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1 [2026河南洛阳期中]一元二次方程$x^2 - 3x - 4 = 0$的解是（
A.$x_1=1, x_2=-4$
B.$x_1=-1, x_2=4$
C.$x_1=1, x_2=4$
D.$x_1=-1, x_2=-4$
B
）A.$x_1=1, x_2=-4$
B.$x_1=-1, x_2=4$
C.$x_1=1, x_2=4$
D.$x_1=-1, x_2=-4$
答案
原方程可因式分解为$(x-4)(x+1)=0$，
∴$x-4=0$或$x+1=0$，即$x=4$或$x=-1$，故选B。
∴$x-4=0$或$x+1=0$，即$x=4$或$x=-1$，故选B。
2[2025 四川凉山州质检]若关于$x$的一元二次方程$(a+2)x^2 + x + a^2 -4=0$的一个根是$x=0$，则$a$的值为（
A.2
B.$-2$
C.2或$-2$
D.$\frac{1}{2}$
A
）A.2
B.$-2$
C.2或$-2$
D.$\frac{1}{2}$
答案
∵关于x的一元二次方程$(a+2)x^2+x+a^2-4=0$的一个根是$x=0$，
∴$a^2-4=0$且$a+2≠0$，解得$a=2$，故选A。
3[2025安徽阜阳期末]数学课上，4个同学以接龙的方式解一个一元二次方程，每人负责完成一个步骤，如图所示，其中有一位同学所负责的步骤是错误的，则这位同学是（
原方程 小张 小王 小李 小赵
$x^2 -4x -5=0$ → $x^2 -4x=5$ → $x^2 $
$ +4=5+4$ → $(x-2)^2=9$ → $x_1=11, x_2=-7$
A.小张
B.小王
C.小李
D.小赵
D
）原方程 小张 小王 小李 小赵
$x^2 -4x -5=0$ → $x^2 -4x=5$ → $x^2 $
$ +4=5+4$ → $(x-2)^2=9$ → $x_1=11, x_2=-7$A.小张
B.小王
C.小李
D.小赵
答案
∵$x^2-4x-5=0$，
∴$x^2-4x=5$，
∴$x^2-4x+4=5+4$，
∴$(x-2)^2=9$，
∴$x-2=3$或$x-2=-3$，解得$x_1=5$，$x_2=-1$，
∴所负责步骤错误的是小赵，故选D。
4[2026山东德州质检]有理数$a,b,c$对应的点在数轴上的位置如图所示，则关于$x$的方程$(a-b)x^2+bx+(c-b)=0$的根的情况，下列说法正确的是（
A.有两个相等的实数根
B.有两个不相等的实数根
C.无实数根
D.无法确定
B
）A.有两个相等的实数根
B.有两个不相等的实数根
C.无实数根
D.无法确定
答案
由$(a-b)x^2+bx+(c-b)=0$，可得$Δ=b^2-4(a-b)(c-b)$。观察数轴可知$a＞0$，$c＜b＜0$，
∴$a-b＞0$，$c-b＜0$，
∴$Δ=b^2-4(a-b)(c-b)＞0$，
∴该方程有两个不相等的实数根。故选B。
∴$a-b＞0$，$c-b＜0$，
∴$Δ=b^2-4(a-b)(c-b)＞0$，
∴该方程有两个不相等的实数根。故选B。
5 已知命题“关于$x$的一元二次方程$x^2 + ax + 2 = 0$必有实数解”是假命题，则在下列选项中，$a$的值可以是（
A.4
B.3
C.2
D.5
C
）A.4
B.3
C.2
D.5
答案
∵“关于x的一元二次方程$x^2+ax+2=0$必有实数解”是假命题，
∴$Δ＜0$，
∴$a^2-4×1×2＜0$，
∴$a^2＜8$，只有C项符合，故选C。
6[2025河南平顶山质检]已知直角三角形的两条边长分别是方程$x^2 -9x +20=0$的两个根，则此三角形的第三条边长是（
A.4或5
B.3
C.$\sqrt{41}$
D.3或$\sqrt{41}$
D
）A.4或5
B.3
C.$\sqrt{41}$
D.3或$\sqrt{41}$
答案
解方程$x^2-9x+20=0$得$x=4$或5。分两种情况：①当4和5均为直角边长时，第三条边(斜边)的长为$\sqrt{4^2+5^2}=\sqrt{41}$；②当4为直角边长，5为斜边长时，第三条边(直角边)的长为$\sqrt{5^2-4^2}=3$。综上，此三角形的第三条边长为3或$\sqrt{41}$，故选D。
7[2026四川绵阳期中]若关于x的一元二次方程$a(x-2)(x+4)=P(a＜0,P为常数,且P＞0)$有两个不相等的整数根,则这样的P有(
