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10. 小刚在解关于 $x$ 的方程 $ax^2+bx+c=0$ $(a ≠ 0)$ 时, 只抄对了 $a=1, b=4$, 解出其中一个根是 $-1$. 他核对时发现所抄的 $c$ 值比原方程的 $c$ 值小 2, 则原方程的根的情况是（
A.无实数根
B.有两个不相等的实数根
C.有一个根是 $-1$
D.有两个相等的实数根
A
）A.无实数根
B.有两个不相等的实数根
C.有一个根是 $-1$
D.有两个相等的实数根
答案
10.A 解析: 因为 $a=1,b=4$,所以方程 $ax^2+bx+c=0$ 可化为 $x^2+4x+c=0$. 由题意,得 $x=-1$ 是方程 $x^2+4x+c-2=0$ 的一个解,所以 $(-1)^2+4×(-1)+c-2=0$,解得 $c=5$,所以 $b^2-4ac=4^2-4×1×5=-4＜0$,所以原方程无实数根.
11. 已知关于 $x$ 的一元二次方程 $mx^2-(3m-1)x+2m-1=0$，其根的判别式的值为 1，则$m=$
2
.答案
11.2 解析: 由题意,得 $b^2-4ac=[-(3m-1)]^2-4m(2m-1)=1$,解得 $m_1=0,m_2=2$. 因为 $m≠0$,所以 $m=2$.
12. (2026·江苏泰州期末)若关于 $x$ 的一元二次方程 $(m-5)x^2+2x+2=0$ 有实数根，则$m$ 的最大整数值是
4
.答案
12.4 解析: 因为关于 $x$ 的一元二次方程 $(m-5)x^2+2x+2=0$ 有实数根,所以 $b^2-4ac=2^2-4×(m-5)×2≥0$,解得 $m≤\dfrac{11}{2}$. 因为 $m-5≠0$,所以 $m≠5$,所以 $m$ 的最大整数值是 4.
13. 已知 $a,b,c$ 是 $△ ABC$ 三条边的长,则关于 $x$
的一元二次方程 $cx^{2}+(a+b)x+\dfrac{c}{4}=0$ 的
根的情况是
的一元二次方程 $cx^{2}+(a+b)x+\dfrac{c}{4}=0$ 的
根的情况是
有两个不相等的实数根
.答案
13.有两个不相等的实数根 解析: 因为 $a,b,c$ 是 $△ ABC$ 三条边的长,所以 $a+b+c＞0,a+b-c＞0$,所以 $(a+b)^2-4× c×\dfrac{c}{4}=(a+b)^2-c^2=(a+b+c)(a+b-c)＞0$,所以原方程有两个不相等的实数根.
14. (2023·湖北荆州)已知关于$x$的一元二次方程$kx^{2}-(2k+4)x+k-6=0$有两个不相等的实数根.
(1) 求$k$的取值范围；
(2) 当$k=1$时,用配方法解方程.
(1) 求$k$的取值范围；
(2) 当$k=1$时,用配方法解方程.
答案
14.(1) 因为关于 $x$ 的一元二次方程 $kx^2-(2k+4)x+k-6=0$ 有两个不相等的实数根,所以 $k≠0$ 且 $b^2-4ac=[-(2k+4)]^2-4× k×(k-6)＞0$,解得 $k＞-\dfrac{2}{5}$ 且 $k≠0$. 故 $k$ 的取值范围为 $k＞-\dfrac{2}{5}$ 且 $k≠0$.
(2) 当 $k=1$ 时,原方程可化为 $x^2-6x-5=0$,所以 $x^2-6x=5$,所以 $x^2-6x+9=5+9$,即 $(x-3)^2=14$,解得 $x_1=3+\sqrt{14},x_2=3-\sqrt{14}$.
(2) 当 $k=1$ 时,原方程可化为 $x^2-6x-5=0$,所以 $x^2-6x=5$,所以 $x^2-6x+9=5+9$,即 $(x-3)^2=14$,解得 $x_1=3+\sqrt{14},x_2=3-\sqrt{14}$.
