Tài liệu Hệ pt trong các kì thi tuyển sinh đại học môn toán

  • Số trang: 12 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 411 |
  • Lượt tải: 0
dangvantuan

Tham gia: 02/08/2015

Mô tả:

TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT:0905671232–0989824932 Hệ phương trình trong các kỳ thi tuyển sinh đại học(đề chính thức) Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối A-2013:  x  1  4 x  1  y 4  2  y Giải hệ phương trình  2 2  x  2 x  y  1  y  6 y  1  0 Hướng dẫn giải  x, y    Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối B-2013: 2 x 2  y 2  3 xy  3 x  2 y  1  0 2 2 4 x  y  x  4  2 x  y  x  4 y Giải hệ phương trình   x, y    Hướng dẫn giải Trích từ đề thi tuyển sinh cao đẳng-2013: http://www.xuctu.com - Trang 1 - E mail: quoctuansp@gmail.com TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT:0905671232–0989824932  xy  3 y  1  0  x, y    2 4 x  10 y  xy  0 Hướng dẫn giải Giải hệ phương trình  Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối D-2012: Giải hệ phương trình sau  xy  x  2  0 trong đó  x, y     3 2 2 2 x  x y  x  y  xy  y  2 2 0  Hướng dẫn giải Hệ phương trình đã cho tương đương với 1  xy  x  2  0  2  2 x  y  1  x  y   0  2  Với 2 x  y  1  0  y  2 x  1 thay vào phương trình 1 của hệ ta được x2  x 1  0  x  1 5 . 2  1  5   1  5  ; 5  ,  x; y    ;  5  Do đó ta có các nghiệm  x; y     2   2  2 2 Với x  y  0  y  x . Thay vào phương trình (1) của hệ phương trình ta được x 3  x  2  0   x  1  x 2  x  2   0  x  1 . Do đó ta được nghiệm  x; y   1;1  1  5   1  5  Vậy nghiệm của hệ phương trình  x; y  đã cho là  ; 5  ,  ;  5  và 1;1  2   2  Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối A-2012: Giải hệ phương trình sau  x 3  3 x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y  trong đó  x, y     2 1 2 x  y  x  y    2 Hướng dẫn giải 3 2 3 2  x  3 x  9 x  22  y  3 y  9 y 1  Ta có:  2 1 2 2 x  y  x  y   2 http://www.xuctu.com - Trang 2 - E mail: quoctuansp@gmail.com TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT:0905671232–0989824932  x  13  12  x  1   y  13  12  y  1  2 2 Hệ phương trình đã cho tương đương với  1  1  x     y    1 2  2  1 1   3 1  x  2  1  2  x  1  2 Từ (2), suy ra   1  y  1  1  1  y  1  3  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 đó (1) tương đương x  1  y  1  y  x  2  3 1 2 3 2 1 3 3 1 Thay vào phương trình (3), ta được nghiệm của hệ phương trình  x; y  là  ;   hoặc  ;   2 2 2 2  x  1  3  2 Thay vào (2), ta được  x     x    1  4 x  8 x  3  0   2  2  x   2 2 Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối A-2011: Giải hệ phương trình sau 5 x 2 y  4 xy 2  3 y 3  2  x  y   0 trong đó  x, y     2 2 2  xy  x  y   2   x  y  Hướng dẫn giải 2 2 3 5 x y  4 xy  3 y  2  x  y   0 1 Ta có:  2 2 2  2  xy  x  y   2   x  y   xy  1 Từ phương trình (2) tương đương   xy  1  x 2  y 2  2   0   2 2 x  y  2 + xy  1; từ phương trình (1) suy ra y 4  2 y 2  1  0  y  1 Do đó, 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 đã cho cho 4 nghiệm 1;1 ,  1; 1 ,  ; ;     5   5 5   5 Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối D-2011: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 2 x3   y  2  x 2  xy  m trong đó  x, y     2  x  x  y  1  2m Hướng dẫn giải http://www.xuctu.com - Trang 