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例1 经调查，某快递站2025年7月份投递快递总件数为5万件，9月份投递快递总件数达7.07万件，假设该快递站每月投递快递总件数的增长率相同.
（1）求该快递站投递快递总件数的月增长率(结果保留一位小数).
（2）如果该快递站每人每月平均可投递0.6万件，那么该快递站现有的15名快递业务员能否完成2025年10月份的快递投递任务？请说明理由.
（1）求该快递站投递快递总件数的月增长率(结果保留一位小数).
（2）如果该快递站每人每月平均可投递0.6万件，那么该快递站现有的15名快递业务员能否完成2025年10月份的快递投递任务？请说明理由.
答案
（1）设该快递站投递快递总件数的月增长率为x,根据题意,得5(1+x)²=7.07.解得x₁=0.2=20%,x₂=−2.2(不符合题意,舍去).答:该快递站投递快递总件数的月增长率为20%
（2）7.07×(1+20%)=8.484(万件).
∵平均每人每月平均可投递0.6万件,
∴15名快递投递员能完成的快递投递任务是0.6×15=9＞8.484.
∴该快递站现有的15名快递投递业务员能完成2025年10月份的快递投递任务.答:该快递站现有的15名快递投递业务员能完成2025年10月份的快递投递任务
（2）7.07×(1+20%)=8.484(万件).
∵平均每人每月平均可投递0.6万件,
∴15名快递投递员能完成的快递投递任务是0.6×15=9＞8.484.
∴该快递站现有的15名快递投递业务员能完成2025年10月份的快递投递任务.答:该快递站现有的15名快递投递业务员能完成2025年10月份的快递投递任务
解析
【分析】
（1）本题为平均增长率类应用题，解题核心是利用增长率的基本等量关系：初始量×(1+月增长率)ⁿ=增长n次后的量。7月到9月间隔2个月，初始投递量为5万件，2个月后投递量为7.07万件，设月增长率为x，代入等量关系列一元二次方程，求解后舍去不符合实际意义的负根即可得到结果。
（2）要判断15名业务员能否完成10月投递任务，首先用9月投递量乘以(1+月增长率)算出10月预计投递量，再计算15名业务员每月最多可投递的总件数，将两者比较大小即可得出结论。
【解析】
（1）设该快递站投递快递总件数的月增长率为$ x $，根据题意得：
$ 5(1+x)^2=7.07 $
解方程得：
$ (1+x)^2=1.414 $
开方得$ 1+x\approx\pm1.2 $
解得$ x_1=0.2=20\% $，$ x_2=-2.2 $（增长率为正数，不符合题意，舍去）
答：该快递站投递快递总件数的月增长率为20%。
（2）先计算2025年10月份的预计快递投递总件数：
$ 7.07×(1+20\%)=8.484 $（万件）
再计算15名快递业务员每月可投递的总件数：
$ 0.6×15=9 $（万件）
因为$ 9＞8.484 $，所以现有业务员可完成10月投递任务。
答：该快递站现有的15名快递投递业务员能完成2025年10月份的快递投递任务。
【答案】
（1）该快递站投递快递总件数的月增长率为20%；
（2）该快递站现有的15名快递投递业务员能完成2025年10月份的快递投递任务。
【知识点】
增长率问题、一元二次方程的应用、有理数大小比较
【点评】
本题是结合生活实际的基础应用题，解题关键是找准增长率问题的等量关系正确列方程，同时要注意结合实际意义舍去不符合要求的根，整体解题逻辑清晰，贴合生活场景。
【难度系数】
0.75
（1）本题为平均增长率类应用题，解题核心是利用增长率的基本等量关系：初始量×(1+月增长率)ⁿ=增长n次后的量。7月到9月间隔2个月，初始投递量为5万件，2个月后投递量为7.07万件，设月增长率为x，代入等量关系列一元二次方程，求解后舍去不符合实际意义的负根即可得到结果。
