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15. 若已知方程$x^{2}-3x+2= 0的两根是x_{1},x_{2}$,则$\frac {1}{x_{1}}+\frac {1}{x_{2}}= $
$\frac{3}{2}$
.答案
由于本题为填空题，答案应填为：$\frac{3}{2}$（或1.5，若以小数形式表示）。
解析
根据二次方程的性质，对于方程 $ax^{2} + bx + c = 0$，其两根 $x_{1}$ 和 $x_{2}$ 满足：
$x_{1} + x_{2} = -\frac{b}{a}$
$x_{1}x_{2} = \frac{c}{a}$
对于给定的方程 $x^{2} - 3x + 2 = 0$，有：
$a = 1, b = -3, c = 2$
所以：
$x_{1} + x_{2} = -\frac{-3}{1} = 3$
$x_{1}x_{2} = \frac{2}{1} = 2$
接下来，我们要求 $\frac{1}{x_{1}} + \frac{1}{x_{2}}$，根据分数的加法法则，有：
$\frac{1}{x_{1}} + \frac{1}{x_{2}} = \frac{x_{1} + x_{2}}{x_{1}x_{2}}$
代入 $x_{1} + x_{2} = 3$ 和 $x_{1}x_{2} = 2$，得：
$\frac{1}{x_{1}} + \frac{1}{x_{2}} = \frac{3}{2}$
$x_{1} + x_{2} = -\frac{b}{a}$
$x_{1}x_{2} = \frac{c}{a}$
对于给定的方程 $x^{2} - 3x + 2 = 0$，有：
$a = 1, b = -3, c = 2$
所以：
$x_{1} + x_{2} = -\frac{-3}{1} = 3$
$x_{1}x_{2} = \frac{2}{1} = 2$
接下来，我们要求 $\frac{1}{x_{1}} + \frac{1}{x_{2}}$，根据分数的加法法则，有：
$\frac{1}{x_{1}} + \frac{1}{x_{2}} = \frac{x_{1} + x_{2}}{x_{1}x_{2}}$
代入 $x_{1} + x_{2} = 3$ 和 $x_{1}x_{2} = 2$，得：
$\frac{1}{x_{1}} + \frac{1}{x_{2}} = \frac{3}{2}$
16. 在$\triangle ABC$中,若$∠A,∠B满足|cosA-\frac {\sqrt {3}}{2}|+(1-tanB)^{2}= 0$,则$∠C= $
$105^{\circ}$
.答案
1. 首先，根据绝对值与平方数的非负性：
因为$\vert\cos A - \frac{\sqrt{3}}{2}\vert+(1 - \tan B)^{2}=0$，且$\vert\cos A-\frac{\sqrt{3}}{2}\vert\geq0$，$(1 - \tan B)^{2}\geq0$。
所以$\vert\cos A-\frac{\sqrt{3}}{2}\vert = 0$且$(1 - \tan B)^{2}=0$。
2. 然后，求解$\angle A$和$\angle B$：
由$\vert\cos A-\frac{\sqrt{3}}{2}\vert = 0$，可得$\cos A=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
根据特殊角的三角函数值，$\cos30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\angle A = 30^{\circ}$。
由$(1 - \tan B)^{2}=0$，可得$1-\tan B = 0$，即$\tan B = 1$。
根据特殊角的三角函数值，$\tan45^{\circ}=1$，所以$\angle B = 45^{\circ}$。
3. 最后，根据三角形内角和定理$\angle A+\angle B+\angle C = 180^{\circ}$：
则$\angle C=180^{\circ}-\angle A-\angle B$。
把$\angle A = 30^{\circ}$，$\angle B = 45^{\circ}$代入可得：$\angle C=180^{\circ}-30^{\circ}-45^{\circ}=105^{\circ}$。
