BAN BIÊN TẬP DIỄN ĐÀN K2PI.NET
CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC
TRONG CÁC ĐỀ THI THỬ CỦA DIỄN ĐÀN
HÀ NỘI, THÁNG 6 NĂM 2014
Tài liệu là tuyển chọn các bài toán trong 15 đề thi t hử của diễn đàn k2pi.net năm học
2013-2014. Tôi biên tập lại như một món quà nhỏ gửi đến các bạn đang ôn thi Đại học -
Cao Đẳng. Thay mặt ban quản trị chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới
Xin cám ơn thầy Châu Ngọc Hùng đã gửi các source tổng hợp đề thi.
NGUYỄN MINH TUẤN (POPEYE)
Mục lục
Chuyên đề 1 : Khảo sát hàm số 4
Chuyên đề 2 : Phương trình lượng giác 12
Chuyên đề 3 : Phương trình, bất phương trình vô tỷ, hệ phương trình 17
Chuyên đề 4 : Tích Phân 26
Chuyên đề 5 : Hình học không gian 33
Chuyên đề 6 : Bất đẳng thức, Cực trị 44
Chuyên đề 7 : Hình giải tích trong mặt phẳng 53
Chuyên đề 8 : Hình giải tích trong không gian 64
Chuyên đề 9 : Tổ hợp, xác suất 73
Chuyên đề 10 : Mũ - Logarit 76
Chuyên đề 11 : Số phức 79
3
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
CHUYÊN ĐỀ 1 : KHẢO SÁT HÀM
SỐ
Bài toán 1 : Cho hàm số y =
2x + m
x −2
(H

Để
(
H
m
)
cắt d tại 2 điểm phân biệt A và B thì PT
(
1
)
có 2 nghiệm phân biệt
⇐⇒
(
2
)
có 2 nghiệm phân biệt = 2
⇐⇒



∆ = 1 + 4m + 24 > 0
m = −4
⇐⇒





m >
−25
4

(
A,∆
)
.d
(
B,∆
)
= 2
⇐⇒
|
3x
1
+ 5
|
.
|
3x
2
+ 5
|
= 10 ⇐⇒
[
9x
1
.x
2
+ 15
(
x
1

(
9m + 14
)
2
= 100 ⇐⇒ m =
−8
3
hoặc m =
−4
9
thỏa mãn
(
∗
)
Kết luận: Vậy giá trị m cần tìm là : m =
−8
3
, m =
−4
9

Bài toán 2 : Cho hàm số y = −x
3
+ 3(m + 1)x
2
+ m − 1 có đồ thị là (C
m
), m là tham
số thực. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đồng biến trong khoảng
(

− x
1
= 2014 nên 2(m + 1) ≤ −2014 ⇐⇒ m ≤ −1008 
Bài toán 3 : Cho hàm số y = −x
4
+ 2x
2
+ 5, có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến
của đồ thị (C) biết tiếp tuyến cắt các tr ục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại hai điểm sao cho
24OA = OB.
Lời giải. Gọi ∆ : y = ax + b là tiếp tuyến của
(
C
)
⇔



−4x
3
+ 4x = a
−x
4
+ 2x
2
+ 5 = ax + b
(
I
)
có nghiệm.




x = −2
b = 45
⇒ ∆; y = 24x + 45
+/ với a = −24 thay vào hệ
(
I
)
⇒



x = 2
b = 45
⇒ ∆ : y = −24x + 45 
5
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
Bài toán 4 : Cho hàm số y =
x
3
3
−
(
m + 1
)
x

Lời giải. Ta có
y

= x
2
−2
(
m + 1
)
x + m
2
+ 4
Để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị ⇔ y

= 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m >
3
2
(
∗
)
Áp dụng hệ thức Viet ta có



x
1
+ x
2
= 2
(

m
) . Tìm tiếp tuyến cố định của họ
đồ thị hàm số.
Lời giải. Gọi A(x
0
; y
0
) là điểm cố định mà họ (C
m
) đi qua. Khi đó
y
0
=
(m − 1)x
0
+ m
x
0
−m
; m = 0 =⇒ m(−u
0
− x
0
−1) + x
0
+ x
0
y
0
= 0