（2）要判断15名业务员能否完成10月投递任务，首先用9月投递量乘以(1+月增长率)算出10月预计投递量，再计算15名业务员每月最多可投递的总件数，将两者比较大小即可得出结论。
【解析】
（1）设该快递站投递快递总件数的月增长率为$ x $，根据题意得：
$ 5(1+x)^2=7.07 $
解方程得：
$ (1+x)^2=1.414 $
开方得$ 1+x\approx\pm1.2 $
解得$ x_1=0.2=20\% $，$ x_2=-2.2 $（增长率为正数，不符合题意，舍去）
答：该快递站投递快递总件数的月增长率为20%。
（2）先计算2025年10月份的预计快递投递总件数：
$ 7.07×(1+20\%)=8.484 $（万件）
再计算15名快递业务员每月可投递的总件数：
$ 0.6×15=9 $（万件）
因为$ 9＞8.484 $，所以现有业务员可完成10月投递任务。
答：该快递站现有的15名快递投递业务员能完成2025年10月份的快递投递任务。
【答案】
（1）该快递站投递快递总件数的月增长率为20%；
（2）该快递站现有的15名快递投递业务员能完成2025年10月份的快递投递任务。
【知识点】
增长率问题、一元二次方程的应用、有理数大小比较
【点评】
本题是结合生活实际的基础应用题，解题关键是找准增长率问题的等量关系正确列方程，同时要注意结合实际意义舍去不符合要求的根，整体解题逻辑清晰，贴合生活场景。
【难度系数】
0.75
例2 如图1.4.3，在矩形ABCD中，AB=6 cm，BC=12 cm，点P从点A开始沿边AB向点B以1 cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿边BC向点C以2 cm/s的速度移动。已知点P，Q分别从点A，B同时出发。
（1）经过几秒时，△PBQ的面积等于$8 cm^2？$
（2）在运动过程中，△PBQ的面积能否等于矩形ABCD的面积的四分之一？若能，求出运动时间；若不能，说明理由。
（3）在移动过程中，△PBQ的最大面积是多少？
图1.4.3
（1）经过几秒时，△PBQ的面积等于$8 cm^2？$
（2）在运动过程中，△PBQ的面积能否等于矩形ABCD的面积的四分之一？若能，求出运动时间；若不能，说明理由。
（3）在移动过程中，△PBQ的最大面积是多少？
图1.4.3
答案
（1）设经过t s时,根据题意,得PB=(6−t)cm, BQ=2t cm.
∴$\frac{1}{2}(6−t)×2t=8$.解得$t_1=2,t_2=4$.答:经过2 s或4 s时,△PBQ的面积等于8 cm²
（2）不存在.理由如下:设经过t s时,△PBQ的面积能等于矩形ABCD的面积的四分之一,得$\frac{1}{2}(6−t)×2t=\frac{1}{4}×6×12$.整理,得$t^2−6t+18=0$.
∵Δ=(−6)²−4×1×18=−36＜0,
∴原方程无解.
∴不存在△PBQ的面积等于矩形ABCD的面积的四分之一
（3）设经过t s时,根据题意,得$S_{△PBQ}=\frac{1}{2}×(6−t)×2t=−t^2+6t=−(t−3)^2+9$.
∵$−(t−3)^2≤0$,
∴$−(t−3)^2+9≤9$.
∴当t=3时,△PBQ的最大面积是9
∴$\frac{1}{2}(6−t)×2t=8$.解得$t_1=2,t_2=4$.答:经过2 s或4 s时,△PBQ的面积等于8 cm²
（2）不存在.理由如下:设经过t s时,△PBQ的面积能等于矩形ABCD的面积的四分之一,得$\frac{1}{2}(6−t)×2t=\frac{1}{4}×6×12$.整理,得$t^2−6t+18=0$.
∵Δ=(−6)²−4×1×18=−36＜0,
∴原方程无解.
∴不存在△PBQ的面积等于矩形ABCD的面积的四分之一
（3）设经过t s时,根据题意,得$S_{△PBQ}=\frac{1}{2}×(6−t)×2t=−t^2+6t=−(t−3)^2+9$.
