周周练05第25章一元二次方程综合检测（解析版）_2026秋初中教辅合集_2027学科网&_2026秋《同步备课系列》9上数学_第二十五章一元二次方程_周周练

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2026-2027 学年九年级上学期数学周周测05
第25 章一元二次方程综合检测
一、选择题（本题共10 小题，每小题2 分，共20 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的）
1．用公式法解一元二次方程
2
2
3
0
x
x



时，首先要确定a、b、c 的值，则其中的b 的值为（
）
A．1
B．2

C．3

D．2
【答案】B
【分析】一元二次方程中项的一次项为2x

，由此即可求解．
【详解】解：由题意得
2
b 
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程中项的系数，理解项的系数是解题的关键．
2．方程


2
1
2
x
x
x




的解是（
）．
A．
0
x 
B．
2
x 
C．
2
x 或
1
x 
D．
2
x 或
2
x 
【答案】D
【分析】先移项，然后利用提公因式法进行求解方程即可．
【详解】解：


2
1
2
x
x
x








2
1
2
0
x
x
x








2
2
0
x
x



解得：
1
2
2,
2
x
x

；
故选：D．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
3．已知关于x 的一元二次方程


2
0
m x
h
k



（m，h，k 均为常数且
0
m 
）的解是
1
2
x 
，
2
5
x 
，则关
于x 的一元二次方程


2
1
m x
h
k



的解是（）
A．
1
2
2
5
x
x


，
B．
1
2
4
1
x
x




，
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C．
1
2
1
4
x
x


，
D．
1
2
3
6
x
x


，
【答案】D
【分析】本题利用一元二次方程根的性质求出h ，再将h 代入新方程即可求解．
【详解】解：由题意，关于x 的一元二次方程


2
0
m x
h
k



有解，
解方程得
k
x
h
m


，
∵一元二次方程
2
(
)
m x
h
k


（
0
m 
）的解是
1
2
x 
，
2
5
x 
，
∴2
k
h
m


，5
k
h
m


，
∴
2
5
3.5
2
h



，
将
2
x 
，
3.5
h 
代入原方程得
2
(2
3.5)
2.25
k
m 


，
对于方程
2
(
1)
m x
h
k



，
整理得：
2
(
1)
2.25
k
x
h
m




，
代入
3 5
h . 得
4.5
1.5
x 

，
解得
1
3
x ，
2
6
x ．
4．关于x 的一元二次方程

2
5
4
1
0
a
x
x



有实数根，则a 满足（
）
A．
6
a 
B．
1
a 且
5
a 
C．
1
a 且
5
a 
D．
6
a 
且
5
a 
【答案】C
【分析】本题考查了根的判别式，由方程有实数根可知根的判别式
2
4
0
b
ac


，结合二次项的系数非零，
得到





2
4
4
5
1
0
a




，且
5
0
a 
，求解即可，由根的判别式结合二次项系数非零得出不等式
是解题的关键．
【详解】解：∵关于x 的一元二次方程

2
5
4
1
0
a
x
x



有实数根，
∴





2
4
4
5
1
0
a




，且
5
0
a 

，
∴
1
a 且
5
a 
，
故选：C．
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5．近年来，苏州环境空气质量稳中向好，各项空气质量指标整体稳定在国家二级标准，下图是“ 2023
2025

年苏州市空气优良天数比例”条形统计图．若设2023
2025

年苏州市空气优良天数比例的年平均增长率为x ，
则下面所列方程正确的是（
）
A．
2
81.4%
83.8%
x 
B．


81.4% 1 2
83.8%
x


C．


2
81.4% 1
83.8%
x


D．


81.4% 2 1
83.8%
x



【答案】C
【分析】分别计算2024 年和2025 年的空气优良天数的比例即可得出结论．
【详解】解：∵2023年苏州市空气优良天数的比例为81.4%，
又∵2023
2025

