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14.(2024·嘉兴)若关于x的方程$(x+h)^2 + k = 0$($h,k$均为常数)的解是$x_1=-3,x_2=2$,则关于y的方程$(y+h-3)^2 + k = 0$的解是
$y_1=5,y_2=0$
。答案
14.$y_1=5,y_2=0$
解析
【分析】
本题可通过整体代换的思路简化求解，观察两个方程的结构，均为“含未知数的式子的平方加常数等于0”的一元二次方程。已知第一个方程的解，可将第二个方程中$(y+h-3)$整体看作第一个方程中的$(x+h)$，利用第一个方程的解直接建立关于$y$的等式，无需计算$h$和$k$的具体值，快速得到$y$的解。
【解析】
已知方程$(x+h)^2 + k = 0$的解为$x_1=-3$，$x_2=2$，因此$(x+h) = -3$或$(x+h) = 2$。
将方程$(y+h-3)^2 + k = 0$变形为$[(y - 3) + h]^2 + k = 0$，对比第一个方程，把$(y - 3)$看作整体，其取值等于第一个方程中$(x+h)$的解，即：
$y - 3 = -3$ 或 $y - 3 = 2$
分别求解：
① 当$y - 3 = -3$时，$y = 0$；
② 当$y - 3 = 2$时，$y = 5$。
【答案】
$y_1=5,y_2=0$
【知识点】
一元二次方程的解；整体代换法
【点评】
本题考查一元二次方程解的应用，核心是利用整体代换思想简化计算，避免求解参数的繁琐过程，体现了数学转化思想，是考查学生灵活运用方程解的典型题目。
【难度系数】
0.6
本题可通过整体代换的思路简化求解，观察两个方程的结构，均为“含未知数的式子的平方加常数等于0”的一元二次方程。已知第一个方程的解，可将第二个方程中$(y+h-3)$整体看作第一个方程中的$(x+h)$，利用第一个方程的解直接建立关于$y$的等式，无需计算$h$和$k$的具体值，快速得到$y$的解。
【解析】
已知方程$(x+h)^2 + k = 0$的解为$x_1=-3$，$x_2=2$，因此$(x+h) = -3$或$(x+h) = 2$。
将方程$(y+h-3)^2 + k = 0$变形为$[(y - 3) + h]^2 + k = 0$，对比第一个方程，把$(y - 3)$看作整体，其取值等于第一个方程中$(x+h)$的解，即：
$y - 3 = -3$ 或 $y - 3 = 2$
分别求解：
① 当$y - 3 = -3$时，$y = 0$；
② 当$y - 3 = 2$时，$y = 5$。
【答案】
$y_1=5,y_2=0$
【知识点】
一元二次方程的解；整体代换法
【点评】
本题考查一元二次方程解的应用，核心是利用整体代换思想简化计算，避免求解参数的繁琐过程，体现了数学转化思想，是考查学生灵活运用方程解的典型题目。
【难度系数】
0.6
三、解答题
15.(2025·杭州余杭、临平)解下列方程:
(1)$x^2 = x$。
(2)$2x^2 + 6x + 3 = 0$。
15.(2025·杭州余杭、临平)解下列方程:
(1)$x^2 = x$。
(2)$2x^2 + 6x + 3 = 0$。
答案
15.解:(1)$x^2=x$,$x^2-x=0$,$x(x-1)=0$,所以$x=0$或$x=1$。即$x_1=0$,$x_2=1$。
(2)由求根公式,得$x=\dfrac{-6\pm\sqrt{6^2-4×2×3}}{2×2}=-\dfrac{3}{2}\pm\dfrac{\sqrt{3}}{2}$,即$x_1=-\dfrac{3}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}$,$x_2=-\dfrac{3}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$。
(2)由求根公式,得$x=\dfrac{-6\pm\sqrt{6^2-4×2×3}}{2×2}=-\dfrac{3}{2}\pm\dfrac{\sqrt{3}}{2}$,即$x_1=-\dfrac{3}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}$,$x_2=-\dfrac{3}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$。
解析
【分析】
对于一元二次方程的求解，需根据方程特点选择合适方法。第(1)题移项后可因式分解，用因式分解法避免漏解；第(2)题系数不适合因式分解，采用公式法，先算判别式再代入公式计算。
【解析】
(1) 移项得：$x^2 - x = 0$，因式分解得：$x(x - 1) = 0$，则$x = 0$或$x - 1 = 0$，解得$x_1 = 0$，$x_2 = 1$；
(2) 对于方程$2x^2 + 6x + 3 = 0$，其中$a=2$，$b=6$，$c=3$，计算判别式$\Delta = b^2 - 4ac = 6^2 - 4×2×3 = 12 ＞ 0$，代入求根公式$x = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a}$，得$x = \frac{-6 \pm \sqrt{12}}{4} = -\frac{3}{2} \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$，即$x_1 = -\frac{3}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}$，$x_2 = -\frac{3}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}$。
