Đang tải... (xem toàn văn)
đáp án đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trà vinh tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất...
Trung tâm luyện thi EDUFLY số 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội Hotline: 0987.708.400 – Website: http://edufly.vn Bài 1. (2 điểm). 1. ĐKXD: 0x Với 64x (tmđk), thay vào A ta có: 2 64 2 8 5 8 4 64 A 2. Rút gọn B 1 2 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 2 1 x x B x x x x x B x x x x x x B x x x x B x x x x B x x x B x 3. ĐKXĐ: 0x 3 2 2 3 2 1 3 : 0 . 0 2 2 2 1 2 2 1 3 1 3 2 0 0 0 2 2 2 A x x x x B x x x x x x x x x x x Ta có: 0 0x x . Để 2 0 2 x x thì 2 0 2 4x x x Kết hợp với ĐKXĐ: 0 4x Bài 2. (2 điểm). Gọi vận tốc của xe máy đi từ A đến B là x (x > 0; km/h) ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2013 – 2014 Môn thi: Toán Lời giải của thầy: Nguyễn Cao Cường GV Toán – THCS Thái Thịnh – Đống Đa – Hà Nội Trung tâm luyện thi EDUFLY số 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội Hotline: 0987.708.400 – Website: http://edufly.vn Thời gian xe máy đi từ A đến B là 90 h x Thời gian xe máy nghỉ tại B là 30 phút = 1 2 h Vận tốc của xe máy đi từ B về A là 9 /x km h Thời gian xe máy đi từ B về A là 90 9 h x Vì tổng thời gian xe máy từ lúc đi từ A đến lúc về A là 5 giờ, nên ta có phương trình 90 1 90 5 2 9x x Giải phương trình ta có: 36 ; 5x tmdk x loai Vậy: vận tốc của xe máy đi từ A đến B là 36 km/h. Bài 3. (2 điểm) 1. Ta có: 3 1 2 2 4 5 4 1 3 2 5 4 1 2 9 x x y x y x y x x y 5 4 1 11 11 1 6 4 10 5 4 1 1 x y x x x y x y y Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1; -1) 2. Giải a. Với 1m , ta có 3 : 2 d y x Tọa độ giao điểm của d và (P) là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 2 2 2 1 1 3 2 3 0(1) 2 2 2 1 3 1 2 2 2 y x x x x x y x y x y x Giải phương trình (1), ta có 1; 3x x . Từ đó tìm được 1 9 1; , 3; 2 2 A B b. Ta có: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 * 2 2 2 1 1 1 2 2 y x x mx m m y mx m m y x Xét (*): 2 2 2 2 2 0x mx m m Trung tâm luyện thi EDUFLY số 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội Hotline: 0987.708.400 – Website: http://edufly.vn + d cắt (P) tại 2 điểm, khi pt (*) có có 2 nghiệm phân biệt ' 0 1m . + 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 4 4 4 **x x x x x x x x Áp dụng định lý Viet cho (*): 1 2 2 1 2 2 2 2 x x m x x m m (**): 2 2 1 2 4 2 2 4 2 m m m m tmdk Vậy: 1 2 m Bài 4. (3.5 điểm) 1. Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp. Xét tứ giác AMON: 0 180 ( )OMA ONA cmt Mà 2 góc này là 2 góc đối nhau Tứ giác AMON là tứ giác nội tiếp (dhnb tgnt) 2. Xét (O): ANB BCN (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung BN). - Xét ANB và ACN + CAN chung + ( )ANB BCN cmt Suy ra: ANB và ACN đồng dạng (g – g) AN AB AC AN (đn hai tam giác đồng dạng.) 2 . ( )AN AB AC dpcm - Tính độ dài đoạn thẳng BC. Ta có: 2 . ( )AN AB AC cmt , mà 4 , 6AB cm AN cm nên 2 4 6 9AC AC cm Ta có: AM OM (AM là tiếp tuyến của (O)) 0 90OMA AN ON (AN là tiếp tuyến của (O)) 0 90ONA 0 180OMA ONA Trung tâm luyện thi EDUFLY số 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội Hotline: 0987.708.400 – Website: http://edufly.vn Mà AB BC AC nên 5BC cm 3. Xét (O): I là trung điểm của dây BC. OI BC (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây) Ta chứng minh được tứ giác OIAN nội tiếp. 1AIN AON AM, AN là 2 tiếp tuyến (O) SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRÀ VINH Năm học 2016-2017 Thời gian: 120 phút ( không kể thời gian giao đề) ĐÁP ÁN Phần I: Đọc-hiểu Câu 1: Đoạn trích giới thiệu nhân vật Phương Định Câu 2: Một tác phẩm khác viết người chiến sĩ kháng