50 Chuyên đề và đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán

12.2. Một thửa ruộng hình chữ nhật. Nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3m thì diện tích tăng thêm . Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng đi 2m thì diện tích giảm đi . Tính diện tích thửa ruộng đó

12.4. Hai tổ chức dự định làm 700 sản phẩm. Thực tế, tổ một vượt mức 20% và tổ hai vượt mức 15% nên trong thời gian quy định cả hai tổ đã vượt  mức 120 sản phẩm. Tính số sản phẩm mỗi tổ dự kiến làm.

12.6. Có 480 học sinh dự trại hè tại 3 điểm,  số học sinh của địa điểm ,  học sinh của địa điểm  và  số học sinh của địa điểm đi thăm một viện bảo tàng. Viện bảo tàng cách địa điểm  60 km, các địa điểm  40 km và cách địa điểm  30 km. Để trả vừa đủ tiền xe (giá 100 đồng cho mỗi người đi 1 km) số người đi thăm viện bảo tàng đã góp đồng đều mỗi người 4000 đồng. Hỏi có bao nhiêu người ở mỗi địa điểm đã đi thăm viện bảo tàng. 

docx 380 trang Huệ Phương 22/06/2023 3320
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "50 Chuyên đề và đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.

File đính kèm:

  • docx50_chuyen_de_va_de_thi_tuyen_sinh_vao_lop_10_mon_toan.docx

Nội dung text: 50 Chuyên đề và đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán

  1. 50 CHUYÊN ĐỀ VÀ ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN 9 Chương 1. CĂN BẬC HAI. CĂN BẬC BA Chuyên đề 1. CĂN BẬC HAI, CĂN THỨC BẬC HAI A. Kiến thức cần nhớ 1. Căn bậc hai số học • Căn bậc hai số học của số thực a không âm là số không âm x mà x2 a . • Với a 0 x 0 x a 2 x2 a a Phép toán tìm căn bậc hai số học của một số gọi là phép khai phương. Với hai số a, b không âm, thì ta có: a b a b . 2. Căn thức bậc hai • Cho A là một biểu thức đại số, người ta gọi A là căn thức bậc hai của A, còn A được gọi là biểu thức lấy căn hay biểu thức dưới dấu căn. • A 0 xác định (hay có nghĩa) khi A 0 . • Hằng đẳng thức A2 A . 3. Chú ý • Với a 0 thì: x a x a2 x2 a x a . A 0 hay B 0 • A B A B • A B 0 A B 0 . B. Một số ví dụ Ví dụ 1: So sánh các cặp số sau mà không dùng máy tính. a) 10 và 3; b) 3 2 và 17 ;
  2. c) 35 15 1 và 123 ; d) 2 2 và 2. Giải Tìm cách giải. Khi so sánh hai số a và b không dùng số máy tính, ta có thể: • So sánh a và b 2 2 • So sánh a và b • Sử dụng kĩ thuật làm trội. Trình bày lời giải a) Ta có 10 9 10 9 nên 10 3 . 2 2 2 b) Xét 3 2 32. 2 18; 17 17 2 2 vì 18 17 nên 3 2 17 3 2 17 c) 35 15 1 36 16 1 6 4 1 11, 123 121 11 suy ra 35 15 1 123 . d) Ta có 2 4 2 2 2 4 2 2 4 2 . Ví dụ 2: Tìm điều kiện để các biểu thức sau có nghĩa: a) 8 2x ; b) x 1 11 x ; x c) x 3 . x2 9 Giải Tìm cách giải. Để tìm điều kiện biểu thức có ý nghĩa, bạn lưu ý: • A có nghĩa khi A 0 A • có nghĩa khi M 0 M Trình bày lời giải a) 8 2x có nghĩa khi 8 2x 0 x 4 .