15. 新素养 几何直观 若关于 $x$ 的一元二次方程$x^{2}-2x-k+1=0$有两个不相等的实数根，则一次函数$y=kx-k$的大致图象是（
B
）答案
15.B 解析: 因为关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2-2x-k+1=0$ 有两个不相等的实数根,所以 $b^2-4ac=(-2)^2-4×1×(-k+1)＞0$,解得 $k＞0$,所以 $-k＜0$,所以一次函数 $y=kx-k$ 的图象经过第一、三、四象限. 观察各选项图象可知选项 B 符合题意.
16. 新素养 抽象能力 对于函数 $y=x^{m}+x^{n}$, 我们定义 $y'=mx^{m-1}+nx^{n-1}$（$m,n$ 为常数），如 $y=x^{4}+x^{2}$, 则 $y'=4x^{3}+2x$. 已知 $y=\dfrac{1}{3}x^{3}+(a-1)x^{2}+a^{2}x$. 若方程 $y'=0$ 有两个相等的实数根,则 $a$ 的值为
$\dfrac{1}{2}$
.答案
16.$\dfrac{1}{2}$ 解析: 由题意,得 $y'=x^2+2(a-1)x+a^2$,所以方程 $y'=0$ 即为 $x^2+2(a-1)x+a^2=0$. 因为该方程有两个相等的实数根,所以 $4(a-1)^2-4a^2=0$,解得 $a=\dfrac{1}{2}$.
17. 已知 $x_1,x_2$ 是关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2 - 2(m+1)x + m^2 + 5 = 0$ 的两个不相等的实数根.
(1) 求 $m$ 的取值范围；
(2) 已知等腰三角形 $ABC$ 的一边长为 7. 若$x_1,x_2$ 恰好是 $△ ABC$ 另外两边长, 求该三角形的周长.
(1) 求 $m$ 的取值范围；
(2) 已知等腰三角形 $ABC$ 的一边长为 7. 若$x_1,x_2$ 恰好是 $△ ABC$ 另外两边长, 求该三角形的周长.
答案
17.(1) 因为方程 $x^2-2(m+1)x+m^2+5=0$ 有两个不相等的实数根,所以 $b^2-4ac=4(m+1)^2-4(m^2+5)=8m-16＞0$,解得 $m＞2$. 故 $m$ 的取值范围是 $m＞2$.
(2) 由题意,得 $x_1≠ x_2$,则 $x_1=7$ 或 $x_2=7$,即 7 是原方程的一个根. 把 $x=7$ 代入原方程,得 $49-14(m+1)+m^2+5=0$. 整理,得 $m^2-14m+40=0$,解得 $m_1=4,m_2=10$. 分类讨论如下:① 当 $m=4$ 时,原方程化为 $x^2-10x+21=0$,解得原方程的另一个根为 3,此时 $△ ABC$ 的三边长分别为 7,7,3,所以这个三角形的周长为 $7+7+3=17$;② 当 $m=10$ 时,原方程化为 $x^2-22x+105=0$,解得原方程的另一个根为 15. 因为 $7+7＜15$,所以此时不能构成三角形. 综上所述,该三角形的周长为 17.
(2) 由题意,得 $x_1≠ x_2$,则 $x_1=7$ 或 $x_2=7$,即 7 是原方程的一个根. 把 $x=7$ 代入原方程,得 $49-14(m+1)+m^2+5=0$. 整理,得 $m^2-14m+40=0$,解得 $m_1=4,m_2=10$. 分类讨论如下:① 当 $m=4$ 时,原方程化为 $x^2-10x+21=0$,解得原方程的另一个根为 3,此时 $△ ABC$ 的三边长分别为 7,7,3,所以这个三角形的周长为 $7+7+3=17$;② 当 $m=10$ 时,原方程化为 $x^2-22x+105=0$,解得原方程的另一个根为 15. 因为 $7+7＜15$,所以此时不能构成三角形. 综上所述,该三角形的周长为 17.
