Bài tập Đại số Lớp 10 - Vấn đề 1: Hệ phương trình không tham số

Nội dung text: Bài tập Đại số Lớp 10 - Vấn đề 1: Hệ phương trình không tham số

1. VẤN ĐỀ 1. HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG THAM SỐ Các phương pháp được dùng đến gồm: Phương pháp thế Phương pháp đặt ẩn phụ Phương pháp ép tích Phương pháp đánh giá Email: smallduck01@gmail.com Email: vanphu.mc@gmail.com y 3x 4 y 5x 4 4 Câu 1. Biết hệ phương trình: với x, y ¡ có hai nghiệm 5y 3 7x 2 2x 1 4y x1; y1 , x2 ; y2 . Tính S 3x1 4y2 . 27 13 27 6 17 33 6 17 A. .B. .C. .D. . 32 4 32 32 Lời giải Tác giả:Nguyễn Thị Bích,Tên FB: Bich Nguyen Chọn B y 3x 4 0 y 5x 4 0 2 Điều kiện xác định : x 7 3 y 5 y 3x 4 y 5x 4 8x Ta có: y 3x 4 y 5x 4 2x y 3x 4 y 5x 4 4 y 3x 4 y 5x 4 4 thu được hệ 2 y 3x 4 4 2x y 3x 4 y 5x 4 2x x 2 2 . y x x Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được 2 5x2 5x 3 7x 2 4x2 6x 1 0 (điều kiện x 2 ) 7
2. 5x2 5x 3 (x 1) (2x 7x 2) 4x2 7x 2 0 1 1 4x2 7x 2 1 0 2 5x 5x 3 (x 1) 2x 7x 2 2 1 1 Do x 2 nên 1 0 7 5x2 5x 3 (x 1) 2x 7x 2 7 17 Suy ra 4x2 7x 2 0 x (TM) . 8 7 17 5 3 17 Với x y (TM). 8 32 7 17 5 3 17 Với x y (TM). 8 32 7 17 5 3 17 7 17 5 3 17 Hệ phương trình có hai nghiệm ; và ; . 8 32 8 32 13 Vậy S 3x 4y . 1 2 4 3 3 2 2 y x 3x 6y 16y 7x 11 Câu 2. Hệ phương trình có bao nhiêu nghiệm 2 (y 2) x 4 (x 9) 2y x 9 x 9y 1 0 thực? A.1.B. 2 . C.3.D. 4 . Lời giải Tác giả:Nguyễn Văn Phu,Tên FB: Nguyễn Văn Phu Chọn A x 4 ĐK (*) 2y x 9 0 Cách 1 ( Lớp 10) PT thứ nhất tương đương với (y 2)3 4(y 2) (x 1)3 4(x 1) (1) (y x 1)[(y 2)2 (y 2)(x 1) (x 1)2 4] 0 y x 1  0 Cách 2 ( Lớp 12) Xét hàm số f (t) t3 4t f '(t) 3t 2 4 0,t ¡ Suy ra hàm số f (t) đồng biến trên ¡ . PT (1) có dạng f (y 2) f (x 1) y 2 x 1 y x 1 Thay vào phương trình thứ hai ta được: (x 3) x 4 (x 9) x 11 x2 9x 10 0 (x 3)( x 4 3) (x 9)( x 11 4) x2 2x 35 0
3. x 3 x 9 (x 5)[ (x 7)] 0 x 4 3x 11 4 x 3 x 9 (x 5)[( 1) (x 6)] 0 x 5 x 4 3 x 11 4 0,x 4 Với x 5 y 6 . (t/m đk (*). Vậy HPT có 1 cặp nghiệm (x0 ; y0 ) (5;6) Email: lyvanxuan@gmail.com x 1 y 1 m Câu 3. Số giá trị nguyên của tham số m để hệ phương trình có nghiệm là : x y 2m 1 A.4 .B. 3 . C. 2 .D. 1 . Lời giải Tác giả:Mai Ngọc Thi,Tên FB: Mai Ngọc Thi Chọn B Điều kiện : x 1 ; y 1. u x 1 Đặt , u,v 0 khi đó ta có hệ phương trình v y 1 u v m u v m u v m 2 2 2 2 m 2m 3 u v 2 2m 1 u v 2uv 2m 3 uv 2 S m S u v 2 Đặt , S 4P khi đó ta có hệ m2 2m 3 P uv P 2 m 0 S 0 m2 2m 3 m 3 Theo yêu cầu bài toán : P 0 0 3 m 2 10 2 2 2 m 4m 6 0 S 4P 2 2 m 2m 3 m 4. 2 Vậy ta có 3 m 2 10 và m ¢ m 3,4,5. Email: nguyenthiphuong315@gmail.com Câu 4. Hệ phương trình sau đây có bao nhiêu nghiệm
4. 3 3 2 x y 3x 6x 3y 4 0 1 2 x 1 y 1 x 6 y 6 x 5x 12y 2 A. 0 .B. 1.C. 2 . D.3. Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Phượng,Tên FB:Nguyễn Thị Phượng Chọn B Lớp 10 Phương trình 1 của hệ tương đương với x 1 3 3 x 1 y3 3y x 1 y x 1 2 x 1 y y2 3 0 x 1 y 0 x 1 y y x 1 2 2 2 2 x 1 x 1 y y 3 0 x 2 y x y y 4 0 ( phương trình dưới vô nghiệm do có 2 y 2 4 y2 y 4 3y2 12 0,y ) Thế vào pt 2 của hệ ta được: x 1 x 2 x 6 x 7 x2 7x 12 x 1 x 2 2 x 6 x 7 3 x2 2x 8 x 1 x 6 x 2 x 2 x 4 x 2 2 x 7 3 x 2 0 x 1 x 6 x 4 x 2 2 x 7 3 x 2 x 2 x 7 1 1 x 2 (x 6) 0 2 x 2 2 2 x 7 3 x 2 2 Phương trình dưới vô nghiệm do vế trái luôn âm. Vậy hệ có nghiệm duy nhất x 2; y 3 . Lớp 12. Phương trình 1 của hệ tương đương với
