AMC10经典培训教材

基础知识

1.1. 二次公式与判别式:

以下方程称为二次方程: $ a{x}^{2} + {bx} + c = 0 $ (1)其中 $ a, b $ 、 $ c $ 为实数，且 $ a \neq 0 $ 。

下面我们将推导二次公式，该方法称为“代换法”。

由于 $ a \neq 0 $ ，我们令 $ x = y - \frac{b}{2a} $ 。

方程(1)可写为: $ a{\left( y - \frac{b}{2a}\right) }^{2} + b\left( {y - \frac{b}{2a}}\right) + c = 0 \Rightarrow $

$ a{y}^{2} - \frac{{b}^{2}}{4a} + c = 0 \Rightarrow {y}^{2} = \frac{{b}^{2} - {4ac}}{4{a}^{2}} \Rightarrow y = \pm \sqrt{\frac{{b}^{2} - {4ac}}{4{a}^{2}}} = \pm \frac{\sqrt{{b}^{2} - {4ac}}}{2a}. $

\[ x + \frac{b}{2a} = \pm \frac{\sqrt{{b}^{2} - {4ac}}}{2a}\; \Rightarrow \;{x}_{1,2} = \frac{-b}{2a} \pm \sqrt{\frac{{b}^{2} - {4ac}}{4{a}^{2}}}. \]

两个根为: $ {x}_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{{b}^{2} - {4ac}}}{2a} $ 。

注意，要使根为有理数，判别式 $ \Delta $ 必须是一个平方数，使得 $ \Delta $ 的平方根为整数。

要使根为整数，判别式 $ \Delta $ 必须是一个平方数，使得 $ \Delta $ 的平方根为整数，且 $ - b \pm \sqrt{\Delta } $ 必须能被 $ {2a} $ 整除。

1.2. 判别式:

$ \Delta = {b}^{2} - {4ac} $ 称为判别式。

判别式	该二次方程具有
$ \Delta = 0 $	两个相等的实数解(重根)
$ \Delta > 0 $	两个不相等的实数解
$ \Delta < 0 $	无实数解

二次方程具有	判别式(Discriminant)
两个相等的实数解(重根)	$ \Delta = 0 $
两个不相等的实数解	$ \Delta > 0 $
无实数解	$ \Delta < 0 $

1.3. 韦达定理(Vieta's Theorem)

若 $ {x}_{1} $ 和 $ {x}_{2} $ 是二次方程 $ a{x}^{2} + {bx} + c = 0,\left( {a \neq 0}\right) $ 的两个根，

则 $ {x}_{1} + {x}_{2} = - \frac{b}{a} $ 和 $ {x}_{1} \cdot {x}_{2} = \frac{c}{a} $ 。

证明:

设 $ {x}_{1} $ 和 $ {x}_{2} $ 是二次方程 $ a{x}^{2} + {bx} + c = 0 $ 的两个根，其中 $ a \neq $

$ {x}_{1} = \frac{-b + \sqrt{{b}^{2} - {4ac}}}{2a},{x}_{2} = \frac{-b - \sqrt{{b}^{2} - {4ac}}}{2a}. $

将两个方程相加得到 $ {x}_{1} $ 与 $ {x}_{2} $ 的和:

\[ {x}_{1} + {x}_{2} = \frac{-b + \sqrt{{b}^{2} - {4ac}}}{2a} + \frac{-b - \sqrt{{b}^{2} - {4ac}}}{2a} = \frac{-{2b}}{2a} = - \frac{b}{a}. \]

将两个方程相乘得到 $ {x}_{1} $ 与 $ {x}_{2} $ 的积:

\[ {x}_{1} \cdot {x}_{2} = \frac{-b + \sqrt{{b}^{2} - {4ac}}}{2a} \cdot \frac{-b - \sqrt{{b}^{2} - {4ac}}}{2a} = \frac{{\left( -b\right) }^{2} - {\left( \sqrt{{b}^{2} - {4ac}}\right) }^{2}}{4{a}^{2}} = \frac{4ac}{4{a}^{2}} = \frac{c}{a}. \]

1.3.1. 韦达定理的另一种形式

\[ \left| {{x}_{2} - {x}_{1}}\right| = \frac{\sqrt{{b}^{2} - {4ac}}}{\left| a\right| }\text{, and}{x}_{2} - {x}_{1} = \frac{\sqrt{{b}^{2} - {4ac}}}{a} = \frac{\sqrt{\Delta }}{a}\left( {a > 0}\right) \text{.} \]

1.3.2. 韦达定理的常用形式

\[ {x}_{1}^{2} + {x}_{2}^{2} = {\left( {x}_{1} + {x}_{2}\right) }^{2} - 2{x}_{1}{x}_{2} \]

\[ {x}_{1}^{3} + {x}_{2}^{3} = \left( {{x}_{1} + {x}_{2}}\right) \left\lbrack {{\left( {x}_{1} + {x}_{2}\right) }^{2} - 3{x}_{1}{x}_{2}}\right\rbrack \]

\[ {\left( {x}_{1} - {x}_{2}\right) }^{2} = {\left( {x}_{1} + {x}_{2}\right) }^{2} - 4{x}_{1}{x}_{2} \]

\[ \frac{1}{{x}_{1}} + \frac{1}{{x}_{2}} = \frac{{x}_{1} + {x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}} \]

解题

1. 二次方程

例1.(2002 AMC 10 A)求 $ \left( {{2x} + 3}\right) \left( {x - 4}\right) $ $ + \left( {{2x} + 3}\right) \left( {x - 6}\right) = 0 $ 所有根的和。

(A) $ 7/2 $ (B) 4 (C) 5 (D) 7 (E) 13

解答:(A)。

方法1(官方解答):

因式分解得 $ \left( {{2x} + 3}\right) \left( {{2x} - {10}}\right) = 0 $ ，故两根为 $ - 3/2 $ 和5，其和为 $ 7/2 $ 。

方法二(我们的解法):

若 $ {2x} + 3 = 0 $ ，则 $ x = - 3/2 $ 。

若 $ {2x} + 3 \neq 0 $ ，我们将方程的每一项除以 $ {2x} + 3 $ ，得到: $ x - 4 + x - 6 $

$ = 0 $ ，或 $ {2x} = {10} $ 且 $ x = 5 $ 。

和为 $ - 3/2 + 5 = 7/2 $ 。

例2. 解 $ x : x\left( {x - c}\right) = 1 - c $ 。

(A) $ x = 1,1 - c\; $ (B) $ x = 1, c\; $ (C) $ x = - 1, c + 1 $ (D) $ x = 1, c - 1 $ 这些解:(D)。 $ {x}^{2} - {xc} + \left( {c - 1}\right) = 0 $

利用二次公式， $ x = \frac{c \pm \sqrt{{c}^{2} - 4\left( {c - 1}\right) }}{2} = \frac{c \pm \left( {c - 2}\right) }{2} = c - 1,1 $ 。

例3. 考虑 $ {x}^{2} + {px} + q = 0 $ ，其中 $ p $ 和 $ q $ 为有理数。若该方程的一个根为 $ \sqrt{5} - 2 $ ，则 $ p + q $ 的值为

(A) 3 (B) 5 (C) 2 (D) 4 (E) 7

解:(A)。

由于 $ \sqrt{5} - 2 $ 是方程的根，我们有 $ {\left( \sqrt{5} - 2\right) }^{2} + p\left( {\sqrt{5} - 2}\right) + q = 0 $ 。

$ \Rightarrow \left( {9 - {2p} + q}\right) + \left( {p - 4}\right) \sqrt{5} = 0 $ .

由于 $ p $ 和 $ q $ 为有理数，我们有

$ 9 - {2p} + q = 0 $ 和 $ p - 4 = 0 $

解得 $ p = 4 $ 和 $ q = - 1 $ 。答案为3。

例4.(2007 AMC 10 B)如图，一个半径为1的圆被4个半径为 $ r $ 的圆包围。 $ r $ 的值为多少？

(A) $ \sqrt{2} $ (B) $ 1 + \sqrt{2} $ (C) $ \sqrt{6} $ (D) 3 (E) $ 2 + \sqrt{2} $

解答:(B)。

方法1(官方解答):

连接大圆圆心构造正方形 $ {ABCD} $ ，如图所示，并考虑等腰直角 $ {\Delta BAD} $ 。由于 $ {AB} = {AD} = {2r} $ 且 $ {BD} = 2 + {2r} $ ，我们有 $ 2{\left( 2r\right) }^{2} = (2 + $ $ {2r}{)}^{2} $ 。于是 $ 1 + {2r} + {r}^{2} = 2{r}^{2} $ ；且 $ {r}^{2} - {2r} - 1 = 0 $ 。应用二次公式得 $ r = 1 + \sqrt{2} $ 。方法2(我们的解法):如图所示构造正方形 $ {ABCD} $ ，并考虑等腰直角 $ \bigtriangleup {ABC} $ 。

由于 $ {AB} = {BC} = r $ ，应用勾股定理，我们有 $ {AC} = \sqrt{2}r $ 。又知 $ {AC} = 1 + r $ 。于是 $ 1 + r = \sqrt{2}r $ ，且 $ r = 1 + \sqrt{2} $ 。

例5. 有多少个由五个连续整数组成的五元组满足前三个数的平方和等于后两个数的平方和？

(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) 4

解答:(C)。

设 $ x $ 为第二个数。

可列出如下方程:

