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专题04 一元二次方程（难点）-2023-2024学年八年级数学上学期期末高效复习（沪教版，上海专用）
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这是一份专题04 一元二次方程（难点）-2023-2024学年八年级数学上学期期末高效复习（沪教版，上海专用），文件包含专题04一元二次方程难点原卷版docx、专题04一元二次方程难点解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共42页， 欢迎下载使用。
1．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．
【解析】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．
2．对于一元二次方程，下列说法：
①若a＋b＋c＝0，则方程必有一根为x＝1；②若方程有两个不相等的实根，则方程无实根；③若方程两根为，且满足，则方程，必有实根，；④若是一元二次方程的根，则其中正确的（ ）
A．①②B．①④C．②③④D．①③④
【答案】D
【分析】根据一元二次方程根的判别式及根的定义以及求根公式逐个判断排除．
【解析】解：①若，则是方程的解，故①正确；
②方程有两个不相等的实根，
，
则方程的判别式，
方程必有两个不相等的实根，
故②错误；
③∵方程两根为，且满足，
∴，
令，，
∴方程有两个实数根，令两根分别为，
∴，
，
∴方程，必有实根，，
故③正确；
④若是一元二次方程的根，
则由求根公式可得：，
，
，
故④正确．
故正确的有①③④，
故选：D．
【点睛】本题考查一元二次方程根的判断，根据方程形式，判断根的情况是求解本题的关键．
3．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．0B．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．
【解析】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．
4．下列给出的四个命题，真命题的有（ ）个
①若方程两根为-1和2，则；
②若，则；
③若，则方程一定无解；
④若方程的两个实根中有且只有一个根为0，那么，．
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】A
【分析】①根据一元二次方程根与系数的关系可得，即可判断；②利用求根公式求出方程的根，求得1﹣a＜0，即可判断；③由△＝b2﹣4ac＜0，即可判断；④利用根与系数的关系进行判断．
【解析】①若方程两根为-1和2，
则，则，即；故此选项符合题意；
②∵a2﹣5a+5＝0，
∴a＝＞1或a＝＞1，
∴1﹣a＜0，
∴；此选项符合题意；
③∵，
∴方程ax2+bx+c＝0（a≠0）一定无解，故此选项符合题意；
④若方程x2+px+q＝0的两个实根中有且只有一个根为0，
∴两根之积为0，
那么p≠0，q＝0，故此选项符合题意；
故选：A．
【点睛】此题考查了一元二次方程的根，涉及到了一元二次方程的求根公式，根的判别式，根与系数的关系等，熟记各计算方法是解题的关键．
5．若a，b，c均为非零实数，且，则的最小值为（ ）
A．6B．8C．9D．13
【答案】C
【分析】根据，得到，，将转化为用表示的式子，构造一个以为两个根的一元二次方程，再转化为含字母的一元二次方程，根据方程有两个根，得到，求出的取值范围，即可得解．
【解析】解：∵a，b，c均为非零实数，且，
∴，，
∴，
∵b，c是方程的两根，
方程有两个实数根，
则，即
∵，
∴，即，
∵，
∴，即，
∴，
即的最小值为9；
故选：C．
【点睛】本题考查因式分解和一元二次方程的判别式．解题的关键是将待求代数式，用一个字母进行表示，构造出一元二次方程．
6．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．
【解析】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．
7．对于二次三项式（m为常数），下列结论正确的个数有（ ）
①当时，若，则
②无论x取任何实数，等式都恒成立，则
③若，，则
④满足的整数解共有8个
