bai giai kiem tra lop boi HSG Cam My

<span class='text_page_counter'>(1)</span>KIỂM TRA PHẦN PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ SỐ HỌC Bồi tỉnh 2013 -2014 Cẩm Mỹ -Đồng Nai. Bài 1: Giải phương trình –hệ phương trình 1) x  17  x 2  x 17  x 2 9 ;- 17 x  17 t= 17  x 2 ; t 0  x 2  t 2 17 ( x  t ) 2  2 xt 17     ; S  x  t ; P xt ; S 2 4 P  x  t  xt 9  x  t  xt 9  S 2  2 P 17  S 5      S  7  S  P 9  S 5  P 4  x, t là n 0 PT:u 2  5u  4 0  ( x; t ) (1; 4), (4;1)  x 1   t 4.   x 1  x 1( N )  2   17  x 4.   x 4  x 4( N )  2 17  x  1    S  7  P  16( L).  x 4   t 1. 2) x  x 2 . x  x 2  x  1 ; x  1. theo BCS x  x2 . x  x 2  x (1  x ) . x (1  x ) . x  (1  x ) x  (1  x )  x  1 2 2.  x 1  x(1)  " " xa y ra   x 1  x(2)  x  1(3)  . (1)Vô lý  pt vô nghiệm.  x 3  y 3 1  x 3  t 3 1 (1)   3)  4   4 4 4    x  y 1 ; Đặt t = - y  x  t 1 (2) Vai trò x , t như nhau .  x 4 1  4  t 1 từ (2).  x 1   t 1. 4 *)Nều x 1  x 1  x 1 ,từ (2)  t = 0 kết hợp (1) (x;t) = (1;0) (x;y) = (1;0) là nghiệm của hệ. *)Nều hệ *)Nếu 3. t 1  t 4 1  t 1 0  x  1  0  x4  1 3. 3. ,từ (2)  x = 0 kết hợp (1) (x;t) = (0;1) (x;y) = (0;-1) là nghiệm của. 4 0  x  1; 0  t  1 , từ (2) 0  t  1 . 3. 3. 3.  x  x 4 & t  t 4  x  t  x 4  t 4  x  t 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 3. 3. x  t  x3  t 3  1  x3  t 3  1  x3  t 3   1. + Nếu x,y cùng dấu thì 3 3 + Nếu x,y trái dấu thì x  t  1 ( không thỏa (1)) Vậy (x;y) = (1;0) , (0;-1)  x 1   4)  2 y  1  x  y 2 . 2y  1 5  x 1 2. ; Đặt. t. x 1 1 5 1 ; t 0  t    t 2  t  2y  1 t 2 2.  x  1 8 y  4  x  8 y  5    x  y  2 x  y  2   *) t=2 hệ thành : 1 4 x  4 2 y  1  4 x  2 y  5 t     2  x  y 2  x  y 2. *) Thử lại với (1)  nghiệm. ( không thỏa (1)).  x 3   y 1. 9   x  2   y   13  2. Bài 2 : 1)Chứng minh rằng : n   thì n2 + n + 1 không chia hết cho 9 2 Cách 1: dùng phép chia có dư .Xét n = 9k + r với r  {1; 2; 3; 4}  n  n  1 không chia hết cho 9 Cách 2: Giả sử n2 + n + 1 = 9k ( k   )  n2 + n + 1- 9k = 0 (1).  36k  3 3(12k  1) Vì 12k – 1 không chia hết cho 3 nên  chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9   không chính phương (1) không có nghiệm nguyên nên n2 + n + 1 không chia hết cho 9. 2) Cho x.y   thỏa (x - y)(y - z)(z - x) = x + y + z .(1) Chứng minh : x + y + z chia hết cho 27 *)Nếu x,y,z chia cho 3 có số dư đôi một khác nhau thì (x - y)(y - z)(z - x)  3 và x+y+z  3  (1) không xảy ra *) Nếu x,y,z chia cho 3 chỉ có 2 số có cùng dư Giả sử hai số đó là x,y thì x – y  3VT(1)  3 còn VP(1)  3  (1) không xảy ra Như vậy x,y,z chia cho 3 có cùng dư Nên : x – y  3, y – z  3, z –x  3, VT(1)  27  VP(1)  27 Vậy x + y + z chia hết cho 27 3)Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 + 2y2 + 3xy - 2x - 4y + 3 = 0 (1) (1)  x 2  (3 y  2) x  2 y 2  4 y  3 0(2)  y2  4 y  8. (1) có nghiệm nguyên thì  chính phương  y2 + 4y – 8 = k2 (k   )  (y+2-k)(y+2+k) = 12 Ta có (y+2-k)+(y+2+k) = 2(k+2) (y+2-k) & (y+2+k) cùng chẵn  (y+2-k)(y+2+k) = 2.6=6.2=-2.(-6)=-6.(-2)  y= 2 V y= -6 thay vào (2)  (x;y)= (-1;2),(-3;2),(11;-6),(9;-6) Bài 3:.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1)Tìm m để phương trình : (x2 + mx + 1)2 + m(x2 + mx + 1) + 1 – x = 0 (1) có nghiệm Đặt y = x2 + mx + 1 (1) thành.  y 2  my  1  x 0  x 2  y 2  m( x  y )  x  y 0  2   2  x  mx  1  y 0  x  mx 1  y 0  x  y 0  x  y  m  1 0  2 (1)   2 (3)  x  mx  1  y 0  x  mx  1  y 0. ( x  y )( x  y  m  1) 0  2  x  mx  1  y 0. Giải (1): (1) có nghiệm  x2 +(m-1)x +1 = 0 có nghiệm  (m-1)2 - 4 0  m  1  m 3 Giải (2): (2) có nghiệm  x2 +(m+1)x +m+2 = 0 có nghiệm  (m+1)2 –4(m+2) 0  m 1  2 2  m 1  2 2. Từ (4) &(5)  (1) có nghiệm khi m  1  m 3. (4). (5). (4). 2)Cho ba số lẻ a,b,c . chứng minh phương rình : ax2 + bx + c = 0 không có nghiệm hữu ti. 2 Ta có :  b  4ac Vì a,b,c lẻ  ac lẻ Đặt b = 2m + 1 , ac = 2n + 1 ( m,n là số nguyên)   4m 2  4m  8m  3 4m(m  1)  8(m  1)  5 Vì m(m+1)  2 nên  8k  5;(k  ). Ta chứng minh  không chính phương Bài toán : Tìm dư khi chia một số chính phương cho 8 Xét số chính phương p2 với p = 8q +r (p,q,r  , r  {0;1; 2;...;7} r 0  p 2 0(mod 8) r 1  p 2 1(mod 8) r 2  p 2 4(mod 8) r 3  p 2 1(mod 8) r 4  p 2 0(mod 8) r 5  p 2 1(mod 8) r 6  p 2 4(mod 8) r 7  p 2 1(mod 8) Vậy một số chính phương khi chia cho 8 chỉ có thể dư là 0 hoặc 1 hoặc 4 Vì  chia cho 8 có dư là 5 nên  không chính phương  phương rình : ax2 + bx + c = 0 không có nghiệm hữu ti.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>