《2025年小题狂做九年级数学上册苏科版巅峰版》

1. 已知关于x的一元二次方程$ax^{2}+bx+c= 0$,甲由于看错了二次项系数而误求得两根为2和4,乙由于看错了一次项系数的符号而误求得两根为-1和4,则$\frac{2b+3c}{a}$的值为(B)
A.3
B.-6
C.9
D.12

答案： B 提示:由于乙看错了一次项系数的符号而误求得两根为 -1 和 4,所以对于一元二次方程$ax^{2}-bx+c=0$,有$\frac{b}{a}=-1 + 4 = 3$,$\frac{c}{a}=(-1)×4 = -4$.所以$\frac{2b + 3c}{a}=\frac{2b}{a}+\frac{3c}{a}=2×3 + 3×(-4)= -6$.

2. 如图,在半径为3的扇形OAB中,$\angle AOB= 120^{\circ}$,连接AB,以AB为一条边作矩形ABCD交$\widehat{AB}$于点E,F,且E,F为$\widehat{AB}$的四等分点,矩形ABCD与$\widehat{AB}$形成如图所示的三个阴影区域,其面积分别为$S_{1},S_{2},S_{3}$,则$S_{1}+S_{3}-S_{2}$的值为(π的值取3)(A)
A.$\frac{9}{2}-\frac{9\sqrt{3}}{4}$
B.$\frac{9}{2}+\frac{9\sqrt{3}}{4}$
C.$\frac{15}{2}-\frac{9\sqrt{3}}{4}$
D.$\frac{27}{2}-\frac{27\sqrt{3}}{4}$

答案： A 提示:连接OE,OF,过点O作$OH\perp EF$于点H,交AB于点G.因为E,F为$\widehat{AB}$的四等分点,$\angle AOB = 120^{\circ}$,所以$\angle AOF = \angle BOE = 30^{\circ}$,$\angle EOF = 60^{\circ}$,$\angle BOG = 60^{\circ}$,所以$\angle OBG = 30^{\circ}$.又因为$OB = 3$,所以$OG = \frac{3}{2}$,所以$BG = \frac{3\sqrt{3}}{2}$,所以$AB = 2BG = 3\sqrt{3}$.在$Rt\triangle EOH$中,易知$\angle EOH = 30^{\circ}$,$OE = 3$,所以$EH = \frac{3}{2}$,所以$OH = \frac{3\sqrt{3}}{2}$.所以$GH = OH - OG = \frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{3}{2}$.所以$S_{1}+S_{3}-S_{2}=S_{\triangle AOB}+S_{矩形ABCD}-S_{扇形OAF}-S_{\triangle EOF}-S_{扇形OBE}-(S_{扇形OEF}-S_{\triangle EOF})=S_{\triangle AOB}+S_{矩形ABCD}-S_{扇形OAB}=\frac{1}{2}×3\sqrt{3}×\frac{3}{2}+3\sqrt{3}×(\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{3}{2})-\frac{120\pi×3^{2}}{360}=\frac{27}{2}-\frac{9\sqrt{3}}{4}-3\pi\approx\frac{9}{2}-\frac{9\sqrt{3}}{4}$.

3. 规定：如果关于x的一元二次方程$ax^{2}+bx+c= 0(a\neq0)$有两个实数根,且其中一个根是另一个根的2倍,那么称这样的方程为“倍根方程”.现有下列结论：①方程$x^{2}+2x-8= 0$是“倍根方程”；②若关于x的方程$x^{2}+ax+2= 0$是“倍根方程”,则$a= \pm3$；③若关于x的方程$(x-3)\cdot(mx-n)= 0$是“倍根方程”,则$n= 6m或3n= 2m$；④若点$(m,n)在反比例函数y= \frac{2}{x}$的图像上,则关于x的方程$mx^{2}-3x+n= 0$是“倍根方程”.其中结论正确的是(D)
A.②
B.①③
C.②③④
D.②④