  3. b) x 1 11 x có nghĩa khi x 1 0 và 11 x 0 1 x 11. x c) x 3 có nghĩa khi x 3 0 và x2 9 0 x 3; x 3 . x2 9 Ví dụ 3: Rút gọn biểu thức sau: a) A 6 2 5 6 2 5 ; b) B a 1 a2 2a 1 với a 1 Giải Tìm cách giải. Để rút gọn biểu thức chứa dấu căn, bạn nhớ rằng: 2 A B neáu A B a 2 a 1 a 1 và lưu ý: A B B A neáu A B Trình bày lời giải a) Ta có A 6 2 5 6 2 5 A 5 2 5 1 5 2 5 1 2 2 A 5 1 5 1 A 5 1 5 1 2 . b) B a 1 a2 2a 1 với a 1 B a 1 a 1 2 B a 1 a 1 a 1 1 a 2a . Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: a) A 3 2x2 8x 33 ; b) B x2 8x 18 1; c) C x2 y2 2xy 2x 2y 10 2y2 8y 2020 . Giải
  4. 2 a) Ta có: A 3 2x2 8x 33 3 2 x 2 25 3 25 8 . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 8 khi x 2 . 2 b) Ta có: B x2 8x 18 1 x 4 2 1 2 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức B là 2 1 khi x 4 . c) Ta có: C x2 y2 2xy 2x 2y 10 2y2 8y 2020 C x y 1 2 9 2 y 2 2 2012 C 9 2012 2015. Vậy giá trị nhỏ nhất của C là 2015. x y 1 0 x 1 Khi . y 2 0 y 2 Ví dụ 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a) A x2 12x 36 x2 16x 64 ; 2 2 2 b) B x 2 x 9 x 1945 . Giải Tìm cách giải. Thoáng nhìn biểu thức ta có thể bỏ căn và đưa về biểu thức chứa dấu giá trị tuyệt đối. Để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa dấu giá trị tuyệt đối, ta sử dụng: • A B B A và A 0 • A B A B . Dấu bằng xảy ra khi A.B 0 . Trình bày lời giải a) Ta có: A x2 12x 36 x2 16x 64 x 6 2 x 8 2 A x 6 x 8 x 6 8 x x 6 8 x 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2 khi x 6 8 x 0 hay 6 x 8 .
  5. b) Ta có: B x 2 2 x 9 2 x 1945 2 B x 2 x 9 x 1945 B x 2 1945 x x 9 x 2 1945 x 0 1943 . Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 1943 khi x 2 1945 x 0 và x 9 0 tức là x 9 . Ví dụ 6: Cho a, b, c là các số hữu tỉ thỏa mãn ab bc ca 2020 . Chứng minh rằng biểu thức a2 2020 b2 2020 A là một số hữu tỉ. c2 2020 Giải • Ta có: a2 2020 a2 ab bc ca a2 2020 a b a c 1 • Tương tự, ta có: b2 2020 b a b c 2 c2 2020 c a c b 3 a b a c b c b a 2 Từ (1) ,(2), (3) suy ra A a b a b c a c b A a b . Vì a, b là các số hữu tỉ nên a b cũng là số hữu tỉ. Vậy A là một số hữu tỉ. Lưu ý: Các phép tính cộng, trừ, nhân, chia, nâng lên lũy thừa của các số hữu tỉ có kết quả cũng là một số hữu tỉ. Ví dụ 7: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a2 b2 2 Chứng minh rằng: a4 8b2 b4 8a2 6 1 Giải Tìm cách giải. Quan sát phần kết luận cũng như giả thiết. Định hướng chung khi nghĩ tới là chúng ta biến đổi phần trong căn thức ở phần kết luận thành dạng bình phương. Với suy nghĩ ấy, cũng như khai thác phần giả thiết. Chúng ta có hai hướng suy luận: Hướng thứ nhất. Dùng thừa số 2 trong mỗi căn để cân bằng bậc.
