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三、解答题(本大题共4小题,共61分)
14[2026山东泰安期中]用适当的方法解方程:
(1)$4(x+1)^2=36$;
(2)$x^2-2x+8=0$;
(3)$(y+3)(y-1)=2$;
(4)$2x^2-2\sqrt{2}x+1=0$.
14[2026山东泰安期中]用适当的方法解方程:
(1)$4(x+1)^2=36$;
(2)$x^2-2x+8=0$;
(3)$(y+3)(y-1)=2$;
(4)$2x^2-2\sqrt{2}x+1=0$.
答案
(1)$4(x+1)^2=36$,$(x+1)^2=9$,$\therefore x+1=\pm3$,$\therefore x_1=2$,$x_2=-4$.
(2)$x^2-2x+8=0$. $\because \Delta=b^2-4ac=4-4×1×8=-28＜0$,$\therefore$ 原方程无实数解.
(3)$(y+3)(y-1)=2$,整理得 $y^2+2y-5=0$,移项得 $y^2+2y=5$,配方得 $y^2+2y+1=6$,即 $(y+1)^2=6$,$\therefore y+1=\pm\sqrt{6}$,$\therefore y_1=-1+\sqrt{6}$,$y_2=-1-\sqrt{6}$.
(4)$2x^2-2\sqrt{2}x+1=0$,$(\sqrt{2}x-1)^2=0$,$\therefore \sqrt{2}x-1=0$,$\therefore x_1=x_2=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
(2)$x^2-2x+8=0$. $\because \Delta=b^2-4ac=4-4×1×8=-28＜0$,$\therefore$ 原方程无实数解.
(3)$(y+3)(y-1)=2$,整理得 $y^2+2y-5=0$,移项得 $y^2+2y=5$,配方得 $y^2+2y+1=6$,即 $(y+1)^2=6$,$\therefore y+1=\pm\sqrt{6}$,$\therefore y_1=-1+\sqrt{6}$,$y_2=-1-\sqrt{6}$.
(4)$2x^2-2\sqrt{2}x+1=0$,$(\sqrt{2}x-1)^2=0$,$\therefore \sqrt{2}x-1=0$,$\therefore x_1=x_2=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
解析
【分析】
本题考查一元二次方程的解法，解题时需根据每个方程的特征选择最简便的方法：(1)方程左边是完全平方的倍数形式，右边为常数，适合用直接开平方法，先把完全平方项的系数化为1，再开平方求解；(2)方程是一般式，先计算根的判别式Δ，判断是否有实数根，再进一步求解；(3)方程是乘积形式，先展开整理为一般式，观察后用配方法求解更简便；(4)方程左边是完全平方式，适合用因式分解法求解，分解后直接得到方程的根。
【解析】
(1) 对$4(x+1)^2=36$，两边同时除以4得：$(x+1)^2=9$，开平方得$x+1=\pm3$，解得$x_1=2$，$x_2=-4$。
(2) 对$x^2-2x+8=0$，其中$a=1,b=-2,c=8$，根的判别式$\Delta=b^2-4ac=4-4×1×8=-28＜0$，因此原方程无实数解。
(3) 对$(y+3)(y-1)=2$，先展开整理得$y^2+2y-5=0$，移项得$y^2+2y=5$，配方得$y^2+2y+1=6$，即$(y+1)^2=6$，开平方得$y+1=\pm\sqrt{6}$，解得$y_1=-1+\sqrt{6}$，$y_2=-1-\sqrt{6}$。
(4) 对$2x^2-2\sqrt{2}x+1=0$，因式分解得$(\sqrt{2}x-1)^2=0$，因此$\sqrt{2}x-1=0$，解得$x_1=x_2=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
(1)$x_1=2,x_2=-4$；
(2)无实数解；
(3)$y_1=-1+\sqrt{6},y_2=-1-\sqrt{6}$；
(4)$x_1=x_2=\frac{\sqrt{2}}{2}$
【知识点】