3 - E mail: quoctuansp@gmail.com TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT:0905671232–0989824932 1 Đặt u  x 2  x, u   ; v  2 x  y 4 2 uv  m u   2m  1 u  m  0 1 Hệ phương trình đã cho trở thành   u  v  1  2m v  1  2m  u Hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn u   1 4 u 2  u 1 Với u   , ta có : (1)   2u  1  u 2  u  m  4 2u  1 2 u  u 2u 2  2u  1 1  3 1 Xét hàm số f  u   Với u   , ta có f '  u    ; f 'u   0  u  2 4 2u  1 2  2u  1 Trích từ đề thi tuyển sinh Cao đẳng-2011: Giải hệ phương trình sau 2 2 x  y  3  2 x  y trong đó  x, y     2 2 2 2 x  xy  y   Hướng dẫn giải Điều kiện 2 x  y  0 , đặt 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 được x 2  2 x  3  0    x  3 Với x=1 ta được y  1 Với x  3 ta được y  7 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y  là 1; 1 và  3; 7  Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối D-2010: Giải hệ phương trình sau  x 2  4 x  y  2  0 trong đó  x, y     2log x  2  log y  0   2  2 Hướng dẫn giải Điều kiện x  2; y  0 1  x  0  x2  4 x  y  2  0  x 2  3x  0  y  2  Từ hệ phương trình đã cho ta có :     x  3 x  2  y y  x 2    y  1 Đối chiếu nghiệm của hệ phương trình với điều kiện ta thấy nghiệm của hệ là  x; y    3;1 Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối B-2010: Giải hệ phương trình sau http://www.xuctu.com - Trang 4 - E mail: quoctuansp@gmail.com TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT:0905671232–0989824932 log 2  3 y  1  x  x 2 x 4  2  3 y trong đó  x, y    Hướng dẫn giải 1 Điều kiện y  , phương trình thứ nhất của hệ phương trình cho ta 3 y  1  2 x 3 Do đó, hệ phương trình đã cho tương đương với  x 1 2   x  1 x 3 y  1  2 x  3 y  1  2   2  2    1 2 2  3 y  1  3 y  1  3 y 6 y  3 y  0 y  1  y  2  2 1  Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    1;  2  Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối A-2010: Giải hệ phương trình sau  4 x 2  1   y  3 5  2 y  0 trong đó  x, y     2 2 4 x  4 y  2 3  4 x  7 Hướng dẫn giải 3 4 5 2 Điều kiện: x  ; y  . Phương trình thứ nhất của hệ phương trình tương đương với  4x 2  1 2 x   5  2 y  1 5  2 y Nhận xét phương trình (1) có dạng f  2 x   f  2  2y  1 , với f  t    t 2  1 t 2 Ta có f '  t   3t  1  0 suy ra f là hàm số đồng biến trên R. x  0  Do đó: 1  2 x  5  2 y   5  4 x2 y    2 The vào phương trình thứ hai của hệ phương trình , ta được 2 5  4 x    2 x 2   2 3  4 x  7  0  3 2  2 Nhận thấy x  0 và x  3 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;   4 2  4 4 5  g '  x   8 x  8 x   2 x2    4 x  4x 2  3   0 Suy ra g  x  là hàm số nghịch biến. 3  4x 3  4x 2  1 1 Mặt khác g    0 , do đó phương trình (3) có nghiệm duy nhất x   y  2 2 2 1  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    ; 2  2  2 Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối D-2009: Giải hệ phương trình sau  x  x  y  1  3  0  trong đó  x, y     5 2 x  y   1  0     x2 http://www.xuctu.com - Trang 5 - E mail: quoctuansp@gmail.com TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT:0905671232–0989824932 Hướng dẫn giải Hệ phương trình đã cho tương đương với  1  x  1 x  1  3   3 3    x  y  1 x y  2 x  y    x  y   1 0 1    y  1   x  x x     1 1    x  2 Vậy  2  5 4 6 2 3 5      x  y    1  0  1   1  0   2 0  x 2    2 2 3 2    