1) ĐK \(\hept{\begin{cases}x\ne y\\y\ge-1\end{cases}}\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{x-y}=a\left(a\ne0\right)\\\sqrt{y+1}=b\left(b\ge0\right)\end{cases}}\)hệ phương trình đã cho trở thành

\(\hept{\begin{cases}2a+b=4\\a-3b=-5\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2a+b=4\\2a-6b=-10\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}7b=14\\2a+b=4\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=2\end{cases}\left(tm\right)}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{x-y}=1\\\sqrt{y+1}=2\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x-y=1\\y+1=4\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=4\\y=3\end{cases}}\left(tm\right)\)

Vậy ... 

ĐKXĐ: x ≠ y ; y ≥ − 1 Đặt 1 x − y = a ; √ y + 1 = b (ĐK: a ≠ 0 ; b ≥ 0 ) Khi đó hệ phương trình trở thành { 2 a + b = 4 a − 3 b = − 5 ⇔ { 6 a + 3 b = 12 a − 3 b = − 5 ⇔ { 7 a = 7 b = 4 − 2 a ⇔ { a = 1 ( tm ) b = 2 ( tm ) Với ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ a = 1 b = 2 ⇒ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ 1 x − y = 1 √ y + 1 = 2 ⇒ { x − y = 1 y + 1 = 4 ⇔ { x − 3 = 1 y = 3 ⇔ { x = 4 ( tm ) y = 3 ( tm ) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm { x = 4 y = 3 . 2) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa đường thẳng ( d ) và Parabol ( P ) là: x 2 = 2 ( m − 1 ) x − m 2 + 2 m ⇔ x 2 − 2 ( m − 1 ) x + m 2 − 2 m = 0 (1) a) Với m = 2 phương trình (1) trở thành: x 2 − 2 ( 2 − 1 ) x + 2 2 − 2.2 = 0 ⇔ x 2 − 2 x = 0 ⇔ x ( x − 2 ) = 0 ⇔ [ x = 0 x = 2 - Với x = 0 ⇒ y = 0 2 = 0 ⇒ A ( 0 ; 0 ) - Với x = 2 ⇒ y = 2 2 = 4 ⇒ B ( 2 ; 4 ) Vậy khi m = 2 thì ( P ) cắt ( d ) tại hai điểm phân biệt A ( 0 ; 0 ) ; B ( 2 ; 4 ) . b) Ta có: Δ ′ = b ′ 2 − a c = [ − ( m − 1 ) ] 2 − ( m 2 − 2 m ) = m 2 − 2 m + 1 − m 2 + 2 m = 1 > 0 Do Δ ′ > 0 nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 với mọi m . ⇒ Đường thẳng ( d ) luôn cắt Parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x 1 ; x 2 với mọi m . Khi đó theo hệ thức Viet, ta có: { x 1 + x 2 = 2 m − 2 x 1 x 2 = m 2 − 2 m Để đường thẳng ( d ) cắt Parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ đối nhau ⇔ x 1 + x 2 = 0 ⇔ 2 m − 2 = 0 ⇔ m = 1 ( tm ) Vậy m = 1 thì đường thẳng ( d ) luôn cắt Parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ đối nhau.

