1[2026重庆北碚区期末,中]若关于x的方程$x^2 - 2(\sqrt{7} × \sqrt{14} - 2\sqrt{2})x + c = 0$有唯一解,则该解应在 ()

A.7和8之间
B.6和7之间
C.5和6之间
D.4和5之间

A 【解析】由题意得$x^2-2×5\sqrt{2}x+c=0,\therefore x^2-2×5\sqrt{2}x+(5\sqrt{2})^2=(5\sqrt{2})^2-c$,$(x-5\sqrt{2})^2=(5\sqrt{2})^2-c$.
$\because$关于$x$的方程$x^2-2(\sqrt{7}×\sqrt{14}-2\sqrt{2})x+c=0$有唯一解,$\therefore (x-5\sqrt{2})^2=0$,$\therefore$原方程的唯一解为$x=5\sqrt{2}$.$\because7^2＜(5\sqrt{2})^2＜8^2$,$\therefore$该解应在7和8之间. 故选A.

【分析】
解题思路可分为三步：第一步先化简方程的一次项系数，先计算二次根式的乘积，再合并同类二次根式得到简化后的一次项系数；第二步，一元二次方程有唯一解说明方程有两个相等的实数根，通过配方法将方程转化为完全平方式，此时平方式右边为0，即可求出方程的唯一解；第三步，将得到的无理数根通过平方运算，对比相邻整数的平方，估算出根的取值范围，即可对应选项得到答案。
【解析】
先化简一次项中的根式部分：
$\sqrt{7}×\sqrt{14}=\sqrt{7×14}=\sqrt{98}=7\sqrt{2}$，因此$\sqrt{7}×\sqrt{14}-2\sqrt{2}=7\sqrt{2}-2\sqrt{2}=5\sqrt{2}$，
原方程可化为：$x^2-2×5\sqrt{2}x + c=0$。
对该方程配方得：$x^2-10\sqrt{2}x+(5\sqrt{2})^2=(5\sqrt{2})^2 - c$，即$(x-5\sqrt{2})^2=50 - c$。
$\because$方程有唯一解，$\therefore 50 - c=0$，即$(x-5\sqrt{2})^2=0$，解得方程的唯一解为$x=5\sqrt{2}$。
接下来估算$5\sqrt{2}$的范围：
$\because(5\sqrt{2})^2=50$，$7^2=49$，$8^2=64$，$\therefore7^2＜(5\sqrt{2})^2＜8^2$，即$7＜5\sqrt{2}＜8$，
因此该解在7和8之间。
【答案】
A
【知识点】
二次根式运算，一元二次方程根的判别式，无理数估算
【点评】
本题综合考查了二次根式化简、一元二次方程根的情况判断以及无理数大小估算，解题需依次完成根式化简、求根、估算三个步骤，对基础运算能力和逻辑推导能力有一定要求。
【难度系数】
0.6

2[2026 四川成都期末,中]已知$ S_1 = \frac{1}{a}, S_2 = 1 + \frac{1}{S_1}, S_3 = 1 + \frac{1}{S_2}, \dots, S_{n+1} = 1 + \frac{1}{S_n} (n ≥ 1, $且 n 为正整数). 若$ S_1 · S_2 · S_3 · \dots · S_7 = a , $则 a 的值为.

$4+\sqrt{29}$或$4-\sqrt{29}$ 【解析】由题意得,$S_1=\frac{1}{a}$,$S_2=1+\frac{1}{S_1}=1+a$,$S_3=1+\frac{1}{S_2}=1+\frac{1}{1+a}=\frac{2+a}{1+a}$,$S_4=1+\frac{1}{S_3}=1+\frac{1+a}{2+a}=\frac{3+2a}{2+a}$,$S_5=1+\frac{1}{S_4}=1+\frac{2+a}{3+2a}=\frac{5+3a}{3+2a}$,$S_6=1+\frac{1}{S_5}=1+\frac{3+2a}{5+3a}=\frac{8+5a}{5+3a}$,$S_7=1+\frac{1}{S_6}=1+\frac{5+3a}{8+5a}=\frac{13+8a}{8+5a}$.
$\because S_1 · S_2 · S_3 · \dots · S_7 = a$,$\therefore \frac{1}{a} · \frac{1+a}{1} · \frac{2+a}{1+a} · \frac{3+2a}{2+a} · \frac{5+3a}{3+2a} · \frac{8+5a}{5+3a} · \frac{13+8a}{8+5a}=a$,$\therefore \frac{13+8a}{a}=a$,整理得$a^2-8a-13=0$,配方得$(a-4)^2=29$,解得$a_1=4+\sqrt{29}$,$a_2=4-\sqrt{29}$. 经检验,$a_1=4+\sqrt{29}$,$a_2=4-\sqrt{29}$都是原方程的解,$\therefore a$的值为$4+\sqrt{29}$或$4-\sqrt{29}$.

