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10. 聚焦中考代数推理「2026江苏苏州工业园区期末，★☆」如果关于x的方程$a(1-x^2)+2bx +c(1+x^2)=0$有两个相等的实数根，且$a,b,c$是$△ ABC$的三边长，那么$△ ABC$是（
A.锐角三角形
B.钝角三角形
C.直角三角形
D.任意三角形
C
）A.锐角三角形
B.钝角三角形
C.直角三角形
D.任意三角形
答案
原方程可化为$(c-a)x^2+2bx+(a+c)=0$,
∵该方程有两个相等的实数根,
∴$\begin{cases}Δ=0,\\c-a≠0,\end{cases}$即$\begin{cases}(2b)^2-4(c-a)(a+c)=0,\\a≠c,\end{cases}$
解得$c^2=a^2+b^2$且$a≠c$.
又
∵a,b,c是△ABC的三边长,
∴△ABC为直角三角形.故选C.
∵该方程有两个相等的实数根,
∴$\begin{cases}Δ=0,\\c-a≠0,\end{cases}$即$\begin{cases}(2b)^2-4(c-a)(a+c)=0,\\a≠c,\end{cases}$
解得$c^2=a^2+b^2$且$a≠c$.
又
∵a,b,c是△ABC的三边长,
∴△ABC为直角三角形.故选C.
解析
【分析】
解题时首先要将给定的方程整理为一元二次方程的标准形式，再结合“方程有两个相等的实数根”的条件明确两个核心要求：一是二次项系数不为0（保证方程为一元二次方程，才有两个相等实数根的说法），二是根的判别式Δ=0。随后代入判别式公式化简得到三角形三边的数量关系，最后结合勾股定理的逆定理判断三角形形状即可。
【解析】
先对原方程合并同类项整理得：
$(c-a)x^2+2bx+(a+c)=0$，
∵ 该方程有两个相等的实数根，
∴ 满足$\begin{cases}\Delta=0\\c-a≠0\end{cases}$，
将系数代入判别式公式可得：
$(2b)^2-4(c-a)(a+c)=0$，
展开化简：$4b^2-4(c^2-a^2)=0$，
两边同时除以4得：$b^2 - c^2 + a^2=0$，即$a^2+b^2=c^2$，且$a≠ c$。
∵ a、b、c是△ABC的三边长，符合勾股定理的逆定理，
∴ △ABC为直角三角形。
【答案】C
【知识点】
一元二次方程根的判别式，勾股定理的逆定理，一元二次方程的定义
【点评】
本题是代数与几何结合的基础题型，将一元二次方程根的情况和三角形形状判定相结合，解题关键是正确整理方程为标准形式，利用判别式建立三边的数量关系，再结合勾股定理逆定理得出结论。
【难度系数】
0.7
解题时首先要将给定的方程整理为一元二次方程的标准形式，再结合“方程有两个相等的实数根”的条件明确两个核心要求：一是二次项系数不为0（保证方程为一元二次方程，才有两个相等实数根的说法），二是根的判别式Δ=0。随后代入判别式公式化简得到三角形三边的数量关系，最后结合勾股定理的逆定理判断三角形形状即可。
【解析】
先对原方程合并同类项整理得：
$(c-a)x^2+2bx+(a+c)=0$，
∵ 该方程有两个相等的实数根，
∴ 满足$\begin{cases}\Delta=0\\c-a≠0\end{cases}$，
将系数代入判别式公式可得：
$(2b)^2-4(c-a)(a+c)=0$，
展开化简：$4b^2-4(c^2-a^2)=0$，
两边同时除以4得：$b^2 - c^2 + a^2=0$，即$a^2+b^2=c^2$，且$a≠ c$。
∵ a、b、c是△ABC的三边长，符合勾股定理的逆定理，
∴ △ABC为直角三角形。
【答案】C
【知识点】
一元二次方程根的判别式，勾股定理的逆定理，一元二次方程的定义
【点评】
本题是代数与几何结合的基础题型，将一元二次方程根的情况和三角形形状判定相结合，解题关键是正确整理方程为标准形式，利用判别式建立三边的数量关系，再结合勾股定理逆定理得出结论。
【难度系数】
0.7
11.「2026上海静安月考，★☆」如图，已知O是$△ ABC$三条角平分线的交点，过点O作$DE// BC$，分别交AB，AC于点D，E，设$BD=a$，$DE=b$，$CE=c(a≠c)$，则关于x的方程$ax^2+bx+c=0$的根的情况是
（
）
A.一定有两个相等实数根
B.一定有两个不相等实数根
C.无实数根
D.无法判断
（
）A.一定有两个相等实数根
B.一定有两个不相等实数根
C.无实数根
D.无法判断
答案
由题意得∠DBO=∠OBC,
∵DE//BC,
∴∠DOB=∠OBC,
∴∠DBO=∠DOB,
∴DB=DO,同理EC=EO.