5. x 1 3 3 x 1 y3 3y Xét hàm số f t t3 3t trên ¡ . f t 3t 2 3 0,t nên hàm số đồng biến trên ¡ . Suy ra phương trình 1 x 1 y Thế vào pt 2 của hệ ta được: x 1 x 2 x 6 x 7 x2 7x 12 x 1 x 2 2 x 6 x 7 3 x2 2x 8 x 1 x 6 x 2 x 2 x 4 x 2 2 x 7 3 x 2 0 x 1 x 6 x 4 x 2 2 x 7 3 x 2 x 2 x 7 1 1 x 2 (x 6) 0 2 x 2 2 2 x 7 3 x 2 2 Phương trình dưới vô nghiệm do vế trái luôn âm. Vậy hệ có nghiệm duy nhất x 2; y 3 . ( có thể dùng máy tính để chứng minh phương trình dưới vô nghiệm). Email: dactuandhsp@gmail.com x x2 y y x4 x3 x 1 a c a Câu 5. Biết hệ phương trình 9 x, y ¡ có nghiệm ; , với và x y x 1 y(x 1) 2 b d b 2 c a c là các phân số tối giản. Tính . d b d 25 25 5 25 A. . B. . C. D. . 16 8 4 4 Lời giải Tác giả: Nguyễn Đắc Tuấn,Tên FB: Đỗ Đại Học Chọn A x 1 Điều kiện: y 0
6. (1) x x2 y y x x2 x x x( x2 y x2 x) (y x) 0 y x x y x 0 (y x)( x2 y x2 x x) 0 x2 y x2 x y x (Vì x2 y x2 x x 0,x 1; y 0) 9 Thay vào phương trình (2), ta có: x x x 1 x(x 1) 2 Đặt t x x 1(t 0) t 2 2x 1 2 x(x 1) t 2 tm Phương trình trở thành: t 2 1 2t 9 t 2 2t 8 0 t 4 l 5 x 25 Với t = 2, ta có: x 1 x 2 2 x(x 1) 5 2x 2 x 2 2 16 4x 4x 25 20x 4x 25 25 a c 2.25 25 Vậy hệ có nghiệm duy nhất là: ; . Suy ra: . 16 16 b d 2.16 16 Phản biện :Với cách hỏi như trên, học sinh dễ dàng nhận ra hệ pt có nghiệm duy nhất và sử dụng máy tính cho kết quả nhanh chứ không cần giải, nên thay đổi câu hỏi như : Số nghiệm của hệ là . Email: honganh161079@gmail.com 3 (x y 2020)3 4 x y 2020 Câu 6. Biết rằng hệ phương trình: có hai nghiệm (x1; y1) và 2 2 x (y 2018) (y 2016) x 1 0 (x2; y2 ). Khi đó, giá trị của biểu thức x1.x2 bằng: A. 0 .B. 8. C. 4 . D. 2. Tác giả: Đỗ Thị Hồng Anh,Tên FB: Hong Anh Lời giải Chọn B 3 3 (x y 2020) 4 (1) x y 2020 2 2 x (y 2018) (y 2016) x 1 0 (2) 3 t4 3 Đặt t x y 2020 , phương trình (1) trở thành: t3 4 4 . Suy ra t 0 . t t
7. 1 1 1 3 1 1 1 Áp dụng AM-GM cho 4 số dương t3; ; ; , ta có: t3 t3 4 t t t t t t t 1 Nên pt (1) t3 t 1. Do đó: x y 2020 1 y x 2019 . t Thay y x 2019 vào pt (2), ta có: x2 3x 1 (x 3) x2 1 0 . Đặt t x2 1, t 1, ta có phương trình: t2 (x 3)t 3x 0 t x  t 3. t x x2 1 x x  t 3 x2 1 3 x2 8 x 2 2 Vậy, x1.x2 8 . Email: slowrock321@gmail.com x 1 y x y 1 (1) 1 1 x 1 y Câu 7. Hệ có bao nhiêu nghiệm thực? 2 1 3 2 8x 7x 20y 13 1 3x 2 (2) 1 y A. 0 .B. 1.C. 2 . D.Vô số. Lời giải Tác giả: Đỗ Minh ĐăngTên FB: Johnson Do Chọn B 0 x 1 + Điều kiện: 0 y 1 x 1 y + (1) x 1 y . 1 1 x 1 1 1 y t + Xét hàm số f (t) t trên 0;1. 1 1 t 1 t 1 1 t 2 t 2 1 t + Ta có f '(t) 2 1 0,t 0;1 . Suy ra hàm số đồng biến trên 0;1 . 1 1 t f (t) f (0) Mà , t 0;1 . Suy ra hàm số đồng biến trên 0;1. f (t) f (1) + Mặt khác f (x) f (1 y) . Suy ra nghiệm duy nhất của (1) là x 1 y y 1 x .