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【分析】①代入求值后因式分解计算即可；②提取公因式x后根据恒成立找关系即可；
③两个方程相加后因式分解即可解题；④去括号后因式分解判断即可．
【解析】①当时，若，则
∴或者，故①错误；
②等式化简后为
∵无论x取任何实数，等式都恒成立，
∴，即
∴，故②正确；
③若，，则两个方程相加得：，
∴
∴ ，故③错误；
④整理得：
∴
∵整数解
∴，，，
∴，， ，， ，，，，，
∴ 整数解共9对，故④错误；
综上所述，结论正确的有②；
故选：A．
【点睛】本题综合考查因式分解的应用，熟练的配方是解题的关键，题目还考查了因式分解法解一元二次方程．
8．关于x的方程，给出下列四个题：
①存在实数，使得方程恰有2个不同的实根 ②存在实数，使得方程恰有4个不同的实根
③存在实数，使得方程恰有5个不同的实根 ④存在实数，使得方程恰有8个不同的实根
其中假命题的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】A
【分析】首先将分类讨论得到两个方程，然后根据根的判别式得出根的个数即可．
【解析】解:时，或
方程化为：①
时，
方程化为：②
当，即时，
方程①的根为：
方程②的根为：
分析可得时，即：时，有5个不相等的实根
时，
则
中，不符合题意，故有2个实数根
中，，均不符合题意
故时，有2个实数根
共有8个不相等的实数根
当，即时，
方程①的根为：，
方程②的根为：，
故共有4个不相等的实数根
当，即时，
方程没有实数根
综上，方程可能有个、个、个、个实数根
故选A．
【点睛】本题考查了一元二次方程跟的情况，相关知识点有：根的判别式、绝对值、分类思想等，分类讨论是本题的解题关键．
9．已知点A，B，C是直线l上互不重合的三个点，设，，，其中n，a是常数，（ ）
A．若，则点A在点B，C之间B．若，则点A在点B，C之间
C．若，则点C在点A，B之间D．若，则点C在点A，B之间
【答案】D
【分析】根据点A，B，C是直线l上互不重合的三个点，设当点A在点B，C之间时，恒成立；设点C在点A，B之间时，恒成立；分别代入求解即可．
【解析】解：当点A在点B，C之间时，恒成立，即方程至少有一解
化简得
若，则，不符合条件，故A选项错误；
若，则，不符合条件，故B选项错误；
当点C在点A，B之间时，恒成立，即方程至少有一解
化简得
若，则，不符合条件，故C选项错误；
若，则，符合条件，故D选项正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了线段的和与差，一元二次方程根的判定，根据题意，列方程，结合选项进行验证是解题的关键．
10．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
【解析】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．
二、填空题
11．已知a，b是方程的两个根，则的值 ．
【答案】
【分析】由根与系数关系知，，即知a＜0，b＜0，化简原式，所以原式
故答案为：﹣14．
【解析】解：∵a，b是方程的两个根，
∴，，
∴a＜0，b＜0，
∴
∴原式
故答案为：﹣14．
【点睛】本题主要考查根与系数关系、完全平方公式变形及二次根式的运算及化简；能够根据a,b的关系式确定其取值范围，进而准确处理二次根式的运算及化简是解题的关键．
12．关于x的一元二次方程的两个实数根分别为2和，则因式分解的结果是 ．
【答案】
【分析】根据根与系数的关系可得出，再因式分解即可．
【解析】解：∵关于x的一元二次方程的两个实数根分别为2和，
∴，，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查了根与系数的关系及因式分解，掌握两根之和与两根之积与系数的关系是解题的关键．
13．对于实数a，b，定义运算“*”：，例如：4*2，因为，所以，若、是一元二次方程的两个根，则的值是 ．
【答案】或
【分析】求出一元二次方程的解，代入新定义对应的表达式即可求解．
【解析】∵，
∴，
∴，或，
∴，，或，，
当，时根据，
∴，
当，时根据，
∴，
故答案为：或
【点睛】此题主要考查了根与系数的关系，对新定义的正确理解是解题的关键．
14．已知m是方程式的根，则式子的值为 ．
【答案】2020