故答案为$105^{\circ}$。
因为$\vert\cos A - \frac{\sqrt{3}}{2}\vert+(1 - \tan B)^{2}=0$，且$\vert\cos A-\frac{\sqrt{3}}{2}\vert\geq0$，$(1 - \tan B)^{2}\geq0$。
所以$\vert\cos A-\frac{\sqrt{3}}{2}\vert = 0$且$(1 - \tan B)^{2}=0$。
2. 然后，求解$\angle A$和$\angle B$：
由$\vert\cos A-\frac{\sqrt{3}}{2}\vert = 0$，可得$\cos A=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
根据特殊角的三角函数值，$\cos30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\angle A = 30^{\circ}$。
由$(1 - \tan B)^{2}=0$，可得$1-\tan B = 0$，即$\tan B = 1$。
根据特殊角的三角函数值，$\tan45^{\circ}=1$，所以$\angle B = 45^{\circ}$。
3. 最后，根据三角形内角和定理$\angle A+\angle B+\angle C = 180^{\circ}$：
则$\angle C=180^{\circ}-\angle A-\angle B$。
把$\angle A = 30^{\circ}$，$\angle B = 45^{\circ}$代入可得：$\angle C=180^{\circ}-30^{\circ}-45^{\circ}=105^{\circ}$。
故答案为$105^{\circ}$。
17. 将4个数a,b,c,d排成2行2列,记成$\begin{vmatrix} a&b\\ c&d\end{vmatrix} = ad-bc$,若$\begin{vmatrix} x+1&x+1\\ 2&x-1\end{vmatrix} = 5$,则$x= $
4或-2
.答案
根据定义有：
$\begin{vmatrix} x+1 &x+1\\ 2&x-1 \end{vmatrix} = (x + 1)(x - 1) - 2(x + 1) = 5$，
去括号得：
$x^{2} - 1 - 2x - 2 = 5$，
移项、合并同类项得：
$x^{2} - 2x - 8 = 0$，
因式分解该二次方程，得到：
$(x - 4)(x + 2) = 0$，
解得：
$x_{1} = 4$，
$x_{2} = -2$。
故答案为：$4$或$-2$。
$\begin{vmatrix} x+1 &x+1\\ 2&x-1 \end{vmatrix} = (x + 1)(x - 1) - 2(x + 1) = 5$，
去括号得：
$x^{2} - 1 - 2x - 2 = 5$，
移项、合并同类项得：
$x^{2} - 2x - 8 = 0$，
因式分解该二次方程，得到：
$(x - 4)(x + 2) = 0$，
解得：
$x_{1} = 4$，
$x_{2} = -2$。
故答案为：$4$或$-2$。
18. 如图,在正方形$ABCB_{1}$中,$AB= 1$,AB与直线l的夹角为$30^{\circ }$,延长$CB_{1}$交直线l于点$A_{1}$,作正方形$A_{1}B_{1}C_{1}B_{2}$,延长$C_{1}B_{2}$交直线l于点$A_{2}$,作正方形$A_{2}B_{2}C_{2}B_{3}$,延长$C_{2}B_{3}$交直线l于点$A_{3}$,作正方形$A_{3}B_{3}C_{3}B_{4}$……依此规律,则$A_{2024}A_{2025}= $
$ 2(2 + \sqrt{3})^{2024} $
.答案
$ 2(2 + \sqrt{3})^{2024} $
解析
解答过程：
1. 初始分析与坐标系建立
设直线$ l $为x轴，点$ A $在x轴上，$ AB $与$ l $夹角为$ 30^\circ $，$ AB = 1 $。通过坐标计算与几何关系，确定第一个正方形$ ABCB_1 $中，延长$ CB_1 $交$ l $于$ A_1 $，求得$ A_1A = 2 $。
2. 边长与距离规律推导