8. 2 1 3 2 + Khi đó (2) 8x 13x 7 1 3x 2 x + Với x 0;1 thì 3 (2) 8x3 13x2 7x x 1 3 3x2 2 2x 1 x2 x 1 x 1 3 x 1 2x 1 x2 x 1 3 2 u 2x 1 u x x 1 x 1 v + Đặt Ta có hệ . Trừ vế theo vế của hệ ta được: v 3 3x2 2 3 2 v x x 1 x 1 u u v u v u2 uv v2 x 1 0 2 2 . u uv v x 1 0 (*) 2 2 2 2 + Nhận xét thấy v u 4u 4x 4 3 2x 1 4x 4 12x 8x 7 0,x ¡ . Suy ra 2 v 3 2 phương trình (*) vô nghiệm.( Cách 2: VT(*) u v x 1 0, x 0;1 . Suy ra (*) vô 2 4 nghiệm.) 1 x (l) + u v 2x 1 3 3x2 2 8x3 15x2 6x 1 0 8 x 1 (n) + Với x 1 y 0 . + Vậy hệ có nghiệm duy nhất 1;0 Cách 2 để giải phương trình (2): Với x 0;1 thì (2) 8x3 13x2 7x x 1 3 3x2 2 8x3 10x2 7x 2 x 1 3 3x2 2 3x2 2 2x 1 3 x 1 2x 1 x 1 3 3x2 2 3x2 2 2 3 2 2 3 2 3 2 2x 1 3x 2 2x 1 2x 1 3x 2 3x 2 x 1 0 2x 1 3 3x2 2 0 2 2 2x 1 2x 1 3 3x2 2 3 3x2 2 x 1 0 (*) 2 1 2 3 2 VT 2x 1 2x 1 3 3x2 2 3 3x2 2 2x 1 x 1 (*) 4 4 2 1 3 2 3 2 VT(*) 2x 1 3x 2 2x 1 x 1 0,x 0;1 . Suy ra (*) vô nghiệm. 2 4 Vậy 2x 1 3 3x2 2 0 ( Trở lại giải như trên) Email: thienhoang15122007@gmail.com
9. 2 2 x y x 12 y Câu 8. Giải hệ phương trình ta được hai nghiệm (x1; y1) và (x2 ; y2 ) . Tính giá trị 2 2 x y x 12 2 2 2 biểu thức T x1 x2 y1 . A.T 25 .B. T 0 . C.T 25 .D. T 50 . Lời giải Tác giả:: Lê Anh Dũng,Tên FB: Dũng Lê. Chọn B Điều kiện y2 x2 . Từ phương trình x y2 x2 12 y x2 2x y2 x2 y2 x2 144 24y y2 x y2 x2 144 24y . (1) Thay x y2 x2 12 vào phương trình (1) ta được: y 5 . Thay y 5 vào phương trình x y2 x2 12 và giải ra ta được x 3 hoặc x 4 . Thử lại điều kiện ta được tập nghiệm của hệ là {(3;5),(4;5)}. Ta có T 32 42 52 0 . Email: luongthanh80tm@gmail.com 2 2 2 32x x 2 y 1 2 y Câu 9. Gọi x0 ; y0 với y0 0 là nghiệm của hệ phương trình . Gọi 3 2 3 2 2 48x 2x 20 y 1 60 2y 2 m là giá trị nhỏ nhất của biểu thức P t x0t y0 với t ¡ . Khẳng định nào sau đây đúng? A. m Î (- 1;1).B. m Î (- 15;- 12).C. m Î (- 62;- 60). D. m Î (- 98;- 95). Lời giải Tác giả:: Nguyễn Lương Thành,Tên FB: Luong Thanh Nguyen Chọn C Điều kiện: x 0;32. 2 2 2 32x x 2 y 1 2 y 1 Ta có: 3 2 3 2 2 48x 2x 20 y 1 60 2y 2 Lấy 1 2 ta được: 32x x2 3 48x2 2x3 18 y2 1 62 3y2 .
10. 32x x2 3 48x2 2x3 3 y2 1 18 y2 1 59 2 32x x2 3 48x2 2x3 3 y2 1 3 32 I Vì: x 32 x + 32x x2 x 32 x 16 2 x x 48 2x + 3 48x2 2x3 3 x.x. 48 2x 16 3 nên: VT I 32 và dấu “=” xảy ra khi x 16 . 2 Mặt khác: 3 y2 1 3 32 32 nên VP I 32 và dấu bằng xảy ra khi y2 1 3 . x 16 x 16 Do đó: I . 2 2 y 1 3 y 8 Thay vào phương trình 1 ta thấy thỏa mãn. 2 2 Suy ra x0 16, y0 2 2 và P t 16t 2 2 t 8 64 2 2 64 2 2 m 64 2 2 . Vậy m 62; 60 . * Cách khác: 2 2 32x x a 2a 1 1 Đặt a y2 1 1. Khi đó hệ phương trình trở thành: 3 2 3 2 48x 2x 2a 20a 58 2 x 32 x 1 a2 2a 1 x 32 x 16 a  5;3 . 2 x x 48 2x 2 2a2 20a 58 3 x.x 48 2x 16 a 3;7 3 a 3 x 16 Suy ra: . x 16 y 2 2 2 2 Do đó: x0 16, y0 2 2 và P t 16t 2 2 t 8 64 2 2 64 2 2 m 64 2 2 . Vậy m 62; 60 .
