De thi on luyen GVG cap tinh

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (175.71 KB, 17 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 01
MƠN: Tốn

Thời gian làm bài 120 phút

Bài 1: Giải phương trình, hệ phương trình sau:
a,

2
2
4 8
2

xy y

xy x

   




 






x1 1



32 x1 2  x

Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2

2 x  2x 3 (m1)( x 3 1 x)m 1 0

Bài 3: Cho a, b, c 



0;1



. Chứng minh a b2 c3 ab bc ca 1

      .

Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC. Gọi O là trung điểm của cạnh BC. Dựng đường trịn
tâm O, đường kính BC. Vẽ đường cao AD của tam giác ABC và các tiếp tuyến AM, AN
với (O) (M, N là các tiếp điểm).

Gọi E là giao điểm của MN với AD. Hãy chứng minh rằng: AE.AD=AM2.

Bài 5: Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Một đường thẳng qua
A, cắt cạnh BC tại M và cắt đường thẳng CD tại N. Gọi K là giao điểm của các đường
thẳng EM và BN. Chứng minh rằng: CK  BN.

Bài 6: Giả sử a, b là các số nguyên dương sao cho:

1 1

a b

b a

 

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

BÀI LÀM ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ I

Họ và tên: Nguyễn Thế Hoàng - Đơn vị: Trường THCS Lam Kiều

Bài 1: Giải phương trình, hệ phương trình sau:
a,

2
2
4 8 (1)
2 (2)
xy y
xy x
   


 


Bài giải

Với x = 0 thay vào (2) ta có 0 = 2 (Vơ lý).

Vậy x = 0 khơng phải là nghiệm của hệ phương trình.
Khi đó với x khác 0 ta có (2) y 2 x2

x



  (*) thay vào phương trình (1) ta được:
2

2 4
2

2 2 4 2

2 2
2 2
2 4
2
2
2 0
4 4
2 8

2 4 4

2 4 8 2 8

2 0
4 4
2 8
x
x x
x

x x x x

x x

x x x

x x
x
x
   


  

  


     
           
  

 


  
   

 


2 2 2 2

4 2 2 2 4 4 2 4 2 2 2

2 2 2 2

2 4 2 2 4 2 2 2

2
2

2 2 2 2

2 8 4 4 2 6 4 0 3 2 0 ( 1)( 2) 0

2 2 2 2

2 8 4 4 2 4 2 2

2
( 1

x x x x

x x x x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

x
x
       

   
             
   
   
       
       
   
   
   
           
   
   
   



 2 2 1

2
2

) 0

( 2) 0 2

2
2
x
x x
x
x
x
 
 
 
 
 

 
     






 



 



Với x1 2 và x2  2 thay vào (*) ta được y1 2 2; y2 2 2

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là:



x y1; 1



 ( 2; 2 2) và



x y2; 2



( 2;2 2)
b,



x1 1



32 x1 2  x

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Điều kiện xác định: x1
Ta có:











 



3 3

3 2

1 1 2 1 2 1 1 (( 1) 2 1 1) 2 0

1 1 1 1 2 0(*)

x x x x x x

x x

               

       

Đặt: t x1 1 (t1) Khi đó (*) t3t2 2 0  (t1)(t2 2t2) 0  t 1 0 (Vì

2 2 2 ( 1)2 1 0 ) 1

t  t  t   x  t )

Với t1 x1 1 1   x1 0  x1 (Thoả mãn điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là: x = 1.

Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2

2 x  2x 3 (m1)( x 3 1 x)m 1 0 (3)

Bài giải

Điều kiện xác định:   3 x 1
Đặt k x 3 1 x (k0)

Suy ra

2 (1. 3 1. 1 )2 (12 1 )(2 3 1 ) 8

0 2 2

k x x x x

k

         

  
Mặt khác:

2 2 2

2 2

( 3 1 ) 3 1 2 ( 3)(1 ) 4 2 2 3

2 2 3 4

k x x x x x x x x

x x k

               

     

Khi đó phương trình (3) trở thành: k2 4 (m 1)k m 1 0 k2 (m 1)k m 3 0

            (4)

Đặt f x( ) k2 (m 1)k m 3

    

Để phương trình (3) có nghiệm thì phương trình (4) có nghiệm đối với k thoả mãn điều
kiện:

0k2 2

Ta có:  (m1)2 4(m 3)m2 6m12 ( m 3)2 4 0

 m nên phương trình (4) ln có
2 nghiệm phân biệt.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

5 2 2
8 2 2( 1) 3 0

2 2 1

m m m 

      



Nếu cả hai nghiệm đều khác 2 2 thì điều kiện của bài toán được thoả mãn khi và
chỉ khi hoặc cả hai nghiệm cùng thuộc (0; 2 2) hoặc có 1 nghiệm nằm xen giữa khoảng
(0; 2 2) có nghĩa là: 0k1k2 2 2 hoặc k1 0 k2 2 2 (0k12 2k2)

Điều đó xẩy ra khi và chỉ khi:

(0) 0 3 0 5 2 2

3 4 2 1

(2 2) 0 (2 2 1) 5 2 2 2 2 1

5 2 2

1 0 1 4 2 1 4 2 1 3

0 2 2 2 2 1

( 3)((2 2 1) (5 2 2)) 0 5 2 2
3

(0). (2 2) 0 2 2 1

3 4 2 1

m

f m

m m

f m

m m m m

m m

m
f f

m

 
 

 


  

   




           

 

   



  

 

       

     

 

   

 



 

 

     






   



  

   

Vậy giá trị cần tìm của m là: 3m4 2 1

Bài 3: Cho a, b, c 



0;1



. Chứng minh a b2 c3 ab bc ca 1

      .

Bài giải

Vì a, b, c 



0;1



nên ta có

(1 )(1 )(1 ) 0

(1 )(1 ) 0

1 ( ) ( ) 0 1 1

a b c

b a ab c

a b c ab bc ca abc a b c ab bc ca abc
a b c ab bc ca

   

     

                 

      

Mà a, b, c 



0;1



nên: b2 b c; 3 c

Khi đó a b2 c3 ab bc ca a b c ab bc ca 1

           

Hay a b2 c3 ab bc ca 1

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

E K

N
M

D O

C
B

A
Bài 4:

Từ O nối OM, ON, Nối OA cắt MN tại K.

Khi đó ta có AMOM; ANON (tính chất tiếp
tuyến vng góc với

Bán kính tại tiếp điểm).

AOMN tại K (A giao điểm của 2 tiếp tuyến nên

suy ra AO vừa là

Tia phân giác góc A, vừa là đường trung trực đoạn
thẳng MN).

Khi đó xét AKE và ADO có: K D 90o

  ; A

chung

AKE

  đồng dạng ADO

. .

AE AK

AE AD AK AO
AO AD

    (tỉ lệ đồng dạng) (1)
Mặt khác AMO vng tại M có MK là đường cao

2 .

AM AK AO

  (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AM2 AE AD.

 (đpcm).

Bài 6: Giả sử a, b là các số nguyên dương sao cho:

1 1

a b

b a

 

 là một số nguyên, gọi d là ước của a, b.
Chứng minh rằng: d  a b

Bài giải

Ta có a 1 b 1

b a

 

 nguyên

2 2

a b a b
ab

  

 nguyên

Vì d là ước của a và b nên suy ra: a2 b2 a b d2

    mà a d2 2, b d2 2 nên (a b d ) 2

Hay a b d2 a b d

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 02

MƠN: Tốn

Thời gian làm bài 120 phút

Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm khơng âm:
1

x x m (1)

Bài 2: Giải hệ phương trình:

2 2

1 10 10 1

3 3

82
9
0

x x y y

y y

x y

y x



      






 




 






Bài 3: a, Cho phương trình x4 ax3 bx2 ax 1 0

     có nghiệm thực.

