：过点P作于E，
设x秒后，点P和点Q的距离是．
，
∴， ；
∴经过或，P、Q两点之间的距离是；
（2）解：连接．设经过后△PBQ的面积为．
①当时，，
∴，即，
解得；
②当时，，
则，
解得（舍去）；
③时，，
则，
解得（舍去）．
综上所述，经过4秒或6秒，的面积为．
【点睛】本题考查了动点问题，相关知识点有：勾股定理求长度，解一元二次方程等知识点，分类讨论是本题的解题关键．
30．（2023秋·贵州安顺·九年级统考期末）如图，在矩形中，，点P从点A沿向点B以的速度移动，同时点Q从点B沿边向点C以的速度移动．当其中一点达到终点时，另一点也随之停止．设P，Q两点移动的时间为，求：

(1)当x为何值时，为等腰三角形；
(2)当x为何值时，的面积为；
(3)当x为何值时，为等腰三角形．
【答案】(1)当时，是等腰三角形
(2)x为1或5时，的面积为
(3)x为或时，是等腰三角形

【分析】（1）由题意得，得，当为等腰三角形时，，得出方程，解方程即可；
（2）由三角形面积公式列出一元二次方程，解方程即可；
（3）根据题意，分两种情况：①当时，在和中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
②当时，在和中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，，，
根据题意得：，
∴，
当为等腰三角形时，，
∴，
解得：，
即当时，是等腰三角形；
（2）解：由题意得：，
整理得：，
解得：，
答：当x为1或5时，的面积为；
（3）解：根据题意，分两种情况：
①当时，如图1所示：

在和中，由勾股定理得：，，
∴，
解得：或（不合题意舍去），
∴；
②当时，如图2所示：

在和中，，，
∴，
解得：或（不合题意舍去），
∴．
综上所述，当x为或时，是等腰三角形．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、三角形面积公式、一元二次方程的解法、勾股定理、分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键．
31．（2023·全国·九年级假期作业）已知正方形，为上动点，，于，延长交于点．

(1)如图1，当时，；
(2)如图2，，求；
(3)如图3，若，直线写出的值______．
【答案】(1)4
(2)
(3)

【分析】（1）设AM=a，则AD=AB=2a，利用勾股定理求出BM的长，利用三角形面积法求出AE的长，再利用勾股定理求出ME的长，即可求出BE的长，由此即可得到答案；
（2）如图所示，连接BD，设AD=5b，则AM=2b，同（1）求出，，得到，设，则，求出，证明即可得到答案；
（3）同（2）求解即可．
【详解】（1）解：由题意得AD=2AM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
设AM=a，则AD=AB=2a，
∴，
∵AE⊥BM，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图所示，连接BD，
由题意得，
∴，
∴
设AD=5b，则AM=2b，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；

（3）解：连接BD，设AM=c，则，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵
∴，
同（2）可得，
∴，
∴，
解得（负值已舍去），
经检验是原方程的解，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，三角形面积，解一元二次方程等等，熟练掌握相关知识是解题的关键．
32．（2023春·江西赣州·八年级统考期中）如图，在四边形中，，，，，，动点P从点B出发，沿射线的方向以每秒的速度运动到C点返回，动点Q从点A出发，在线段上以每秒的速度向点D运动，点P，Q分别从点B，A同时出发，当点Q运动到点D时，点P随之停止运动，设运动的时间t（秒）．

(1)求、的代数表达式；
(2)当t为何值时，四边形是平行四边形；
(3)当时，是否存在点P，使是等腰三角形？若存在，请直接写出所有满足要求的t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，或
(2)当或秒时，四边形是平行四边形
(3)存在这样的P,使是等腰三角形,当秒或秒时，是等腰三角形

【分析】（1）根据题意，写出代数表达式即可；
（2）根据平行四边形的性质知，分当P从B运动到C时，当P从C运动到B时，两种情况进行求解即可；
（3）分、、三种情况讨论求出t值即可；
【详解】（1）解：根据题意，，
当点P未到点C时，；
当点P由点C返回时，；
（2）∵四边形是平行四边形，
，
当P从B运动到C时，
，
，
，
解得：，
当P从C运动到B时，
，
，
，
解得：，
∴当或秒时，四边形是平行四边形；
（3）当时，作于H，则，

