zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Hệ phương trình trong các ký thi tuyển sinh đại học

Chia sẻ: Hoàng Thanh Lâm | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Báo xấu

58
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hệ phương trình trong các ký thi tuyển sinh đại học cung cấp cho bạn đọc những nội dung kiến thức về các câu hỏi, đáp án về hệ phương trình được trích từ các đề thi tuyển sinh đại học qua các năm của các khối A, B, C, D khác nhau. Mời các bạn cùng tham khảo để bổ sung thêm kiến thức cho bản thân, từ đó có sự chuẩn bị tốt nhất cho các ký thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Hệ phương trình trong các ký thi tuyển sinh đại học

TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ðT:0905671232–0989824932 Hệ phương trình trong các kỳ thi tuyển sinh ñại học(ñề chính thức) Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối A-2014 Giải hệ phương trình sau:   ( )  x 12 − y + y 12 − x 2 = 12 trong ñó ( x, y ∈ ℝ )  x3 − 8 x − 1 = 2 y − 2 Hướng dẫn giải ( )  x 12 − y + y 12 − x = 12 (1)  2   x3 − 8 x − 1 = 2 y − 2 ( 2) ðiều kiện: −2 3 < x ≤ 2 3 ; 2 ≤ y ≤ 12  x 2 + 12 − y  x 12 − y ≤ x ≥ 0 Ta có  2 . Nên x 12 − y + y 12 − x 2 ( ≤ 12 .)Do ñó: (1) ⇔   y 12 − x 2 ≤ y + 12 − x  y = 12 − x 2 2  ( ) 2 Thay vào phương trình (2) của hệ phương trình ta ñược ( ) x3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2 ⇔ x3 − 8 x − 3 + 2 1 − 10 − x 2 = 0  2 ( x + 3)  ⇔ ( x − 3)  x 2 + 3 x + 1 +  = 0 ( 3)  1 + 10 − x 2  2 ( x + 3) Do x ≥ 0 nên x 2 + 3x + 1 + >0 1 + 10 − x 2 Do ñó: ( 3) ⇔ x = 3 thay vào hệ phương trình và ñối chiếu ñiều kiện ta thu ñược nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = ( 3;3) . Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối B-2014: (1 − x ) x − y + x = 2 + ( x − y − 1) y Giải hệ phương trình sau:  trong ñó ( x, y ∈ ℝ ) 2 y − 3x + 6 y + 1 = 2 x − 2 y − 4 x − 5 y − 3 2 Hướng dẫn giải (1 − x ) x − y + x = 2 + ( x − y − 1) y (1) Ta có  2 2 y − 3 x + 6 y + 1 = 2 x − 2 y − 4 x − 5 y − 3 ( 2 ) y ≥ 0  ðiều kiện:  x ≥ 2 y  4 x ≥ 5 y + 3 Ta có (1) ⇔ (1 − y ) ( ) ( ) x − y − 1 + ( x − y − 1) 1 − y = 0  1  ⇔ (1 − y ) ( x − y −1  ) 1 +  x − y + 1 1 + y  = 0 ( 3)   1 1 y =1 Do + > 0 nên phương trình (3) tương ñương với  y = x −1 x − y +1 1+ y  Với y = 1 , phương trình (2) trở thành 9 − 3x = 0 ⇔ x = 3 http://www.xuctu.com - Trang 1E mail: - quoctuansp@gmail.com
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ðT:0905671232–0989824932 Với y = x − 1 , ñối chiếu ñiều kiện thì phương trình 2 trở thành ( ) ( 2x2 − x − 3 = 2 − x ⇔ 2 x2 − x −1 + x −1 − 2 − x = 0 )   ( ) ⇔ x2 − x − 1  2 + 1 =0 x −1 + 2 − x   1 1± 5 Do 2 + > 0 nên (3) x 2 − x − 1 = 0 ⇔ x = x −1+ 2 − x 2 ðối chiếu ñiều kiện và kết hợp với trường hợp trên ta ñược nghiệm của hệ phương trình ñã  1 + 5 −1 + 5  cho là ( x; y ) = ( 3;1) , ;   2 2  Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối D-2014: Giải bất phương