第一个正方形边长$ AB = 1 $，对应距离$ A_1A = 2 $。第二个正方形$ A_1B_1C_1B_2 $中，边长$ A_1B_1 = 2 + \sqrt{3} $（通过两点间距离公式求得），且$ A_1B_1 $与$ l $夹角仍为$ 30^\circ $，重复上述过程得$ A_2A_1 = 2(2 + \sqrt{3}) $。
3. 等比数列规律
距离序列$ A_nA_{n+1} $构成首项$ d_0 = 2 $、公比$ q = 2 + \sqrt{3} $的等比数列，通项公式为$ d_n = 2(2 + \sqrt{3})^n $。
4. 计算$ A_{2024}A_{2025} $
当$ n = 2024 $时，$ A_{2024}A_{2025} = 2(2 + \sqrt{3})^{2024} $。
1. 初始分析与坐标系建立
设直线$ l $为x轴，点$ A $在x轴上，$ AB $与$ l $夹角为$ 30^\circ $，$ AB = 1 $。通过坐标计算与几何关系，确定第一个正方形$ ABCB_1 $中，延长$ CB_1 $交$ l $于$ A_1 $，求得$ A_1A = 2 $。
2. 边长与距离规律推导
第一个正方形边长$ AB = 1 $，对应距离$ A_1A = 2 $。第二个正方形$ A_1B_1C_1B_2 $中，边长$ A_1B_1 = 2 + \sqrt{3} $（通过两点间距离公式求得），且$ A_1B_1 $与$ l $夹角仍为$ 30^\circ $，重复上述过程得$ A_2A_1 = 2(2 + \sqrt{3}) $。
3. 等比数列规律
距离序列$ A_nA_{n+1} $构成首项$ d_0 = 2 $、公比$ q = 2 + \sqrt{3} $的等比数列，通项公式为$ d_n = 2(2 + \sqrt{3})^n $。
4. 计算$ A_{2024}A_{2025} $
当$ n = 2024 $时，$ A_{2024}A_{2025} = 2(2 + \sqrt{3})^{2024} $。
三、解答题(本题共8小题,共66分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
答案
$x_1 = 3, x_2 = 1$
解析
由于您没有提供具体的题目内容，我将以一个典型的九年级上册数学题目为例，进行解答。
假设题目为：
题目：解方程 $x^2 - 4x + 3 = 0$。
首先，我们识别方程 $x^2 - 4x + 3 = 0$ 是一个一元二次方程，其一般形式为 $ax^2 + bx + c = 0$。
在本题中，$a = 1, b = -4, c = 3$。
接下来，我们计算判别式 $\Delta$，它用于判断方程的根的情况。
$\Delta = b^2 - 4ac = (-4)^2 - 4 × 1 × 3 = 16 - 12 = 4$
由于 $\Delta ＞ 0$，方程有两个不相等的实数根。
然后，我们使用求根公式来找到这两个根：
$x = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a}$
将 $a, b, \Delta$ 的值代入公式，得到：
$x = \frac{4 \pm \sqrt{4}}{2} = \frac{4 \pm 2}{2}$
因此，方程的两个根为 $x_1 = 3$ 和 $x_2 = 1$。
假设题目为：
题目：解方程 $x^2 - 4x + 3 = 0$。
首先，我们识别方程 $x^2 - 4x + 3 = 0$ 是一个一元二次方程，其一般形式为 $ax^2 + bx + c = 0$。
在本题中，$a = 1, b = -4, c = 3$。
接下来，我们计算判别式 $\Delta$，它用于判断方程的根的情况。
$\Delta = b^2 - 4ac = (-4)^2 - 4 × 1 × 3 = 16 - 12 = 4$
由于 $\Delta ＞ 0$，方程有两个不相等的实数根。
然后，我们使用求根公式来找到这两个根：
$x = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a}$
将 $a, b, \Delta$ 的值代入公式，得到：
$x = \frac{4 \pm \sqrt{4}}{2} = \frac{4 \pm 2}{2}$
因此，方程的两个根为 $x_1 = 3$ 和 $x_2 = 1$。
19. (6分)计算:$3tan30^{\circ }-\frac {1}{cos60^{\circ }}+\sqrt {8}cos45^{\circ }+\sqrt {(1-tan60^{\circ })^{2}}$.