A.1个
B.2个
C.3个
D.无数个
D
)A.1个
B.2个
C.3个
D.无数个
答案
方程$a(x-2)(x+4)=P$整理得$ax^2+2ax-8a-P=0$，则$Δ=(2a)^2-4a(-8a-P)=36a^2+4aP$。
∵一元二次方程$a(x-2)(x+4)=P(a＜0，P为常数，且P＞0)$有两个不相等的整数根，
∴$Δ＞0$，即$36a^2+4aP＞0$。
∵$a＜0$，
∴$9a+P＜0$，
∴$P＜-9a$。
∵$P＞0$，
∴$0＜P＜-9a$。设方程$ax^2+2ax-8a-P=0$的两个整数根为m和n，
∴$m+n=-2$，$m·n=-8-\frac{P}{a}$。令$k=\frac{P}{a}$，则$P=ka$，且$k＜0$，k为整数，
∴$0＜ka＜-9a$。
∵$a＜0$，
∴$-9＜k＜0$，
∴k的取值为-8，-7，-6，-5，-4，-3，-2，-1。
∵整数m，n满足$m+n=-2$，$m·n=-8-k$，
∴当k=-8时，$m·n=0$，方程的解为0，-2，满足条件；当k=-5时，$mn=-3$，方程的解为1，-3，满足条件，其余k的值均无法满足整数解的条件。综上所述，符合条件的k的值为-8，-5，则对应的P值有无数个，故选D。
∵一元二次方程$a(x-2)(x+4)=P(a＜0，P为常数，且P＞0)$有两个不相等的整数根，
∴$Δ＞0$，即$36a^2+4aP＞0$。
∵$a＜0$，
∴$9a+P＜0$，
∴$P＜-9a$。
∵$P＞0$，
∴$0＜P＜-9a$。设方程$ax^2+2ax-8a-P=0$的两个整数根为m和n，
∴$m+n=-2$，$m·n=-8-\frac{P}{a}$。令$k=\frac{P}{a}$，则$P=ka$，且$k＜0$，k为整数，
∴$0＜ka＜-9a$。
∵$a＜0$，
∴$-9＜k＜0$，
∴k的取值为-8，-7，-6，-5，-4，-3，-2，-1。
∵整数m，n满足$m+n=-2$，$m·n=-8-k$，
∴当k=-8时，$m·n=0$，方程的解为0，-2，满足条件；当k=-5时，$mn=-3$，方程的解为1，-3，满足条件，其余k的值均无法满足整数解的条件。综上所述，符合条件的k的值为-8，-5，则对应的P值有无数个，故选D。
8[2026广东深圳期中]如图，在矩形ABCD中，AD = 16 cm，AB = 12 cm，点P，Q分别是边AD，BC上的动点，点P，Q同时出发，点P从点D出发以2 cm/s的速度向点A移动，点Q从点B出发以1 cm/s的速度向点C移动，则当点P与点Q的距离是13 cm时，P，Q两点运动了（
A.$\frac{11}{3}$ s或7 s
B.$\frac{8}{3}$ s或7 s
C.$\frac{8}{3}$ s
D.7 s
A
）A.$\frac{11}{3}$ s或7 s
B.$\frac{8}{3}$ s或7 s
C.$\frac{8}{3}$ s
D.7 s
答案
如图所示，过点P作$PE⊥BC$于E，则$∠BEP=90°$。设t s后，PQ=13 cm。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=16 cm，AB=CD=12 cm，$∠C=∠D=90°$，
∴四边形PECD是矩形，
∴PE=CD=12 cm。
∵点P从点D出发以2 cm/s的速度向点A移动，点Q从点B出发以1 cm/s的速度向点C移动，
∴DP=CE=2t cm，BQ=t cm。当点E在点Q的上方时，EQ=BC-CE-BQ=16-2t-t=(16-3t) cm；当点E在点Q的下方时，EQ=CE+BQ-BC=2t+t-16=(3t-16) cm。在Rt△PEQ中，$PE^2+EQ^2=PQ^2$，
∴$12^2+(16-3t)^2=13^2$，解得$t_1=\frac{11}{3}$，$t_2=7$，均符合题意，
∴经过$\frac{11}{3}$ s或7 s后，P，Q两点之间的距离是13 cm。故选A。
9[2026上海崇明区期中]若$x,y$为实数,且$(x^2 + y^2)(x^2 + y^2 - 2) = 8$,则$x^2 + y^2$的平方根是
±2
.答案
设$t=x^2+y^2$，则原方程化为$t(t-2)=8$，即$t^2-2t-8=0$，解得t=4或t=-2。由于$x^2+y^2≥0$，故t=4，
∴$x^2+y^2=4$，其平方根为$±\sqrt{4}=±2$。故答案为±2。
