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14. (2026·安阳校级月考)如图,某工厂师傅要在一块面积为$15\ \mathrm{m}^{2}$的矩形钢板上裁剪下两块相邻的正方形钢板当工作台的桌面,且要使大正方形的边长比小正方形的边长大1 m,则裁剪后剩下的阴影部分的面积为
2
$\mathrm{m}^{2}$.答案
14.2 解析:设大正方形的边长为x m,则小正方形的边长为$(x-1)$m.根据题意得$x(x+x-1)=15$,解得$x_1=3$,$x_2=-\dfrac{5}{2}$(不合题意,舍去),$\therefore$小正方形的边长为$x-1=3-1=2$(m),裁剪后剩下的阴影部分的面积为$15-2^2-3^2=2(\mathrm{m}^2)$.
解析
【分析】
要解决本题，需先设出大、小正方形的边长，根据图形确定矩形的长和宽与正方形边长的关系，结合矩形面积公式列方程求出正方形边长，最后用矩形总面积减去两个正方形的面积得到阴影部分面积。
【解析】
设大正方形的边长为$ x \, \mathrm{m} $，则小正方形的边长为$ (x - 1) \, \mathrm{m} $。
观察图形可知，矩形钢板的长为$ x + (x - 1) = (2x - 1) \, \mathrm{m} $，宽等于大正方形的边长$ x \, \mathrm{m} $。
根据矩形面积公式（面积=长×宽），结合矩形面积为$ 15 \, \mathrm{m}^2 $，列方程：
$x(2x - 1) = 15$
整理得$ 2x^2 - x - 15 = 0 $，解得$ x_1 = 3 $，$ x_2 = -\dfrac{5}{2} $（边长为正，舍去）。
因此大正方形边长为$ 3 \, \mathrm{m} $，小正方形边长为$ 3 - 1 = 2 \, \mathrm{m} $。
阴影部分面积 = 矩形总面积 - 大正方形面积 - 小正方形面积，即：
$15 - 3^2 - 2^2 = 15 - 9 - 4 = 2 \, (\mathrm{m}^2)$
【答案】
2
【知识点】
一元二次方程应用、矩形面积计算、正方形面积计算
【点评】
本题是几何与代数结合的基础题，关键是理清矩形边长与正方形边长的关系，舍去不符合实际的负根，再通过面积差计算阴影部分，难度适中。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需先设出大、小正方形的边长，根据图形确定矩形的长和宽与正方形边长的关系，结合矩形面积公式列方程求出正方形边长，最后用矩形总面积减去两个正方形的面积得到阴影部分面积。
【解析】
设大正方形的边长为$ x \, \mathrm{m} $，则小正方形的边长为$ (x - 1) \, \mathrm{m} $。
观察图形可知，矩形钢板的长为$ x + (x - 1) = (2x - 1) \, \mathrm{m} $，宽等于大正方形的边长$ x \, \mathrm{m} $。
根据矩形面积公式（面积=长×宽），结合矩形面积为$ 15 \, \mathrm{m}^2 $，列方程：
$x(2x - 1) = 15$
整理得$ 2x^2 - x - 15 = 0 $，解得$ x_1 = 3 $，$ x_2 = -\dfrac{5}{2} $（边长为正，舍去）。
因此大正方形边长为$ 3 \, \mathrm{m} $，小正方形边长为$ 3 - 1 = 2 \, \mathrm{m} $。
阴影部分面积 = 矩形总面积 - 大正方形面积 - 小正方形面积，即：
$15 - 3^2 - 2^2 = 15 - 9 - 4 = 2 \, (\mathrm{m}^2)$
【答案】
2
【知识点】
一元二次方程应用、矩形面积计算、正方形面积计算
【点评】
本题是几何与代数结合的基础题，关键是理清矩形边长与正方形边长的关系，舍去不符合实际的负根，再通过面积差计算阴影部分，难度适中。
【难度系数】
0.5
15. 设方程 $ax^{2}+bx+c=0(a ≠ 0)$ 有两个根 $x_{1}$ 和$x_{2}$,且 $1＜x_{1}＜2＜x_{2}＜4$, 那么方程 $cx^{2}+bx+a=0$的较小根 $x_{3}$ 的范围是
$\dfrac{1}{4}＜x_3＜\dfrac{1}{2}$
.答案
15.$\dfrac{1}{4}＜x_3＜\dfrac{1}{2}$ 解析:
∵$ax^2+bx+c=0(a≠0)$,且该一元二次方程两根均不为0,
∴$a+b\dfrac{1}{x}+c\dfrac{1}{x^2}=0$,即$c(\dfrac{1}{x})^2+b(\dfrac{1}{x})+a=0$,$\therefore$方程$cx^2+bx+a=0$的两根分别为$\dfrac{1}{x_1}$和$\dfrac{1}{x_2}$.