答案： D 提示:因为$x^{2}+2x - 8=(x + 4)(x - 2)=0$,所以$x_{1}=-4$,$x_{2}=2$,因为$x_{1}=-2x_{2}$,所以原方程不是“倍根方程”,故①错误;由题意,得$\begin{cases}x_{1}^{2}+ax_{1}+2=0\\4x_{1}^{2}+2ax_{1}+2=0\end{cases}$,整理,得$2x_{1}^{2}=2$,所以$x_{1}=\pm1$,所以$x_{1}=1$,$x_{2}=2$或$x_{1}=-1$,$x_{2}=-2$,则$a=-(x_{1}+x_{2})=\pm3$,故②正确;因为$x_{1}=3$,$x_{2}=\frac{n}{m}$,当$x_{1}=2x_{2}$时,$3m = 2n$,当$x_{2}=2x_{1}$时,$n = 6m$,故③错误;由题意,得$n=\frac{2}{m}$,所以原方程可化为$mx^{2}-3x+\frac{2}{m}=0$,即$x^{2}-\frac{3}{m}x+\frac{2}{m^{2}}=0$,所以$(x - \frac{1}{m})(x - \frac{2}{m})=0$,所以$x_{1}=\frac{1}{m}$,$x_{2}=\frac{2}{m}$,所以$x_{2}=2x_{1}$,故④正确.综上所述,正确的是②④.

4. 如图,在平面直角坐标系xOy中,有以坐标原点为圆心的同心圆,小圆的半径为1,大圆的弦AB与小圆相切,且$AB= 6$,双曲线$y= \frac{k}{x}$与大圆恰有两个公共点M,N,则$k=$-5.

答案： -5 提示:连接OM,ON,过点O作$OD\perp AB$于点D,连接OB,则$BD=\frac{1}{2}AB = 3$.所以$OB=\sqrt{OD^{2}+BD^{2}}=\sqrt{10}$.由反比例函数与圆的对称性可知,点M,N关于原点O对称,所以点M,N在直线$y = -x$上.又因为$OM = ON = OB=\sqrt{10}$,所以点$M(-\sqrt{5},\sqrt{5})$,$k=-\sqrt{5}×\sqrt{5}=-5$.

5. 投掷一枚质地均匀的骰子两次,向上一面的点数依次记为a,b,则关于x的方程$x^{2}+ax+b= 0$有实数根的概率是$\frac{19}{36}$.

答案： $\frac{19}{36}$

6. 如图,A,B,C是$\odot O$上的点,且$\angle ACB= 130^{\circ}$,在这个图中,画出下列度数的圆周角：$30^{\circ},40^{\circ},50^{\circ},90^{\circ}$.其中仅用无刻度的直尺就能画出的圆周角的度数为$40^{\circ}$或$50^{\circ}$或$90^{\circ}$.

答案： $40^{\circ}$或$50^{\circ}$或$90^{\circ}$

7. 对于一切不小于2的自然数n,关于x的一元二次方程$x^{2}-(n+2)x-2n^{2}= 0的两个根记作a_{n},b_{n}(n\geq2)$,则$\frac{1}{(a_{2}-2)(b_{2}-2)}+\frac{1}{(a_{3}-2)(b_{3}-2)}+…+\frac{1}{(a_{23}-2)(b_{23}-2)}$的值为$-\frac{11}{48}$.

答案： $-\frac{11}{48}$ 提示:由根与系数的关系,得$a_{n}+b_{n}=n + 2$,$a_{n}b_{n}=-2n^{2}$.所以$(a_{n}-2)(b_{n}-2)=a_{n}b_{n}-2(a_{n}+b_{n})+4=-2n^{2}-2(n + 2)+4=-2n(n + 1)$.所以$\frac{1}{(a_{n}-2)(b_{n}-2)}=-\frac{1}{2n(n + 1)}=-\frac{1}{2}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1})$.所以原式$=-\frac{1}{2}×[(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{4})+\cdots+(\frac{1}{23}-\frac{1}{24})]=-\frac{1}{2}×(\frac{1}{2}-\frac{1}{24})=-\frac{11}{48}$.

8. 如图,正方形ABCD的边长为8,M是AB的中点,P是边BC上的动点,连接PM,以点P为圆心,PM的长为半径作$\odot P$.当$\odot P$与正方形ABCD的边相切时,BP的长为3或$4\sqrt{3}$.

答案： 3或$4\sqrt{3}$ 提示:当$\odot P$与直线CD相切时,易知切点为C,设$PC = PM = x$,在$Rt\triangle PBM$中,由勾股定理,得$PM^{2}=BM^{2}+BP^{2}$,即$x^{2}=4^{2}+(8 - x)^{2}$,解得$x = 5$,所以$BP = 3$;当$\odot P$与直线AD相切时,设切点为K,连接PK,则$PK\perp AD$,易证四边形PKDC是矩形,所以$PM = PK = CD = 8$,在$Rt\triangle PBM$中,由勾股定理,得$BP=\sqrt{PM^{2}-BM^{2}}=4\sqrt{3}$.