九年级寒假（教师版）

目录

第一讲代数综合（一）2

第二讲代数综合（二）14

第三讲代数综合（三）30

第四讲几何综合（一）43

第五讲几何综合（二）55

第六讲函数综合67

第七讲综合温习（一）81

第八讲综合温习（二）91

2

自招代数综合(一)

常用乘法公式：

(1)(a-力=/-3//>+3加-〃；

(2)S+力=/+3八+3加+人

(3)(«+/>+<?)'=a2+h2+c2+2ah+2hc+2ac；

(4)a2+b2+c2+ab+bc+ac=^［a+by+(/>+c)2+(a+c)［；

(5)a2+b2+C1-ah—he-ac=-b)~+(Z)-c)-+(a-c)］：

(6)a3+//+c3-3abc=(a+ft+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca^.

其中，(1)和(2)是三次方完全和差公式；(3)为三项和的平方公式；(4)、

(5)在使用配方式的题型中较为常见；公式(6)最为复杂，但在数学联赛中出现

频率较高，同学们可自行拆开验证.

1.已知a,b,c分别为的三边长，且满足

442222

2a+2b+c"-2ac-2bc=0,则1MBe是()

A.等腰三角形B.等腰直角三角形

3

C.直角三角形D.等腰三角形或直角三角形

【名师点拨】配方式.

【答案解析】B.

【试题解答】由前提得:4a4+4b4+2CA-4a2c2-4h2c2=0,

即(2“2—c，+(2Z>2—=0,;.c2=2a2=2/,;.a=且=c?.

故△NBC是等腰直角三角形，选B.

2.若M=3x2-89+9_/-4x+6y+13（x,yeR）,则M的最小值为

【名师点拨】一样此类问题思量根据主元进行配方.

【答案解析】—.

11

【试题解答】

A/=3x2-(8^+4)x+(9/+6^+13)

4

3.（2021华师二附自招）已知a、b、c,均大于零，S.a2+2ab+2ac+4bc=20,则

a+b+c的最小值是.

【名师点拨】将代数式通过凑配等手段，得到完全平方式，再运用完全平方式是非

负数这一性质找到解题突破口的方式，叫做配方式.本题给出的已知前提接近于三

项的完全平方式，是以可以思量使用配方式.

【答案解析】2

【试题解答】v（a++c）=a2+b2+c24-lab+2bc+2ca,

J原式可化为：（Q+b+c）~一+26c=20,即（a+b+=（b+20220,

/.当且仅当b=c时（a+6+取到最小值20,

又已知a、b、c均大于零，

:.a+6+c的最小值是2石，当且仅当6=。时取到.

5

4.若实数a,b,c,d满足/+/+,2+/=1(),

则了二,一4+⑺一旷+包一1^+伍一4+他一4匕①一1)?的最大值是

【答案解析】40.

【试题解答】

思、(Q+/?+c+d)-=(。2+b~+c~+d?)+2(ab+cic+ad+be+bd+cd)

va2+h2+c2+d2=10,...2(Q6+〃c+Qd+bc+bd+cd)=(a+b+c+d)--10N-10,

故y=3(/+b2+C2+1/2)-2(^ab+ac-\-ad+6c+Z?d+cd)43xl0+10=40,

故y的最大值为40,当Q=JF6\h=—Vi-0,c=d=0时取到.

222

5.已知实数。力,c满足”+6+c=0,a+b+c=0A9贝1」/+/+。4的值是

【答案解析】

200

【试题解答】a+b+c=0,6f2+fe24-c2=0.1,得ab+hc+ca=———,

20

平方得：+(〃c『+(6c]+2abe(〃+b+c)=,故(〃6)2+(ac『+(bc『；

a2+b2+c2=0A,平方得：+Z>4+c4+2^a2b2+a2c2+b2c2)=0,

代入得/+/+/=一_L.

200

6

6.因式分化:

(x+y-2z)3+(y+z-2x)3+(z+x-2»丫.

