Đề luyện tập Toán 12

 2 nghiệm 
phân biệt khác 1 22 4 2 2 0x x m     có 2 nghiệm phân biệt khác 1 0m  
b. Với 0m  từ bảng biến thiên ta có tọa độ điểm cực đại: 
2
1 , 2 1
1
I I I
I
m
x m y x
x
    

. Biến đổi ta có: 4 3, 1I I Iy x x   
Vậy quỹ tích các điểm cực đại là nửa đường thẳng có phương trình 4 3y x  với 1x  
Tương tự quỹ tích các điểm cực tiểu là nửa đường thẳng có phương trình 4 3y x  với 
1x  
Page 15 of 130
24. Cho hàm số 3 22 (2 ) 1y x m x    (1) , với m là tham số . 
Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có 2 điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ. 
Lời giải: 
Yêu cầu bài toán 
0 0x  để 0 0( ) ( )y x y x   
0 0x  để 
3 2 3 2
0 0 0 02 (2 ) 1 2 (2 ) 1x m x x m x      
0 0x  để 
2
0(2 ) 1m x  2m  
25. Cho hàm số 
22 ( 4) 2 1
2
x m x m
y
x
   


 (1) 
Tìm m để đồ thị của hàm số (1) nhận điểm (2; 1) làm tâm đối xứng . 
Lời giải: 
22 ( 4) 2 1 1
( ) 2
2 2
x m x m
y f x x m
x x
   
    
 
Đồ thị nhận E(2;1) là tâm đối xứng khi và chỉ khi 
(2 ) (2 )
1 0 3
2
f t f t
t m
  
      
26. Cho hàm số 3 2(3 ) 5y x m x mx m      
Với giá trị nào của m để trên đồ thị có 2 điểm đối xứng qua gốc O. 
Lời giải: 
Đồ thị có 2 điểm đối xứng nhau qua gốc O tức là phải tồn tại x,y sao cho điểm (x;y) và (- 
x;- y) cùng thuộc đồ thị tương đương hệ gồm 2 phương trình sau nghiệm khác (0;0): 
3 2(3 ) 5y x m x mx m      (1); 3 2(3 ) 5y x m x mx m       (2) 
Lấy (1) cộng với (2) ta được: 22( 3) 2( 5) 0m x m     , phương trình này phải có 
nghiệm khác 0 
3
5 3
5
0 m m
m
m
     

 

27. Cho hàm số: 
2 1
1
x x
y
x
 


Page 16 of 130
Xác định điểm 1 1( ; )A x y với 1 0x  thuộc đồ thị của hàm số trên sao cho khoảng cách 
đến giao điểm của hai tiệm cận là nhỏ nhất. 
Lời giải: 
Giao điểm 2 tiệm cận là E(1;1). Xét điểm 1 1( ; )A x y thuộc đồ thị khi và chỉ khi 
2
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
x
y
x
x
x x
 
  
 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 2
1 1
1 1
( 1) ( 1) ( 1) ( 1 ) 2( 1) 2 2 2 2
1 ( 1)
EA x y x x x
x x
              
 
Dẫu = xảy ra khi 2 2 2 2EA    21 12
1
4
1 1
2( 1)
( 1
1
) 2
x x
x
 

   . 
Vậy điểm cần tìm có hoành độ là: 
4
1
1
2
x   
28. Cho hàm số 
2 2 2
1
x mx
y
x
 


, (m là tham số). 
Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu và khoảng cách tự hai 
điểm đó đến đường thẳng 2 0x y   bằng nhau. 
Lời giải: 
2
2
2 2 2
( 1)
x x m
y
x
  
 

Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình 2 2 2 2 0x x m    (1) có hai nghiệm 
phân biệt khác -1 
3
2
m  
Giả sử 1 2,x x là 2 nghiệm của (1) và 1 1 2 2( ; ), ( , )A x y B x y là các điểm cực trị của đồ thị, 
trong đó: 
1 1 1 2 2 2( ) 2 2 , ( ) 2 2y y x x m y y x x m      
Để khoảng cách từ A và B tới đường thẳng x+y+2=0 bằng nhau thì điều kiện là : 
1 2 21 1 12 22 | 2 | 3( )[3( ) 4 ]=| 4| 0x y x y x x x mx        (*) 
Page 17 of 130
Do 21,x x là nghiệm của (1) nên 2 21 1|=2 3 2 , =-2 m=-1/2| x x xm x   (thay vào (*)) 
29. Cho đồ thị (C) của hàm số 
2 2 2
1
x x
y
x
 