【答案】
(1) $x_1=0$，$x_2=1$；(2) $x_1=-\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}$，$x_2=-\frac{3}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}$
【知识点】
一元二次方程的解法、因式分解法解一元二次方程、公式法解一元二次方程
【点评】
本题考查一元二次方程的基础解法，分别运用因式分解法和公式法，是初中数学核心知识点，需熟练掌握操作步骤，计算时注意符号与判别式的准确性，避免漏解或计算错误。
【难度系数】
0.8
对于一元二次方程的求解，需根据方程特点选择合适方法。第(1)题移项后可因式分解，用因式分解法避免漏解；第(2)题系数不适合因式分解，采用公式法，先算判别式再代入公式计算。
【解析】
(1) 移项得：$x^2 - x = 0$，因式分解得：$x(x - 1) = 0$，则$x = 0$或$x - 1 = 0$，解得$x_1 = 0$，$x_2 = 1$；
(2) 对于方程$2x^2 + 6x + 3 = 0$，其中$a=2$，$b=6$，$c=3$，计算判别式$\Delta = b^2 - 4ac = 6^2 - 4×2×3 = 12 ＞ 0$，代入求根公式$x = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a}$，得$x = \frac{-6 \pm \sqrt{12}}{4} = -\frac{3}{2} \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$，即$x_1 = -\frac{3}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}$，$x_2 = -\frac{3}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}$。
【答案】
(1) $x_1=0$，$x_2=1$；(2) $x_1=-\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}$，$x_2=-\frac{3}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}$
【知识点】
一元二次方程的解法、因式分解法解一元二次方程、公式法解一元二次方程
【点评】
本题考查一元二次方程的基础解法，分别运用因式分解法和公式法，是初中数学核心知识点，需熟练掌握操作步骤，计算时注意符号与判别式的准确性，避免漏解或计算错误。
【难度系数】
0.8
16.(2025·杭州钱塘)已知关于$ x $的一元二次方程$ x^2 + (2k - 1)x + k(k - 1) = 0 $。
(1)求证:该方程必有两个不相等的实数根。
(2)若$ x_1, x_2 $是该方程的两个根,且满足$\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} = \frac{3}{2}$,求$ k $的值。
(1)求证:该方程必有两个不相等的实数根。
(2)若$ x_1, x_2 $是该方程的两个根,且满足$\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} = \frac{3}{2}$,求$ k $的值。
答案
16.(1)证明:因为$b^2-4ac=(2k-1)^2-4k(k-1)=4k^2-4k+1-4k^2+4k=1＞0$,所以该方程必有两个不相等的实数根。
(2)解:由$x_1,x_2$是该方程的两个根,得$\begin{cases} x_1+x_2=1-2k,\\ x_1x_2=k(k-1), \end{cases}$又因为$\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}=\dfrac{3}{2}$,所以$\dfrac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\dfrac{3}{2}$,所以$\dfrac{1-2k}{k(k-1)}=\dfrac{3}{2}$,解得并检验得$k=\dfrac{2}{3}$或$-1$。
(2)解:由$x_1,x_2$是该方程的两个根,得$\begin{cases} x_1+x_2=1-2k,\\ x_1x_2=k(k-1), \end{cases}$又因为$\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}=\dfrac{3}{2}$,所以$\dfrac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\dfrac{3}{2}$,所以$\dfrac{1-2k}{k(k-1)}=\dfrac{3}{2}$,解得并检验得$k=\dfrac{2}{3}$或$-1$。
解析
【分析】
本题分为两小问，第(1)问需利用一元二次方程根的判别式证明方程有两个不相等的实数根，核心是计算判别式的值并判断符号；第(2)问需结合韦达定理（根与系数的关系），将两根的倒数和转化为含两根和与积的形式，代入后得到关于k的方程，解方程并检验即可得到结果。
【解析】