(0) = −1
Suy ra họ (C
m
) luôn tiếp xúc với đường thẳng là tiếp tuyến cố định tại A(0; −1) có
phương trình:
y = f

(x
0
)(x −x
0
) + f (x
0
) = −1(x −0) −1 = −x −1

Bài toán 6 : Cho hàm số y =
x + 1
2x −1
. Gọi I là tâm đối xứng của (C),tìm m để đường thẳng
y = x − 2m + 1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng
1.
Lời giải. x =
1
2
. I

1
2
;
1

> 0
f

1
2

= 0
thỏa mãn ∀m ∈ R.
Khi đó giả sử A(x
1
; x
1
+ 1 −2m); B(x
2
; x
2
+ 1 −2m). Pt (AB) : x − y + 1 −2m = 0
d(I; (AB)) =




1
2
−
1
2
+ 1 −2m



2[(x
1
+ x
2
)
2
−4x
1
x
2
] =

8(m
2
−m + 1)
S =
1
2
·2
√
2

m
2
−m + 1 ·
|1 −2m|
√
2
= 1 ⇔ (1 −2m)
2

x
3
+ 2mx
2
−3x = 4mx + 2 ⇐⇒ (x −2)( x
2
+ 2(m + 1)x + 1) = 0
(d) cắt
(
C
m
)
tại 3 điểm phân biệt
⇐⇒ x
2
+ 2(m + 1)x + 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 2 ⇐⇒ m > 1 hoặc m < −3
Vì P có hoành độ không đổi, suy ra : M(a, 4ma + 2) và N(b, 4mb + 2)
Trong đó a, b là 2 nghiệm phân biệt khác 2 của phương trình : x
2
+ 2(m + 1)x + 1 = 0
Suy ra
−−→
AM
−→
AN = 3 ⇐⇒ (a −1)(b −1) + (4ma + 1)(4mb + 1) = 3
⇐⇒ 16abm
2
+ ab + 4m(a + b) − a − b + 2 = 3 ⇐⇒ 8m
2
−6m + 5 = 3

m < −5
m > 3
Gọi M
(
x
0
; y
0
)
là giao điểm có hoành độ dương của (C) và d
Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại M là k = y

(x
0
)
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M: y −y
0
= k
(
x − x
0
)
⇔ kx −y + y
0
−kx
0

d



|
√
2
√
k
2
+ 1
Do đó cos ϕ =
5
√
34
⇔ 8k
2
−34k + 8 = 0 ⇔


k = 4
k =
1
4
Với k = 4 ta có: y

(
x
0
)
=
4
(
x

)
2
=
1
4
⇔

x
0
= 3(n) ⇒ y
0
= 0
x
0
= −5(l)
Vì M
(
3; 0
)
∈ d ⇔ 0 = 3 + m + 3 ⇔ m = −6(thỏa mãn)
Vậy m = −6 là giá trị cần tìm. 
Bài toán 9 : Cho hàm số y = −x
4
+ (m + 1)x
2
− m + 1 có đồ thị là C
m
với m là tham số.
Tìm m để đường thẳng y = 1 cắt đồ thị C
m




m = 1
m > 0
Khi đó ta gọi t
1
, t
2
là nghiệm của của phương trình t
2
−(m + 1)t + m = 0 với t = x
2
> 0
Khi đó bốn nghiệm phân biệt của phương trình (∗) là : −
√
t
2
; −
√
t
1
;
√
t
1
;
√
t
2












t
1
+ t
2
= m + 1
t
2
= 9t
1
t
1
t
2
= m
⇐⇒





thỏa điều kiện các hoành độ nhỏ hơn hoặc bằng 3
Với m =
1
9
khi đó bốn nghiệm của phương trình (∗) là :−1; −
1
3
;
1
3
; 1
thỏa điều kiện các hoành độ nhỏ hơn hoặc bằng 3
Do đó các giá trị cần tìm là m = 9 ; m =
1
9

Bài toán 10 : Cho hàm số y = x
3
−3x + 4 (1) và đồ thị (H) : y = ax
3
+ bx
2
−1
(với a, b là các tham số thực). Tìm các giá trị của a, b để điểm cực tiểu của đồ thị (C) là
điểm cực đại của đồ thị (H).
Lời giải.
9
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE

= 0
⇐⇒

a + b = 3
3a + 2b = 0
⇐⇒

a = −6
b = 9
Với a = −6, b = 9 ta có:f

(x) = −18x
2
+ 18x f

(x) = −36x + 18, f

(1) = −18 < 0
Suy ra x = 1 là điểm cực đại của hàm số y = f (x). Vậy a = −6 và b = 9 là các giá trị cần
tìm. 
Bài toán 11 : Cho hàm số y = x
4
− 5x
2
+ 4 (1). Gọi A là điểm thuộc (C) có hoành
độ bằng a. Tìm các giá trị của a để tiếp tuyến của (C ) tại A cắt (C) tại ba điểm phân biệt
A, B, C có hoành độ thỏa mãn x
3
A
+ x

3
−10x
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A: y =

4a
3
−10a

(
x − a
)
+ a
4
−5a
2
+ 4
(
∆
)
Phương trình hoành độ giao điểm của ∆ và (C):

4a
3
−10a

(
x − a
)
+ a
4

⇐⇒

∆

= −2a
2
+ 5 > 0
g
(
a
)
= 6a
2
−5 = 0
⇐⇒







−
√
10
2
< a <
√
10
2

B
+ x
C
)
> 0 ⇐⇒ 11a
3
−
30a > 0
⇐⇒ a ∈

−

30
11
; 0

∪


30
11
; +∞

. Kết hợp điều kiện ta được







Lời giải. Điều kiện :
cos 3x = 0 ⇐⇒ 3x =
π
2
+ kπ ⇐⇒ x =
π
6
+
kπ
3
(
k ∈ Z
)
Phương trình đã cho tương đương:
s
inx
(
3 −2 cos x
)
+ cos2x
(
2 cos x + 1
)
−2 = cos3x
⇐⇒ 3sinx −2sinxcosx+

2cos
2
x −1


1
2
s
inx + cosx = 1
•
s
inx =
1
2
⇐⇒


x =
π
6
+ k2π
x =
5π
6
+ k2π
(
k ∈ Z
)
•
s
inx + cosx = 1 ⇐⇒ cos

x −
π
4

(
k ∈ Z
)
Đối chiếu với điều kiện
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = k2π
(
k ∈ Z
)

Bài toán 2 : Giải phương trình
sin

2x +
π
4

−sin 3x = cos

31π
4
−2x

+ cos 3x
12
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
Lời giải. Phương trình đã cho tương đương:
√
2 sin 2x = cos3x + sin 3x ⇔ sin 2x = sin

(
k ∈ Z
)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x =
3π
20
+
k2π
5
; x =
−π
4
−k2π
(
k ∈ Z
)

Bài toán 3 : Giải phương trình
3

cos x + cot x
cot x −cos x

+ cos 2x = 5 sin x + 4
Lời giải. Điều kiện:
s
inx = 0;
s
inx = 1; cosx = 0
Phương trình đã cho tương đương:

s
inx
)
⇔
s
inx

2sin
2
x + 3 sin x + 1

= 0
⇔
s
inx
(
2 sin x + 1
) (
s
inx + 1
)
= 0 ⇔





s
inx = 0
s

7π
6
+ k2π; x = −
π
6
+ k2π
(
k ∈ Z
)

Bài toán 4 : Giải phương trình :
cot x =
1 + 2 cos 2x + cos4x
4 sin x
Lời giải. Điều kiện : sin x = 0
13
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
Phương trình đã cho tương đương
4 cos x = 1 + cos 4x + 2 cos 2x
⇔4 cos x = 2cos
2
2x + 2 cos 2x
⇔2 cos x = cos 2x(cos 2x + 1)
⇔2 cos x = cos 2x.2cos
2
x
TH1 : cos x = 0 ⇔ x =
π


= 0
⇐⇒
(
3 sin x − 2
)

sin x −
√
2 cos
2
x

= 0
⇐⇒ sin x =
−2
3
hoặc sin x =
√
2
3
hoặc sin x = −
√
2
⇐⇒ x = arcsin
−2
3
+ k2π hoặc x = π − arcsin
−2
3