Gọi I là tâm đối xứng của đồ thị (C) và M là một điểm trên (C). Tiếp tuyến tại M với (C) 
cắt hai đường tiệm cận tại A,B. 
Chứng minh rằng M là trung điểm của đoạn AB và diện tích tam giác IAB không phụ 
thuộc vào vị trí điểm M trên (C). 
Lời giải: 
Gọi (d) là tiếp tuyến tại 0 0 0
0
1
( , 1 )
1
M x y x
x
  

 có phương trình: 
0 02
0 0
1 1
(1 )( ) 1
( 1) 1
y x x x
x x
     
 
 (d) cắt tiệm cận đứng tại 
0
2
( 1; )
1
A
x


 và cắt tiệm cận xiên tại 0 0(2 1,2 2)B x x  
Ta có 02 2A B Mx x x x   và A,B,M thẳng hàng suy ra M là trung điểm của AB 
Giao 2 tiệm cận là I(-1;0) và B cách tiện cận đứng x+1=0 một khoảng cách là 
0
0
2 2
| 2 1 1|
2 | 1|
1 0
x
h x
 
  

Ta có: 0
0 0
1 2
| | . .2 | 1| 2
| 1| 2 | 1|
1
A IABAI y S x
x x
     
 
(đvdt) 
Vậy IAB có diện tích không phụ thuộc vào vị trí của M. 
30. Cho hàm số 
1
1
1
y x
x
  

. Gọi đồ thị đó là (C). 
Tìm những điểm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại điểm đó tạo 
với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất. 
Đáp số: Điểm cần tìm có hoàng độ là:
4
1
1
2
x   
Page 18 of 130
Đề luyện tập số 2: Phương trình – bất phương trình – hệ 
phương trình đại số 
(Các em hãy cố gắng tự làm, lời giải thầy sẽ gửi sau 1 tuần, sau đó chúng ta cùng 
trao đổi từng bài ở Box dành riêng cho lớp luyện thi Toán VIP) 
Bài 1. Giải các phương trình chứa căn thức sau: 
1, 3 5 3 4x x    11, 23 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x        
2, 2 25 1 ( 4) 1x x x x x      12, 3 2 1 1x x    
3, 4 418 5 1x x    13, 3 31 2 2 1x x   
4,  3 2 2 2 6x x x     14, 2 25 14 9 20 5 1x x x x x       
5, 2 22 8 6 1 2 2x x x x      15, 32 3 2 3 6 5 8x x    
6, 2( 1) ( 2) 2x x x x x    16, 2 7 5 3 2x x x     
7, 3 34 3 1x x    17, 22 7 2 1 8 7 1x x x x x         
8, 2 24 2 3 4x x x x     18, 2
3
2 4
2
x
x x

  
9, 
2 23 3 3 6 3x x x x      19, 24 13 5 3 1x x x     
10, 
2 32 4 3 4x x x x    20, 2 2 2 2
5 5
1 1 1
4 4
x x x x x         
Bài 2. Giải các bất phương trình vô tỷ sau: 
1, 2 2( 3) 4 9x x x    5, 1 3 4x x    
2, 3 2 8 7x x x     6, 2 25 10 1 7 2x x x x     
3, 
21 1 4
3
x
x
 
 7, 28 6 1 4 1 0x x x     
4, 
3 1
3 2 7
22
x x
xx
    8, 2 1 3 2 4 3 5 4x x x x       
Page 19 of 130
Bài 3. Giải các hệ phương trình sau: 
1, 
1 3
2
1 3
2
x
y x
y
x y

 


  

 9, 
3
1 1
2 1
x y
y x
y x

  

  
2, 
2
(3 2 )( 1) 12
2 4 8 0
x x y x
x y x
  

   
 10, 
2 2 4
( 1) ( 1) 2
x y x y
x x y y y
    

    
3, 
2 2
4 2 2 4
5
13
x y
x x y y
  

  
 11, 
2 1 1
3 2 4
x y x y
x y
     

 
4, 
2
2 2
3 2 16
3 2 8
x xy
x xy y
  

  
 12, 
   
  
2
2
1 4
1 2
x y y x y
x y x y
    

   
5, 
5 2 7
5 2 7
x y
y x
    

   
 13, 
2 2 2
1 7
1 13
xy x y
x y xy y
  

  
6, 
 
 
2
2
1 3 0
5
1 0
x x y
x y
x
   


   