∵$1＜x_1＜2＜x_2＜4$,$\therefore$较小根$x_3=\dfrac{1}{x_2}$,范围为$\dfrac{1}{4}＜x_3＜\dfrac{1}{2}$.
∵$ax^2+bx+c=0(a≠0)$,且该一元二次方程两根均不为0,
∴$a+b\dfrac{1}{x}+c\dfrac{1}{x^2}=0$,即$c(\dfrac{1}{x})^2+b(\dfrac{1}{x})+a=0$,$\therefore$方程$cx^2+bx+a=0$的两根分别为$\dfrac{1}{x_1}$和$\dfrac{1}{x_2}$.
∵$1＜x_1＜2＜x_2＜4$,$\therefore$较小根$x_3=\dfrac{1}{x_2}$,范围为$\dfrac{1}{4}＜x_3＜\dfrac{1}{2}$.
解析
【分析】
要解决这个问题，核心是利用一元二次方程根的定义，通过对已知方程进行同解变形，建立目标方程与已知方程根的关系。已知方程$ax^2+bx+c=0$的根$x_1$、$x_2$均不为0，将方程两边除以$x^2$可转化出关于$\frac{1}{x}$的方程，进而得到方程$cx^2+bx+a=0$的根为$\frac{1}{x_1}$和$\frac{1}{x_2}$，再结合$x_1$、$x_2$的范围，确定较小根对应的表达式，最终求出其范围。
【解析】
因为方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$的两个根$x_1$、$x_2$满足$1＜x_1＜2＜x_2＜4$，所以$x_1$、$x_2$均不为0。对等式$ax^2+bx+c=0$两边同时除以$x^2$，可得：
$a + b·\frac{1}{x} + c·(\frac{1}{x})^2 = 0$，
整理为：$c·(\frac{1}{x})^2 + b·(\frac{1}{x}) + a = 0$，
由此可知，方程$cx^2+bx+a=0$的两个根为$\frac{1}{x_1}$和$\frac{1}{x_2}$。
已知$1＜x_1＜2$，则$\frac{1}{2}＜\frac{1}{x_1}＜1$；又$2＜x_2＜4$，则$\frac{1}{4}＜\frac{1}{x_2}＜\frac{1}{2}$。
比较$\frac{1}{x_1}$和$\frac{1}{x_2}$的大小，可得$\frac{1}{x_2}＜\frac{1}{2}＜\frac{1}{x_1}$，因此方程$cx^2+bx+a=0$的较小根$x_3=\frac{1}{x_2}$，其范围为$\frac{1}{4}＜x_3＜\frac{1}{2}$。
【答案】
$\dfrac{1}{4}＜x_3＜\dfrac{1}{2}$
【知识点】
一元二次方程根的定义、方程的同解变形
【点评】
本题巧妙利用一元二次方程根的定义，通过方程变形建立了两个方程根的联系，避免了复杂的系数运算，解题思路简洁，重点考查学生对一元二次方程根的性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.4
要解决这个问题，核心是利用一元二次方程根的定义，通过对已知方程进行同解变形，建立目标方程与已知方程根的关系。已知方程$ax^2+bx+c=0$的根$x_1$、$x_2$均不为0，将方程两边除以$x^2$可转化出关于$\frac{1}{x}$的方程，进而得到方程$cx^2+bx+a=0$的根为$\frac{1}{x_1}$和$\frac{1}{x_2}$，再结合$x_1$、$x_2$的范围，确定较小根对应的表达式，最终求出其范围。
【解析】
因为方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$的两个根$x_1$、$x_2$满足$1＜x_1＜2＜x_2＜4$，所以$x_1$、$x_2$均不为0。对等式$ax^2+bx+c=0$两边同时除以$x^2$，可得：