∴DB=DO=a,EC=EO=c,
∵DE=DO+OE,
∴b=a+c.
对于方程$ax^2+bx+c=0$,易知a≠0,
∴Δ=$b^2-4ac=(a+c)^2-4ac=a^2+c^2-2ac=(a-c)^2$,
∵a≠c,
∴Δ＞0,
∴方程$ax^2+bx+c=0$有两个不相等的实数根.故选B.
∵DE//BC,
∴∠DOB=∠OBC,
∴∠DBO=∠DOB,
∴DB=DO,同理EC=EO.
∴DB=DO=a,EC=EO=c,
∵DE=DO+OE,
∴b=a+c.
对于方程$ax^2+bx+c=0$,易知a≠0,
∴Δ=$b^2-4ac=(a+c)^2-4ac=a^2+c^2-2ac=(a-c)^2$,
∵a≠c,
∴Δ＞0,
∴方程$ax^2+bx+c=0$有两个不相等的实数根.故选B.
解析
【分析】
解题时首先利用角平分线的定义和平行线的内错角相等的性质，推导得到△BDO和△CEO都是等腰三角形，从而得出DE=BD+CE，也就是b=a+c的数量关系；再结合一元二次方程根的判别式的知识，把b=a+c代入判别式Δ=b²-4ac中化简，最后结合已知a≠c的条件判断Δ的正负，即可确定方程根的情况。
【解析】
解：
∵O是△ABC三条角平分线的交点，
∴BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，即∠DBO=∠OBC，∠ECO=∠OCB，
∵DE//BC，
∴∠DOB=∠OBC，∠EOC=∠OCB（两直线平行，内错角相等），
∴∠DBO=∠DOB，∠ECO=∠EOC，
∴DB=DO，EC=EO（等角对等边），
∵BD=a，CE=c，
∴DO=a，EO=c，
又
∵DE=DO+OE=b，
∴b=a+c，
对于方程$ax^2+bx+c=0$，a为三角形边长，故a≠0，该方程为一元二次方程，
判别式$\Delta =b^2-4ac=(a+c)^2-4ac=a^2+2ac+c^2-4ac=a^2-2ac+c^2=(a-c)^2$，
∵已知$a≠c$，
∴$\Delta=(a-c)^2＞0$，
∴该方程一定有两个不相等的实数根。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
等腰三角形的判定，平行线的性质，一元二次方程根的判别式
【点评】
本题是几何与代数相结合的基础综合题，核心是利用“角平分线+平行线”的常见模型推导得到三条线段的数量关系，再结合根的判别式判断方程根的情况，属于对基础知识点的综合考查。
【难度系数】
0.7
解题时首先利用角平分线的定义和平行线的内错角相等的性质，推导得到△BDO和△CEO都是等腰三角形，从而得出DE=BD+CE，也就是b=a+c的数量关系；再结合一元二次方程根的判别式的知识，把b=a+c代入判别式Δ=b²-4ac中化简，最后结合已知a≠c的条件判断Δ的正负，即可确定方程根的情况。
【解析】
解：
∵O是△ABC三条角平分线的交点，
∴BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，即∠DBO=∠OBC，∠ECO=∠OCB，
∵DE//BC，
∴∠DOB=∠OBC，∠EOC=∠OCB（两直线平行，内错角相等），
∴∠DBO=∠DOB，∠ECO=∠EOC，
∴DB=DO，EC=EO（等角对等边），
∵BD=a，CE=c，
∴DO=a，EO=c，
又
∵DE=DO+OE=b，
∴b=a+c，
对于方程$ax^2+bx+c=0$，a为三角形边长，故a≠0，该方程为一元二次方程，
判别式$\Delta =b^2-4ac=(a+c)^2-4ac=a^2+2ac+c^2-4ac=a^2-2ac+c^2=(a-c)^2$，
∵已知$a≠c$，
∴$\Delta=(a-c)^2＞0$，
∴该方程一定有两个不相等的实数根。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
等腰三角形的判定，平行线的性质，一元二次方程根的判别式
【点评】
本题是几何与代数相结合的基础综合题，核心是利用“角平分线+平行线”的常见模型推导得到三条线段的数量关系，再结合根的判别式判断方程根的情况，属于对基础知识点的综合考查。
【难度系数】
0.7