 14, 
2
3 2
2
23
2
2 9
2
2 9
xy
x x y
x x
xy
y y x
y y

  
 

   
  
7, 
2 2
2 3 4 6
4 4 12 3
xy x y
x y x y
   

   
 15, 
 
 
 
2 2
2 2
2 2
36 25 60
36 25 60
36 25 60
y x x
z y y
x z z
  


 

 
8, 
2 2
2 2 2
3( ),
7( )
x xy y x y
x xy y x y
    

   
 16, 
 
3 3
2 2
8 2
3 3 1
x x y y
x y
   

  
Bài 4. Giải bằng phương pháp hàm số, đánh giá: 
1, 22 10 3x x  5,    2lg 6 lg 2 4x x x x      
2,      
3
5 2 6 5 2 6 3
x x x
    6,  9 2 2 3 2 5 0x xx x     
Page 20 of 130
3, 2 23 13 4 3 3 6x x x     7,  2 3log 1 logx x  
4, 4 41 17 2x x    8, 4 7 9 2x x x   
Bài 5. Giải các phương trình mũ sau: 
1,    
2 2
3 32 3 2 3 14
x x
    6,     35 21 7 5 21 2
x x
x    
2, 24.3 9.2 5.6
x
x x  7, 
1 1 1
2.81 7.36 5.16 0x x x
  
   
3, 
428 4.3
x
xx   8, 
2 2 32 .3
2
x x x  
4, 
2 21 29 10.3 1 0x x x x      9, 
 99 3 log 1log 3 3
xx
x
  
5,  23 2 9 .3 9.2 0x x x x    10, 3 1 3.3 27 .3 9x xx x x x   
Bài 6. Giải các phương trình logarit sau: 
1, 23 3
3
log log 1xx
x
  5,  2 3 28 102 5 2log log 2 0xx x x x     
2, 5 5log 5 log 25 3
x
x  7, 2 316 4
2
log 14log 40log 0x x xx x x   
3,    3 22 22 4 3log 3 log 3x x xx x    8, 2 2log 2 2log 4 log 8x x x  
4,  3 9
3
4
2 log log 3 1
1 log
xx
x
  

 9,  22 2log 4 log 3 0x x x x     
9,    
3
1 82
2
log 1 log 3 log 1 0x x x      
10,    2 22 2log 2 3log 2 5x x x x      
11, 
1
3 3log (3 1)log (3 3) 6
x x   
Page 21 of 130
Bài 7. Giải các bất phương trình mũ: 
1, 
2
2
2
2 19 2 3
3
x x
x x

    
 
 4, 
3 1 22 7.2 7.2 2 0x x x     
2, 
2 1 2 13 2 5.6 0x x x    5, 
2 22 4 2 2 12 16.2 2
0
1
x x x x
x
    


3, 
2 35
2
122 1
x
x
x
 

 6, 
2 21 1 12 2 2 2x x x x      
Bài 8. Giải các bất phương trình logarit: 
1,  1log 2 2x x   4,  
22
1 2
2
1 1
log 2 3 1 log 1
2 2
x x x     
2, 
2
4 2(log 8 log )log 2 0x x x  5,  23 1
2
log log 3 1x   
3, 
2
2
2 3
log 0
3 8
x
x
x




 6, 
   
2
3 3
log 1 log 2 1 2
0
2 1
x x
x
   


Bài 9. Giải các hệ phương trình mũ, logarit: 
1, 
2 2
ln(1 ) ln(1 )
12 20 0
x y x y
x xy y
    

  
 5, 
2 1
2 1
2 2 3 1
2 2 3 1
y
x
x x x
y y y


     

    
2, 
2 2
1 1
3 3
10
 log log 1 0
x y
x y
  

   

 6, 
 
   
2 2lg 1 lg13
lg lg 3lg 2
x y
x y x y
   

   
3, 
 
3
3 .2 972
log 2
x y
x y
 

 
 7, 
 
 5
27 .3 5
3log
y xx y
x y x y
  

  
4, 
2 2
2
2 4 1
2 4 2 1
x y
x y x y
  

  
 8, 
1
2 2 1
2 1 1
1 2 2 1
x
x x
y y
y

 
    

   
Page 22 of 130
Bài 10. Tìm tham số m để phương trình: 
1, 24 1x x m   có nghiệm 
2, 44 13 1 0x x m x     có đúng một nghiệm 
3,    32 1
2
log 4 log 2 2 1 0x mx x m     có nghiệm 
Bìa 11. Tìm tham số m để bất phương trình: 
1,  21
2
log 3 1m
m
x

  đúng với mọi x R 2, .2 2 3 1x xm m    có nghiệm 
3,  2 2 2 1 (2 ) 0m x x x x      có nghiệm 0;1 3x     
Bài 12. Tìm tham số m để hệ phương trình: 
1, 
2 0
1
x y m
x xy
  

 
 có nghiệm duy nhất 2, 
2 1 2 1
2
7 7 2010 2010
( 2) 2 3 0
x x x x
x m x m
      

    
 có nghiệm 
3, 
   2 2
2
1 1 2
1
m y
x n
m nxy x y
    

   
 có nghiệm với mọi n R 
Bài 13. Chứng minh rằng hệ 
2
2
2007
1
2007
1
x
y
y
e
y
x
e
x

 


  
 
có đúng 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện 
x > 0, y > 0 
Bài 14. Xác định m để bpt:    
2 2 22 2 29 2 .6 1 .4 0x x x x x xm a m       nghiệm đúng với 
mọi thỏa mãn 1x  
Bài 15. Xác định m để pt    2 23 3 3 3log .log 2 3 log 2log 2 3 2 0x x x m x x x m        
có 3 nghiệm phân biệt 
Page 23 of 130
Đề luyện tập số 2: Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình đại số 
(Dưới đây là hướng dẫn giải cho các bài toán và đáp số bài toán, lời giải chi tiết 
dành cho các em, có thể post lên diễn đàn để trao đổi về phương pháp, dạng bài) 
Bài 1. Giải các phương trình chứa căn thức sau: 
1, 3 5 3 4x x    
- Điều kiện: 3x  
- Với điều kiến trên ta biến đổi về dạng: 3 3 4 5x x    sau đó bình phương 2 
vế, đưa về dạng cơ bản ( ) ( )f x g x ta giải tiếp. 
- Đáp số: 4x  
2, 2 25 1 ( 4) 1x x x x x      
- Đặt 2 1 0t x x    , 
pt đã cho trở thành: 
Với 2 1 :t x x x x     vô nghiệm 
Với 2
1 61
4 15 0
2
t x x x
 
       
- Vậy phương trình có nghiệm: 
1 61
2
x
 
 
3, 4 418 5 1x x    
- Ta đặt 4 44 418 0; 1 0 17u x v x u v         , ta đưa về hệ đối xứng loại I đối 
với u, v giải hệ này tìm được u, v suy ra x 
- Đáp số: Hệ vô nghiệm 
4,    3 2 2 2 6 *x x x     
- Điều kiện: 2x  
 2 4 4 0
4
t x
t x t x
t

      
Page 24 of 130
- Ta có:    
  38 3
* 2 3
3 2 6 3 2 6 4
xx
x
x x x x

    
      
- Đáp số: 
108 4 254
3;
25
x
  
  
  
5, 2 22 8 6 1 2 2x x x x      
- Điều kiện: 
2
2
1
2 8 6 0
1
1 0
3
x
x x
x
x
x
 
          
- Dễ thấy x = -1 là nghiệm của phương trình 
- Xét với 1x  , thì pt đã cho tương đương với:  2 3 1 2 1x x x     
Bình phương 2 vế, chuyển về dạng cơ bản ( ) ( )f x g x ta dẫn tới nghiệm trong 
trường hợp này nghiệm 1x  
- Xét với 3x   , thì pt đã cho tương đương với:      2 3 1 2 1x x x        
Bình phương 2 vế, chuyển về dạng cơ bản ( ) ( )f x g x ta dẫn tới nghiệm trong 
trường hợp này là: 
25
7
x   
- Đáp số: 
25
; 1
7
x
 
   
 
6, 2( 1) ( 2) 2x x x x x    ĐS: 
9
0;
8
x
 
  
 
7, 3 34 3 1x x    
- Sử dụng phương pháp hệ quả để giải quyết bài toán, thử lại nghiệm tìm được. 
- Đáp số:  5;4x   
8, 2 2 2
4 2 14
4 2 3 4 4 ;2 0;2;
3 3
x x x x t x x t x
    
                
    
Page 25 of 130
9, 2 23 3 3 6 3x x x x      
- Đặt 2 2 23 3 0 3 3t x x x x t        
- Phương trình thành: 
 
2 2
22
3
3 3 3 3 1
3 3
t
t t t t t
t t

         
  