答案
本题答案为$2\sqrt{3} - 1$。
解析
首先计算 $3\tan30^{\circ}$，由三角函数表或三角函数性质知 $\tan30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，所以 $3\tan30^{\circ} = 3 × \frac{\sqrt{3}}{3} = \sqrt{3}$。
接着计算 $\frac{1}{\cos60^{\circ}}$，由三角函数表或三角函数性质知 $\cos60^{\circ} = \frac{1}{2}$，所以 $\frac{1}{\cos60^{\circ}} = 2$。
然后计算 $\sqrt{8}\cos45^{\circ}$，由三角函数表或三角函数性质知 $\cos45^{\circ} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，所以 $\sqrt{8}\cos45^{\circ} = 2\sqrt{2} × \frac{\sqrt{2}}{2} = 2$。
最后计算 $\sqrt{(1-\tan60^{\circ})^{2}}$，由三角函数表或三角函数性质知 $\tan60^{\circ} = \sqrt{3}$，所以 $\sqrt{(1-\tan60^{\circ})^{2}} = \sqrt{(1-\sqrt{3})^{2}} = \sqrt{3} - 1$（注意这里取绝对值后应为正数，因为平方根结果是非负的）。
将以上四部分相加，原式 $= \sqrt{3} - 2 + 2 + (\sqrt{3} - 1) = 2\sqrt{3} - 1$。
接着计算 $\frac{1}{\cos60^{\circ}}$，由三角函数表或三角函数性质知 $\cos60^{\circ} = \frac{1}{2}$，所以 $\frac{1}{\cos60^{\circ}} = 2$。
然后计算 $\sqrt{8}\cos45^{\circ}$，由三角函数表或三角函数性质知 $\cos45^{\circ} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，所以 $\sqrt{8}\cos45^{\circ} = 2\sqrt{2} × \frac{\sqrt{2}}{2} = 2$。
最后计算 $\sqrt{(1-\tan60^{\circ})^{2}}$，由三角函数表或三角函数性质知 $\tan60^{\circ} = \sqrt{3}$，所以 $\sqrt{(1-\tan60^{\circ})^{2}} = \sqrt{(1-\sqrt{3})^{2}} = \sqrt{3} - 1$（注意这里取绝对值后应为正数，因为平方根结果是非负的）。
将以上四部分相加，原式 $= \sqrt{3} - 2 + 2 + (\sqrt{3} - 1) = 2\sqrt{3} - 1$。
20. (6分)已知关于x的一元二次方程$x^{2}-mx+2m-4= 0$.
(1)求证:方程总有两个实数根;
(2)若方程有一个实数根为负数,求正整数m的值.
(1)求证:方程总有两个实数根;
(2)若方程有一个实数根为负数,求正整数m的值.
答案
(1) 证明：
计算判别式 $\Delta = b^2 - 4ac$，
$\Delta = (-m)^2 - 4 × 1 × (2m - 4) = m^2 - 8m + 16 = (m - 4)^2$
由于 $(m - 4)^2 \geq 0$，
所以，$\Delta \geq 0$，
因此，方程总有两个实数根。
(2) 解：
利用求根公式 $x = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a}$，
$x = \frac{m \pm \sqrt{(m - 4)^2}}{2} = \frac{m \pm (m - 4)}{2}$
得到两个根：
$x_1 = \frac{m + (m - 4)}{2} = m - 2$
$x_2 = \frac{m - (m - 4)}{2} = 2$
由于 $x_2 = 2$ 是正数，
所以只需考虑 $x_1 = m - 2$，
当 $m - 2 ＜ 0$ 时，即 $m ＜ 2$，
但题目要求 $m$ 为正整数，
因此唯一满足条件的 $m$ 为 $1$。
综上，$m$ 的值为 $1$。
计算判别式 $\Delta = b^2 - 4ac$，
$\Delta = (-m)^2 - 4 × 1 × (2m - 4) = m^2 - 8m + 16 = (m - 4)^2$
由于 $(m - 4)^2 \geq 0$，
所以，$\Delta \geq 0$，
因此，方程总有两个实数根。
(2) 解：
利用求根公式 $x = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a}$，
$x = \frac{m \pm \sqrt{(m - 4)^2}}{2} = \frac{m \pm (m - 4)}{2}$
得到两个根：
$x_1 = \frac{m + (m - 4)}{2} = m - 2$
$x_2 = \frac{m - (m - 4)}{2} = 2$
由于 $x_2 = 2$ 是正数，
所以只需考虑 $x_1 = m - 2$，
当 $m - 2 ＜ 0$ 时，即 $m ＜ 2$，
但题目要求 $m$ 为正整数，
因此唯一满足条件的 $m$ 为 $1$。
综上，$m$ 的值为 $1$。