12. 聚焦中考 尺规作图「2026湖北襄阳月考，★☆」在数学发展史中，一元二次方程的正根可以通过几何方法进行研究.如图，已知矩形ABCD的宽AB=a，长AD=b，连接AC，分别以点A，C为圆心，AD，CD的长为半径画弧，交AC于E，F两点，关于x的一元二次方程$x^2 + 2ax = b^2$，通过勾股定理可发现这个方程的正根是线段的长. (
A.AE
B.AF
C.CF
D.CE
B
)A.AE
B.AF
C.CF
D.CE
答案
$x^2+2ax=b^2$整理得$x^2+2ax-b^2=0$,解得$x=\frac{-2a±\sqrt{4a^2+4b^2}}{2}=-a±\sqrt{a^2+b^2}$,
∵$\sqrt{a^2+b^2}＞a$,
∴方程的正根是$\sqrt{a^2+b^2}-a$,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠ABC=90°,BC=AD=b,
在Rt△ABC中,$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{a^2+b^2}$,
由作图得CF=CD=AB=a,
∴$AF=AC-CF=\sqrt{a^2+b^2}-a$,
∴方程$x^2+2ax=b^2$的正根是线段AF的长,故选B.
∵$\sqrt{a^2+b^2}＞a$,
∴方程的正根是$\sqrt{a^2+b^2}-a$,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠ABC=90°,BC=AD=b,
在Rt△ABC中,$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{a^2+b^2}$,
由作图得CF=CD=AB=a,
∴$AF=AC-CF=\sqrt{a^2+b^2}-a$,
∴方程$x^2+2ax=b^2$的正根是线段AF的长,故选B.
解析
【分析】
解决本题可以按三步思路推导：第一步先求解给定的一元二次方程，提取出正根的代数表达式；第二步利用矩形的性质和勾股定理，求出对角线AC的长度；第三步结合尺规作图的规则推导相关线段的长度，将线段长度的表达式和方程正根的表达式做匹配，即可得出结论。
【解析】
先整理一元二次方程：$x^2+2ax=b^2$变形为$x^2+2ax-b^2=0$，用求根公式解得：
$x=\frac{-2a\pm\sqrt{(2a)^2+4b^2}}{2}=-a\pm\sqrt{a^2+b^2}$
因为要取正根，且$\sqrt{a^2+b^2}＞a$，因此舍去负根，得正根为$x=\sqrt{a^2+b^2}-a$。
已知四边形ABCD是矩形，因此$∠ ABC=90°$，$BC=AD=b$，$CD=AB=a$。
在$Rt△ ABC$中，由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{a^2+b^2}$。
由尺规作图规则可知，以点C为圆心、CD长为半径画弧交AC于F，因此$CF=CD=a$，则$AF=AC-CF=\sqrt{a^2+b^2}-a$，与方程的正根表达式完全一致。
【答案】
B
【知识点】
一元二次方程公式法求解；矩形的性质；勾股定理
【点评】
本题是数形结合的典型基础题，同时考查了代数计算能力和几何线段长度的推导能力，解题核心是分别得到方程正根的表达式和对应线段的长度表达式，再进行匹配即可。
【难度系数】
0.7
解决本题可以按三步思路推导：第一步先求解给定的一元二次方程，提取出正根的代数表达式；第二步利用矩形的性质和勾股定理，求出对角线AC的长度；第三步结合尺规作图的规则推导相关线段的长度，将线段长度的表达式和方程正根的表达式做匹配，即可得出结论。
【解析】
先整理一元二次方程：$x^2+2ax=b^2$变形为$x^2+2ax-b^2=0$，用求根公式解得：
$x=\frac{-2a\pm\sqrt{(2a)^2+4b^2}}{2}=-a\pm\sqrt{a^2+b^2}$
因为要取正根，且$\sqrt{a^2+b^2}＞a$，因此舍去负根，得正根为$x=\sqrt{a^2+b^2}-a$。
已知四边形ABCD是矩形，因此$∠ ABC=90°$，$BC=AD=b$，$CD=AB=a$。
在$Rt△ ABC$中，由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{a^2+b^2}$。
