Tiêu đề Chủ đề 5 hệ phương trình.docx ✅

Trang 1 Hệ phương trình Câu 1. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hệ phương trình 222 666 6 3 xyz xyyzzx xyzm       với x , y , z là ẩn số thực, m là tham số. Số giá trị nguyên của m để hệ có nghiệm là A. 24 . B. 13 . C. 12 . D. 25 . Lời giải Chọn B Sử dụng hẳng đẳng thức 3332223abcabcabcabcabbcca Ta có, 26662224442222223xyzxyzxyzxyzxyyzzx 2266622222222222233xyzxyzxyzxyzxyyzzx  22363636mxyzxyyzzxxyzxyz  23696mxyzxyzxyz1 Ta có: 222 666 6 3 xyz xyyzzx xyzm       222 666 6 2226 xyz xyyzzx xyzm       200xyzxyz Do đó từ 1 ta được 254 3 m xyz  Như vậy 222 666 6 3 xyz xyyzzx xyzm       2 0 3 54 3 xyz xyyzzx m xyz         2 * Trường hợp 1: 54m khi đó 0xyz ta được 0x hoặc 0y hoặc 0z Với 0x ta được 3 30 3 3 3 y zyz yz y z            Hệ có nghiệm là 0;3;3,0;3;3 5 Chuyên đề
Trang 2 Các khả năng 0y hoặc 0z cũng tương tự như khả năng 0x Tức là 54m thỏa mãn yêu cầu bài toán. * Trường hợp 2: Xét nghiệm của hệ có dạng ;;xxz với xz . Khi đó hệ 2 trở thành 22 4242 202 231 5454 33 xzzx xxzx mm xzxz         2 6 2 1 54 4 3 zx x m x         54 466 3 m m  Các khả năng nghiệm của hệ có dạng ;;zxx và ;;xzx với xz cũng tương tự như khả năng ;;xxz . Tức là 66m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Dế nhận thấy hệ 2 không thể có nghiệm dạng ;;xxx * Trường hợp 3:Nghiệm của hệ có dạng ;;xyz với xyz Khi đó với 54m hệ 2 trở thành 0 3 54 3 xyz xyyzzx m xyzk            với 54 3 m k  Áp dụng định lí đảo của định lí Vi-et với phương trình bậc 3 ta được ;;xyz là 3 nghiệm của phương trình 33303ttkttk Xét hàm số 33fttt , ta phải có 22CTCDftkftk Do đó 54 225466 3 m m  , vì mℤ nên 55;56;...;65m , có 11 số Kết hợp các trường hợp trên ta được 13 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cụ thể 54;55;...;66m . Câu 2. (HSG12 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm 20182019 20192018 loglog1 loglog xy xym      . Lời giải 20182019 20192018 loglog1(1) loglog(2) xy xym      Điều kiện: ;1xy . Đặt 2019log;01tyt .
Trang 3 1 2018log12018 20192019 t tt xtx yy       . Phương trình (2) 20192018(1)log2018log2019ttm Xét 20192018(1)log2018log2019;01fxttt . 20192018log2018log2019 2(1)2fx tt    . 20192018log2018log2019 0 (1)fx tt  20182019.log20191log2018tt . 2019 0 20182019 log2018 log2019log2018tt  Ta có 20190log2018f . 20181log2019f . 020192018log2018log2019ft . Yêu cầu bài toán 201920192018log2018log2018log2019m . Câu 3. (HSG12 tỉnh Hải Phòng năm 2018-2019)b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ phương trình 32 2 22 312 xyxxym xxym      có nghiệm. Lời giải b) Ta có 32 2 22 312 xyxxym xxym        2 2 2 212 xxxym xxxym      . Đặt 2 axx , 2bxy với điều kiện 21 4axx . Hệ phương trình đã cho có dạng . 12 abm abm     . Suy ra a , b là hai nghiệm của phương trình 2120tmtm* . Hệ ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình * có nghiệm 1 4t . Ta có * 2 21 tt mgt t    , 1 ; 4t    .   2 2 221 21 tt gt t    .
Trang 4 + - 0gt22210tt 13 2 13 2 t t       lo¹i (tháa m·n) . Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên trên suy ra 23 2m  . Câu 4. (HSG11 Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019)Tìm m để hệ phương trình sau có ngh1ệm 362443182 32660 xxyy I xym     . Lời giải Đ1ều k1ện: 2 6 x y     . Ta có HPT I 1221223 2323 124 23 xyxy xy m           . Đặt 1 2 2 3 x a y b         , đ1ều k1ện ,0ab . Ta có hệ phương trình trở thành 22 22 223 4 abab abm     II Hệ phương trình I đã cho có ngh1ệm  hệ II có ngh1ệm ;ab vớ1 ,0ab . - Nếu 4m hệ II vô ngh1ệm  hệ phương trình đã cho vô ngh1ệm. - Nếu 4m . Chọn hệ tọa độ Oab từ hệ II ta có: PT (1) cho ta cung tròn 1C là một phần của đường tròn 1C tâm 11;1,5IR thuộc góc phần tư thứ nhất vì ,0ab .