∵$−(t−3)^2≤0$,
∴$−(t−3)^2+9≤9$.
∴当t=3时,△PBQ的最大面积是9
解析
【分析】
解决本题可按以下思路思考：首先明确动点运动t秒后的线段长度：点P速度为1cm/s，t秒后AP=t cm，因此PB=AB-AP=(6-t)cm；点Q速度为2cm/s，t秒后BQ=2t cm，且△PBQ是直角三角形，面积为两直角边乘积的一半。第一问直接根据面积等于8cm²列一元二次方程求解，注意验证解是否符合实际运动范围；第二问先算出矩形面积的四分之一，再列方程，通过根的判别式判断方程是否有实根，即可确定是否存在对应时间；第三问将△PBQ的面积表示为关于t的二次函数，通过配方转化为顶点式，结合二次函数性质即可求出最大值。
【解析】
（1）设经过t s时，△PBQ的面积等于$8 cm^2$。
由题意得：$PB=(6-t)cm$，$BQ=2t cm$，
根据三角形面积公式列方程：
$\frac{1}{2}(6-t)×2t=8$
整理得$t^2-6t+8=0$，解得$t_1=2$，$t_2=4$，两个解均满足$0＜t＜6$，符合实际。
（2）不存在，理由如下：
设经过t s时，△PBQ的面积等于矩形ABCD面积的$\frac{1}{4}$。
矩形ABCD的面积为$6×12=72cm^2$，其四分之一为$72×\frac{1}{4}=18cm^2$，
列方程得：$\frac{1}{2}(6-t)×2t=18$
整理得$t^2-6t+18=0$，
∵判别式$\Delta=(-6)^2-4×1×18=-36＜0$，
∴该方程无实数根，即不存在符合条件的运动时间。
（3）设运动时间为t s，△PBQ的面积为$S cm^2$，
由题意得：$S=\frac{1}{2}×(6-t)×2t=-t^2+6t$，
配方得：$S=-(t-3)^2+9$，
∵$-(t-3)^2≤0$，且t=3符合运动范围，
∴当t=3时，S取得最大值9。
【答案】
（1）经过2 s或4 s时，△PBQ的面积等于$8 cm^2$；
（2）不能，理由见解析；
（3）△PBQ的最大面积是$9 cm^2$。
【知识点】
一元二次方程应用；根的判别式；二次函数最值
【点评】
本题是矩形动点类综合题，融合了方程与函数的核心知识，解题关键是准确用含时间的代数式表示对应线段长度，再结合题意列式求解，同时要注意验证结果是否符合实际场景的要求。
【难度系数】
0.7
解决本题可按以下思路思考：首先明确动点运动t秒后的线段长度：点P速度为1cm/s，t秒后AP=t cm，因此PB=AB-AP=(6-t)cm；点Q速度为2cm/s，t秒后BQ=2t cm，且△PBQ是直角三角形，面积为两直角边乘积的一半。第一问直接根据面积等于8cm²列一元二次方程求解，注意验证解是否符合实际运动范围；第二问先算出矩形面积的四分之一，再列方程，通过根的判别式判断方程是否有实根，即可确定是否存在对应时间；第三问将△PBQ的面积表示为关于t的二次函数，通过配方转化为顶点式，结合二次函数性质即可求出最大值。
【解析】
（1）设经过t s时，△PBQ的面积等于$8 cm^2$。
由题意得：$PB=(6-t)cm$，$BQ=2t cm$，
根据三角形面积公式列方程：
$\frac{1}{2}(6-t)×2t=8$
整理得$t^2-6t+8=0$，解得$t_1=2$，$t_2=4$，两个解均满足$0＜t＜6$，符合实际。
（2）不存在，理由如下：
设经过t s时，△PBQ的面积等于矩形ABCD面积的$\frac{1}{4}$。
矩形ABCD的面积为$6×12=72cm^2$，其四分之一为$72×\frac{1}{4}=18cm^2$，
列方程得：$\frac{1}{2}(6-t)×2t=18$
整理得$t^2-6t+18=0$，
∵判别式$\Delta=(-6)^2-4×1×18=-36＜0$，
∴该方程无实数根，即不存在符合条件的运动时间。
（3）设运动时间为t s，△PBQ的面积为$S cm^2$，