【分析】
解题时首先根据给出的递推公式，依次计算出$S_1$到$S_7$的表达式，观察$S_1$到$S_7$的结构可以发现，相邻两个$S$的分子分母存在可约分的关系，因此计算乘积时先通过约分简化式子，最终得到关于$a$的一元二次方程，再用配方法解方程，最后检验得到的根是否符合题意即可。
【解析】
由题意得：
$S_1=\frac{1}{a}$，
$S_2=1+\frac{1}{S_1}=1+a$，
$S_3=1+\frac{1}{S_2}=1+\frac{1}{1+a}=\frac{2+a}{1+a}$，
$S_4=1+\frac{1}{S_3}=1+\frac{1+a}{2+a}=\frac{3+2a}{2+a}$，
$S_5=1+\frac{1}{S_4}=1+\frac{2+a}{3+2a}=\frac{5+3a}{3+2a}$，
$S_6=1+\frac{1}{S_5}=1+\frac{3+2a}{5+3a}=\frac{8+5a}{5+3a}$，
$S_7=1+\frac{1}{S_6}=1+\frac{5+3a}{8+5a}=\frac{13+8a}{8+5a}$。
$\because S_1 · S_2 · S_3 · \dots · S_7 = a$，代入得：
$\frac{1}{a} · \frac{1+a}{1} · \frac{2+a}{1+a} · \frac{3+2a}{2+a} · \frac{5+3a}{3+2a} · \frac{8+5a}{5+3a} · \frac{13+8a}{8+5a}=a$，
约分后可得$\frac{13+8a}{a}=a$，
去分母整理得$a^2-8a-13=0$，
配方得$(a-4)^2=29$，
开方得$a-4=\pm\sqrt{29}$，
解得$a_1=4+\sqrt{29}$，$a_2=4-\sqrt{29}$。
经检验，$a_1=4+\sqrt{29}$、$a_2=4-\sqrt{29}$代入原方程分母均不为0，都是原方程的解。
【答案】
$4+\sqrt{29}$或$4-\sqrt{29}$
【知识点】
分式化简、规律探究、配方法解一元二次方程
【点评】
本题将递推规律、分式运算与一元二次方程的解法结合，解题关键是发现多个$S$相乘时相邻项分子分母可约分的特点，能大幅简化计算，求解后注意检验分式方程的根是否有效。
【难度系数】
0.6

3[2026江苏苏州调研,较难]若$m,n$为正实数，设$k=\frac{m}{n}$，若$t$是关于$x$的方程$x^2+2mx=n^2$的一个正实根.
(1)求证:$(t+m)^2=m^2+n^2$.
(2)若$k=\frac{1}{2}$，求$\frac{t}{n}$的值.
(3)用含$k$的代数式表示$\frac{t}{n}$.

(1)【证明】$\because t$是关于$x$的方程$x^2+2mx=n^2$的一个正实根,$\therefore t^2+2mt=n^2$,$\therefore t^2+2mt+m^2=n^2+m^2$,即$(t+m)^2=m^2+n^2$.
(2)【解】$\because k=\frac{1}{2},k=\frac{m}{n}$,$\therefore m=\frac{1}{2}n$. 由(1)知$(t+m)^2=m^2+n^2$,$\therefore (t+\frac{1}{2}n)^2=(\frac{1}{2}n)^2+n^2$,$\therefore t^2+nt+\frac{1}{4}n^2=\frac{1}{4}n^2+n^2$,$\therefore (\frac{t}{n})^2+\frac{t}{n}-1=0$,$\therefore (\frac{t}{n}+\frac{1}{2})^2=\frac{5}{4}$,解得$\frac{t}{n}=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}$.$\because n,t$均为正实数,$\therefore \frac{t}{n}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$.
(3)$\because k=\frac{m}{n}$,$\therefore m=kn$,$\therefore x^2+2knx=n^2$,$\therefore t^2+2knt=n^2$,$\therefore (\frac{t}{n})^2+\frac{2kt}{n}-1=0$,$\therefore (\frac{t}{n}+k)^2=k^2+1$,$\therefore \frac{t}{n}=-k\pm\sqrt{k^2+1}$.$\because n,t$均为正实数,$\therefore \frac{t}{n}=-k+\sqrt{k^2+1}$.