【分析】由题意可得出，可变形为，．再由，将代入化简得，再将代入求值即可．
【解析】∵m是方程式的根，
∴，
∴，．
，
将代入，得：，
再将代入，得：．
故答案为：2020．
【点睛】本题考查一元二次方程的解得定义，代数式求值．利用整体代入的思想是解题关键．
15．对于一切不小于2的自然数n，关于x的一元二次方程的两个根为，则 ．
【答案】
【分析】由根与系数的关系得，，所以，则，然后代入即可求解．
【解析】由根与系数的关系得，，
所以，
则，
则
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了根与系数的关系，难度较大，关键是根据根与系数的关系求出一般形式再进行代入求值．
16．已知下面三个关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝1，bx2+cx+a＝﹣3，cx2+ax+b＝2恰好有一个相同的实数根，则a+b+c的值为 ．
【答案】0
【分析】设这个相同的实数根为t，把x＝t代入3个方程得出a•t2+bt+c＝0，bt2+ct+a＝0，ct2+a•t+b＝0，3个方程相加即可得出（a+b+c）（t2+t+1）＝0，即可求出答案．
【解析】解：设这个相同的实数根为t，
把x＝t代入ax2+bx+c＝0，bx2+cx+a＝0，cx2+ax+b＝0得：
a•t2+bt+c＝0，bt2+ct+a＝0，ct2+a•t+b＝0
相加得：（a+b+c）t2+（b+c+a）t+（a+b+c）＝0，
（a+b+c）（t2+t+1）＝0，
∵t2+t+1＝（t）20，
∴a+b+c＝0，
故答案是：0．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，使方程左右两边相等的未知数的值叫方程的解．
17．韦达是法国杰出的数学家，其贡献之一是发现了多项式方程根与系数的关系，如一元二次方程的两实数根分别为，则方程可写成，即，容易发现根与系数的关系：．设一元三次方程三个非零实数根分别，现给出以下结论：
①，②；③；④，其中正确的是 （写出所有正确结论的序号）．
【答案】①③
【分析】仿照题意所给的方法，得到原方程为，由此求解即可．
【解析】解；∵一元三次方程三个非零实数根分别，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，，
∴①③正确，②不正确；
∵
，
∴④不正确，
故答案为：①③．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，分式的化简，多项式乘法的应用，正确理解题意是解题的关键．
18．已知关于x的一元二次方程（x﹣3）（x﹣2）﹣p2＝0，下列结论：①方程总有两个不等的实数根；②若两个根为x1，x2，且x1＞x2，则x1＞3，x2＜3；③若两个根为x1，x2，则（x1﹣2）（x2﹣2）＝（x1﹣3）（x2﹣3）；④若x＝（p为常数），则代数式（x﹣3）（x﹣2）的值为一个完全平方数，其中正确的结论是 ．
【答案】①③
【分析】由Δ＝1+4p2＞0，可判定①正确；设p＝0，可得x1＝3，x2＝2，可判断②不正确；根据（x1﹣2）（x2﹣2）＝﹣p2，（x1﹣3）（x2﹣3）＝﹣p2，可判定③正确；由（x﹣3）（x﹣2）＝（）2，可判定④不正确．
【解析】解：由（x﹣3）（x﹣2）﹣p2＝0得x2﹣5x+6﹣p2＝0，
①Δ＝25﹣4×（6﹣p2）＝1+4p2＞0，
∴（x﹣3）（x﹣2）﹣p2＝0总有两个不等的实数根，故①正确；
②设p＝0，关于x的一元二次方程为（x﹣3）（x﹣2）＝0，若两个根为x1，x2，且x1＞x2，
则x1＝3，x2＝2，这与x1＞3不符合，故②不正确；
③若x2﹣5x+6﹣p2＝0两个根为x1，x2，则x1+x2＝5，x1•x2＝6﹣p2，
（x1﹣2）（x2﹣2）＝x1•x2﹣2（x1+x2）+4＝6﹣p2﹣2×5+4＝﹣p2，
（x1﹣3）（x2﹣3）＝x1•x2﹣3（x1+x2）+9＝6﹣p2﹣3×5+9＝﹣p2，
∴（x1﹣2）（x2﹣2）＝（x1﹣3）（x2﹣3），故③正确；
④∵x＝（p为常数），
∴（x﹣3）（x﹣2）
＝x2﹣5x+6
＝
＝
＝
＝，
当p为奇数时，不是整数，此时（x﹣3）（x﹣2）不是完全平方数，故④不正确；
故答案为：①③．
【点睛】本题考查一元二次方程根的情况及根与系数的关系，涉及完全平方数等知识，解题的关键是掌握一元二次方程根的判别式、根与系数的关系及完全平方数概念．