由尺规作图规则可知，以点C为圆心、CD长为半径画弧交AC于F，因此$CF=CD=a$，则$AF=AC-CF=\sqrt{a^2+b^2}-a$，与方程的正根表达式完全一致。
【答案】
B
【知识点】
一元二次方程公式法求解；矩形的性质；勾股定理
【点评】
本题是数形结合的典型基础题，同时考查了代数计算能力和几何线段长度的推导能力，解题核心是分别得到方程正根的表达式和对应线段的长度表达式，再进行匹配即可。
【难度系数】
0.7
13. 学科特色
分类讨论思想
「2026 四川宜宾叙州期中，★☆」等腰三角形三边长分别为a,b,3,且a,b是关于x的一元二次方程$x^2 -8x +m +1=0$的两个根,则m的值为
分类讨论思想
「2026 四川宜宾叙州期中，★☆」等腰三角形三边长分别为a,b,3,且a,b是关于x的一元二次方程$x^2 -8x +m +1=0$的两个根,则m的值为
14或15
.答案
①当3为底边长,a,b为腰长时,关于x的一元二次方程$x^2-8x+m+1=0$有两个相等的实数根,
∴Δ=$(-8)^2-4×1×(m+1)=0$,解得m=15,
∴原方程为$x^2-8x+16=0$,解得a=b=4,
∵3,4,4能组成等腰三角形,
∴m=15符合题意;
②当3为腰长时,a,b中有一个值为3,即3是方程$x^2-8x+m+1=0$的一个根,将x=3代入得$3^2-8×3+m+1=0$,解得m=14,
∴原方程为$x^2-8x+15=0$,解得$x_1=3,x_2=5$,
∵3,3,5能组成等腰三角形,
∴m=14符合题意.综上所述,m的值为14或15.
∴Δ=$(-8)^2-4×1×(m+1)=0$,解得m=15,
∴原方程为$x^2-8x+16=0$,解得a=b=4,
∵3,4,4能组成等腰三角形,
∴m=15符合题意;
②当3为腰长时,a,b中有一个值为3,即3是方程$x^2-8x+m+1=0$的一个根,将x=3代入得$3^2-8×3+m+1=0$,解得m=14,
∴原方程为$x^2-8x+15=0$,解得$x_1=3,x_2=5$,
∵3,3,5能组成等腰三角形,
∴m=14符合题意.综上所述,m的值为14或15.
解析
【分析】
本题是等腰三角形与一元二次方程结合的综合题，需运用分类讨论思想求解，解题思路如下：首先等腰三角形未明确腰长和底边长时，需分3为底边长、3为腰长两类情况讨论；其次每种情况求出m值后，必须验证三边长是否满足三角形三边关系，排除无法构成三角形的情况。当3为底边长时，两腰长相等说明方程有两个相等的实数根，可通过根的判别式Δ=0求m；当3为腰长时，说明3是方程的根，代入方程即可求m，最后综合两类符合条件的结果即可。
【解析】
解：分两种情况讨论：
①当3为底边长时，a、b为等腰三角形的腰长，即$a=b$，
∴一元二次方程$x^2 -8x +m +1=0$有两个相等的实数根，
∴$\Delta = (-8)^2 - 4×1×(m+1) = 0$，
解得$m=15$，
此时原方程为$x^2 -8x +16 = 0$，解得$a=b=4$，
∵$3+4＞4$，满足三角形三边关系，3、4、4可构成等腰三角形，故$m=15$符合题意；
②当3为腰长时，a、b中有一个值为3，即$x=3$是方程的一个根，
将$x=3$代入方程得：$3^2 -8×3 +m +1 = 0$，
解得$m=14$，
此时原方程为$x^2 -8x +15 = 0$，解得$x_1=3$，$x_2=5$，
即三边长为3、3、5，
∵$3+3＞5$，满足三角形三边关系，可构成等腰三角形，故$m=14$符合题意。
综上所述，m的值为14或15。
【答案】
14或15
【知识点】
等腰三角形的性质，一元二次方程根的判别式，三角形三边关系
【点评】
本题主要考查分类讨论思想的应用，解题时容易出现漏讨论某一类情况，或者求出m后未验证是否满足三角形三边关系的错误，需注意分类要全面，最终结果要结合实际几何意义检验。
【难度系数】
0.6
本题是等腰三角形与一元二次方程结合的综合题，需运用分类讨论思想求解，解题思路如下：首先等腰三角形未明确腰长和底边长时，需分3为底边长、3为腰长两类情况讨论；其次每种情况求出m值后，必须验证三边长是否满足三角形三边关系，排除无法构成三角形的情况。当3为底边长时，两腰长相等说明方程有两个相等的实数根，可通过根的判别式Δ=0求m；当3为腰长时，说明3是方程的根，代入方程即可求m，最后综合两类符合条件的结果即可。
