11. 已知 $α,β$ 是关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2+(2m+3)x+m^2=0$ 的两个不相等的实数根,且满足$\dfrac{1}{α}+\dfrac{1}{β}=-1$,则 $m$ 的值为（）

A.3
B.1
C.3或-1
D.-3或1

11. A 解析:因为关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2+(2m+3)x+m^2=0$ 有两个不相等的实数根,所以 $(2m+3)^2-4×1× m^2＞0$,解得 $m＞-\dfrac{3}{4}$. 由一元二次方程的根与系数的关系,得 $α+β=-(2m+3)$,$αβ=m^2$,所以 $\dfrac{1}{α}+\dfrac{1}{β}=\dfrac{α+β}{αβ}=\dfrac{-(2m+3)}{m^2}=-1$,即 $m^2-2m-3=0$,解得 $m_1=3$,$m_2=-1$(不合题意,舍去). 故 $m$ 的值为 3.

12. 新趋势 开放探究 若关于 $x$ 的方程 $x^{2}+2x-2m+1=0$ 的两根之积为负数,则整数 $m$ 的值为.(写出一个即可)

12. (答案不唯一)2 解析:由题意,得 $x_1x_2=-2m+1＜0$,所以 $m＞\dfrac{1}{2}$,所以整数 $m$ 的值可以为 2.

13. 已知方程组$\begin{cases}x+y=a,\\ xy=b\end{cases}$的两组解是$\begin{cases}x_{1}=a_{1},\\ y_{1}=b_{1}\end{cases}$和$\begin{cases}x_{2}=a_{2},\\ y_{2}=b_{2},\end{cases}$则$a_{1}a_{2}-b_{1}b_{2}=$ ______ .

13. 0 解析:由$\begin{cases}x+y=a,\\ xy=b,\end{cases}$得 $x(a-x)=b$,即 $x^2-ax+b=0$;$y(a-y)=b$,即 $y^2-ay+b=0$. 由一元二次方程的根与系数的关系,得 $a_1a_2=b$,$b_1b_2=b$,所以 $a_1a_2-b_1b_2=0$.

14. 若 m,n 是关于 x 的一元二次方程 $x^{2}-2ax+$$a^{2}+a-2=0$ 的两个实数根,则代数式 $m+n$的最大值是.

14. 4 解析:因为关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2-2ax+a^2+a-2=0$ 有两个实数根,所以 $(-2a)^2-4×1×(a^2+a-2)≥0$,解得 $a≤2$. 由一元二次方程的根与系数的关系,得 $m+n=2a$,所以 $m+n≤4$,所以代数式 $m+n$ 的最大值是 4.

15. 已知 $x_{1},x_{2}$ 是关于 $x$ 的一元二次方程 $x^{2}+$$2x+k-1=0$ 的两个实数根, 且 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-$$x_{1}x_{2}=13$, 则 $k$ 的值为.

15. −2 解析:因为关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2+2x+k-1=0$ 有两个实数根,所以 $2^2-4×1×(k-1)≥0$,解得 $k≤2$. 由一元二次方程的根与系数的关系,得 $x_1+x_2=-2$,$x_1x_2=k-1$,所以 $x_1^2+x_2^2-x_1x_2=(x_1+x_2)^2-3x_1x_2=(-2)^2-3(k-1)=7-3k$. 又 $x_1^2+x_2^2-x_1x_2=13$,所以 $7-3k=13$,解得 $k=-2$,符合题意. 故 $k$ 的值为 $-2$.

16. 已知关于 $x$ 的一元二次方程 $x^{2}-2(m+1)x+m^{2}+5=0$ 有两个实数根 $x_{1},x_{2}$.
(1) 求 $m$ 的取值范围；
(2) 当 $m=3$ 时,若 $x_{1},x_{2}$ 恰好是一个直角三角形的两条直角边长,求该直角三角形的斜边长；
(3) 若 $x_{1},x_{2}$ 满足 $x_{1}+x_{2}=\dfrac{2}{3}x_{1}x_{2}$,求 $m$ 的值.