三、解答题
19．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．
【解析】（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．
20．如图，点D为等边边上一点，点E为射线上一点
(1)若点E在边上且，求证：；
(2)若点E在线段的延长线上，连接交的延长线于点G，当时，求证：；
(3)在（2）的条件下，若，，直接写出___________.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)证明过程见解析
(3)8
【分析】（1）证明，即可证明；
（2）延长至点F，使，证明即可得，，再根据三角形外角的性质及证明为等腰三角形，即可证明，最后根据等量代换即可证明；
（3）过点B作于点H，设长为x，则，，，，在中，利用勾股定理列出关于x的一元二次方程求解即可．
【解析】（1）证明：是等边三角形，
，，
在和中，
，
，
，
，
，
又，
；
（2）证明：如图，延长至点F，使，
，
又，，
，
在和中，
，
，，
，
，
，
，
，
又，，
，
，
，
，
，
；
（3）解：如图，过点B作于点H，
设长为x，则，，，，
，
，
，
，
，
∴在中，，
，
解得，（舍去），
．
故答案为：8.
【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的性质和判定、三角形外角的性质、等腰三角形的性质和判定及勾股定理，证明三角形全等和构造直角三角形，利用勾股定理列出一元二次方程求解是解题的关键．
21．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．
【解析】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．
22．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．
【解析】（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．
23．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．
【解析】（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．
24．相传，大禹治水时，洛水中出现了一个“神龟背上有妙的图案，史称“洛书”，用现在的数字翻译出来，就是三级幻方．三阶幻方是最简单的幻方，又叫九宫格，它是由九个数字组成的一个三行三列的矩阵其对角线、横行、纵向的数字之和均相等，这个和叫做幻和，正中间那个数叫中心数．如图1，是由1、2、3、4、5、6、7、8、9所组成的一个三阶幻方，其幻和为15，中心数为5．
(1)如图2也是由1、2、3、4、5、6、7、8、9所组成的一个三阶幻方，则x的值为______．
(2)由1、2、3、4、5、6、7、8、9生成的幻方称为基本三阶幻方，在此基础上各数再加或减一个相同的数，可组成新三阶幻方，新三阶幻方的幻和也随之变化，如图3，是由基本三阶幻方中各数加上m后生成的新三阶幻方，该新三阶幻方的幻和为的4倍，且，求的值．
(3)由1、2、3、4、5、6、7、8、9生成的基本三阶幻方中每个数都乘以或除以一个不为0的数也可组成一个新三阶幻方，如图4，是由基本三阶幻方中各数乘以p再减2后生成的新三阶幻方，其中为9个数中的最大数，且满足求P及的值．
【答案】(1)
(2)15
(3)，
【分析】（1）由题意可知，，解方程即可．
（2）由题意新三阶幻方是由图1生成的，可得中心数，幻和为：，进而可得，解方程即可．
（3）由数中最大的数，可得， ，，，根据，可得，由， 得，可得②由，得，进而得，则带入②得，求得，进而可求得， ，可得， ．
【解析】（1）由题意可知，，解得，
故答案为：4；
（2）解：由题意得：中心数，幻和为：，
又∵新三阶幻方的幻和为的4倍，
∴，
∴，
又∵，
∴
∴，
即，
∴ ，
∴
（3）∵数中最大的数，
∴， ，，
∴，
∵，
∴，即：，
又∵，
∴
又∵①
∴②
又∵，
∴即
∴，
∴带入②得
∴，
∴，
∴，
∴， ，
∴，
∴， ．
【点睛】本题考查规律型问题，幻方图等知识，解题的关键是理解题意，学会构建方程解决问题，属于中考常考题型．