11. Email: diephd02@gmail.com 2 xy y x y 5 Câu 10. Giả sử (x; y) là nghiệm của hệ phương trình .Khi đó giá trị của biểu thức 5 x 1 y 1 P y x2 1 x y2 1 xy 2x thuộc khoảng nào dưới đây? A. ( 17; 15) .B. ( 3; 1) .C. (4;6) .D. (18;20) . Lời giải Tác giả: Nguyễn Ngọc DiệpTên FB: Nguyễn Ngọc Diệp Chọn C Điều kiện của hpt: x 5, y 1, xy y 0 . Xét 2 trường hợp: x 1 1 x 0 TH1 : Nếu . y 0 y 0 Khí đó: 2 xy y x y 5 x 2 xy y y 5 1 x 2 ( y)(1 x) ( y) 4 ( 1 x y)2 4 0 Hệ pt đã cho vô nghiệm. x 1 x 1 0 2 xy y x y 5 (x 1) 2 (x 1)y y 4 TH : Nếu . Khí đó: 2 y 0 y 0 5 x 1 y 1 5 x 1 y 1 ( x 1 y)2 4 x 1 y 2 5 x 1 y 1 5 x 1 y 1 x 1 2 y x 5 4 y y 1 y 2 y 1 4 y y2 3y 5 x 1 1 y x 3 2 1 y y 3y 0 y 0 . Với y x . Thử lại với x y vào hpt đã cho thấy 2 2 0 5 5, 0 16(y y ) 9y thõa mãn. x 5, y 0 P 5 . Chọn câu C. Email: Ngkhanh4283@gmail.com Ý kiến phản biện: các giải trên quá dài, nếu ta để ý khi bình phương phương trình thứ hai của hệ ta sẽ có được biểu thức của phương trình thứ nhất, nên ta biến đổi 2 5 x 1 y 1 5 x 1 y 1 5 x y 2 (5 x)(1 y) 0 xy y x 5; y 0 2 xy y 2 (5 x)(1 y) 0 (5 x)(1 y) 0 x y 1(loai)
12. x 1 x 1 y 2 x 5 2y y 2 Câu 11. Biết rằng hệ phương trình x 8 y 1 x, y ¡ có hai y 2 x 1 3 x2 4x 7 a b nghiệm x1; y1 , x2; y2 với x1 x2 . Biểu diễn x2 y1 trong đó a,c là các số nguyêndương, c b là số nguyên tố. Khi đó, a b c ? A. 42. B.36 .C. 41.D. 48 . Lời giải Tác giả: Ngô Gia Khánh,Tên FB: Khánh Ngô Gia x 1 x 1 y 2 x 5 2y y 2 (1) x 8 y 1 y 2 x 1 3 (2) x2 4x 7 Điều kiện x 1; y 2 . Đặt x 1 u; y 2 v u,v 0 , khi đó (1) trở thành: u uv u2 1 5 2 v2 2 v u v uv v2 u2 v2 0 u v 1 2u v 0 u v (do u,v 0 1 2u v 0 ) x 1 y 2 y x 3 . Thế vào (2) ta được: x 8 x 4 x 8 x 4 x 1 x 8 x 1 x 1 3 2 2 x 4x 7 x 4x 7 x 1 3 x 8 x 4 x 1 2 3 x 4x 7 x 1 3 + x 8 y 11( thỏa mãn điều kiện) + 3 x 1 3 x 4 x 1 x2 4x 7 2 x 1 3 x 1 3 x 2 3 . x 2 2 3 (4) Xét hàm số f t t 3 t 2 3 với t ¡ 2 Có f ' t 3 t 1 0 t ¡ nên f t đồng biến trên ¡ .
13. x 2 Do đó 4 f x 1 f x 2 x 1 x 2 2 x 1 x 4x 4 x 2 5 13 x ( thỏa mãn điều kiện) 2 x 5x 3 0 2 5 13 11 13 Hệ đã cho có nghiệm x; y là 8;11 và ; 2 2 11 13 27 13 Theo giả thiết x 8; y x y .Chọn A 2 1 2 2 1 2 Email: hmtuonguqn@gmail.com Câu 12. Gọi (x0; y0 ) (a b c;d e c) (với clà số nguyên tố) là nghiệm của hệ phương trình 3 3 2 2 x 2 y x( y 1) 2 y(x 1) 0 (1) . 2 y (1 x 3y )(x 3y 2 y 2) (2) Tính gía trị của biểu thức P a b e. A. P 16. B. P 6  C. P 2  D. P 1. Lời giải Tác giả: Hồ Minh TườngTên FB:Hồ Minh Tường Chọn C x 3y 0 Điều kiện: . y 0 Ta có (1) x2 (x 2 y) y2 (x 2 y) (x 2 y) 0 (x 2 y)(x2 y2 1) 0 x2 y2 1 0 x 2 y * Xét x2 y2 1 0 vô nghiệm. 2 y y * Xét x 2 y thế vào (2) ta được y2 (1 y )( y 2 y 2) 2 1 y 1 y ( y 1 không là nghiệm) y 1 y y 1 0 (vn) 1 y y y 1 3 (vn) 2 1 y y 1 3 y0 4 2 3 x0 4 3 8 P 2
14. Chọn C Email:Lehoayenphong1@gmail.com x y x y 2 x 3y 2 1 Câu 13. Cho hệ phương trình x y x y 2 x y 1 x y 2 2 Biết hệ trên có nghiệm duy nhất x0 ; y0 khi đó tổng x0 y0 bằng A.1 B. 2 C.3 D. 4 Fb: Lê hoA. Lời giải. Chon C x y 2 0 x y 2 Điều kiện: * . x y 2 0 x y 2 Ta có x y 2 1 x y x y 2 2 x y 2 x y x y 2 x y 2 2 x y x y 2 1 0 x y 2 2 x y x y 2 (do 1 0 x, y thoả mãn (*)). x y 2 2 Thay vào (2) ta được : 4 2y 3 2y . Đặt t 2y 0 , ta có 1 5 4 t3 3t t 1 t 2 t 4 0 t 1 2y 1 y x . 2 2 5 1 Vậy hệ có nghiệm ; . Ta có x0 y0 3 suy ra chọn C 2 2 Email: diephd02@gmail.com Câu 14. ( đã xóa do trùng bài) Câu 15. ( đã xóa do trùng bài) Email: thanhdungtoan6@gmail.com
15. 1 x1 1 x2  1 x2018 2018.2019 a a a Câu 16. Biết rằng hệ có một nghiệm là 1 ; 2 ; ; 2018 b b b 1 x1 1 x2  1 x2018 2017.2018 1 2 2018 a a a a với các i ,i 1,2018 là các phân số tối giản. Tính tổng S 1 2  2018 ? bi b1 b2 b2018 A. S 0 .B. S 1.C. S 2018 . D. S 2019 . Lời giải Tác giả:: Nguyễn Thanh Dũng,Tên FB: Nguyễn Thanh Dũng Chọn B Điều kiện 1 xi 1,i 1,2018. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có 2 2018.2019 1 x 1 x  1 x +) 1 2 2018 1 1  1 1 x1 1 x2  1 x2018 2018.2019 2018 2018 x1 x2  x2018 x1 x2  x2018 1 (1) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 x1 1 x2  1 x2018 x1 x2  x2018 2 2017.2018 1 x 1 x  1 x +) 1 2 2018 1 1  1 1 x1 1 x2  1 x2018 2017.2018 2018 2018 x1 x2  x2018 x1 x2  x2018 1 (2) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 x1 1 x2  1 x2018 x1 x2  x2018 Từ (1) và (2) cho ta x1 x2  x2018 1. Do đó hệ đã cho tương đương với hệ sau x1 x2  x2018 1 1 x1 x2  x2018 x1 x2  x2018 2018 Vậy S 1. Ý kiến phản biện: Với câu hỏi như trên không nhất thiết phải giải bước cuối tìm nghiệm. mặt khác trong chương trình lớp 10 không trình bày BĐT Bunhia tổng quát GV: PHẠM HỮU ĐẢO - FB: Hữu Hữu Đảo 2 2 x x 1 2y 4y 1 1 (1) Câu 17. Cho hệ phương trình: có 2 cặp nghiệm x1; y1 và x2 ; y2 . 2 x 6x 2 8 2y (2) Tính T x1 x2 y1 y2 .