$a + b·\frac{1}{x} + c·(\frac{1}{x})^2 = 0$，
整理为：$c·(\frac{1}{x})^2 + b·(\frac{1}{x}) + a = 0$，
由此可知，方程$cx^2+bx+a=0$的两个根为$\frac{1}{x_1}$和$\frac{1}{x_2}$。
已知$1＜x_1＜2$，则$\frac{1}{2}＜\frac{1}{x_1}＜1$；又$2＜x_2＜4$，则$\frac{1}{4}＜\frac{1}{x_2}＜\frac{1}{2}$。
比较$\frac{1}{x_1}$和$\frac{1}{x_2}$的大小，可得$\frac{1}{x_2}＜\frac{1}{2}＜\frac{1}{x_1}$，因此方程$cx^2+bx+a=0$的较小根$x_3=\frac{1}{x_2}$，其范围为$\frac{1}{4}＜x_3＜\frac{1}{2}$。
【答案】
$\dfrac{1}{4}＜x_3＜\dfrac{1}{2}$
【知识点】
一元二次方程根的定义、方程的同解变形
【点评】
本题巧妙利用一元二次方程根的定义，通过方程变形建立了两个方程根的联系，避免了复杂的系数运算，解题思路简洁，重点考查学生对一元二次方程根的性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.4
16. 如图,$M(-a,b)$是反比例函数$y=\dfrac{k}{x}(x＜0)$图象上的一点,其中$b＞a＞0$,过点$M$作$MN ⊥ x$轴于点$N$,连接$OM$.
(1) 若$△ MON$的面积是 3,则 $k$ 的值为
(2) 将$△ MON$绕点 $M$ 按顺时针方向旋转$90°$得到$△ MQP$,且点 $O$ 的对应点 $Q$ 恰好落在该反比例函数的图象上,则$\dfrac{b}{a}=$
(1) 若$△ MON$的面积是 3,则 $k$ 的值为
-6
.(2) 将$△ MON$绕点 $M$ 按顺时针方向旋转$90°$得到$△ MQP$,且点 $O$ 的对应点 $Q$ 恰好落在该反比例函数的图象上,则$\dfrac{b}{a}=$
$\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$
.答案
16.(1)-6 (2)$\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$ 解析:(1)
∵$M(-a,b)$是反比例函数$y=\dfrac{k}{x}(x＜0)$图象上的一点,
∴$k=-a×b=-ab$.
∵$MN⊥x$轴于点N,
∴$MN=b$,$ON=a$,$\therefore S_{△MON}=\dfrac{1}{2}ON·MN=\dfrac{1}{2}×a·b=3$,$\therefore ab=6$,则$k=-6$. (2)如图,延长PQ交x轴于H,由旋转性质得$∠P=∠PMN=∠MNH=90°$,$PM=MN=b$,$PQ=ON=a$,$\therefore$四边形PMNH是正方形,$\therefore PH=HN=MN=b$,$∠PHN=90°$,即$PH⊥x$轴,$\therefore OH=HN+ON=b+a$,$QH=PH-PQ=b-a$,$\therefore Q(-b-a,b-a)$.
∵点Q,M都是反比例函数$y=\dfrac{k}{x}(x＜0)$图象上的点,$\therefore (-b-a)(b-a)=-ab$,即$b^2-a^2=ab$,$\therefore (\dfrac{b}{a})^2-\dfrac{b}{a}-1=0$,解得$\dfrac{b}{a}=\dfrac{1±\sqrt{5}}{2}$.
∵$b＞a＞0$,$\therefore \dfrac{b}{a}=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$.