25．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．
【解析】（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．
1．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．
【解析】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
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．
2．对于一元二次方程，下列说法：
①若a＋b＋c＝0，则方程必有一根为x＝1；②若方程有两个不相等的实根，则方程无实根；③若方程两根为，且满足，则方程，必有实根，；④若是一元二次方程的根，则其中正确的（ ）
A．①②B．①④C．②③④D．①③④
【答案】D
【分析】根据一元二次方程根的判别式及根的定义以及求根公式逐个判断排除．
【解析】解：①若，则是方程的解，故①正确；
②方程有两个不相等的实根，
，
则方程的判别式，
方程必有两个不相等的实根，
故②错误；
③∵方程两根为，且满足，
∴，
令，，
∴方程有两个实数根，令两根分别为，
∴，
，
∴方程，必有实根，，
故③正确；
④若是一元二次方程的根，
则由求根公式可得：，
，
，
故④正确．
故正确的有①③④，
故选：D．
【点睛】本题考查一元二次方程根的判断，根据方程形式，判断根的情况是求解本题的关键．
3．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．0B．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．
【解析】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．
4．下列给出的四个命题，真命题的有（ ）个
①若方程两根为-1和2，则；
②若，则；
③若，则方程一定无解；
④若方程的两个实根中有且只有一个根为0，那么，．
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】A
【分析】①根据一元二次方程根与系数的关系可得，即可判断；②利用求根公式求出方程的根，求得1﹣a＜0，即可判断；③由△＝b2﹣4ac＜0，即可判断；④利用根与系数的关系进行判断．
【解析】①若方程两根为-1和2，
则，则，即；故此选项符合题意；
②∵a2﹣5a+5＝0，
∴a＝＞1或a＝＞1，
∴1﹣a＜0，
∴；此选项符合题意；
③∵，
∴方程ax2+bx+c＝0（a≠0）一定无解，故此选项符合题意；
④若方程x2+px+q＝0的两个实根中有且只有一个根为0，
∴两根之积为0，
那么p≠0，q＝0，故此选项符合题意；
故选：A．
【点睛】此题考查了一元二次方程的根，涉及到了一元二次方程的求根公式，根的判别式，根与系数的关系等，熟记各计算方法是解题的关键．
5．若a，b，c均为非零实数，且，则的最小值为（ ）
A．6B．8C．9D．13
【答案】C
【分析】根据，得到，，将转化为用表示的式子，构造一个以为两个根的一元二次方程，再转化为含字母的一元二次方程，根据方程有两个根，得到，求出的取值范围，即可得解．
【解析】解：∵a，b，c均为非零实数，且，
∴，，
∴，
∵b，c是方程的两根，
方程有两个实数根，
则，即
∵，
∴，即，
∵，
∴，即，
∴，
即的最小值为9；
故选：C．
【点睛】本题考查因式分解和一元二次方程的判别式．解题的关键是将待求代数式，用一个字母进行表示，构造出一元二次方程．
6．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．
【解析】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．
7．对于二次三项式（m为常数），下列结论正确的个数有（ ）
①当时，若，则
②无论x取任何实数，等式都恒成立，则
③若，，则
④满足的整数解共有8个
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【分析】①代入求值后因式分解计算即可；②提取公因式x后根据恒成立找关系即可；
③两个方程相加后因式分解即可解题；④去括号后因式分解判断即可．
【解析】①当时，若，则
∴或者，故①错误；
②等式化简后为