x x x  x  x   y   2  1  x  y    2 3  Hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y  là 1;1 và  2;   2  Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối B-2009: Giải hệ phương trình sau  xy  x  1  7 y trong đó  x, y     2 2 2  x y  xy  1  13 y Hướng dẫn giải Hệ phương trình đã cho tương đương với  1 x   5     1 x y I  x 1 1  1   x   7    x 7      x x 20 0          y y   x  12 y y y y  y          2  1 x 1  x  1  4  x 2  x  1  13  x       x x 13 1 2         y y y  II  y y y   y    x  3 y 2 + Hệ phương trình (I) vô nghiệm  1   Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối A-2009: Giải hệ phương trình sau log 2  x 2  y 2   1  log 2  xy  trong đó  x, y     2 2 3x  xy  y  81 Hướng dẫn giải Điều kiện: xy  0 * , hệ phương trình đã cho tương đương với + Hệ phương trình (II) có nghiệm  x; y    1;  và  x; y    3;1 3  x 2  y 2  2 xy x  y x  y    2  2 2  y  2 y  4  x  xy  y  4 Kết với với điều kiện ta thấy hệ phương trình đã cho có nghiệm  2; 2  và  2; 2  Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối A-2008: Giải hệ phương trình sau 5  2 3 2  x  y  x y  xy  xy   4  x, y      x 4  y 2  xy 1  2 x    5  4 Hướng dẫn giải http://www.xuctu.com - Trang 6 - E mail: quoctuansp@gmail.com TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT:0905671232–0989824932 5 5  2  2 3 2 2  x  y  x y  xy  xy   4  x  y  xy  xy  x  y    4 Ta có biến đổi:   5 4 2  x  y  xy 1  2 x     x 2  y  2  xy   5   4 4 2 u  x  y Đặt  . Hệ phương trình (*) trở thành  v xy  * 5 5 2 5    u  v  uv   4 v   4  u u  0, v   4    5 u 2 3 2 u   1 , v   3 u  v   u  u   0    4  4  2 2  5 25  3  Giải ta được nghiệm của hệ phương trình  x; y  là  3 ;  3  và  1;   16  2   4 Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối B-2008: Giải hệ phương trình sau 4 3 2 2  x  2 x y  x y  2 x  9 trong đó  x, y     2  x  2 xy  6 x  6 Hướng dẫn giải Hệ phương trình đã cho tương đương với  x2  xy 2  2x  9 2  2  x  0 x2  3   x  3x  3    2x  9  x4 12x3  48x2  64x  0  x  x  4  0   2  x 2  x  4  xy  3x  3  2  + Với x=0 không thỏa mãn hệ phương trình + Với x  4  y  17 4 17    4  Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối D-2008: Giải hệ phương trình sau  xy  x  y  x 2  2 y 2  x, y      x 2 y  y x  1  2 x  2 y Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y    4; Hướng dẫn giải Điều kiện: x  1, y  0  x  y  x  2 y  1  0  x 2 y  y x  1  2 x  2 y Hệ phương trình đã cho tương đương với  1  2 Từ điều kiện ta có x  y  0 nên 1  2 y  1  3 Thay (3) vào(2) ta được  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 đề thi tuyển sinh Đại học khối D-2007: Xác định m để hệ phương trình sau có nghiệm thực 1  1 x  x  y  y  5  trong đó  x, y     1 1 3 3 x   y   15m  10  y3 y3 http://www.xuctu.com - Trang 7 - E mail: quoctuansp@gmail.com TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT:0905671232–0989824932 Hướng dẫn giải 1  u  x  x Đặt  v  y  1 y  u  2, v  2  . Hệ phương trình đã cho tương đương với u  v  5 u  v  5   3 3 uv  8  m u  v  3  u  v   15m  10 Vậy u và v là hai nghiệm của phương trình t 2  5t  8  m 1 Hệ phương trình đã 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  Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy để hệ phương trình có nghiệm thì m  22 hoặc 7 m2 4 Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối D-2006: Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất e x  e y  ln 1  x   ln 1  y   x, y      y  x  a Hướng dẫn giải Điều kiện: : x, y>-1. Hệ phương trình đã cho đường thẳng với e x  a  e x  ln 1  x   ln 1  a  x   0   y  x  a 1 2 Hệ phương trình đã 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;    . Mặt khác f '  x   e x a  e x  1 1 a   e x  e a  1   0, x  1. 