16. 12 3 5 41 12 3 5 41 A.T B.T 4 4 12 3 5 41 12 3 5 41 C.T D.T 4 4 LG:ĐK y 4 1 x x2 1 2y 4y2 1 1 x x2 1 2y 4y2 1 4y2 1 2y x x2 1 4y2 1 2y 4y2 1 2y x x2 1 2y 2y 2 1 Đặt: t=-2y Ta được x x2 1 t t 2 1 CáCh 1: (Lớp 10) x x2 1 t t 2 1 x t x2 1 t 2 1 0 x2 t 2 x t x t 0 x t 1 0 x2 1 t 2 1 x2 1 t 2 1 ( x2 1 x) ( t 2 1 t) x t 0 2 2 x 1 t 1 x t ( do x2 1 x x x R x2 1 x 0; TT : t 2 1 t 0) x t x 2y . CáCh 2: (Lớp 12) x x2 1 t t 2 1 f (x) f (t) Xét hàm số: f(z)= z z2 1 z z2 1 z f '(z)=1 0 z R . Suy ra hàm số f(z) đồng biến trên R z2 1 z2 1 do đó: f (x) f (t) x t x 2y x Thay: y vào pt(2) ta được 2 x2 6x 2 x 8 (*)
17. CáCh 1: Casio dùng shift solve 2 lần nhẩm 2 nghiệm và gán vào 2 biến, Tính y theo x. CáCh 2: x2 6x 2 x 8 (*) 2 (x 5x 4) (x 2) x 8 0 Xét: để nhân liên hợp x 2 x 2 5 41 (x 2) x 8 0 x 8 x 2 x 2 2 x 8 x 2 x 5x 4 0 2 Thử vào phương trình (*) không thỏa mãn. 5 41 Xét: (x 2) x 8 0 x thì trình (*) 2 (x 2) x 8 (x 2) x 8 (x2 5x 4) 0 (x 2) x 8 x2 5x 4 (x2 5x 4) 0 (x 2) x 8 2 1 (x 5x 4) 1 0 (x 2) x 8 2 x 3 x 8 (x 5x 4) 0 (x 2) x 8 5 41 5 41 5 41 2 x1 y1 (loai x ) x 5x 4 0 2 4 2 x 3 x 8 0 7 3 5 7 3 5 x2 y2 2 4 12 3 5 41 T chọn đáp án A 4 Ý kiến phản biện: Các trình bày trên quá dài, có thể trình bày liên hợp ngược cho đơn giản 2 2 (x 5x 4) (x 2) x 8 0 (x 2) (x 8) (x 2) x 8 0 x 8 2 x x 8 x 3 Họ và tên: Nguyễn Thị Tuyết Nga Email: nAmlongkontum@gmAil.Com FB: nguyennga x y xy 1 Câu 18. Tìm số nghiệm của hệ phương trình 2 2 x 3 y 3 4
18. A. 0B. 1C. 2D. 3 Lời giải ĐK xy 0 , ta thấy từ pt thứ nhất x y 0, do đó x 0, y 0 . Từ đó ta đặt u x 0,v y 0 thay vào hệ ta được 2 2 2 u v uv 1 u v 1 3uv 4 4 4 4 4 4 4 4 u 3 v 3 4 u v 6 2 3u 3v u v 9 16 u v 2 1 3uv 2 2 2 2 u v 2uv 2u2v2 2 u4v4 3 u v 2uv 6u2v2 9 10 2 Đặt t uv 0 t 1 (vì 1 3uv u v 4uv uv 1). Thế từ phương trình thứ nhất của hệ trên vào phương trình thứ hai ta được 2 4 2 2 4 2 2 4 t 3t 6t 12 t 2t 9 2 t 3t 6t 12 t 2t 9 2 t 2t 9 0 3t 4 4t3 34t 2 60t 33 0 t 1 3t3 7t 2 27t 33 0 . u v 2 u 1 x 1 +) Nếu t 1 uv 1 ta có uv 1 v 1 y 1 +) Nếu 3t3 7t 2 27t 33 0 3t3 7t 2 6 27 1 t 0 vô lí vì 0 t 1 Kết luận nghiệm của hệ là x; y 1;1 2 x 12 y y 12 x 12 1 Tìm số nghiệm của hệ phương trình: . 3 x 8x 1 2 y 2 2 A.1 B. 2 C.3 D.0 Lời giải Chọn A 1 2 y 12 2 Điều kiện: 2 12 y 12 x 0 x 0 0 12 x 12 Khi đó 2 2 2 2 2 1 12 x y 2x y 2 x y 144 12 x y x y 144
19. x2 y u Đặt 2 x y v Ta có: 12u 2v 2 v 144 12u v 144 v 144 12u v 72 6u v 144v 12uv v2 722 36u2 v2 72.12u 12uv 144v với 72 6u v 0 * 36u2 72.12u 722 0 u2 24u 144 0 u 12 (thỏa (*)) Khi đó y 12 x2 2 x3 8x 1 2 10 x2 x 3 x2 3x 1 2 10 x2 1 2 2 9 x x 3 x 3x 1 2 10 x2 1 2 2 x 3 x 3 x 3x 1 0 10 x2 1 x 3 2 x 3 x2 3x 1 0 VN do x 0 10 x2 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là 3;3 . Ý kiến phản biện: Phương trình (1) có thể dùng đánh giá cho gọn x2 12 y y 12 x2 12 x 12 y y 12 x2 12 y 12 x2 2 2 Email: haviethoa@gmail.com Câu 21. Cho Parabol P : y f x có đồ thị như hình vẽ
20. f 1 4y f 5 8x a Biết x , y là một nghiệm của hệ phương trình và x y , 2x 3y 2x y b a a ¢ ;b ¥ *; tối giản. Giá trị của biểu thức P a b bằng b A. P 1.B. P 2 .C. P 3. D. P 4 . Lời giải Tác giả: Hà Việt Hòa,Tên FB: Ha Viet Hoa Chọn C f 1 4y f 5 8x 1 + 2x 3y 2x y 2 2x y 0 * 2x 3y 2x y 2 2 2x 3y 4x 4xy y 3 + 3 4x2 2 2y 1 x y2 3y 0 phương trình có nghiệm x nếu 1 4y2 4y 1 4y2 12y 0 1 8y 0 1 4y . 1 2 + 3 y2 4x 3 y 4x2 2x 0 phương trình có nghiệm y nếu 1 16x2 24x 9 16x2 8x 0 16x 9 0 5 8x . 2 2 1 1 + Xét hàm số y f t là hàm số liên tục trên ; và đồng biến trên ; 2 2 f 1 4y f 5 8x y 1 2x 1 2 3 4x 1 x y 0 TM * a b 3 . 2 Ý kiến phản biện: Bài giải hơi phức tạp, có thể giải quyết bài toán ngắn gọn hơn bằng cách sử dụng tính đối xứng của (P)