【解析】
解：分两种情况讨论：
①当3为底边长时，a、b为等腰三角形的腰长，即$a=b$，
∴一元二次方程$x^2 -8x +m +1=0$有两个相等的实数根，
∴$\Delta = (-8)^2 - 4×1×(m+1) = 0$，
解得$m=15$，
此时原方程为$x^2 -8x +16 = 0$，解得$a=b=4$，
∵$3+4＞4$，满足三角形三边关系，3、4、4可构成等腰三角形，故$m=15$符合题意；
②当3为腰长时，a、b中有一个值为3，即$x=3$是方程的一个根，
将$x=3$代入方程得：$3^2 -8×3 +m +1 = 0$，
解得$m=14$，
此时原方程为$x^2 -8x +15 = 0$，解得$x_1=3$，$x_2=5$，
即三边长为3、3、5，
∵$3+3＞5$，满足三角形三边关系，可构成等腰三角形，故$m=14$符合题意。
综上所述，m的值为14或15。
【答案】
14或15
【知识点】
等腰三角形的性质，一元二次方程根的判别式，三角形三边关系
【点评】
本题主要考查分类讨论思想的应用，解题时容易出现漏讨论某一类情况，或者求出m后未验证是否满足三角形三边关系的错误，需注意分类要全面，最终结果要结合实际几何意义检验。
【难度系数】
0.6
14. 核心素养 推理能力 「2026福建漳州期中」对于一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$，下列说法：
①若$a-b+c=0$，则$b^2-4ac≥0$；②若方程$ax^2+c=0$有两个不相等的实数根，则方程$ax^2+bx+c=0$必有两个不相等的实数根；③若$c$是方程$ax^2+bx+c=0$的一个根，则一定有$ac+b+1=0$成立；④若$x_0$是一元二次方程$ax^2+bx+c=0$的根，则$b^2-4ac=(2ax_0+b)^2$。
其中正确的有 (
A.②④
B.②③④
C.①②④
D.①②③
①若$a-b+c=0$，则$b^2-4ac≥0$；②若方程$ax^2+c=0$有两个不相等的实数根，则方程$ax^2+bx+c=0$必有两个不相等的实数根；③若$c$是方程$ax^2+bx+c=0$的一个根，则一定有$ac+b+1=0$成立；④若$x_0$是一元二次方程$ax^2+bx+c=0$的根，则$b^2-4ac=(2ax_0+b)^2$。
其中正确的有 (
C
)A.②④
B.②③④
C.①②④
D.①②③
答案
①
∵当x=-1时,$a×(-1)^2+b×(-1)+c=a-b+c=0$,
∴x=-1是方程$ax^2+bx+c=0$的根,故$b^2-4ac≥0$,
∴①正确;②
∵方程$ax^2+c=0$有两个不相等的实数根,
∴$0^2-4ac＞0$,
∴ac＜0,则方程$ax^2+bx+c=0$中Δ=$b^2-4ac＞0$,故方程$ax^2+bx+c=0$有两个不相等的实数根,
∴②正确;③
∵c是方程$ax^2+bx+c=0$的根,
∴$ac^2+bc+c=0$,即c(ac+b+1)=0,若c=0,则ac+b+1不一定为0,
∴③错误;④由题意得$ax_0^2+bx_0+c=0$,则$ax_0^2+bx_0=-c$,
∴$(2ax_0+b)^2=4a^2x_0^2+4abx_0+b^2=4a(ax_0^2+bx_0)+b^2=b^2-4ac$,
∴④正确.
综上所述,①②④正确.故选C.
∵当x=-1时,$a×(-1)^2+b×(-1)+c=a-b+c=0$,
∴x=-1是方程$ax^2+bx+c=0$的根,故$b^2-4ac≥0$,
∴①正确;②
∵方程$ax^2+c=0$有两个不相等的实数根,
∴$0^2-4ac＞0$,
∴ac＜0,则方程$ax^2+bx+c=0$中Δ=$b^2-4ac＞0$,故方程$ax^2+bx+c=0$有两个不相等的实数根,
∴②正确;③
∵c是方程$ax^2+bx+c=0$的根,
∴$ac^2+bc+c=0$,即c(ac+b+1)=0,若c=0,则ac+b+1不一定为0,
∴③错误;④由题意得$ax_0^2+bx_0+c=0$,则$ax_0^2+bx_0=-c$,
∴$(2ax_0+b)^2=4a^2x_0^2+4abx_0+b^2=4a(ax_0^2+bx_0)+b^2=b^2-4ac$,
∴④正确.