  6. Hướng thứ hai. Từ giả thiết suy ra: b2 2 a2 ;a2 2 b2 , dùng phương pháp thế, để mỗi căn thức chỉ còn một biến. Trình bày lời giải Cách 1. Thay a2 b2 2 vào (1) ta có: Vế trái: a4 4b2 a2 b2 b4 4a2 a2 b2 a4 4a2b2 4b2 b4 4a2b2 4a4 2 2 a2 2b2 b2 2a2 a2 2b2 b2 2a2 3 a2 b2 3.2 6 . Vế trái bằng vế phải. Suy ra điều phải chứng minh. Cách 2. Từ giả thiết suy ra: b2 2 a2 ;a2 2 b2 thay vào (1) ta được: 2 2 a4 8 2 a2 b4 8 2 b2 a2 4 b2 4 a2 4 b2 4 (do a2 4;b2 4 ) 4 a2 4 b2 6 . Vế trái bằng vế phải. Suy ra điều phải chứng minh. 8.12 1 8.22 1 8.10032 1 Ví dụ 8: Tính tổng: S 1 1 1 12.32 32.52 20052.20072 (Thi Olympic Toán học, Hy Lạp – năm 2007) Giải 8n2 1 8n2 1 16n4 8n2 1 8n2 1 Ta có 1 2 2 1 2 2 2n 1 2n 1 4n2 1 4n2 1 2 4n2 4n2 1 1 1 2 1 với n 1. 4n 1 2n 1 2n 1 2 2n 1 2n 1 8n2 1 1 1 1 Suy ra 1 2 2 1 * 2n 1 2n 1 2 2n 1 2n 1 Thay n lần lượt từ 1 đến 1003 vào đẳng thức (*) ta được:
  7. Cách 1. Từ phương trình (1) suy ra: x2 1 y 4 x y . Thay thế vào phương trình (2) ta được: y 4 x y x y 2 y y 4 x y . x y 2 1 0 * Trường hợp 1. Xét y = 0 thay vào phương trình (1) ta được: x2 1 0 vô nghiệm. * Trưởng hợp 2. Xét 4 x y x y 2 1 0 Đặt x y t , ta được: 4 t t 2 1 0 t2 6t 9 0 t 3 . Suy ra x y 3 x 3 y thay vào phương trình (1) ta được: 2 2 2 3 y y 3 y y 1 4y y 7y 10 0 . Giải ra ta được: y1 2; y2 5 . * Với y = 2 ta được x = 3 – 2 = 1. * Với y = 5 ta được x = 3 – 5 = -2. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y là: 1;2 ; 2;5 . Cách 2. * Xét y = 0 thay vào phương trình (1) ta được: x2 1 0 . Phương trình vô nghiệm. * Xét y ≠ 0 hệ phương trình có dạng: x2 1 2 y x 2 2 x 1 y x y 2 2y y x2 1 . x y 2 y x2 1 . x y 2 1 y x2 1 u v 2 Đặt u,x y 2 v hệ phương trình có dạng: y u.v 1 2 Suy ra u, v là nghiệm của phương trình x 2x 1 0 x1 x2 1 x2 1 1 x2 1 y x2 1 3 x x2 x 2 0 Do đó u = 1, v = 1 y y 3 x y 3 x y 3 x x y 2 1
  8. Giải hệ phương trình trên ta được nghiệm của hệ phương trình x; y là: 1;2 ; 2;5 2x y y x 3 4y 3 Ví dụ 6. Giải hệ phương trình 2y x x y 3 4x 3 Giải Tìm cách giải. Bài toán có dạng đối xứng loại 2. Suy luận tự nhiên ta có hai cách giải: - Cách 1. Đánh giá các ẩn, để chứng tỏ x = y. - Cách 2. Vế trừ vế, rồi chứng tỏ x = y. Trình bày lời giải 3 3 Cách 1. Điều kiện x ; y . 4 4 xy 2 x y 3 4y 3 2x y y x 3 4y 3 2y x x y 3 4x 3 xy 2 y x 3 4x 3 * Nếu x > y suy ra 4x 3 4y 3 dẫn đến: xy 2 y x xy 2 x y y x mâu thuẫn. * Nếu x < y tương tự dẫn đến mâu thuẫn. Do đó x = y suy ra: 2x x x x 3 4x 3 3x x 3 4x 3 x3 4x 3 0 1 13 1 13 Giải ra, ta được: x 1; x ; x . 1 2 2 3 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là: 1 13 1 13 1 13 1 13 (1;1), ; ; ; . 2 2 2 2 Cách 2. Từ phương trình (1) và (2), vế trừ vế ta được:
  9. x y y x 3 4x 3 3 4y 3 0 3 4x 3 4y 3 xy x y 0 4x 3 4y 3 12 x y x y xy x y 0 4x 3 4y 3 12 x y xy 0 4x 3 4y 3 x y 0 x y Suy ra: 2x x x x 3 4x 3 3x x 3 4x 3 x3 4x 3 0 1 13 1 13 Giải ra, ta được: x 1; x ; x . 1 2 2 3 2 1 13 1 13 1 13 1 13 1;1 ; ; ; ; Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) là: 2 2 2 2 xz x 4 (1) 2 Ví dụ 7. Giải hệ phương trình: 2y 7 xz 3x 14 (2) 2 2 2 x z 35 y 3 Giải Từ phương trình (1) x xz 4 thay vào phương trình (2) ta được: 2y2 7 xz 3 xz 4 14 y2 2xz 1 Thay vào phương trình (3) ta được: 2 2 2 x z 6 x z 35 2xz 1 x z 36 x z 6 • Trường hợp 1. Xét x z 6 z 6 x thay vào phương trình (1) ta được: 2 x. 6 x x 4 x 5x 4 0 x1 1; x2 4 . Với x 1 z 6 1 5 ; thay vào phương trình (3): 1 25 35 y2 y 3 .
  10. Vói x 4 z 6 4 2 ; thay vào phương trình (3): 16 4 35 y2 y 15 . Vậy tập nghiệm hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y;z là: 1;3;5 ; 1; 3;5 ; 4; 15;2 ; 4; 15;2 . • Trường hợp 2. Xét x z 6 ta có: 7 33 x 6 x x 4 x2 7x 4 0 x 2 7 33 5 33 Với x z thay vào (3) ta được phương trình vô nghiệm. 2 2 7 33 5 33 Với x z thay vào (3) tìm được y 4 33 . 2 2 Vậy tập nghiệm hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y;z là: 7 33 5 33 7 33 5 33 ; 4 33; ; ; 4 33; 2 2 2 2 x2 xy y2 1(1) 2 2 Ví dụ 8. Giải hệ phương trình y yz z 4(2) 2 2 z zx x 7(3) Giải Tìm cách giải. Vế trái của mỗi phương trình, các biến có vai trò như nhau, còn vế phải là ba số 1; 4; 7 cách đều. Do đó rất tự nhiên chúng ta nghĩ tới việc vế trừ vế của hai phương trình để được hai phương trình mới có vế phải là - 3, từ đó so sánh vế trái. Chúng ta biểu diễn được hai ẩn theo ẩn còn lại, từ đó giải được phương trình. Trình bày lời giải Trừ từng vế các phương trình (1); (2) và trừ từng vế các phương trình (2); (3) ta được: x2 z2 xy yz 3 x z x y z 3 2 2 y x yz zx 3 y x x y z 3 Suy ra: x z y x 2x y z (4).
  11. Từ phương trình (1) và (3) vế trừ vế ta được: y2 z2 xy zx 6 y z x y z 6 2 kết hợp với (4): y z .3x 6 y z x Mặt khác y z 2x . 1 1 Suy ra: y x ; z x thay vào phương trình (2) ta được: x x 2 2 1 1 1 1 4 2 x x x x 4 3x 4x 1 0 x x x x 3 3 Giải ra ta được: x 1; x 1; x ; x 1 2 3 3 4 3 • Với x = 1 suy ra: y 1 1 0; z 1 1 2 . • Với x = - 1 suy ra: y 1 1 2; z 1 1 0 . 3 3 3 2 3 3 3 4 3 • Với x suy ra: y ; z . 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 3 3 3 4 3 • Với x suy ra: y ; z . 3 3 3 3 3 3 3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y;z là 3 2 3 4 3 3 2 3 4 3 1;0;2 ; 1;2;0 ; ; ; ; ; ; 3 3 3 3 3 3 x2 2x y 2y x 2 Ví dụ 9. Giải hệ phương trình y 2y z 2z y z2 2z x 2x z (Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Bắc Ninh, năm học 2009-2010) Giải Tìm lời giải: Bài toán này là dạng hoán vị vòng quanh vì vậy chúng ta nên dùng kỹ thuật đánh giá ẩn. Vế trái của mỗi phương trình có bóng dáng của hằng đẳng thức nên chúng ta dựa vào đó để đánh giá ẩn.