Suy ra  2 3 2 0 1;2x x x     
- Vậy tập nghiệm của phương trình là  1;2x  
10, 2 32 4 3 4x x x x    
- Điều kiện: 0x  
- Đặt 
  
2 22 2
2
2 2
44
4 2; 0
2 02 3
u vu v
u x v x
u v u vu v uv
    
       
     
 Giải ra ta được 
4
3
x  (thỏa mãn) 
11, 23 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x        
- Điều kiện: 1x  
- Khi đó: 23 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x        
 
2
3 2 1 3 2 1
3 2 1 1
x x x x
x x
       
    
Giải tiếp bằng phương pháp tương đương, ta được nghiệm 1x  
12, 3 2 1 1x x    
- Điều kiện: 1x  
- Đặt 3 2 ; 1 0u x v x     dẫn tới hệ: 
3 2
1
1
u v
u v
 

 
Page 26 of 130
Thế u vào phương trình dưới được:   1 3 0v v v   
- Đáp số:  1;2;10x  
13, 3 31 2 2 1x x   
3
3
3
1 2 1 5
2 1 1;
21 2
y x
y x x y x
x y
       
         
     
14, 2 25 14 9 2 5 1x x x x x       ĐS: 
9
1; ;11
4
x
 
  
 
15, 32 3 2 3 6 5 8x x    
- Giải hoàn toàn tương tự như ý bài 1.12 
- Đáp số:  2x   
16, 2 7 5 3 2x x x     
- Điều kiện: 
2
5
3
x  
- Chuyển vế sao cho 2 vế dương, rồi bình phương 2 vế ta dẫn tới phương trình cơ bản. 
Sau đó giải tiếp theo như đã học. 
- Đáp số: 
14
1;
3
x
 
  
 
17, 22 7 2 1 8 7 1x x x x x         
- Điều kiện: 1 7x  
- Ta có: 22 7 2 1 8 7 1x x x x x         
    1 1 7 2 1 7x x x x x         
1 2 5
41 7
x x
xx x
   
      
- Đáp số:  4;5x  
Page 27 of 130
18,  
22 3 32 4 2 1 2
2 2
x x
x x x
 
      
- Đặt 
3
1
2
x
y

  
 
 
2
2
2 1 3
2 1 3
x y
y x
   
 
  
- Đáp số: 
3 17 5 13
;
4 4
x
     
  
  
19,  
224 13 5 3 1 2 3 4 3 1x x x x x x            
- Đặt 
 
 
2
2
2 3 3 1
2 3 3 1
2 3 4 2 3
y x
y x
x x y
   
    
     
- Đáp số: 
15 97 11 73
;
8 8
x
   
  
  
20, 2 2 2 2
5 5
1 1 1
4 4
x x x x x         
- Điều kiện: 1x  
- PT đã cho 2 2
1 1
1 1 1
2 2
x x x        
- Đáp số: 
3
; 1
5
x
 
  
 
Bài 2. Giải các bất phương trình vô tỷ sau: 
1, 2 2( 3) 4 9x x x    ĐS:  
13
; 3;
6
x
 
     
 
2, 3 2 8 7x x x     ĐS:    4;5 6;7x  
3, 
2
2
2
1 1 4 4
3 3 3 1 4 4 3
1 1 4
x x
x x
x x
 
      
 
 ĐS:  
1 1
; \ 0
2 2
x
 
  
 
Page 28 of 130
4, 
3 1 1
3 2 7 2 2
22 2
x x t x
xx x
        
ĐS:
8 3 7 1 8 3 7
0; ;1 ;
2 4 2
x
     
              
5, 1 3 4x x    ĐS:  0;x  
6, 2 2 25 10 1 7 2 2x x x x t x x        ĐS:      1; ; 3 \ 1 2 2x       
7, 28 6 1 4 1 0x x x     ĐS: 
1 1
;
2 4
x
   
   
   
8, 2 1 3 2 4 3 5 4x x x x       
- Điều kiện: 
4
5
x  
-  
 3 11
* 3 2 4 3 5 4 2 1
3 2 4 3 5 4 2 1
xx
x x x x
x x x x

         
     
Nếu 1 0x VT VP    : BPT vô nghiệm 
Nếu 1 0x VT VP    : BPT luôn đúng 
- Đáp số:  1;x  
Bài 3. Giải các hệ phương trình sau: 
1, 
1 3
2
1 3
2
x
y x
y
x y

 


  