∵无论x取任何实数，等式都恒成立，
∴，即
∴，故②正确；
③若，，则两个方程相加得：，
∴
∴ ，故③错误；
④整理得：
∴
∵整数解
∴，，，
∴，， ，， ，，，，，
∴ 整数解共9对，故④错误；
综上所述，结论正确的有②；
故选：A．
【点睛】本题综合考查因式分解的应用，熟练的配方是解题的关键，题目还考查了因式分解法解一元二次方程．
8．关于x的方程，给出下列四个题：
①存在实数，使得方程恰有2个不同的实根 ②存在实数，使得方程恰有4个不同的实根
③存在实数，使得方程恰有5个不同的实根 ④存在实数，使得方程恰有8个不同的实根
其中假命题的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】A
【分析】首先将分类讨论得到两个方程，然后根据根的判别式得出根的个数即可．
【解析】解:时，或
方程化为：①
时，
方程化为：②
当，即时，
方程①的根为：
方程②的根为：
分析可得时，即：时，有5个不相等的实根
时，
则
中，不符合题意，故有2个实数根
中，，均不符合题意
故时，有2个实数根
共有8个不相等的实数根
当，即时，
方程①的根为：，
方程②的根为：，
故共有4个不相等的实数根
当，即时，
方程没有实数根
综上，方程可能有个、个、个、个实数根
故选A．
【点睛】本题考查了一元二次方程跟的情况，相关知识点有：根的判别式、绝对值、分类思想等，分类讨论是本题的解题关键．
9．已知点A，B，C是直线l上互不重合的三个点，设，，，其中n，a是常数，（ ）
A．若，则点A在点B，C之间B．若，则点A在点B，C之间
C．若，则点C在点A，B之间D．若，则点C在点A，B之间
【答案】D
【分析】根据点A，B，C是直线l上互不重合的三个点，设当点A在点B，C之间时，恒成立；设点C在点A，B之间时，恒成立；分别代入求解即可．
【解析】解：当点A在点B，C之间时，恒成立，即方程至少有一解
化简得
若，则，不符合条件，故A选项错误；
若，则，不符合条件，故B选项错误；
当点C在点A，B之间时，恒成立，即方程至少有一解
化简得
若，则，不符合条件，故C选项错误；
若，则，符合条件，故D选项正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了线段的和与差，一元二次方程根的判定，根据题意，列方程，结合选项进行验证是解题的关键．
10．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
【解析】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．
二、填空题
11．已知a，b是方程的两个根，则的值 ．
【答案】
【分析】由根与系数关系知，，即知a＜0，b＜0，化简原式，所以原式
故答案为：﹣14．
【解析】解：∵a，b是方程的两个根，
∴，，
∴a＜0，b＜0，
∴
∴原式
故答案为：﹣14．
【点睛】本题主要考查根与系数关系、完全平方公式变形及二次根式的运算及化简；能够根据a,b的关系式确定其取值范围，进而准确处理二次根式的运算及化简是解题的关键．
12．关于x的一元二次方程的两个实数根分别为2和，则因式分解的结果是 ．
【答案】
【分析】根据根与系数的关系可得出，再因式分解即可．
【解析】解：∵关于x的一元二次方程的两个实数根分别为2和，
∴，，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查了根与系数的关系及因式分解，掌握两根之和与两根之积与系数的关系是解题的关键．
13．对于实数a，b，定义运算“*”：，例如：4*2，因为，所以，若、是一元二次方程的两个根，则的值是 ．
【答案】或
【分析】求出一元二次方程的解，代入新定义对应的表达式即可求解．
【解析】∵，
∴，
∴，或，
∴，，或，，
当，时根据，
∴，
当，时根据，
∴，
故答案为：或
【点睛】此题主要考查了根与系数的关系，对新定义的正确理解是解题的关键．
14．已知m是方程式的根，则式子的值为 ．
【答案】2020
【分析】由题意可得出，可变形为，．再由，将代入化简得，再将代入求值即可．
【解析】∵m是方程式的根，
∴，
∴，．
，
将代入，得：，
再将代入，得：．
故答案为：2020．
【点睛】本题考查一元二次方程的解得定义，代数式求值．利用整体代入的思想是解题关键．
15．对于一切不小于2的自然数n，关于x的一元二次方程的两个根为，则 ．
【答案】