  12. Trình bày lời giải Điều kiện: x 0;y 0;z 0 2 x y x y(1) 2 Hệ phương trình tương đương với y z y z(2) 2 z x z x(3) Từ các phương trình (1);(2);(3) ta có: x y 0 y z 0 x y z x x y z z x 0 x y z 0 Suy ra x y z 0 hoặc x y z 1 x x 0 Thử lại thấy thỏa mãn Vậy tập nghiệm của hệ phương trình x; y;z là 0;0;0 ; 1;1;1 B. Bài tập vận dụng x2 2xy x 2y 3 0 1.1. Giải hệ phương trình: 2 2 y x 2xy 2x 2 0 Hướng dẫn giải – Đáp số x2 2xy x 2y 3 0 (1) 2x2 4xy 2x 4 y 6 0 Ta có: 2 2 2 2 y x 2xy 2x 2 0 ( 2 ) y x 2xy 2x 2 0 x2 y2 2xy 4x 4 y 4 0 x y 2 2 0 y x 2 5 21 Thay vào phương trình (1) ta được: x2 5x 1 0 x 2 5 21 1 21 5 21 1 21 Vậy hệ có hai nghiệm x; y là ; ; ; 2 2 2 2
  13. x2 2y 1 0(1) 1.2. Giải hệ phương trình 2 y x 3y 1 0 ( 2 ) (Thi học sinh Giỏi Toán 9, tỉnh Đồng Nai, năm học 2012 – 2013) Hướng dẫn giải – Đáp số Từ phương trình (1) và (2) vế trừ vế ta được 2 2 x y 0 x y x y 0 x y . x y 1 0 x y 1 0 Trường hợp 1. Xét x y 0 x y thay vào phương trình (1) ta được: x2 2x 1 0 x 1 suy ra y 1 Trường hợp 2. Xét x y 1 0 y 1 x thay vào phương trình (1) ta được: x2 2 1 x 1 0 x2 2x 1 0 Giải ra ta được: x1 1 2 y1 1 1 2 2 2 ; x2 1 2 y2 1 1 2 2 2 Vậy tập nghiệm của hệ phương trình x; y là 1;1 ; 1 2;2 2 ; 1 2;2 2 8 2 3x (1) 3 y 1.3. Giải hệ phương trình: 6 x3 2 ( 2 ) y (Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Thanh Hóa, Năm học 2012-2013) Hướng dẫn giải – Đáp số Từ phương trình (1) và (2) cộng vế với vế ta được 3 8 6 3 8 6 2 2 2x 4 x 3x 3 x 3 3x 0 x . x 2 3 0 y y y y y y y 2 2 2x 4 1 3 2 2 Ta có x 2 3 x 2 3 0 nên x 0 x thay vào phương trình y y y y y y (1) ta được:
  14. 6 8 3 2 2 y 1 0 y 1 2 3 y 3y 4 0 y 1 . y 2 0 y y y 2 0 y 2 2 - Với y 1 x 2 1 2 - Với y 2 x 1 2 Vậy tập nghiệm của hệ phương trình x; y là 2;1 ; 1; 2 y x2 (1) 1.4. Giải hệ phương trình: z xy( 2 ) 1 1 6 ( 3 ) x y z (Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Quảng Ngãi, năm học 2011-2012) Hướng dẫn giải – Đáp số Từ phương trình (1) và (2) thay vào phương trình (3) ta được: 1 1 6 x2 x 6 x2 x 6 0 x x2 x3 Giải ra ta được x1 2; x2 3 - Với x1 2 thay vào phương trình (1); (2) ta được y 4; z 8 - Với x2 3 thay vào phương trình (1); (2) ta được y 9; z 27 Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y; z là 2;4; 8 ; 3;9;27 2 x y 1 (1) x 1.5. Giải hệ phương trình: 2 3 x y 2 ( 2 ) x2 (Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Quảng Bình, năm học 2011-2012) Hướng dẫn giải – Đáp số 2 Từ phương trình (1) suy ra x y 1 thay vào phương trình (2) ta được: x