$ {\left( x - 1\right) }^{2} + {\left( x\right) }^{2} + {\left( x + 1\right) }^{2} = {\left( x + 2\right) }^{2} + {\left( x + 3\right) }^{2}. $

化简后得到一个二次方程: $ {x}^{2} - {10x} - {11} = 0 \Rightarrow $ $ \left( {x - {10}}\right) \left( {x + 1}\right) = 0 $ 。

两个根为10和-1。

将 $ x = {10} $ 代入方程得到(10,11,12,13,14)。

将 $ x = - 1 $ 代入方程得到(-2,-1,0,1,2)。

答案为(C)。

例6. Alex和Bob同时从点 $ R $ 出发，方向相反。若Alex匀速走向点 $ Q $ ，Bob匀速走向点 $ S $ ，两人均在一小时内到达各自目的地。若Alex匀速走向点 $ S $ ，Bob匀速走向点 $ Q $ ，则Alex将在Bob到达 $ Q $ 后 $ {S35} $ 分钟到达。求两人速度之比。

(A) $ \frac{4}{3} $ (B) $ \frac{3}{4} $ (C) $ \frac{7}{12} $ (D) $ \frac{21}{1} $ (E) $ \frac{12}{7} $

解答:(B)。

设 $ {v}_{A} $ 为Alex的速度， $ {v}_{B} $ 为Bob的速度。设 $ {d}_{1} $ 为 $ {QR} $ 的距离， $ {d}_{2} $ 为 $ {RS} $ 的距离。

由图1可得 $ \frac{{d}_{1}}{{v}_{A}} = \frac{{d}_{2}}{{v}_{B}} = {60} $ (1)

由(1)得 $ {d}_{1} = {60}{v}_{A} $ (2)

且 $ {d}_{2} = {60}{v}_{B} $ (3)

图1

图2

由图2可得 $ \frac{{d}_{1}}{{v}_{B}} = \frac{{d}_{2}}{{v}_{A}} + {35} $ (4)

将(2)和(3)代入(4): $ \frac{{60}{v}_{B}}{{v}_{A}} = \frac{{60}{v}_{A}}{{v}_{B}} + {35} $ (5)

设 $ x = \frac{{v}_{A}}{{v}_{B}} $ ，则(5)变为: $ \frac{60}{x} = {60x} + {35}\; \Rightarrow {12}{x}^{2} + {7x} - {12} = 0 $ 。

利用二次公式，我们得到

$ {x}_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{{b}^{2} - {4ac}}}{2a} = \frac{-7 \pm \sqrt{{7}^{2} - 4 \times {12} \times {12}}}{2 \times {12}} = \frac{-7 \pm \sqrt{625}}{24} = \frac{-7 \pm {25}}{24}. $

因此 $ {x}_{1} = \frac{-7 + {25}}{24} = \frac{3}{4} $ ， $ {x}_{2} = \frac{-7 - {25}}{24} = - \frac{4}{3} $ (舍去)。

例7. 一艘观光船从华盛顿逆流而上到巴斯，

距离为16英里。返程顺流而下时，船速每小时快3英里。若返程用时16分钟，求船逆流而上的速度？

(A) 12 (B) 15 (C) 10 (D) 13 (E) 14

解:(A)。

设 $ x $ 为船逆流而上的速度。我们列出方程: $ \frac{16}{x + 3} = \frac{16}{x} - \frac{16}{60} \Rightarrow \;\frac{1}{x + 3} = \frac{1}{x} - \frac{1}{60} $ 将方程两边同乘 $ {60x}\left( {x + 3}\right) $ : $ {60x} = {60}\left( {x + 3}\right) - x\left( {x + 3}\right) \Rightarrow $ $ {60x} = {60x} + {180} - {x}^{2} - {3x} \Rightarrow {x}^{2} + {3x} - {180} = 0 \Rightarrow \left( {x - {12}}\right) \left( {x + {15}}\right) = 0 $ $ {x}_{1} = {12} $ 而 $ {x}_{2} = - {15} $ (舍去)。

	距离	速度	时间
上游	16	$ x $	$ \frac{16}{x} $
下游	16	$ x + 3 $	$ \frac{16}{x + 3} $

例8. 有多少个正整数 $ a $ 使得二次方程 $ a{x}^{2} + 2\left( {{2a} - 1}\right) x + 4\left( {a - 3}\right) = 0 $ 至少有一个整数解？

(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) 5

解答:(D)。

由二次公式， $ {x}_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{{b}^{2} - {4ac}}}{2a} = \frac{-\left( {{2a} - 1}\right) \pm \sqrt{{8a} + 1}}{a} $

$ = - 2 + \frac{1 \pm \sqrt{{8a} + 1}}{a} $ .

我们只需 $ \frac{1 \pm \sqrt{{8a} + 1}}{a} $ 为整数。于是有 $ 1 + \sqrt{{8a} + 1} \geq a $ (1)

或 $ 1 - \sqrt{{8a} + 1} \geq a $ (2)

对于(1)，我们有 $ \sqrt{{8a} + 1} \geq a - 1 \Rightarrow {8a} + 1 \geq {a}^{2} - {2a} + 1 \Rightarrow {a}^{2} - {10a} \leq 0 $

解不等式， $ 0 \leq a \leq {10} $ 。

当 $ a = 1,3,6 $ ，或 $ {10},\sqrt{{8a} + 1} $ 为平方数且两根之一为正整数。

对于(2)，我们有 $ \sqrt{{8a} + 1} \leq 1 - a $ 。由于 $ a $ 为正整数，(2)无解。

2. 韦达定理(Vieta's Theorem)

例9. 若1是 $ 4{x}^{2} - {11x} + 7 = 0 $ 的根，求第二根。

(A) $ 5/2 $ (B) 7/4 (C) 4 (D) $ 9/2 $ (E) 8

解答:(B)。

方法一:

设 $ {x}_{1} $ 为未知的第二根。

根据韦达定理(Vieta's Theorem)，两根之积等于

$ 1 \cdot {x}_{1} = \frac{7}{4} \Rightarrow {x}_{1} = \frac{7}{4} $ .

方法二:

设 $ {x}_{1} $ 为未知根。根据韦达定理(Vieta's Theorem)，两根之和等于 $ {x}_{1} + 1 = \frac{11}{4} \Rightarrow {x}_{1} = \frac{7}{4} $ 。

例10.(2002 AMC 10 B)设 $ a $ 和 $ b $ 为非零实数，且方程 $ {x}^{2} + {ax} + b = 0 $ 的解为 $ a $ 和 $ b $ 。则有序对(a, b)为？ (A)(-2,1) (B)(-1,2) (C)(1,-2) (D)(2,-1)

解答:(C)。

方法一(官方解答):

已知条件表明

$ {x}^{2} + {ax} + b = \left( {x - a}\right) \left( {x - b}\right) = {x}^{2} - {abx} + {ab} $ ，因此 $ a + b = - a $ 且 $ {ab} = b $ 。

由于 $ b \neq 0 $ ，第二个方程推出 $ a = 1 $ 。第一个方程给出 $ b = $ -2，于是 $ \left( {a, b}\right) = \left( {1, - 2}\right) $ 。

方法二(我们的解答):

根据韦达定理(Vieta's Theorem)，二次方程两根之和与积分别等于

\[ a + b = - \frac{a}{1} = - a \tag{1} \]

\[ {ab} = \frac{b}{1} = b \tag{2} \]

因 $ b $ 为非零实数，我们将 $ {ab} = b $ 两边同除以 $ b $ 得: $ a = 1 $ 将 $ a = 1 $ 代入(1)得: $ b = - 2 $ ，于是 $ \left( {a, b}\right) = \left( {1, - 2}\right) $ 。

例11.(2003 AMC 10A)设 $ d $ 和 $ e $ 为方程 $ 2{x}^{2} + {3x} - 5 = $ 0的解。求 $ \left( {d - 1}\right) \left( {e - 1}\right) $ 的值？

(A) $ - 5/2 $ (B)0 (C)3 (D)5 (E)6

解答:(B)。

方法一(官方解答):

自 $ 0 = 2{x}^{2} + {3x} - 5 = \left( {{2x} + 5}\right) \left( {x - 1}\right) $ 以来，我们已有 $ d = - \frac{5}{2} $ 和 $ e = 1 $ 。

因此 $ \left( {d - 1}\right) \left( {e - 1}\right) = 0 $ 。

方法2(官方解法):

若 $ x = d $ 和 $ x = e $ 是二次方程 $ a{x}^{2} + {bx} - c = 0 $ 的根，则

$ {de} = \frac{c}{a} $ 和 $ d + e = - \frac{b}{a}. $

对我们的方程而言，这意味着 $ \left( {d - 1}\right) \left( {e - 1}\right) = {de} - \left( {d + e}\right) + 1 = $

$ - \frac{5}{2} - \left( {-\frac{3}{2}}\right) + 1 = 0 $

方法3(我们的解法):

由二次公式， $ {x}_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{{b}^{2} - {4ac}}}{2a} = \frac{-3 \pm \sqrt{{3}^{2} - 4 \times 2 \times \left( {-5}\right) }}{2 \times 2} $

$ = \frac{-3 \pm 7}{4} $ .