(1) 对于一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$，根的判别式$\Delta=b^2-4ac$。本题方程为$x^2+(2k-1)x+k(k-1)=0$，其中$a=1$，$b=2k-1$，$c=k(k-1)$，计算得：
$\Delta=(2k-1)^2 - 4×1×k(k-1)=4k^2-4k+1-4k^2+4k=1＞0$，因此该方程必有两个不相等的实数根。
(2) 根据韦达定理，方程的两根$x_1,x_2$满足：
$x_1+x_2=-(2k-1)=1-2k$，$x_1x_2=k(k-1)$。
已知$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{3}{2}$，将其变形为$\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\frac{3}{2}$，代入得：
$\frac{1-2k}{k(k-1)}=\frac{3}{2}$，交叉相乘整理得$3k^2+k-2=0$，因式分解为$(3k-2)(k+1)=0$，解得$k=\frac{2}{3}$或$k=-1$，经检验均符合题意。
【答案】
(1)证明：因为$b^2-4ac=(2k-1)^2-4k(k-1)=4k^2-4k+1-4k^2+4k=1＞0$，所以该方程必有两个不相等的实数根。
(2)解：由$x_1,x_2$是该方程的两个根，得$\begin{cases} x_1+x_2=1-2k,\\ x_1x_2=k(k-1), \end{cases}$又因为$\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}=\dfrac{3}{2}$，所以$\dfrac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\dfrac{3}{2}$，所以$\dfrac{1-2k}{k(k-1)}=\dfrac{3}{2}$，解得并检验得$k=\dfrac{2}{3}$或$-1$。
【知识点】
一元二次方程根的判别式；根与系数的关系
【点评】
本题考查一元二次方程的基础知识点，需熟练掌握根的判别式的计算和韦达定理的变形应用，解题时要注意检验所求参数是否符合题意，属于初中数学的常规基础题型。
【难度系数】
0.6
本题分为两小问，第(1)问需利用一元二次方程根的判别式证明方程有两个不相等的实数根，核心是计算判别式的值并判断符号；第(2)问需结合韦达定理（根与系数的关系），将两根的倒数和转化为含两根和与积的形式，代入后得到关于k的方程，解方程并检验即可得到结果。
【解析】
(1) 对于一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$，根的判别式$\Delta=b^2-4ac$。本题方程为$x^2+(2k-1)x+k(k-1)=0$，其中$a=1$，$b=2k-1$，$c=k(k-1)$，计算得：
$\Delta=(2k-1)^2 - 4×1×k(k-1)=4k^2-4k+1-4k^2+4k=1＞0$，因此该方程必有两个不相等的实数根。
(2) 根据韦达定理，方程的两根$x_1,x_2$满足：
$x_1+x_2=-(2k-1)=1-2k$，$x_1x_2=k(k-1)$。
已知$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{3}{2}$，将其变形为$\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\frac{3}{2}$，代入得：
$\frac{1-2k}{k(k-1)}=\frac{3}{2}$，交叉相乘整理得$3k^2+k-2=0$，因式分解为$(3k-2)(k+1)=0$，解得$k=\frac{2}{3}$或$k=-1$，经检验均符合题意。
【答案】
(1)证明：因为$b^2-4ac=(2k-1)^2-4k(k-1)=4k^2-4k+1-4k^2+4k=1＞0$，所以该方程必有两个不相等的实数根。
(2)解：由$x_1,x_2$是该方程的两个根，得$\begin{cases} x_1+x_2=1-2k,\\ x_1x_2=k(k-1), \end{cases}$又因为$\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}=\dfrac{3}{2}$，所以$\dfrac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\dfrac{3}{2}$，所以$\dfrac{1-2k}{k(k-1)}=\dfrac{3}{2}$，解得并检验得$k=\dfrac{2}{3}$或$-1$。
【知识点】
一元二次方程根的判别式；根与系数的关系
【点评】
本题考查一元二次方程的基础知识点，需熟练掌握根的判别式的计算和韦达定理的变形应用，解题时要注意检验所求参数是否符合题意，属于初中数学的常规基础题型。
【难度系数】
0.6
17.(2024·杭州拱墅)把一个足球垂直地面向上踢，t秒后该足球的高度h(米)适用公式$h=-5t^2+at$，已知当足球踢出后4秒回到地面。
(1)求a的值。
(2)若该足球踢出t秒后和$(t+2)$秒后，足球的高度相同，求t的值。
(3)是否有可能该足球踢出$(t+1)$秒后的高度比踢出t秒后的高度高18米？通过计算说明。
(1)求a的值。
(2)若该足球踢出t秒后和$(t+2)$秒后，足球的高度相同，求t的值。
(3)是否有可能该足球踢出$(t+1)$秒后的高度比踢出t秒后的高度高18米？通过计算说明。