综上所述,①②④正确.故选C.
解析
【分析】
本题考查一元二次方程的根的定义、根的判别式等知识，解题时需逐一判断4个说法的正误：
1. 对于①：根据一元二次方程根的代入规则，x=-1代入方程正好得到a-b+c=0，说明x=-1是方程的实根，因此判别式必然≥0；
2. 对于②：先根据方程$ax^2+c=0$有两个不等实根求出判别式的符号，得到$ac＜0$，再代入原方程的判别式$\Delta =b^2-4ac$，结合$b^2≥0$即可判断$\Delta$的符号；
3. 对于③：把x=c代入方程后因式分解，注意c=0的特殊情况，此时等式成立但$ac+b+1$不一定为0；
4. 对于④：先根据$x_0$是方程的根得到$ax_0^2+bx_0=-c$，再将右侧$(2ax_0+b)^2$展开，把$ax_0^2+bx_0=-c$整体代入化简即可验证是否等于判别式。
【解析】
①
∵当x=-1时，$a×(-1)^2+b×(-1)+c=a-b+c=0$，
∴x=-1是方程$ax^2+bx+c=0$的根，故$b^2-4ac≥0$，
∴①正确；
②
∵方程$ax^2+c=0$有两个不相等的实数根，
∴$0^2-4ac＞0$，
∴$ac＜0$，则方程$ax^2+bx+c=0$中$\Delta =b^2-4ac＞0$，故方程$ax^2+bx+c=0$有两个不相等的实数根，
∴②正确；
③
∵c是方程$ax^2+bx+c=0$的根，
∴$ac^2+bc+c=0$，即$c(ac+b+1)=0$，若$c=0$，则$ac+b+1$不一定为0，
∴③错误；
④由题意得$ax_0^2+bx_0+c=0$，则$ax_0^2+bx_0=-c$，
∴$(2ax_0+b)^2=4a^2x_0^2+4abx_0+b^2=4a(ax_0^2+bx_0)+b^2=b^2-4ac$，
∴④正确。
综上所述，①②④正确，故选C。
【答案】
C
【知识点】
一元二次方程根的定义，根的判别式，完全平方公式
【点评】
本题综合考查一元二次方程的相关性质，需要结合根的意义和判别式的性质逐个分析结论，易错点为判断③时忽略c=0的特殊情况，判断④时需掌握整体代入化简的技巧，能有效锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
本题考查一元二次方程的根的定义、根的判别式等知识，解题时需逐一判断4个说法的正误：
1. 对于①：根据一元二次方程根的代入规则，x=-1代入方程正好得到a-b+c=0，说明x=-1是方程的实根，因此判别式必然≥0；
2. 对于②：先根据方程$ax^2+c=0$有两个不等实根求出判别式的符号，得到$ac＜0$，再代入原方程的判别式$\Delta =b^2-4ac$，结合$b^2≥0$即可判断$\Delta$的符号；
3. 对于③：把x=c代入方程后因式分解，注意c=0的特殊情况，此时等式成立但$ac+b+1$不一定为0；
4. 对于④：先根据$x_0$是方程的根得到$ax_0^2+bx_0=-c$，再将右侧$(2ax_0+b)^2$展开，把$ax_0^2+bx_0=-c$整体代入化简即可验证是否等于判别式。
【解析】
①
∵当x=-1时，$a×(-1)^2+b×(-1)+c=a-b+c=0$，
∴x=-1是方程$ax^2+bx+c=0$的根，故$b^2-4ac≥0$，
∴①正确；
②
∵方程$ax^2+c=0$有两个不相等的实数根，
∴$0^2-4ac＞0$，
∴$ac＜0$，则方程$ax^2+bx+c=0$中$\Delta =b^2-4ac＞0$，故方程$ax^2+bx+c=0$有两个不相等的实数根，
∴②正确；
③
∵c是方程$ax^2+bx+c=0$的根，
∴$ac^2+bc+c=0$，即$c(ac+b+1)=0$，若$c=0$，则$ac+b+1$不一定为0，
∴③错误；
④由题意得$ax_0^2+bx_0+c=0$，则$ax_0^2+bx_0=-c$，