，
，
，
（秒）；
当时，，，
，
，
解得（秒）；
当时，，
，
，
即，
，
∴方程无实根，
综上可知，当秒或秒时，是等腰三角形．
【点睛】本题主要考查平行四边的性质，等腰三角形的性质及动点问题，一元二次方程的应用，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
33．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB=8cm，CD=2cm，AD=6cm．点P从A点出发，以2cm/s的速度沿AB向B点运动（运动到B点即停止）；点Q从C点出发，以1cm/s的速度沿CD−DA向A点运动（当点P停止运动时，点Q也即停止），设P、Q同时出发并运动了t秒．

(1)求梯形ABCD的高和∠A的度数；
(2)当PQ将梯形ABCD分成两个直角梯形时，求t的值；
(3)试问是否存在这样的t的值，使四边形PBCQ的面积是梯形ABCD面积的一半，若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)梯形ABCD的高为cm，∠A=60°
(2)
(3)存在为时，使四边形的面积是梯形面积的一半

【分析】（1）过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，证Rt△ADE≌Rt△BCF（HL），得AE=BF=3（cm），再证∠ADE=30°，则∠A=60°，然后由勾股定理求出DE即可；
（2）过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，当PQ将梯形ABCD分成两个直角梯形时，四边形APQD是直角梯形，则四边形DEPQ为矩形，得DQ=EP=2-t，再由AP=AE+EP，得2t=3+2-t，即可求解；
（3）求出S梯形ABCD=15（cm2），分两种情况：①若点Q在CD上，即0≤t≤2；②若点Q在AD上，即2＜t≤4；分别由面积关系得出方程，解方程即可．
【详解】（1）解：过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，如图1所示：

∵四边形ABCD是等腰梯形，
∴AD=BC，AB∥CD，
∴DE⊥CD，CF⊥CD，
∴∠DEF=∠CFE=∠CDE=90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴DE=CF，DC=EF=2cm，
在Rt△ADE和Rt△BCF中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△BCF（HL），
∴AE=BF，
∴AE=BF=（AB-EF）=×（8-2）=3（cm），
∵AD=6cm，
∴AE=AD，
∴∠ADE=30°，
∴∠A=60°，
DE=（cm），
∴梯形ABCD的高为cm；
（2）解：过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，如图2所示：

同（1）得：四边形CDEF是矩形，
当PQ将梯形ABCD分成两个直角梯形时，四边形APQD是直角梯形，则四边形DEPQ为矩形，
∵CQ=t，
∴DQ=EP=2-t，
∵AP=AE+EP，
∴2t=3+2-t，
解得：t=；
（3）解：存在这样的t的值，使四边形PBCQ的面积是梯形ABCD面积的一半，理由如下：
∵S梯形ABCD=（8+2）×3=15（cm2），
当S四边形PBCQ=S梯形ABCD时，
①若点Q在CD上，即0≤t≤2，如图3所示：

则CQ=t，BP=8-2t，
S四边形PBCQ=（t+8-2t）×3=，
解得：t=3（不合题意舍去）；
②若点Q在AD上，即2＜t≤4，
过点Q作HG⊥AB于G，交CD的延长线于H，如图4所示：