【答案解析】3(x+y-2z)(y+z-2x)(z+x-2y).

a34-b3+cy-3abc=^a+b+c^(a~+62+c2-ab-bc-ca^,整体换元.

【i式题解答】设。=1+^—2z,b=y+z-2x,c=z+x-2y9则有a+8+c=0.

故原式=a3+b'+c3-3abc+3abe=^a+b+c)(a~+Z>2+c2-ah-bc-ca^+3abc=3abc,

代回得原式=3(x+y-2z)(y+z-2x)(z+x-2y).

7.设a,b,c,d是四个整数，且使得加=("+〃)2-；(/+/一°2一/)2是一

个非0整数.求证：网必然是一个合数.

【答案解析】略.

【试题解答】m=ab+cd+/+〃/+/丁一储

=苴(。+4-(c-d)[[(c+d『-("6)[

=1(Q+b+c-d)(a+b-c+d)(a-6+c+d)(-a+b+c+d)

注重至lj〃+8+c-d,a+b-c+d9a-b+c+d,-a+6+c+d同奇偶,

又用为整数，故a+b+c-d,q+b-c+d,a-b+c+d,-a+6+c+d均为偶

数,

7

故同为4的倍数，为合数.

8.参加c是正数，且满足a+6+c=9,——匚+―匚=此，那么

a+bb+cc+a9

‘一+上+’的值为___________.

b+cc+aa+b

【名师点拨】整体代入法.

【答案解析】7.

【试题解答】在一^+―匚+―!—=W两边乘a+6+c=9,得：

a+bh+cc+〃9

3+工+，一+上=10,即‘一+—+」一=7.故答案为7.

a+bh+cC+Qh+cc+aa+h

9,若a+b-c"b+c-a+b+c,求(a+b)(a+c)(6+c)的值.

cbaabc

【名师点拨】对于连比形式的分式代数式，可引入一个参数%,使得已知前提便于

使用.

【答案解析】-1或8.

【试题解答】令a+b-c=a-b+c=-a+b+c=卜,

cba

贝!JQ+b=(攵+l)c①

8

a+c=(k+\)b②

%+c=(左+1)。(3)

①+②+③得:2(a+b+c)=(k+l)(a+b+c),

所以(Q+8+C)(%—1)=0,左=1或Q+6+C=0,

当女二[时—+份(。+c)(b+c)=252a•2b=8.

abcabc

当o+6+c=0时，(a+b)m+c)3+c)=(-c)(-b)(r)=_].

abcabc

所以原式答案为-1或8.

10.若abc=1,求--------1---------1--------的值.

ab+a+\he+h+\ca+c+\

【名师点拨】本题可将分式通分后，再进行化简求值，但此法较繁琐.巧妙地操纵已

知前提Me替换1,可以使得代数式的化简更加简洁.

同时，对于这种已知前提为融c=l的轮换对称式，可操纵换元法设

。=二力=上,0=二代入使得运算更为轻便.

yzx

【答案解析】1.

【试题解答】

解法一：:abc=1,。工0,6工0,。。0,

9

abbc1bbe

-----------------1--------------1—.------------=--------------1--------------1-----------------

ah+a+ahche+h+\bCQ+C+1h+\+hebe+b+1hca+hc+h

b+\+heb+1+beh+l+be

解法二：设。=±乃=上］=二，则

yzx

-yL-y_L

原式=---------+----------+----------—y.—+—z—+—x—

xyx.yzy.zxz.xx.yy.zz

—+1+—+1——+—+1—十—+1—4-—+1—+—+1t

yzyzxzxyxzyxzyx

xztxytyz_xz+xy+yz

--------------------------1----------------------------1----------------------------------------------------------1.

xy+xz+yzyz+xy+xzxz+yz-^-xyxy+xz+yz

故答案为1,以上两种解法均可.