由题意得：$S=\frac{1}{2}×(6-t)×2t=-t^2+6t$，
配方得：$S=-(t-3)^2+9$，
∵$-(t-3)^2≤0$，且t=3符合运动范围，
∴当t=3时，S取得最大值9。
【答案】
（1）经过2 s或4 s时，△PBQ的面积等于$8 cm^2$；
（2）不能，理由见解析；
（3）△PBQ的最大面积是$9 cm^2$。
【知识点】
一元二次方程应用；根的判别式；二次函数最值
【点评】
本题是矩形动点类综合题，融合了方程与函数的核心知识，解题关键是准确用含时间的代数式表示对应线段长度，再结合题意列式求解，同时要注意验证结果是否符合实际场景的要求。
【难度系数】
0.7
1. 为执行国家药品降价政策，给人民群众带来实惠，某药品经过两次降价，每盒零售价由16元降为9元，设平均每次降价的百分率是x，则根据题意，下列方程正确的是（
A.$9(1+x)^2=16$
B.$16(1-x)^2=9$
C.$9(1+2x)=16$
D.$16(1-2x)=9$
B
）A.$9(1+x)^2=16$
B.$16(1-x)^2=9$
C.$9(1+2x)=16$
D.$16(1-2x)=9$
答案
1. B
解析
【分析】
这是一道平均降价百分率的应用题，解题思路如下：首先明确每次降价的计算基数：第一次降价是在原价16元的基础上降价，第二次降价是在第一次降价后的售价基础上降价，每次降价后价格都是上一次价格的(1-x)倍，我们只需要按两次降价的计算逻辑推导出现价的表达式，再和题目给出的现价9元对应列方程，最后匹配选项即可。
【解析】
已知药品原价为16元，平均每次降价百分率为x：
1. 第一次降价后的售价为：$16×(1-x)$
2. 第二次降价是在第一次降价后的售价基础上再降x，因此第二次降价后的售价为：$16(1-x)×(1-x)=16(1-x)^2$
3. 题目已知两次降价后售价为9元，因此可列方程：$16(1-x)^2=9$
对应选项可知B正确。
【答案】
B
【知识点】
降低率问题；列一元二次方程
【点评】
本题是平均变化率的基础应用题，解题核心是明确每次变化的计算基数，牢记连续两次降价后的价格计算公式，避免混淆原价和现价，也不要错误用“1-2x”代替“(1-x)²”。
【难度系数】
0.8
这是一道平均降价百分率的应用题，解题思路如下：首先明确每次降价的计算基数：第一次降价是在原价16元的基础上降价，第二次降价是在第一次降价后的售价基础上降价，每次降价后价格都是上一次价格的(1-x)倍，我们只需要按两次降价的计算逻辑推导出现价的表达式，再和题目给出的现价9元对应列方程，最后匹配选项即可。
【解析】
已知药品原价为16元，平均每次降价百分率为x：
1. 第一次降价后的售价为：$16×(1-x)$
2. 第二次降价是在第一次降价后的售价基础上再降x，因此第二次降价后的售价为：$16(1-x)×(1-x)=16(1-x)^2$
3. 题目已知两次降价后售价为9元，因此可列方程：$16(1-x)^2=9$
对应选项可知B正确。
【答案】
B
【知识点】
降低率问题；列一元二次方程
【点评】
本题是平均变化率的基础应用题，解题核心是明确每次变化的计算基数，牢记连续两次降价后的价格计算公式，避免混淆原价和现价，也不要错误用“1-2x”代替“(1-x)²”。
【难度系数】
0.8
2. 如图,在矩形纸片ABCD中,AB=10 cm,BC=8 cm,把矩形纸片沿着DE对折,点C落在边AB的点F上,则DE的长为 （
A.$5\sqrt{5}$ cm
B.$2\sqrt{29}$ cm
C.$\sqrt{109}$ cm
D.10 cm
A
）A.$5\sqrt{5}$ cm
B.$2\sqrt{29}$ cm
C.$\sqrt{109}$ cm
D.10 cm
答案
2. A
解析
【分析】
