Tải bản đầy đủ

PT HPT THI VAO 10 2017 2018 lê minh cường phạm quốc sang

Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

1

by Mr. Cuo

ng

T A

oM

by Mr. Cuo

ng

T A

oM

The ART of MATHEMATICS

TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG
TRÌNH - TUYỂN SINH LỚP 10, năm 2017-2018
Biên soạn: Lê Minh Cường và Phạm Quốc Sang

§Phương trình vô tỷ


Bài 1. Giải phương trình 2( x2 − 3x + 2) = 3 x3 + 8.
Trích từ đề thi vào 10, Sở giáo dục Vĩnh Long, 2017.
Lời giải. Điều kiện: x √
≥ −2.
Ta có: 2( x2 − 3x + 2) = 3 x3 + 8
⇔ 2( x2 − 3x + 2) = 3 ( x + 2)( x2 − 2x + 4)
⇔ −2( x + 2) + 2( x2 − 2x + 4) − 3 ( x + 2)( x2 − 2x + 4) = 0 . (1)
Vì x2 − 2x + 4 > 0 nên chia hai vế phương trình trình (1) cho x2 − 2x + 4 ta được

−2
Đặt t =

x2

x+2
− 2x + 4

−3

x2

x+2
+2 = 0
− 2x + 4

x+2
≥ 0 ta có −2t2 − 3t + 2 = 0 ⇔
2
x − 2x + 4

t = −2
1
do t ≥ 0 ⇒ t =


1
2
t=
2

x+2
1
= ⇔ x2 − 2x + 4 = 4( x + 2)
2 √
− 2x + 4
x
=
3
+
√13 (n) .
⇔ x2 − 6x − 4 = 0 ⇔
x = 3 − 13 (n) .

Bài 2. Giải phương trình x2 − x3 + x = 6x − 1.
Trích từ đề thi vào 10, Chuyên Tiền Giang, 2017.

Với t =

1

2

x2



Lời giải. Điều kiện xác định: x ≥ 3 + 2 2 hoặc 0 ≤ x ≤ 3 − 2 2.
x2 − x3 + x = 6x − 1 ⇔ x2 + 1 − x ( x2 + 1) − 6x = 0


Đặt a = x, b = x2 + 1 (a ≥ 0, b ≥ 1). Khi đó phương trình trở thành:
b2 − ab − 6a2 = 0 ⇔ (b − 3a)(b + 2a) = 0 ⇔
Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018

b = 3a (TM)
.
b = −2a (Loại)


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang





2





77
− 9x + 1 = 0 ⇔ x =
(nhận).
2
oM

T A
9 ± 77
Kết luận: tập nghiệm của phương trình là
.
2

Bài 3. Giải phương trình 5x − x2 + 2x2 − 10x + 6 = 0.
Trích từ đề thi vào 10, SoGiaoDucHaNoi-ChuyenTin, 2017.
Với b = 3a ⇔

x2

x2 + 1 = 3 x ⇔

by Mr. Cuo

ng

Lời giải. Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 5. Phương trình đã cho tương đương:
x (5 − x ) + 2x ( x − 5) + 6 = 0 ⇔

x (5 − x − 2x (5 − x ) + 6 = 0 ⇔ 2x (5 − x ) −

x (5 − x ) − 6 = 0

x (5 − x ) ≥ 0. Khi đó ta có phương trình:

Đặt t =


2

2t − t − 6 = 0 ⇔ (t − 2)(2t + 3) = 0 ⇔ 

Khi t = 2 ⇔

t=2
3
t = − (loại)
2

x = 1 (thỏa)
.
x = 4 (thỏa)

x (5 − x ) = 2 ⇔ x2 − 5x + 4 = 0 ⇔

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = {1; 4}
1
3

− 2 = 0.
x4 x2
Trích từ đề thi vào 10 chuyên Nguyễn Tất Thành, Kon Tum 2017.

Bài 4. Giải phương trình: x4 + 3x2 −

1
= t ( ĐK: t ≥ 2).
x2
t = −1 (loại)
Phương trình trở thành t2 − 3t − 4 = 0 ⇔
t = 4 (nhận)
Lời giải. ĐKXĐ: x = 0. Đặt x2 +

1
Với t = 4 có x2 + 2 = 4 ⇔ x4 − 4x2 + 1 = 0 ⇔
x

2





x = ±



x2 = 2 − 3
x=±
x = 2+

3

2+



3

√ (TM).
2− 3


Bài 5. Giải phương trình ( x − 1) ( x + 2) + 2 x2 + x + 1 = 0.
Trích từ đề thi vào 10, Chuyên Lê Khiết Quảng Ngãi, 2017.
Lời giải. Do x2 + x + 1 =

( x − 1) ( x + 2) + 2


x+

1
2

2

+

3
> 0. Ta có:
4

x2 + x + 1 = 0 ⇔ x2 + x + 1 + 2

x2 + x + 1 − 3 = 0.

(1)

t=1
t = −3
2
Ta chỉ nhận t = 1 hay x + x + 1 = 1. Giải phương trình này ta được các nghiệm x = −1, x = 0.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 0 và x = −1.

Bài 6. Giải phương trình x3 − x2 − x x − 1 − 2 = 0.
Trích từ đề thi vào 10, Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh, 2017.
Đặt t =

x2 + x + 1, t > 0. Thay vào (1), ta được: t2 + 2t − 3 = 0 ⇔

Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

3


2 ( x − 1) − x x − 1 − 2 = 0.
Lời giải.
ĐK:
x

1.
Biến
đổi
về
phương
trình
x

Đặt t = x x − 1(t ≥ 0) ⇒ t2 = x2 ( x − 1). Phương trình đã cho trở thành:
T A
t2 − t − 2 = 0 ⇔

by Mr. Cuo

ng

oM

t = −1
t=2

Kết hợp với điều
√ kiện, ta được 3t = 2.2
Với t = 2 ⇒ x x − 1 = 2 ⇔ x − x = 4 ⇔ ( x − 2)( x2 + x + 2) = 0 ⇔ x = 2

3√ 4
Bài 7. Giải phương trình: x2 − 3x + 1 = −
x + x2 + 1.
3
Trích từ đề thi vào 10, Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh, 2017.
Lời giải. Ta có:


− 3
x − 3x + 1 =
3
2

−1
x4 + x2 + 1 ⇔ ( x2 − x + 1) − 2x = √
3

( x2 − x + 1)( x2 + x + 1)

Đặt a = x2 − x + 1, b = x2 + x + 1. Khi đó phương trình trở thành:

−1 √
ab
2a − b = √
ab ⇒ (2a − b)2 =
⇔ 12a2 − 13ab + 3b2 = 0
3
3
4a = 3b
⇔ (4a − 3b)(3a − b) = 0 ⇒
3a = b
Do đó ta có:

Bài 8. Giải phương trình


7+3 5
 x=
2√

x2 − 7x + 1 = 0
⇒
7−3 5
2

x − 2x + 1 = 0
 x=
2
x=1




x+4−



x−1



x2 + 3x − 4 + 1 = 5.

Trích từ đề thi vào 10, Chuyên Lương Văn Tuỵ, Ninh Bình, 2017.
Lời giải.
√ Điều kiện x ≥ 1.

Đặt u = x + 4 > 0 và v = x − 1 ≥ 0. Khi đó phương trình trở thành

(u − v)(uv + 1) = 5
u2 − v2 = 5

(1)
.
(2)

Thay (2) vào (1) với chú ý u > v ta được uv + 1 = u + v hay
√ u = 1 hoặc v = 1. Tuy nhiên từ
2
(2), ta thấy u > 5 > 1 nên v = 1. Thay vào (2) ta được u = 6. Do đó ta có


x+4 = 6
⇔ x = 2.

x−1 = 1
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {2}.