11.已知：x、y为有理数，且满足后+3百=x+F求(x,y)=

【答案解析】(x,y)=^,3).

【试题解答】科+36=x+F

两边平方得£+3百=x?+y+2x亦.

因为x,y均为有理数，故右式只有2X、/7部分大概为无理数，

2123[x=G

—=X+V

有44n'-2或，,9（舍）•

=2xy[yJ=3r4

10

|，3.

故（xj）=

12.实数x、八z满足

|2x-6|+|y—2|+[(X-4)y2+x*+z*=2+2xz,则x+y+z=.

【名师点拨】对于某些形式复杂的代数式化简求值时，瞥见出此刻绝对值、偶数次

方以及偶数次方根里的数与式，可操纵"非负数''的性质找到解题的突破口.另本题

要注重分类会商，不能忽视y=0这一大概，从而漏解.

【答案解析】6或10.

【试题解答】原式可化为：12A6|+|一|+)(1犷+(一)2=2,

根据非负数的性质，有以下前提已知：

|2x-6|>0,|y-2|>0,>0,(x-z)2>0,(x-4)j>2>0.

分两类情况会商：

(1)y*0,x-420,则有：

|2x-6|+|y—2|+J(x-4)y2+(x—z)2>[2x4-6|=2,

等号成立当且仅当x=4,带入原式得：

2+|y-2|+(4-z)2=2,同理，|y-2|+(4-z)2>0,

x=4,y=2,z=4,

11

x+y+z=4+2+4=10；

（2）y=0,则有：

|2X-6|+2+（X-Z）2=2,根据（1）的结论，可得：

x=3,y=0,z=3,

x+y+z=3+0+3=6.

综上所述，答案为6或10.

13.求不超过（近+有丁的最大整数.

【答案解析】13535.

【试题解答】设a=V7+右，6=77-逐，

则Q+b=2J7,ah=2,a2+b2=（^a+—2ab=24.

有〃6+/=（/+/y_3a2b2（/+/）=13536,

又0<（近-研<i,

故13535〈（近+石/<13536.

有不超过（近十%/?丁的最大整数为13535.

12

设.▲+*£+...+1007；i2?23210072

14.b=-+—+-+-+^-,以下四个选项中最接

13520133572015

近。-人的整数为（）

A.252B.503C.1007D.2021

【名师点拨】对于这类对照复杂的多项代数式作加、减、或整体求和运算时，可将

对应分母相等或分子相等的项数合并作加减，本题明显是前者较为轻便，思量用

“错位相减法“，将分子变成平方差，从而化简运算.

【答案解析】B.

【试题解答】a-h

10072]223210072

+一+

2013）5572015

32—10072-1006210072

+------+...+-------------------

白520132015

（2+1）（2-1）（3+2）（3-2）（1007+1006）（1007-1006）10072

=1H-------------d--------------k…4----------------------------------

3520132015

=1+1+1+-1皿1007;

1007-«503.75.

20152015

故答案选B.

13

15.（1）设〃是给定的正整数，化简：I1+-V+—^--1；

V«2（〃+1）2

⑵根据（1）的成果，计算J+/J"/+*'+…+J+/+看的值，

【名师点拨】将第（1）问中的〃取随意率性正整数的一样形式进行化简，在根式

里进行通分和因式分化，将复杂的根号去掉，从而化简运算.第（2）问运用（1）中

的结论，用“裂项相消法”对代数式求值.

【答案解析】⑴品；⑵箓

1_回〃+1)2+/+(〃+1『

【试题解答】（1）N«2("+1)2X"2(〃+]>

[4+2/+3/+24+1_加2+“+])-/+〃+]

d〃2(〃+1)-Vn2(n+1)2n(n+1)

2i

二.原式/-J/\

(〃+l)仆+1)

（2）根据第（1）问的结论，可得：

—+1+…十=1」+」+...+-+9=1，9普

原式=+1

1x22x39x102239101010

14

【课堂练习】

11A/\20l7/\2OI8

1.(15分)已知：7+记=了石，则(t/+(,=

【答案解析】0或2

【试题解答】⑴由!+染=忌＞得（胃+（》=2・

又百+(M22(*卜2,当且仅当沁时等号取到,

得a=±b,有f=2=±l,

ba

z,x2017z\2018

进而'+仁=2或0，

2.(15分)已知：a+b=2,h+c=47,贝U

2a2+362+3c2+lab+4bc-lac.