trình ( x + 1) x + 2 + ( x + 6 ) x + 7 ≥ x 2 + 7 x + 12 Hướng dẫn giải ðiều kiện: x ≥ −2 . Bất phương trình ñã cho tương ñương với ( x + 1) ( ) x + 2 − 2 + ( x + 6) ( ) ( ) x + 7 − 3 − x2 + 2 x − 8 ≥ 0  x +1 x+6  ⇔ ( x − 2)  + − x − 4  ≥ 0 (1)  x+2 +2 x+7 +3  Do x ≥ 2 nên x + 2 ≥ 0 và x + 6 > 0 . Suy ra x +1 x+6  x+2 x+2  x+6 x+6 1 + −x−4= −  + −  − 0 , với mọi y ≥ 0 y = 0 Mà g (1) = 0 , nên phương trình (4) có hai nghiệm không âm là  y =1 Với y = 0 ta ñược nghiệm của ( x; y ) = (1;0 ) Với y = 1 ta ñược nghiệm là ( x; y ) = ( 2;1) http://www.xuctu.com - Trang 2E mail: - quoctuansp@gmail.com
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ðT:0905671232–0989824932 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là ( x; y ) = (1; 0 ) , ( 2;1) Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối B-2013: 2 x 2 + y 2 − 3 xy + 3 x − 2 y + 1 = 0 Giải hệ phương trình sau:  2 trong ñó ( x, y ∈ ℝ )  4 x − y 2 + x + 4 = 2 x + y + x + 4 y Hướng dẫn giải 2 x + y ≥ 0 ðiều kiện:  x + 4 y ≥ 0 Tử phương trình (1) của hệ ta thu ñược  y = x +1  y = 2x +1  Với y = x + 1 , thay vào phương trình (2) ta ñược 3x 2 − x + 3 = 3x + 1 + 5 x + 4 ( ) ( ) ( ⇔ 3 x 2 − x + x + 1 − 3x + 1 + x + 2 − 5 x + 4 = 0 )   ( ⇔ x 2 − x 3 + ) 1 + 1 x + 1 + 3x + 1 x + 2 + 5 x + 4  =0  x = 1 ⇔ x2 − x = 0 ⇔  x = 0 Khi ñó ta thu ñược nghiệm ( x; y ) = ( 0;1) , (1; 2 ) Với y = 2 x + 1 , thay vào phương trình (2) của hệ phương trình ta ñược 3 − 3x = 4 x + 1 + 9 x + 4 ⇔ 3x + ( ) ( 4x + 1 −1 + ) 9x + 4 − 2 = 0  4 9  ⇔ x3+ + =0⇔ x=0  4x + 1 + 1 9x + 4 + 2  Khi ñó nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = ( 0;1) Trích từ ñề thi tuyển sinh Cao ñẳng khối A-2013:  xy − 3 y + 1 = 0 Giải hệ phương trình sau:  trong ñó ( x, y ∈ ℝ )  4 x − 12 y + xy 2 = 0 Hướng dẫn giải  xy − 3 y + 1 = 0 (1) Hệ phương trình ñược ñược viết lại  4 x − 12 y + xy = 0 2 ( 2) Nhận xét y = 0 không thỏa mãn phương trình (1). 3 y −1 Từ phương trình (1) ta ñược x = ( 3) y Thay vào phương trình (2) của hệ phương trình ta ñược http://www.xuctu.com - Trang 3E mail: - quoctuansp@gmail.com
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ðT:0905671232–0989824932  y =1  3 y − 11 y + 12 y − 4 = 0 ⇔  y = 2 3 2  2 y =  3 5  3 2 Vậy nghiệm của hệ tích phân là ( x; y ) = ( 2;1) ,  ; 2  ,  ;  2  2 3 Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối D-2012: Giải hệ phương trình sau  xy + x − 2 = 0  3 2 trong ñó ( x, y ∈ ℝ ) 2 x − x y + x + y − 2 xy − y = 0 2 2 Hướng dẫn giải Hệ phương trình ñã cho tương ñương với  xy + x − 2 = 0 (1)  ( 2 x − y + 1) ( x − y ) = 0 ( 2 ) 2 −1 ± 5 Với 2 x − y + 1 = 0 ⇔ y = 2 x + 1 thay vào phương trình 1 của hệ ta ñược x2 + x −1 = 0 ⇔ x = . 