21. 1 4y 5 8x Ta có: f 1 4y f 5 8x .Sử dụng phương pháp thế giải hệ bình thường 1 4y 5 8x Câu 22. ( đã xóa do trùng bài) Email: nhung.gvtoan@gmail.com 2 2 x x 1 2y(x 5) y 2 y Câu 23. Cho hệ phương trình x 2y(x 4) 2 x 1 Biết hệ có 2 nghiệm phân biệt x1; y1 , x2 ; y2 . Tính giá trị của biểu thức B x1 x2 y1 y2 . A. B 7 .B. B 8 .C. B 6 .D. B 9. Lời giải Tác giả : Nguyễn Thị Hồng Nhung.,Tên FB: Hongnhung Nguyen. Chọn B. ĐK: x 1; y 0. 2 2 2 2 x x 1 2y(x 5) y 2 y x y x 1 2y(x 5) 2 y Ta có x 2y(x 4) 2 x 1 x 2y(x 4) 2 x 1 2 2 x (y 1) 2 y 2 x 1 1 . x 2y(x 4) 2 x 1 2 2 Nhận xét x; y 1;0 không là nghiệm nên: 1 (x y 1)(x y 1 ) 0 . y x 1 2 x y 1 0 . (vì x y 1 0 ) y x 1 Thay y x 1vào (2), ta được: 2x2 9x 8 2 x 1 . Đặt t x 1, (t 0) . Ta có: 2t 4 5t 2 2t 1 0 (t 1)2 (2t 2 4t 1) 0 2t 2 4t 1 0 . B x x y y t 2 1 t 2 1 t 2 t 2 2 t t 2 2t t 2 8. 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 Email: slowrock321@gmail.com 2 2 x y 1 2(xy x y) Câu 25. Gọi (x ; y ) là một nghiệm của hệ phương trình o o 3 2 x 3y 5x 12 (12 y) 3 x Giá trị của biểu thức xo yo a b c(a,b,c Z) . Tính T=a+b+c.
22. A.13B. 14C. 15D. 16 Lời giải Đk: x 3 Từ Pt (1) ta có y=x+1. Thay vào phương trình (2) : x3 3x2 11x 9 (11 x) 3 x (x 1)3 5(x 1) ( 3 x 1)3 5( 3 x 1)(3) Đặt a x 1;b 3 x 1, Phương trình ( 3) trở thành 2 3 3 b 2 3b a 5a b 5b (a b) (a ) 5 0 a b 2 4 x 0 1 13 x 1 3 x 1 3 x x x 2 x x 3 0 2 Vậy hệ có nghiệm (xo ; yo ) và tổng của chúng bằng 13 0 1. 13 a b c 14 . Chọn B C2. Có thể dùng hàm đặc trưng ngay từ pt ( 3) C3. Từ phương trình x3 3x2 11x 9 (11 x) 3 x x3 3x2 11x 9 (3 x) 8 3 x x3 3x2 11x 9 t3 8t(t 3 x) x3 3x2 11x 9 3(3 x) t3 8t 3t 2 x3 3x2 8x t3 3t 2 8t Từ đó suy ra x=t , làm tương tự như trên Email: chthom1982@gmail.com Câu 26. Gọi x0 ; y0 , 0 x0 1 là một nghiệm của hệ phương trình 2 3 2 x 3 y y 2x 2x 5x y y x 2 2xy 2x 1 2 x y 3 x 1 . y 1 5 32y 2 a b a Biết x , ( a,b,c nguyên dương và tối giản ). Tính giá trị biểu thức P a b c ? 0 c c A. P 120 .B. P 122 . C. P 124 . D. P 126 . Lời giải Tác giả : Chu Thị Thơm,Tên FB: Thom Chu Chọn B
23. x 0 +/ Điều kiện: y 0 2 x y 3 0 +/ Ta có 1 x2 y y 2x3 2x y2 y 2xy 2x 3y y 6x 2x 0 x2 y y 2x 2x y y y 2x 2x 3 y y 2x 2x 0 y y 2x 2x 0 y y 2x 2x . x2 y 3 0 2 x y 3 0 3 3 +/ Xét y y 2x 2x 0 y 2x y 2x thế vào 2 được x2 2x 3 x 1 2x 1 5 64x x2 2x 3 2x2 3x 6 8 x 3 */ x 0 không là nghiệm của 3 x2 2x 3 2x2 3x 6 3 6 */ x 0 : 3 8 x 2 2x 3 8 4 x x x x 3 Đặt t x 2, t 0 ta được 4 trở thành t 2t 2 7 8 5 x Giải 5 bằng cách bình phương 2 vế hoặc nhận xét vế trái đồng biến trên 0; được nghiệm 11 109 x 0;1 3 2 2 t 3 . Với t 3 được x 11 x 11x 3 0 x 11 109 x 0;1 2 11 109 x a 11,b 109,c 2 0 2 P a b c 122 */ Xét x2 y 3 0 y x2 3 thế vào 2 được x 1 x2 4 5 32 x2 3 2 x 1 x 4 5 9;15 x 1 x2 4 5 32 x2 3 6 . Với x 0;1 6 2 32 x 3 96;128 không có nghiệm x 0;1 . Vậy P 122. Chọn B Email: Daothihongxuandhsphnk55b@gmail.com