【答案解析】29-4近.

【试题解答】由。+6=2,h+c=y/l,得a—c=2—y/l,

原式=(a+M+(a-c)2+2优+靖=29-44.

15

3.（15分）^:a=（2+l）（22+l）（24+l）（28+l）---（264+l）,则a的末尾数字是

【答案解析】5.

【试题解答】"（2-1）（2+川2”）（2…）（2』）.卡”）—,

2-1

有周期性，a的末尾数字是5.

4.（15分）已知孙z，=l,求下面代数式的值:

1+x+孙+xyz1+歹+yz+yzt1+z+zf+zfx\+t+tx+txy

【答案解析】1.

【试题解答】解法一：迭代法

已知xyzt=1,则x,y,z,t*0,

I_/_/

1+工+盯+xyzt+tx+txy+xyzt\+t+tx+txy'

同理可得，

1tx

\+y+yz+yzt1-^t+tx+txy'

1_附

1+Z+ZE+za1+，+a+Z孙'

16

.户式_t+lx+txy+1_\+t+tx+txy_^

\+t+tx+txy\1tx+txy1+/+/x4-txy\+t+tx+txy\+t+tx+txy

解法二：换元法

已知xyzt=1,则x,y,z,tw0,

abcd

设x=7，y=_,z=:t=一,

bcaa

则原式=——1——+J.+——-——+—,1-

,aaa,bbb.ccc^aad

1+—+—+—1+—+—+—1+—+—+—1+—+—+—

bedcdadababc

bedacdabdabc

=------------------------------1------------------------------+-------------------------------F-----------------------------

bed+acd+abd+abcacd+abd+abc+bedabd+abc+bed+acdabc+bed+acd+abd

abc+bed+acd+abd1

=-----------------------------=1.

abc+bed+acd+abd

5.（20分）已知x"+加+及+“+d=（工一1）（工+2乂x2+4）,则

a+b+c+d=・

【答案解析】-1.

【试题解答】令x=l得l+a+b+c+d=0,

a+h+c+d=-1.

17

11

6.（20分）设正整数私〃满足加＜〃，且一$---+------2------------+・・・+r-----=一

+m（阳+1）~+（阳+1）n2+n23

则加+〃的值是

【答案解析】527.

【试题解答】由题意,一——+—-------——,

mm+1tn+1m+2nn+123

即，—1

mn+123

令，=〃+1,得卫3至

23+"23+〃'

有，+23=232,

得m=22,n-505,故加+〃=527.

18

【课后作业】

1.（15分）已知x+'=3,则fo+N+l+ln.

XXX

【答案解析】15250.

【试题解答】x+-=3,

X

X2+-^-=7,

X

3

（工+工）［2+=x+J+（x+，J=21,故/+二=18,

卜+±）卜+£）=/+3+卜+£|=126,故/+5=123,

故寸+工=15127,有原式=15250.

2.(15分)满足方程(x+3)2+/+(x7)2=3的所有实数对(x,力为

【答案解析】x=-g,夕=-2.

【试题解答】打开整理方程得/+/-孙+3x+3=0,

有f+(3-y)x+y2+3=0,

19

（2x-y+3）2+3（y+2）2=0,有y=-2,x=—1.

3.（15分）已知a+b+2c=1,a2+b2-8c2+6c=5,那么a6-6c-ca的值是

【答案解析】-2.

a+b=\-2c

【试题解答】

a2+b2=8c2-6c+5

得ab=-2c2+c-2,

代入得ab-ac-ca=-2c2+c-2-bc-ca=-c（2c+a+b）+c-2=-2.