2  −1 + 5   −1 − 5  Do ñó ta có các nghiệm ( x; y ) =  ; 5  , ( x; y ) =  ; − 5   2   2  Với x − y = 0 ⇔ y = x . Thay vào phương trình (1) của hệ phương trình ta ñược 2 2 x3 + x − 2 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x 2 + x + 2 ) = 0 ⇔ x = 1 . Do ñó ta ñược nghiệm ( x; y ) = (1;1)  −1 + 5   −1 − 5  Vậy nghiệm của hệ phương trình ( x; y ) ñã cho là  ; 5  ,  ; − 5  và (1;1)  2   2  Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối A-2012: Giải hệ phương trình sau  x3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y   2 1 trong ñó ( x, y ∈ ℝ )  x + y 2 − x + y =  2 Hướng dẫn giải  x − 3 x − 9 x + 22 = y + 3 y − 9 y (1) 3 2 3 2  Ta có:  2 1 x + y − x + y = 2 ( 2)  2 ( x − 1)3 − 12 ( x − 1) = ( y + 1)3 − 12 ( y + 1)  Hệ phương trình ñã cho tương ñương với  2 1  1 2  x +  + y +  =1  2  2  1  3 1 − 1 ≤ x − ≤ 1 − ≤ x − 1 ≤  2  2 2 Từ (2), suy ra  ⇔  −1 ≤ y − ≤ 1  − ≤ y − 1 ≤ 3 1 1  2  2 2  3 3 Xét hàm số f ( t ) = t 3 − 12t trên  − ;  ; f ' ( t ) = 3 ( t 2 − 4 ) < 0 , suy ra f ( t ) là hàm nghịch biến.  2 2 Do ñó (1) tương ñương x − 1 = y + 1 ⇔ y = x − 2 ( 3) http://www.xuctu.com - Trang 4E mail: - quoctuansp@gmail.com
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ðT:0905671232–0989824932  1 2 2  x=  1  3 2 Thay vào (2), ta ñược  x −  +  x −  = 1 ⇔ 4 x 2 − 8 x + 3 = 0 ⇔   2  2 x = 3  2 1 3 3 1 Thay vào phương trình (3), ta ñược nghiệm của hệ phương trình ( x; y ) là  ; −  hoặc  ;−  2 2 2 2 Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối A-2011: Giải hệ phương trình sau 5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2 ( x + y ) = 0  trong ñó ( x, y ∈ ℝ )  xy ( x + y ) + 2 = ( x + y ) 2 2 2 Hướng dẫn giải 5 x y − 4 xy + 3 y − 2 ( x + y ) = 0 (1) 2 2 3 Ta có:   xy ( x + y ) + 2 = ( x + y ) ( 2) 2 2 2  xy = 1 Từ phương trình (2) tương ñương ⇔ ( xy − 1) ( x 2 + y 2 − 2 ) = 0 ⇔  2 x + y = 2 2 + xy = 1; từ phương trình (1) suy ra y 4 − 2 y 2 + 1 = 0 ⇔ y = ±1 Do ñó, nghiệm ( x; y ) = (1;1) hoặc ( x; y ) = ( −1; −1) 3 y ( x 2 + y 2 ) − 4 xy 2 + 2 x 2 y − 2 ( x + y ) = 0 + x 2 + y 2 = 2 , từ phương trình (1) suy ra ⇔ 6 y − 4 xy 2 + 2 x 2 y − 2 ( x + y ) = 0  xy = 1 ⇔ (1 − xy )( 2 y − x ) = 0 ⇔  x = 2y  2 10 10   2 10 10  Với x = 2 y , từ x 2 + y 2 = 2 ⇒ ( x; y ) =  ;  hoặc ( x; y ) =  − ;−   5 5   5 5   2 10 10   2 10 10  Vậy hệ phương trình ñã cho cho 4 nghiệm (1;1) , ( −1; −1) ,  ;   − ;−   5 5   5 5  Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối D-2011: Tìm m ñể hệ phương trình sau có nghiệm 2 x − ( y + 2 ) x + xy = m 3 2  2 trong ñó ( x, y ∈ ℝ )  x + x − y = 1 − 2 m Hướng dẫn giải 1 ðặt u = x 2 − x, u ≥ − ; v = 2 x − y 4 uv = m u + ( 2m − 1) u + m = 0 (1) 2 Hệ phương trình ñã cho trở thành  ⇔ u + v = 1 − 2m v = 1 − 2m − u 1 Hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn u ≥ − 4 1 −u 2 + u Với u ≥ − , ta có : (1) ⇔ ( 2u + 1) = −u 2 + u ⇔ m = 4 2u + 1 −u + u 2 1 2u 2 + 2u − 1 −1 + 3 Xét hàm số f ( u ) = Với u ≥ − , ta có f ' ( u ) = − ; f ' (u ) = 0 ⇔ u = 2u + 1 ( 2u + 1) 2 4 2 http://www.xuctu.com - Trang 5E mail: - quoctuansp@gmail.com