∴$(2ax_0+b)^2=4a^2x_0^2+4abx_0+b^2=4a(ax_0^2+bx_0)+b^2=b^2-4ac$，
∴④正确。
综上所述，①②④正确，故选C。
【答案】
C
【知识点】
一元二次方程根的定义，根的判别式，完全平方公式
【点评】
本题综合考查一元二次方程的相关性质，需要结合根的意义和判别式的性质逐个分析结论，易错点为判断③时忽略c=0的特殊情况，判断④时需掌握整体代入化简的技巧，能有效锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
15. 核心素养 运算能力 「2026 湖南永州期中节选」若关于 $x$ 的一元二次方程 $ax^2+bx+c=0(a≠0)$ 的根均为整数，则称该方程为“快乐方程”，通过计算发现，任何一个“快乐方程”的判别式 $b^2-4ac$ 一定为完全平方数，现规定 $F(a,b,c)=\frac{4ac-b^2}{4a}$ 为该“快乐方程”的“快乐数”，例如“快乐方程” $x^2-3x-4=0$ 的两根均为整数，其“快乐数”为 $F(1,-3,-4)=\frac{4×1×(-4)-(-3)^2}{4×1}=-\frac{25}{4}$。
若有另一个“快乐方程” $px^2+qx+r=0(p≠0)$ 的“快乐数”为 $F(p,q,r)$，且满足 $r·F(a,b,c)=c·F(p,q,r)$，则称 $F(a,b,c)$ 与 $F(p,q,r)$ 互为“开心数”。
(1)“快乐方程” $x^2-2x-3=0$ 的“快乐数”为
(2)已知关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2-5x+6=0$ 与 $x^2-(n+2)x+2n=0$（$n$ 为整数）都是“快乐方程”，它们的“快乐数”互为“开心数”，求 $n$ 的值。
若有另一个“快乐方程” $px^2+qx+r=0(p≠0)$ 的“快乐数”为 $F(p,q,r)$，且满足 $r·F(a,b,c)=c·F(p,q,r)$，则称 $F(a,b,c)$ 与 $F(p,q,r)$ 互为“开心数”。(1)“快乐方程” $x^2-2x-3=0$ 的“快乐数”为
-4
。(2)已知关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2-5x+6=0$ 与 $x^2-(n+2)x+2n=0$（$n$ 为整数）都是“快乐方程”，它们的“快乐数”互为“开心数”，求 $n$ 的值。
答案
(1)方程$x^2-2x-3=0$的“快乐数”为$F(1,-2,-3)=\frac{4×1×(-3)-(-2)^2}{4×1}=-4$.故答案为-4.
(2)$x^2-5x+6=0$的“快乐数”为$F(1,-5,6)=\frac{4×1×6-(-5)^2}{4×1}=-\frac{1}{4}$,
$x^2-(n+2)x+2n=0$中Δ=$[-(n+2)]^2-4×1×2n=(n-2)^2$,“快乐数”为$F(1,-(n+2),2n)=-\frac{(n-2)^2}{4}$,
∴$6×[-\frac{(n-2)^2}{4}]=-\frac{1}{4}×2n$,整理得$3n^2-13n+12=0$,
解得n=3或$n=\frac{4}{3}$,
∵n为整数,
∴n的值为3.
(2)$x^2-5x+6=0$的“快乐数”为$F(1,-5,6)=\frac{4×1×6-(-5)^2}{4×1}=-\frac{1}{4}$,
$x^2-(n+2)x+2n=0$中Δ=$[-(n+2)]^2-4×1×2n=(n-2)^2$,“快乐数”为$F(1,-(n+2),2n)=-\frac{(n-2)^2}{4}$,
∴$6×[-\frac{(n-2)^2}{4}]=-\frac{1}{4}×2n$,整理得$3n^2-13n+12=0$,
解得n=3或$n=\frac{4}{3}$,
∵n为整数,
∴n的值为3.