则AQ=AD+DC-t=6+2-t=8-t，
在Rt△AGQ中，∠A=60°，
∴∠AQG=90°-60°=30°，
∴AG=AQ，
∴QG=，
同理：QH=DQ=（8-8+t-2）=（t-2），
∵S四边形PBCQ=S梯形ABCD，
∴S△APQ+S△CDQ=S四边形PBCQ，
∴×2t×（8-t）+×2×（t-2）=，
整理得：t2-9t+17=0，
解得：t1=（不合题意舍去），t2=，
综上所述，存在t为s时，使四边形PBCQ的面积是梯形ABCD面积的一半．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了等腰梯形的性质、矩形的判定与性质、直角梯形的性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的判定、勾股定理、一元二次方程等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰梯形的性质和勾股定理，证明Rt△ADE≌Rt△BCF（HL）是解题的关键，属于中考常考题型．
34．（2023春·浙江·八年级期中）正月十五是中华民族传统的节日——元宵节，家家挂彩灯、户户吃汤圆已成为世代相沿的习俗．位于北关古城内的盼盼手工汤圆店，计划在元宵节前用21天的时间生产袋装手工汤圆，已知每袋汤圆需要0.3斤汤圆馅和0.5斤汤圆粉，而汤圆店每天能生产450斤汤圆馅或300斤汤圆粉（每天只能生产其中一种）．
(1)若这21天生产的汤圆馅和汤圆粉恰好配套，且全部及时加工成汤圆，则总共生产了多少袋手工汤圆？
(2)为保证手工汤圆的最佳风味，汤圆店计划把达21天生产的汤圆在10天内销售完毕．据统计，每袋手工汤圆的成本为13元，售价为25元时每天可售出225袋，售价每降低2元，每天可多售出75袋．汤圆店按售价25元销售2天后，余下8天进行降价促销，第10天结束后将还未售出的手工汤圆以15元/袋的价格全部卖给古城小吃店，若最终获利40500元，则促销时每袋应降价多少元？
【答案】(1)总共生产了袋手工汤圆
(2)促销时每袋应降价3元

【分析】（1）设总共生产了袋手工汤圆，利用这21天生产的汤圆馅和汤圆粉恰好配套做等量关系列出方程即可；
（2）设促销时每袋应降价元，利用最终获利40500元做等量关系列出方程即可．
【详解】（1）设总共生产了袋手工汤圆，
依题意得，
解得，
经检验是原方程的解，
答：总共生产了袋手工汤圆
（2）设促销时每袋应降价元，
当刚好10天全部卖完时，
依题意得，
整理得：
，
∴方程无解
∴10天不能全部卖完
∴第10天结束后将还未售出的手工汤圆以15元/袋的价格全部卖给古城小吃店的利润为
∴依题意得，
解得
∵要促销
∴
即促销时每袋应降价3元．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键：（1）找准等量关系，正确列出一元一次方程；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程，需要注意分情况讨论．
35．（2023春·全国·八年级专题练习）2022年某地桑葚节于4月5日到4月20举行，热情的当地居民为游客准备了桑葚茶、桑葚酒、桑葚酱、桑葚膏等等，在当地举行的“桑葚会”上，游客不仅可以品尝纯正的桑葚茶、桑葚酒、桑葚酱、桑葚音，而且还能体验制作它们的过程．各类桑葚产品均对外销售，游客们可以买一些送给亲朋好友．已知桑葚酒是桑葚酱单价的，预计桑葚节期间全镇销售桑葚酒和桑葚酱共7500千克，桑葚酒销售额为200000元，桑葚酱销售额为125000元．
(1)求本次桑葚节预计销售桑葚酒和桑葚酱的单价；
(2)今年因受“新冠”疫情的影响，前来参加桑葚节的游客量比预计有所减少，当地镇府为了刺激经济，减少库存，将桑葚酒和桑葚酱降价促销．桑葚酱在预计单价的基础上降低销售，桑葚酒比预计单价降低元销售，这样桑葚酱的销量跟预计一样，桑葚酒的销量比预计减少了a%，桑葚酒和桑葚酱的销售总额比预计减少了3500a元．求a的值
【答案】(1)预计销售桑葚酱的单价为50元/千克，销售桑葚酒的单价为40元/千克
(2)20

【分析】（1）设预计销售桑葚酱的单价为x元/千克，则销售桑葚酒的单价为元/千克，根据销售桑菩酒和桑菩酱共7500千克，桑葚酒销售额为200000元，桑葚酱销售额为125000元，列分式方程，解此分式方程即可解答；
（2）根据题意分别计算出降价后，桑葚酱的销售单价、销售量，桑葚酒的销售单价、销售量，再由销售总额比预计减少了3500a元列方程，解此方程即可解答．
【详解】（1）解：设桑葚节预计销售桑葚酱的单价为x元/千克，则销售桑葚酒的单价为元/千克，
根据题意得：，
解得：
经检验，是方程的解，