年的年平均增长率为x ，
∴2024 年的空气优良天数的比例为


81.4% 1
x

，2025 年的空气优良天数的比例为


2
81.4% 1
x

，
∴可列方程


2
81.4% 1
83.8%
x


．
6．甲、乙两人同时分别从
,
A B 两地沿同一条公路骑自行车到C 地，已知
,
A C 两地的距离为110千米，,
B C 两
地的距离为100千米，甲骑自行车每小时比乙快2 千米，结果两人同时到达C 地，则乙骑自行车人速度为（
）
A．15千米/小时
B．20 千米/小时
C．25 千米/小时
D．30千米/小时
【答案】B
【分析】本题为行程类分式方程应用题，利用路程、速度、时间的关系，根据两人同时到达C 地即所用时
间相等，列方程求解即可．
【详解】解：设乙骑自行车每小时行驶x 千米，则甲每小时行驶

2
x 
千米，
∵甲、乙两人同时分别从
,
A B 两地沿同一条公路骑自行车到C 地，两人同时到达C 地，即行驶时间相等，
∴可得方程110
100
2
x
x


，
方程两边同乘

2
x x 
得：


110
100
2
x
x


，
整理得10
200
x 
，解得
20
x 
，
经检验，
20
x 
是原方程的解，且符合题意，
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∴乙骑自行车每小时行驶20 千米．
7．甲、乙两种品牌的智能机器人采摘苹果，它们原来每分钟采摘的个数相同，现它们都提高采摘速度，其
中甲品牌智能机器人连续两次提速的百分率都是x ，乙品牌智能机器人一次性提速的百分率是2x ．提速后
甲品牌智能机器人平均每分钟采摘的苹果个数是乙品牌智能机器人平均每分钟采摘的苹果个数的9
8 倍，则x
的值为（
）．
A．0.2
B．0.3
C．0.5
D．1
【答案】C
【分析】设出原来的采摘个数，根据甲品牌智能机器人连续两次提速的百分率都是x 列出

2
1
a
x

，再根据
乙品牌智能机器人一次性提速的百分率是2x 列出

1 2
a
x

，最后根据提速后甲品牌智能机器人平均每分钟
采摘的苹果个数是乙品牌智能机器人平均每分钟采摘的苹果个数的9
8 倍列出方程求解即可．
【详解】设甲、乙原来每分钟采摘苹果的个数为a ，其中
0
a 
，
根据题意列方程：



2
9
1
1
2
8
a
x
a
x



，
0
a 
，两边约去a 得：



2
8 1
9 1
2
x
x



，
展开整理得：
2
8
2
1
0
x
x


，
因式分解得：


4
1 2
1
0
x
x



，
解得
1
0.5
x 
，
2
1
4
x 
（舍），
答：x 的值为0.5．
8．若方程

2
2
1
0
m
m
x
x



是关于x 的一元二次方程，则方程的根是（
）
A．
1
1
5
2
x


，
2
1
5
2
x


B．
1
5
1
2
x


，
2
5
1
2
x


C．
1
1
5
2
x


，
2
1
5
2
x


D．以上答案都不对
【答案】D
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，一元二次方程的定义，只含有一个未知数，且未知数的最高次
为2 的整式方程叫做一元二次方程，据此确定m 的值，然后代入方程求解根，与选项对比即可得到答案．
【详解】解：∵方程

2
2
1
0
m
m
x
x



是关于x 的一元二次方程，
∴
2
2
0
m
m






，
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∴
2
m ，
∴原方程为

2
2
2
2
1
0
x
x



，即
2
4
2
1
0
x
x


，
∵


2
2
4 4
1
20
0








，
∴
2
2 5
8
x


，
∴
1
2
1
5
1
5
4
4
x
x




，
，
故选：D．
9．定义：若
1x ，
2x 是关于x 的一元二次方程


2
0
0
ax
bx
c
a




的两个实数根，且满足
1
2
2
6
x
x



，则
称这个方程为“奇根方程”．下列说法中正确的个数是（
）
①
2
5
6
0
x
x



是“奇根方程”；
②若关于x 的一元二次方程
2
2
1
0
kx
x

有两个不相等的实数根，且
0
k 
，则该方程一定是“奇根方程”；
③若关于x 的一元二次方程
2
2
9
0
x
kx



是“奇根方程”，则满足条件的所有整数k 的值之和为56

；
④若关于x 的一元二次方程


2
2
1
2
1
0
x
n
x
n




是“奇根方程”，则存在有理数n 使得该方程的根为有理
数．
A．1个
B．2 个
C．3个
D．4 个
【答案】B
【分析】根据“奇根方程”的定义，利用一元二次方程的判别式和根与系数的关系，逐个判断四个说法的正误，
统计正确个数得到答案。
【详解】解：对于一元二次方程