一元二次方程解法，根的判别式，配方法
【点评】
本题主要考查一元二次方程不同解法的灵活应用，解题的核心是结合方程的结构特征选择最优解法，计算过程中要注意符号问题，当判别式小于0时方程不存在实数根，无需继续求解。
【难度系数】
0.8
本题考查一元二次方程的解法，解题时需根据每个方程的特征选择最简便的方法：(1)方程左边是完全平方的倍数形式，右边为常数，适合用直接开平方法，先把完全平方项的系数化为1，再开平方求解；(2)方程是一般式，先计算根的判别式Δ，判断是否有实数根，再进一步求解；(3)方程是乘积形式，先展开整理为一般式，观察后用配方法求解更简便；(4)方程左边是完全平方式，适合用因式分解法求解，分解后直接得到方程的根。
【解析】
(1) 对$4(x+1)^2=36$，两边同时除以4得：$(x+1)^2=9$，开平方得$x+1=\pm3$，解得$x_1=2$，$x_2=-4$。
(2) 对$x^2-2x+8=0$，其中$a=1,b=-2,c=8$，根的判别式$\Delta=b^2-4ac=4-4×1×8=-28＜0$，因此原方程无实数解。
(3) 对$(y+3)(y-1)=2$，先展开整理得$y^2+2y-5=0$，移项得$y^2+2y=5$，配方得$y^2+2y+1=6$，即$(y+1)^2=6$，开平方得$y+1=\pm\sqrt{6}$，解得$y_1=-1+\sqrt{6}$，$y_2=-1-\sqrt{6}$。
(4) 对$2x^2-2\sqrt{2}x+1=0$，因式分解得$(\sqrt{2}x-1)^2=0$，因此$\sqrt{2}x-1=0$，解得$x_1=x_2=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
(1)$x_1=2,x_2=-4$；
(2)无实数解；
(3)$y_1=-1+\sqrt{6},y_2=-1-\sqrt{6}$；
(4)$x_1=x_2=\frac{\sqrt{2}}{2}$
【知识点】
一元二次方程解法，根的判别式，配方法
【点评】
本题主要考查一元二次方程不同解法的灵活应用，解题的核心是结合方程的结构特征选择最优解法，计算过程中要注意符号问题，当判别式小于0时方程不存在实数根，无需继续求解。
【难度系数】
0.8
15[2025广东广州质检]已知关于x的一元二次方程$x^2+(m+3)x+m+1=0$.
(1)求证:无论m取何值,原方程总有两个不相等的实数根;
(2)若$x_1,x_2$是原方程的两根,且$(x_1-x_2)^2=8$,求m的值.
(1)求证:无论m取何值,原方程总有两个不相等的实数根;
(2)若$x_1,x_2$是原方程的两根,且$(x_1-x_2)^2=8$,求m的值.
答案
(1)证明:$\because$ 一元二次方程 $x^2+(m+3)x+m+1=0$,$\therefore \Delta=(m+3)^2-4×(m+1)×1=m^2+6m+9-4m-4=m^2+2m+5=(m+1)^2+4＞0$,故无论 $m$ 取何值,原方程总有两个不相等的实数根.
(2)解:$\because x_1,x_2$ 是方程 $x^2+(m+3)x+m+1=0$ 的两个根,$\therefore x_1+x_2=-(m+3)$,$x_1x_2=m+1$.
$\because (x_1-x_2)^2=8$,$\therefore (x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=8$,
$\therefore [-(m+3)]^2-4×(m+1)=8$,$\therefore m^2+2m-3=0$,解得 $m_1=1$,$m_2=-3$. 故 $m$ 的值为 1 或 -3.
(2)解:$\because x_1,x_2$ 是方程 $x^2+(m+3)x+m+1=0$ 的两个根,$\therefore x_1+x_2=-(m+3)$,$x_1x_2=m+1$.
$\because (x_1-x_2)^2=8$,$\therefore (x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=8$,
$\therefore [-(m+3)]^2-4×(m+1)=8$,$\therefore m^2+2m-3=0$,解得 $m_1=1$,$m_2=-3$. 故 $m$ 的值为 1 或 -3.