1 x 1 a  x 1  x 1  a  x  Suy ra f(x) là hàm số đồng biến trong khoảng  1;    . Do đó, phương trình f  x   0 có nghiệm duy nhất trong khoảng  1;    Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối A-2006: Giải hệ phương trình sau  x  y  xy  3  x, y      x  1  y  1  4 Hướng dẫn giải http://www.xuctu.com - Trang 8 - E mail: quoctuansp@gmail.com TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT:0905671232–0989824932 Điều kiện: : x  1, y  1; xy  0 . Đặt 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 được x  y  2  2 xy  x  y  1  16  2  Thay xy  t 2 , x  y  3t vào phương trình (2) ta được 0  t  11 0  t  11 3  t  2  2 t 2  3  t 1  16  2 t 2  t  4  11 t   2 t  3 2  2 3t  26t 105  0 4  t  t  4  11 t  x  y  6 Với t  3 ta có  suy ra nghiệm của hệ phương trình là  x; y    3;3  xy  9 Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối B-2005: Giải hệ phương trình sau  x  1  2  y  1 trong đó  x, y     2 3 3log 9  9 x   log 3 y  3 Hướng dẫn giải  x  1  2  y  1 1 x  1 + Ta có:  ; Điều kiện:  2 3 0  y  2 3log 9  9 x   log 3 y  3  2  Từ phương trình (2) của hệ suy ra 3 1  log 3 x   3log 3 y  3  log 3 x  log3 y  x  y Thay y  x vào phương trình (1) ta có x 1  2  x  1  x 1 2  x  2 x  1 x  2  x  1 2  x   1   x  1 2  x   0   Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y   1;1 và  x; y    2; 2  Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối D-2004: Giải hệ phương trình sau  x  y  1 trong đó  x, y        x x y y 1 3 m  Hướng dẫn giải u  x u  0 Đặt  điều kiện  v  0 v  y u  v  1 u  v  1 Hệ phương trình đã cho trở thành  3 3  uv  m u  v  1  3m Vậy u, v là hai nghiệm của phương trình t 2  t  m  0 ** u  0 . Điều này v  0  Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi hệ (*) có nghiệm sao cho     1  4m  0 1  0m tương đương phương trình (**) có nghiệm t không âm   S  1  0 4 m  0  Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối A-2004: Giải hệ phương trình sau 1  log 1  y  x   log 4 y  1 trong đó  x, y     4  x 2  y 2  25  http://www.xuctu.com - Trang 9 - E mail: quoctuansp@gmail.com TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT:0905671232–0989824932 Hướng dẫn giải Điều kiện: y > x và y > 0 log 1  y  x   log 4 4 1 1 yx 3y  1   log 4  y  x   log 4  1   log 4 1 x  4 y y y 2  3y  Thay vào phương trình x  y  25 ta có    y 2  25  y  4  4  So sánh điều kiện ta được y  4  x  3 thỏa mãn điều kiện 2 2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y    3; 4  Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối B-2003: Giải hệ phương trình sau  y2  2 3 y  x 2   x, y    trong đó  x, y     2 3 x  x  2  y2 Hướng dẫn giải Điều kiện: x  0; y  0 Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với 3 x 2 y  y 2  2  x  y  3 xy  x  y   0  2  2 2 2 3 xy  x  2 3xy  x  2 x  y x  1 Trường hợp 1:  2   2 y 1 3 xy  x  2 3 xy  x  y  0 Trường hợp 2:  