 - đây là hệ đối xứng loại II 
- Điều kiện: 0; 0x y  
- Trừ vế theo vế ta được:  
1 1
2 4
2
x y
x y
xyx y
  
         
Với x y , hệ tương đương với 
2
2 1x x
x
    
Page 29 of 130
Với 
2
2xy y
x

    , thế vào pt đầu được: 
2 23 3 3
2
2 2 2 2
x yx x
x
x x x y
    
     
   
- Vậy hệ có nghiệm:           ; 1;1 , 1; 1 , 2; 2 , 2, 2x y      
2, 
  
   
2
2 2
3 2 12(3 2 )( 1) 12
2 4 8 0 3 2 8
x y x xx x y x
x y x x y x x
      
 
        
Đặt 23 2 ;u x y v x x    suy ra: 
12 6 2
8 2 6
uv u u
u v v v
    
   
     
Giải từng trường hợp ta dẫn tới đáp số:      
3 11
; 2;6 , 1; , 2; 2 , 3,
2 2
x y
    
       
    
3, 
2 2
4 2 2 4
5
13
x y
x x y y
  

  
- Đây là hệ đối xứng loại I đối với 2x và 2y 
- Đáp số:           ; 2; 1 , 2; 1 , 1; 2 , 1, 2x y        
4, 
2
2 2
3 2 16
3 2 8
x xy
x xy y
  

  
 - Đây là hệ đẳng cấp bậc 2 
- Nhận xét x = 0 không thỏa mãn hệ, ta xét 0x  , đặt y tx 
Hệ trở thành: 
 
 
2
2 2
3 2 16
1 3 2 8
x t
x t t
  

  
- Giải hệ này tìm t, x 
- Đáp số:       ; 2; 1 , 2,1x y    
Page 30 of 130
5, 
5 2 7
5 2 7
x y
y x
    

   
 5 2 5 2x y y x x y          
 ĐS:    ; 11;11x y  
6, 
 
 
 
 
2
2
2
2
3 1
1 3 0 21
2
15
1 15 11 0
1
2
x x y x yx y x y
x
x y
x y xx
xx
 
              
     
             
 ĐS:    
3
; 1;1 ; 2;
2
x y
  
   
  
7, 
  
2 2 2 2
2 2 3 02 3 4 6
4 4 12 3 4 4 12 3
x yxy x y
x y x y x y x y
       
 
        
 ĐS:  
1 3 3 3
; 2; ; 2; ; 2; ; 6;
2 2 2 2
x y
        
              
        
8, 
2 2
2 22 2
2 2 2 2 2
3( )
3( )3( )
7( ) 22
2
5 2 0
x xy y x y
x xy y x yx xy y x y
y
x xy y x y x y xx y yx 
    
          
   
         

 ĐS:         ; 0;0 ; 1;2 ; 1; 2x y    
9, 
 
3 3
1 1 1
1 0
2 1 2 1
x y x y
y x xy
y x y x
  
       
   
     
 ĐS:    
1 5 1 5
; 1;1 ; ;
2 2
x y
      
    
   
10, 
 
22 2 0 14 2 4
2( 1) ( 1) 2 2
x y x yx y x y x y x y xy
xyx x y y y xy
               
   
         
  ĐS:           ; 2; 2 , 2, 2 , 2,1 , 1, 2x y      
Page 31 of 130
11, 
2 1 1
3 2 4
x y x y
x y
     

 
- Đặt 
2 2
2 1 0 1 2 1
1 250
u x y u v u u
v vu vv x y
           
     
       
- Đáp số:    ; 2; 1x y   
12, 
   
  
 
 
2
2
2
22
1
4 11 4 1
11 2
2 1 3
x
y x xx y y x y y
y
xx y x y
y x y x
y
 
           
   
          
 ĐS:       ; 1;2 ; 2;5x y   
13, 
22 2 2
2
2
11 77
1 7
11 13 113 13
xx xx
y yxy x y y y
xx y xy y xx x
y y y y
             
   
               
 ĐS:       ; 1;2 ; 2;5x y   
14, 
2
3 2
2
23
2
2 9
2
2 9
xy
x x y
x x
xy
y y x
y y

  
 

   
  
 ĐS:       ; 0;0 ; 1;1x y  
15, 
 
 
 
 
 
 
2 2
2 2
2 2
36 25 60
36 25 60
36 25 60
y x x y f x
z y y z f y
x f zx z z
   
 
    
 
  
 với  
2
2
60
36 25
t
f t
t


 , , 0x y z  nên xét hàm 