4.（15分）在1,2,3,2021中有些正整数“，使得/+》_〃能分化为两个

整系数一次式的乘积，则如许的〃共有个.

【答案解析】44.

【试题解答】依题意/+.¥-〃=（》+0）（'+6）,

对照系数的\a+b=\有〃=-ab=F（l-a）=a（a-l）,其中°为整数，

[ab=-n

另一方面14及42003,故2«〃445,故合计吻合前提的〃为44个.

20

5.（20分）

I222k2992

--------------------------1----------------------------1------------------------------F4------------------------------=

I2-100+500022-200+5000-100>t+5000…992-9900+5000---------

【答案解析】99.

k2k-50

【试题解答】4=1+100—~七巴----=1+100.

公-100%+5000公-100%+5000(A-SOy+2500’

有a5oi+aso-i=2+100--------------1—-------------=2,

+i2+2500i2+2500

思量到需求和得25=2x99,5=99.

6.(20分)若a+6+c=3,a2+b2+c2=5,a3+Z>3+?=9,则

a4+/>4+c4=.

【答案解析】17.

【试题解答】a+b+c=3,

a2+b2+c2+2^ab+be+ca)=9,

得ab+be+ca=2；

•.•/+/+/=9,a3+b}+c3-3abe=9-3abc,

^a+b+c)^a2+b2+c2-ab-bc-ca^=9-3abc,得abc=0；

21

222222

,/ab+be+ca=29ab+bc+ca+2abc(a+6+c)=4,

得a2b2+b2c2+c2a2=4；

,e•a2+b2+c2=5,

a4+/+c,+2(a/+丘2+02。2)=25,

得/+A，+c，=17.

22

自招代数综合(二)

一元二次方程

设Pl、02、qr%为实数，且=2(%+%).若方程甲：x2+p,x+^|=0；乙:

2

x+p2x+%=0.则()

A.甲必有实根，乙也必有实根B.甲没有实根，乙也没有实根

C.甲、乙至少一个有实根D.甲、乙是否总有一个有实根不能确

定

【名师点拨】本题探讨两个方程有无实数根的问题，可以转化成会商判别式△的正

负性.固然有四个未知参数，但可操纵已知前提月0=2(%+%)以及“两数相加非负,

则至少有一个数非负”的性质反证，从而找到突破口.

【答案解析】C.

【试题解答】已知A、Pz、q、、%为实数，且oip?=2(/+%),

假定方程甲、乙均没有实数根，则：

2

方程甲：x+p}x+qt=0,

△单=p；-4/<0,

23

2

方程乙：x+p2x+=0,

△乙=22?-4%＜0,

蜀，+△乙=P：+Pi~4%-4%=+Pi-4(%+%)=P：+Pi-2Plp2

=(P「P2『NO'

.•.与△中＜0、△乙＜0抵格.

故甲、乙至少一个有实根，答案选C.

2.参加关于x的方程工2+4》+7^下+2=0有两个有理根，那么所有满足前提的正整

数。的个数是（）

A.1B.2C.3D.4

【名师点拨】已知一元二次方程有两个有理根可得出两个隐含前提，即判别式ANO,

且行为有理数，从而可以确定参数。的取值范畴.

【答案解析】B.

【试题解答】原方程有两个有理根，则可得：

®A=42-4x（V10-tz+2）=4（2-^10-a）>0,

0<y]\0-a<2

②x=~4土石为有理数，

2

24

VA=272-710-4/为有理数，

二〃为正整数时，2-而花=0或1,

解得。=6或。=9,履历证吻合题意.

故答案选B.

3.参加两个一元二次方程/+工+加=0与加/+工+1=0分别有两个不一样的实根，但

其中有一个公共的实根。，那么实根。的大小范畴是.

【名师点拨】本题为一元二次方程有公共解的问题，可设公共根为。，直接代入

原方程恒等变形，同时已知两个一元二次方程分别有两个差别实数根，可得出A〉0

这一隐藏前提.另本题要注重一元二次方程的二次项系数不为零.

【答案解析】1.

【试题解答】已知两个一元二次方程分别有两个不一样的实数根，可得：

对于i+x+洲=0,A=1-4M>0；

对于〃优？+工+1=o,A=1-4/w>0,且加工0；

fn<—S.m^0.

4

•••a为两方程的公共实根，.•・分别代入得：

/+2+〃?=o,①

25

ma2+a+l=O,②

①一②得：-1）统=加一1,

tn<—,.二〃？一1w0,「.a1=\.

4

履历证，2=1时吻合题意，a=-l时机=0,故舍去.

故答案为1.

4.已知三个关于x的一元二次方程ax?+6x+c=0、6%2+5+〃=0、°/+"+6=0恰

2t22

有一个公共实数根，则3+幺+斗的值为（）

becaab

A.0B.1C.2D.3

【名师点拨】已知三个方程有公共实数根，且每个方程的同次项系数轮换对称，则可

将公共根分别代入三个方程，尝试相加，再思量用代数式的恒等变形解决问题.

【答案解析】D.

【试题解答】设三个方程的公共实数根为x0,则有:

+6x0+c=0,

bx（；+用+Q=0,

CXQ2,+ox。+6=0,

三式相加并整理可得：

26

2

(«+6+c)(x0+x0+1)=0.

•••方程飞、+/+1=0的判别式△=-3<0,

.“；+3+1=0无实数解,即/2+%+1*0,

「.〃+b+c=0.

a2b2c2+/+3

—+—+—=--------c-

becaababc

34bc+(a+b+c)(Q2+b2c2-ab-be-ca^3abe

abcabc

5.已知a、b、c、〃为小于0的实数，且awb,c工d,

方程/+〃x+b=0与/+云+〃=0有一个公共根，另两个根为X),x2；

方程/-cx+d=0与/一dx+c=0有一个公共根，另两个根为工3，工4；

求七工2工3工4的取值范畴.

【名师点拨】所求式子含有四个未知数，先要弄清这四个数之间的关系；方程的公

共解我们可以设为〃八明代入两方程并解出它们；再用韦达定理便可得出四个未

知数的关系.

【答案解析】0<*冗2X3工4<'.

16

【试题解答】设方程/+办+6=0与/+fcr+〃=0的公共根为m,

方程Y-cx+d=0与/-dx+c=0的公共根为n.则有：

27

m2+am+/>=0(D_\n2-cn-i-cl=0®

及V

m2+bm+a=0®n2-dn+c=O®

m=1

再①-②及③-④得到

〃=一1

X1=bx3--d

=avx=-c

联合”、〃的值，根据韦达定理有：一和“4

x}+l=-ax3-\=c

x2+\=-bx4-\=d

所以xxx2x3x^=abcd,且。+6=-1c+d=-1.(a,b,c,d<O,awb,cwd)

而〃6=a(_1_〃)=_-1<a<0,故0<ab<L

+54

同理可知0<cd<；,是以0cx%2七、4<，.

6.若关于x的方程gf+mx+m?一_|„J+i=o存在相异的两个实数解再，x2,求

X：+k的取值范畴.

【答案解析】2vx：+xj<8.

【试题解答】2X2

△=W-41^-1/M+1^|>0,

解得一疗+3加一2>0,即1<〃7<2；

22

X,+x；-（Xj+x2）-2xtx2=（一2m）~_2（2",-3加+2）=6加一4,

28

22

1</«<2,2<Xj+x2<8.

7⑴设〃3=3谒+]=",1,则代数式*>

(2)设/+5。=一2,2b2+56=-1,abw1，则代数式=

【答案解析】（1）7；（2）8.