解析
【分析】
(1)要证明一元二次方程总有两个不相等的实数根，核心是利用根的判别式的性质，只需证明判别式$\Delta$恒大于0即可。首先根据方程写出$\Delta$的表达式，再通过配方化简，结合平方的非负性判断$\Delta$的取值范围即可完成证明。
(2)已知两根满足的关系式，可先通过根与系数的关系（韦达定理）写出两根之和、两根之积关于$m$的表达式，再将$(x_1-x_2)^2$变形为含两根之和、两根之积的形式：$(x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2$，代入已知条件得到关于$m$的一元二次方程，解方程即可求出$m$的值，因第一问已证明$\Delta$恒正，无需额外验根。
【解析】
(1)证明：对于一元二次方程$x^2+(m+3)x+m+1=0$，
根的判别式$\Delta=(m+3)^2-4×1×(m+1)$，
展开计算得：$\Delta=m^2+6m+9-4m-4=m^2+2m+5$，
配方得：$\Delta=(m+1)^2+4$，
$\because (m+1)^2≥0$，$\therefore (m+1)^2+4≥4＞0$，
$\therefore$无论$m$取何值，原方程总有两个不相等的实数根。
(2)解：$\because x_1,x_2$是原方程的两根，根据根与系数的关系可得：
$x_1+x_2=-(m+3)$，$x_1x_2=m+1$，
已知$(x_1-x_2)^2=8$，由完全平方公式变形可得：
$(x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=8$，
将$x_1+x_2$和$x_1x_2$代入上式得：
$[-(m+3)]^2-4(m+1)=8$，
展开整理得：$m^2+2m-3=0$，
因式分解得：$(m+3)(m-1)=0$，
解得$m_1=1$，$m_2=-3$。
【答案】
(1)无论m取何值，原方程总有两个不相等的实数根，得证；
(2)m的值为1或-3。
【知识点】
一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，完全平方公式变形
【点评】
本题是一元二次方程的常规综合考题，第一问侧重考查根的判别式的应用，通过配方判断代数式的正负性是解题关键；第二问侧重考查根与系数关系的灵活应用，掌握两根差的平方与两根和、两根积的转化关系是解题核心，整体解题思路清晰，属于高频基础考点。
【难度系数】
0.75
(1)要证明一元二次方程总有两个不相等的实数根，核心是利用根的判别式的性质，只需证明判别式$\Delta$恒大于0即可。首先根据方程写出$\Delta$的表达式，再通过配方化简，结合平方的非负性判断$\Delta$的取值范围即可完成证明。
(2)已知两根满足的关系式，可先通过根与系数的关系（韦达定理）写出两根之和、两根之积关于$m$的表达式，再将$(x_1-x_2)^2$变形为含两根之和、两根之积的形式：$(x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2$，代入已知条件得到关于$m$的一元二次方程，解方程即可求出$m$的值，因第一问已证明$\Delta$恒正，无需额外验根。
【解析】
(1)证明：对于一元二次方程$x^2+(m+3)x+m+1=0$，
根的判别式$\Delta=(m+3)^2-4×1×(m+1)$，
展开计算得：$\Delta=m^2+6m+9-4m-4=m^2+2m+5$，
配方得：$\Delta=(m+1)^2+4$，
$\because (m+1)^2≥0$，$\therefore (m+1)^2+4≥4＞0$，
$\therefore$无论$m$取何值，原方程总有两个不相等的实数根。
(2)解：$\because x_1,x_2$是原方程的两根，根据根与系数的关系可得：
$x_1+x_2=-(m+3)$，$x_1x_2=m+1$，
已知$(x_1-x_2)^2=8$，由完全平方公式变形可得：
$(x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=8$，
将$x_1+x_2$和$x_1x_2$代入上式得：
$[-(m+3)]^2-4(m+1)=8$，
展开整理得：$m^2+2m-3=0$，
因式分解得：$(m+3)(m-1)=0$，
解得$m_1=1$，$m_2=-3$。
【答案】
(1)无论m取何值，原方程总有两个不相等的实数根，得证；
(2)m的值为1或-3。
【知识点】
一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，完全平方公式变形
【点评】
本题是一元二次方程的常规综合考题，第一问侧重考查根的判别式的应用，通过配方判断代数式的正负性是解题关键；第二问侧重考查根与系数关系的灵活应用，掌握两根差的平方与两根和、两根积的转化关系是解题核心，整体解题思路清晰，属于高频基础考点。
【难度系数】
0.75
16[2026湖南郴州期中]如图,在矩形ABCD中,$AB=8\ \mathrm{cm},BC=12\ \mathrm{cm}$.点P从点A出发,以1 cm/s的速度向终点B运动,点Q从点B出发,以2 cm/s的速度向终点C运动.点P和点Q同时出发,当其中一点到达终点时,另一点也随之停止运动.设运动时间为t s.连接DP,DQ,PQ.