∴$x^2+y^2=4$，其平方根为$±\sqrt{4}=±2$。故答案为±2。
10 新考向开放性试题[2025 山东菏泽期中]若一元二次方程$x^2 + m = 0$有整数根,则$m$的值可以是
-1(答案不唯一)
.(填一个可能的值)答案
∵$x^2+m=0$，
∴$x^2=-m$，
∴$x=±\sqrt{-m}$。
∵方程$x^2+m=0$有整数根，
∴-m为完全平方数，
∴m的值可以是-1，故答案为-1(答案不唯一)。
11 李伟同学在解关于x的一元二次方程$x^2 -3x + m=0$时，误将-3x看作+3x，结果解得$x_1=1$，$x_2=-4$，则原方程的解为
$x_1=4,x_2=-1$
。答案
由题意得$x^2+3x+m=0$的解为$x_1=1$，$x_2=-4$，可得$m=x_1·x_2=-4$，所以原方程为$x^2-3x-4=0$，分解因式得$(x-4)(x+1)=0$，解得$x_1=4$，$x_2=-1$。故答案为$x_1=4,x_2=-1$。
12[2026湖南长沙质检]已知关于x的一元二次方程$x^2 - (2k - 1)x + k^2 + k - 1 = 0$的两实数根$x_1$，$x_2$满足$x_1^2 + x_2^2 = 11$，则k的值为
-1
。答案
∵$x^2-(2k-1)x+k^2+k-1=0$的两实数根为$x_1$，$x_2$，
∴$x_1+x_2=2k-1$，$x_1x_2=k^2+k-1$。
∵$x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=11$，
∴$(2k-1)^2-2(k^2+k-1)=11$，整理得$k^2-3k-4=0$，解得$k_1=4$，$k_2=-1$。又
∵$Δ=(2k-1)^2-4(k^2+k-1)=-8k+5≥0$，
∴$k≤\frac{5}{8}$，故k=4不符合条件，舍去，
∴k=-1，故答案为-1。
13[2025北京海淀区期末]阅读下面的材料.
一元二次方程及其解法最早出现在公元前两千年左右的古巴比伦人的《泥板文书》中.到了中世纪,阿拉伯数学家阿尔·花拉子米在他的代表作《代数学》中记载了求一元二次方程正数解的几何解法.
以$x^2+10x=39$为例,花拉子米的几何解法步骤如下:
①如图(1),在边长为$x$的正方形的两个相邻边上作相邻两边长分别为$x$和$5$的矩形,再补上一个边长为$5$的正方形,最终把图形补成一个大正方形;
②一方面大正方形的面积为$(x+\_\_\_\_\_\_)^2$,另一方面大正方形的面积又等于图中各部分面积之和,因为$x^2+10x=39$,可得方程$(x+\_\_\_\_\_\_)^2=39+\_\_\_\_\_\_$,则方程的正数解是$x=\_\_\_\_\_\_$.
根据上述材料,解答下列问题.
(1)补全花拉子米的解法步骤②;
(2)根据花拉子米的解法,在图(2)的两个构图①②中,能够得到方程$x^2-6x=7$的正数解的正确构图是________(填序号).
一元二次方程及其解法最早出现在公元前两千年左右的古巴比伦人的《泥板文书》中.到了中世纪,阿拉伯数学家阿尔·花拉子米在他的代表作《代数学》中记载了求一元二次方程正数解的几何解法.
以$x^2+10x=39$为例,花拉子米的几何解法步骤如下:
①如图(1),在边长为$x$的正方形的两个相邻边上作相邻两边长分别为$x$和$5$的矩形,再补上一个边长为$5$的正方形,最终把图形补成一个大正方形;
②一方面大正方形的面积为$(x+\_\_\_\_\_\_)^2$,另一方面大正方形的面积又等于图中各部分面积之和,因为$x^2+10x=39$,可得方程$(x+\_\_\_\_\_\_)^2=39+\_\_\_\_\_\_$,则方程的正数解是$x=\_\_\_\_\_\_$.
根据上述材料,解答下列问题.
(1)补全花拉子米的解法步骤②;
(2)根据花拉子米的解法,在图(2)的两个构图①②中,能够得到方程$x^2-6x=7$的正数解的正确构图是________(填序号).
答案
(1)一方面大正方形的面积为$(x+5)^2$，另一方面大正方形的面积又等于图中各部分面积之和，因为$x^2+10x=39$，可得方程$(x+5)^2=39+25$，则方程的正数解是x=3。故答案为5，5，25，3。
(2)由题意可得，能够得到方程$x^2-6x=7$的正数解的正确构图是①。故答案为①。
(2)由题意可得，能够得到方程$x^2-6x=7$的正数解的正确构图是①。故答案为①。