答：预计销售桑葚酱的单价为50元/千克，则销售桑葚酒的单价为40元/千克．
（2）桑葚酱降价后的单价为，桑葚酒降价后的单价为元，
桑葚酱的销量为千克，桑葚酒的销量为千克，
∴
解得：a=20或a=0（舍去），
∴a=20
【点睛】本题考查分式方程的应用、一元二次方程的应用等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
36．（2023·全国·九年级专题练习）葡萄不仅味美可口，营养价值很高，而且用途广泛，堪称“果中珍品”，它既可鲜食又可加工成各种产品，如葡萄干、葡萄酒、葡萄汁等．当下正值食用葡萄的好时节，经过市场调研顾客最喜欢“黑珍珠”、“仙粉黛”两个品种，某商店老板看准商机，决定购进这两种葡萄销售，商店原计划在6月购进“黑珍珠”、“仙粉黛”两种葡萄共200千克，其中“仙粉黛”的质量至少是“黑珍珠”质量的3倍．
（1）那么原计划今年6月至少购进“仙粉黛”多少千克？
（2）今年6月商店按照原计划购进并售完“黑珍珠”、“仙粉黛”两种葡萄，且“仙粉黛”的质量恰好是原计划的最小值．今年7月商店按照“黑珍珠”与“仙粉黛”的质量比为1∶3购进两种葡萄一共160千克，按照单价4∶3售出，共得销售额1040元．通过7月对市场的观察，商店老板决定增加两种葡萄的进货量，同时降价促销；8月商店购进“黑珍珠”、“仙粉黛”的质量在6月的基础上分别增加了，同时为了尽快全部售出，每千克售价在今年7月份的基础上分别降价（降价幅度不超过50%），最终8月的销售额比7月的销售额增加了535元．求的值．
【答案】（1）150千克；（2）30
【分析】（1）设原计划今年6月购进“仙粉黛”x千克，则：x≥3（200-x）．
（2）由题可得：6月购进“黑珍珠”50千克，“仙粉黛”150千克；7月购进“黑珍珠”40千克，“仙粉黛”120千克．设7月“黑珍珠”单价为4m，“仙粉黛”单价为3m，则有：40×4m+120×3m=1040，易得7月“黑珍珠”单价为8元/千克，“仙粉黛”单价为6元/千克．根据题意列出方程并利用换元法解方程．
【详解】解：（1）设原计划今年6月购进“仙粉黛”x千克，则：x≥3（200-x）．
解得：x≥150，
答：原计划今年6月至少购进“仙粉黛”150千克；
（2）由题可得：6月购进“黑珍珠”50千克，“仙粉黛”150千克；7月购进“黑珍珠”40千克，“仙粉黛”120千克．
设7月“黑珍珠”单价为4m，“仙粉黛”单价为3m，则有：40×4m+120×3m=1040，
∴m=2．
则7月“黑珍珠”单价为8元/千克，“仙粉黛”单价为6元/千克．
列方程为：50(1+2a%)×8(1−a%)+150(1+a%)×6(1−a%)=1040+535．
令a%=t，则：80t2-134t+33=0，
∴t1=，t2=．
又∵当t=时，
a%=＞，舍去．
∴t=．
∴a=30．
答：a的值是30．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，一元一次不等式的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的数量关系，列出方程或不等式，再求解．
37．（2023秋·重庆北碚·九年级重庆市朝阳中学校考期末）某房地产商决定将一片小型公寓作为精装房出售，每套公寓面积均为32平方米，现计划为100套公寓地面铺地砖，根据用途的不同选用了A、B两种地砖，其中50套公寓全用A种地砖铺满，另外50套公寓全用B种地砖铺满，A种地砖是每块面积为0.64平方米的正方形，B种地砖是每块而积为0.16平方米的正方形，且A种地砖每块的进价比B种地砖每块的进价高40元，购进A、B两种地砖共花费350000元．（注：每套公寓地面看成正方形，均铺满地砖且地砖无剩余）
（1）求A、B两种地砖每块的进价分别是多少元？
（2）实际施工时，房地产商增加了精装的公寓套数，结果实际铺满A种地砖的公寓套数增加了，铺满B种地砖的公寓套数增加了，由于地砖的购进量增加．B种地砖每块进价在（1）问的基础上降低了，但A种地砖每块进价保持不变，最后购进A、B两种地砖的总花费比原计划增加了，求a的值．
【答案】（1）A、B两种地砖每块的进价分别是60，20元；（2）
【分析】（1）利用每套公寓需要地砖的数量=公寓的面积÷每块地砖的面积，可分别求出每套公寓需要A种地砖的数量及每套公寓需要B种地砖的数量，设B种地砖每块的进价为x元，则A种地砖每块的进价为(x+40)元，根据等量关系：购进A种地砖的钱数+购进B种地砖的钱数=350000，即可列出方程，解方程即可；
（2）根据等量关系： 购进A种地砖的钱数+购进B种地砖的钱数=总钱数，列出方程，即可得到关于a的方程，解方程即可求出a的值，当然取正值即可．
【详解】（1）一套公寓用A种地砖需要：块
一套公寓用B种地砖需要：块
设B种地砖每块的进价为x元
由题可得：
解得：
元
故A、B两种地砖每块的进价分别是60，20元．
（2）由题可得：
整理得：
解得然：．
∵，
∴
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用和一元二次方程的应用，关键是找出等量关系，正确列出方程，同时（2）问是的方程比较复杂，要善于化简．
38．（2023春·浙江宁波·八年级校考期中）新冠疫情蔓延全球，口罩成了人们的生活必须品，某药店销售普通口罩和N95口罩，今年8月份的进价如下表：