ĐKXĐ: x ≠ y ; y ≥ − 1 Đặt 1 x − y = a ; √ y + 1 = b (ĐK: a ≠ 0 ; b ≥ 0 ) Khi đó hệ phương trình trở thành { 2 a + b = 4 a − 3 b = − 5 ⇔ { 6 a + 3 b = 12 a − 3 b = − 5 ⇔ { 7 a = 7 b = 4 − 2 a ⇔ { a = 1 ( tm ) b = 2 ( tm ) Với ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ a = 1 b = 2 ⇒ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ 1 x − y = 1 √ y + 1 = 2 ⇒ { x − y = 1 y + 1 = 4 ⇔ { x − 3 = 1 y = 3 ⇔ { x = 4 ( tm ) y = 3 ( tm ) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm { x = 4 y = 3 . 2) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa đường thẳng ( d ) và Parabol ( P ) là: x 2 = 2 ( m − 1 ) x − m 2 + 2 m ⇔ x 2 − 2 ( m − 1 ) x + m 2 − 2 m = 0 (1) a) Với m = 2 phương trình (1) trở thành: x 2 − 2 ( 2 − 1 ) x + 2 2 − 2.2 = 0 ⇔ x 2 − 2 x = 0 ⇔ x ( x − 2 ) = 0 ⇔ [ x = 0 x = 2 - Với x = 0 ⇒ y = 0 2 = 0 ⇒ A ( 0 ; 0 ) - Với x = 2 ⇒ y = 2 2 = 4 ⇒ B ( 2 ; 4 ) Vậy khi m = 2 thì ( P ) cắt ( d ) tại hai điểm phân biệt A ( 0 ; 0 ) ; B ( 2 ; 4 ) . b) Ta có: Δ ′ = b ′ 2 − a c = [ − ( m − 1 ) ] 2 − ( m 2 − 2 m ) = m 2 − 2 m + 1 − m 2 + 2 m = 1 > 0 Do Δ ′ > 0 nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 với mọi m . ⇒ Đường thẳng ( d ) luôn cắt Parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x 1 ; x 2 với mọi m . Khi đó theo hệ thức Viet, ta có: { x 1 + x 2 = 2 m − 2 x 1 x 2 = m 2 − 2 m Để đường thẳng ( d ) cắt Parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ đối nhau ⇔ x 1 + x 2 = 0 ⇔ 2 m − 2 = 0 ⇔ m = 1 ( tm ) Vậy m = 1 thì đường thẳng ( d ) luôn cắt Parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ đối nhau.

1) ĐK \(\hept{\begin{cases}x\ge0\\y\ne1\end{cases}}\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}2\sqrt{x}=a\left(a\ge0\right)\\\frac{1}{y-1}=b\left(b\ne0\right)\end{cases}}\)hệ phương trình đã cho trở thành 

\(\hept{\begin{cases}a+3b=5\\2a-b=3\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2a+6b=10\\2a-b=3\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}7b=7\\2a-b=3\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=2\\b=1\end{cases}\left(tm\right)}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}2\sqrt{x}=2\\\frac{1}{y-1}=1\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x=1\\y=2\end{cases}}\left(tm\right)\)

Vậy ... 

1,\(\left\{{}\begin{matrix}2\sqrt{x}+\dfrac{3}{y-1}=5\\4\sqrt{x}-\dfrac{1}{y-1}=3\end{matrix}\right.\)       ĐKXĐ:x≥o,y≠1

⇔\(\left\{{}\begin{matrix}4\sqrt{x}+\dfrac{6}{y-1}=10\\4\sqrt{x}-\dfrac{1}{y-1}=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{7}{y-1}=7\\4\sqrt{x}-\dfrac{1}{y-1}=3\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y-1=1\\4\sqrt{x}-\dfrac{1}{y-1}=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y-1=1\\4\sqrt{x}-\dfrac{1}{1}=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=2\\4\sqrt{x}=4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=2\\\sqrt{x}=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=2\\x=1\end{matrix}\right.\left(TM\right)\)

vậy hpt đã cho có nghiệm duy nhất (x,y)=(1,2)

2,a, xét pthđgđ của (d) và (p) khi m=3:

x\(^2\)=3x-1⇔\(x^2-3x+1=0\)

Δ=(-3)\(^2\)-4.1.1=5>0

⇒pt có 2 nghiệm pb

\(x_1=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}\) ,\(x_2=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\)

thay x=x\(_1\)=\(\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}\) vào hs y=x\(^2\) ta được:

y=(\(\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}\))\(^2\)=\(\dfrac{14+6\sqrt{5}}{4}\)⇒A(\(\dfrac{3+\sqrt{5}}{2},\dfrac{14+6\sqrt{5}}{4}\))

thay x=x\(_2\)=\(\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\) vào hs y=x\(^2\) ta được:

y=\(\left(\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\right)^2=\dfrac{14-6\sqrt{5}}{4}\)⇒B(\(\dfrac{3-\sqrt{5}}{2},\dfrac{14-6\sqrt{5}}{4}\))

vậy tọa độ gđ của (d) và (p) là A(\(\dfrac{3+\sqrt{5}}{2},\dfrac{14+6\sqrt{5}}{4}\)) và B (\(\dfrac{3-\sqrt{5}}{2},\dfrac{14-6\sqrt{5}}{4}\))

b,xét pthđgđ của (d) và (p) :