3sin
2
x
(
5 −2 cos x
)
2
=
(
1 −cos x
)
2
(
7 + 2 cos x
)
2
⇔



sin x ≥ 0
(
cos x −1
) (
2 cos x + 1
)

4cos
2
x −8 cos x + 13

E
XBY POPEYE

Bài toán 7 : Giải phương trình
sin
2
x +
sin
2
3x
3 sin 4x
(cos 3x sin
3
x + sin 3x cos
3
x) = sin x sin
2
3x.
Lời giải. Từ công thức hạ bậc ta có:
cos 3x sin
3
x + sin 3x cos
3
x = ······ =
3
4
sin 4x.
Điều kiện x =
kπ
4

sin x −
1
2
sin
2
3x

2
≥ 0 và:
1
4
[sin
2
3x −sin
4
3x] =
1
4
sin
2
3x(1 −sin
2
3x) ≥ 0.
Suy ra phương trình tương đương với:





sin x −

2
+ kπ ⇐⇒ x =
π
6
+ k
π
3
x =
π
6
hay x =
5π
6
+ k2π
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x =
π
6
+ k2π; x =
5π
6
+ k2π; k ∈ Z. 
Bài toán 8 : Giải phương trình:
2 sin 2014x(cos x − sin x −1) − 2 cos x = cos 4028x −3
Lời giải.
PT ⇔ (cos x + sin 2014)
2
+ (sin x −sin 2014 + 1)
2
= 2(sin x + cos x)
Ta có VT = (cos x + sin 2014)

2 cos 2x sin x −sin x = 0 ⇐⇒ sin x = 0 hoặc cos 2x =
1
√
2
⇐⇒ x = ±
π
8
+ kπ hoặc x = kπ với k ∈ Z 
Bài toán 10 : Giải phương trình lượng giác :
(
tan x −1
)

√
2 cos 5x −1

= 2 sin

2x +
9π
2

Lời giải. Điều kiện: cos x = 0
Phương trình đã cho:
⇐⇒ (sin x −cos x)(
√
2 cos 5x −1) = 2 cos 2x cos x
⇐⇒ (sin x −cos x)(
√
2 cos 5x −1) + 2(sin x −cos x)(cos x + sin x) cos x = 0

2
x sin x −1
= 0 ⇐⇒
cos 3x(cos 3x + 1)
sin x(1 −sin x)
= 0
⇐⇒ cos 3x = 0 hay cos 3x = −1 với điều kiện sin x = 0, sin x = 1
⇐⇒ x =
π
6
+ k
π
3
, x =
π
3
+ k
2π
3
thỏa x = kπ, x =
π
2
+ k2π
Vậy nghiệm PT gồm
x =
π
6
+ kπ, x =
5π
6

√
2x −1
.
Lời giải. Điều kiện x ≥ 1
Phương trình ⇐⇒

2 −
4
x


√
x −1 −1

=
9x
2
−14x + 25
3x + 3 + 4
√
2x −1
.
⇐⇒
2
(
x −2
)

√
x −1 −1

)
√
x −1 −2x + 4 = 3x
2
+ 3x −4x
√
2x −1
⇐⇒ 3 x
2
+ 5x −4 −2
(
x −2
)
√
x −1 + 4x
√
2x −1 = 0
⇐⇒ x
2
−2x
√
x −1 +
(
x −1
)
+ 2x
2
−4x
√
2x −1 + 2(2x −1) + 4

x + 4
Lời giải. Phương trình tương đương
x
2

x + 3 −2
√
x + 4

+ x + 2 −
√
2x + 11 = 0, (1)
Đặt : t =
√
x + 4 ⇒ x = t
2
−4,
(
t ≥ 0
)
17
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
Khi đó (1) trở thành :

t
2
−4



+

2t −1 −

2t
2
+ 3

= 0
⇔

t
2
−2t −1



t
2
−4

2
+ 1

+
2t
2
−4t −2
2t −1 +


2t
2
+ 3 ≥ −1 +
√
3 > 0

⇔t = 1 +
√
2
Vậy phương trình có nghiệm : x = −1 + 2
√
2 
Bài toán 3 : Giải hệ phương trình



y
2
+ 2x = 1 +
√
1 + x + 2

1 + y
(
y − x
) (
y + 1
)
+

=

y
2
+ 2y + 2

2
Suy ra :





√
x + 1 = y
√
x + 1 = −
y + 2
y + 1
(VN : y > −1)
⇔ x = y
2
−1,
(
y ≥ 0
)
, (3)
Thế (3) vào (1) ta có phương trình :
3