Bài 9. Giải phương trình 3x x2 + x + 1 = 3x2 + x + 1.
Trích từ đề thi vào 10, chuyên Vinh vòng 2, 2017.

Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

4


Phương trình đã cho ⇔ 3x x2 + x + 1 = 2x2 + ( x2 + x + 1)
2
Lời giải.
x
x
oM

⇔2
− 3√
+ 1 =T0.A
2
2
x +x+1
x +x + 1
t=1
x
2

Đặt t = √
, phương trình trở thành 2t − 3t + 1 = 0 ⇔
1.
x2 + x + 1
t=
2

2
Với t = 1, ta có x = x + x + 1 (Vô nghiệm).


x≥0
1
+
13
1
⇔x=
Với t = , ta có 2x = x2 + x + 1 ⇔
.
2
2
2
6
4x = x + x + 1


Bài 10. Giải phương trình 2 3 − x + 2 + x = 5.
Trích từ đề thi vào 10, Chuyên Lê Quý Đôn, Quảng Trị, 2017.
by Mr. Cuo

ng


Lời giải. Đặt t = 2 + x, ta được phương trình theo t: t2 − 2t + 1 = 0 ⇒ t = 1.
Đối chiếu điều kiện thấy t = 1 thỏa mãn, do đó t = 1 ⇔ x = −1.
Bài 11. Giải phương trình

( x + 1)4 + 3 = x2 + 2x + 2.
Trích từ đề thi vào 10, Chuyên Lê Quý Đôn Vũng Tàu Vòng 1, 2017.

Lời giải. Dễ thấy x2 + 2x + 2 = ( x + 1)2 + 1 > 0 với mọi số thực x. Bình phương hai vế của
phương trình, ta có:

( x + 1)4 + 3 = ( x + 1)2 + 1

2

⇔ ( x + 1)4 + 3 = ( x + 1)4 + 2( x + 1)2 + 1
⇔ 2( x + 1)2 = 2 ⇔ ( x + 1)2 = 1 ⇔

x=0
.
x = −2

Vậy x = 0; x = −2 là nghiệm của phương trình.
Bài 12. Giải phương trình ( x + 1)( x + 2)( x + 3)( x + 4) = 24.
Trích từ đề thi vào Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai, 2017.
Lời giải. Phương trình tương đương với

( x2 + 5x + 4)( x2 + 5x + 6) = 24.
Đặt t = x2 + 5x + 4, ta có phương trình
t(t + 2) = 24 ⇔ t2 + 2t − 24 = 0.
Giải phương trình này ta được các nghiệm t = −6, t = 4.
Với t = 4 ta được x = 0, x = −5. Với t = −6 ta thấy phương trình vô nghiệm.
Vậy nghiệm của phương trình là x = 0, x = −5.




Bài 13. Giải phương trình: 2( x + 1) x + 1 =
x + 1 + 1 − x 2 − 1 − x2 .
Trích từ đề thi vào 10, Chuyên KHTN Hà Nội, vòng 1, 2017.
Lời giải. ĐKXĐ: −1 ≤ x ≤ 1. Đặt

u=
v=

u2 + v2 = 2
2u3 = (u + v)(2 − uv)






x+1
1−x

. Ta có hệ:

u2 + v2 = 2
2u3 = (u + v)(u2 + v2 − uv)

Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

5



Suy ra ⇒ 2u3 = u3 + v3 ⇔ u = v, thay vào được x + 1 = 1 − x ⇔ x = 0(thỏa mãn).

oM
T A
Bài 14. Giải phương trình 4x2 + 5 + 3x + 1 = 13x.
Trích từ đề thi vào 10, Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, Vòng 1, 2017.
by Mr. Cuo

ng

Lời giải. Đặt 2t + 3 =



3x + 1. Ta có hệ

4t2 + 12t + 9 = 3x + 1
4x2 + 5 + 2t + 3 = 13x



4t2 + 12t − 3x + 8 = 0(1)
4x2 − 13x + 2t + 8 = 0(2)

.

Trừ vế với vế của (1) và (2) ta được
4t2 − 4x2 + 10x + 10t = 0
⇔ (t + x )(4t − 4x + 10) = 0

t = −x
⇔
5.
t = x−
2
TH1. t = − x suy ra

− 2x + 3 =



3x + 1

3
⇔ 4x2 − 15x + 8 = 0( x ≤ )
2


15 + 97
(loại)
x =
8√
⇔
.

15 − 97
x=
8
TH2. t = x −

5
suy ra
2

2x − 2 =



3x + 1

⇔ 4x2 − 11x + 3 = 0( x ≥ 1)


11 + 73
x =
8√
⇔

11 − 73
x=
(loại)
8



15 − 97 11 + 73
Vậy x ∈
;
.
8
8

Bài 15. Giải phương trình 6x − x2 + 2x2 − 12x + 15 = 0.
Trích từ đề thi vào chuyên 10, Sở giáo dục Hà Nội, 2017.
2
Lời
√ giải. ĐKXĐ: 6x − x ≥ 20 ⇔ 0 ≤ x ≤ 6.2
Đặt 6x − x2 = t. Ta có 6x − x = 9 − ( x − 3) ≤ 9nên 0 ≤ t ≤ 3.
t = 3 (tmđk)
2

Phương trình đã cho có dạng −2t + t + 15 = 0 ⇔
3
t = − (loại).
2

Với t = 3, ta có 6x − x2 = 3 ⇔ 6x − x2 = 9 ⇔ x2 − 6x + 9 = 0 ⇔ x = 3 (tmđk).
Vậy phương trình có nghiệm x = 3.

Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

6



Bài 16. Giải phương trình: 3x + 7 x − 4 = 14 x + 4 − 20.
oM
Trích từ đề thi vào 10, Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ
T AAn, 2017.
by Mr. Cuo

ng



Lời giải. Xét phương trình 3x + 7 x − 4 = 14 x + 4 − 20.
Với điều kiện xác định x ≥ 4, phương trình tương đương với:


3x + 20 − 7(2 x + 4 − x − 4) = 0


(2 x + 4)2 − ( x − 4)2


=0
⇔3x + 20 − 7.
2 x+4+ x−4
7

⇔(3x + 20)(1 − √
)=0
2 x+4+ x−4


⇔2 x + 4 + x − 4 = 7 (vì điều kện x ≥ 4 nên 3x + 20 > 0)


⇔2( x + 4 − 3) + ( x − 4 − 1) = 0
2
1
⇔( x − 5) √
+√
=0
x+4+3
x−4+1
⇔ x = 5 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 5.


Bài 17. Giải phương trình x2 + 3x + 7 − 3 x + 3 − 7x + 18 = 0
Lời giải.



x2 + 3x + 7 − 3 x + 3 − √
7x + 18 = 0

2
⇔ x + x − 2 + ( x + 5) − 3 x + 3 + ( x + 4) − 7x + 18 = 0
x2 + x − 2
x2 + x − 2


=0
⇔ x2 + x − 2 +
+
( x + 5) + 3 x + 3 ( x + 4) + 7x + 18
1
1


⇔ x2 + x − 2 1 +
+
( x + 5) + 3 x + 3 ( x + 4) + 7x + 18
x=1
⇔ x2 + x − 2 = 0 ⇔
x = −2
Bài 18. Giải phương trình

Lời giải. Điều kiện

=0

1 − 2x
3x + x2
= 2
.
x
x +1
Trích từ đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Hưng Yên, 2017.