(1)在运动过程中,PQ的长度能否为$4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$?若能,求出t的值;若不能,请说明理由.
(2)当t为何值时,$△ PDQ$的面积为$40\ \mathrm{cm}^2$?
(1)在运动过程中,PQ的长度能否为$4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$?若能,求出t的值;若不能,请说明理由.
(2)当t为何值时,$△ PDQ$的面积为$40\ \mathrm{cm}^2$?
答案
(1)能. 在矩形 $ABCD$ 中,$AB=8$ cm,$BC=12$ cm. 由题意可得 $AP=t$ cm,$BQ=2t$ cm,则 $BP=(8-t)$ cm. 在 $\mathrm{Rt}△ BPQ$ 中,$PQ^2=BP^2+BQ^2$,即 $(8-t)^2+(2t)^2=(4\sqrt{5})^2$,整理得 $5t^2-16t-16=0$,解得 $t=4$ 或 $t=-\frac{4}{5}$(舍去),$\therefore t=4$,即当 $t=4$ 时,$PQ$ 的长度为 $4\sqrt{5}$ cm.
(2)矩形 $ABCD$ 的面积为 $8×12=96(\mathrm{cm}^2)$,$△ APD$ 的面积为 $\frac{1}{2}× t×12=6t(\mathrm{cm}^2)$,$△ BPQ$ 的面积为 $\frac{1}{2}×(8-t)×2t=(8t-t^2)\mathrm{cm}^2$,$△ CDQ$ 的面积为 $\frac{1}{2}×8×(12-2t)=(48-8t)\mathrm{cm}^2$,则 $△ PDQ$ 的面积为 $96-6t-(8t-t^2)-(48-8t)=(t^2-6t+48)\mathrm{cm}^2$. 令 $t^2-6t+48=40$,即 $t^2-6t+8=0$,解得 $t=2$ 或 $t=4$,故当 $t$ 的值为 2 或 4 时,$△ PDQ$ 的面积为 $40\ \mathrm{cm}^2$.
(2)矩形 $ABCD$ 的面积为 $8×12=96(\mathrm{cm}^2)$,$△ APD$ 的面积为 $\frac{1}{2}× t×12=6t(\mathrm{cm}^2)$,$△ BPQ$ 的面积为 $\frac{1}{2}×(8-t)×2t=(8t-t^2)\mathrm{cm}^2$,$△ CDQ$ 的面积为 $\frac{1}{2}×8×(12-2t)=(48-8t)\mathrm{cm}^2$,则 $△ PDQ$ 的面积为 $96-6t-(8t-t^2)-(48-8t)=(t^2-6t+48)\mathrm{cm}^2$. 令 $t^2-6t+48=40$,即 $t^2-6t+8=0$,解得 $t=2$ 或 $t=4$,故当 $t$ 的值为 2 或 4 时,$△ PDQ$ 的面积为 $40\ \mathrm{cm}^2$.