普通口罩
N95口罩
进价（元/包）
8
20
（1）计划N95口罩每包售价比普通口罩贵16元，7包普通口罩和3包N95口罩总售价相同，求普通口罩和N95口罩每包售价；
（2）按（1）中售价销售一段时间后发现普通口罩的日均销售量为120包，当每包售价降价1元时，日均销售量增加20包，该药店秉承让利于民的原则，对普通口罩进行降价销售，但要保证当天的利润为320元，求此时普通口罩每包售价；
（3）疫情期间，该药店进货2万包N95口罩，进价不变，店长向当地医院捐赠了a包，该款口罩，剩余的N95口罩向市民销售，若这2万包口罩的利润等于，则N95口罩每包售价是________元．（直接写出答案，售价为整数元）
【答案】（1）普通口罩和 N95 口罩每包售价分别为12元和28元；（2）10元；（3）32
【分析】（1）设普通口罩和 N95 口罩每包售价分别为 x 元和 y 元，建立二元一次方程组，求解即可得到答案；
（2）设普通口罩每包售价降低 a 元；根据当天的利润=每个普通口罩的利润当日普通口罩销售量的关系，列出并求解方程，即可得到答案；
（3）设N95口罩每包售价是x元；根据总售价-总成本=总利润的关系，列出方程，再结合a的取值范围，求解不等式，即可完成求解．
【详解】（1）设普通口罩和 N95 口罩每包售价分别为 x 元和 y 元
由题意得，
解得，
∴普通口罩和 N95 口罩每包售价分别为 12 元和 28 元.
（2）设普通口罩每包售价降低 a 元
由题意得
解得：a=2，a=-4（舍去）
∴此时普通口罩每包售价为 12-2=10元;
（3）设N95口罩每包售价是x元
由题意得
∴
∵
∴
∴
∴
即
x=32或33．
当x=33时，a不是整数，
∴N95口罩每包售价是32元．
【点睛】本题考查了二元一次方程组、一元二次方程、分式方程和不等式的知识；求解的关键是熟练掌握二元一次方程组、一元二次方程、分式方程和不等式的性质，从而完成求解．
39．（2023春·浙江·八年级阶段练习）健康食品越来越受到人们的青睐，某公司在2016年推出两种健康食品套餐，到年底共卖出万份，其中套餐卖出万份，两种套餐共获利润万元、已知销售一份套餐可获利润元，销售一份套餐可获利润元．
（1）用含的代数式表示；
（2）随着市场需求不断变化，经营策略也随之调整．2017年，该公司将每份套餐的利润增加到元，每份套餐的利润不变．经核算，两种套餐在这一年的销售总量与2016年相同，其中套餐的销售量增加，两种套餐的总利润增加万元．
①求2017年每种套餐的销售量；
②由于套餐的需求量逐年上涨，而原材料供应不足，因此，2018年该公司将每份套餐的利润在2017年的基础上增加，2019年在2018年的基础上又增加、若套餐在近三年销售量不变的情况下，仅2019年一年就获利万元，求的值．
【答案】（1）（或）；（2）①2017年项套餐销售量为万份，2017年项套餐销售量为万份；② .
【分析】（1）根据题意，找出题目的等量关系，列出方程，解方程即可得到答案；
（2）①根据题意，先确定A和B套餐的销售量，然后列出方程组，解方程组即可得到答案；
②分别求出B套餐2017年、2018年、2019年的盈利，然后列出方程，解方程即可．
【详解】解：（1）根据题意，B套餐卖出份，则
，
∴（或）；
依题意得，2017年项套餐销售量为：万份，
项套餐销售量为：万份，
根据题意得：
解得：
所以2017年项套餐销售量为（万份）
2017年项套餐销售量为(万份）   
依题意可知，  
2017年项套餐每份盈利元，
2018年项套餐每份盈利元，
2019年项套餐每份盈利元，
所以根据题意得：
   