1 − 2x
≥0⇔x∈
x

0;

1
.
2

Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

7

by Mr. Cuo

ng

1 − 2x
3x + x2
1 − 2x
3x + x2

−1
= 2
−1 = 2
x
x
x +1
x +1
1 − 2x
−1
3x − 1
1 − 3x
3x − 1
x
= 2


= 2
x +1
x +1
1 − 2x
1 − 2x
+1
+1
x
x
x




⇔ (1 − 3x ) 


1
⇔ x = . Vì
3

1 − 2x
+1
x
1

x

1 − 2x
+1
x

oM


1 
=0
+
1 + x2 


1
x

T A

+

1
> 0, ∀ x ∈
1 + x2

0;

1
2





Bài 19. Giải phương trình: x 2x + 3 + 3( x + 5 + 1) = 3x + 2x2 + 13x + 15 + 2x + 3.
Trích từ đề thi vào 10, Chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương, 2017.


 2x + 3 ≥ 0
Lời giải. Điều kiện: x + 5 ≥ 0


 2
2x + 13x + 15 ≥ 0
Phương trình đã cho tương đương với

2x + 3 ≥ 0
3
⇔x≥− .
2
x+5 ≥ 0




2x + 3 ( x − 1) + 3 x + 5 + 3 − 3x − (2x + 3) ( x + 5) = 0



⇔ 2x + 3 ( x − 1) − 3 ( x − 1) + x + 5 3 − 2x + 3 = 0



⇔ ( x − 1)
2x + 3 − 3 −
2x + 3 − 3
x+5 = 0



2x + 3 − 3
x+5−x+1 = 0

2x + 3 = 3
.
⇔ √
x+5 = x−1

Với



2x + 3 = 3 ta có x = 3.

x−1 ≥ 0
x≥1
Với x + 5 = x − 1 ⇔

⇔ x = 4.
2
x + 5 = ( x − 1)
x2 − 3x − 4 = 0
Vậy nghiệm của phương trình là x = 3, x = 4.



Bài 20. Giải phương trình
x+5− x+1
x2 + 6x + 5 + 1 = 4.
Trích từ đề Lê Hồng Phong Nam Định vòng 2, 2017.
Lời giải. Điều kiện xác định: x ≥ −1. Nhân hai vế với
x2 + 6x + 5 + 1 =



x+5+



x+1 ⇔





x+5+

x+5−1

Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018





x + 1 > 0 ta được:

x+1−1 = 0


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

8

Từ đó ⇔ x = 0 hoặc x = −4 (loại).

by Mr. Cuo

ng

Bài 21. Giải phương trình 4x2 = (3x − 2)



oM
T A
2x + 1 − 1 .
Trích từ đề thi vào 10, Chuyên Hà Tĩnh, 2017.
2

1
Lời giải. Điều kiện x ≥ − . Khi đó ta có
2
4x2 = (3x − 2)


2x + 1 − 1


2

2

2x + 1 − 1

2x + 1 + 1




2
2x + 1 − 1
2x + 1 + 1

2x + 1 = 1
⇔ √
2 2x + 1 = x − 4


2

= (3x − 2)
2



2x + 1 − 1

2

− 3x + 2 = 0


Giải từng phương trình và kết hợp điều kiện ta được nghiệm là x = 0; x = 8 + 2 13.



Bài 22. Giải phương trình: x + 2 7 − x = 2 x − 1 + − x2 + 8x − 7 + 1.
Trích từ đề thi vào 10 Chuyên, Sở giáo dục Bình Phước, 2017.
Lời giải. Điều kiện 1 ≤ x ≤ 7.
Ta có:



x + 2 7 − x = 2 x − 1 + − x2 + 8x − 7 + 1


⇔2( 7 − x − x − 1) + ( x − 1) + ( x − 1)(7 − x ) = 0





⇔2( 7 − x − x − 1) + x − 1( x − 1 − 7 − x ) = 0



⇔( 7 − x − x − 1)(2 − x − 1) = 0

x−1 = 2
x=5
⇔ √

(thỏa mãn điều kiện).

x=4
x−1 = 7−x
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 4, x = 5.
Bài 23. Giải phương trình:



2 ( x − 1)
x2 + 2x − x − 1 + √
= 0.
x2 + 2x

x < −2
. Khi đó:
x>0
2 ( x − 1)
x2 + 2x − x − 1 + √
= 0 ⇔ x2 + 2x − ( x + 1)
2
x + 2x
Lời giải. Điều kiện:

⇔ x2 + 2x − ( x − 1)



x2 + 2x
x2

x2 + 2x − 2

x2 + 2x + 2 ( x − 1) = 0

x2 + 2x − x + 1 − 2

+ 2x − 2

x2

x2 + 2x + 2 ( x − 1) = 0

x2 + 2x − x + 1 = 0

+ 2x − x + 1 = 0 ⇔

x2 + 2x = 2
x2 + 2x = x − 1

Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018

.


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang








x2 + 2x = 2 ⇔ x2 + 2x − 4 = 0 ⇔

9
x = −1 −



5
√ (TMĐK).
x = −1 + 5

x2 + 2x = x − 1 ( x ≥ 1) ⇔ x2 + 2x = x2 − 2x + 1 ⇔ x =

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = −1 −



Bài 24. Giải phương trình:

3x + 4 −



3x + 2



5; −1 +

1+





by Mr. Cuo

ng

oM

T A

1
(Loại).
4

5 .

9x2 + 18x + 8 = 2.

Trích từ đề thi vào 10, Chuyên Đắk Lắk, 2017.
2
Lời giải. Điều kiện: x ≥ − . Khi đó:
3


3x + 4 − 3x + 2 1 + 9x2 + 18x + 8 = 2




3x + 4 − 3x + 2 1 + 9x2 + 18x + 8 =
3x + 4 − 3x + 2



3x + 4 − 3x + 2 = 0

.


1 + 9x2 + 18x + 8 = 3x + 4 + 3x + 2







3x + 4 +



3x + 2

2

= 0 ⇒ Phương trình vô nghiệm.
3x + 4 + 3x + 2



• 1 + 9x2 + 18x + 8 = 3x + 4 + 3x + 2


⇔ 1 + (3x + 4) (3x + 2) − 3x + 4 − 3x + 2 = 0


x = −1 (loại)


3x + 4 = 1


⇔ 1 − 3x + 4 1 − 3x + 2 = 0 ⇔ √
.
1
x=−
3x + 2 = 1
3
1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = − .
3


Bài 25. Giải phương trình x2 + 4x + 12 = 2x − 4 + x + 1.
Trích từ đề thi vào 10, Sở giáo dục Thái Bình, 2017.


3x + 4 −

3x + 2 = 0 ⇔ √

Lời giải. ĐK: x ≥ −1.


25 − 65
Nhận thấy VP = 2x − 4 + x + 1 > 2 ⇔ x >
> 2 (*).
8
Phương trình đã cho tương đương với


( x − 2)2 + 8( x + 1) = 2( x − 2) +
⇔ ( x − 2)2 + 8



x+1

2



x+1



= 4( x − 2)2 + 4( x − 2) x + 1 +
x+1



2
x+1 = 0
⇔ 3( x − 2)2 + 4( x − 2) x + 1 − 7


⇔ x − 2 − x + 1 3( x − 2) + 7 x + 1 = 0

⇔ x − 2 − x + 1 = 0 do (∗)

⇔ x+1 = x−2
Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018

2


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

10


5−



13
(loại)
x=

2
2

oM
T A

⇔ x − 5x + 3 = 0 ⇔ 
5 + 13
x=
2

5 + 13
Vậy nghiệm của phương trình là x =
.
2


Bài 26. Giải phương trình 2x + 1 − x − 3 = 2.
Trích từ đề thi vào 10, Chuyên Toán Hùng Vương Phú Thọ, 2017.
by Mr. Cuo

ng

Lời
√ giải. Điều
√ kiện: x ≥ 3, ta có:
(1) 2x + 1 = x − 3 + 2

⇔ 2x + 1 = x − 3 + 4 x − 3 + 4

⇔ 4 x−3 = x
x=4
Cả hai nghiệm trên đều thỏa mãn điều
x = 12
kiện. Vậy PT đã cho có hai nghiệm x = 4; x = 12.