解析
【分析】
第(1)问：利用反比例函数k的几何意义，反比例函数图象上的点向坐标轴作垂线形成的直角三角形面积为$\frac{1}{2}|k|$。先由点M在反比例函数上得到k与a、b的关系，再结合△MON的面积求出ab的值，进而得到k；第(2)问：根据旋转性质确定对应边相等，推出点Q的坐标，再利用Q在反比例函数图象上建立关于a、b的方程，通过换元法求解$\frac{b}{a}$，注意b＞a＞0的条件舍去不符合的根。
【解析】
(1) 因为点$M(-a,b)$在反比例函数$y=\dfrac{k}{x}(x＜0)$的图象上，所以$k = (-a) · b = -ab$。
又$MN⊥x$轴，故$△ MON$为直角三角形，$ON=a$，$MN=b$，其面积$S_{△ MON}=\dfrac{1}{2} · ON · MN = \dfrac{1}{2}ab$。
已知$S_{△ MON}=3$，则$\dfrac{1}{2}ab=3$，解得$ab=6$，因此$k=-ab=-6$。
(2) 由旋转性质得$△ MQP ≌ △ MON$，故$PM=MN=b$，$PQ=ON=a$，$∠ P=∠ MNO=90°$，延长$PQ$交$x$轴于$H$，易知四边形$PMNH$是正方形，因此$PH=HN=b$，$PH⊥x$轴。
由此得$Q$点坐标为$(-(a+b), b-a)$，因$Q$在反比例函数图象上，故$[-(a+b)] · (b-a) = k=-ab$。
左边化简得$a^2 - b^2 = -ab$，整理为$b^2 - a^2 = ab$，两边除以$a^2$，设$t=\dfrac{b}{a}(t＞1)$，则方程变为$t^2 - t -1=0$，解得$t=\dfrac{1\pm\sqrt{5}}{2}$，结合$b＞a＞0$，舍去负根，得$\dfrac{b}{a}=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$。
【答案】
(1)$-6$；(2)$\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$
【知识点】
反比例函数性质，旋转的性质，一元二次方程求解
【点评】
本题综合考查反比例函数、旋转及一元二次方程的应用，需结合图形变换确定点的坐标，利用反比例函数的坐标特征建立方程，体现数形结合与方程思想，是中档综合题。
【难度系数】
0.4
第(1)问：利用反比例函数k的几何意义，反比例函数图象上的点向坐标轴作垂线形成的直角三角形面积为$\frac{1}{2}|k|$。先由点M在反比例函数上得到k与a、b的关系，再结合△MON的面积求出ab的值，进而得到k；第(2)问：根据旋转性质确定对应边相等，推出点Q的坐标，再利用Q在反比例函数图象上建立关于a、b的方程，通过换元法求解$\frac{b}{a}$，注意b＞a＞0的条件舍去不符合的根。
【解析】
(1) 因为点$M(-a,b)$在反比例函数$y=\dfrac{k}{x}(x＜0)$的图象上，所以$k = (-a) · b = -ab$。
又$MN⊥x$轴，故$△ MON$为直角三角形，$ON=a$，$MN=b$，其面积$S_{△ MON}=\dfrac{1}{2} · ON · MN = \dfrac{1}{2}ab$。
已知$S_{△ MON}=3$，则$\dfrac{1}{2}ab=3$，解得$ab=6$，因此$k=-ab=-6$。
(2) 由旋转性质得$△ MQP ≌ △ MON$，故$PM=MN=b$，$PQ=ON=a$，$∠ P=∠ MNO=90°$，延长$PQ$交$x$轴于$H$，易知四边形$PMNH$是正方形，因此$PH=HN=b$，$PH⊥x$轴。
由此得$Q$点坐标为$(-(a+b), b-a)$，因$Q$在反比例函数图象上，故$[-(a+b)] · (b-a) = k=-ab$。
左边化简得$a^2 - b^2 = -ab$，整理为$b^2 - a^2 = ab$，两边除以$a^2$，设$t=\dfrac{b}{a}(t＞1)$，则方程变为$t^2 - t -1=0$，解得$t=\dfrac{1\pm\sqrt{5}}{2}$，结合$b＞a＞0$，舍去负根，得$\dfrac{b}{a}=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$。
【答案】
(1)$-6$；(2)$\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$
【知识点】
反比例函数性质，旋转的性质，一元二次方程求解
【点评】
本题综合考查反比例函数、旋转及一元二次方程的应用，需结合图形变换确定点的坐标，利用反比例函数的坐标特征建立方程，体现数形结合与方程思想，是中档综合题。
【难度系数】
0.4
三、解答题(共60分)
17.(8分)解下列方程.
(1)$3(2x-1)^{2}=27$; (2)$x^{2}-2\sqrt{6}x+6=0$;
(3)$(x-4)^{2}=4x(4-x)$;
(4)$(x-2)^{2}=-3(x-2)-2$.
17.(8分)解下列方程.
(1)$3(2x-1)^{2}=27$; (2)$x^{2}-2\sqrt{6}x+6=0$;
(3)$(x-4)^{2}=4x(4-x)$;
(4)$(x-2)^{2}=-3(x-2)-2$.
答案
17.(1)$x_1=2$,$x_2=-1$. (2)$x_1=x_2=\sqrt{6}$. (3)$x_1=4$,$x_2=\dfrac{4}{5}$. (4)$x_1=1$,$x_2=0$.
解析
【分析】
解一元二次方程需根据方程的结构特点选择合适的方法：
1. 方程(1)左边为完全平方式，先将系数化为1，再用直接开平方法求解；
2. 方程(2)左边符合完全平方公式，可直接用配方法（或完全平方公式）求解；
3. 方程(3)移项后可提取公因式，适合用因式分解法求解；
4. 方程(4)将(x-2)看作整体，移项后因式分解求解，简化计算。
【解析】
(1) 解：两边同除以3，得$(2x-1)^2=9$，
开平方得$2x-1=\pm3$，
当$2x-1=3$时，$2x=4$，解得$x=2$；
当$2x-1=-3$时，$2x=-2$，解得$x=-1$；
故方程(1)的解为$x_1=2$，$x_2=-1$。
(2) 解：原方程变形为$x^2 - 2\sqrt{6}x + (\sqrt{6})^2=0$，即$(x-\sqrt{6})^2=0$，
开平方得$x-\sqrt{6}=0$，解得$x_1=x_2=\sqrt{6}$。
(3) 解：移项得$(x-4)^2 +4x(x-4)=0$，
提取公因式$(x-4)$得$(x-4)(x-4+4x)=0$，即$(x-4)(5x-4)=0$，
则$x-4=0$或$5x-4=0$，
解得$x_1=4$，$x_2=\frac{4}{5}$。
(4) 解：移项得$(x-2)^2 +3(x-2)+2=0$，
令$y=x-2$，方程化为$y^2+3y+2=0$，
因式分解得$(y+1)(y+2)=0$，
则$y+1=0$或$y+2=0$，即$y=-1$或$y=-2$，
代回$y=x-2$得$x-2=-1$或$x-2=-2$，
解得$x_1=1$，$x_2=0$。
【答案】
(1)$x_1=2$，$x_2=-1$；(2)$x_1=x_2=\sqrt{6}$；(3)$x_1=4$，$x_2=\dfrac{4}{5}$；(4)$x_1=1$，$x_2=0$。
【知识点】
一元二次方程的解法、直接开平方法、因式分解法
【点评】
本题考查一元二次方程的基础解法，涵盖直接开平方法、配方法、因式分解法，是一元二次方程的核心基础题型，需学生根据方程特点灵活选择解法，难度适中，适合巩固相关知识点。
【难度系数】
0.6
解一元二次方程需根据方程的结构特点选择合适的方法：
1. 方程(1)左边为完全平方式，先将系数化为1，再用直接开平方法求解；
2. 方程(2)左边符合完全平方公式，可直接用配方法（或完全平方公式）求解；
3. 方程(3)移项后可提取公因式，适合用因式分解法求解；
4. 方程(4)将(x-2)看作整体，移项后因式分解求解，简化计算。
【解析】
(1) 解：两边同除以3，得$(2x-1)^2=9$，
开平方得$2x-1=\pm3$，
当$2x-1=3$时，$2x=4$，解得$x=2$；
当$2x-1=-3$时，$2x=-2$，解得$x=-1$；
故方程(1)的解为$x_1=2$，$x_2=-1$。
(2) 解：原方程变形为$x^2 - 2\sqrt{6}x + (\sqrt{6})^2=0$，即$(x-\sqrt{6})^2=0$，
开平方得$x-\sqrt{6}=0$，解得$x_1=x_2=\sqrt{6}$。
(3) 解：移项得$(x-4)^2 +4x(x-4)=0$，
提取公因式$(x-4)$得$(x-4)(x-4+4x)=0$，即$(x-4)(5x-4)=0$，
则$x-4=0$或$5x-4=0$，
解得$x_1=4$，$x_2=\frac{4}{5}$。
(4) 解：移项得$(x-2)^2 +3(x-2)+2=0$，
令$y=x-2$，方程化为$y^2+3y+2=0$，
因式分解得$(y+1)(y+2)=0$，
则$y+1=0$或$y+2=0$，即$y=-1$或$y=-2$，
代回$y=x-2$得$x-2=-1$或$x-2=-2$，
解得$x_1=1$，$x_2=0$。
【答案】
(1)$x_1=2$，$x_2=-1$；(2)$x_1=x_2=\sqrt{6}$；(3)$x_1=4$，$x_2=\dfrac{4}{5}$；(4)$x_1=1$，$x_2=0$。
【知识点】
一元二次方程的解法、直接开平方法、因式分解法
【点评】
本题考查一元二次方程的基础解法，涵盖直接开平方法、配方法、因式分解法，是一元二次方程的核心基础题型，需学生根据方程特点灵活选择解法，难度适中，适合巩固相关知识点。
【难度系数】
0.6
18. (5分)(2026·遵义期中)为了应对气候变化,某科技公司研发了一种人工装置“碳捕集树”,该装置能像超级树木一样高效吸收大气中的二氧化碳.2023年投入使用,单台设备年均捕集量为10吨二氧化碳,该设备经过技术升级后,到2025年单台设备年均捕集量达到19.6吨,且从2023年到2025年,该设备年均捕集量的平均增长率都相同.
(1)求该设备每年年均捕集量的平均增长率;
(2)该科技公司在2026年初引入AI人工智能算法实时优化捕集过程,使得单台设备年均捕集量的平均增长率提高到原来的1.5倍,按照这个平均增长率,预计2026年该设备单台年均捕集量将达到多少吨?
(1)求该设备每年年均捕集量的平均增长率;
(2)该科技公司在2026年初引入AI人工智能算法实时优化捕集过程,使得单台设备年均捕集量的平均增长率提高到原来的1.5倍,按照这个平均增长率,预计2026年该设备单台年均捕集量将达到多少吨?
答案
18.(1)设该设备每年年均捕集量的平均增长率为x,根据题意得$10(1+x)^2=19.6$,解得$x_1=0.4=40\%$,$x_2=-2.4$(舍去).答:该设备每年年均捕集量的平均增长率为40%. (2)$19.6×(1+1.5×40\%)=31.36$(吨).答:预计2026年该设备单台年均捕集量将达到31.36吨.
解析
【分析】
本题是增长率相关的应用题，解题思路如下：(1) 第一问需设平均增长率为$ x $，利用“初始量×(1+增长率)的年数次方=终值”的增长率公式，结合2023年到2025年的时间跨度（2年）列出一元二次方程，求解后舍去不符合实际意义的负根，得到平均增长率；(2) 第二问先计算提高后的新增长率，再用2025年的捕集量乘以(1+新增长率)，即可得到2026年的捕集量。
【解析】
(1) 设该设备每年年均捕集量的平均增长率为$ x $，根据题意，2023年到2025年经过了2年，初始捕集量为10吨，2025年捕集量为19.6吨，列方程：
$ 10(1+x)^2 = 19.6 $
两边同除以10得：$ (1+x)^2 = 1.96 $
开平方得：$ 1+x = ±1.4 $
解得：$ x_1 = 0.4 = 40\% $，$ x_2 = -2.4 $（增长率不能为负，舍去）
答：该设备每年年均捕集量的平均增长率为40%。
(2) 原来的平均增长率为40%，提高到原来的1.5倍，新增长率为：$ 1.5×40\% = 0.6 $
2025年捕集量为19.6吨，2026年捕集量为：
$ 19.6×(1+0.6) = 31.36 $（吨）
答：预计2026年该设备单台年均捕集量将达到31.36吨。
【答案】
18.(1)该设备每年年均捕集量的平均增长率为40%；(2)预计2026年该设备单台年均捕集量将达到31.36吨。
【知识点】
一元二次方程的应用（增长率问题）、百分比的应用
【点评】
本题是典型的增长率应用题，分两小问逐步考查，第一问需掌握增长率公式列方程求解，注意舍去负根；第二问在第一问基础上计算新增长率，整体难度适中，侧重考查学生对增长率问题的理解与计算能力。
【难度系数】
0.6
本题是增长率相关的应用题，解题思路如下：(1) 第一问需设平均增长率为$ x $，利用“初始量×(1+增长率)的年数次方=终值”的增长率公式，结合2023年到2025年的时间跨度（2年）列出一元二次方程，求解后舍去不符合实际意义的负根，得到平均增长率；(2) 第二问先计算提高后的新增长率，再用2025年的捕集量乘以(1+新增长率)，即可得到2026年的捕集量。
【解析】
(1) 设该设备每年年均捕集量的平均增长率为$ x $，根据题意，2023年到2025年经过了2年，初始捕集量为10吨，2025年捕集量为19.6吨，列方程：
$ 10(1+x)^2 = 19.6 $
两边同除以10得：$ (1+x)^2 = 1.96 $
开平方得：$ 1+x = ±1.4 $
解得：$ x_1 = 0.4 = 40\% $，$ x_2 = -2.4 $（增长率不能为负，舍去）
答：该设备每年年均捕集量的平均增长率为40%。
(2) 原来的平均增长率为40%，提高到原来的1.5倍，新增长率为：$ 1.5×40\% = 0.6 $
2025年捕集量为19.6吨，2026年捕集量为：
$ 19.6×(1+0.6) = 31.36 $（吨）
答：预计2026年该设备单台年均捕集量将达到31.36吨。
【答案】
18.(1)该设备每年年均捕集量的平均增长率为40%；(2)预计2026年该设备单台年均捕集量将达到31.36吨。
【知识点】
一元二次方程的应用（增长率问题）、百分比的应用
【点评】
本题是典型的增长率应用题，分两小问逐步考查，第一问需掌握增长率公式列方程求解，注意舍去负根；第二问在第一问基础上计算新增长率，整体难度适中，侧重考查学生对增长率问题的理解与计算能力。
【难度系数】
0.6
19. (6分)(2024·遂宁中考)已知关于$x$的一元二次方程$x^{2}-(m+2)x+m-1=0$.
(1)求证:无论$m$取何值,方程都有两个不相等的实数根;
(2)如果方程的两个实数根为$x_{1},x_{2}$,且$x_{1}^{2}+$$x_{2}^{2}-x_{1}x_{2}=9$,求$m$的值.
(1)求证:无论$m$取何值,方程都有两个不相等的实数根;
(2)如果方程的两个实数根为$x_{1},x_{2}$,且$x_{1}^{2}+$$x_{2}^{2}-x_{1}x_{2}=9$,求$m$的值.
答案
19.(1)由题意知,$b^2-4ac=[-(m+2)]^2-4×1×(m-1)=m^2+8$,
∵无论m取何值,$m^2+8＞0$恒成立,
∴无论m取何值,方程都有两个不相等的实数根. (2)
∵$x_1,x_2$是方程$x^2-(m+2)x+m-1=0$的两个实数根,$\therefore x_1+x_2=m+2$,$x_1x_2=m-1$,$\therefore x_1^2+x_2^2-x_1x_2=(x_1+x_2)^2-3x_1x_2=(m+2)^2-3(m-1)=9$,解得$m_1=1$,$m_2=-2$.
∵无论m取何值,$m^2+8＞0$恒成立,
∴无论m取何值,方程都有两个不相等的实数根. (2)
∵$x_1,x_2$是方程$x^2-(m+2)x+m-1=0$的两个实数根,$\therefore x_1+x_2=m+2$,$x_1x_2=m-1$,$\therefore x_1^2+x_2^2-x_1x_2=(x_1+x_2)^2-3x_1x_2=(m+2)^2-3(m-1)=9$,解得$m_1=1$,$m_2=-2$.
解析
【分析】
要解决本题，首先明确一元二次方程根的情况由判别式Δ决定，第一问通过计算判别式并判断其恒正即可证明；第二问利用韦达定理（根与系数的关系），将所求代数式转化为含两根和、两根积的形式，代入后解方程求m的值。
【解析】
(1) 对于一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$，判别式$\Delta = b^2 - 4ac$。本题中$a=1$，$b=-(m+2)$，$c=m-1$，则：
$\Delta = [-(m+2)]^2 - 4×1×(m-1) = m^2 +4m +4 -4m +4 = m^2 +8$。
因为无论m取何值，$m^2≥0$，所以$m^2 +8≥8＞0$，即$\Delta＞0$恒成立，因此无论m取何值，方程都有两个不相等的实数根。
(2) 因为$x_1,x_2$是方程的两个实数根，根据韦达定理得：
$x_1+x_2 = m+2$，$x_1x_2 = m-1$。
对$x_1^2 +x_2^2 -x_1x_2$变形：$x_1^2 +x_2^2 = (x_1+x_2)^2 - 2x_1x_2$，所以：
$x_1^2 +x_2^2 -x_1x_2 = (x_1+x_2)^2 - 3x_1x_2$。
代入韦达定理结果得：
$(m+2)^2 - 3(m-1) =9$，
展开整理：$m^2 +4m +4 -3m +3 =9$ → $m^2 +m -2=0$，
因式分解：$(m+2)(m-1)=0$，
解得$m_1=1$，$m_2=-2$。
【答案】
$m$的值为1或-2。
【知识点】
一元二次方程根的判别式；一元二次方程根与系数的关系
【点评】
本题为中考基础题型，考查一元二次方程根的判别式和韦达定理的应用，解题思路清晰，步骤规范，属于学生需熟练掌握的常规知识点，难度适中。
【难度系数】
0.7
要解决本题，首先明确一元二次方程根的情况由判别式Δ决定，第一问通过计算判别式并判断其恒正即可证明；第二问利用韦达定理（根与系数的关系），将所求代数式转化为含两根和、两根积的形式，代入后解方程求m的值。
【解析】
(1) 对于一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$，判别式$\Delta = b^2 - 4ac$。本题中$a=1$，$b=-(m+2)$，$c=m-1$，则：
$\Delta = [-(m+2)]^2 - 4×1×(m-1) = m^2 +4m +4 -4m +4 = m^2 +8$。
因为无论m取何值，$m^2≥0$，所以$m^2 +8≥8＞0$，即$\Delta＞0$恒成立，因此无论m取何值，方程都有两个不相等的实数根。
(2) 因为$x_1,x_2$是方程的两个实数根，根据韦达定理得：
$x_1+x_2 = m+2$，$x_1x_2 = m-1$。
对$x_1^2 +x_2^2 -x_1x_2$变形：$x_1^2 +x_2^2 = (x_1+x_2)^2 - 2x_1x_2$，所以：
$x_1^2 +x_2^2 -x_1x_2 = (x_1+x_2)^2 - 3x_1x_2$。
代入韦达定理结果得：
$(m+2)^2 - 3(m-1) =9$，
展开整理：$m^2 +4m +4 -3m +3 =9$ → $m^2 +m -2=0$，
因式分解：$(m+2)(m-1)=0$，
解得$m_1=1$，$m_2=-2$。
【答案】
$m$的值为1或-2。
【知识点】
一元二次方程根的判别式；一元二次方程根与系数的关系
【点评】
本题为中考基础题型，考查一元二次方程根的判别式和韦达定理的应用，解题思路清晰，步骤规范，属于学生需熟练掌握的常规知识点，难度适中。
【难度系数】
0.7