解析
【分析】
(1) 要判断PQ长度能否为$4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$，首先观察PQ在直角三角形△BPQ中，可利用勾股定理建立方程求解。先根据点P、Q的运动速度和时间t，用含t的代数式表示出BP、BQ的长度，代入勾股定理得到关于t的一元二次方程，求解后结合t的实际取值范围（t＞0，且P运动最多8s，Q运动最多6s，故0＜t≤6）判断解是否合理即可。
(2) 直接求△PDQ的面积较复杂，可采用割补法：用矩形ABCD的总面积减去周围三个直角三角形（△APD、△BPQ、△CDQ）的面积，即可得到△PDQ的面积表达式，再令其等于$40\ \mathrm{cm}^2$建立一元二次方程求解，验证解是否在t的取值范围内即可。
【解析】
(1) 能，理由如下：
在矩形ABCD中，∠ B=90°，$AB=8\ \mathrm{cm}$，$BC=12\ \mathrm{cm}$。
由运动题意得：$AP=t\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$，
$\therefore BP=AB-AP=(8-t)\ \mathrm{cm}$，t的取值范围为0＜t≤6。
在$\mathrm{Rt}△BPQ$中，由勾股定理得$PQ^2=BP^2+BQ^2$，
若$PQ=4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$，则：
$(8-t)^2+(2t)^2=(4\sqrt{5})^2$
展开整理得$5t^2-16t-16=0$，
解得t=4或$t=-\frac{4}{5}（$不符合t＞0，舍去），t=4满足0＜t≤6，符合题意。(2) 矩形ABCD的面积为$S_{\mathrm{矩形}}=8×12=96(\mathrm{cm}^2)$，分别计算三个直角三角形的面积：$S_{△APD}=\frac{1}{2}× AP× AD=\frac{1}{2}× t×12=6t(\mathrm{cm}^2)$，$S_{△BPQ}=\frac{1}{2}× BP× BQ=\frac{1}{2}×(8-t)×2t=8t-t^2(\mathrm{cm}^2)$，$S_{△CDQ}=\frac{1}{2}× CD× CQ=\frac{1}{2}×8×(12-2t)=48-8t(\mathrm{cm}^2)$，$\therefore S_{△PDQ}=S_{\mathrm{矩形}}-S_{△APD}-S_{△BPQ}-S_{△CDQ}=96-6t-(8t-t^2)-(48-8t)=t^2-6t+48(\mathrm{cm}^2)$。令$S_{△PDQ}=40$，得$t^2-6t+48=40$，整理得$t^2-6t+8=0$，解得t=2或t=4，均满足0＜t≤6，符合题意。【答案】(1) 能，t的值为4；(2) 当t的值为2或4时，△PDQ的面积为$40\ \mathrm{cm}^2$。
【知识点】
勾股定理的应用，一元二次方程的应用，割补法求面积
【点评】
本题属于几何动点问题，解题的关键是将动态问题静态化，用含运动时间的代数式表示相关线段的长度，结合几何性质将问题转化为一元二次方程求解，同时要注意验证解的合理性，排除不符合运动实际的解。
【难度系数】
0.7
(1) 要判断PQ长度能否为$4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$，首先观察PQ在直角三角形△BPQ中，可利用勾股定理建立方程求解。先根据点P、Q的运动速度和时间t，用含t的代数式表示出BP、BQ的长度，代入勾股定理得到关于t的一元二次方程，求解后结合t的实际取值范围（t＞0，且P运动最多8s，Q运动最多6s，故0＜t≤6）判断解是否合理即可。
(2) 直接求△PDQ的面积较复杂，可采用割补法：用矩形ABCD的总面积减去周围三个直角三角形（△APD、△BPQ、△CDQ）的面积，即可得到△PDQ的面积表达式，再令其等于$40\ \mathrm{cm}^2$建立一元二次方程求解，验证解是否在t的取值范围内即可。
【解析】
(1) 能，理由如下：
在矩形ABCD中，∠ B=90°，$AB=8\ \mathrm{cm}$，$BC=12\ \mathrm{cm}$。
由运动题意得：$AP=t\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$，
$\therefore BP=AB-AP=(8-t)\ \mathrm{cm}$，t的取值范围为0＜t≤6。
在$\mathrm{Rt}△BPQ$中，由勾股定理得$PQ^2=BP^2+BQ^2$，