解析
【分析】
(1) 第一问直接根据“快乐数”的定义公式$F(a,b,c)=\frac{4ac-b^2}{4a}$，确定方程$x^2-2x-3=0$对应$a、b、c$的值，代入计算即可得到结果。
(2) 第二问解题思路：首先分别计算两个“快乐方程”的“快乐数”，再根据“开心数”的定义$r·F(a,b,c)=c·F(p,q,r)$，将两个快乐数、对应常数项代入得到关于$n$的方程，解方程后结合$n$是整数的条件筛选出符合要求的$n$值。
【解析】
(1) 对于“快乐方程”$x^2-2x-3=0$，可得$a=1$，$b=-2$，$c=-3$，代入“快乐数”公式：
$F(1,-2,-3)=\frac{4×1×(-3)-(-2)^2}{4×1}=\frac{-12-4}{4}=-4$。
(2) ① 计算方程$x^2-5x+6=0$的“快乐数”：
该方程中$a=1$，$b=-5$，$c=6$，代入公式得：
$F(1,-5,6)=\frac{4×1×6-(-5)^2}{4×1}=\frac{24-25}{4}=-\frac{1}{4}$。
② 计算方程$x^2-(n+2)x+2n=0$的“快乐数”：
该方程中$p=1$，$q=-(n+2)$，$r=2n$，代入公式得：
$F(1,-(n+2),2n)=\frac{4×1×2n - [-(n+2)]^2}{4×1}=\frac{8n-(n^2+4n+4)}{4}=-\frac{(n-2)^2}{4}$。
③ 根据“开心数”的定义代入对应值：
$2n×(-\frac{1}{4})=6×(-\frac{(n-2)^2}{4})$
两边同时乘4消去分母整理得：$3n^2-13n+12=0$，
因式分解得$(3n-4)(n-3)=0$，解得$n=3$或$n=\frac{4}{3}$。
因为$n$为整数，所以舍去$n=\frac{4}{3}$，故$n=3$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{-4}$；(2) $\boldsymbol{3}$
【知识点】
新定义运算、一元二次方程判别式、解一元二次方程
【点评】
本题结合新定义考查一元二次方程的相关运算，解题核心是准确理解“快乐数”“开心数”的运算规则，按要求代入列式计算即可，解题时需注意题目中$n$为整数的限定条件，避免多解错解，侧重对运算能力和信息提取能力的考查。
【难度系数】
0.6
(1) 第一问直接根据“快乐数”的定义公式$F(a,b,c)=\frac{4ac-b^2}{4a}$，确定方程$x^2-2x-3=0$对应$a、b、c$的值，代入计算即可得到结果。
(2) 第二问解题思路：首先分别计算两个“快乐方程”的“快乐数”，再根据“开心数”的定义$r·F(a,b,c)=c·F(p,q,r)$，将两个快乐数、对应常数项代入得到关于$n$的方程，解方程后结合$n$是整数的条件筛选出符合要求的$n$值。
【解析】
(1) 对于“快乐方程”$x^2-2x-3=0$，可得$a=1$，$b=-2$，$c=-3$，代入“快乐数”公式：
$F(1,-2,-3)=\frac{4×1×(-3)-(-2)^2}{4×1}=\frac{-12-4}{4}=-4$。
(2) ① 计算方程$x^2-5x+6=0$的“快乐数”：
该方程中$a=1$，$b=-5$，$c=6$，代入公式得：
$F(1,-5,6)=\frac{4×1×6-(-5)^2}{4×1}=\frac{24-25}{4}=-\frac{1}{4}$。
② 计算方程$x^2-(n+2)x+2n=0$的“快乐数”：
该方程中$p=1$，$q=-(n+2)$，$r=2n$，代入公式得：
$F(1,-(n+2),2n)=\frac{4×1×2n - [-(n+2)]^2}{4×1}=\frac{8n-(n^2+4n+4)}{4}=-\frac{(n-2)^2}{4}$。
③ 根据“开心数”的定义代入对应值：
$2n×(-\frac{1}{4})=6×(-\frac{(n-2)^2}{4})$
两边同时乘4消去分母整理得：$3n^2-13n+12=0$，
因式分解得$(3n-4)(n-3)=0$，解得$n=3$或$n=\frac{4}{3}$。
因为$n$为整数，所以舍去$n=\frac{4}{3}$，故$n=3$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{-4}$；(2) $\boldsymbol{3}$
【知识点】
新定义运算、一元二次方程判别式、解一元二次方程
【点评】
本题结合新定义考查一元二次方程的相关运算，解题核心是准确理解“快乐数”“开心数”的运算规则，按要求代入列式计算即可，解题时需注意题目中$n$为整数的限定条件，避免多解错解，侧重对运算能力和信息提取能力的考查。
【难度系数】
0.6