这是一道矩形折叠的几何计算题，解题思路如下：首先利用折叠的性质可得折叠前后对应边相等，即DF=DC、EF=EC；再结合矩形四个角为直角、对边相等的性质，先在Rt△ADF中用勾股定理求出AF的长度，进而得到FB的长度；接着设CE的长为未知数，用含未知数的式子表示BE的长度，在Rt△BEF中利用勾股定理列方程求出CE的长度；最后在Rt△DCE中用勾股定理计算DE的长度即可得到结果。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠C=90°，AD=BC=8cm，CD=AB=10cm。
由折叠的性质可得：△DCE≌△DFE，
∴DF=DC=10cm，EF=EC，∠DFE=∠C=90°。
在Rt△ADF中，由勾股定理得：
$AF=\sqrt{DF^2-AD^2}=\sqrt{10^2-8^2}=\sqrt{36}=6\mathrm{cm}$，
∴$FB=AB-AF=10-6=4\mathrm{cm}$。
设$CE=x\mathrm{cm}$，则$EF=x\mathrm{cm}$，$BE=BC-CE=(8-x)\mathrm{cm}$，
在Rt△BEF中，由勾股定理得：
$EF^2=FB^2+BE^2$，即$x^2=4^2+(8-x)^2$，
展开得：$x^2=16+64-16x+x^2$，
化简解得：$x=5$，即$CE=5\mathrm{cm}$。
在Rt△DCE中，由勾股定理得：
$DE=\sqrt{DC^2+CE^2}=\sqrt{10^2+5^2}=\sqrt{125}=5\sqrt{5}\mathrm{cm}$。
【答案】
A
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题是折叠类几何问题的常考题型，解题核心是抓住折叠前后的不变量（相等的线段和角），结合勾股定理建立方程求解未知线段，很好地考查了几何推理能力和方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
这是一道矩形折叠的几何计算题，解题思路如下：首先利用折叠的性质可得折叠前后对应边相等，即DF=DC、EF=EC；再结合矩形四个角为直角、对边相等的性质，先在Rt△ADF中用勾股定理求出AF的长度，进而得到FB的长度；接着设CE的长为未知数，用含未知数的式子表示BE的长度，在Rt△BEF中利用勾股定理列方程求出CE的长度；最后在Rt△DCE中用勾股定理计算DE的长度即可得到结果。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠C=90°，AD=BC=8cm，CD=AB=10cm。
由折叠的性质可得：△DCE≌△DFE，
∴DF=DC=10cm，EF=EC，∠DFE=∠C=90°。
在Rt△ADF中，由勾股定理得：
$AF=\sqrt{DF^2-AD^2}=\sqrt{10^2-8^2}=\sqrt{36}=6\mathrm{cm}$，
∴$FB=AB-AF=10-6=4\mathrm{cm}$。
设$CE=x\mathrm{cm}$，则$EF=x\mathrm{cm}$，$BE=BC-CE=(8-x)\mathrm{cm}$，
在Rt△BEF中，由勾股定理得：
$EF^2=FB^2+BE^2$，即$x^2=4^2+(8-x)^2$，
展开得：$x^2=16+64-16x+x^2$，
化简解得：$x=5$，即$CE=5\mathrm{cm}$。
在Rt△DCE中，由勾股定理得：
$DE=\sqrt{DC^2+CE^2}=\sqrt{10^2+5^2}=\sqrt{125}=5\sqrt{5}\mathrm{cm}$。
【答案】
A
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题是折叠类几何问题的常考题型，解题核心是抓住折叠前后的不变量（相等的线段和角），结合勾股定理建立方程求解未知线段，很好地考查了几何推理能力和方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