  15. 2 2 3 4 4 3 2 1 2 2 1 2 2 2 3x 4x 1 0 x x x x x 1 Giải ra ta được x 1; x 1 2 3 - Với x1 1 thay vào phương trình (1) ta được 1 y 1 2 y 0 1 1 14 - Với x thay vào phương trình (2) ta được y 1 6 y 2 3 3 3 1 14 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y là 1;0 ; ; 3 3 x4 x3 .y x2 .y2 1(1) 1.6. Giải hệ phương trình: 3 2 x .y x xy 1( 2 ) Hướng dẫn giải – Đáp số Từ phương trình (1) và (2) vế trừ vế ta được: 2 x4 2x3 .y x2 .y2 x2 xy 0 x2 xy x2 xy 0 x 0 2 x x y x xy 1 0 x y 0 2 x xy 1 0 - Với x = 0 thay vào phương trình (1), phương trình vô nghiệm. - Với x y 0 x y thay vào phương trình (1) ta được x4 x4 x4 1 x 1 y 1 - Với x2 xy 1 0 x2 xy 1 hệ phương trình viết dưới dạng: 4 2 4 x xy x xy 1 x xy 1 3 2 x3 y 0 x y x xy 1 - Nếu x 0 phương trình vô nghiệm - Nếu x ≠ 0 thì y = 0 thay vào phương trình (2) suy ra x2 1 (loại). Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y là 1;1 ; 1; 1 . 2 2 x y 1 x y 1 3 x 4x 1 1.7. Giải hệ phương trình: 2 xy x 1 x
  16. Hướng dẫn giải – Đáp số 2 2 2 2 x y 1 x y 1 3 x 4x 1 xy x x xy x 3 x 4x 1(1) 2 2 xy x 1 x xy x x 1( 2 ) Từ phương trình (2) thay vào phương trình (1) ta được: x2 1 x2 x2 1 3 x2 4x 1 2x4 6 x2 4x 0 2x x 1 x2 2x 2 0 - Với x = 0 thay vào phương trình (2) ta được 0.y 0 02 1 vô nghiệm - Với x = 1 thay vào phương trình (2) ta được 1.y 1 1 1 y 1 2 - Xét x 2x 2 0 giải ra ta được x1 1 3; x2 1 3 2 3 + Với x 1 3 thay vào phương trình (2) ta tính được y 1 3 2 3 + Với x 1 3 thay vào phương trình (2) ta tính được y 1 3 1 3 1 3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y là 1; 1 ; 1 3; ; 1 3; 2 3 2 3 x4 2x3 y x2 y2 2x 9(1) 1.8. Giải hệ phương trình: 2 x 2xy 6 x 6 ( 2 ) Hướng dẫn giải – Đáp số 6 x 6 x2 Từ phương trình (2) ta có: xy thay vào phương trình (1) ta được: 2 2 2 2 2 2 6 x 6 x x xy 2x 9 x 2x 9 2 4 3 2 3 x 0 x 0 x 12x 48x 64x 0 x. x 4 0 x 4 0 x 4 - Với x = 0 thay vào phương trình (1) ta được phương trình vô nghiệm. - Với x = -4 thay vào phương trình (2) ta được y = 4,25. Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y là 4;4,25 .