⇔ 16( x − 3) = x2 ⇔ x2 − 16x + 48 = 0 ⇔

Bài 27. Giải phương trình 3

Lời giải. 3

⇔3



x2 −

1
+
4


1



 x ≥ −2


1 2


x+
3
2

1


x≥−


2

1 .

x=−



2




x=± 2

1
+
4

1
1
= (2x3 + x2 + 2x + 1).
4
2
Trích từ đề tuyển sinh lớp 10, chuyên Đồng Tháp, 2017.

x2 + x +

1
1
= (2x3 + x2 + 2x + 1)
4
2

2
 2x + 1 ≥ 0
1
1 2
x+
= ( x + 1)(2x + 1) ⇔
 3 x2 − 1 + x + 1 = 1 ( x2 + 1)(2x + 1)
2
2
4
2
2

1


x ≥ −
2

1

1

( x 2 + 1 − 3) = 0
 x+
= ( x 2 + 1) x +
2
2

x2 −

1
+
4

x2 −

x2 + x +


1
Vậy phương trình có hai nghiệm x = − ; x = 2.
2
Bài 28. Giải phương trình

2
2
( x2 + 2x ) + 4 ( x + 1)2 − x2 + ( x + 1)2 + ( x2 + x ) = 2007.
Trích từ đề thi vào 10, Chuyên Sư phạm Hà Nội vòng 2, 2017.

Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

11

Lời giải. ĐKXĐ: ∀ x ∈ R

( x2

by Mr. Cuo

ng

2

2

+ 2x ) + 4 ( x + 1) −

x2

+ ( x + 1)



2
(( x + 1)2 − 1) + 4 ( x + 1)2 −



2
( x2 + 2x + 2) −

2

+ ( x2

T A

2

oM

+ x ) = 2007
2

1 + 2( x2 + x ) + ( x2 + x ) = 2007

2
( x2 + x + 1) = 2007

⇔ x2 + 2x + 2 − x2 − x − 1 = 2007
⇔ x = 2006.

Bài 29. Giải phương trình: x2 − 6x + 5
x − 2 − x + 4 = 0.
Trích từ đề thi vào 10, Trường THPT Năng Khiếu V1, 2017.
Lời giải. Điều kiện xác định x ≥ 2
x = 1 (loại)
x2 − 6x + 5 ⇔
x = 5 (nhận)



x−2−x+4 = 0 ⇔

x≥4

⇔x=6
x − 2 = x2 − 8x + 16
Kết luận, tập nghiệm của phương trình là S = {5; 6}



Bài 30. Giải phương trình x + 1 − x − 7 = 12 − x.
Trích từ đề thi vào 10, Chuyên Trần Phú, Hải Phòng năm 2017.
Lời giải. Điều kiện của phương trình là 7 ≤ x ≤ 12. Với điều kiện đó, phương trình tương
đương



x + 1 = 12 − x + x − 7


⇔ x + 1 = 12 − x + 2 12 − x x − 7 + x − 7


⇔ x − 4 = 2 12 − x x − 7

⇔ x2 − 8x + 16 = −4x2 + 76x − 336
⇔5x2 − 84x + 352 = 0

44
x=


5
x=8
Thử lại, ta được tập nghiệm của phương trình là S =

44
;8 .
5


Bài 31. Giải phương trình ( x + 1)3 = ( x4 + 3x3 ) x + 3.
Trích từ đề thi vào 10, Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng, 2017.
Lời giải. Điều kiện x ≥ −3.



3
Ta có ( x + 1)3 = ( x4 + 3x3 ) x + 3 ⇔ ( x + 1)3 = x x + 3 ⇔ x + 1 = x x + 3.
Bình phương hai vế suy ra: x2 + 2x + 1 = x2 ( x + 3) ⇔ x3 + 2x2 − 2x − 1 = 0

x=1

2
Ta có (∗) ⇔ ( x − 1)( x + 3x + 1) = 0 ⇔ 
−3 ± 5 .
x=
2
Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018

(*)


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

12

−3 −
Thử lại ta chọn được hai nghiệm x1 = 1, x2 =
2



5

.

by Mr. Cuo

ng

T A

§Hệ phương trình

3

2

 4x = y +
y
Bài 32. Giải hệ phương trình
.

3

2
 4y = x +
x
Lời giải. ĐKXĐ: x, y = 0.
Hệ phương trình đã cho tương đương

4x2 y = y2 + 3 (1)
4y2 x = x2 + 3 (2)

.

Trừ hai phương trình cho nhau ta có:
4x2 y − 4y2 x = y2 − x2 ⇔ 4xy( x − y) + ( x − y)( x + y) = 0
⇔ ( x − y)( x + y + 4xy) = 0



x=y
x + y + 4xy = 0

TH1: x = y. Thay vào phương trình (1) ta có
4x3 = x2 + 3 ⇔ 4x3 − x2 − 3 = 0 ⇔ ( x − 1)(4x2 + 3x + 3) = 0
3 2 39

+ 3x + 3 = 2x +
+
> 0 nên ta có x = 1.
4
16
Hệ có nghiệm ( x, y) = (1, 1).
TH2: x + y + 4xy = 0 ⇒ 4xy = − x − y. Thay vào phương trình (1) ta có
4x2

x (− x − y) = y2 + 3 ⇔ x2 + xy + y2 + 3 = 0 (vô nghiệm)
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y) = (1, 1).
Bài 33. Giải hệ phương trình:

x2 + y2 − xy = 1
x + x2 y = 2y3 .

Lời giải. Hệ đã cho tương đương với:
x2 + y2 − xy = 1

(1)

x.1 + x2 y = 2y3 .

(2)

Từ (1) và (2) suy ra:
x ( x2 + y2 − xy) + x2 y = 2y3 ⇔ x3 − 2y3 + xy2 = 0.
Với y = 0 ⇒ x = 0 : không thỏa mãn hệ.
x 3
x
3
Với y = 0, chia cả hai vế cho y ta được
− 2 + = 0.
y
y
x
3
2
Đặt t = ta có: t + t − 2 = 0 ⇔ (t − 1)(t + t + 2) = 0 ⇔ t = 1 ⇒ x = y.
y
x=y
x=y
Do đó ta có:

⇔ x = y = ±1.
x2 + y2 − xy = 1
x2 = 1
Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018

oM


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

Bài 34. Giải hệ phương trình:

13



x y+y x = 6

by Mr. Cuo

ng

T A

x2 y + xy2 = 20

Lời giải. ĐKXĐ: x ≥ 0; y ≥ 0.
√ √

xy( x + y) = 6
Hệ đã cho tương đương
xy( x + y) = 20.

xy = u
Đặt √
ĐK: u, v > 0.

x+ y = v

6



v=

6


uv = 6
u
v=
Hệ trở thành


u ⇔

 3
u2 (v2 − 2u) = 20
2 36


u

2u
=
20
u =8

u2
 √

x=4
x=2
(TM)

 √

y=1

 y=1
xy = 2
Hay √
⇔
⇔

 √

x+ y =3
x
=
1

 x=1
(TM).

y=4
y=2
Bài 35. Giải hệ phương trình

Lời giải. Đặt

oM

v=3
(TM)
u=2

x + y + 2xy = 2
x 3 + y3 = 8

S = x+y
P = x.y

Điều kiện S2 ≥ 4P.


2−S

 P=
S + 2P = 2
2
Hệ phương trình đã cho trở thành

6 − 3S
S S2 − 3P = 8

2
 S S −
=8
2
⇒ 2S3 + 3S2 − 6S − 16 = 0 ⇔ (S − 2) 2S2 + 7S + 8 = 0 ⇔ S = 2 ⇒ P = 0.
Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình:X 2 − 2X = 0 ⇔ X = 0, X = 2.
x=0
x=2
Kết luận:
. hoặc
y=2
y=0
Bài 36. Giải hệ phương trình

x3 + xy2 − 10y = 0
x2 + 6y2 = 10

.

Lời giải. Dễ thấy x = 0 và y = 0. Khi đó, hệ phương trình đã cho tương đương

x 3 x
10



+ = 2
 y
y
y
2

10
x



+6 = 2
y
y
x 3
x 2 x
x

+ − 6 = 0 hay = 2. Thay vào phương
y
y
y
y
2
trình thứ hai của hệ ta được y = 1 hay y = ±1. Từ đó x = ±2.
Vậy các nghiệm của hệ phương trình đã cho là (2; 1) và (−2; −1).
Trừ hai phương trình theo vế ta được

Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

14

x2 + 2y = xy + 4

( x, y ∈ R) .T A
oM
x 2 − x + 3 − x 6 − x = ( y − 3) y − 3
Trích từ đề thi vào 10, Chuyên Bắc Ninh, 2017.
by Mr. Cuo

ng

Bài 37. Giải hệ phương trình

Lời giải. Điều kiện x ≤ 6; y ≥ 3. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

( x − 2)( x + 2 − y) = 0 ⇔

x=2
y = x+2

• Với x = 2, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được 1 =

(y − 3)3 ⇔ y = 4.

• Với y = x + 2, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được


x 2 − x + 3 = ( x − 1) x − 1 + x 6 − x
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho các số thực dương ta có





( x − 1)2 + ( x − 1) x 2 + 6 − x
( x − 1) x − 1 + x 6 − x ≤
+
= x2 − x + 3
2
2

x−1 = x−1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
⇔ x = 2 ⇒ y = 4 (thỏa mãn điều

x = 6−x
kiện).
Vậy hệ có nghiệm ( x; y) = (2; 4)
Chú ý: Có thể trình bày lời giải phương trình trên bằng cách phân tích thành tổng của các bình phương.
Bài 38. Giải hệ phương trình

xy + x + y = x2 − 2y2

.
x 2y − y x − 1 = 2( x − y)
Trích từ đề thi vào 10 chuyên Hùng Vương, Gia Lai, 2017.

Lời giải. Điều kiện x ≥ 1, y ≥ 0. Ta có:
xy + x + y = x2 − 2y2 ⇔ ( x + y)( x − 2y − 1) = 0.

(1)

Do điều kiện x ≥ 1, y ≥ 0 nên x + y > 0, vì vậy (1) ⇔ x = 2y + 1. Do đó
x


2y − y x − 1 = 2( x − y) ⇔ (y + 1)(

2y − 2) = 0 ⇔

y = −1
y = 2.

Kết hợp với điều kiện x ≥ 1, y ≥ 0, ta được nghiệm của hệ phương trình là ( x; y)=(5; 2).
Bài 39. Giải hệ phương trình

x2 − 2xy = 2y − x
x2 + 2x = 9 − y

.

Lời giải. Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có
x2 + x − 2xy − 2y = 0 ⇔ ( x + 1)( x − 2y) = 0 ⇔
Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018

x = −1
x = 2y


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

15

Xét x = −1 thay vào phương trình còn lại ta thu được y = 10.
Xét x = 2y thay vào phương trình còn lại ta thu được 4y2 + 5y − 9 = 0 ⇔
9 9
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm ( x; y) là (−1; 10), (2; 1), − ; − .
2 4

2

 x2 + y2 − 4xy
− 1 = 4(4 + xy)
x

y
Bài 40. Giải hệ phương trình
.


2
2
x − y + 3 2y − y + 1 = 2y − x + 3

by Mr. Cuo

ng

y=1⇒
x=2 oM
T A
9
9 .
y=− ⇒x=−
4
2

Lời giải. ĐK: x − y > 0 (**).
Xét phương trình
2
−1
x−y

= 4(4 + xy)

⇔ x2 − 2xy + y2 + 2xy −

8xy
− 16 = 0
x−y

x2 + y2 − 4xy

⇔ ( x − y) ( x − y)2 − 16 + 2xy( x − y − 4) = 0
⇔ ( x − y − 4) x 2 + y2 + 4( x − y ) = 0
⇔ x = y + 4 do (∗∗).
Thay x = y + 4 vào phương trình sau ta được
2y2 − y + 1 − 3


⇔

2y2 − y + 1 − 4 = 0

2y2 − y + 1 = −1 (loại)

2y2 − y + 1 = 4

5
3

x
=
y
=

2
2
2
⇔ 2y − y − 15 = 0 ⇔ 
y=3⇒x=7
Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm
Bài 41. Giải hệ phương trình

3 5
;−
2 2

x3 + y3 + 1 = 3xy
x2 + 2xy + 2y2 = 5

và (7; 3).
.

Lời giải. Ta có:
x3 + y3 + 1 = 3xy ⇔ ( x + y + 1) ( x − y)2 + ( x − 1)2 + (y − 1)2 = 0 ⇔

x+y+1 = 0
x=y=1

• Rõ ràng x = y = 1 là một nghiệm của hệ.
• Với x + y + 1 = 0 ta có y = − x − 1 thay vào phương trình còn lại ta được x2 + 2x − 3 = 0.
Giải ra ta được x = 1 và x = −3.
Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

16

Vậy hệ có 3 nghiệm (1; 1), (1; −2), (−3, 2).

x
x + 2y − 3 = 0
Bài 42. Giải hệ phương trình:
2
x − 6xy − y2 = 6

by Mr. Cuo

ng

T A

oM

x
Lời giải. Điều kiện xác định: x ≥ 0 và y ≥ − .
2



x

x + 2y − 3 = 0 ⇔

x=0
x + 2y = 9

• TH1. x = 0 suy ra −y2 = 6 (loại)
• TH2. x + 2y = 9 ⇒ x = 9 − 2y. Thay vào ta có:

(9 − 2y)2 − 6 (9 − 2y) y − y2 = 6
⇒ 15y2 − 90y + 75 = 0


y = 5 ⇒ x = −1 (loại)
y = 1 ⇒ x = 7(nhận)

Vậy tập nghiệm của hệ là: ( x; y) = (7; 1)
Bài 43. Giải hệ phương trình sau:

x2 + y2 − xy + 4y + 1 = 0

.
y(7 − x2 − y2 + 2xy) = 2( x2 + 1)
Trích từ đề thi vào 10 chuyên Thái Nguyên, 2017.

Lời giải. Ta có:
x2 + y2 − xy + 4y + 1 = 0
y(7 − x2 − y2 + 2xy) = 2( x2 + 1)




(1)

x2 + 1 = −y2 + xy − 4y
y(7 − x2 − y2 + 2xy) = 2(−y2 + xy − 4y)
x2 + 1 = −y2 + xy − 4y
y[15 − ( x − y)2 − 2( x − y)] = 0.

Do y = 0 không thỏa mãn hệ đã cho nên từ (2), ta có:
x2 + 1 = −y2 + xy − 4y
15 − ( x − y)2 − 2( x − y) = 0

 x − y = −5
x−y = 3

 2
x + 1 = −y2 + xy − 4y

x − y = −5

 x2 + 1 = −y2 + xy − 4y
⇔

 x−y = 3
x2 + 1 = −y2 + xy − 4y.
Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018

(2)


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

17

Ta có:

by Mr. Cuo

ng

x − y = −5
x + 1 = −y2 + xy − 4y



T A



x = y−5
(y − 5)2 + 1 = −y2 + (y − 5)y − 4y

x = y−5
y2 − y + 26 = 0.

oM

(hệ vô nghiệm)

Ta có:
x−y = 3
x2 + 1 = −y2 + xy − 4y

x = y+3
(y + 3)2 + 1 = −y2 + (y + 3)y − 4y








⇔



x = y+3
y2 + 7y + 10 = 0

x=1
y = −2
x = −2
y = −5.