2
0
0
ax
bx
c
a




，两根之和为
1
2
b
x
x
a


，方程有实数根需满足判
别式
2
4
0
b
ac



，
据此逐个判断：
①对于方程
2
5
6
0
x
x



，
1,
5
a
b

，得
1
2
5
x
x


，满足2
5
6


，且
25
24
1
0



，有两个实数
根，
因此该方程是“奇根方程”，①正确；
②对于方程
2
2
1
0
kx
x


，由题意得
0
k 
，
0
k 
，方程有两个不等实根得
4
4
0
k



，即1
0
k


，
两根和
1
2
2
x
x
k


，取
1
4
k 
，得
1
2
8
6
x
x



，不满足定义，因此该方程不一定是“奇根方程”，②错误；
③对于方程
2
2
9
0
x
kx



，由定义得2
6
2
k


，解得12
4
k


，方程有两个实根得
2
72
0
k



，即
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6 2
8.485
k 

，
因此符合条件的整数k 为9, 10, 11



，和为9 10 11
30
56




，③错误；
④对于方程


2
2
1
2
1
0
x
n
x
n




，由定义得2
2
1
6
n


，解得0.5
2.5
n


，计算判别式


2
2
(2
1)
4 2
1
(2
1)
4
n
n
n







，取
5
4
n 
，是有理数，满足
5
0.5
2.5
4


，此时
2
5
( )
2

是完全平方数，
方程根为有理数，
因此存在满足条件的有理数n ，④正确．
综上，正确的说法共2 个．
10．如图，在长方形ABCD中，
6cm
AB 
，
14cm
AD 
，动点P 从D 点出发，以1cm / s 的速度沿着DA 向A
点运动，同时动点Q 从B 点出发以2cm / s 的速度沿BC 向C 点运动，若其中一个动点到达终点，另一动点也
同时停止．运动时间为t ，将四边形PDCQ 以直线PQ 为轴进行翻折，得到四边形PDCQ
，射线QC经过点
A 时，可以是（
）
A．
3
t 
B．
7
2
t 
C．
10
3
t 
D．
4
t 
【答案】D
【分析】根据翻折的性质可得
PQC
PQC




，由平行线的性质可得
APQ
PQC



，结合射线QC经
过点A 可推导出
APQ
AQP



，从而得到AP
AQ

，在Rt ABQ 中利用勾股定理建立关于t 的方程
求解即可．
【详解】解：连接AC
四边形ABCD是长方形，
AD
BC

∥
，
90
B


，
APQ
PQC


．
由翻折的性质可知：
PQC
PQC




，
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∵射线QC经过点A ，即
,
,
A C Q

三点共线，
AQP
PQC





，
APQ
AQP


，
AP
AQ


．
由题意得：DP
t
，
2
BQ
t

，
14
AP
AD
DP
t




．
在Rt ABQ 中，
2
2
2
AB
BQ
AQ


，
2
2
2
6
(2 )
(14
)
t
t




，
解得
1
4
t 
，2
40
3
t 
（舍去）．
点Q 到达终点的时间为14
2
7s


，
0
7
t

，
4
t

符合题意．
二、填空题：本题共6 小题，每小题3 分，共18 分。
11．根据下列表格的对应值：
x
3.23
3.24
3.25
3.26
2
ax
bx
c


－0.06
－0.02
0.03
0.09
写出方程
2
0
ax
bx
c


(a≠0，a，b，c 为常数)一个解x 的范围是__．
【答案】3.24<x<3.25
【分析】利用x=3.24，ax2+bx+c=﹣0.02，而x=3.25，ax2+bx+c=0.03，则可判断方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，
c 为常数）的一个解x 的范围是3.24＜x＜3.25．
【详解】∵x=3.24，ax2+bx+c=﹣0.02，x=3.25，ax2+bx+c=0.03，∴3.24＜x＜3.25 时，ax2+bx+c=0，即方程
ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c 为常数）的一个解x 的范围是3.24＜x＜3.25．
故答案为3.24＜x＜3.25．
【点睛】本题考查了估算一元二次方程的近似解：用列举法估算一元二次方程的近似解，具体方法是：给
出一些未知数的值，计算方程两边结果，当两边结果愈接近0 时，说明未知数的值愈接近方程的根．
12．已知t 为一元二次方程
2
1011
2023
0
x
x