\(x^2=mx-1\)⇔\(x^2-mx+1=0\) (*)

                       Δ=(-m)\(^2\)-4.1.1=m\(^2\)-4

⇒pt có hai nghiệm pb⇔Δ>0

                                  ⇔m\(^2\)-4>0⇔m>16

với m>16 thì pt (*) luôn có hai nghiệm pb \(x_1,x_2\)

theo hệ thức Vi-ét ta có:

(I) \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m\\x_1.x_2=1\end{matrix}\right.\)

\(x_1,x_2\) TM \(x_2\)(x\(_1\)\(^2\)+1)=3

⇒\(x_2.x_1^2\)+\(x_2\)=3⇔\(x_2.x_1.x_1+x_2=3\)⇔(\(x_2.x_1\))(\(x_1+x_2\))=3 (**)

thay  (I) vào (**) ta được:

1.m=3⇔m=3 (TM m≠0)

vậy m=3 thì (d) cắt (p) tại hai điểm pb có hoanh độ \(x_1.x_2\) TM \(x_2\)(\(x_1^2+1\))=3

                      

 

 

♬

a) Điểm \(M\left( {1;2} \right)\) thuộc cả hai đường thẳng nói trên.

b) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y + 3 = 0\\3x - y - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y =  - 3\\3x - y = 1\end{array} \right.\).

Sử dụng máy tính cầm tay, ta được \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array} \right.\)

c) Tọa độ giao điểm của \({\Delta _1},{\Delta _2}\) chính là nghiệm của hệ phương trình\(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y + 3 = 0\\3x - y - 1 = 0\end{array} \right.\).

Câu 1: 

ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}x\ne1\\y\ne-2\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{3}{x-1}-\dfrac{2}{y+2}=4\\\dfrac{2x}{x-1}+\dfrac{1}{y+2}=5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{3}{x-1}-\dfrac{2}{y+2}=4\\\dfrac{2x-2+2}{x-1}+\dfrac{1}{y+2}=5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{3}{x-1}-\dfrac{2}{y+2}=4\\\dfrac{2}{x-1}+\dfrac{1}{y+2}=3\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{6}{x-1}-\dfrac{4}{y+2}=8\\\dfrac{6}{x-1}+\dfrac{3}{y+2}=9\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{-7}{y+2}=-1\\\dfrac{6}{x-1}+\dfrac{3}{y+2}=9\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y+2=7\\\dfrac{6}{x-1}+\dfrac{3}{7}=9\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=5\\\dfrac{6}{x-1}=\dfrac{60}{7}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-1=\dfrac{7}{10}\\y=5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{17}{10}\left(nhận\right)\\y=5\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \(\left(x,y\right)=\left(\dfrac{17}{10};5\right)\)

Câu 2: 

a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

\(x^2=3x+m^2-1\)

\(\Leftrightarrow x^2-3x-m^2+1=0\)

\(\Delta=\left(-3\right)^2-4\cdot1\cdot\left(-m^2+1\right)\)

\(=9-4\left(-m^2+1\right)=9+4m^2-4=4m^2+5>0\forall m\)

Vậy: (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m

a)\(\left\{{}\begin{matrix}2x-4y=10\\2x-y=7\end{matrix}\right.\\ \left\{{}\begin{matrix}-3y=3\\2x-y=7\end{matrix}\right.\\ \left\{{}\begin{matrix}y=-1\\2x-\left(-1\right)=7\end{matrix}\right.\\ \left\{{}\begin{matrix}y=-1\\x=3\end{matrix}\right.\)

b)\(-\dfrac{1}{4}x^2=\dfrac{1}{2}x-2\\ \Leftrightarrow-\dfrac{1}{4}x^2-\dfrac{1}{2}x+2=0\\ \left[{}\begin{matrix}x_1=2\\x_2=-4\end{matrix}\right.\\ \left[{}\begin{matrix}y_1=-1\\y_2=-4\end{matrix}\right.\)

+) Gọi A là giao điểm của đường thẳng d với trục tung

Suy ra tọa độ của A là: \(A\left( {0;y} \right)\)

Thay \(x = 0\) vào phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 - t\\y = 5 + 3t\end{array} \right.\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}0 = 2 - t\\y = 5 + 3t\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 2\\y = 11\end{array} \right.\)