Vậy nghiệm của hệ là (1; −2); (−2; −5).

 x + 2 = 2y + 1
x
y
Bài 44. Giải hệ phương trình
.
√
x−1+ 2−y = 1
Trích từ đề thi vào 10, chuyên Vinh vòng 2, 2017.
Lời giải. Điều kiện: x ≥ 1, y ≤ 2, y = 0. Phương trình đầu tương đương với
x2 y + 2y = 2y2 + x ⇔ ( x − 2y)( xy − 1) = 0 ⇔

x − 2y = 0
.
xy − 1 = 0

Với x = 2y, thay vào phương trình còn lại ta được
2y − 1 +

2−y = 1 ⇔ 2

(2y − 1)(2 − y) = −y (Vô nghiệm).


1
, thay vào phương trình còn lại ta được x − 1 +
x
VT ≥ 1 = VP, do đó x = 1.
Vậy hệ có nghiệm ( x; y) = (1; 1).
Với y =

Bài 45. Giải hệ phương trình

x2 − 4xy + x + 4y = 2
x 2 − y2 = −3

2−

1
= 1. Vì x ≥ 1 nên
x

.

Lời giải. Ta viết phương trình thứ nhất của hệ như sau
x2 + x − 2 − 4xy + 4t = 0 hay ( x − 1)( x + 2) − 4y( x − 1) = 0
Suy ra ( x − 1)( x + 2 − 4y) = 0, dẫn tới x = 1 hoặc x = 4y − 2.
Với x = 1 thay vào phương trình thứ hai ta có y = ±2.
Với x = 4y − 2 thay vào phương trình thứ hai ta được
15y2 − 16y + 7 = 0.
Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

18

Ta thấy phương trình này vô nghiệm.
Vậy nghiệm của hệ là ( x; y) = (1; ±2).




4 x + 1 − xy y2 + 4 = 0
.
Bài 46. Giải hệ phương trình:


 x2 − xy2 + 1 + 3 x − 1 = xy2

Lời giải. Điều kiện

x≥1
x2 − xy2 + 1 ≥ 0

by Mr. Cuo

ng

T A

oM

, kết hợp với phương trình (1), ta có: y > 0.

Từ
√(1), ta có:

4 x + 1 − xy y2 + 4 = 0 ⇔ 4 x + 1 = xy y2 + 4
⇔ 16( x + 1) = x2 y2 (y2 + 4) ⇔ (y4 + 4y2 ) x2 − 16x − 16 = 0.
−4
4
< 0 (loại).
Giải phương trình theo ẩn x ta được x = 2 hoặc x = 2
y
y +4


4
Với x = 2 ⇔ xy2 = 4 thế vào phương trình (2), ta được: x2 − 3 + 3 x − 1 = 4.
y

Điều kiện x ≥ √3, ta có:
x2 − 3 + 3 x − 1 = 4

⇔( x2 − 3 − 1) + 3( x − 1 − 1) = 0
x2 − 4

3( x − 2)
+√
=0
x−1+1
−3+1
x+2
3
⇔( x − 2) √
+√
=0
x−1+1
x2 − 3 + 1
3
x+2
> 0 ⇔ x = 2.
+√
⇔ x − 2 = 0 vì √
x−1+1
x2 − 3 + 1

y2 = 2
⇔ y = 2. Kết hợp với điều kiện trên, hệ phương trình có nghiệm
Với x = 2 ta có
y>0

(2, 2).

⇔√

x2

Bài 47. Giải hệ phương trình

x2 − 2y2 = xy + x + y

x 2y − y x − 1 = 4x − 4y.

Lời giải. Điều kiện x ≥ 1; y ≥ 0.
Phương trình thứ nhất trong hệ tương đương với
x2 − xy − 2y2 − ( x + y) = 0 ⇔ ( x + y)( x − 2y − 1) = 0 ⇔

x = −y
x = 2y + 1

Trường hợp 1: x = −y
Từ điều kiện của bài toán x ≥ 1 ⇒ −y ≥ 1 ⇔ y ≤ −1. Mặt khác y ≥ 0. Do đó hệ vô nghiệm.
Trường hợp 2: x = 2y + 1, thay vào phương trình thứ 2 trong hệ ta được

(2y + 1) 2y − y 2y = 4(2y + 1) − 4y
⇔(y + 1) 2y = 4(y + 1)
⇔ 2y = 4(do y + 1 > 0) ⇔ y = 8
Khi đó hệ có nghiệm ( x; y) = (17; 8).
Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

Bài 48. Giải hệ phương trình

19

x2 + xy − 2y2 = 0 (1)
xy + 3y2 + x = 3

by Mr. Cuo

ng

T A

(2)

oM

Lời giải. Phương trình (1) ⇔ x2 − y2 + y( x − y) = 0 ⇔ ( x − y) ( x + 2y) = 0, ta được
x = y hoặc x = −2y
3
• Với x = y, từ (2) ta có: 4x2 + x − 3 = 0, ta được x1 = −1, x2 = . Khi đó, x1 = y1 =
4
3
−1, x2 = y2 = .
4
• Với x = −2y, từ (2) ta có y2 − 2y − 3 = 0, ta được y1 = −1, y2 = 3 Nếu y = −1 ⇒ x = 2.
Nếu y = 3 ⇒ x = −6.
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y) là: (−1; −1);
Bài 49. Giải hệ phương trình

3 3
;
4 4

x2 + y2 + xy = 1
2x6 − 1 = xy(2x2 y2 − 3)

; (2; −1); (−6; ).

.

Lời giải. Ta có
2x6 − 1 = xy(2x2 y2 − 3) ⇔ 2x6 = 2xy x2 y2 − 1 − xy + 1

⇔ 2x6 = ( xy − 1) 2x2 y2 + 2xy − 1
⇔ 2x6 = ( xy − 1) 3x2 y2 − ( xy − 1)2
⇔ 2x6 = (− x2 − y2 ) 3x2 y2 − x2 + y2

2

do x2 + y2 + xy = 1

⇔ 2x6 = x6 + y6
⇔ x 6 = y6 ⇔

x=y
x = −y.


Với x = y ta có 3x2 = 1 nên hệ phương trình có hai nghiệm


3
3
;
3
3






3
3

;−
.
3
3

Với x = −y ta có x2 = 1 nên hệ phương trình có hai nghiệm (1; −1) và (−1; 1).

 x2 + 4y − 13 + ( x − 3) x2 + y − 4 = 0
Bài 50. Giải hệ phương trình:
.
 ( x + y − 3)√y + (y − 1) x + y + 1 = x + 3y − 5


y ≥ 0
Lời giải. Điều kiện: x + y + 1 ≥ 0 .

 2
x +y−4 ≥ 0

Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

20

Phương trình thứ hai của hệ tương đương với

by Mr. Cuo

ng


( x + y − 3)( y − 1) + (y − 1)( x + y + 1 − 2) = 0
( x + y − 3)(y − 1) ( x + y − 3)(y − 1)

+
=0

y+1
x+y+1+2
⇔ ( x + y − 3)(y − 1)



1
x+y+1+2

1
+
y+1

T A

=0⇔

oM

y=1
.
y = 3−x

Với y = 1, thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được

( x 2 − 9) + ( x − 3)

x2 − 3 = 0,

Hay

( x − 3)( x + 3 +

x−3 = 0

x 2 − 3) = 0 ⇔

x2 − 3 = 0

x+3+

.