  17. 3 3 x 8x y 2y 1.9. Giải hệ phương trình: 2 2 x 3 3 y 1 Hướng dẫn giải – Đáp số 3 3 3 3 x 8x y 2y x y 2 4x y (1) Ta có: 2 2 2 2 x 3 3 y 1 x 3y 6 ( 2 ) x2 3y2 Từ phương trình (2) ta có: 2 thay vào phương trình (1) ta được: 3 3 x3 y3 x2 3y2 4x y x3 x2 y 12xy2 0 x 0 x x 3y x 4 y 0 x 3y 0 x 4 y 0 - Trường hợp 1. Xét x = 0 thay vào phương trình (2) ta được: 3y2 6 Vô nghiệm. - Trường hợp 2. Xét x 3y 0 x 3y thay vào phương trình (2) ta được: 9 y2 3y2 6 y 1 - Trường hợp 3. Xét x 4 y 0 x 4 y thay vào phương trình (2) ta được: 6 6 16 y2 3y2 6 y x  4 13 13 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y là 6 6 6 6 3;1 ; 3; 1 ; 4 ; ; 4 ; 13 13 13 13 x y xy 3(1) 1.10. Giải hệ phương trình: x 1 y 1 4( 2 ) Hướng dẫn giải – Đáp số * Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có: x y x y 3 xy 3 x y 6 ( 3 ) 2 *Áp dụng bất đẳng thức ax by a2 b2 . x2 y2 ta có:
  18. x 1 y 1 x 1 y 1. 1 1 4 x y 2. 2 x y 6 ( 4 ) Từ (3) và (4) suy ra x y 6 . Đẳng thức xảy ra khi x = y = 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y là 3;3 x y 2y x 3x 2x 1 1.11. Giải hệ phương trình: y x 2x y 3y 2y 1 Hướng dẫn giải – Đáp số 1 1 Điều kiện x ; y 2 2 xy x 2 y 3x 2x 1 Hệ phương trình có dạng: xy y 2 x 3y 2y 1 - Nếu x > y suy ra 3x 2x 1 3y 2y 1 dẫn đến: xy x 2 y xy y 2 x y x mâu thuẫn. - Nếu x < y tương tự dẫn đến mâu thuẫn. Do đó x = y suy ra: x x 2x x 3x 2x 1 x 2x 1 x 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y là 1;1 x3 y3 z2 1.12. Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình sau: 2 3xy z z Hướng dẫn giải – Đáp số x3 y3 z2 x3 y3 z2 x3 y3 z2 (1) Ta có: 2 2 3 3 3 3 3xy z z 3xyz z z 3xyz x y z ( 2 ) Từ phương trình (2): x3 y3 z3 3xyz 0 x y z x2 y2 z2 xy yz zx 0 2 2 2 * Mà x2 y2 z2 xy yz zx 0,5 x y 0,5 y z 0,5 z x 0 Suy ra x y z 0 x y z Vậy với x; y; z thỏa mãn x + y = z thì hệ phương trình có nghiệm. Thay x + y = z vào phương trình (1) ta được:
  19. 2 x3 y3 x y x2 xy y2 x y ( vì x + y > 0) y2 x 1 y x2 x 0 Phương trình bậc hai (ẩn y) có nghiệm khi và chỉ khi: 2 2 x 1 4 x2 x 0 3 x 1 4 Do x nguyên dương nên x = 1 hoặc x = 2 Với x = 1 suy ra y = 2; z = 3 Với x = 2 suy ra y1 = 1; z1 = 3 y2 = 2; z2 = 4 Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm nguyên dương x; y; z là 1;2;3 ; 2;1;3 ; 2;2;4 x y 7 1.13. Giải hệ phương trình: x 20 y 3 6 (Thi học sinh giỏi toán 9, tỉnh Bình Định, năm học 2008 - 2009) Hướng dẫn giải – Đáp số Điều kiện x 20; y 0 Đặt u x 20;v y 3 u 0;v 0 Suy ra x u2 20; y v2 3 u2 20 v2 3 7(1) Hệ phương trình đã cho có dạng trong đó u 6;v 6 . u v 6( 2 ) Từ phương trình (1) bình phương hai vế ta được: u2 20 v2 3 2 u2 20 v2 3 49 (3) Từ phương trình (2): v 6 4 thay vào phương trình (3) ta được:
  20. u2 20 (6 u)2 3 2 (u2 20)(u2 12u 33) 49 u2 20 (u2 12u 33 u2 6u 2 2 u2 20 u2 12u 33 u2 6u 2 13u2 216u 656 0 164 Giải ra ta được u 4;u 6 (loại). 1 2 13 x 20 4 x 36 Với u = 4 thì v = 2 suy ra y 3 2 y 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y là 36;1 2 2 x y 4(1) 1.14. Cho hệ phương trình với ẩn x: 2 2 x 5y 2 x 4 y 2y 0( 2 ) Tìm y sao cho hệ trên có nghiệm x. (Thi học sinh giỏi toán 9, TP. Hồ Chí Minh, năm học 1992 – 1993 – Vòng 2) Hướng dẫn giải – Đáp số Từ (1) có y2 4 x2 4 do đó 2 y 2 Ta có x 4 y2 với 2 y 2 . Hệ có nghiệm. 2 2 2 2 4 y 5y 2 . 4 y 4 y 2y 0 2 4 y2 5y 2 4 y2 4 y2 2y 0 5y 2 . 4 y2 3y2 2y 4 2 2 5y 2 4 y 3y 2y 4 5y 2 4 y2 3y2 2y 4 2 5y 2 2 4 y2 3y2 2y 4 34 y4 32y3 68 y2 64 y 0 2y y2 2 . 17 y 16 0
  21. 16 y 2 hoặc 0 y 2 7 16 Do đó giá trị y để hệ có nghiệm x là 0 y 2 hoặc y 2 7 3x2 2y2 4xy x 8 y 4 0 1.15. Giải hệ phương trình: 2 2 x y 2x y 3 0 (Thi học sinh giỏi toán 9, tỉnh Phú Thọ, năm học 2013 - 2014) Hướng dẫn giải – Đáp số 3x2 2y2 4xy x 8 y 4 0 3x2 2y2 4xy x 8 y 4 0 (1) Ta có: 2 2 2 2 x y 2x y 3 0 2x 2y 4x 2y 6 0 ( 2 ) Lấy (1) trừ (2) theo vế với vế ta có: 2 x2 4xy 4 y2 3 x 2y 2 0 x 2y 3 x 2y 2 0 x 2y 1 x 2y 2 0 x 2y 1hoặc x 2y 2 - Với x 2y 1 , thế vào (2) và rút gọn, ta có y y 3 0 y 0 hoặc y 3 Suy ra x = 1, y = 0 hoặc x = -5, y = -3. - Với x 2y 2 , thế vào (2) và rút gọn ta có: 13 109 13 109 3y2 13y 5 0 y hoặc y 6 6 7 109 13 109 Suy ra x , y 3 6 7 109 13 109 Hoặc x , y 3 6 Vậy hệ phương trình có tập nghiệm x; y là 7 109 13 109 7 109 13 109  S 1;0 ; 5; 3 ; ; ; ;  3 6 3 6  y 2 x 1 1.16. Giải hệ phương trình: 2 x y x y
  22. (Thi học sinh giỏi toán 9, TP. Hồ Chí Minh, năm học 2014 - 2015) Hướng dẫn giải – Đáp số ĐKXĐ: x 1 vµ x y. y 2 x 1 y 2 x 1 2 2 x y x y x 2 x 1 x 2 x 1 2 Do x 2 x 1 x 1 1 nên: 2 x 1 1 x2 2 x 1 x2 1 3 x 1 x2 1 9 x 1 2 x 1 y 0 x 1 x 2 x 3x 5 0 x 2 y 2 Vậy tập nghiệm của phương trình là x; y 1;0 ; 2;2  x2 y2 xy 2 1.17. Giải hệ phương trình: 3 3 x y 2x 4 y (Thi học sinh giỏi toán 9, tỉnh Nghệ An, năm học 2014 - 2015) Hướng dẫn giải – Đáp số 2 2 x2 y2 xy 2 x y xy 2 (1) Ta có: 3 3 2 2 x y 2x 4 y x y x xy y 2x 4 y ( 2 ) Từ phương trình (1) thế vào phương trình (2), ta được: x y 2 2xy 2x 4 y x2 y xy2 y 0 y 0 y x2 xy 1 0 2 x xy 1 0 - Trường hợp 1. Xét y = 0 thay vào phương trình (1), ta được x 2 . - Trường hợp 2. Xét x2 xy 1 0 x2 xy 1, thay vào phương trình (1) ta được: y2 3 y 3 Suy ra x2 3.x 1 0 có 0 phương trình vô nghiệm. Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y là S 2;0 , 2;0  .
  23. CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC