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1. 若正整数 $m,n$ 满足 $m^2+pm+97=0,n^2+pn+97=0$ ,且 $m ≠ n$ ,则代数式 $\dfrac{p}{(m+1)(n+1)}$ 的值为 （
A.$-\dfrac{1}{2\ 026}$
B.$-\dfrac{1}{2\ 024}$
C.$-\dfrac{1}{2}$
D.$-\dfrac{1}{4}$
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C
）A.$-\dfrac{1}{2\ 026}$
B.$-\dfrac{1}{2\ 024}$
C.$-\dfrac{1}{2}$
D.$-\dfrac{1}{4}$
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答案
1. C 解析：由题意,得 $m,n$ 是关于 $x$ 的一元二次方程$x^{2}+px+97=0$ 的两个不相等的实数根,所以由一元二次方程的根与系数的关系,得 $m+n=-p,mn=97$. 因为 $m,n$ 是正整数,且 97 是质数,所以 $m=1,n=97$ 或 $m=97,n=1$,所以 $-p=1+97$,所以 $p=-98$,所以$\dfrac{p}{(m+1)(n+1)}=\dfrac{-98}{(1+1)×(97+1)}=-\dfrac{1}{2}$.
2. 若实数 a , b 满足 $2a^{2}-4a=2b^{2}-4b=1$,且$a ≠ b$,则 $3a^{2}-4a+b^{2}=$
6
.答案
2. 6 解析:由题意,得 $a,b$ 是关于 $x$ 的一元二次方程$2x^{2}-4x-1=0$ 的两个不相等的实数根,所以由一元二次方程的根与系数的关系,得 $a+b=2,ab=-\dfrac{1}{2}$. 因为 $2a^{2}-4a=1$,所以 $3a^{2}-4a+b^{2}=2a^{2}-4a+a^{2}+b^{2}=1+(a+b)^{2}-2ab=1+4+1=6$.
3. 若实数 a , b 满足 $a^{2}-6a=-4,b^{2}+4=-6b,$且 $a+b≠0$,则$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}=$
-7
.答案
3. -7 解析:由题意,得 $a,-b$ 是关于 $x$ 的一元二次方程$x^{2}-6x+4=0$ 的两个不相等的实数根,所以由一元二次方程的根与系数的关系,得 $a-b=6,-ab=4$,即 $ab=-4$,所以 $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}=\dfrac{a^{2}+b^{2}}{ab}=\dfrac{(a-b)^{2}+2ab}{ab}=\dfrac{36-2×4}{-4}=-7$.
4. 若实数 $m,n$ 满足 $\dfrac{1}{m^4}+\dfrac{1}{m^2}=7,n^2-n=7$, 且$n＞0$, 求代数式 $\dfrac{1}{m^4}+n^2$ 的值.
答案
4. 由题意,得 $\dfrac{1}{m^{2}},-n$ 是关于 $x$ 的一元二次方程 $x^{2}+x-7=0$ 的两个不相等的实数根,所以由一元二次方程的根与系数的关系,得 $\dfrac{1}{m^{2}}-n=-1,\dfrac{1}{m^{2}}·(-n)=-7$,即 $\dfrac{n}{m^{2}}=7$,所以 $\dfrac{1}{m^{4}}+n^{2}=(\dfrac{1}{m^{2}}-n)^{2}+\dfrac{2n}{m^{2}}=1+2×7=15$.
5.（2026·江苏南京期末）
(1) 若实数 $m,n$ 满足 $7m^{2}-7m-1=0,7n^{2}-$ $7n-1=0$，且 $m ≠ n$，求代数式 $m^{2}n+$ $mn^{2}$ 的值；
(2) 若实数 $s,t$ 满足 $17s^{2}+97s+1=0,t^{2}+$ $97t+17=0$，且 $st ≠ 1$，求代数式 $\dfrac{2st+7s+2}{t}$ 的值.
(1) 若实数 $m,n$ 满足 $7m^{2}-7m-1=0,7n^{2}-$ $7n-1=0$，且 $m ≠ n$，求代数式 $m^{2}n+$ $mn^{2}$ 的值；
(2) 若实数 $s,t$ 满足 $17s^{2}+97s+1=0,t^{2}+$ $97t+17=0$，且 $st ≠ 1$，求代数式 $\dfrac{2st+7s+2}{t}$ 的值.
答案
5. (1) 由题意,得 $m,n$ 是关于 $x$ 的一元二次方程 $7x^{2}-7x-1=0$ 的两个不相等的实数根,所以由一元二次方程的根与系数的关系,得 $m+n=1,mn=-\dfrac{1}{7}$,所以 $m^{2}n+mn^{2}=mn(m+n)=(-\dfrac{1}{7})×1=-\dfrac{1}{7}$.