设，则  
解得：
(不符合题意，舍去）
．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，二元一次方程组的应用，以及列代数式，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确理解题意，列出方程进行解题．
40．（2023·重庆·九年级专题练习）某文明小区50平方米和80平方米两种户型的住宅，50平方米住宅套数是80平方米住宅套数的2倍．物管公司月底按每平方米2元收取当月物管费，该小区全部住宅都人住且每户均按时全额缴纳物管费．
（1）该小区每月可收取物管费90000元，问该小区共有多少套80平方米的住宅？
（2）为建设“资源节约型社会”，该小区物管公司5月初推出活动一：“垃圾分类送礼物”，50平方米和80平方米的住户分别有40%和20%参加了此次活动．为提离大家的积极性，6月份准备把活动一升级为活动二：“拉圾分类抵扣物管费”，同时终止活动一．经调查与测算，参加活动一的住户会全部参加活动二，参加活动二的住户会大幅增加，这样，6月份参加活动的50平方米的总户数在5月份参加活动的同户型户数的基础上将增加，每户物管费将会减少；6月份参加活动的80平方米的总户数在5月份参加活动的同户型户数的基础上将增加，每户物管费将会减少．这样，参加活动的这部分住户6月份总共缴纳的物管费比他们按原方式共缴纳的物管费将减少，求的值．
【答案】（1）该小区有250套80平方米住宅；（2）的值为50.
【分析】（1）设该小区有x套80平方米住宅，则50平方米住宅有2x套，根据物管费90000元，可列方程求解；（2）50平方米住宅有500×40%=200户参与活动一，80平方米住宅有250×20%=50户参与活动一；50平方米住宅每户所交物管费为100（1- a%）元，有200（1+2a%）户参与活动二；80平方米住宅每户所交物管费为160（1-a%）元，有50（1+6a%）户参与活动二.根据参加活动的这部分住户6月份总共缴纳的物管费比他们按原方式共缴纳的物管费将减少a%，列出方程求解即可.
【详解】（1）解：设该小区有x套80平方米住宅，则50平方米住宅有2x套.
    由题意得知：
    解得
    答：该小区有250套80平方米住宅.
（2）
参与活动一：
    50平方米住宅每户所交物管费为100元，有套参与活动一，
    80平方米住宅每户所交物管费为160元，有套参与活动二，
    参与活动二：
    50平方米住宅每户所交物管费为元，有套参与活动一；
    80平方米住宅每户所交物管费为元，有50套参与活动二；
    由题意得：
    
    令.
    化简得：.
    解得：（舍去），
        （舍去）
    答：的值为50.
【点睛】本题是一元二次方程的综合应用题，数据较多，分析清楚题目中相关数据，根据等量关系列出方程是解题的关键.