16. (1) 因为关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2-2(m+1)x+m^2+5=0$ 有两个实数根,所以 $[-2(m+1)]^2-4×1×(m^2+5)≥0$,解得 $m≥2$. 故 $m$ 的取值范围为 $m≥2$.
(2) 当 $m=3$ 时,原方程即为 $x^2-8x+14=0$,所以 $x_1+x_2=8$,$x_1x_2=14$,所以 $x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=8^2-2×14=36$. 因为 $x_1,x_2$ 恰好是一个直角三角形的两条直角边长,所以该直角三角形的斜边长为$\sqrt{x_1^2+x_2^2}=6$.
(3) 由一元二次方程的根与系数的关系,得 $x_1+x_2=2(m+1)$,$x_1x_2=m^2+5$. 又 $x_1+x_2=\dfrac{2}{3}x_1x_2$,所以 $2(m+1)=\dfrac{2}{3}(m^2+5)$,即 $m^2-3m+2=0$,解得 $m_1=1$,$m_2=2$. 因为 $m≥2$,所以 $m$ 的值为 2.

17. (2026·江苏镇江期中)若一个等腰三角形的三边长分别为$m$,$n$,$3$,且$m$,$n$是关于$x$的一元二次方程$x^{2}-8x+t-1=0$的两根,则$t$的值为（）

A.16
B.18
C.17 或 16
D.19 或 18

17. C 解析:因为关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2-8x+t-1=0$ 有两个实数根,所以 $(-8)^2-4×1×(t-1)≥0$,解得 $t≤17$. 由一元二次方程的根与系数的关系,得 $m+n=8$,$mn=t-1$. 因为一个等腰三角形的三边长分别为 $m,n,3$,所以分类讨论如下:① 若 $m=n$,则$\begin{cases}m=4,\\ n=4,\\ t=17;\end{cases}$② 若 $m≠ n$,则$\begin{cases}m=3,\\ n=5,\\ t=16\end{cases}$或$\begin{cases}m=5,\\ n=3,\\ t=16,\end{cases}$均符合题意. 综上所述,$t$ 的值为 17 或 16.

18. 已知$x_{1},x_{2}$是关于$x$的一元二次方程$x^{2}+$$(3k+1)x+2k^{2}+1=0$的两个不相等的实数根,且满足$(x_{1}-1)(x_{2}-1)=8k^{2}$,则$k$的值为.

18. 1 解析:因为 $x_1,x_2$ 是关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2+(3k+1)x+2k^2+1=0$ 的两个实数根,所以 $x_1+x_2=-(3k+1)$,$x_1x_2=2k^2+1$,所以 $(x_1-1)(x_2-1)=x_1x_2-(x_1+x_2)+1=2k^2+1+(3k+1)+1=2k^2+3k+3$. 又 $(x_1-1)(x_2-1)=8k^2$,所以 $2k^2+3k+3=8k^2$,即 $2k^2-k-1=0$,解得 $k_1=-\dfrac{1}{2}$,$k_2=1$. 分类讨论如下:① 当 $k=-\dfrac{1}{2}$ 时,原方程即为 $x^2-\dfrac{1}{2}x+\dfrac{3}{2}=0$,此时 $(-\dfrac{1}{2})^2-4×1×\dfrac{3}{2}=-\dfrac{23}{4}＜0$,所以 $k=-\dfrac{1}{2}$ 不合题意,舍去;② 当 $k=1$ 时,原方程即为 $x^2+4x+3=0$,此时 $4^2-4×1×3=4＞0$,所以 $k=1$ 符合题意. 综上所述,$k$ 的值为 1.

19. 新趋势 推导探究 已知关于$x$的一元二次方程$x^{2}-6x+2m-1=0$有两个实数根$x_{1},x_{2}.$
(1) 若$x_{1}=1$,求$x_{2}$及$m$的值；
(2) 是否存在实数$m$,满足$(x_{1}-1)(x_{2}-1)=$$\dfrac{6}{m-5}$? 若存在,求出$m$的值;若不存在,请说明理由.
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19. 因为关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2-6x+2m-1=0$ 有两个实数根,所以 $(-6)^2-4×1×(2m-1)≥0$,解得 $m≤5$. 由一元二次方程的根与系数的关系,得 $x_1+x_2=6$,$x_1x_2=2m-1$.
(1) 因为 $x_1=1$,所以 $1+x_2=6$,$x_2=2m-1$,解得 $x_2=5$,$m=3$.
(2) 因为 $(x_1-1)(x_2-1)=\dfrac{6}{m-5}$,所以 $x_1x_2-(x_1+x_2)+1=\dfrac{6}{m-5}$,所以 $2m-1-6+1=\dfrac{6}{m-5}$. 整理,得 $m^2-8m+12=0$,解得 $m_1=2$,$m_2=6$. 因为 $m≤5$ 且 $m-5≠0$,所以 $m＜5$,所以存在满足题意的实数 $m$,且 $m$ 的值为 2.