2 vô nghiệm vì từ (1) và (2) ta có x, y >0 2 3 xy  x  2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là x  y  1 Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối A-2003: Giải hệ phương trình sau 1  1 x   y  x y  x, y     3 2 y  x  1  Hướng dẫn giải Điều kiện: xy  0  x  y 1  Ta có phương trình (1) tương đương  x  y   1    0    xy   xy  1  x  y  1   x  y x  y x  y 1  5 Trường hợp 1:      x  y  2 3 3 2 2 y  x  1  2 x  x  1  x  1  x  x  1  0   x  y  1  5  2 http://www.xuctu.com - Trang 10 - E mail: quoctuansp@gmail.com TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT:0905671232–0989824932 1  1   y   x  xy  1 y   x Trường hợp 2:    3 2 2 y x 1   4 3    x  1  x  x  2  0   x  3  4 2 2 1  1 3  Phương trình (4) của hệ vô nghiệm vì x  x  2   x 2     x     0; x 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 đề thi tuyển sinh Đại học khối D-2002: Giải hệ phương trình sau 23 x  5 y 2  4 y  x trong đó  x, y     4  2 x 1 y  x  2 2 Hướng dẫn giải 4 Hệ phương trình đã cho tương đương với 2 x  y  0  x 3x 2 2  5 y  4 y 2  y  0  y  0  3    x 2 2  y  y  5 y  4 y  0  y  1   y  4  So sánh điều kiện ta thấy hệ phương trình có nghiệm  x; y  là  0;1 và  2; 4  Trích từ đề thi tuyển sinh Đại học khối B-2002: Giải hệ phương trình sau  3 x  y  x  y trong đó  x, y     x  y  x  y  2  Hướng dẫn giải  3 x  y  x  y 1 x  y  0 Ta có:  Điều kiện:   3 x  y  0  2  x  y  x  y  2 Từ phương trình (1) tương đương 3 x  y x  y 1 6 x  y  0    x  y 1   Thay x  y vào phương trình (2), giải ra ta được x  y  1 3 2 Thay x  y  1 vào phương trình (2), giải ra ta được x  ; y  Kết hợp với điều kiện (3) ta có nghiệm của hệ phương trình 1 2  x; y  là 1;1 và 3 1  ;  2 2 Lời kết: + Qua 10 năm thực hiện đề thi chung của bộ giáo dục, chúng tôi đã biên soạn và giới thiệu đến cộng đồng một hệ thống những chuyên đề luyện thi tuyển sinh đại học của từng năm. +Tài liệu được sưu tập và biên soạn lại bởi thầy giáo Nguyễn Quốc Tuấn kết hợp với trung tâm giáo viên Quốc Tuấn địa chỉ 157 Đặng Văn Ngữ - Thành phố Huế -Điện thoại: 0905671232-0989824932. Là nơi quy tụ những giáo viên giảng dạy và luyện thi đạy học có uy tín trên địa bàn thành phố Huế. Luôn có những chính sách và những phương pháp giảng http://www.xuctu.com - Trang 11 - E mail: quoctuansp@gmail.com TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT:0905671232–0989824932 dạy cũng như tính cập nhật hàng đầu. Luôn mở các lớp, các nhóm dạy học chất lượng cao với chi phí rẽ. Đặc biệt hưởng lợi được từ hàng ngàn tài liệu trên Xuctu.com và hàng trăm Video Tutorial bài giảng được cấp phát miễn phí cho học viên tại trung tâm cũng như cộng đồng học sinh. + Đặc biệt trong năm học 2013-2014, trung tâm mở ra chương trình khuyến học như sau: - Miễn phí đến học một tuần để khẳng định chất lượng - Giảm ngay 20% học phí tháng đầu tiên khi đến học - Tặng ngay 20% học phí tháng đầu tiên khi các học viên khác giới thiệu 1 học viên đến học - Được sự giảng dạy trực tiếp của thầy cô giáo đầy kinh nghiệm luyện thi - Phòng học thoáng mát, yên tỉnh tuyệt đối. - Được phép học tăng cường khi chưa hiểu bài  Đến tham quan và đăng ký học tại địa chỉ trên hoặc tìm hiểu thông qua số điện 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 12 - E mail: quoctuansp@gmail.com
- Xem thêm -