【分析】由根与系数的关系得，，所以，则，然后代入即可求解．
【解析】由根与系数的关系得，，
所以，
则，
则
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了根与系数的关系，难度较大，关键是根据根与系数的关系求出一般形式再进行代入求值．
16．已知下面三个关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝1，bx2+cx+a＝﹣3，cx2+ax+b＝2恰好有一个相同的实数根，则a+b+c的值为 ．
【答案】0
【分析】设这个相同的实数根为t，把x＝t代入3个方程得出a•t2+bt+c＝0，bt2+ct+a＝0，ct2+a•t+b＝0，3个方程相加即可得出（a+b+c）（t2+t+1）＝0，即可求出答案．
【解析】解：设这个相同的实数根为t，
把x＝t代入ax2+bx+c＝0，bx2+cx+a＝0，cx2+ax+b＝0得：
a•t2+bt+c＝0，bt2+ct+a＝0，ct2+a•t+b＝0
相加得：（a+b+c）t2+（b+c+a）t+（a+b+c）＝0，
（a+b+c）（t2+t+1）＝0，
∵t2+t+1＝（t）20，
∴a+b+c＝0，
故答案是：0．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，使方程左右两边相等的未知数的值叫方程的解．
17．韦达是法国杰出的数学家，其贡献之一是发现了多项式方程根与系数的关系，如一元二次方程的两实数根分别为，则方程可写成，即，容易发现根与系数的关系：．设一元三次方程三个非零实数根分别，现给出以下结论：
①，②；③；④，其中正确的是 （写出所有正确结论的序号）．
【答案】①③
【分析】仿照题意所给的方法，得到原方程为，由此求解即可．
【解析】解；∵一元三次方程三个非零实数根分别，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，，
∴①③正确，②不正确；
∵
，
∴④不正确，
故答案为：①③．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，分式的化简，多项式乘法的应用，正确理解题意是解题的关键．
18．已知关于x的一元二次方程（x﹣3）（x﹣2）﹣p2＝0，下列结论：①方程总有两个不等的实数根；②若两个根为x1，x2，且x1＞x2，则x1＞3，x2＜3；③若两个根为x1，x2，则（x1﹣2）（x2﹣2）＝（x1﹣3）（x2﹣3）；④若x＝（p为常数），则代数式（x﹣3）（x﹣2）的值为一个完全平方数，其中正确的结论是 ．
【答案】①③
【分析】由Δ＝1+4p2＞0，可判定①正确；设p＝0，可得x1＝3，x2＝2，可判断②不正确；根据（x1﹣2）（x2﹣2）＝﹣p2，（x1﹣3）（x2﹣3）＝﹣p2，可判定③正确；由（x﹣3）（x﹣2）＝（）2，可判定④不正确．
【解析】解：由（x﹣3）（x﹣2）﹣p2＝0得x2﹣5x+6﹣p2＝0，
①Δ＝25﹣4×（6﹣p2）＝1+4p2＞0，
∴（x﹣3）（x﹣2）﹣p2＝0总有两个不等的实数根，故①正确；
②设p＝0，关于x的一元二次方程为（x﹣3）（x﹣2）＝0，若两个根为x1，x2，且x1＞x2，
则x1＝3，x2＝2，这与x1＞3不符合，故②不正确；
③若x2﹣5x+6﹣p2＝0两个根为x1，x2，则x1+x2＝5，x1•x2＝6﹣p2，
（x1﹣2）（x2﹣2）＝x1•x2﹣2（x1+x2）+4＝6﹣p2﹣2×5+4＝﹣p2，
（x1﹣3）（x2﹣3）＝x1•x2﹣3（x1+x2）+9＝6﹣p2﹣3×5+9＝﹣p2，
∴（x1﹣2）（x2﹣2）＝（x1﹣3）（x2﹣3），故③正确；
④∵x＝（p为常数），
∴（x﹣3）（x﹣2）
＝x2﹣5x+6
＝
＝
＝
＝，
当p为奇数时，不是整数，此时（x﹣3）（x﹣2）不是完全平方数，故④不正确；
故答案为：①③．
【点睛】本题考查一元二次方程根的情况及根与系数的关系，涉及完全平方数等知识，解题的关键是掌握一元二次方程根的判别式、根与系数的关系及完全平方数概念．
三、解答题
19．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．
【解析】（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．
20．如图，点D为等边边上一点，点E为射线上一点