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ðT:0905671232–0989824932 Trích từ ñề thi tuyển sinh Cao ñẳng-2011: Giải hệ phương trình sau 2 2 x + y = 3 − 2 x − y  2 trong ñó ( x, y ∈ ℝ )  x − 2 xy − y = 2 2 Hướng dẫn giải ðiều kiện 2 x + y ≥ 0 , ñặt t = 2 x + y , t ≥ 0 . t = 1 Phương trình (1) trở thành : t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔  t = −3 ( loai ) x =1 Với t =1, ta có y = 1 − 2 x . Thay vào (2) ta ñược x 2 + 2 x − 3 = 0 ⇔   x = −3 Với x=1 ta ñược y = −1 Với x = −3 ta ñược y = 7 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) là (1; −1) và ( −3; 7 ) Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối D-2010: Giải hệ phương trình sau  x 2 − 4 x + y + 2 = 0  trong ñó ( x, y ∈ ℝ ) 2 log 2 ( x − 2 ) − log 2 y = 0 Hướng dẫn giải ðiều kiện x > 2; y > 0 (1)  x = 0  x − 4x + y + 2 = 0  x − 3x = 0  y = −2 2 2 Từ hệ phương trình ñã cho ta có :  ⇔ ⇔  x = 3 x − 2 = y y = x − 2    y = 1 ðối chiếu nghiệm của hệ phương trình với ñiều kiện ta thấy nghiệm của hệ là ( x; y ) = ( 3;1) Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối B-2010: Giải hệ phương trình sau log 2 ( 3 y − 1) = x  x trong ñó ( x, y ∈ ℝ ) 4 + 2 = 3 y x 2 Hướng dẫn giải 1 ðiều kiện y > , phương trình thứ nhất của hệ phương trình cho ta 3 y − 1 = 2 x 3 Do ñó, hệ phương trình ñã cho tương ñương với  x 1 3 y − 1 = 2 x 2 =  x = −1 3 y − 1 = 2  x 2   ⇔ 2 ⇔ ⇔ 1 ( − ) + − = − =  y = 2 2  2  3 y 1 3 y 1 3 y  6 y 3 y 0 y = 1  2 http://www.xuctu.com - Trang 6E mail: - quoctuansp@gmail.com
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ðT:0905671232–0989824932  1 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) =  −1;  2   Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối A-2010: Giải hệ phương trình sau ( 4 x 2 + 1) + ( y − 3) 5 − 2 y = 0  2 trong ñó ( x, y ∈ ℝ ) 4 x + 4 y + 2 3 − 4 x = 7 2 Hướng dẫn giải 3 5 ðiều kiện: x ≤ ; y ≤ . Phương trình thứ nhất của hệ phương trình tương ñương với 4 2 ( 4x 2 + 1) 2 x = ( 5 − 2 y + 1) 5 − 2 y (1) Nhận xét phương trình (1) có dạng f ( 2 x ) = f ( 2 − 2y ) , với f ( t ) = ( t 2 + 1) t Ta có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0 suy ra f là hàm số ñồng biến trên R. 2 x ≥ 0  Do ñó: (1) ⇔ 2 x = 5 − 2 y ⇔  5 − 4 x2  y =  2 The vào phương trình thứ hai của hệ phương trình , ta ñược 2 5  4 x +  − 2 x 2  + 2 3 − 4 x − 7 = 0 ( 3) 2 2  3 Nhận thấy x = 0 và x = không phải là nghiệm của phương trình (3) 4 2 5   3 Xét hàm số g ( x ) = 4 x +  − 2 x 2  + 2 3 − 4 x − 7 , trên khoảng  0;  2 2   4 5  = 4 x ( 4 x 2 − 3) − 4 4 g ' ( x ) = 8 x − 8x  − 2 x2  − ≤ 0 Suy ra g ( x ) là hàm số nghịch biến. 2  3 − 4x 3 − 4x 1 1 Mặt khác g   = 0 , do ñó phương trình (3) có nghiệm duy nhất x = ⇒ y = 2 2 2 1  Vậy hệ phương trình ñã cho có nghiệm ( x; y ) =  ; 2  2  Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối D-2009: Giải hệ phương trình sau  x ( x + y + 1) − 3 = 0   5 trong ñó ( x, y ∈ ℝ ) ( + ) − + = 2  x y 1 0  x2 Hướng dẫn giải Hệ phương trình ñã cho tương ñương với http://www.xuctu.com - Trang 7E mail: - quoctuansp@gmail.com