CMR: a2 b2 4b 1 0

   

b, Cho 3 số dương a, b, c. C/m rằng:

2 2 2

1 1 1

a b c a b c

a  b  c b c c a a b 

     

Bài 4: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Điểm M di động
trên cung nhỏ BC. Từ M kẻ MH, MK lần lượt vng góc với AB, AC (Hđường thẳng
AB, Kđường thẳng AC).

a, Chứng minh: MBC đồng dạng với MHK

b, Tìm vị trí của M trên cung nhỏ BC sao cho biểu thức AB AC

MH MK có giá trị nhỏ

nhất.

Bài 5: Cho ABC vuông ở A, B 20o

 . Vẽ phân giác trong BI, vẽ góc ACH 30ovề phía

trong tam giác (HAB).
Tính góc CHI.

Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên: 5x2 8xy 5y2 2(y x 1)

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

BÀI LÀM ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ II

Họ và tên: Nguyễn Thế Hoàng - Đơn vị: Trường THCS Lam Kiều

Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm khơng âm:
1

x x m (1)

Bài giải

Điều kiện xác định: x1

Đặt t x1 (t0)khi đó ta có:

2 1 2 1

t   x x t  thay vào (1) ta được: t2  1 t m  t2 t (m1) 0 (2)

Đặt f t( ) t2 t (m 1)

   

Để phương trình (1) có nghiệm khơng âm  phương trình (2) có ít nhất một nghiệm

t

Trường hợp 1: Phương trình (2) có nghiệm t1 khi đó:
(2) 12 1 (m 1) 0 m 1

      

Trường hợp 2: Phương trình (2) Có hai nghiệm phân biệt t1,t2

* Thoả mãn: 1t1 t2

2 4 0 1 4( 1) 0
af (1) 0 12 1 ( 1) 0

1 1

2 2

b ac m

m
b

a

 

       

 

        

 

   




(Vơ lý) do đó trường hợp này khơng thoả mãn.

* Thoả mãn: 2

1 1 2 af (1) 0 1 1 ( 1) 0 1

t  t      m   m 

Kết hợp cả hai trường hợp giá trị cần tìm của m là: m1.

Bài 2: Giải hệ phương trình:

2 2

1 10 10 1

(1)

3 3

82
(2)
9
0

x x y y

y y

x y

y x



      






 




 






</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Ta có:

1 10

1 0

1 10 1 10

(1)

10 1

3 3 10

0
3
3
y
x
y
y

x x y x x y

y y
y x
x y
y


  
  

     
             
 
         

 
 

2 10 1

3 0
10 1

-3
y y
y
y x
y

 



 

  



Do y < 0 Hệ

2
2 2
2
2

2
2 2
10

10 1 0 10

1 0 3 1 0

3 3 1 0

10 10 82 10 3

0 1 0 3

3 3 9 3

y y y

y y y y

y y

y

y x y x y y y


    

       
 
   
          
 
 
             
 
  
   

Thoả mãn điều kiện y < 0.

Với y = - 3 ta có 82 2 82 ( 3)2 1

9 9 3

x  y     (Thoả mãn điều kiện x > 0)

Với y = - 1

3 ta có

2 2

82 82 1

( ) 3

9 9 3

x  y     (Thoả mãn điều kiện x > 0)

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x;y) là 1; 3
3

 



 

 và
1
3;
3
 

 
 .

Bài 3: b, Cho 3 số dương a, b, c. C/m rằng:

2 2 2

1 1 1

a b c a b c

a  b  c b c c a a b 

     
Bài giải
Ta có:
2 2
2
1

( 1) 0 1 2

1 2

a

a a a a

a

       

 Dấu = xẩy ra khi a=1

Tương tự: 2
2
1

1 2
1
1 2
b
b
c
c





Khi đó VT = 2 2 2
3

1 1 1 2

a b c

a  b  c 

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Dấu bằng xẩy ra Khi và chỉ khi a = b = c = 1
Biến đổi vế phải:

Đặt:

b c x

x y z
c a y a b c

a b z

 


 