【试题解答】（1）a,b为/+1=3》的两个根，所以Q6=1,Q+6=3

11_a2+b2

+6)2-2ab=7.

屋+F=苗厂=(Q

(2)由题意a2+5a+2=0,(()+5(1)+2=0,且〃工1，

故。，工可视作方程工2+5》+2=0的两个解,

b

由韦达定理*=2,故图'=8.

8.已知W-3x+l=0,求/+3x3-16V+3x-17的值.

【名师点拨】整体代入降次.

【答案解析】-18.

29

【试题解答】x2-3x+1=0,/.x2=3x—1,

/.x4+3x3-16x2+3x—17

=（3x-l）2+3X（3X-1）-16X2+3X-17

=9x2-6x+1+9x2-3x-l6x2+3x—17

=2x2-6x-16

=2（3x-l）-6x-16

=6x-2-6x-16=-18>

故答案为-18.

9.设西、x2为I-2px-p=0的两根，p为实数.

2

（1）求证：2px}+x2+3/2>0；

（2）当上一引4|2〃一3|时，求p的最大值.

【名师点拨】题中要求证明的代数式并非关于两根凡、工2的对称式，是以可操纵根

的定义，整体代入将其转化成对称式，再操纵韦达定懂得决问题.同时不能遗漏方程

有实数根则判别式ANO这一隐含前提.

【答案解析】（1）略；（2）—.

16

【试题解答】（1）证明：己知王、9为d-2px-p=0的两根，则有：

30

22

X)-2/?Xj-p=0,x2-2px2-p=0,x,+x2=2p,x[x2=-p,

2

:.2p&+x2+3p=2pX[+2px2+4p=2pE+x2)+4/?=4p2+4p,

又•・,方程Y-2px-p=0有两个实数根，

A=(-2P『-4(-p)=4/?2+4/7>0,

2

/.2Pxi+x2+3p20成立；

(2)vA=4p2+4p>0,

p>O^p<-\.

N-wI=J(X|-=J(.+X2>-4X|%=J4.2+4p,

:.>]4p2+4p<\2p-3\,

a

解得：p«Z,履历证吻合题意.

16

故p的最大值为《.

10.参加关于X的方程--依+不-3=0至少有一个正根，

则实数。的取值范畴是()

A.-2<a<2B.>/3<a<2C.-y/3<a<2D.-VJ<a<2

【名师点拨】本题若直接会商方程至少有一个正根的情况有些难以入手，是以可思量

先确定方程一个正根都没有时。的取值范畴，再取其反面即为所求.

31

【答案解析】C.

【试题解答】假定方程/一以+/一3=0没有正根，则分类会商：

(1)方程无实数解，即：

△=/—4(/—3)=3(4—/)<0,解得a>2或a<—2；

(2)方程有实数解，但没有正根，即：

A=a2—4^a2—3)=3^4—a2j>0,

且依据韦达定理，两根玉、马满足：

2

X,+x2=a<0,x]x2-a-3>0,

解得：-2<a<-y/3.

综上所述，当或a>2时方程无正根，

.•.-6<042时，原方程至少有一个正根.

故答案选C.

11.已知方程/+(°-3卜+3=0在实数范畴内有解，并且恰有一个解大于1小于2,则a

的取值范畴是.

【答案解析】

2

【试题解答】两个差别实根，且恰有一个解大于1小于2,

32

根据根的分布，则/⑴•/(2)<0,即(a+l)(2a+l)<0,得T<a<_；

12.已知方程//-(302-8窃卜+2/-13a+15=0(其中a是非负整数)至少有一个整数

根，那么“=.

【名师点拨】察看本题可发觉方程的判别式A为完全平方式，是以可以思量用十字

相乘法对方程因式分化，直接求出方程的两根，再依据整数性质确定参数。的取值

范畴.

【答案解析】1、3、5.

【试题解答】由题意可知，明显。