的一个解，则
2
2
2022
t
t

________．
【答案】4046

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【分析】本题考查了一元二次方程的解，牢记“能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方
程的解”是解题的关键．利用一元二次方程的解，可得出
2
1011
2023
t
t


，再将其代入


2
2
2
2022
2
1011
t
t
t
t



中，即可求出结论．
【详解】解：
t 为一元二次方程
2
1011
2023
0
x
x


的一个解，
2
1011
2023
0
t
t




，
2
1011
2023
t
t



，




2
2
2
2022
2
1011
2
2023
4046
t
t
t
t







．
故答案为：4046

．
13．已知方程
2
2
1
3
1
2
x
x
x
x




，如果设
2
1
x
y
x

，那么原方程转化为关于y 的整式方程为__________．
【答案】
2
2
6
1
0
y
y


【分析】本题考查了解分式方程、换元法解一元二次方程，熟练掌握换元法是解题的关键．设
2
1
x
y
x

，
将原方程转化为关于y 的方程，再对关于y 的方程去分母整理即可得出答案．
【详解】解：
2
1
x
y
x

，
2
2
1
1
1
2
2
2
x
x
x
x
y






，
方程
2
2
1
3
1
2
x
x
x
x




，
方程转化为关于y 的方程为
1
3
2
y
y


，
整理得：
2
2
6
1
0
y
y


，
原方程转化为关于y 的整式方程为
2
2
6
1
0
y
y


．
故答案为：
2
2
6
1
0
y
y


．
14．已知一次函数y
ax
c

经过第一、三、四象限，则关于x 的方程
2
0
ax
bx
c


根的情况是：
_____________________．
【答案】有两个不相等的实数根
【分析】本题考查了一元二次方程根的情况、一次函数的图象与性质，熟练掌握以上知识点，学会利用一
元二次方程根的判别式判断根的情况是解题的关键．由直线y
ax
c

经过第一、三、四象限，求得
0
a 
，
0
c 
，再利用根的判别式得到
2
4
0
b
ac



，即可得出结论．
【详解】解：
直线y
ax
c

经过第一、三、四象限，
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9 / 22
0
a


，
0
c 
，
0
ac


，
关于x 的方程为
2
0
ax
bx
c


，
2
4
0
b
ac



，
关于x 的方程
2
0
ax
bx
c


有两个不相等的实数根．
故答案为：有两个不相等的实数根．
15．如图，将边长为6 的正方形ABCD沿其对角线AC 剪开，再把ABC 沿着AD 方向平移，得到
A B C

△
，
当两个三角形重叠部分的图形面积为9 时，它移动的距离AA等于_______．
【答案】3
【分析】设AA
x

，证明
AAG

△
是等腰直角三角形，得出A G
AA
x




，根据重叠部分面积列出方程


6
9
x
x


，解方程即可．
【详解】解：设AA
x

，
∵四边形ABCD是正方形，
∴
45
DAC 

∠
，AB
AD

，AB
DC，
由平移可知A B
AB
∥
，AC
A C
，
∴A B
AD

，
设A B
与AC 交于点G ，
在Rt
AAG

△
中，
90
AA G



，
45
GAA


，
∴
AAG

△
是等腰直角三角形，
∴A G
AA
x




，
∵A B
DC
∥
，AC
A C
，
∴重叠部分四边形是平行四边形，
∵
6
A D
AD
AA
x






，
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10 / 22
∴平行四边形的高为6
x

，
∴

6
9
x
x


，
解得：
1
2
3
x
x


，
∴移动的距离AA等于3．
16．已知m ，n 是方程
2
2026
1
0
x
x


的两个实数根，则


2
2
2025
2
2025
2
m
m
n
n




的值为________．
【答案】2028
【分析】根据一元二次方程根的定义和根与系数的关系得到
2
2026
1
0
m
m


，
2
2026
1
0
n
n 

，
1,
2026
mn
m
n



，代入所求代数式进行解答即可．
【详解】解：∵m ，n 是方程
2
2026
1
0
x
x


的两个实数根，
∴
2
2026
1
0
m
m


，
2
2026
1
0
n
n 

，
1,
2026
mn
m
n



，
∴
2
2025
1
m
m
m


，
2
2025
1
n
n
n


，
∴


2
2
2025
2
2025
2
m
m
n
n







1
2
1
2
m
n



(
)(
)
1
1
m
n
=
+
+
(
) 1
mn
m
n
=
+
+
+
1
2026
1


2028

三、解答题：本题共8 小题,第17~22 题7 分，第23~24 题10 分，共62 分．解答应写出文字说明、证明过
程或演算步骤．
17．解下列关于x 的一元二次方程：
(1)