Thay y = 3 − x vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:
x2 − 4x − 1 + ( x − 3)

x2 − x − 1 = 0,

Hay

( x 2 − x − 1) − (3 − x )

Giải các phương trình này ta được x =
Vậy nghiệm của hệ là (3; 1), (−1; 4),

Bài 51. Giải hệ phương trình

x+y =
2

x2 − x − 1 = 3

x2 − x − 1 − 3x = 0 ⇔
1−



41

5+

x2 − x − 1 = − x



⇒y=
2√
√ 2
1 − 41 5 + 41
;
.
2
2

41

.

và x = −1 ⇒ y = 4.

x + 3y

2

x + y + xy = 3.
Trích từ đề thi vào 10, Chuyên KHTN Hà Nội vòng 2, 2017.

Lời giải. Điều kiện xác định : x + y ≥ 0, x + 3y ≥ 0.
x+y =
2

2

x + 3y

x + y + xy = 3



x2 + y2 + 2xy = x + 3y
2

2

x + y + xy = 3



( x − 3)(y − 1) = 0
x2 + y2 + xy = 3

• Với x = 3, y2 + 3y + 6 = 0 (vô nghiệm).
• Với y = 1, x2 + x − 2 = 0 ⇔ x = 1, x = −2, ta loại nghiệm x = −2 do x + y = −2 + 1 < 0.
Vậy nghiệm của hệ là ( x; y) = (1; 1).

5x + x + 12 − 2y = −2 (1)

Bài 52. Giải hệ phương trình
2x + 6 x + 12 + 3y = −3 (2)
Trích từ đề thi vào 10, Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt, Kiên Giang, 2017.

Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

21

Lời giải. Điều kiện: x ≥ −12.
Nhân 3 vào hai vế của (1) và nhân 2 vào hai vế của (2) rồi cộng lại, ta được

19x + 15 x + 12 + 12 = 0



by Mr. Cuo

ng

T A

oM

72
.
19
Ta nhận t = 1 ⇒ x = −3 ⇒ y = −5. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (−3; −5).

Đặt t =

x + 12 ≥ 0 ta được phương trình 19t2 + 15t − 216 = 0 ⇔ t = 3, t = −

Bài 53. Giải hệ phương trình

x3 − 3x = y3 + y
x 2 = y2 + 3

(1)
.
(2)


Lời giải. Dễ thấy với y = 0 khi và chỉ khi x2 − 3 = 0 hay x = ± 3. Xét y = 0. Thay
1
x2 − 3 = y2 vào (1) ta được xy = y2 + 1 hay x − y =
(3). Thay (3) vào (2) với chú ý (2)
y
tương đương ( x − y)( x + y) = 3, ta được x = 2y. Kết hợp (3) ta được y = ±1. Do đó x = ±2.


3; 0 , − 3; 0 , (2; 1) và (−2; −1).
Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm
Bài 54. Giải hệ phương trình

6x + 4y + 2 = ( x + 1)2
6y + 4x − 2 = (y − 1)2 .

6x + 4y + 2 = ( x + 1)2 (1)
6y + 4x − 2 = (y − 1)2 . (2)
Trừ theo vế phương trình (1) cho phương trình (2), ta được:
Lời giải. Xét hệ phương trình

6x + 4y + 2 − 6y − 4x + 2 = ( x + 1)2 − (y − 1)2

⇔2x − 2y + 4 = ( x + 1)2 − (y − 1)2
⇔2( x − y + 2) = ( x + y)( x − y + 2)
⇔( x − y + 2)( x + y − 2) = 0


y = x+2
y = 2 − x.

• Trường hợp 1: y = x + 2, thay vào (1) ta được:
x2 − 8x − 9 = 0 ⇔

x = −1
x = 9.

Với x = −1 ta được y = 1. Với x = 9 ta được y = 11.
• Trường hợp 2: y = 2 − x, thay vào (1) ta được: x2 = 9 ⇔

x=3
x = −3.

Với x = 3 ta được y = −1. Với x = −3 ta được y = 5.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (−1; 1), (9; 11), (3; −1), (−3; 5).
Bài 55. Giải hệ phương trình:

2x3 + x2 y + 2x2 + xy + 6 = 0
x2 + 3x + y = 1

Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018

( I ).


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

Lời giải. Ta có ( I ) ⇔

Hệ đã cho trở thành:

• Với

u = −2

v=3

22

( x2 + x )(2x + y) = −6
2

( x + x ) + (2x + y) = 1

u = −2

 v=3
uv = −6
⇔

u+v = 1
 u=3
v = −2

Đặt u = x2 + x; v = 2x + y.

by Mr. Cuo

ng

T A

oM

x 2 + x = −2
. Hệ PT này vô nghiệm.
2x + y = 3






1

13
−1 + 13

2
2
u=3
x +x−3 = 0
x +x =3
x=
x=


• Với

;
.
2
2


v = −2
y = −2x − 2
2x + y = −2
 y = √13 − 1
 y = −√13 − 1


−1 − 13 √
−1 + 13 √
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm
; 13 − 1 ;
; − 13 − 1 .
2
2

2x + 2y = 6
Bài 56. Giải hệ phương trình √
.
2x + 5 + 2y + 9 = 8




Lời giải. Đặt



2x = a ≥ 0;

2y = b ≥ 0 ta có hệ

a + b = 6(1)
a2 + 5 +

b2 + 9 = 8(2)

.

Thay a = 6 − b từ (1) vào (2) ta được

(6 − b )2 + 5 = 8 −

b2 + 9

⇔ (6 − b)2 + 5 = 64 − 16 b2 + 9 + b2 + 9
⇔ 4 b2 + 9 = 8 + 3b
⇔ 7b2 − 48b + 80 = 0

b=4
⇔
20 .
b=
7


( a; b) = (2; 4)
( x; y) = (2; 8)
Suy ra 
22 20 . Vậy 
242 200 .
;
( x; y) =
;
( a; b) =
7 7
49 49
Bài 57. Giải hệ phương trình:

| x − 1| + 2 y + 2 = 5
.
3 y + 2 − | x − 1| = 5
Trích từ đề thi vào 10, Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa, 2017.

| x − 1| + 2 y + 2 = 5
.
3 y + 2 − | x − 1| = 5
Đặt A = | x − 1| ≥ 0; B = y + 2 ≥ 0.
A + 2B = 5
A + 2B
=5
A =1
Ta có:


.
3B − A = 5
− A + 3B = 5
B =2
Lời giải. Giải hệ phương trình:

Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

23




x−1 = 1
| x − 1| = 1
| x − 1| = 1
Do đó:


x − 1 = −1

y+2 = 2
y+2
=4

y=2
Vậy ( x; y) = {(2; 2), (0; 2)} là nghiệm của hệ.
Bài 58. Giải hệ phương trình

Lời giải.



 x=2
x=0



y=2

by Mr. Cuo

ng

T. A

oM

x2 + 9y2 + 8xy + 24 = 0
.
x − 3y + xy = 0

x2 + 9y2 + 8xy + 24 = 0

x − 3y + xy = 0

( x − 3y)2 + 14xy + 24 = 0
.
( x − 3y) + xy = 0

a2 + 14b + 24 = 0 (1)
a+b = 0
(2)
(2) ⇒ b = − a. Thay vào phương trình (1) ta được a2 − 14a + 24 = 0 ⇔ a = 2 hoặc a = 12.