     


  


và ; ;

2 2 2

x y z x y z x y z
a   b   c  

Khi đó

2 2 2 2

a b c x y z x y z x y z x y y z x z

VP

b c c a a b x y z y x z y z x

    

        

               

         

Do a, b, c dương  x, y, z>0 nên 1



2 2 2 3



2 2

VP     (**)
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z hay a = b = c
Từ (*) và (**) ta có: 1 2 1 2 1 2

a b c a b c

a  b  c b c c a a b 

      (đpcm)

Bài 4:

a, Ta có tứ giác BACM nội tiếp nên:

· · 180o

BMC BAC  (1)

Tương tự tứ giác MHKA nội tiếp (do Hµ Kµ 90o

  )

Nên HMK BAC· · 180o

  (2)

Từ (1) và (2) suy ra: ·BMCHMK· (3)

Suy ra: HMB CMK· ·

Xét HMB và KMC có µH Kµ 90o

  và

· ·

HMB CMK nên HMB đồng dạng KMC

Suy ra: MN MC

MH MK (tỉ số đồng dạng) (4)

Từ (3) và (4) suy ra: HMB đồng dạng KMC (c.g.c) (đpcm).

K
H

C
B

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên: 5x2 8xy 5y2 2(y x 1)

     (6)

Bài giải

Ta có phương trình (6) (4x2 8xy 4 ) (y2 x2 2x 1) (y2 2y 1) 0

         

2 2 2

4(x y) (x 1) (y 1) 0

      

1
1 0

x y

x
x

y
y

 






     


  


(Thoả mãn)

Vậy phương trình có nghiệm là: 1

x
y





</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 03
MƠN: Tốn

Thời gian làm bài 120 phút

Câu 1: Giải và biện luận phương trình:

2 4 5 3 4 2

x  x m  x x

Câu 2: Cho 3 số dương a, b, c có tổng bằng 12. Chứng minh rằng trong ba phương trình
sau, có một phương trình vơ nghiệm và một phương trình có nghiệm:

2 0

x ax b 

2 0

x bx c 

2 0

x cx a 

Câu 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1 1 1

P

xy yz zx

  

   với x y z, , 0 và

2 2 2 2

x y z 

Câu 4: Cho tam giác OAB, một đường tròn tiếp xúc với hai cạnh OA tại A, OB tại B.
Qua A kẻ đường thẳng song song với OB cắt đường tròn tại C. Gọi K là trung điểm của
đoạn OB, đường thẳng AK cắt đường tròn tại E.

a, Chứng minh: O, E, C thẳng hàng.

b, Giả sử đường thẳng AB cắt OC tại D. Chứng minh OE DE

OC DC

Câu 5: Cho góc xOy, điểm M cố định trong góc đó. Hãy dựng qua M một đường thẳng
d cắt 2 cạnh Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho: 1 1

MA MB đạt giá trị lớn nhất.
Câu 6: Cho x y z Z, ,  thoả mãn: (x y y z z x )(  )(  )  x y z

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

BÀI LÀM ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ III

Họ và tên: Nguyễn Thế Hoàng - Đơn vị: Trường THCS Lam Kiều

Câu 1: Giải và biện luận phương trình:

2 4 5 3 4 2

x  x m  x x (1)

Bài giải

Điều kiện: 0 x 4; Đặt kx2 4x 4 (x 2)2; Do x



0; 4



nên k



0; 4



(*)

Khi đó (1) k(5m1) k 4 k(5m1) 



k4



2  k2 9k (5m17) 0 (2)

Xét biệt thức: ( 9)2 4(5m 17) 20m 13

      

+ Nếu 0 20 13 0 13

m m

        khi đó phương trình (2) Vơ nghiệm nên phương
trình (1) vơ nghiệm.