因此 $ d = - \frac{5}{2} $ 和 $ e = 1.\left( {d - 1}\right) \left( {e - 1}\right) = 0 $ 。

例12.(2005 10 B)二次方程 $ {x}^{2} + {mx} + n = 0 $ 的根是 $ {x}^{2} + {px} + m = 0 $ 的根的两倍，且 $ m, n $ 、 $ p $ 均不为零。 $ n/p $ 的值是多少？

(A) 1 (B) 2 (C) 4 (D) 8 (E) 16

解答:(D)。

方法1(官方解法):

设 $ {r}_{1} $ 和 $ {r}_{2} $ 为 $ {x}^{2} + {px} + m = 0 $ 的根。则 $ 0 = {x}^{2} + {px} + n = \left( {x - {r}_{1}}\right) \left( {x - {r}_{2}}\right) = 0 $ ，故 $ m = {r}_{1}{r}_{2} $ 且 $ p = - \left( {{r}_{1} + {r}_{2}}\right) $ 。由于 $ {x}^{2} + {mx} + n = 0 $ 的根为 $ 2{r}_{1} $ 和 $ 2{r}_{2} $ ，我们还有

$ 0 = {x}^{2} + {mx} + n = \left( {x - 2{r}_{1}}\right) \left( {x - 2{r}_{2}}\right) $ ，因此 $ n = 4{r}_{1}{r}_{2} $ 且 $ m = - \left( {{r}_{1} + {r}_{2}}\right) $ 。

于是 $ n = {4m}, p = \frac{1}{2}m $ 且 $ \frac{n}{p} = \frac{4m}{\frac{1}{2}m} = 8 $ 。

方法二(我们的解法):

设 $ r $ 和 $ s $ 为 $ {x}^{2} + {px} + m = 0 $ 的根。

根据韦达定理(Vieta's Theorem)，

$ r + s = - \frac{p}{1} = - p $ (1)

且 $ {rs} = \frac{m}{1} = m $ (2)

设 $ {2r} $ 和 $ {2s} $ 为 $ {x}^{2} + {mx} + n = 0 $ 的根。

根据韦达定理(Vieta's Theorem)，(3)

且 $ \left( {2r}\right) \left( {2s}\right) = \frac{n}{1} = n\; \Rightarrow \;{rs} = \frac{n}{4} $ (4)

由(1)和(3)得 $ - p = - \frac{m}{2} \Rightarrow p = \frac{m}{2} $ (5)

由(2)和(4)得 $ m = \frac{n}{4} \Rightarrow n = {4m} $ (6)

(6) $ \div \left( 5\right) : \frac{n}{p} = \frac{4m}{\frac{m}{2}} = 8 $ .

例13.(2006年AMC 10B)设 $ a $ 和 $ b $ 为方程 $ {x}^{2} - {mx} + 2 $ $ = 0 $ 的根。假设 $ a + \left( {1/b}\right) $ 和 $ b + \left( {1/a}\right) $ 为方程 $ {x}^{2} - {px} + q $ $ = 0 $ 的根。求 $ q $ ？

(A) $ 5/2 $ (B) $ 7/2 $ (C)4(D) $ 9/2 $ (E)8

解答:(D)。

方法一(官方解法):

因为 $ a $ 和 $ b $ 是 $ {x}^{2} - {mx} + 2 = 0 $ 的根，所以

$ {x}^{2} - {mx} + 2 = \left( {x - a}\right) \left( {x - b}\right) $ 和 $ {ab} = 2 $ 。

同理， $ {x}^{2} - {px} + q $ 的常数项是 $ a + \left( {1/b}\right) $ 的乘积

并且 $ b + \left( {1/a}\right) $ ，所以 $ q = \left( {a + \frac{1}{b}}\right) \left( {b + \frac{1}{a}}\right) = {ab} + 1 + 1 + \frac{1}{ab} = \frac{9}{2} $ 。

方法2(我们的解法):

对于方程 $ {x}^{2} - {mx} + 2 = 0 $ ，根据韦达定理(Vieta’s Theorem)，

\[ a \times b = \frac{2}{1} = 2 \Rightarrow \;{ab} = 2 \tag{1} \]

对于方程 $ {x}^{2} - {px} + q = 0 $ ，根据韦达定理(Vieta’s Theorem)，

$ \left( {a + \frac{1}{b}}\right) \left( {b + \frac{1}{a}}\right) = \frac{q}{1} = q\; \Rightarrow \;{ab} + 1 + 1 + \frac{1}{ab} = q $ (2)

将(1)代入(2)得: $ q = 2 + 1 + 1 + \frac{1}{2} = \frac{9}{2} $ 。

例14. 若 $ {x}_{1} $ 和 $ {x}_{2} $ 是 $ {x}^{2} - \left( {k - 2}\right) x + \left( {{k}^{2} + {3k} + 5}\right) = 0.k $ 的两个实根且 $ {x}^{2} - \left( {k - 2}\right) x + \left( {{k}^{2} + {3k} + 5}\right) = 0.k $ 为实数，求 $ {x}_{1}^{2} + {x}_{2}^{2} $ 的最大可能值。

(A) 19 (B) 18 (C) $ 5\frac{5}{9} $ (D) 17 (E) 不存在

解答:(B)。

根据韦达定理(Vieta's Theorem):

\[ {x}_{1}^{2} + {x}_{2}^{2} = {\left( {x}_{1} + {x}_{2}\right) }^{2} - 2{x}_{1}{x}_{2} = {\left( k - 2\right) }^{2} - 2\left( {{k}^{2} + {3k} + 5}\right) \]

\[ = - {\left( k + 5\right) }^{2} + {19} \]

由于该方程有两个实根，二次方程的判别式必须大于或等于0，因此

$ \Delta = {\left( k - 2\right) }^{2} - 4\left( {{k}^{2} + {3k} + 5}\right) \geq 0 $

或 $ 3{k}^{2} + {16k} + {16} \leq 0 $ 。

解此不等式得: $ - 4 \leq k \leq - \frac{4}{3} $ 。

在此范围内， $ {x}_{1}^{2} + {x}_{2}^{2} $ 的最大值可通过令 $ k = - 4 $ 取得。因此 $ {x}_{1}^{2} + {x}_{2}^{2} = {18} $ 的最大可能值为(不是19！)。

例15. 设 $ {x}_{1} $ 和 $ {x}_{2} $ 是方程 $ {x}^{2} + x - 3 = 0 $ 的根，求 $ {x}_{1}^{3} - 4{x}_{2}^{2} + {19} $ 的值？

(A) -4 (B) 8 (C) 6 (D) 0 (E) 8

解答:(D)。

由于 $ {x}_{1} $ 和 $ {x}_{2} $ 是方程 $ {x}^{2} + x - 3 = 0 $ 的两个根，因此

$ {x}_{1}^{2} + {x}_{1} - 3 = 0\; \Rightarrow \;{x}_{1}^{2} = 3 - {x}_{1} $ (1)

$ {x}_{2}^{2} + {x}_{2} - 3 = 0\; \Rightarrow \;{x}_{2}^{2} = 3 - {x}_{2} $ (2)

根据韦达定理(Vieta's Theorem)，

$ {x}_{1} + {x}_{2} = - \frac{1}{1} = - 1 $ (3)

\[ {x}_{1}^{3} - 4{x}_{2}^{2} + {19} = {x}_{1}\left( {x}_{1}^{2}\right) - 4{x}_{2}^{2} + {19} = {x}_{1}\left( {3 - {x}_{1}}\right) - 4\left( {3 - {x}_{2}}\right) + {19} \]

\[ = 3{x}_{1} - {x}_{1}^{2} - {12} + 4{x}_{2} + {19} = 3{x}_{1} - \left( {3 - {x}_{1}}\right) + 4{x}_{2} + 7 \]

$ = 3{x}_{1} - 3 + {x}_{1} + 4{x}_{2} + 7 = 4{x}_{1} - 4{x}_{2} + 7 = 4\left( {{x}_{1} + {x}_{2}}\right) + 4 = 4\left( {-1}\right) + 4 = 0. $

3.判别式

例16. 有多少个整数 $ k $ 使得图像 $ y = {x}^{2} $ 与 $ y = {kx} - 1 $ 不相交？

(A) 3 (B) 4 (C) 1 (D) 2 (E) 0

解答:(A)。

将 $ y = {kx} - 1 $ 代入 $ y = {x}^{2} $ ，得到 $ {kx} - 1 = {x}^{2} \Rightarrow {x}^{2} - {kx} + 1 = 0 $ 。

由于图像 $ y = {x}^{2} $ 与 $ y = {kx} - 1 $ 不相交，必须对 $ {x}^{2} - {kx} + 1 = 0. $ 有 $ \Delta < 0 $ 。

于是得到 $ \Delta = {\left( -k\right) }^{2} - 4 \times 1 \times \left( 1\right) = {k}^{2} - 4 < 0 $ 。因此 $ - 2 < k < 2 $ 。

整数取值为-1、0和1。答案为(A)。

例17. 求最小的正整数 $ m $ ，使方程 $ {x}^{2} - 2\left( {m + 1}\right) x + {m}^{2} = 0 $ 有两个整数根。

(A) 4 (B) 6 (C) 12 (D) 24 (E) 40

解答:(A)。

由于方程 $ {x}^{2} - 2\left( {m + 1}\right) x + {m}^{2} = 0 $ 有两个整数根， $ \Delta $ 必须是一个完全平方数。