若$PQ=4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$，则：
$(8-t)^2+(2t)^2=(4\sqrt{5})^2$
展开整理得$5t^2-16t-16=0$，
解得t=4或$t=-\frac{4}{5}（$不符合t＞0，舍去），t=4满足0＜t≤6，符合题意。(2) 矩形ABCD的面积为$S_{\mathrm{矩形}}=8×12=96(\mathrm{cm}^2)$，分别计算三个直角三角形的面积：$S_{△APD}=\frac{1}{2}× AP× AD=\frac{1}{2}× t×12=6t(\mathrm{cm}^2)$，$S_{△BPQ}=\frac{1}{2}× BP× BQ=\frac{1}{2}×(8-t)×2t=8t-t^2(\mathrm{cm}^2)$，$S_{△CDQ}=\frac{1}{2}× CD× CQ=\frac{1}{2}×8×(12-2t)=48-8t(\mathrm{cm}^2)$，$\therefore S_{△PDQ}=S_{\mathrm{矩形}}-S_{△APD}-S_{△BPQ}-S_{△CDQ}=96-6t-(8t-t^2)-(48-8t)=t^2-6t+48(\mathrm{cm}^2)$。令$S_{△PDQ}=40$，得$t^2-6t+48=40$，整理得$t^2-6t+8=0$，解得t=2或t=4，均满足0＜t≤6，符合题意。【答案】(1) 能，t的值为4；(2) 当t的值为2或4时，△PDQ的面积为$40\ \mathrm{cm}^2$。
【知识点】
勾股定理的应用，一元二次方程的应用，割补法求面积
【点评】
本题属于几何动点问题，解题的关键是将动态问题静态化，用含运动时间的代数式表示相关线段的长度，结合几何性质将问题转化为一元二次方程求解，同时要注意验证解的合理性，排除不符合运动实际的解。
【难度系数】
0.7
17[2025江苏无锡质检]融安金桔是柳州市融安县的特产之一.请你运用数学知识,根据素材,帮果农解决问题.
任务1:设融安金桔产量的年平均增长率为x,依题意列方程得
任务2:现有长80 cm,宽75 cm的长方形纸板,将四角各裁掉一个正方形(如图(1)),折成无盖长方体纸盒(如图(2)).为了放下适当数量的融安金桔,需要设计底面积为3 300 cm²的纸盒,计算此时纸盒的高;
任务3:为了增加包装盒的种类,打算将任务2中的纸板通过图(3)的方式裁剪,得到底面为正六边形的无盖纸盒(如图(4)),求出此时纸盒的高.(图中实线表示剪切线,虚线表示折痕.纸板厚度及剪切接缝处损耗忽略不计)
任务1:设融安金桔产量的年平均增长率为x,依题意列方程得
13(1+x)²=15.6
;任务2:现有长80 cm,宽75 cm的长方形纸板,将四角各裁掉一个正方形(如图(1)),折成无盖长方体纸盒(如图(2)).为了放下适当数量的融安金桔,需要设计底面积为3 300 cm²的纸盒,计算此时纸盒的高;
任务3:为了增加包装盒的种类,打算将任务2中的纸板通过图(3)的方式裁剪,得到底面为正六边形的无盖纸盒(如图(4)),求出此时纸盒的高.(图中实线表示剪切线,虚线表示折痕.纸板厚度及剪切接缝处损耗忽略不计)
答案
任务1:已知融安金桔产量的年平均增长率为x,则 $13(1+x)^2=15.6$,故答案为 $13(1+x)^2=15.6$.
任务2:设裁掉正方形的边长为 $m$ cm. 由题意得 $(75-2m)×(80-2m)=3300$,解得 $m_1=10$,$m_2=\frac{135}{2}$(不符合题意,舍去).
答:此时纸盒的高为 10 cm.
任务3:如图,设底面正六边形为 $ABCDEF$,连接 $AC$,$FD$,$BE$,$AC$ 和 $BE$ 交于点 $G$,$FD$ 和 $BE$ 交于点 $H$,$BE$ 所在直线交长方形纸板的边于点 $M$,$N$.
设底面正六边形的边长为 $a$ cm,纸盒的高为 $b$ cm.
$\because$ 正六边形的每条边相等,每个内角都为 $120°$,$\therefore △ ABC$ 为等腰三角形,$∠ ABC=120°$,$\therefore ∠ BAC=∠ BCA=30°$. 由正六边形的性质可得 $BE$ 平分 $∠ ABC$,$\therefore ∠ ABE=60°$,$\therefore ∠ AGB=90°$,$\therefore$ 直角三角形 $ABG$ 中,$BG=\frac{1}{2}a$,$AG=\frac{\sqrt{3}}{2}a$,同理可得直角三角形 $FHE$ 中,$HE=\frac{1}{2}a$.