答案
17.解:(1)由已知,得$-5×4^2+4a=0$,所以$a=20$。
(2)由题意得$-5t^2+20t=-5(t+2)^2+20(t+2)$,解得$t=1$。
(3)由题意,得$-5(t+1)^2+20(t+1)=-5t^2+20t+18$,解得$t=-\dfrac{3}{10}$。因为$t＞0$,所以$t=-\dfrac{3}{10}$舍去。故不存在这样的情况。
(2)由题意得$-5t^2+20t=-5(t+2)^2+20(t+2)$,解得$t=1$。
(3)由题意,得$-5(t+1)^2+20(t+1)=-5t^2+20t+18$,解得$t=-\dfrac{3}{10}$。因为$t＞0$,所以$t=-\dfrac{3}{10}$舍去。故不存在这样的情况。
解析
【分析】
首先，问题(1)中足球回到地面时高度h=0，将t=4、h=0代入高度公式即可求出a；问题(2)中t秒与(t+2)秒高度相同，即两个时刻的h值相等，据此列方程求解t；问题(3)假设存在符合条件的情况，根据“(t+1)秒高度比t秒高18米”列方程，求解后结合时间t＞0的实际意义判断是否存在。
【解析】
(1) 当足球4秒回到地面时，高度h=0，将t=4，h=0代入$h=-5t^2+at$，得：
$-5×4^2 + 4a = 0$
计算得：$-80 + 4a = 0$，解得$a=20$。
(2) 由题意，t秒和$(t+2)$秒足球高度相同，因此：
$-5t^2 + 20t = -5(t+2)^2 + 20(t+2)$
展开右边：$-5(t^2+4t+4) + 20t + 40 = -5t^2 -20t -20 +20t +40 = -5t^2 +20$
方程化简为：$-5t^2 +20t = -5t^2 +20$，消去$-5t^2$得$20t=20$，解得$t=1$。
(3) 假设存在这样的情况，根据题意得：
$-5(t+1)^2 +20(t+1) = -5t^2 +20t +18$
展开左边：$-5(t^2+2t+1) +20t +20 = -5t^2 -10t -5 +20t +20 = -5t^2 +10t +15$
方程化简为：$-5t^2 +10t +15 = -5t^2 +20t +18$，消去$-5t^2$得$10t +15 =20t +18$，解得$t=-\dfrac{3}{10}$。
因为时间t需满足$t＞0$，$t=-\dfrac{3}{10}$不符合实际意义，舍去，故不存在这样的情况。
【答案】
17.解:(1)由已知,得$-5×4^2+4a=0$,所以$a=20$。(2)由题意得$-5t^2+20t=-5(t+2)^2+20(t+2)$,解得$t=1$。(3)由题意,得$-5(t+1)^2+20(t+1)=-5t^2+20t+18$,解得$t=-\dfrac{3}{10}$。因为$t＞0$,所以$t=-\dfrac{3}{10}$舍去。故不存在这样的情况。
【知识点】
二次函数的应用，一元一次方程的应用，实际问题的意义
【点评】
本题结合足球运动的实际场景，考查二次函数与方程的综合应用，关键是理解每个问题对应的函数关系，求解时需注意时间t的实际取值范围，避免忽略实际条件导致错误，属于中等难度的应用题。
【难度系数】
0.5
首先，问题(1)中足球回到地面时高度h=0，将t=4、h=0代入高度公式即可求出a；问题(2)中t秒与(t+2)秒高度相同，即两个时刻的h值相等，据此列方程求解t；问题(3)假设存在符合条件的情况，根据“(t+1)秒高度比t秒高18米”列方程，求解后结合时间t＞0的实际意义判断是否存在。
【解析】
(1) 当足球4秒回到地面时，高度h=0，将t=4，h=0代入$h=-5t^2+at$，得：
$-5×4^2 + 4a = 0$
计算得：$-80 + 4a = 0$，解得$a=20$。
(2) 由题意，t秒和$(t+2)$秒足球高度相同，因此：
$-5t^2 + 20t = -5(t+2)^2 + 20(t+2)$
展开右边：$-5(t^2+4t+4) + 20t + 40 = -5t^2 -20t -20 +20t +40 = -5t^2 +20$
方程化简为：$-5t^2 +20t = -5t^2 +20$，消去$-5t^2$得$20t=20$，解得$t=1$。
(3) 假设存在这样的情况，根据题意得：
$-5(t+1)^2 +20(t+1) = -5t^2 +20t +18$
展开左边：$-5(t^2+2t+1) +20t +20 = -5t^2 -10t -5 +20t +20 = -5t^2 +10t +15$
方程化简为：$-5t^2 +10t +15 = -5t^2 +20t +18$，消去$-5t^2$得$10t +15 =20t +18$，解得$t=-\dfrac{3}{10}$。
因为时间t需满足$t＞0$，$t=-\dfrac{3}{10}$不符合实际意义，舍去，故不存在这样的情况。
【答案】
17.解:(1)由已知,得$-5×4^2+4a=0$,所以$a=20$。(2)由题意得$-5t^2+20t=-5(t+2)^2+20(t+2)$,解得$t=1$。(3)由题意,得$-5(t+1)^2+20(t+1)=-5t^2+20t+18$,解得$t=-\dfrac{3}{10}$。因为$t＞0$,所以$t=-\dfrac{3}{10}$舍去。故不存在这样的情况。
【知识点】
二次函数的应用，一元一次方程的应用，实际问题的意义
【点评】
本题结合足球运动的实际场景，考查二次函数与方程的综合应用，关键是理解每个问题对应的函数关系，求解时需注意时间t的实际取值范围，避免忽略实际条件导致错误，属于中等难度的应用题。
【难度系数】
0.5