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ðT:0905671232–0989824932  1  x = 1  x = 1    3  3  3   x + y + 1 − x = 0 x + y = x −1  x + y = −1   x + y = 2  y = 1   x   ⇔ ⇔ ⇔ 1 1 ⇔   x = 2 Vậy 5 ( x + y ) − + 1 = 0  3  2  −1 − + 1 = 05 4 6  − +2=0  =    x 2 2  2    x 2   3 = − 2 x  x  x x     y 1  x + y = 2   2  3 Hệ phương trình ñã cho có nghiệm ( x; y ) là (1;1) và  2; −   2 Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối B-2009: Giải hệ phương trình sau  xy + x + 1 = 7 y  2 2 trong ñó ( x, y ∈ ℝ )  x y + xy + 1 = 13 y 2 Hướng dẫn giải Hệ phương trình ñã cho tương ñương với  1   x + = −5  x 1  1 x x+ + =7  1  2 1  y (I )  x + + = 7   x +  +  x +  − 20 = 0   y y  y y  y  y   x = 12 y  ⇔ 2 ⇔  ⇔   x 2 + x + 1 = 13  1 x x  1  x + 1 = 4  x +  − = 13 = 1 −  x +     y y 2  y y y   y  y ( II )   x = 3 y + Hệ phương trình (I) vô nghiệm  1 + Hệ phương trình (II) có nghiệm ( x; y ) = 1;  và ( x; y ) = ( 3;1) 3   Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối A-2009: Giải hệ phương trình sau log 2 ( x 2 + y 2 ) = 1 + log 2 ( xy )  x2 − xy + y 2 trong ñó ( x, y ∈ ℝ ) 3 = 81 Hướng dẫn giải ðiều kiện: xy > 0 (*) , hệ phương trình ñã cho tương ñương với  x + y = 2 xy 2 2 x = y x = y  2 ⇔  ⇔   x − xy + y = 4 y = 4  y = ±2 2 2 Kết với với ñiều kiện ta thấy hệ phương trình ñã cho có nghiệm ( 2; 2 ) và ( −2; −2 ) Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối A-2008: Giải hệ phương trình sau  2 5  x + y + x y + xy + xy = − 4 3 2  ( x, y ∈ ℝ )  x 4 + y 2 + xy (1 + 2 x ) = − 5  4 Hướng dẫn giải http://www.xuctu.com - Trang 8E mail: - quoctuansp@gmail.com
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ðT:0905671232–0989824932  2  2  x + y + xy + xy ( x + y ) = − 4 5 5  x + y + x y + xy + xy = − 4 3 2 2 Ta có biến ñổi:  ⇔ ( *)  x 4 + y 2 + xy (1 + 2 x ) = − 5 ( x 2 + y )2 + xy = − 5  4  4 u = x 2 + y ðặt  . Hệ phương trình (*) trở thành  v = xy  5  5  5 u + v + uv = − 4 v = − 4 − u u = 0, v = − 4 2  ⇔ ⇔ u + v = − 2 5 u + u + = 0 3 2 u u = − 1 , v = − 3  4   4  2 2  5 25   3 Giải ta ñược nghiệm của hệ phương trình ( x; y ) là  3 ; − 3  và 1; −   4 16   2 Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối B-2008: Giải hệ phương trình sau  x + 2 x y + x y = 2 x + 9 4 3 2 2  2 trong ñó ( x, y ∈ ℝ )  x + 2 xy = 6 x + 6 Hướng dẫn giải Hệ phương trình ñã cho tương ñương với ( x2 + xy )2 = 2x + 9 2   2 x2  x = 0 ⇒  x + 3x + 3 −  = 2x + 9 ⇔ x4 +12x3 + 48x2 + 64x = 0 ⇔ x ( x + 4) = 0 ⇔  3  2 xy = 3x + 3 − x  2  x = −4  2 + Với x=0 không thỏa mãn hệ phương trình 17 + Với x = −4 ⇒ y = 4  17  Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) =  −4;   4 Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối D-2008: Giải hệ phương trình sau  xy + x + y = x 2 − 2 y 2  ( x, y ∈ ℝ )  x 2 y − y x − 1 = 2 x − 2 y Hướng dẫn giải ðiều kiện: x ≥ 1, y ≥ 0 ( x + y )( x − 2 y − 1) = 0 (1) Hệ phương trình ñã cho tương ñương với   x 2 y − y x − 1 = 2 x − 2 y ( 2) Từ ñiều kiện ta có x + y > 0 nên (1) ⇔ 2 y + 1 ( 3) Thay (3) vào(2) ta ñược ( y + 1) 2 y = 2 ( y + 1) ⇔ y = 2 ( do y + 1 > 0 ) ⇒ x = 5 Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = ( 5; 2 ) Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối D-2007: Xác ñịnh m ñể hệ phương trình sau có nghiệm thực  1 1 x + x + y + y = 5   trong ñó ( x, y ∈ ℝ ) 1 x + + y + 1 3 3 = 15m − 10  y3 y3 http://www.xuctu.com - Trang 9E mail: - quoctuansp@gmail.com
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ðT:0905671232–0989824932 Hướng dẫn giải  1 u = x + x ðặt  (u ≥ 2, v ≥ 2 ) . Hệ phương trình ñã cho tương ñương với v = y + 1  y u + v = 5 u + v = 5  3 3 ⇔ u + v − 3 ( u + v ) = 15m − 10 uv = 8 − m Vậy u và v là hai nghiệm của phương trình t 2 − 5t + 8 = m (1) Hệ phương trình ñã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm thỏa t1 ≥ 2, t2 ≥ 2 , (Hai nghiệm này không nhất thiết phân biệt) Xét hàm số f ( t ) = t 2 − 5t + 8 với t ≥ 2 . Bảng biến thiên của hàm số f ( t ) 7 Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy ñể hệ phương trình có nghiệm thì m ≥ 22 hoặc ≤m≤2 4 Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối D-2006: Tìm a ñể hệ phương trình có nghiệm duy nhất e x − e y = ln (1 + x ) − ln (1 + y )  ( x, y ∈ ℝ )  y − x = a Hướng dẫn giải ðiều kiện: : x, y>-1. Hệ phương trình ñã cho ñường thẳng với e x + a − e x + ln (1 + x ) − ln (1 + a + x ) = 0 (1)   y = x + a ( 2) Hệ phương trình ñã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm duy nhất trong khoảng ( −1; + ∝ ) . Xét hàm số f ( x ) = e x + a − e x + ln (1 + x ) − ln (1 + a + x ) với x>-1 Do f(x) liên tục trong khoảng ( −1; + ∝ ) . và lim f ( x ) = − ∝; lim f ( x ) = + ∝ x →−1+ x →+∝ Nên phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm trong khoảng ( −1; + ∝ ) . = e x ( e a − 1) + 1 1 a Mặt khác f ' ( x ) = e x + a − e x + − > 0, ∀x > −1. 1+ x 1+ a + x (1 + x )(1 + a + x ) Suy ra f(x) là hàm số ñồng biến trong khoảng ( −1; + ∝ ) . Do ñó, phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất trong khoảng ( −1; + ∝ ) Vậy hệ phương trình ñã cho có nghiệm duy nhất Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối A-2006: Giải hệ phương trình sau  x + y − xy = 3  ( x, y ∈ ℝ )  x + 1 + y + 1 = 4 Hướng dẫn giải http://www.xuctu.com - Trang 10 - E mail: quoctuansp@gmail.com
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ðT:0905671232–0989824932 ðiều kiện: : x ≥ −1, y ≥ −1; xy ≥ 0 . ðặt t = xy ( t ≥ 0 ) . Từ phương trình thứ nhất của hệ phương trình ta suy ra: x + y = 3 + t Bình phương hai vế của phương trình thứ hai ta ñược x + y + 2 + 2 xy + x + y + 1 = 16 ( 2 ) Thay xy = t 2 , x + y = 3t vào phương trình (2) ta ñược 0 ≤ t ≤ 11 0 ≤ t ≤ 11 3 + t + 2 + 2 t 2 + 3 + t +1 = 16 ⇔ 2 t 2 + t + 4 = 11− t ⇔  2 2 ⇔ 2 ⇔t =3 4 ( t + t + 4) = (11 − t ) 3t + 26t −105 = 0 x + y = 6 Với t = 3 ta có  suy ra nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = ( 3;3)  