已知 $ \Delta = 4{\left( m + 1\right) }^{2} - 4{m}^{2} = 4\left( {{2m} + 1}\right) $ 。因此 $ {2m} + 1 $ 必须是一个完全平方数。

为了求 $ m,{2m} + 1 $ 的最小可能整数值， $ m,{2m} + 1 $ 必须是满足正整数 $ \mathrm{m} $ 的最小奇完全平方数。于是 $ {2m} + 1 = 9 $ 且 $ m = 4 $ 。

例18. 求 $ b $ 的值，使方程

$ 2{x}^{2} + \left( {a + 1}\right) x - \left( {3{a}^{2} - {4a} + b}\right) = 0 = 0 $ 有两个有理根。

(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 4 (E) 8

解答:(B)。

因为方程 $ 2{x}^{2} + \left( {a + 1}\right) x - \left( {3{a}^{2} - {4a} + b}\right) = 0 $ 有两个有理根， $ \Delta $ 必须是一个完全平方数。

所以 $ {\Delta }_{x} = {\left( a + 1\right) }^{2} + 8\left( {3{a}^{2} - {4a} + b}\right) = {25}{a}^{2} - {30a} + {8b} + 1 $ 必须是一个完全平方数。

由于 $ {25}{a}^{2} - {30a} + {8b} + 1 $ 是完全平方数，关于a的方程 $ {25}{a}^{2} - {30a} + {8b} + 1 = 0 $ 必有重根或 $ {\Delta }_{a} = {\left( -{90}\right) }^{2} - 4 \times {25} \times \left( {{8b} + 1}\right) = 0 $ 。解得 $ b = 1 $ 。

例19. 求 $ b $ 的值，使方程

$ m{x}^{2} - {4mx} + {4x} + 3{m}^{2} - {2m} + {4k} = 0 $ 有两个有理根。

(A) $ - 5/4 $ (B) $ 4/5 $ (C) $ - 2/3 $ (D) 4 (E) $ 5/6 $

解答:(B)。

所给方程可整理为 $ m{x}^{2} + 4\left( {1 - m}\right) x + \left( {3{m}^{2} - {2m} + {4k}}\right) = 0 $ 。由于方程有两个有理根， $ \Delta $ 必须是一个完全平方数。因此 $ {\Delta }_{x} = {\left\lbrack 4\left( 1 - m\right) \right\rbrack }^{2} - 4 \times 1 \times \left( {3{m}^{2} - {2m} + {4k}}\right) = 4\left( {{m}^{2} - {6m} - {4k} + 4}\right) $ 必须是一个完全平方数。

由于 $ 4\left( {{m}^{2} - {6m} - {4k} + 4}\right) $ 或 $ {m}^{2} - {6m} - {4k} + 4 $ 是完全平方数，关于 $ m $ 的方程 $ {m}^{2} - {6m} - {4k} + 4 = 0 $ 必有重根或

$ {\Delta }_{m} = {\left( -6\right) }^{2} - 4 \times 1 \times \left( {-{4k} + 4}\right) = 0. $

解得 $ k = - 5/4 $ 。

例20. 若 $ {\left( x - 3\right) }^{2} + {\left( y - 3\right) }^{2} = 6 \cdot x $ 和 $ y $ 为实数，求 $ \frac{y}{x} $ 的最大值与最小值之和。

(A) 6 (B) 4 (C) 2 (D) -1 (E) -3

答案:(A)。

令 $ \frac{y}{x} = k $ ，则 $ y = {kx} $ 。

将 $ y = {kx} $ 代入 $ {\left( x - 3\right) }^{2} + {\left( y - 3\right) }^{2} = 6 : {\left( x - 3\right) }^{2} + {\left( kx - 3\right) }^{2} = 6 $ 。

$ \left( {{k}^{2} + 1}\right) {x}^{2} - 6\left( {k + 1}\right) x + {12} = 0 $

$ \Delta = {36}{\left( k + 1\right) }^{2} - {48}\left( {k + 1}\right) \geq 0 $

\[ {k}^{2} - {6k} + 1 \leq 0 \]

$ \left\lbrack {k - \left( {3 - 2\sqrt{2}}\right) }\right\rbrack \cdot \left\lbrack {k - \left( {3 + 2\sqrt{2}}\right) }\right\rbrack \leq 0 $

$ 3 - 2\sqrt{2} \leq k \leq 3 + 2\sqrt{2} $

当 $ k = 3 - 2\sqrt{2}, x = \frac{6\left( {k + 1}\right) }{2\left( {{k}^{2} + 1}\right) } = 2 + \sqrt{2} $ 时，于是 $ {k}_{\min } = 3 - 2\sqrt{2} $

当 $ k = 3 + 2\sqrt{2}, x = \frac{6\left( {k + 1}\right) }{2\left( {{k}^{2} + 1}\right) } = 2 - \sqrt{2} $ 时，因此 $ {k}_{\max } = 3 + 2\sqrt{2} $ 。

例21.(2007年AMC 12 A卷第24题)有多少对正整数(a, b)

是否存在使得 $ \operatorname{GCD}\left( {a, b}\right) = 1 $ 和 $ \frac{a}{b} + \frac{14b}{9a} $ 为整数的情况？

(E) 无穷多个

解:(A)。

方法1(官方解法):

设 $ u = a/b $ 。则该问题等价于求所有正有理数

满足 $ u + \frac{14}{9u} = k $ 的数 $ u $ ，其中 $ k $ 为某个整数。

该方程等价于 $ 9{u}^{2} - {9uk} + {14} = 0 $ ，其解为

$ u = \frac{{9k} \pm \sqrt{{81}{k}^{2} - {504}}}{8} = \frac{k}{2} \pm \frac{1}{6}\sqrt{9{k}^{2} - {56}}. $

因此， $ \mathrm{u} $ 是有理数当且仅当 $ \sqrt{9{k}^{2} - {56}} $ 是有理数，这又当且仅当 $ 9{k}^{2} - {56} $ 是一个完全平方数。假设 $ 9{k}^{2} - {56} = {s}^{2} $ 对某个正整数 s 成立。那么 $ \left( {{3k} - s}\right) \left( {{3k} + s}\right) = {56} $ 。56 的因子只有 1,2,4,7,8,14,28 和 56，因此 $ \left( {{3k} - s,{3k} + s}\right) $ 是以下有序对之一: $ \left( {1,{56}}\right) ,\left( {2,{28}}\right) $ 、(4,14) 或 (7,8)。情况 (1,56) 和 (7,8) 不产生整数解。情况 (2,28) 和 (4,14) 分别给出 $ k = 5 $ 和 $ k = 3 $ 。如果 $ k = 5 $ ，则 $ u = 1/3 $ 或 $ u = {14}/3 $ 。如果 $ k = 3 $ ，则 $ u = 2/3 $ 或 $ u = 7/3 $ 。因此共有四对 (a, b) 满足给定条件，即 $ \left( {1,3}\right) ,\left( {2,3}\right) ,\left( {7,3}\right) $ 和 (14,3)。

方法2(我们的解决方案)

设 $ x = \frac{a}{b} $ 。问题转化为求所有正有理数 $ x $ ，使得存在某个正整数 $ n $ 满足 $ x + \frac{14}{9x} = n $ 。

该方程可改写为二次方程 $ 9{x}^{2} - {9xn} + {14} = 0 $ ，其判别式必须是一个完全平方数，才能使根 $ x $ 为有理数。

$ \Delta = {\left( -9n\right) }^{2} - 4 \times 9 \times {14} = {m}^{2} \Rightarrow 9{n}^{2} - 4 \times {14} = {m}^{2} \Rightarrow 9{n}^{2} - {m}^{2} = {2}^{3} \times 7 $

$ \Rightarrow \;\left( {{3n} - m}\right) \left( {{3n} + m}\right) = {2}^{3} \times 7 $

我们知道 $ {3n} - m $ 和 $ {3n} + m $ 的奇偶性相同，因此它们要么同为偶数，要么同为奇数；又因为它们的乘积为偶数，所以两者都应为偶数。我们还知道 $ {3n} - $ $ m < {3n} + m $ 。于是我们有

$ {3n} - m $ $ {3n} + m $

2 $ {2}^{2} $ $ {2}^{2} \times 7 $ $ 2 \times 7 $

这给出了 $ n $ 和 $ m : \left( {5,{13}}\right) $ 的两组值，以及(3,5)。将它们代入原二次方程 $ 9{x}^{2} - {9xn} + {14} = 0 $ 并解 $ x $ ，我们得到

\[ 9{x}^{2} - {9xn} + {14} = 0\; \Rightarrow \;9{x}^{2} - {45x} + {14} = 0\; \Rightarrow x = \frac{14}{3}\text{ or }x = \frac{1}{3}. \]

$ 9{x}^{2} - {9xn} + {14} = 0\; \Rightarrow \;9{x}^{2} - {27x} + {14} = 0\; \Rightarrow \;x = \frac{7}{3} $ 或 $ x = \frac{2}{3}. $

因此共有四组(a, b)满足给定条件，即 $ (1 $ 、 $ 3),\left( {2,3}\right) ,\left( {7,3}\right) $ 以及(14,3)。

问题

问题1. 求 $ \left( {x + 3}\right) \left( {{3x} - 4}\right) + \left( {x + 3}\right) \left( {x - 2}\right) = 0 $ 的所有根之和。

(A) $ - 3/2 $ (B) $ 9/2 $ (C) 5 (D) -3 (E) $ 1/3 $

问题2. 求 $ m $ 的值，使得 $ 3{x}^{2} + $ $ {mx} - {12} $ 的两根之差为5。

(A) 0 (B) $ \pm 4 $ (C) $ \pm 7 $ (D) $ \pm 9 $ (E) $ \pm 5 $

问题3. 设 $ {x}^{2} + {px} + q = 0 $ ，其中 $ p $ 和 $ q $ 为有理数。若该方程的一个根为 $ \sqrt{5} + 2 $ ，则 $ p + q $ 的值为

(A) -5 (B) -1 (C) -2 (D) -4 (E) 0

问题4.(欧拉谜题)艾米和贝齐去市场卖鸡蛋。她们各自带了自己的鸡蛋，共有100枚。卖完所有鸡蛋后，她们挣得的钱数相同。艾米对贝齐说:如果我当初有你那么多鸡蛋，我就能挣15美元。贝齐回答:如果我当初有你那么多鸡蛋，那我就能挣 $ \ $ 6\frac{2}{3} $ 美元。艾米带了多少枚鸡蛋？

(A) 60 (B) 40 (C) 70 (D) 30 (E) 50

问题5. 亚历克斯想在一个矩形泳池四周铺设一条等宽的裸露砾石边框。泳池长15英尺，宽4英尺。现有材料可覆盖40平方英尺。边框应设多宽？

(A) $ \frac{21}{2} $ (B) 1 (C) 2 (D) 5 (E) 10

问题6. 某晚，Alex 和 Bob 一起粉刷市中心一栋办公楼的办公室。若单独工作，Alex 比 Bob 少用 2 小时即可完成整项任务；若两人合作，则 6 小时可完工。问 Bob 单独完成整项任务所需的最小整数小时是多少？

(A) 1 (B) 5 (C) 10 (D) 13 (E) 14

问题7. 一支长 6 千米的队伍以 5 千米/小时的速度行进。Alex 从队首跑到队尾，再返回队首，共用时 30 分钟。求 Alex 的速度(单位:千米/小时)。

(A) 24 (B) 25 (C) 20 (D) 1 (E) 15

问题8. 对于多少个系数 a 的取值，方程 $ {x}^{2} + {ax} + 1 = 0 $ 与 $ {x}^{2} + x + a = 0 $ 存在公共实数解？

(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) 无穷多个

问题9. 若 $ \alpha $ 与 $ \beta $ 是方程的两个根，求 $ \frac{1}{{\alpha }^{2}} + \frac{1}{{\beta }^{2}} $ 。

$ 2{x}^{2} + {5x} - 3 = 0. $

(A) 37/9 (B) $ {25}/9 $ (C) $ 4/9 $ (D) $ 9/2 $ (E) $ {38}/9 $

问题10. (AMC) 设 $ {x}^{2} + {px} + q = 0 $ ，其中 $ p $ 与 $ q $ 为正数。若该方程的两根之差为 1，则 $ p $ 等于

(A) $ \sqrt{{4q} + 1} $ (B) $ q - 1 $ (C) $ - \sqrt{{4q} + 1} $ (D) $ q + 1 $ (E) $ \sqrt{{4q} - 1} $

问题11. (2003 AMC 10 A) 方程 $ \frac{2003}{2004}x + 1 + \frac{1}{x} = 0 $ 的根的倒数之和是多少？

问题12. (2005 AMC 10 A) 存在两个 a 值，使得方程 $ 4{x}^{2} + {ax} + {8x} + 9 = 0 $ 对 $ x $ 仅有一个解。求这两个 $ a $ 值之和。

(A) -16 (B) -8 (C) 0 (D) 8 (E) 20

问题13. 设 $ a $ 与 $ b $ 是方程 $ {x}^{2} - {mx} + 2 = 0 $ 的根，又设 $ a + \left( {1/b}\right) $ 与 $ b + \left( {1/a}\right) $ 是方程 $ {x}^{2} - {px} + q = 0 $ 的根。求 $ p $ 。

(A) $ {5m}/2 $ (B) $ {7m}/2 $ (C) $ {3m}/2 $ (D) $ {9m}/2 $ (E) $ {8m} $

问题14. 若 $ a \neq b,{a}^{2} - {3a} = 1 $ 且 $ {b}^{2} - {3b} = 1 $ ，求 $ \frac{b}{{a}^{2}} + \frac{a}{{b}^{2}} $ 。

(A) 24 (B) 28 (C) 36 (D) 40 (E) 48

问题15. 设 $ {x}_{1} $ 和 $ {x}_{2} $ 为方程 $ {x}^{2} + x - 9 = 0 $ 的根，求 $ {x}_{1}^{3} + {10}{x}_{2}^{2} + {1936} $ 的值。

问题16. 有多少个整数 $ k $ 使得图 $ y = {x}^{2} $ 与 $ y = {kx} - 1 $ 恰有一个交点？

(A) 1 (B) 4 (C) 5 (D) 2 (E) 0

问题17. (2002 AMC 10 A) 二次方程 $ {x}^{2} - {63x} + k $ $ = 0 $ 的两根均为质数，问 $ k $ 的可能取值有多少个？

(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 4 (E) 多于四个

问题18. 若 $ \frac{{x}^{2}}{4} + \frac{{y}^{2}}{9} = 1 $ ，求实数 $ x + y $ 的最大值。

问题19. 求正整数对(a, b)的个数，使得 $ \frac{a}{b} + \frac{15b}{4a} $ 为整数，且 $ a $ 与 $ b $ 互质。

(A) 4 (B) 6 (C) 9 (D) 12 (E) 无穷多

问题20. 若

$ y = \frac{2x}{{x}^{2} + x + 1} $ ，其中 $ x. $ 为实数，求 $ y = \frac{2x}{{x}^{2} + x + 1} $ 的最大值与最小值之和。

(A) $ - 4/3 $ (B) $ 4/3 $ (C) $ 2/3 $ (D) $ - 1/2 $ (E) -3

问题21. 有多少个整数 $ m $ 使得方程 $ 9{m}^{2} + {5m} + {26} $ 可表示为两个连续正整数的乘积。

(A) 6 (B) 4 (C) 5 (D) 2 (E) 0

问题22.(2004年中国中学生数学竞赛)求整数 $ n $ 的个数，使得 $ {x}^{2} - {6x} - 4{n}^{2} - {32n} = 0 $ 有两个整数根。

(A) 3 (B) 2 (C) 5 (D) 4 (E) 0

解答

问题1. 答案:(A)。

方法一:

因式分解得 $ \left( {x + 3}\right) \left( {{4x} - 6}\right) = 0 $ ，所以两根为-3和3/2，其和为

$ 7/2 $ .

方法二:

若 $ x + 3 = 0 $ ，则 $ x = - 3 $ 。

若 $ x + 3 \neq 0 $ ，我们将方程各项除以 $ x + 3 $ 得到: $ {3x} - 4 + x - 2 = $

0，或 $ {4x} = 6 $ 和 $ x = 3/2 $ 。

其和为 $ - 3 + 3/2 = - 3/2 $ 。

问题2. 答案:(D)。

方法一:

对于这个二次方程，我们希望以下等式成立

$ \frac{-B + \sqrt{{B}^{2} - {4AC}}}{2A} - \frac{-B - \sqrt{{B}^{2} - {4AC}}}{2A} = 5\; \Rightarrow \;\frac{\sqrt{{B}^{2} - {4AC}}}{A} = 5\; \Rightarrow $

\[ \frac{\sqrt{{m}^{2} + {144}}}{3} = 5\; \Rightarrow \;m = \pm 9. \]

方法二:

根据公式，我们有 $ 5 = \frac{\sqrt{{b}^{2} - {4ac}}}{\left| a\right| } = \frac{\sqrt{{m}^{2} - 4 \times 3\left( {-{12}}\right) }}{3} $

$ {15} = \sqrt{{m}^{2} - 4 \times 3\left( {-{12}}\right) } \Rightarrow \;{m}^{2} = {81} \Rightarrow m = \pm 9. $

问题3. 解答:(A)。

由于 $ \sqrt{5} + 2 $ 是该方程的根，因此有 $ {\left( \sqrt{5} + 2\right) }^{2} + p\left( {\sqrt{5} + 2}\right) + q = 0 $ 。

$ \Rightarrow \left( {9 + {2p} + q}\right) + \left( {p + 4}\right) \sqrt{5} = 0 $ .

由于 $ p $ 和 $ q $ 是有理数，我们有

\[ 9 + {2p} + q = 0 \]

\[ p + 4 = 0 \]

解得 $ p = - 4 $ 和 $ q = - 1 $ 。答案为-5。

问题4。解答:(B)。

设 $ x $ 为Amy的鸡蛋数量，则 $ {100} - x $ 为Betsy的鸡蛋数量。

如果Amy有 $ {100} - x $ 个鸡蛋，她就能得到 $ \ $ {15} $ 。因此，Amy的单价是 $ \frac{15}{{100} - x} $ 。

同样，Betsy的单价为 $ \frac{6\frac{2}{3}}{1x} = \frac{20}{3x} $ 。

艾米得到了 $ x \times \frac{15}{{100} - x} = \ $ \frac{15x}{{100} - x} $ 。

贝琪得到了 $ \left( {{100} - x}\right) \times \frac{20}{3x} = \ $ \frac{{20}\left( {{100} - x}\right) }{3x} $ 。

由于他们挣的钱一样多，我们有

\[ \frac{15x}{{100} - x} = \frac{{20}\left( {{100} - x}\right) }{3x}\; \Rightarrow {x}^{2} + {160x} - {8000} = 0. \]

解这个二次方程，我们得到: $ x = {40} $ 或 $ x = - {200} $ (舍去)。

问题5. 解答:(B)。

设 $ x $ 为边框的宽度，单位为英尺。

较大矩形的宽度为 $ 4 + {2x} $ ，较大矩形的长度为 $ {15} + {2x} $ 。

较大矩形的面积为 $ \left( {4 + {2x}}\right) \left( {{15} + {2x}}\right) $ 。泳池的面积为 $ {15} \times 4 $ $ = {60} $ 平方英尺。

边框的面积等于大矩形面积减去泳池面积，差值应为40平方英尺。

\[ \left( {4 + {2x}}\right) \left( {{15} + {2x}}\right) - {60} = {42} \Rightarrow {60} + {30x} + {8x} + 4{x}^{2} - {60} = {42} \]

\[ 4{x}^{2} + {38x} - {42} = 0\; \Rightarrow \;2{x}^{2} + {19x} - {21} = 0\; \Rightarrow \]

\[ \left( {x - 1}\right) \left( {x + \frac{21}{2}}\right) = 0. \]

解为1和 $ - \frac{21}{2} $ (舍去)。

问题6。解答:(E)。

设 $ x $ 为Bob单独完成工作所需的小时数， $ y $ 为Alex单独完成工作所需的小时数。

Alex单独完成工作比Bob少用2小时，因此有

$ y = x - 2 $ (1)

他们一起工作可在6小时内完成工作，因此有

\[ \left( {\frac{1}{y} + \frac{1}{x}}\right) \times 6 = 1 \tag{2} \]

将(1)代入(2): $ \left( {\frac{1}{x - 2} + \frac{1}{x}}\right) \times 6 = 1 $ (3)

方程(3)两边同乘 $ x\left( {x - 1}\right) $ : $ {6x} + 6\left( {x - 2}\right) = x\left( {x - 2}\right) \Rightarrow $

\[ {6x} + {6x} - {12} = {x}^{2} - {2x} \Rightarrow {12x} - {12} = {x}^{2} - {2x} \Rightarrow {x}^{2} - {14x} + {12} = 0 \]

\[ {x}_{1,2} = \frac{-\left( {-{14}}\right) \pm \sqrt{{\left( -{14}\right) }^{2} - 4 \times 1 \times {12}}}{2} = = \frac{{14} \pm \sqrt{148}}{2} = \frac{{14} \pm 2\sqrt{37}}{2} = 7 \pm \sqrt{37} \]

由于 $ x > 2, x = 7 + \sqrt{37} > 7 + 6 = {13} $ 。

因此 $ x $ 必为14小时。

问题7。解答:(B)。

设 $ x $ 为Alex的速度。

	距离	速度	时间
前端到末端	6	$ x + 5 $	$ \frac{6}{x + 5} $

从末端到前端

$ x - 5 $

$ \frac{6}{x - 5} $

我们列出方程: $ \frac{6}{x + 5} + \frac{6}{x - 5} = \frac{30}{60} \Rightarrow \frac{1}{x + 5} + \frac{1}{x - 5} = \frac{5}{60} \Rightarrow $

\[ \frac{1}{x + 5} + \frac{1}{x - 5} = \frac{1}{12} \]

将方程两边同乘以 $ {12}\left( {x - 5}\right) \left( {x + 5}\right) $ :

\[ {12}\left( {x - 5}\right) + {12}\left( {x + 5}\right) = \left( {x - 5}\right) \left( {x + 5}\right) \Rightarrow {12x} - {60} + {12x} + {60} = {x}^{2} - {25} \Rightarrow \]

\[ {x}^{2} - {24x} - {25} = 0 \Rightarrow \left( {x - {25}}\right) \left( {x + 1}\right) = 0 \]

$ {x}_{1} = {25} $ 与 $ {x}_{2} = - 1 $ (舍去)。

问题8。解答:(B)。

将第二个给定方程从第一个方程中减去，得到

$ {ax} - x - \left( {1 - a}\right) = 0 $ ，亦即 $ \left( {1 - a}\right) \left( {x - 1}\right) = 0 $ 。

因此， $ a = 1 $ 或 $ x = 1 $ 。

若 $ a = 1 $ ，则两个给定方程完全相同。

我们发现 $ \Delta = {b}^{2} - {4ac} = {1}^{2} - 4 \times 1 \times 1 = - 3 < 0 $ 。因此方程组无实

解。

若 $ x = 1 $ 是给定方程组的公共解，则有

\[ {x}^{2} + {ax} + 1 = 0\; \Rightarrow \;{1}^{2} + a \times 1 + 1 = 0\; \Rightarrow \;a = - 2. \]

$ {x}^{2} + x + a = 0\; \Rightarrow \;{1}^{2} + 1 + a = 0\; \Rightarrow \;a = - 2. $

于是可知，2是使给定方程组存在公共实解的唯一 $ a $ 值。

问题9。解答:(A)。

根据韦达定理(Vieta's Theorem)，该二次方程两根之和与积分别为

\[ \alpha + \beta = - \frac{5}{2},\alpha \cdot \beta = - \frac{3}{2}. \]

\[ \text{So}\frac{1}{\alpha } + \frac{1}{\beta } = \frac{-\frac{5}{2}}{-\frac{3}{2}} = \frac{5}{3}\text{and}\frac{1}{\alpha \beta } = - \frac{2}{3}\text{.} \]

\[ {\left( \frac{1}{\alpha }\right) }^{2} + {\left( \frac{1}{\beta }\right) }^{2} = {\left( \frac{1}{\alpha } + \frac{1}{\beta }\right) }^{2} - 2\frac{1}{\alpha } \cdot \frac{1}{\beta } = {\left( \frac{5}{3}\right) }^{2} - 2\left( {-\frac{2}{3}}\right) = \frac{37}{9} \]

问题10。解答:(A)。

方法1(官方解答):

将根记为 $ r $ 和 $ r + 1 $ 。它们的和为 $ - p = {2r} + 1 $ ，积为

$ q = r\left( {r + 1}\right) $ 。因此

\[ r = \frac{-p - 1}{2},\;r + 1 = \frac{-p + 1}{2}, \]

和

\[ q = r\left( {r + 1}\right) = \frac{\left( {-p - 1}\right) \left( {-p + 1}\right) }{2 \cdot 2} = \frac{{p}^{2} - 1}{4}; \]

\[ {p}^{2} = {4q} + 1\text{, and}p = \sqrt{{4q} + 1}\text{.} \]

方法2(我们的解决方案):

设 $ \alpha $ 和 $ \beta $ 为该方程的两个根。

根据韦达定理(Vieta's Theorem):

\[ \alpha + \beta = - p \tag{1} \]

\[ {\alpha \beta } = q \tag{2} \]

\[ \left| {\alpha - \beta }\right| = 1 \tag{3} \]

对式(3)两边平方:

\[ {\left| \alpha - \beta \right| }^{2} = 1\; \Rightarrow \;{\alpha }^{2} - {2\alpha \beta } + {\beta }^{2} = 1\; \Rightarrow \;{\left( \alpha + \beta \right) }^{2} - {4\alpha \beta } = 1 \tag{4} \]

将(1)和(2)代入(4): $ {\left( -p\right) }^{2} - {4q} = 1\; \Rightarrow \;{p}^{2} = {4q} + 1 $ 。

由于 $ p $ 为正， $ p = \sqrt{{4q} + 1} $ 。

方法3(我们的解决方案):

\[ {x}_{2} - {x}_{1} = \frac{\sqrt{{b}^{2} - {4ac}}}{a} = \frac{\sqrt{\Delta }}{a}\; \Rightarrow \;1 = \frac{\sqrt{{p}^{2} - 4 \cdot 1 \cdot q}}{1} \Rightarrow {p}^{2} - {4q} = 1 \]

由于 $ p $ 为正， $ p = \sqrt{{4q} + 1} $ 。

问题11。解答:(B)。

方法1(官方解法):

令 $ a = {2003}/{2004} $ 。给定方程等价于 $ a{x}^{2} + x + 1 = 0 $ 。

若该方程的根记为 $ r $ 和 $ s $ ，则

\[ {rs} = \frac{1}{a}\text{ and }r + s = - \frac{1}{a}\text{, so }\frac{1}{r} + \frac{1}{s} = \frac{r + s}{rs} = - 1\text{. } \]

方法二(官方解法):

若将 $ x $ 替换为 $ 1 = y $ ，则所得方程的根是原方程根的倒数。新方程为 $ {2003}/\left( {2004y}\right) + 1 + y = $ 0，等价于 $ {y}^{2} + y + {2003}/{2004} = 0 $ 。

该方程的根之和为 $ y $ -重合的相反数，即-1。

方法3(我们的解法):

我们将 $ \frac{2003}{2004}x + 1 + \frac{1}{x} = 0 $ 两边同乘 $ {2004x} $ ，得到

$ {2003}{x}^{2} + {2004x} + {2004} = 0. $

根据韦达定理(Vieta's Theorem)，

\[ {x}_{1} + {x}_{2} = - \frac{2004}{2003} \tag{1} \]

\[ {x}_{1}{x}_{2} = \frac{2004}{2003} \tag{2} \]

\[ \text{The answer is}\frac{1}{{x}_{1}} + \frac{1}{{x}_{2}} = \frac{{x}_{1} + {x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}} = \frac{\frac{2004}{2003}}{-\frac{2004}{2003}} = - 1\text{.} \]

问题12。解:(A)。方法1(官方解法):二次公式给出 $ {x}_{1} = \frac{-\left( {a + 8}\right) \pm \sqrt{{\left( a + 8\right) }^{2} - 4 \cdot 4 \cdot 9}}{2 \cdot 4} $ 。

当判别式的值

为零时，即当 $ {\left( a + 8\right) }^{2} - {144} = 0 $ 时，方程恰有一解。

这意味着 $ a + 8 = \pm {12} $ 。于是 $ a = - {20} $ 或 $ a = 4 $ ，其和为-16。

方法2(我们的解法):

设 $ r $ 为 $ 4{x}^{2} + {ax} + {8x} + 9 = 0 $ 的重根。

根据韦达定理(Vieta's Theorem)，

$ r + r = - \frac{a + 8}{4}\; \Rightarrow \;r = - \frac{a}{8} - 1 $ (1)

且 $ r \times r = \frac{9}{4} \Rightarrow \;r = \pm \frac{3}{2} $ (2)

当 $ r = \frac{3}{2},\left( 1\right) $ 变为 $ \frac{3}{2} = - \frac{a}{8} - 1\; \Rightarrow \;a = - {20} $ 时

当 $ r = - \frac{3}{2},\left( 1\right) $ 变为 $ - \frac{3}{2} = - \frac{a}{8} - 1\; \Rightarrow \;a = 4 $ 。

其和为-16。

问题13。解答:(D)。

对于方程 $ {x}^{2} - {mx} + 2 = 0 $ ，根据韦达定理(Vieta’s Theorem)，

\[ a + b = - \frac{\left( -m\right) }{1} = m \tag{1} \]

且 $ a \times b = \frac{2}{1} = 2\; \Rightarrow \;{ab} = 2 $ (2)

对于方程 $ {x}^{2} - {px} + q = 0 $ ，根据韦达定理(Vieta’s Theorem)，

\[ a + \frac{1}{b} + b + \frac{1}{b} = - \frac{\left( -p\right) }{1} = p\; \Rightarrow \;a + b + \frac{a + b}{ab} = p \tag{3} \]

将(1)和(2)代入(3): $ p = m + \frac{m}{2} = \frac{3m}{2} $ 。

问题14。解答:(C)。

由于 $ {a}^{2} - {3a} = 1 $ 可写成 $ {a}^{2} - {3a} - 1 = 0 $ ，且 $ {b}^{2} - {3b} = 1 $ 可写成

$ {b}^{2} - {3b} - 1 = 0 $ ，因此 $ a $ 和 $ b $ 是二次方程

$ {x}^{2} - {3x} - 1 = 0 $ 的两个根。该二次方程的判别式为

$ \Delta = {\left( -3\right) }^{2} - 4 \times \left( {-1}\right) = {13} > 0 $ ，故两个根亦为实数。

于是，根据韦达定理(Vieta’s Theorem)， $ a + b = 3 $ 且 $ {ab} = - 1 $ 。

因此， $ \frac{b}{{a}^{2}} + \frac{a}{{b}^{2}} = \frac{{a}^{3} + {b}^{3}}{{\left( ab\right) }^{2}} = {a}^{3} + {b}^{3} = \left( {a + b}\right) \left( {{a}^{2} - {ab} + {b}^{2}}\right) $

$ = \left( {a + b}\right) \left\lbrack {{\left( a + b\right) }^{2} - {3ab}}\right\rbrack = 3\left( {{3}^{2} + 3}\right) = {36} $ .

问题15。解答:(D)。

由于 $ {x}_{1} $ 和 $ {x}_{2} $ 是方程 $ {x}^{2} + x - 9 = 0 $ 的两个根，我们有

\[ {x}_{1}^{2} + {x}_{1} - 9 = 0\; \Rightarrow \;{x}_{1}^{2} = 9 - {x}_{1} \tag{1} \]

\[ {x}_{2}^{2} + {x}_{2} - 9 = 0\; \Rightarrow \;{x}_{2}^{2} = 9 - {x}_{2} \tag{2} \]

根据韦达定理(Vieta's Theorem)，

\[ {x}_{2} - {x}_{1} = \frac{\sqrt{{b}^{2} - {4ac}}}{a} = \sqrt{{1}^{2} - 4 \times 1 \times \left( {-6}\right) } = \sqrt{37} \]

\[ {x}_{1}^{3} + {10}{x}_{2}^{2} + {1936} = {x}_{1}\left( {x}_{1}^{2}\right) + {10}{x}_{2}^{2} + {1936} = {x}_{1}\left( {9 - {x}_{1}}\right) + {10}\left( {9 - {x}_{2}}\right) + {1936} \]

\[ = 9{x}_{1} - {x}_{1}^{2} + {90} - {10}{x}_{2} + {1936} = 9{x}_{1} - \left( {9 - {x}_{1}}\right) - {10}{x}_{2} + {2026} \]

\[ = 9{x}_{1} - 9 + {x}_{1} - {10}{x}_{2} + {2026} \]

\[ = {10}{x}_{1} - {10}{x}_{2} + {2026} = {10}\left( {{x}_{1} - {x}_{2}}\right) + {2026} = {10}\left( {-1}\right) + {2026} = {2016}\text{.} \]

问题16。解答:(D)。

将 $ y = {kx} - 1 $ 代入 $ y = {x}^{2} $ ，我们得到 $ {kx} - 1 = {x}^{2} \Rightarrow {x}^{2} - {kx} + 1 = 0 $ 。

$ \Delta $ 必须为零，才能使 $ {x}^{2} - {kx} + 1 = 0 $ 成立。

因此我们有 $ \Delta = {\left( -k\right) }^{2} - 4 \times 1 \times \left( 1\right) = {k}^{2} - 4 = 0 $ 。于是 $ k = 2 $ 或 $ k = - 2 $ 。

问题17。解答:(B)。

方法1(官方解答):

设 $ p $ 和 $ q $ 是方程 $ {x}^{2} - {63x} + k = 0 $ 的两个素数根，则

\[ {x}^{2} - {63x} + k = \left( {x - p}\right) \left( {x - q}\right) = {x}^{2} - \left( {p + q}\right) x + p \cdot q, \]

于是 $ p + q = {63} $ 和 $ p \cdot q = k $ 。由于63为奇数，其中一个素数必为

2，另一个为61。因此 $ k $ 有且仅有一个可能值，即

$ k = p \cdot q = 2 \cdot \;{61} = {122}. $

方法2(我们的解答):

由于该二次方程的两个根均为素数，可知

判别式为完全平方数。因此我们有

$ \Delta = {m}^{2} $ 或 $ {\left( -{63}\right) }^{2} - {4k} = {m}^{2}\; \Rightarrow \;{63}^{2} - {m}^{2} = {4k} \Rightarrow \left( {{63} - m}\right) \left( {{63} + m}\right) = {4k} $

已知(63 - m)与 $ \left( {{63} + m}\right) $ 同奇偶，故二者必均为偶数。

我们有

\[ \left. \begin{array}{l} {63} - m = 2 \\ {63} + m = {2k} \end{array}\right\} \]

$ k = {62} $ .

解 $ x $ 得 $ x = {62} $ 和 $ x = 1 $ (均非素数)。

$ k = {122} $ .

解 $ x $ 得 $ x = {61} $ 和 $ x = 2 $ (均为素数)。

问题18. 解答: $ \sqrt{13} $ 。

方法一:

设 $ x + y = z \Rightarrow y = z - x $ 。

将 $ z - x $ 以 $ y $ 代入 $ \frac{{x}^{2}}{4} + \frac{{y}^{2}}{9} = 1 $ 得 $ 9{x}^{2} + 4{\left( z - x\right) }^{2} - {36} = 0 $ ，或

$ {13}{x}^{2} - {8zx} + 4{z}^{2} - {36} = 0. $

由于 $ x $ 与 $ z $ 为实数，

$ \Delta = {64}{z}^{2} - 4 \times {13}\left( {4{z}^{2} - {36}}\right) \geq 0 $

$ {z}^{2} \leq {13} \Rightarrow - \sqrt{13} \leq z \leq \sqrt{13} $

$ z = x + y $ 的最大值为 $ \sqrt{13} $ 。

当 $ x = \frac{4}{\sqrt{13}} $ 且 $ y = \frac{9}{\sqrt{13}} $ 时，可取得该值。

问题19. 解答:(A)。

设 $ x = \frac{a}{b} $ 。我们只需找出所有满足下式的正有理数 $ x $ :

$ x + \frac{15}{4x} = n $ ，其中 $ n. $ 为某整数

将方程改写为 $ 4{x}^{2} - {4xn} + {15} = 0 $ 。由于 $ x $ 为有理数，判别式必须是一个完全平方数。

\[ \Delta = {\left( -4n\right) }^{2} - 4 \times 4 \times {15} = {16}\left( {{n}^{2} - {15}}\right) . \]

于是 $ {n}^{2} - {15} = {m}^{2} \Rightarrow {n}^{2} - {m}^{2} = {15} $ 。

$ \Rightarrow \;\left( {n - m}\right) \left( {n + m}\right) = 1 \times {15} = 3 \times 5 $

$ n - m\;n + m $

1 15

3 5

解该方程组，我们得到 $ n : 4 $ 的两个值以及8。将它们代入 $ 4{x}^{2} - {4xn} + {15} = 0 $ ，得到:

\[ 4{x}^{2} - {32x} + {15} = 0 \Rightarrow x = \frac{15}{2}\text{ or }x = \frac{1}{2}; \]

\[ 4{x}^{2} - {16x} + {15} = 0 \Rightarrow x = \frac{5}{2}\text{ or }x = \frac{3}{2}. \]

因此共有四组(a, b)满足给定条件，即(15, $ 2),\left( {1,2}\right) ,\left( {5,2}\right) $ ，以及(3,2)。

问题20. 解答:(A)。

该函数可改写为 $ y\left( {{x}^{2} + x + 1}\right) = {2x} $ ，或 $ y{x}^{2} + \left( {y - 2}\right) x + y = 0 $ ，这是关于 $ x $ 的一个二次函数。

由于 $ x $ 已知为实数，该二次方程的判别式 $ \Delta = {\left( y - 2\right) }^{2} - 4{y}^{2} \geq 0 $ 。可将其整理为

\[ 3{y}^{2} + {4y} - 4 \leq 0\; \Rightarrow \;\left( {{3y} - 2}\right) \left( {y + 2}\right) \leq 0\; \Rightarrow \; - 2 \leq y \leq \frac{2}{3}. \]

\[ \text{When}y = - 2, x = \frac{2 - y}{2y} = - 1\text{. So}{y}_{\min } = - 2 \]

\[ \text{When}y = \frac{2}{3}, x = \frac{2 - y}{2y} = 1\text{. So}{y}_{\max } = \frac{2}{3}\text{.} \]

第21题。解答:(B)。

我们想求出所有满足 $ 9{m}^{2} + {5m} + {26} = k\left( {k - 1}\right) $ 的 $ \mathrm{m} $ 值，其中 $ k \geq $ 2。

$ 9{m}^{2} + {5m} - \left( {{k}^{2} - k - {26}}\right) = 0 $ 是关于 $ m $ 的一个二次方程。

由于 $ m $ 为整数， $ \Delta $ 必须是一个完全平方数。

因此 $ {\Delta }_{m} = {5}^{2} + 4 \times 9 \times \left( {{k}^{2} - k - {26}}\right) = {36}{k}^{2} - {36k} - {911} $ 必须是一个完全平方数。于是 $ {36}{k}^{2} - {36k} - {911} = {p}^{2} $ ( $ p $ 为正整数)。

由于 $ k $ 为正整数， $ {36}{k}^{2} - {36k} - {911} - {p}^{2} = 0,\Delta $ 必须是一个完全平方数。

因此 $ {\Delta }_{k} = {36}^{2} + 4 \times {36} \times \left( {{p}^{2} + {911}}\right) = {12}^{2}\left( {{p}^{2} + {920}}\right) $ 或 $ \left( {{p}^{2} + {920}}\right) $ 必须是一个完全平方数。于是 $ {p}^{2} + {920} = {q}^{2} $ ( $ q $ 为正整数)。

\[ \Rightarrow {q}^{2} - {p}^{2} = {920} \Rightarrow \left( {q - p}\right) \left( {q + p}\right) = {920}\text{.} \]

我们知道(q - p)与 $ \left( {q + p}\right) $ 同奇偶。因此两者均为偶数，且 $ \left( {q - p}\right) < \left( {q + p}\right) $ 。

于是我们有

\[ \left. \begin{array}{l} \left( {q - p}\right) = 2 \\ \left( {q + p}\right) = {460} \end{array}\right\} \; \Rightarrow \;p = {229}, q = {231} \]

\[ \left. \begin{array}{l} \left( {q - p}\right) = 4 \\ \left( {q + p}\right) = {230} \end{array}\right\} \; \Rightarrow \;p = {113}, q = {117} \]

\[ \left. \begin{array}{l} \left( {q - p}\right) = {10} \\ \left( {q + p}\right) = {92} \end{array}\right\} \; \Rightarrow \;p = {41}, q = {51} \]

\[ \left. \begin{array}{l} \left( {q - p}\right) = {20} \\ \left( {q + p}\right) = {46} \end{array}\right\} \; \Rightarrow \;p = {13}, q = {33} \]

由此得到 $ k $ 的值和 $ m = - 1,{2.6} $ 的值，以及-13。答案为(B)。

第22题。解答:(D)。

方法一:由于关于 $ x $ 的二次方程的根为整数，其判别式

$ \Delta = {\left( -6\right) }^{2} - 4\left( {-4{n}^{2} - {32n}}\right) = {2}^{2}\left( {4{n}^{2} + {32n} + 9}\right) $ 必须是一个完全平方数，或

$ 4{n}^{2} + {32n} + 9 $ 必须是一个完全平方数。

设 $ 4{n}^{2} + {32n} + 9 = {m}^{2} $ ，其中 $ m > 0 $ 。

因式分解得到

$ \left( {{2n} + 8 + m}\right) \left( {{2n} + 8 - m}\right) = {55} $ .

由于 $ {55} = 1 \times {55} = 5 \times {11} = \left( {-1}\right) \times \left( {-{55}}\right) = \left( {-5}\right) \times \left( {-{11}}\right) $ ， $ n $ 的取值为

$ {n}_{1} = {10},{n}_{2} = 0,{n}_{3} = - {18},{n}_{4} = - 8 $ .

必须检查 $ n $ 的全部四个取值，因为 $ - 6 \pm \sqrt{\Delta } $ 必须能被2整除，才能使两个根为整数。

当 $ n = {10},{x}^{2} - {6x} - 4{n}^{2} - {32n} = 0 $ 变为 $ {x}^{2} - {6x} - {720} = 0 $ 时，两个根为 $ \frac{-6 \pm \sqrt{{36} + 4 \times {720}}}{2} = \frac{-6 \pm {54}}{2} = {24}, - {30} $ 。

同理，对于 $ {n}_{2} = 0,{n}_{3} = - {18},{n}_{4} = - 8 $ ，根也是整数，共有4个 $ n $ 。

方法二:

由于方程的根为整数，二次式 $ \Delta = $ $ {\left( -6\right) }^{2} - 4\left( {-4{n}^{2} - {32n}}\right) = {2}^{2}\left( {4{n}^{2} + {32n} + 9}\right) $ 的判别式必须是一个完全平方数，即 $ 4{n}^{2} + {32n} + 9 $ 必须为完全平方数。

设 $ 4{n}^{2} + {32n} + 9 = {m}^{2} $ ，其中 $ m > 0\; \Rightarrow \;4{n}^{2} + {32n} + 9 - {m}^{2} = 0 $

由于 $ n $ 为整数， $ 4{n}^{2} + {32n} + 9 - {m}^{2} = 0 $ 关于 $ n $ 的判别式必须为完全平方数:

$ \Delta = {32}^{2} - 4 \times 4 \times \left( {9 - {m}^{2}}\right) = {4}^{2}\left( {{m}^{2} + {55}}\right) $

或 $ {m}^{2} + {55} $ 必须为完全平方数。

设 $ {m}^{2} + {55} = {s}^{2} $ ，其中 $ s > 0 $ 。

该方程可改写为

$ {s}^{2} - {m}^{2} = {55} \Rightarrow \left( {s - m}\right) \left( {s + m}\right) = 1 \times {55} = 5 \times {11} = \left( {-1}\right) \left( {-{55}}\right) = \left( {-5}\right) \left( {-{11}}\right) $ .

于是 $ m $ 有4个取值: $ 3, - 7,{27}, - {27} $ 。由于 $ m > 0 $ ，可排除-7与-27，

剩下 $ m = {27} $ 或 $ m = 3 $ 。

当 $ m = 3 $ 时，

$ 4{n}^{2} + {32n} + 9 - {3}^{2} = 0 \Rightarrow 4{n}^{2} + {32n} = 0\; \Rightarrow \;{4n}\left( {n + 8}\right) = 0 $

$ n = 0 $ 或 $ n = - 8 $ 。

当 $ m = {27} $ 时，

$ 4{n}^{2} + {32n} + 9 - {27}^{2} = 0 \Rightarrow 4{n}^{2} + {32n} - {720} = 0\; \Rightarrow \;{4n}\left( {n + 8}\right) = 0 $

$ n = {10} $ 或 $ n = - {18} $ 。

$ n $ 共有4个取值。

AMC10经典培训教材 - 数学 (10)

第14章 · 二次方程

基础知识

1.1. 二次公式与判别式:

1.2. 判别式:

1.3. 韦达定理(Vieta's Theorem)

证明:

1.3.2. 韦达定理的常用形式

解题

1. 二次方程

2. 韦达定理(Vieta's Theorem)

3.判别式

问题

解答

问题1. 答案:(A)。

问题15。解答:(D)。

问题19. 解答:(A)。

第22题。解答:(D)。

判别式	该二次方程具有
\( \Delta = 0 \)	两个相等的实数解(重根)
\( \Delta > 0 \)	两个不相等的实数解
\( \Delta < 0 \)	无实数解