【分析】
(1) 要证明待证等式，首先利用一元二次方程根的定义，将x=t代入原方程，再通过配方法在等式两侧同时加$m^2$，将左侧凑成完全平方形式即可得证；
(2) 已知$k=\frac{1}{2}$可得$m$和$n$的数量关系，将其代入第(1)问的结论中，两边同时除以$n^2$，把$\frac{t}{n}$看作整体转化为一元二次方程，用配方法求解后，结合$t、n$为正实数的条件舍去负根即可；
(3) 类比第(2)问的思路，将$m=kn$代入原方程（或第(1)问结论），同样构造关于$\frac{t}{n}$的一元二次方程，配方求解后舍去负根，即可得到用$k$表示的结果。
【解析】
(1) 证明：$\because t$是关于$x$的方程$x^2+2mx=n^2$的一个正实根，
$\therefore$将$x=t$代入方程得$t^2+2mt=n^2$，
等式两边同时加$m^2$，得$t^2+2mt+m^2=m^2+n^2$，
即$(t+m)^2=m^2+n^2$，得证。
(2) 解：$\because k=\frac{1}{2},k=\frac{m}{n}$，
$\therefore m=\frac{1}{2}n$，
将$m=\frac{1}{2}n$代入$(t+m)^2=m^2+n^2$得：
$(t+\frac{1}{2}n)^2=(\frac{1}{2}n)^2+n^2$，
展开化简得$t^2+nt-n^2=0$，
$\because n$为正实数，两边同时除以$n^2$得：
$(\frac{t}{n})^2+\frac{t}{n}-1=0$，
配方得$(\frac{t}{n}+\frac{1}{2})^2=\frac{5}{4}$，
开方解得$\frac{t}{n}=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}$，
$\because t、n$均为正实数，$\frac{t}{n}＞0$，舍去负根，
$\therefore \frac{t}{n}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
(3) 解：$\because k=\frac{m}{n}$，$\therefore m=kn$，
将$x=t$代入原方程得$t^2+2knt=n^2$，
$\because n$为正实数，两边同时除以$n^2$得：
$(\frac{t}{n})^2+2k·\frac{t}{n}-1=0$，
配方得$(\frac{t}{n}+k)^2=k^2+1$，
开方解得$\frac{t}{n}=-k\pm\sqrt{k^2+1}$，
$\because t、n$均为正实数，$\frac{t}{n}＞0$，舍去负根，
$\therefore \frac{t}{n}=\sqrt{k^2+1}-k$。
【答案】
(1) 等式成立，证明见解析；
(2) $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$；
(3) $\sqrt{k^2+1}-k$
【知识点】
1. 一元二次方程根的定义
2. 配方法解方程
3. 整体代入思想
【点评】
本题设置层层递进，第一问为后两问做铺垫，解题时借助前问结论可大幅简化运算，需要注意利用正实数的限定条件对根进行取舍，同时运用整体思想将问题转化为常规的一元二次方程求解，能有效锻炼逻辑推导和转化化归能力。
【难度系数】
0.5

4 思想方法 数形结合 [2026江苏盐城调研,较难]综合与探究
用配方法解一元二次方程$x^2+2x-24=0(x＞0)$，配方的过程可以用拼图直观表示. 把方程$x^2+2x-24=0$变形为$x^2+2x=24$，即$x(x+2)=24$. 配方的过程可以看成将一个长为$x+2$，宽为$x$，面积为24的矩形割补成一个正方形，具体如下：
配方的过程：
$\because x(x+2)=24$，(如图(1))
$\therefore x^2+2x=24$，(如图(2)、(3))
$\therefore x^2+2x+1^2=24+1^2$，(如图(4))
$\therefore (x+1)^2=25$，(如图(5))



图(6)

图(7)

图(8)
【初步应用】
(1)如图(6)是利用矩形割补对方程$x(x+3)=9$配方的结果，则$m=$；由图(6)可知方程$x(x+3)=9$配方的结果是.
【综合应用】
(2)如图(7)，将面积为8的正方形剪去一个边长为$a$的小正方形，类比以上用矩形割补成正方形完成配方的过程，你能猜想这是对哪个一元二次方程进行配方吗？若该方程有正整数解，请求出$a$的值.
【迁移应用】
(3)现有长为$x+b$，宽为$x$，面积为$c$的矩形$(x＞0,b＞0,c＞0)$，$b,c$为常数，如图(8)，请你尝试用四个相同的这样的矩形拼成一个新图形，并利用该图形直观展示如何通过几何方法求一元二次方程$x^2+bx=c$的正数解，画出图形并根据图形推导出求解过程(画图时，将$x,x+b$标在对应线段旁).