$\because CG=AG=\frac{\sqrt{3}}{2}a$,$\therefore b+AG+GC+b=75$,$\therefore 2b+\sqrt{3}a=75$. ①
$\because$ 左侧小三角形顶点 $B$ 处的内角为 $360°-120°-90°-90°=60°$,$\therefore$ 左侧小三角形是边长为 $b$ 的等边三角形,易得 $BM$ 为等边三角形的高,$\therefore BM=\frac{\sqrt{3}}{2}b$,同理可得,$EN=BM=\frac{\sqrt{3}}{2}b$.
$\because$ 四边形 $AGHF$ 为矩形,$\therefore GH=AF=a$.
$\because MN=MB+BG+GH+HE+EN=80$,$\therefore 2a+\sqrt{3}b=80$,②
联立①②可得 $b=150-80\sqrt{3}$.
答:纸盒的高为 $(150-80\sqrt{3})\ \mathrm{cm}$.
解析
【分析】
1. 任务1为增长率问题，核心等量关系为：初始产量×(1+年平均增长率)² = 增长两年后的产量，代入对应数值即可列出方程。
2. 任务2是无盖长方体的实际应用问题，纸盒的高等于四角裁掉的正方形的边长，折成纸盒后底面长为原长方形长减2倍正方形边长，底面宽为原长方形宽减2倍正方形边长，根据底面积公式列一元二次方程求解，最后验证解是否符合实际意义，舍去不合理的解。
3. 任务3是正六棱柱纸盒的设计问题，利用正六边形边长相等、内角为120°的性质，结合30°直角三角形的边长关系，分别从竖直方向（纸板总宽75cm）和水平方向（纸板总长80cm）推导等量关系，联立二元一次方程组即可解得纸盒的高。
【解析】
任务1
已知融安金桔初始产量为13，两年后产量为15.6，年平均增长率为x，根据增长率公式列方程得：$13(1+x)^2=15.6$。
任务2
设裁掉的正方形边长为$m$ cm，即纸盒的高为$m$ cm。
折成无盖长方体后，底面长为$(80-2m)$ cm，底面宽为$(75-2m)$ cm，根据底面积为3300 cm²列方程：
$(80-2m)(75-2m)=3300$
整理求解得：$m_1=10$，$m_2=\frac{135}{2}$。
当$m=\frac{135}{2}$时，$75-2m=-60＜0$，不符合实际，舍去，故$m=10$。
任务3
如图，设底面正六边形为$ABCDEF$，连接$AC$,$FD$,$BE$，$AC$ 和 $BE$ 交于点 $G$，$FD$ 和 $BE$ 交于点 $H$，$BE$ 所在直线交长方形纸板的边于点 $M$,$N$。
设正六边形边长为$a$ cm，纸盒高为$b$ cm。
正六边形每个内角为$120°$，故$△ ABC$为等腰三角形，$∠ BAC=∠ BCA=30°$，由正六边形性质得$BE$平分$∠ ABC$，即$∠ ABE=60°$，因此$∠ AGB=90°$。
在$Rt△ ABG$中，$BG=\frac{1}{2}a$，$AG=\frac{\sqrt{3}}{2}a$，同理可得$HE=\frac{1}{2}a$，$CG=AG=\frac{\sqrt{3}}{2}a$。
根据竖直方向总长度为75 cm，得：$2b+\sqrt{3}a=75$ ①。
左侧裁剪的小三角形在$B$处的内角为$360°-120°-90°-90°=60°$，即该三角形为边长为$b$的等边三角形，其高$BM=\frac{\sqrt{3}}{2}b$，同理$EN=\frac{\sqrt{3}}{2}b$。
又四边形$AGHF$为矩形，$GH=AF=a$，根据水平方向总长度为80 cm，得：$\frac{\sqrt{3}}{2}b+\frac{1}{2}a+a+\frac{1}{2}a+\frac{\sqrt{3}}{2}b=80$，整理得$2a+\sqrt{3}b=80$ ②。
联立①②解得$b=150-80\sqrt{3}$。
【答案】
任务1：$\boldsymbol{13(1+x)^2=15.6}$