3
1
2
1
x x
x



；
(2)
2
6
16
0
x
x



．
【答案】(1)
1
2
3
x 
，
2
1
x 
(2)
1
2
x ，
2
8
x 
【分析】（1）用因式分解法解一元二次方程；
（2）用因式分解法解一元二次方程．
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【详解】（1）解：




3
1
2
1
x x
x



，
移项得：




3
1
2
1
0
x x
x




，
提公因式得：


1 3
2
0
x
x



，
可得：3
2
0
x 

或
1
0
x 
，
解得：
1
2
3
x 
，
2
1
x ；
（2）解：
2
6
16
0
x
x



，
分解因式得：


8
2
0
x
x



，
可得：
2
0
x 

或
8
0
x 

，
解得：
1
2
x ，
2
8
x 
．
18．已知关于x 的一元二次方程
2
3
9
0
x
mx
x




．
(1)若方程不含x 的一次项，求m 的值和方程的解；
(2)当
3
m


时，求方程的解．
【答案】(1)
3
m 
，方程的解为
1
3
x 
，
2
3
x 
(2)方程的解为
1
3
3 2
x 

，
2
3 3 2
x 

【分析】（1）先根据已知求得m 的值，再解一元二次方程即可；
（2）将m 值代入方程中，然后利用配方法解一元二次方程即可．
【详解】（1）解：由
2
3
9
0
x
mx
x




得


2
0
3
9
m
x
x




，
∵方程不含x 的一次项，
∴
3
0
m 

，解得
3
m 
，
∴
2
9
0
x
-
=
，则
2
9
x 
，
∴
1
3
x 
，
2
3
x ；
（2）解：当
3
m


时，方程为
2
6
9
0
x
x



移项，得
2
6
9
x
x


配方，得
2
6
9
9
9
x
x




即

2
3
18
x 

开方，得
3
3 2
x 

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12 / 22
∴
1
3
3 2
x 

，
2
3 3 2
x 

．
19．已知关于x 的一元二次方程




2
2
2
1
2
0
x
m
x
m
m




，
(1)当方程有两个不相等的实数根时，求m 的取值范围；
(2)如果方程的两实数根为
1x ，
2x ，
2
2
1
2
19
x
x


，求m 的值．
【答案】(1)
1
4
m 
(2)
3
m 
【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式，可以列出关于m 的不等式，解不等式即可；
（2）根据韦达定理，以及完全平方公式的变形，列出关于m 的一元二次方程，求解即可．
【详解】（1）解：∵方程有两个不相等的实数根
∴
2
=
4
b
ac

，即




2
2
2
1
4
2
0
m
m
m









解得：
1
4
m 
；
（2）由
1
2
2
1
x
x
m


，
2
1
2
2
x
x
m
m



则


2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
19
x
x
x
x
x x









2
2
2
1
2
2
19
m
m
m




，解得：
3
m 
∵
1
4
m 
∴
3
m 
．
【点睛】本题考查一元二次方程的根的判别式，韦达定理，完全平方公式的变形，能够熟练运用韦达定理
是解决本题的关键．
20．如图1，用篱笆靠墙围成矩形花圃ABCD墙可利用的最大长度为18m 一面利用旧墙，其余三面用篱笆
围，篱笆长为24m，设平行于墙的BC 边长为
m
x 
．
(1)若围成的花圃面积为40
2
m 时，求BC 长；
(2)如图2，若计划在花圃中间用一道篱笆隔成两个小矩形，且花圃面积为50
2
m ，请你判断能否围成花圃？
如果能，求BC 长；如果不能，请说明理由．
【答案】(1) 4 米
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13 / 22
(2)不能，理由见详解
【分析】本题考查了一元二次方程的应用；
（1）可求
24
2
x
AB