+ Nếu 0 20 13 0 13

m m

       phương trình (2) có nghiệm kép 1 2 9 4
2

k k  

(Không thoả mãn điều kiện (*))

+ Nếu 0 20 13 0 13

m m

        phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt:

9 20 3 9 20 3
4

2 2 2

m m

k        (Loại)

9 20 3 9 20 3

2 2 2

m m

k      

Khi đó k2 phải thoã mãn: 0 2 9 20 3 9 20 3 4 3 17

2 2 2 5 5

m m

k    m

        

Kết hợp với điều kiện 13
20

m  ta có: 3 17
5 m 5
  

Khi đó nghiệm của phương trình (1) là: 2 9 20 13

2 2

m

x   

Tóm lại:
Nếu 13

m thì phương trình (1) vơ nghiệm

Nếu 3 17
5 m 5

   thì phương trình có nghiệm: 2 9 20 13

2 2

m

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Câu 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1 1 1

P

xy yz zx

  

   với x y z, , 0 và

2 2 2 2

x y z 

Bài giải

Do x y z, , 0 nên xy yz zx, , 0 nên áp dụng bất đẳng thức SVACXƠ ta có:

1 1 1 (1 1 1) 9

1 1 1 (1 ) (1 ) (1 ) 3 ( )

P

xy yz zx xy yz zx xy yz zx

 

    

           (1)

Mặt khác:

2 2

2 2 2 2 2

2 2
2
2
2

x y xy

y z yz x y z xy yz zx
z x zx

  


       




 


Suy ra: 2 2 2

9 9 9 3

3 ( ) 3 3 3 2

P

xy yz zx x y z

   

      

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi: x  y z 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của 3

P đạt được khi x  y z 1

Câu 6: Câu 6: Cho x y z Z, ,  thoả mãn: (x y y z z x )(  )(  )  x y z

Chứng minh rằng: x y z  27

Bài giải

Giả sử x y z, , chia cho 3 có số dư khác nhau là: 0; 1; 2 thì x y z  3
Còn (x y y z z x )(  )(  )3 do các thừa số: x y y z z x ,  ,  3

Do đó x y z, , chia cho 3 khơng thể có các số dư khác nhau nên tồn tại ít nhất 2 số 
khi chia cho 3 có cùng số dư

Suy ra: có ít nhất một thừa sốx y y z z x ,  , 

(x y y z z x )(  )(  ) 3  x y z  3

Do đó khơng thể có trường hợp có 3 số chia cho 3 có số dư khác nhau. Vậy x y z, ,
có cùng số dư khi chia cho 3.

Đặt:
3

3 ( )( )( ) 27( )( )( ) 27
3

x a k

y b k x y y z z x a b b c c a
z c k

 




         



  




(x y y z z x)( )( ) 27

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Câu 5: Cho góc xOy, điểm M cố định trong góc đó. Hãy dựng qua M một đường
thẳng d cắt 2 cạnh Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho: 1 1

MA MB đạt giá trị lớn nhất.
Bài giải

Nối OM.

Kẻ AA’, BB’OM (A’, B’ OM)

Khi đó ta có: '
'

MA AA
MB BB



 (Cạnh huyền lớn hơn

cạnh góc vng).

1 1 1 1

' '

MA MB AA BB

  

1 1

MA MB đạt giá trị lớn nhất khi

1 1 1 1

' '

MA MB AA BB

Ta chứng minh 1 1 ons
' ' c t

AA BB 

Từ M kẻ MK//Ox (KOy) suy ra: SOKM const do MK//Ox không đổi.

Đặt: 1 2 3

'. '. '.

; ;

2 2 2

OKM OMB OAM

MM OK MM OB OO AM

S S  S S  S S 

2 3

'.
2

OAB

OO AB
S S S

   

Khi đó: 1 3 2 3

2 2 3 2 3 1 2 2

. 1 1 1

S S S

S

S S S  S S  S S S

1 1 1 1 1 1

1 '. 1 '. 1 ' '

2 2 2

S BB OM AA OM OM AA AA

 

      

 

Do OM không đổi, S1 không đổi

1 1

ons
' ' c t

AA BB

  

Vậy 1 1

MA MB đạt giá trị lớn nhất khi MA = AA’; MB = BB’

Hay AB vng góc với OM tại M.