24. x2 2x 3 3 y y2 6y 11 x 1 (1) Câu 27. Cho hệ sau: 2 2x y 8 x y 8 (2) Giả sử nghiệm của hệ sau là (xi ; yi );i 1;2;3 ;n thì tổng tất cả các hiệu xi yi ; i 1;2;3 ;n bằng: A. 1. B. 1.C. 2 . D. 2 . Lời giải Tác giả : Đào Thị Hồng Xuân,Tên FB: Hông Xuân Chọn C 3 y 0 x 1 Điều kiện: x 1 0 8 y 3 y 8 0 (2) x2 2x y 8 y 8 0 (x y 8)2 0 x y 8 (3) Lớp 12: (1) (x 1)2 2 x 1 (3 y)2 2 3 y Xét hàm f (t) t 2 2 t;t 0 t 1 f '(t) 0;t 0 và f (t) liên tục trên [0; ) . Suy ra hàm f (t) đồng biến trên t 2 2 2 t [0; ) f (x 1) f (3 y) x 1 3 y x y 4 x 4 y Thay vào (3) ta được: y 8 4 y Vì 8 y 3 4 y 0 bình phương hai vế ta được: 2 2 y1 1 y 8 (4 y) y 9y 8 0 y2 8 TH1: y1 1 x1 3 thay vào hệ thỏa mãn. TH2: y2 8 x2 12 thay vào hệ không thỏa mãn ( phương trình ( 2) vô nghiệm). Phương trình có nghiệm duy nhất nên tổng tất cả các hiệu bằng: x1 y1 2 Lớp 10:
25. (1) x2 2x 3 y2 6y 11 3 y x 1 x2 2x y2 6y 8 3 y (x 1) x2 2x 3 y2 6y 11 3 y x 1 (x 1)2 (3 y)2 3 y (x 1) 0 x2 2x 3 y2 6y 11 3 y x 1 (3 y) (x 1) 1 (x y 4) 0 2 2 x 2x 3 y 6y 11 3 y x 1 (3 y) (x 1) 1 x y 4 0 do 0;y 3, x 1 x2 2x 3 y2 6y 11 3 y x 1 Thay x 4 y vào (3) ta được: y 8 4 y Vì 8 y 3 4 y 0 bình phương hai vế ta được: 2 2 y1 1 y 8 (4 y) y 9y 8 0 y2 8 TH1: y1 1 x1 3 thay vào hệ thỏa mãn. TH2: y2 8 x2 12 thay vào hệ không thỏa mãn ( phương trình ( 2) vô nghiệm). Phương trình có nghiệm duy nhất nên tổng tất cả các hiệu bằng: x1 y1 2 Email: lntien.c3lqdon@khanhhoA.edu.vn 1 1 2 2 2 2 2 Câu 28. Giải hệ phương trình: 4x y 4y x 2 x y x y ta được nghiệm duy nhất 3 x y 1 y x 1 4x y 1 (x, y) . Khi đó P x2 y2 xy nhận giá trị là 27 3 17 27 17 27 3 17 27 2 17 A. P B. P C. P D. P 32 32 16 16 Lời giải Điều kiện: x 1; y 1. Khi đó sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 1 1 2 . 2 2 4x y 4y x 4x2 y 4y2 x Suy ra
26. 2 2 2 2 2 x y x y 4x2 y 4y2 x 2 2 4x2 y 4y2 x 2 x y 2 x y 4 4x2 y 4y2 x 2 x y 2 x y 4 3 1 2 16x2 y2 4 x3 y3 xy x y x y x y 4 2 1 x y x2 y2 6xy 3 x y 0 4 2 2 1 x y x y 3 x y 4xy 0 x y 4 2 1 2 1 (Vì x 1; y 1nên x y 3 x y 4xy x y 3 x y 4 0 ) 4 4 Thay x y vào phương trình (2) ta được 1 17 2x x 1 4x3 x 1 4x2 (x 1) 4x3 x 1 4x2 x 1 0 x 8 1 17 1 17 Vậy hệ có nghiệm duy nhất ; . 8 8 Email: tranquocthep@gmail.com. 2x y 1 y2 y y 1 Câu 29. Biết hệ phương trình với x ¡ , y ¡ có nghiệm x1; y1 và x2 ; y2 . 3 3 2 2 y x 2 x y 2 0 2 2 Tính P x1 y2 . 6 3 5 3 A. P 5 . B. P 3. C. P . D. P . 4 4 Lời giải Tác giả: Trần Quốc Thép,Tên FB: Thép Trần Quốc Chọn B Điều kiện y 1.Với điều kiện đó hệ phương trình tương đương với: y3 y2 y2 y 2x y 1 y3 2y2 2y 2x 1 0 y3 2y2 2y 2x 1 0(1) 3 3 2 2 3 3 2 2 3 2 y x 2x 2y 2 0 y x 2x 2y 2 0 x 2x 2y 2x 1 0(2) Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế theo vế ta có
27. y x y2 yx x2 2y 2x 4 0 1 2 2 2 Vì y2 yx x2 2y 2x 4 = y x y 2 x 2 0 và dấu bằng không xảy ra nên 2 y2 yx x2 2y 2x 4 >0 với mọi x, y . y 1 3 2 Suy ra x y . Thay vào (1) ta có y 2y 1 0 1 5 y 2 1 5 1 5 1 5 1 5 Đối chiếu với điều kiện, hệ có nghiệm x, y , ; x, y , 2 2 2 2 Khi đó P 3.