xy = 9 Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối B-2005: Giải hệ phương trình sau  x − 1 + 2 − y = 1  trong ñó ( x, y ∈ ℝ ) 3log 9 ( 9 x ) − log 3 y = 3 2 3 Hướng dẫn giải  x − 1 + 2 − y = 1 (1) x ≥ 1 + Ta có:  ; ðiều kiện:  3log 9 ( 9 x ) − log 3 y = 3 ( 2 ) 0 < y ≤ 2 2 3 Từ phương trình (2) của hệ suy ra 3 (1 + log 3 x ) − 3log 3 y = 3 ⇔ log3 x = log3 y ⇔ x = y Thay y = x vào phương trình (1) ta có x = 1 x −1 + 2 − x = 1 ⇔ x −1 + 2 − x + 2 ( x − 1)( 2 − x ) = 1 ⇔ ( x − 1)( 2 − x ) = 0 ⇔  x = 2 Vậy hệ phương trình ñã cho có nghiệm ( x; y ) = (1;1) và ( x; y ) = ( 2; 2 ) Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối D-2004: Giải hệ phương trình sau  x + y = 1  trong ñó ( x, y ∈ ℝ )  x x + y y = 1 − 3m Hướng dẫn giải u = x u ≥ 0 ðặt  ñiều kiện  v = y v ≥ 0 u + v = 1 u + v = 1 Hệ phương trình ñã cho trở thành  3 3 ⇔ u + v = 1 − 3m uv = m Vậy u, v là hai nghiệm của phương trình t 2 − t + m = 0 (**) u ≥ 0 Hệ phương trình ñã cho có nghiệm khi và chỉ khi hệ (*) có nghiệm sao cho  . ðiều này v ≥ 0  ∆ = 1 − 4m ≥ 0  1 tương ñương phương trình (**) có nghiệm t không âm ⇔  S = 1 ≥ 0 ⇔0≤m≤ m ≥ 0 4  Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối A-2004: Giải hệ phương trình sau  1 log 1 ( y − x ) − log 4 y = 1  4 trong ñó ( x, y ∈ ℝ )  x 2 + y 2 = 25  http://www.xuctu.com - Trang 11 - E mail: quoctuansp@gmail.com
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ðT:0905671232–0989824932 Hướng dẫn giải ðiều kiện: y > x và y > 0 1 1 y−x 3y log 1 ( y − x ) − log 4 = 1 ⇔ − log 4 ( y − x ) − log 4 = 1 ⇔ − log 4 =1⇔ x = 4 y y y 4 2  3y  Thay vào phương trình x + y = 25 ta có   + y 2 = 25 ⇔ y = ±4 2 2  4  So sánh ñiều kiện ta ñược y = 4 ⇒ x = 3 thỏa mãn ñiều kiện Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = ( 3; 4 ) Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối B-2003: Giải hệ phương trình sau  y2 + 2 3 y =  x2  ( x, y ∈ ℝ ) trong ñó ( x, y ∈ ℝ ) 3 x = x + 2 2  y2 Hướng dẫn giải ðiều kiện: x ≠ 0; y ≠ 0 Khi ñó hệ phương trình ñã cho tương ñương với 3 x 2 y = y 2 + 2 ( x − y )( 3 xy + x + y ) = 0  2 ⇔  2 3 xy = x + 2 3 xy = x + 2 2 2 x = y x = 1 Trường hợp 1:  2 ⇔  3xy = x + 2 y =1 2 3xy + x + y = 0 Trường hợp 2:  2 vô nghiệm vì từ (1) và (2) ta có x, y >0 3xy = x + 2 2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là x = y = 1 Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối A-2003: Giải hệ phương trình sau  1 1 x − x = y − y  ( x, y ∈ ℝ ) 2 y = x + 1 3  Hướng dẫn giải ðiều kiện: xy ≠ 0  1  x = y Ta có phương trình (1) tương ñương ( x − y ) 1 +  = 0 ⇔   xy   xy = −1  x = y = 1  x = y x = y  x = y −1 + 5 Trường hợp 1:  ⇔ ⇔ ⇔ x = y = 2 y = x + 1 2 x = x + 1 ( x − 1) ( x + x − 1) = 0 3 3 2  2   x = y = −1 − 5  2 http://www.xuctu.com - Trang 12 - E mail: quoctuansp@gmail.com