(2) 由题意,得 $t ≠ 0$,所以整理 $t^{2}+97t+17=0$,得$17(\dfrac{1}{t})^{2}+97·\dfrac{1}{t}+1=0$. 因为 $st ≠ 1$,所以 $s,\dfrac{1}{t}$ 是关于 $x$ 的一元二次方程 $17x^{2}+97x+1=0$ 的两个不相等的实数根,所以由一元二次方程的根与系数的关系,得 $s+\dfrac{1}{t}=-\dfrac{97}{17},\dfrac{s}{t}=\dfrac{1}{17}$,所以 $\dfrac{2st+7s+2}{t}=2s+\dfrac{7s}{t}+\dfrac{2}{t}=2(s+\dfrac{1}{t})+\dfrac{7s}{t}=2×(-\dfrac{97}{17})+\dfrac{7}{17}=-11$.
(2) 由题意,得 $t ≠ 0$,所以整理 $t^{2}+97t+17=0$,得$17(\dfrac{1}{t})^{2}+97·\dfrac{1}{t}+1=0$. 因为 $st ≠ 1$,所以 $s,\dfrac{1}{t}$ 是关于 $x$ 的一元二次方程 $17x^{2}+97x+1=0$ 的两个不相等的实数根,所以由一元二次方程的根与系数的关系,得 $s+\dfrac{1}{t}=-\dfrac{97}{17},\dfrac{s}{t}=\dfrac{1}{17}$,所以 $\dfrac{2st+7s+2}{t}=2s+\dfrac{7s}{t}+\dfrac{2}{t}=2(s+\dfrac{1}{t})+\dfrac{7s}{t}=2×(-\dfrac{97}{17})+\dfrac{7}{17}=-11$.
6. 若整数$a , b , c$满足$a^{2}+b^{2}+c^{2}+3＜ab+3b+2c$，则以$a+b , c-b$为根的一元二次方程可以是（
A.$x^{2}-3x+2=0$
B.$x^{2}+2x-8=0$
C.$x^{2}-4x-5=0$
D.$x^{2}-2x-3=0$
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D
）A.$x^{2}-3x+2=0$
B.$x^{2}+2x-8=0$
C.$x^{2}-4x-5=0$
D.$x^{2}-2x-3=0$
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答案
6. D 解析:因为 $a^{2}+b^{2}+c^{2}+3＜ab+3b+2c$ 且 $a,b,c$为整数,所以 $a^{2}+b^{2}+c^{2}+3 ≤ ab+3b+2c-1$,所以$a^{2}+b^{2}+c^{2}+3-ab-3b-2c+1 ≤ 0$,所以$(a^{2}-ab+\dfrac{1}{4}b^{2})+3(\dfrac{1}{4}b^{2}-b+1)+(c^{2}-2c+1) ≤ 0$,所以$(a-\dfrac{1}{2}b)^{2}+3(\dfrac{1}{2}b-1)^{2}+(c-1)^{2} ≤ 0$,所以$(a-\dfrac{1}{2}b)^{2}+3(\dfrac{1}{2}b-1)^{2}+(c-1)^{2}=0$,所以
$\begin{cases}a-\dfrac{1}{2}b=0,\\\dfrac{1}{2}b-1=0,\\c-1=0,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}a=1,\\b=2,\\c=1,\end{cases}$ 所以 $a+b=3,c-b=-1$,所以 $3+(-1)=2,3×(-1)=-3$,所以以 $a+b,c-b$ 为根的一元二次方程可以是 $x^{2}-2x-3=0$.
$\begin{cases}a-\dfrac{1}{2}b=0,\\\dfrac{1}{2}b-1=0,\\c-1=0,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}a=1,\\b=2,\\c=1,\end{cases}$ 所以 $a+b=3,c-b=-1$,所以 $3+(-1)=2,3×(-1)=-3$,所以以 $a+b,c-b$ 为根的一元二次方程可以是 $x^{2}-2x-3=0$.
7. 已知实数 $a,b$ 满足 $a^{2}+ab+b^{2}=1,t=ab-a^{2}-b^{2}$，则 $t$ 的取值范围是
$-3≤ t≤ -\dfrac{1}{3}$
。答案
7. $-3≤ t≤ -\dfrac{1}{3}$ 解析:因为 $a^{2}+ab+b^{2}=1$,所以 $(a+b)^{2}-ab=1$①. 因为 $t=ab-a^{2}-b^{2}$,所以 $(a+b)^{2}-3ab+t=0$②. 由①②,得 $a+b=\pm\sqrt{\dfrac{t+3}{2}},ab=\dfrac{t+1}{2}$,所以 $a,b$ 是关于 $x$ 的一元二次方程 $x^{2}\pm\sqrt{\dfrac{t+3}{2}}x+\dfrac{t+1}{2}=0$ 的两个实数根. 由根的判别式,得 $\dfrac{t+3}{2}-4×1×\dfrac{t+1}{2}≥0$,解得 $t≤-\dfrac{1}{3}$. 又 $t+3≥0$,所以 $t≥-3$. 故 $t$ 的取值范围是 $-3≤ t≤-\dfrac{1}{3}$.