m ，由矩形的面积列方程求解，并根据实际意义检验，即可求解；
（2）可求
24
3
x
AB


m ，由矩形的面积列方程，由根的判别式判断即可求解；
根据矩形面积列出方程，验根的合理性，理解一元二次方程是否有根的实际意义是解题的关键．
【详解】（1）解：根据题意得：
24
2
x
AB


m ，
24
40
2
x x




，
整理得：
2
24
80
0
x
x



，
解得：
1
20
x 
，
2
4
x 
，
20
15

，

1
20
x 
舍去，
故
4
x 
；
答：BC 的长为4 米；
（2）解：不能围成花圃，理由如下：
24
50
3
x x



，
整理得：
2
24
150
0
x
x



，


2
24
4 150


24
0


，
此方程无实数解，
不能围成花圃．
21．定义：如果关于x 的一元二次方程
2
0
ax
bx
c


（a ，b ，c 均为常数，
0
a 
）有两个实数根，且其
中一个根比另一个根大2，则称这样的方程为“美丽方程”．
(1)下列方程中，是“美丽方程”的是__________（填序号）．
①
2
2
0
x
x


；②
2
4
4
0
x
x



；③
2
4
3
0
x
x



．
(2)若


2
0
x
x
n



是“美丽方程”，求n 的值．
(3)若一元二次方程
2
4
0
ax
ax
c



（a ，c 均为常数，
0
a 
）为“美丽方程”，请写出a 、c 满足的数量关系，
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14 / 22
并说明理由．
【答案】(1)①③
(2)
0
n 
或
4
n 
(3)
3
c
a

，理由：
设方程
2
4
0
ax
ax
c



（
0
a 
）的两个根为
1x ，
2x ，
方程为“美丽方程”，
1
2
2
x
x



，
两边平方得

2
1
2
4
x
x


．
由一元二次方程根与系数的关系得：
1
2
4
4
a
x
x
a



，
1 2
c
x x
a

．




2
2
1
2
1
2
1
2
4
x
x
x
x
x x




Q
，


2
4
4
4
c
a



，
整理得
4
16
4
c
a


，
化简得
3
c
a

，即a ，c 满足的数量关系为
3
c
a

．
【分析】（1）分别求得①②③中方程的两个根，再根据“美丽方程”的定义判断即可；
（2）先求出方程的两个根，再根据“美丽方程”的定义列方程求解n ；
（3）设方程
2
4
0
ax
ax
c



（
0
a 
）的两个根为
1x ，
2x ，利用两根差的条件结合根与系数的关系推导a 和
c 的数量关系．
【详解】（1）解：①解方程
2
2
0
x
x


得
1
0
x 
，
2
2
x ．


0
2
2


，符合“美丽方程”定义，
①是“美丽方程”；
②解方程
2
4
4
0
x
x



得
1
2
2
x
x


．
2
2
0
2



，不符合定义，
②不是“美丽方程”；
③解方程
2
4
3
0
x
x



得
1
1
x ，
2
3
x ．



1
3
2



，符合定义，
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15 / 22
③是“美丽方程”．
综上可知，是“美丽方程”的是①③．
（2）解：解方程


2
0
x
x
n



得
1
2
x ，
2x
n
．
该方程是“美丽方程”，



2
2
n



，即
2
2
n 

，
∴
2
2
n 

或
2
2
n 
，
解得
4
n 
或
0
n 
．
（3）略．
22．根据以下素材，完成探索任务．
探索果园土地规划和销售利润问题
素材1
某农户承包了一
块长方形果园
ABCD，图1 是果
园的平面图，其中
200
AB 
米，
300
BC 
米．准备
在它的四周铺设
道路，上下两条横
向道路的宽度都
为2x 米，左右两
条纵向道路的宽
度都为x 米，中间
部分种植水果．
出于货车通行等
因素的考虑，道路
宽度x 不超过12
米，且不小于5米．
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素材2
该农户发现某一
种草莓销售前景
比较不错，经市场
调查，草莓培育一
年可产果．若每平
方米的草莓销售
平均利润为100
元，每月可销售
5000 平方米的草
莓；受天气原因，
农户为了快速将
草莓出手，决定降
价，若每平方米草
莓平均利润每下
调1 元，每月可多
销售125 平方米草
莓，果园每月的承
包费为2 万元．
问题解决
(1)解决果园中路面宽度的设计对种植面积的影响．若中间种植的面积是
2
44800m ，则路面设置的宽度是否
符合要求．
(2)解决果园种植的预期利润问题．若农户预期一个月的总利润为55.2 万元，则从购买草莓客户的角度考虑，
每平方米草莓平均利润应该降价多少元？（总利润=销售利润-承包费）
【答案】(1)符合要求
(2)下调48 元
【分析】（1）由果园的长、宽及四周道路的宽度，可得出中间种植部分是长为(300
2 )
x