Đặt a = x − 3y, b = xy. Hệ phương trình trở thành

• Với a = 2 ⇒ b = −2. Ta có

• Với a = 12 ⇒ b = −12. Ta có

x − 3y = 2

xy = −2

x = 3y + 2
3y2 + 2y + 2 = 0

x − 3y = 12

xy = −12

(Vô nghiệm).

x = 3y + 12
2

y + 4y + 4 = 0



x=6
.
y = −2

Vậy nghiệm của hệ là (6; −2).

2

 x −| x | =|yz|
Bài 59. Giải hệ phương trình: y2 −|y| =| xz|

 2
z −|z| =|yx |


2


 x −| x | =|yz|
| x |(| x | − 1) =|yz|
2
Lời giải.
⇔ |y|(|y| − 1) =| xz|
⇒| xyz| = (| x | − 1)(|y| − 1)(|z| −
y −|y| =| xz|


 2

z −|z| =|yx |
|z|(|z| − 1) =|yx |
1)( xyz = 0)(vô lý).
Lại có ( x, y, z) = (0, 0, 0) là một nghiệm của hệ. Với mọi ( x, y, z) = (0, a, b) hoặc ( x, y, z) =
(0, 0, b) đều không thoả mãn hệ; vai trò của x,y,z như nhau.
Kết luận: hệ có nghiệm duy nhất ( x, y, z) = (0, 0, 0).


2 x + 3y + 2 − 3 y = x + 2
Bài 60. Giải hệ phương trình

x2 − 3x − 4 y + 10 = 0
Lời giải. Điều kiện xác định: x ≥ −2,
√y ≥ 0 . √
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có 3. 3y + x + 2 ≤
(3 + 1)(3y + x + 2), cho nên


phương trình thứ nhất tương đương với y = x + 2, thay vào phương trình thứ hai ta

( x − 2)2

được x2 − 3x − 4 x + 2 + 10 = 0 ⇔ ( x − 2)2 +
= 0 ⇔ ( x − 2)2 = 0 hoặc
x+6+4 x+2
1

1+
= 0 (vô nghiệm do x + 2 ≥ 0). Vậy nghiệm của hệ là ( x; y) = (2; 4).
x+6+4 x+2

Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

24

§Các vấn đề nghiệm nguyên

by Mr. Cuo

ng

T A

oM

Bài 61.
a) Cho n = 2018.20172016 − 112017 − 62016 . Chứng minh n chia hết cho 17.
b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x2 + y2 + 5x2 y2 + 60 = 37xy.
Trích từ đề thi vào 10, Chuyên Bạc Liêu, 2017.
Lời giải.
a) Ta có 2017 ≡ 11 mod 17 ⇒ 20172016 ≡ 112016 mod 17.
Mặt khác: 2018 ≡ 12 mod 17.
Suy ra 2018.20172016 ≡ 12.112016 mod 17.
Hay 2018.20172016 ≡ (11 + 1).112016 ≡ 112017 + 112016 mod 17.
Suy ra 2018.20172016 − 112017 ≡ 112016 mod 17.
Suy ra n = 2018.20172016 − 112017 − 62016 ≡ 112016 − 62016 mod 17.
Ta lại có:
• 112 ≡ 2 mod 17, suy ra 112016 = (112 )1008 ≡ 22008 mod 17.
• 62 ≡ 2 mod 17, suy ra 62016 = (62 )1008 ≡ 22008 mod 17.
Do đó ta có n ≡ 21008 − 21008 = 0 mod 17.
Vậy n chia hết cho 17.
b) Cách 1.
x2 + y2 + 5x2 y2 + 60 = 37xy ⇔ x2 − 2xy + y2 = −5x2 y2 + 35xy − 60

⇔ ( x − y)2 = 5(− x2 y2 + 7xy − 12).
Vì ( x − y)2 ≥ 0, ∀ x, y ∈ Z nên − x2 y2 + 7xy − 12 ≥ 0, ∀ x, y ∈ Z.
(1)
2
Đặt t = xy, (t ∈ Z). Từ (1) ta có −t + 7t − 12 ≥ 0 ⇔ 3 ≤ t ≤ 4.
Mà t ∈ Z nên ta có t = 3 ∨ t = 4 hay xy = 3 ∨ xy = 4.
Khi đó 5(− x2 y2 + 7xy − 12) = 0 nên từ (∗) ta cũng có ( x − y)2 = 0 hay x = y.


xy = 3
x=y



x2 = 3
x=y



xy = 4
x=y



x=2
y=2

(không tồn tại x ∈ N)



x = −2
y = −2

.

.

Vậy cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn phương trình trên là: (2; 2), (−2; −2).
Cách 2. Xét trường hợp x, y ≥ 0.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số không âm x2 , y2 ta có:

Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018

(∗)


Thầy Lê Minh Cường - Phạm Quốc Sang

25

37xy

⇔ 35xy

2xy + 5x2 y2 + 60

ng

5x y + 60

⇔ 7xy

x2 y2 + 12

⇒ 8xy

x2 y2 + 12

⇔4
⇔2
⇔6

by Mr. Cuo

2 2

T A

oM

( xy − 4)2
xy − 4 −2
xy 2.

Suy ra, xy ∈ {2; 3; 4; 5; 6}.
Mặt khác, phương trình ban đầu tương đương với:

( x + y)2 = 39xy − 5x2 y2 − 60.

(∗)

Ta xét các trường hợp:
• TH1: xy = 2. Từ (∗) suy ra ( x + y)2 = −6 (vô lí).
• TH2: xy = 3. Từ (∗) suy ra ( x + y)2 = 12 (loại vì ( x + y)2 là số chính phương).
• TH3: xy = 4. Từ (∗) suy ra ( x + y)2 = 16. Giải ra ta được x = y = 2.
• TH4: xy = 5. Từ (∗) suy ra ( x + y)2 = 10 (loại vì ( x + y)2 là số chính phương).
• TH5: xy = 6. Từ (∗) suy ra ( x + y)2 = −6 (vô lí).
Thử lại ta thấy ( x; y) = (2; 2) là nghiệm của phương trình.
Do xy và (− x ).(−y) có vai trò như nhau trong phương trình ban đầu nên nghiệm của
phương trình là (2; 2), (−2; −2).
Bài 62. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( a; b; c) thỏa mãn a < b < c sao cho đa thức P( x ) =
x ( x + a)( x + b)( x + c) + 1 là bình phương của một đa thức có hệ số nguyên.
Trích từ đề thi vào 10, chuyên Vinh vòng 2, 2017.
Lời giải. Do đa thức P( x ) có bậc cao nhất là 4 và hệ số của nó là 1, nên ta có thể giả sử
P( x ) = ( x2 + mx + n)2 với m, n ∈ Z.
Từ P(0) = 1, suy ra n = ±1.
Với n = 1, ta có x ( x + a)( x + b)( x + c) + 1 = ( x + mx + 1)2 ⇔ x ( x + a)( x + b)( x + c) =
x ( x + m)( x2 + mx + 2). Suy ra m > 0 và phương trình x2 + mx + 2 = 0 có hai nghiệm nguyên
âm phân biệt ⇔ ∆ = m2 − 8 = k2 , k ∈ N∗ ⇔ (m + k )(m − k ) = 8. Do m > k > 0 và cùng chẵn
nên
m+k = 4
. Suy ra m = 3. Vậy P( x ) = x ( x + 1)( x + 2)( x + 3).
m−k = 2
Với n = −1, tương tự ta có
x ( x + a)( x + b)( x + c) = x ( x + m)( x2 + mx − 2)
Vì phương trình x2 + mx − 2 = 0 có nghiệm nguyên âm nên trường hợp này không thỏa mãn
yêu cầu đề bài.
Vậy ( a; b; c) = (1; 2; 3).

Tuyển tập PT - HPT kì thi TUYỂN SINH 10 năm 2017-2018


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×