8. 已知 $a,b,c$ 均为实数, 且 $a+b+c=\sqrt{6},a^2+$$b^2+c^2=2$, 则 $2a+b-c=$
$\dfrac{2\sqrt{6}}{3}$
.答案
8. $\dfrac{2\sqrt{6}}{3}$ 解析:因为 $a+b+c=\sqrt{6}$,所以 $a+b=\sqrt{6}-c$. 因为 $a^{2}+b^{2}+c^{2}=2$,所以 $(a+b)^{2}+c^{2}-2ab=2$,所以 $(\sqrt{6}-c)^{2}+c^{2}-2ab=2$,所以 $ab=c^{2}-\sqrt{6}c+2$,所以 $a,b$ 是关于 $x$ 的一元二次方程 $x^{2}+(c-\sqrt{6})x+c^{2}-\sqrt{6}c+2=0$ 的两个实数根. 由根的判别式,得 $(c-\sqrt{6})^{2}-4(c^{2}-\sqrt{6}c+2)≥0$,即 $3c^{2}-2\sqrt{6}c+2≤0$,所以 $(\sqrt{3}c-\sqrt{2})^{2}≤0$,所以 $\sqrt{3}c-\sqrt{2}=0$,所以 $a=b,c=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$,即 $a=b=\dfrac{\sqrt{6}-c}{2}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$,所以 $2a+b-c=2c=\dfrac{2\sqrt{6}}{3}$.
9. 已知 a , b , c 均为实数,且 $a+b+c=2,ab+$ $c=c^{2}$,求正数 c 的最大值.
答案
9. 因为 $a+b+c=2$,所以 $a+b=2-c$. 因为 $ab+c=c^{2}$,所以 $ab=c^{2}-c$,所以 $a,b$ 是关于 $x$ 的一元二次方程$x^{2}+(c-2)x+c^{2}-c=0$ 的两个实数根. 由根的判别式,得 $(c-2)^{2}-4(c^{2}-c)≥0$,即 $-3c^{2}+4≥0$,所以$c^{2}≤\dfrac{4}{3}$,所以正数 $c$ 的最大值为 $\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$.
10. 若实数 $x,y$ 满足 $\dfrac{x}{3^{3}+4^{3}}+$
$\dfrac{y}{3^{3}+6^{3}}=1,\dfrac{x}{5^{3}+4^{3}}+\dfrac{y}{5^{3}+6^{3}}=1,$
则 $x+y=$
$\dfrac{y}{3^{3}+6^{3}}=1,\dfrac{x}{5^{3}+4^{3}}+\dfrac{y}{5^{3}+6^{3}}=1,$
则 $x+y=$
432
.答案
10. 432 解析:由题意,得 $3^{3},5^{3}$ 是关于 $t$ 的方程 $\dfrac{x}{t+4^{3}}+\dfrac{y}{t+6^{3}}=1$ 的两根,即是方程 $t^{2}+(4^{3}+6^{3}-x-y)t+4^{3}×6^{3}-6^{3}x-4^{3}y=0$ 的两根,所以由一元二次方程的根与系数的关系,得 $3^{3}+5^{3}=x+y-4^{3}-6^{3}$,所以$x+y=3^{3}+5^{3}+4^{3}+6^{3}=432$.
11. 亮点原创 若实数 $x,y$ 满足 $(2^{6}+1)x+$ $(2^{3}+1)y=(3^{6}+1)x+(3^{3}+1)y=2$,求代数式 $\dfrac{y^{2}+xy-2y}{x^{2}}$ 的值.
答案
11. 由题意,得 $2^{3},3^{3}$ 是关于 $t$ 的方程 $(t^{2}+1)x+(t+1)y=2$ 的两根,即是方程 $xt^{2}+yt+x+y-2=0$ 的两根,所以由一元二次方程的根与系数的关系,得$2^{3}+3^{3}=-\dfrac{y}{x},2^{3}×3^{3}=\dfrac{x+y-2}{x}$,所以 $\dfrac{y^{2}+xy-2y}{x^{2}}=\dfrac{y}{x}·\dfrac{x+y-2}{x}=-(2^{3}+3^{3})×(2^{3}×3^{3})=-7\ 560$.