任务2：$\boldsymbol{10\ \mathrm{cm}}$
任务3：
$\boldsymbol{(150-80\sqrt{3})\ \mathrm{cm}}$
【知识点】
一元二次方程应用；正六边形的性质；二元一次方程组应用
【点评】
本题结合实际生产场景考查知识的综合运用能力，既需要熟练掌握方程类应用题的等量关系分析方法，也需要灵活运用正多边形、特殊三角形的几何性质推导边长关系，能有效考查学生的数学建模能力和图形分析能力。
【难度系数】
0.6
1. 任务1为增长率问题，核心等量关系为：初始产量×(1+年平均增长率)² = 增长两年后的产量，代入对应数值即可列出方程。
2. 任务2是无盖长方体的实际应用问题，纸盒的高等于四角裁掉的正方形的边长，折成纸盒后底面长为原长方形长减2倍正方形边长，底面宽为原长方形宽减2倍正方形边长，根据底面积公式列一元二次方程求解，最后验证解是否符合实际意义，舍去不合理的解。
3. 任务3是正六棱柱纸盒的设计问题，利用正六边形边长相等、内角为120°的性质，结合30°直角三角形的边长关系，分别从竖直方向（纸板总宽75cm）和水平方向（纸板总长80cm）推导等量关系，联立二元一次方程组即可解得纸盒的高。
【解析】
任务1
已知融安金桔初始产量为13，两年后产量为15.6，年平均增长率为x，根据增长率公式列方程得：$13(1+x)^2=15.6$。
任务2
设裁掉的正方形边长为$m$ cm，即纸盒的高为$m$ cm。
折成无盖长方体后，底面长为$(80-2m)$ cm，底面宽为$(75-2m)$ cm，根据底面积为3300 cm²列方程：
$(80-2m)(75-2m)=3300$
整理求解得：$m_1=10$，$m_2=\frac{135}{2}$。
当$m=\frac{135}{2}$时，$75-2m=-60＜0$，不符合实际，舍去，故$m=10$。
任务3
如图，设底面正六边形为$ABCDEF$，连接$AC$,$FD$,$BE$，$AC$ 和 $BE$ 交于点 $G$，$FD$ 和 $BE$ 交于点 $H$，$BE$ 所在直线交长方形纸板的边于点 $M$,$N$。
设正六边形边长为$a$ cm，纸盒高为$b$ cm。
正六边形每个内角为$120°$，故$△ ABC$为等腰三角形，$∠ BAC=∠ BCA=30°$，由正六边形性质得$BE$平分$∠ ABC$，即$∠ ABE=60°$，因此$∠ AGB=90°$。
在$Rt△ ABG$中，$BG=\frac{1}{2}a$，$AG=\frac{\sqrt{3}}{2}a$，同理可得$HE=\frac{1}{2}a$，$CG=AG=\frac{\sqrt{3}}{2}a$。
根据竖直方向总长度为75 cm，得：$2b+\sqrt{3}a=75$ ①。
左侧裁剪的小三角形在$B$处的内角为$360°-120°-90°-90°=60°$，即该三角形为边长为$b$的等边三角形，其高$BM=\frac{\sqrt{3}}{2}b$，同理$EN=\frac{\sqrt{3}}{2}b$。
又四边形$AGHF$为矩形，$GH=AF=a$，根据水平方向总长度为80 cm，得：$\frac{\sqrt{3}}{2}b+\frac{1}{2}a+a+\frac{1}{2}a+\frac{\sqrt{3}}{2}b=80$，整理得$2a+\sqrt{3}b=80$ ②。
联立①②解得$b=150-80\sqrt{3}$。
【答案】
任务1：$\boldsymbol{13(1+x)^2=15.6}$
任务2：$\boldsymbol{10\ \mathrm{cm}}$
任务3：
$\boldsymbol{(150-80\sqrt{3})\ \mathrm{cm}}$
【知识点】
一元二次方程应用；正六边形的性质；二元一次方程组应用
【点评】
本题结合实际生产场景考查知识的综合运用能力，既需要熟练掌握方程类应用题的等量关系分析方法，也需要灵活运用正多边形、特殊三角形的几何性质推导边长关系，能有效考查学生的数学建模能力和图形分析能力。
【难度系数】
0.6