3


y + 1

2
+ 3

y + 1 −1 = 0
⇔






y =
1 +
√
5
2
y =
−1 −
√
21
6
(loại)
18
www.k2pi.net T
E

2
+ x + 1 = x + y

x
2
+ x


x − y + 3 = 2x
2
+ x + y + 1
Lời giải. Từ phương trình 2 ta có :
(
x − y −1
)

x
2
+ x

x − y + 3
+ 1

= 0
Với
x
2
+ x

x − y + 3

)

x
2
+ x + 1

= 2x −1
Đặt

x
2
− x + 2 = a ,

x
2
+ x + 1 = b
Phương trình đã cho viết thành :

b
2
− a
2
+ 1
2
+ 1

a +

b
2


Với a + b = 3 ⇒

x
2
+ x + 1 = 3 −

x
2
− x + 2
⇔ 5 − x = 3

x
2
− x + 2
⇔ x =
7
8
hoặc x = −1
19
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
Thử lại ta có nghiệm của hệ là
(
x; y
)
=

1

3
+

x
3
(y + 1) + 3y + 4 = 2x

x
3
+ x
2
+ 2x
2

1 +
y + 2
x
Lời giải. Điều kiện:

x > 0
y ≥ −1
∪





x = −
1
2

2y + 3
(
b ≥ 1
)
⇐⇒





x =
a
2
−1
2
y =
b
2
−3
2
pt
(
1
)
⇐⇒
a
2
−1
2
+ b =

1
x
+ 2

= 2x


1
x
+ 2 +
√
x + 1

⇐⇒ 2 x
2
+ u
2
+ v
2
= 2x
(
v + u
)
⇐⇒ 2 x
2
−2
(
v + u
)
x + u



x =
1 +
√
5
2
⇐⇒ y =
−1 +
√
5
2
x =
1 −
√
5
2
(
loai
)
Hệ phương trình có nghiệm:
(
x; y
)
=

1 +
√
5
2

4
+ 4x + 1 −1 > 0 =⇒ x > 0 khi đó bất phương trình trở thành:
x −1 +
√
2x + 1 ≤

2x
2
+ 4x + 1 −1 ⇐⇒ x ≤

2x
2
+ 4x + 1 −
√
2x + 1
⇐⇒ x ≤
x
(
2x + 2
)
√
2x
2
+ 4x + 1 +
√
2x + 1
⇐⇒

2x
2

√
2x + 1 ≥

2x
2
+ 4x + 1 ⇐⇒

2x
2
+ 4x + 1 +
√
2x + 1 ≤ 2x + 2
Nên ta có hệ bất phương trình sau :

−
√
2x + 1 +

2x
2
+ 4x + 1 ≤ x

2x
2
+ 4x + 1 +
√
2x + 1 ≤ 2x + 2
=⇒ 2

2x

) = 10xy −5 (2)
Lời giải. Từ pt(2) ta có :
(
x + y
)
2
= 4
(
x − y
)
2
+ 5 thế vào pt(1) ta được :

1 +
3
2
(
x − y
)


2
(
x − y
)
+ 2 = 4
(
x − y
)
2

3
+ 2t
Hàm số f
(
x
)
= x
3
+ x đồng biến trên R
Mà : f
(
2t
)
= f

√
2t + 2

=⇒ 2t =
√
2t + 2 ⇐⇒ t = 1
21
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
Hay ta có hệ sau :



x − y = 1



√
3x +

8y −1 + 2 = 16y
2
+ 9x (1)

x − y +

7x −y +

3x −y =

x + 7y + 2
√
x (2)
Lời giải. x = 0 không thỏa, xét x = 0 chia 2 vế của (2) cho
√
x ta được:
(2) ⇐⇒
√
1 −t +
√
7 −t +
√
3 −t =
√
1 + 7t + 2 Với t =

1

4y + 1
+
2

8y −1 + 1
−4(y + 1)

= 0 ⇐⇒ y =
1
4
Vì phương trình:
1

4y + 1
+
2

8y −1 + 1
= 4(y + 1) Với y ≥
1
8
thì VP ≥
9
2
, VT ≤
9
2
phương trình này vô nghiệm.