【解】(1)$x(x+3)=9$,$x^2+2×\frac{3}{2}x=9$(如题图(6)),
$\therefore m=\frac{3}{2}$,$\therefore x^2+2×\frac{3}{2}x+(\frac{3}{2})^2=9+(\frac{3}{2})^2$,
$\therefore (x+\frac{3}{2})^2=9+(\frac{3}{2})^2$,$\therefore (x+\frac{3}{2})^2=\frac{45}{4}$. 故答案为$\frac{3}{2}$;$(x+\frac{3}{2})^2=\frac{45}{4}$.
(2)这是对方程$x(x+2a)=8-a^2$进行配方,由题图(7)可得$(x+a)^2=8$,$\therefore x=\pm2\sqrt{2}-a$.$\because$该方程有正整数解,且$a＞0$,$\therefore 2\sqrt{2}-a$为正整数,$\therefore a=2\sqrt{2}-1$或$2\sqrt{2}-2$.
(3)如图所示.
由题意得$x(x+b)=c$,
$\therefore x^2+bx=c$,$\therefore 4x^2+4xb=4c$,$\therefore 4x^2+4xb+b^2=4c+b^2$,$\therefore (2x+b)^2=4c+b^2$,
$\therefore x=\frac{-b+\sqrt{4c+b^2}}{2}$.

【分析】
(1) 本小问考查配方法的几何本质，对于$x(x+n)=c$型方程，配方时需将一次项系数拆为2乘以其一半的形式：先将$x(x+3)=9$展开得$x^2+3x=9$，一次项系数为3，它的一半就是$m$的值，再在等式两边加$m^2$即可凑成完全平方形式。
(2) 先根据面积关系推导对应方程：面积为8的正方形剪去边长为$a$的小正方形后，剩余面积为$8-a^2$，将剩余部分割补为长$x+2a$、宽$x$的矩形，即可得到对应方程；配方后结合正整数解、$a＞0$的条件求解$a$即可。
(3) 用4个长为$x+b$、宽为$x$的矩形拼接为大正方形，大正方形边长为$x+(x+b)=2x+b$，大正方形面积=4个矩形面积+中间空缺的小正方形（边长为$b$）的面积，结合面积等式变形即可推导出方程的正数解。
【解析】
(1) 对$x(x+3)=9$展开得$x^2+3x=9$，变形为$x^2+2×\frac{3}{2}x=9$，因此$m=\frac{3}{2}$；
等式两边同时加$(\frac{3}{2})^2$得：$x^2+2×\frac{3}{2}x+(\frac{3}{2})^2=9+(\frac{3}{2})^2$，整理得$(x+\frac{3}{2})^2=\frac{45}{4}$。
(2) 面积为8的正方形剪去边长为$a$的小正方形后，剩余面积为$8-a^2$，将剩余部分割补为长$x+2a$、宽$x$的矩形，可得配方的方程为$x(x+2a)=8-a^2$；
配方得$x^2+2ax+a^2=8$，即$(x+a)^2=8$，解得$x=±2\sqrt{2}-a$；
∵方程有正整数解，且$a＞0,x＞0$，
∴$2\sqrt{2}-a$为正整数，正整数$x$可取1或2，因此$a=2\sqrt{2}-1$或$a=2\sqrt{2}-2$。
(3) 拼接图形如下：

由题意得矩形面积$x(x+b)=c$，即$x^2+bx=c$，
等式两边乘4得$4x^2+4bx=4c$，
两边加$b^2$得$4x^2+4bx+b^2=4c+b^2$，即$(2x+b)^2=4c+b^2$，
∵$x＞0,b＞0,c＞0$，
∴$2x+b=\sqrt{4c+b^2}$，
解得$x=\frac{-b+\sqrt{4c+b^2}}{2}$。
【答案】
(1) $\frac{3}{2}$；$(x+\frac{3}{2})^2=\frac{45}{4}$
(2) 配方的方程为$x(x+2a)=8-a^2$，$a$的值为$2\sqrt{2}-1$或$2\sqrt{2}-2$
(3) 拼接图形见，方程的正数解为$x=\frac{-b+\sqrt{4c+b^2}}{2}$
【知识点】
配方法解一元二次方程，完全平方公式，数形结合思想
【点评】
本题以几何拼图为载体，将抽象的配方法过程直观化，既考查了配方法的基本运算规则，也考查了对完全平方公式几何意义的理解，要求学生能灵活转换代数关系与几何面积关系，深刻体会数形结合思想的应用价值。
【难度系数】
0.45