(1)若点E在边上且，求证：；
(2)若点E在线段的延长线上，连接交的延长线于点G，当时，求证：；
(3)在（2）的条件下，若，，直接写出___________.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)证明过程见解析
(3)8
【分析】（1）证明，即可证明；
（2）延长至点F，使，证明即可得，，再根据三角形外角的性质及证明为等腰三角形，即可证明，最后根据等量代换即可证明；
（3）过点B作于点H，设长为x，则，，，，在中，利用勾股定理列出关于x的一元二次方程求解即可．
【解析】（1）证明：是等边三角形，
，，
在和中，
，
，
，
，
，
又，
；
（2）证明：如图，延长至点F，使，
，
又，，
，
在和中，
，
，，
，
，
，
，
，
又，，
，
，
，
，
，
；
（3）解：如图，过点B作于点H，
设长为x，则，，，，
，
，
，
，
，
∴在中，，
，
解得，（舍去），
．
故答案为：8.
【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的性质和判定、三角形外角的性质、等腰三角形的性质和判定及勾股定理，证明三角形全等和构造直角三角形，利用勾股定理列出一元二次方程求解是解题的关键．
21．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．
【解析】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．
22．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．
【解析】（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．
23．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．
【解析】（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．
24．相传，大禹治水时，洛水中出现了一个“神龟背上有妙的图案，史称“洛书”，用现在的数字翻译出来，就是三级幻方．三阶幻方是最简单的幻方，又叫九宫格，它是由九个数字组成的一个三行三列的矩阵其对角线、横行、纵向的数字之和均相等，这个和叫做幻和，正中间那个数叫中心数．如图1，是由1、2、3、4、5、6、7、8、9所组成的一个三阶幻方，其幻和为15，中心数为5．
(1)如图2也是由1、2、3、4、5、6、7、8、9所组成的一个三阶幻方，则x的值为______．
(2)由1、2、3、4、5、6、7、8、9生成的幻方称为基本三阶幻方，在此基础上各数再加或减一个相同的数，可组成新三阶幻方，新三阶幻方的幻和也随之变化，如图3，是由基本三阶幻方中各数加上m后生成的新三阶幻方，该新三阶幻方的幻和为的4倍，且，求的值．
(3)由1、2、3、4、5、6、7、8、9生成的基本三阶幻方中每个数都乘以或除以一个不为0的数也可组成一个新三阶幻方，如图4，是由基本三阶幻方中各数乘以p再减2后生成的新三阶幻方，其中为9个数中的最大数，且满足求P及的值．
【答案】(1)
(2)15
(3)，
【分析】（1）由题意可知，，解方程即可．
（2）由题意新三阶幻方是由图1生成的，可得中心数，幻和为：，进而可得，解方程即可．
（3）由数中最大的数，可得， ，，，根据，可得，由， 得，可得②由，得，进而得，则带入②得，求得，进而可求得， ，可得， ．
【解析】（1）由题意可知，，解得，
故答案为：4；
（2）解：由题意得：中心数，幻和为：，
又∵新三阶幻方的幻和为的4倍，
∴，
∴，
又∵，
∴
∴，
即，
∴ ，
∴
（3）∵数中最大的数，
∴， ，，
∴，
∵，
∴，即：，
又∵，
∴
又∵①
∴②
又∵，
∴即
∴，
∴带入②得
∴，
∴，
∴，
∴， ，
∴，
∴， ．
【点睛】本题考查规律型问题，幻方图等知识，解题的关键是理解题意，学会构建方程解决问题，属于中考常考题型．
25．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．
【解析】（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．
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