+ 24 = 3y
Lời giải. • Điều kiện : x
2
−7 ≥ 0 hay x ≥
√
7 hoặc x ≤ −
√
7
• Hệ đã cho được viết lại thành :




x
2
−7 = x + y −1

y
2
+ 24 = 4x + y −4
Với x + y ≥ 1 và 4x + y ≥ 4 nên hệ ⇐⇒

x
2
−7 =
(
x + y −1
)
2
y

2x + y −1
= 0 (1)
x −1 −
3
2x + y −2
= 0 (2)
22
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
• Đến đây lấy PT(1) + 2.PT(2) ta được :
2x + y −3 +
7
2x + y −1
−
6
2x + y −2
= 0 ⇐⇒ 2 x + y = 2 +
3
√
6.
Từ đó ta có nghiệm của hệ như sau :
(
x; y
)
=

1 +
3
3

5
√
4x + 1 −

2(y + 1) =
12y −30
x
2
+ 18
Lời giải. Điều kiện: x ≥ −
1
4
, y ≥ −1.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
2y

y
4
+ 10y
2
+ 5

= 2
(
x + 1
)

(
x + 1
)

2x + 4 =
12x −18
x
2
+ 18
.
⇐⇒
2x −3
√
4x + 1 +
√
2x + 4
=
6
(
2x −3
)
x
2
+ 18
⇐⇒



x =
3
2
√
4x + 1 +
√

4x + 1

+ 6

x + 6
3
−
√
2x + 4

= 0
⇐⇒

x = 0
x = 6
=⇒

x = 0, y = 1
x = 6, y = 7
Vậy hệ phương trình có ba nghiệm là
(
x; y
)
=
(
0; 1
)
;
(
6; 7

2x + 9y −1
= 2
23
www.k2pi.net T
E
XBY POPEYE
Lời giải. Điều kiện x −1 = 0, y + 1 = 0, 2x + 9y −1 > 0
Ta đặt a = x −1, b = y + 1 t hỏa a > 0, b > 0, 2a + 9b > 8 hệ trở thành:





9
a
+
2
b
= 8
9
ab
= 8

1
2a + 9b −8
−1

⇐⇒




9b + 2 a = 6
√
2
ab =
3
√
2
4
giải ra x và y 
Bài toán 12 : Giải hệ phương trình :








x
2
+ xy + y
2
3
+

x
2
+ y
2


x
2
+ xy + y
2
3
+

x
2
+ y
2
2
≥
x + y
2
+
x + y
2
= x + y
Do đó:(∗) ⇔ y = x. Thế y = x vào phương trình (∗∗) ta được:
√
x +
√
3 −x = x
2
− x −2 (3)
Từ phương trình (3) ta có:



√
x + x −1
+
−x
2
+ 3x −1
√
3 −x + x −2
= x
2
−3x + 1
⇔ (x
2
−3x + 1)

1 +
1
√
x + x −1
+
1
√
3 −x + x −2

= 0
⇔ x
2
−3x + 1 = 0
Do 1 +
1

⇒ y =
3 +
√
5
2
Thử lại thấy thỏa.
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) =

3 +
√
5
2
;
3 +
√
5
2


Bài toán 13 : Giải hệ phương trình :





2

2x + y −3

x − y = 1

a
2
−2b
2
+ 2
= 3
Thế trên vào dưới rút gọn ta được
10

(b − 9)
2
+
8
b + 3
= 3 ⇐⇒
10
b −9
+
8
b + 3
= 3 hay
10
9 −b
+
8
b + 3
= 3
⇐⇒ b = −1(loại), b = 13 hay b = 3 , b =
7
3