Vậy ta dựng đường thẳng d qua M sao cho đường thẳng d vng góc với OM tại M cắt
Ox tại A, Oy tại B.

M'
O'

K B'

B
A

y
x

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 04
MƠN: Tốn

Thời gian làm bài 150 phút

Bài 1:

a, Tìm tất cả các cặp số nguyên dương sao cho tổng mỗi số với 1 thì chia hết cho
số kia.

b, Với số nguyên dương n nào thì các số nguyên dương a1; a2; ….; an thoả mãn hệ

phương trình sau:

1 2

... 2

1 1 1

... 2

n

a a a

   





   




Bài 2:

a, Giải phương trình: 2 x2 x 2 2(x2 2 )x x 2

     

b, Giải hệ phương trình: 2008 2008 2008 2009

2 2 2 (1)

3 (2)

x y z xy yz zx

x y z

    




  



Bài 3:

a, Giả sử: a b c, , 2 và 1 1 1 1

a b c  

Chứng minh rằng: a b c   a 2 b 2 c 2
b, Tìm đa thức: f x( ) x2 ax b

   biết với   x



1;1



, thì ( ) 1
2

f x 

Bài 4:

Cho hình thang ABCD (AB//CD). Gọi E; F lần lượt là trung điểm của BD và AC.

Các đường thẳng đi qua E, F lần lượt vng góc với AD và BC cắt nhau tại I.

Chứng minh I cách đều điểm C và D.

Bài 5:

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

BÀI LÀM ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ IV

Họ và tên: Nguyễn Thế Hoàng - Đơn vị: Trường THCS Lam Kiều

Bài 1: b, Với số nguyên dương n nào thì các số nguyên dương a1; a2; ….; an thoả

mãn hệ phương trình sau:

1 2

... 2

1 1 1

... 2

n

a a a

   



   


Bài giải

Cộng vế với vế các phương trình của hệ ta được:

1 2

1 2 1

1 1 1

... n 4

n

a a a

 

   

      

   

      (1)

Do a a1, ,...,2 an là các số dương nên theo bất đẳng thức CƠ SI ta có:

1 1

2 . 2

a a
a a
  
2 2
2 2
1 1

2 . 2

a a

  

……….

1 1

2 . 2

n n

a a

  

Suy ra: 1 2

1 2 1

1 1 1

... n 2

n

a a a n

a a a

 

   

      

   

     

Mà 1 2

1 2 1

1 1 1

... n 4 4 2 0 2

n

a a a n n

a a a

 

   

           

   

     

Với n1 hệ trở thành:
1
1
2
1
2
a
a








Không tồn tại giá trị a nào thoả mãn với hệ trên

Với n2 hệ trở thành

1 2
1 2
1 2
2

1
1 1
2
a a
a a
a a
 


  

 



Thoả mãn điều kiện.

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Bài 2:

a, Giải phương trình: 2 x2 x 2 2(x2 2 )x x 2

     

b, Giải hệ phương trình:

2 2 2

2008 2008 2008 2009
(1)
3 (2)

x y z xy yz zx

x y z

     




  




Bài giải

Ta có:













2 2 2 2 2 2

2008 2008 2008 2009 2008 2008 2008 2009 2008 2008 2008 2009

2008 2008 2008 2009 2008 2009

(1) 2( ) 2( ) 0

3 (2) 3 3

3 3. 3

x y z xy yz zx x y z xy yz zx x y y z z x

x y z x y z x y z

x y z x y z

x y z x



                 

  

 

  

     

     

  

   

 

  

   



x y z

   




Vậy hệ phương trình có nghiệm là: x = y = z = 1

Bài 3:

a, Giả sử: a b c, , 2 và 1 1 1 1

a b c  

</div>

De thi on luyen GVG cap tinh

<sub></sub>

<sub></sub>













<sub></sub>

<sub></sub>











 















<sub></sub>

<sub></sub>





























Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về