Vậy giao điểm của d với trục tung là \(A\left( {0;11} \right)\)

+) Gọi B là giao điểm của đường thẳng d với trục hoành

Suy ra tọa độ của B là: \(B\left( {x;0} \right)\)

Thay \(y = 0\) vào phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 - t\\y = 5 + 3t\end{array} \right.\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 - t\\0 = 5 + 3t\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{11}}{3}\\t =  - \frac{5}{3}\end{array} \right.\)

Vậy giao điểm của d với trục hoành là \(B\left( {\frac{{11}}{3};0} \right)\)

 

a)

Xác định miền nghiệm của BPT \(y - x <  - 1\)

+ Vẽ đường thẳng d: \(y-x=  - 1\) đi qua A(1;0) và B(0;-1)

+ Vì \(0-0= 0 > - 1\) nên tọa độ điểm O(0;0) không thỏa mãn BPT \(y - x <  - 1\)

Do đó, miền nghiệm của BPT \(y - x <  - 1\) là nửa mặt phẳng bờ d không chứa gốc tọa độ O.

Miền nghiệm của BPT \(x > 0\) là nửa mặt phẳng bên phải Oy (không kể trục Oy).

Miền nghiệm của BPT \(y < 0\) là nửa mặt phẳng dưới Ox (không kể trục Ox).

Khi đó miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho là miền không gạch (Không kể đoạn thẳng AB và các trục tọa độ).

 

b)

Miền nghiệm của BPT \(x \ge 0\) là nửa mặt phẳng bờ Oy chứa điểm (1;0) (kể cả trục Oy).

Miền nghiệm của BPT \(y \ge 0\) là nửa mặt phẳng bờ Ox chứa điểm (0;1) (kể cả trục Ox).

Xác định miền nghiệm của bất phương trình \(2x + y \le 4\)

+ Vẽ đường thẳng d: \(2x + y = 4\) đi qua A(2;0) và B(0;4)

+ Vì \(2.0 + 0 = 0 < 4\) nên tọa độ điểm O(0;0) thỏa mãn BPT \(2x + y \le 4\)

Do đó, miền nghiệm của bất phương trình \(2x + y \le 4\) là nửa mặt phẳng bờ d chứa gốc tọa độ O.

Vậy miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho là miền tam giác OAB (kể cả các đoạn thẳng OA, OB, AB).

 

c)

Miền nghiệm của bất phương trình \(x \ge 0\) là nửa mặt phẳng bên phải Oy (kể cả trục Oy).

Xác định miền nghiệm của bất phương trình \(x + y > 5\)

+ Vẽ đường thẳng d: \(x + y = 5\)

+ Vì \(0 + 0 = 0 < 5\) nên tọa độ điểm O(0;0) không thỏa mãn bất phương trình \(x + y > 5\).

Do đó, miền nghiệm của BPT \(x + y > 5\) là nửa mặt phẳng bờ d không chứa gốc tọa độ O.

Xác định miền nghiệm của bất phương trình \(x - y < 0\)

+ Vẽ đường thẳng d: \(x - y = 0\)

+ Vì \(1 - 0 = 1 > 0\) nên tọa độ điểm (1;0) không thỏa mãn bất phương trình \(x - y < 0\)

Do đó, miền nghiệm của bất phương trình \(x - y < 0\) là nửa mặt phẳng bờ d’ không chứa điểm (1;0).

Vậy miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho là miền màu trắng (không kể d và d’)

a) Chọn \(t = 0;t = 1\) ta lần được được 2 điểm A và B thuộc đường thẳng \(\Delta \) là: \(A\left( {1; - 2} \right),B\left( { - 1; - 1} \right)\)

b) +) Thay tọa độ điểm C vào phương trình đường thẳng \(\Delta \) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}1 = 1 - 2t\\ - 1 =  - 2 + t\end{array} \right.\). Do hệ phương trình vô nghiệm nên C không thuộc đường thẳng \(\Delta \)

+) Thay tọa độ điểm D vào phương trình đường thẳng \(\Delta \) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}1 = 1 - 2t\\3 =  - 2 + t\end{array} \right.\). Do hệ phương trình vô nghiệm nên D không thuộc đường thẳng \(\Delta \)

Chọn B.