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ðT:0905671232–0989824932  1  y = − x  1  xy = 1 y = − ( 3) Trường hợp 2:  ⇔ ⇔ x = 3 + 2  2 y x 1 − = x + 1  x + x + 2 = 0  x 3  4 ( 4) 2 2  1  1 3 Phương trình (4) của hệ vô nghiệm vì x + x + 2 =  x 2 −  +  x +  + > 0; ∀x 4  2  2 2  −1 + 5 −1 + 5   −1 − 5 −1 − 5  Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) là (1;1) ,  ;  và  ;   2 2   2 2  Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối D-2002: Giải hệ phương trình sau  23 x = 5 y 2 − 4 y  x  4 + 2 x +1 trong ñó ( x, y ∈ ℝ )  x =y  2 +2 Hướng dẫn giải Hệ phương trình ñã cho tương ñương với 2 x = y > 0  2 = 5 y − 4 y 2 = y > 0  y = 0 3x 2 x  x ⇔ 3 ⇔  2 = y  y − 5 y + 4 y = 0  y = 1 2    y = 4 So sánh ñiều kiện ta thấy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) là ( 0;1) và ( 2; 4 ) Trích từ ñề thi tuyển sinh ðại học khối B-2002: Giải hệ phương trình sau  3 x − y = x − y  trong ñó ( x, y ∈ ℝ )  x + y = x + y + 2 Hướng dẫn giải  3 x − y = x − y (1) x − y ≥ 0 Ta có:  ðiều kiện:  ( 3)  x + y = x + y + 2 ( ) 2  x + y ≥ 0 x = y ( ) Từ phương trình (1) tương ñương 3 x − y 1 − 6 x − y = 0 ⇔  x = y +1 Thay x = y vào phương trình (2), giải ra ta ñược x = y = 1 3 1 Thay x = y + 1 vào phương trình (2), giải ra ta ñược x = ; y = 2 2 ( x; y ) là (1;1) và  ;  3 1 Kết hợp với ñiều kiện (3) ta có nghiệm của hệ phương trình 2 2 Lời kết: + Qua hơn 10 năm thực hiện ñề thi chung của bộ giáo dục, chúng tôi ñã biên soạn và giới thiệu ñến cộng ñồng một hệ thống những chuyên ñề luyện thi tuyển sinh ñại học của từng năm. +Tài liệu ñược sưu tập và biên soạn lại bởi thầy giáo Nguyễn Quốc Tuấn kết hợp với trung tâm giáo viên Quốc Tuấn ñịa chỉ 157 ðặng Văn Ngữ - Thành phố Huế -ðiện thoại: 0905671232-0989824932. Là nơi quy tụ những giáo viên giảng dạy và luyện thi ñạy học có http://www.xuctu.com - Trang 13 - E mail: quoctuansp@gmail.com
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ðT:0905671232–0989824932 uy tín trên ñịa bàn thành phố Huế. Luôn có những chính sách và những phương pháp giảng dạy cũng như tính cập nhật hàng ñầu. Luôn mở các lớp, các nhóm dạy học chất lượng cao với chi phí rẽ. ðặc biệt hưởng lợi ñược từ hàng ngàn tài liệu trên Xuctu.com và hàng trăm Video Tutorial bài giảng ñược cấp phát miễn phí cho học viên tại trung tâm cũng như cộng ñồng học sinh. + ðặc biệt trong năm học 2014-2015, trung tâm mở ra chương trình khuyến học như sau: - Miễn phí ñến học một tuần ñể khẳng ñịnh chất lượng - Giảm ngay 20% học phí tháng ñầu tiên khi ñến học - Tặng ngay 20% học phí tháng ñầu tiên khi các học viên khác giới thiệu 1 học viên ñến học - ðược sự giảng dạy trực tiếp của thầy cô giáo ñầy kinh nghiệm luyện thi - Phòng học thoáng mát, yên tỉnh tuyệt ñối. - ðược phép học tăng cường khi chưa hiểu bài ðến tham quan và ñăng ký học tại ñịa chỉ trên hoặc tìm hiểu thông qua số ñiện thoại: 0905671232 hoặc website http://xuctu.com Trân trọng và chúc các em học sinh sức khỏe và may mắn http://www.xuctu.com - Trang 14 - E mail: quoctuansp@gmail.com

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.