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一、选择题
1. 已知 $ x_{1} $，$ x_{2} $ 是关于 $ x $ 的方程 $ x^{2}-(2m + 3)x + m^{2}=0 $ 的两个不相等的实数根，且满足 $ x_{1}+x_{2}=m^{2} $，则 $ m $ 的值为(
A.$-1$
B.$3$
C.$-1$ 或 $3$
D.$1$ 或 $-3$
1. 已知 $ x_{1} $，$ x_{2} $ 是关于 $ x $ 的方程 $ x^{2}-(2m + 3)x + m^{2}=0 $ 的两个不相等的实数根，且满足 $ x_{1}+x_{2}=m^{2} $，则 $ m $ 的值为(
B
).A.$-1$
B.$3$
C.$-1$ 或 $3$
D.$1$ 或 $-3$
答案
1. B
解析
解：由韦达定理得，$x_{1}+x_{2}=2m + 3$。
因为$x_{1}+x_{2}=m^{2}$，所以$m^{2}=2m + 3$，即$m^{2}-2m - 3=0$，解得$m_{1}=3$，$m_{2}=-1$。
方程有两个不相等的实数根，所以$\Delta=(2m + 3)^{2}-4m^{2}=12m + 9＞0$，解得$m＞-\frac{3}{4}$。
$m=-1$不满足$m＞-\frac{3}{4}$，舍去；$m=3$满足条件。
故$m=3$。
因为$x_{1}+x_{2}=m^{2}$，所以$m^{2}=2m + 3$，即$m^{2}-2m - 3=0$，解得$m_{1}=3$，$m_{2}=-1$。
方程有两个不相等的实数根，所以$\Delta=(2m + 3)^{2}-4m^{2}=12m + 9＞0$，解得$m＞-\frac{3}{4}$。
$m=-1$不满足$m＞-\frac{3}{4}$，舍去；$m=3$满足条件。
故$m=3$。
2. 已知关于 $ x $ 的方程 $ x^{2}+(2k + 1)x + k - 1=0 $ 的两个实数根 $ x_{1} $，$ x_{2} $ 满足 $ x_{1}-x_{2}=4k - 1 $，则实数 $ k $ 的值为(
A.$1$，$0$
B.$-3$，$0$
C.$1$，$-\dfrac{4}{3}$
D.$1$，$-\dfrac{1}{3}$
D
).A.$1$，$0$
B.$-3$，$0$
C.$1$，$-\dfrac{4}{3}$
D.$1$，$-\dfrac{1}{3}$
答案
2. D
解析
解：由韦达定理得：$x_{1}+x_{2}=-(2k + 1)$，$x_{1}x_{2}=k - 1$。
$\because (x_{1}-x_{2})^{2}=(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}$，且$x_{1}-x_{2}=4k - 1$，
$\therefore (4k - 1)^{2}=(2k + 1)^{2}-4(k - 1)$
展开得：$16k^{2}-8k + 1=4k^{2}+4k + 1 - 4k + 4$
化简得：$12k^{2}-8k - 4=0$，即$3k^{2}-2k - 1=0$
解得：$k=1$或$k=-\dfrac{1}{3}$
当$k=1$时，方程为$x^{2}+3x + 0=0$，$\Delta=9＞0$；
当$k=-\dfrac{1}{3}$时，方程为$x^{2}+\dfrac{1}{3}x-\dfrac{4}{3}=0$，$\Delta=(\dfrac{1}{3})^{2}-4×1×(-\dfrac{4}{3})=\dfrac{1}{9}+\dfrac{16}{3}=\dfrac{49}{9}＞0$。
$\therefore k=1$或$k=-\dfrac{1}{3}$。
D
$\because (x_{1}-x_{2})^{2}=(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}$，且$x_{1}-x_{2}=4k - 1$，
$\therefore (4k - 1)^{2}=(2k + 1)^{2}-4(k - 1)$
展开得：$16k^{2}-8k + 1=4k^{2}+4k + 1 - 4k + 4$
化简得：$12k^{2}-8k - 4=0$，即$3k^{2}-2k - 1=0$
解得：$k=1$或$k=-\dfrac{1}{3}$
当$k=1$时，方程为$x^{2}+3x + 0=0$，$\Delta=9＞0$；
当$k=-\dfrac{1}{3}$时，方程为$x^{2}+\dfrac{1}{3}x-\dfrac{4}{3}=0$，$\Delta=(\dfrac{1}{3})^{2}-4×1×(-\dfrac{4}{3})=\dfrac{1}{9}+\dfrac{16}{3}=\dfrac{49}{9}＞0$。
$\therefore k=1$或$k=-\dfrac{1}{3}$。
D
3. 已知 $ α $，$ β $ 是方程 $ x^{2}+2x - 5=0 $ 的两个实数根，则 $ α^{2}+β^{2}+3α + 3β $ 的值为(
A.$6$
B.$8$
C.$10$
D.$12$
B
).A.$6$
B.$8$
C.$10$
D.$12$
答案
3. B
解析
解：因为$α$，$β$是方程$x^{2}+2x - 5=0$的两个实数根，所以由韦达定理得$α + β=-2$，$αβ=-5$。
$α^{2}+β^{2}=(α + β)^{2}-2αβ=(-2)^{2}-2×(-5)=4 + 10=14$
$3α + 3β=3(α + β)=3×(-2)=-6$
则$α^{2}+β^{2}+3α + 3β=14 + (-6)=8$
B
$α^{2}+β^{2}=(α + β)^{2}-2αβ=(-2)^{2}-2×(-5)=4 + 10=14$
$3α + 3β=3(α + β)=3×(-2)=-6$
则$α^{2}+β^{2}+3α + 3β=14 + (-6)=8$
B
二、填空题
4. 若关于 $ x $ 的一元二次方程 $ x^{2}+kx + 4k^{2}-3=0 $ 的两个实数根分别是 $ x_{1} $，$ x_{2} $，且满足 $ x_{1}+x_{2}=x_{1}x_{2} $，则 $ k $ 的值为
4. 若关于 $ x $ 的一元二次方程 $ x^{2}+kx + 4k^{2}-3=0 $ 的两个实数根分别是 $ x_{1} $，$ x_{2} $，且满足 $ x_{1}+x_{2}=x_{1}x_{2} $，则 $ k $ 的值为
$\dfrac{3}{4}$
.答案
4. $\dfrac{3}{4}$
解析
解：由韦达定理得，$x_{1}+x_{2}=-k$，$x_{1}x_{2}=4k^{2}-3$。
因为$x_{1}+x_{2}=x_{1}x_{2}$，所以$-k = 4k^{2}-3$，即$4k^{2}+k - 3 = 0$。
解得$k_{1}=\dfrac{3}{4}$，$k_{2}=-1$。
方程有两个实数根，所以$\Delta = k^{2}-4(4k^{2}-3) ≥ 0$，即$-15k^{2}+12 ≥ 0$，$k^{2} ≤ \dfrac{4}{5}$。
$k=-1$时，$k^{2}=1 ＞ \dfrac{4}{5}$，舍去；$k=\dfrac{3}{4}$时，$k^{2}=\dfrac{9}{16} ≤ \dfrac{4}{5}$，符合题意。
故$k=\dfrac{3}{4}$。
因为$x_{1}+x_{2}=x_{1}x_{2}$，所以$-k = 4k^{2}-3$，即$4k^{2}+k - 3 = 0$。
解得$k_{1}=\dfrac{3}{4}$，$k_{2}=-1$。
方程有两个实数根，所以$\Delta = k^{2}-4(4k^{2}-3) ≥ 0$，即$-15k^{2}+12 ≥ 0$，$k^{2} ≤ \dfrac{4}{5}$。
$k=-1$时，$k^{2}=1 ＞ \dfrac{4}{5}$，舍去；$k=\dfrac{3}{4}$时，$k^{2}=\dfrac{9}{16} ≤ \dfrac{4}{5}$，符合题意。
故$k=\dfrac{3}{4}$。
5. 已知 $ a^{2}+a=\sqrt{2}+1 $，$ b^{2}+b=\sqrt{2}+1 $，则 $ \dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b} $ 的值为
$-1-\sqrt{2}$ 或 2
.答案
5. $-1-\sqrt{2}$ 或 2
解析
当$a = b$时，$\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}=1 + 1=2$；
当$a≠ b$时，$a$，$b$是方程$x^{2}+x - (\sqrt{2}+1)=0$的两根，
则$a + b=-1$，$ab=-(\sqrt{2}+1)$，
$\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}=\dfrac{a^{2}+b^{2}}{ab}=\dfrac{(a + b)^{2}-2ab}{ab}=\dfrac{(-1)^{2}-2×(-(\sqrt{2}+1))}{-(\sqrt{2}+1)}=\dfrac{1 + 2\sqrt{2}+2}{-(\sqrt{2}+1)}=\dfrac{3 + 2\sqrt{2}}{-(\sqrt{2}+1)}=-(\sqrt{2}+1)=-1-\sqrt{2}$。
综上，$\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}$的值为$-1-\sqrt{2}$或$2$。
当$a≠ b$时，$a$，$b$是方程$x^{2}+x - (\sqrt{2}+1)=0$的两根，
则$a + b=-1$，$ab=-(\sqrt{2}+1)$，
$\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}=\dfrac{a^{2}+b^{2}}{ab}=\dfrac{(a + b)^{2}-2ab}{ab}=\dfrac{(-1)^{2}-2×(-(\sqrt{2}+1))}{-(\sqrt{2}+1)}=\dfrac{1 + 2\sqrt{2}+2}{-(\sqrt{2}+1)}=\dfrac{3 + 2\sqrt{2}}{-(\sqrt{2}+1)}=-(\sqrt{2}+1)=-1-\sqrt{2}$。
综上，$\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}$的值为$-1-\sqrt{2}$或$2$。
6. 已知关于 $ x $ 的一元二次方程 $ x^{2}-(a + b)x + ab - 1=0 $，$ x_{1} $，$ x_{2} $ 是此方程的两个实数根.现给出三个结论：① $ x_{1}≠ x_{2} $；② $ x_{1}x_{2}＜ ab $；③ $ x_{1}^{2}+x_{2}^{2}＜ a^{2}+b^{2} $.其中正确的是
①②
(填序号).答案
6. ①②
解析
【分析】
要判断三个结论的正确性，可分别利用一元二次方程根的判别式、根与系数的关系（韦达定理）来分析：
1. 对于结论①，通过计算方程的判别式，判断其是否大于0，若判别式大于0，则方程有两个不相等的实数根，即$x_1≠x_2$；
2. 对于结论②，利用韦达定理求出$x_1x_2$，再与$ab$比较大小；
3. 对于结论③，先利用完全平方公式将$x_1^2+x_2^2$变形为$(x_1+x_2)^2-2x_1x_2$，再结合韦达定理代入化简，最后与$a^2+b^2$比较大小。
【解析】
已知方程$x^{2}-(a + b)x + ab - 1=0$是一元二次方程，其中二次项系数$A=1$，一次项系数$B=-(a+b)$，常数项$C=ab-1$。
1. 判断结论①：
计算判别式$\Delta=B^2-4AC$，代入得：
$\Delta=[-(a+b)]^2 - 4×1×(ab-1)$
$=(a+b)^2 - 4ab + 4$
$=a^2+2ab+b^2-4ab+4$
$=a^2-2ab+b^2+4$
$=(a-b)^2+4$
因为$(a-b)^2≥0$，所以$\Delta=(a-b)^2+4≥4＞0$，
因此方程有两个不相等的实数根，即$x_1≠x_2$，结论①正确。
2. 判断结论②：
根据韦达定理，$x_1x_2=\frac{C}{A}=ab-1$，
则$x_1x_2 - ab=(ab-1)-ab=-1＜0$，
所以$x_1x_2＜ab$，结论②正确。
3. 判断结论③：
根据完全平方公式，$x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2$，
由韦达定理得$x_1+x_2=a+b$，$x_1x_2=ab-1$，代入得：
$x_1^2+x_2^2=(a+b)^2 - 2(ab-1)$
$=a^2+2ab+b^2-2ab+2$
$=a^2+b^2+2$
则$x_1^2+x_2^2 - (a^2+b^2)=2＞0$，
即$x_1^2+x_2^2＞a^2+b^2$，结论③错误。
综上，正确的结论是①②。
【答案】
①②
【知识点】
1. 一元二次方程根的判别式
2. 根与系数的关系（韦达定理）
3. 完全平方公式的应用
【点评】
本题综合考查一元二次方程的核心知识点，需要熟练运用判别式判断根的情况，以及利用韦达定理进行代数式的变形与大小比较。解题时需注意完全平方公式的正确展开，避免计算错误，同时要逐一分析每个结论，确保判断准确。
【难度系数】
0.6
要判断三个结论的正确性，可分别利用一元二次方程根的判别式、根与系数的关系（韦达定理）来分析：
1. 对于结论①，通过计算方程的判别式，判断其是否大于0，若判别式大于0，则方程有两个不相等的实数根，即$x_1≠x_2$；
2. 对于结论②，利用韦达定理求出$x_1x_2$，再与$ab$比较大小；
3. 对于结论③，先利用完全平方公式将$x_1^2+x_2^2$变形为$(x_1+x_2)^2-2x_1x_2$，再结合韦达定理代入化简，最后与$a^2+b^2$比较大小。
【解析】
已知方程$x^{2}-(a + b)x + ab - 1=0$是一元二次方程，其中二次项系数$A=1$，一次项系数$B=-(a+b)$，常数项$C=ab-1$。
1. 判断结论①：
计算判别式$\Delta=B^2-4AC$，代入得：
$\Delta=[-(a+b)]^2 - 4×1×(ab-1)$
$=(a+b)^2 - 4ab + 4$
$=a^2+2ab+b^2-4ab+4$
$=a^2-2ab+b^2+4$
$=(a-b)^2+4$
因为$(a-b)^2≥0$，所以$\Delta=(a-b)^2+4≥4＞0$，
因此方程有两个不相等的实数根，即$x_1≠x_2$，结论①正确。
2. 判断结论②：
根据韦达定理，$x_1x_2=\frac{C}{A}=ab-1$，
则$x_1x_2 - ab=(ab-1)-ab=-1＜0$，
所以$x_1x_2＜ab$，结论②正确。
3. 判断结论③：
根据完全平方公式，$x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2$，
由韦达定理得$x_1+x_2=a+b$，$x_1x_2=ab-1$，代入得：
$x_1^2+x_2^2=(a+b)^2 - 2(ab-1)$
$=a^2+2ab+b^2-2ab+2$
$=a^2+b^2+2$
则$x_1^2+x_2^2 - (a^2+b^2)=2＞0$，
即$x_1^2+x_2^2＞a^2+b^2$，结论③错误。
综上，正确的结论是①②。
【答案】
①②
【知识点】
1. 一元二次方程根的判别式
2. 根与系数的关系（韦达定理）
3. 完全平方公式的应用
【点评】
本题综合考查一元二次方程的核心知识点，需要熟练运用判别式判断根的情况，以及利用韦达定理进行代数式的变形与大小比较。解题时需注意完全平方公式的正确展开，避免计算错误，同时要逐一分析每个结论，确保判断准确。
【难度系数】
0.6
三、解答题
7. 已知 $ x_{1} $，$ x_{2} $ 是关于 $ x $ 的一元二次方程 $ (a - 1)x^{2}+x + a^{2}-1=0 $ 的两个实数根，且 $ x_{1}+x_{2}=\dfrac{1}{3} $，求 $ x_{1}x_{2} $ 的值.
7. 已知 $ x_{1} $，$ x_{2} $ 是关于 $ x $ 的一元二次方程 $ (a - 1)x^{2}+x + a^{2}-1=0 $ 的两个实数根，且 $ x_{1}+x_{2}=\dfrac{1}{3} $，求 $ x_{1}x_{2} $ 的值.
答案
7. $-1$
解析
解：由韦达定理得，$x_{1}+x_{2}=-\dfrac{1}{a - 1}$。
已知$x_{1}+x_{2}=\dfrac{1}{3}$，则$-\dfrac{1}{a - 1}=\dfrac{1}{3}$，解得$a = -2$。
当$a=-2$时，原方程为$-3x^{2}+x + 3=0$，判别式$\Delta=1 + 36=37＞0$，方程有两个实数根。
$x_{1}x_{2}=\dfrac{a^{2}-1}{a - 1}=a + 1=-2 + 1=-1$。
$-1$
已知$x_{1}+x_{2}=\dfrac{1}{3}$，则$-\dfrac{1}{a - 1}=\dfrac{1}{3}$，解得$a = -2$。
当$a=-2$时，原方程为$-3x^{2}+x + 3=0$，判别式$\Delta=1 + 36=37＞0$，方程有两个实数根。
$x_{1}x_{2}=\dfrac{a^{2}-1}{a - 1}=a + 1=-2 + 1=-1$。
$-1$