米、宽为(200
2
2 )x


米的长方形，根据中间种植的面积是
2
44800m ，可列出关于x 的一元二次方程，解之可得出x 的值，取其符
合题意的值，再对照（1）中x 的取值范围，即可得出结论；
（2）设每平方米草莓平均利润下调y 元，则每平方米草莓平均利润为(100
)y

元，每月可售出
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5000
500
4
y







平方米草莓，利用总利润销售利润承包费，可列出关于y 的一元二次方程，解之可得出
y 的值，再结合要让利于顾客，即可确定结论．
【详解】（1）解：根据题意得：


300
2
200
2
2
44800
x
x




，
整理得：
2
200
1900
0
x
x



，
解得：
1
10
x 
，
2
190
x 
（不符合题意，舍去）
∵5
12
x


，
∴路面设置的宽度符合要求；
（2）解：设每平方米草莓平均利润下调y 元，



100
5000
125
20000
552000
y
y




，
整理得：
2
60
576
0
y
y


．
解得：
1
12
y 
，
2
48

y
，
又∵要让利于顾客，
∴
48
y 
．
答：每平方米草莓平均利润下调48 元．
23．如图，在矩形ABCD中，
8,
4
AB
AD

．点P 从点A 出发，沿A
D
C
D



运动，速度为每秒2
个单位长度；点Q 从点A 出发向点B 运动，速度为每秒1 个单位长度
,
P Q 两点同时出发，当点Q 运动到点B
时，两点同时停止运动，设点Q 的运动时间为t （秒）．连接
,
,
PQ CP CQ ．
(1)点P 运动到点C 时，t ___________；当点Q 运动到点B 时，PC 的长度为___________．
(2)用含t 的代数式表示PD 的长．
(3)当CPQ 的面积为9 时，求t 的值．
【答案】(1)6s，4
(2)当0
2
t

时，
4
2
PD
t


；当2
6
t

时，
2
4
PD
t


；当6
8
t

时，
20
2
PD
t


；
(3)当CPQ 的面积为9 时
1
t 或
15
4
t 
【分析】本题考查了矩形的性质，列代数式，一元二次方程的几何动点问题，三角形的面积等知识，正确
掌握相关性质内容是解题的关键．
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（1）点P 到点C 时，所走路程为AD
CD

，根据速度可得出t 的值，当点Q 到终点时，P 点回到CD中点，
可直接求出PC ；
（2）分三种情况讨论：点P 在A
D

上时，

D
C 时，C
D

时，再逐个情况作图，结合动点的速度和方
向进行列式表示PD 的长，即可作答．
（3）当CPQ 的面积为9 时，类似（2）分三种情况进行讨论可得出结果．
【详解】（1）解：在矩形ABCD中，
8
AB 
，
4
AD 
，
∴
8
CD
AB


，
则点P 到点C 时，所走路程为
12
AD
CD


，
∵速度为每秒2 个单位长度
∴

12
6 s
2
t 

，
∵点Q 从点A 出发向点B 运动，速度为每秒1 个单位长度，
8,
AB 
∴当点Q 到终点时，

8
8 s
1
t 

，
则P 点的运动路程为2 8
16

，
∵点P 从点A 出发，沿A
D
C
D



运动，速度为每秒2 个单位长度，
∴此时点P 在边CD上，
16
4
8
4
PC 



∴P 点回到CD中点，
∴
4
CP 
，
故答案为：6s，4 ；
（2）解：分三种情况：
①点P 在A
D

上时，
则
2
4
2
2
AD 



即0
2
t

，如图所示：
故
4
2
PD
AD
AP
t




；
②点P 在

D
C 时，
则



2
4
8
2
6
AD
DC






，
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∴2
6
t

，如图所示：
此时
2
2
4
PD
t
AD
t




③点P 在C
D

时，
∴8 1
8

则6
8
t

，如图所示：
此时




2
8
2
12
20
2
PD
DC
PC
DC
t
AD
DC
t
t















；
（3）解：①点P 在A
D

上时，0
2
t

，如图所示：
则
2
AP
t

，
4
2
PD
t


，AQ
t
，
8
BQ
t


2
1
1
1
4 8
2
(8
) 4
(4
2 ) 8
10
9
2
2
2
CPQ
S
t
t
t
t
t
t










△
，
解得：1
1
t ，2
9
8
t 

（舍去）
②点P 在

D
C 时，2
6
t

，如图所示：
同理得
12
2
PC
t


，
1
1 (12
2 ) 4
24
4
9
2
2
CPQ
S
PC
BC
t
t









△
，
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解得：
15
4
t 
③点P 在C
D

时，6
8
t

，如图所示：
同理得
2
12
PC
t


，
1
1(2
12) 4
4
24
9
2
2
CPQ
S
PC
BC
t
t









△
，
解得
33
8
4
t 

（舍去）
综上所述，当CPQ 的面积为9 时，则
1
t 或
15
4
t 
．
24．我们把多项式
2
2
2
a
ab
b


及
2
2
2
a
ab
b


叫做完全平方式．如果一个多项式不是完全平方式，我们常做
如下变形：先添加一个适当的常数项，使式子中出现完全平方式，再减去这个常数项，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数学方法，不仅可以将一个二次三项式分解因式，还能解
决一些求代数式最大值、最小值的问题等．先阅读下面两个例子，再解决问题．
例1 分解因式：
2
2
3
x
x


解：
2
2
3
x
x




2
2
1
1 3
x
x






2
1
4
x






1 2
1 2
x
x






3
1
x
x



例2 求代数式
2
2
3
x
x

的最小值．
解：


2
2
2
3
1
4
x
x
x







2
1
0
x 

，


2
1
4
4
x



，
即代数式
2
2
3
x
x

的最小值是－4．
根据阅读材料用配方法解决下列问题：
(1)分解因式：
2
4
21
m
m


_____；
(2)当x _____时，多项式
2
6
3
x
x



有最_____值（填“大”或“小”）；这个最值为_____；
(3)若实数,a b 满足

7
13
0
a a
b




，求a
b

的最小值．
【答案】(1)(
3)(
7)
m
m


(2)3，大，6
小学
初中
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(3)4
【分析】本题考查了配方法的应用，包括因式分解、求代数式的最值，解题的关键是熟练掌握配方法的步
骤，将多项式转化为完全平方式与常数的和或差的形式．
（1）根据题干范例，利用配方法将多项式配方，再利用平方差公式进行因式分解；
（2）通过配方法将多项式转化为完全平方式与常数的形式，根据完全平方式的非负性判断最值情况；
（3）先根据已知条件用a 表示出b ，再将a
b

转化为完全平方式，进而求其最小值．
【详解】（1）解：1、分解因式
2
4
21
m
m


2
2
4
21
4
4
4
21
m
m
m
m







2
(
2)
25
m



(
2
5)(
2
5)
m
m





(
3)(
7)
m
m



；
故答案为：(
3)(
7)
m
m


；
（2）解：


2
2
6
3
6
3
x
x
x
x








2
6
9
9
3
x
x





2
(
3)
6
x







2
(
3)
6
x



2
(
3)
0
x 

，

2
(
3)
0
x


，则
2
(
3)
6
6
x



．
当
3
x 
时，多项式
2
6
3
x
x



有最大值，这个最值为6，
故答案为：3，大，6；
（3）解：
(
7)
13
0
a a
b



，

2
(
7) 13
7
13
b
a a
a
a






，

2
2
7
13
6
13
a
b
a
a
a
a
a








，
2
2
6
13
6
9
4
a
a
a
a





2
(
3)
4
a



2
(
3)
0
a 

，
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22 / 22

2
(
3)
4
4
a 


，即a
b

的最小值为4．