chiến chống Mỹ mà em học “ Bài thơ tiểu đội xe không kính” Phạm Tiến Duật Câu 3: Câu văn miêu tả trực tiếp ngoại hình nhân vật “ Còn mắt anh lái xe bảo : “ Cô có nhìn mà xa xăm!” Câu 4: Phép liên kết chủ yếu dùng nhai đoạn trích phép lặp từ ngữ Từ biểu từ “tôi” Phần II: Làm văn Câu 1: Viết đoạn văn nghị luận trình bày suy nghĩ em vấn đề an toàn vệ sinh thực phẩm nước ta *DÀN BÀI* Câu nêu chủ đề: Vấn đề VSAT thực phẩm trở thành vấn đề nóng dư luận quan tâm Các câu tiếp theo: Triển khai phát triển đoạn, trình bày ý sau: -Mô tả khái quát Có dẫn chứng -Nguyên nhân -Tác hại -Biện pháp Có dẫn chứng -Nhiêm vụ thân Câu kết: Đúc kết lại chủ đề đoạn văn Câu 2: Phân tích hai khổ thơ cuối thơ “ Đoàn thuyền đánh cá” nhà thơ Huy Cận Mở bài: Giới thiệu đôi nét tác giả, tác phẩm, hoàn cảnh sáng tác, vị trí đoạn trích Ý chung hai đoạn Ghi lại hai khổ thơ Thân bài: HS phân tích câu khổ Nghệ thuật Tác dụng Kết bài: Đúc kết lại Liên hệ thân -HẾT - ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012 TỪ CÁC TRƯỜNG TRÊN CẢ NƯỚC (_www.vnmath.com _) www.VNMATH.com www.VNMATH.com 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút( không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28 tháng 06 năm 2011 (Đợt 1 ) Đề thi gồm: 01 trang Câu 1 (3,0 điểm). 1) Giải các phương trình: a. 5( 1) 3 7 xx b. 4234 1(1) x xxxx 2) Cho hai đường thẳng (d 1 ): 25yx ; (d 2 ): 41yx cắt nhau tại I. Tìm m để đường thẳng (d 3 ): (1)21ym xm đi qua điểm I. Câu 2 (2,0 điểm). Cho phương trình: 2 2( 1) 2 0xmxm (1) (với ẩn là x ). 1) Giải phương trình (1) khi m =1. 2) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . 3) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là 1 x ; 2 x . Tìm giá trị của m để 1 x ; 2 x là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 12 . Câu 3 (1,0 điểm). Một hình chữ nhật có chu vi là 52 m. Nếu giảm mỗi cạnh đi 4 m thì được một hình chữ nhật mới có diện tích 77 m 2 . Tính các kích thước của hình chữ nhật ban đầu? Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có Â > 90 0 . Vẽ đường tròn (O) đường kính AB và đường tròn (O’) đường kính AC. Đường thẳng AB cắt đường tròn (O’) tại điểm thứ hai là D, đường thẳng AC cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E. 1) Chứng minh bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn. 2) Gọi F là giao điểm của hai đường tròn (O) và (O’) (F khác A). Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng và FA là phân giác của góc EFD. 3) Gọi H là giao điểm của AB và EF. Chứng minh BH.AD = AH.BD. Câu 5 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn x + y + z =3. Chứng minh rằng: 1 333 xyz xxyzyyzxzzxy . Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: ĐỀ CHÍNH THỨC www.VNMATH.com www.VNMATH.com 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2011 Đáp án gồm: 02 trang I, HƯỚNG DẪN CHUNG. - Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm. - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng chấm. - Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (vòng 2) ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN KHTN - ĐHQG HÀ NỘI NĂM HỌC 2013 - 2014 Câu 1: 1. Cộng hai phương trình (1) và (2) theo vế, ta có: x 3 + y 3 + txy + y - x = 1 + y - x + xy + 7 x 3 + y 3 + 6xy - 8 = 0 (x + y) 3 - 3xy(x + y) + 6xy - 2 3 = 0 (x + y - 2)[(x + y) 2 + 2(x + y) + 4] - 3xy(x + y - 2) = 0 (x + y - 2)[x 2 - xy + y 2 + 2(x + y) + 4] = 0 x + y - 2 = 0 hoặc x 2 - xy + y 2 + 2(x + y) + 4 = 0 Nếu x + y - 2= 0 y = 2 - x thay vào (2) 7x(2 - x) + 2 - x - x - 7 = 0 7x 2 - 12x + 5 = 0 (x - 1)(7x - 5) = 0 x 1 y 1 59 xy 77 Thử lại, hệ phương trình nhận nghiệm (x; y) là (1; 1), 59 ; 77 . Nếu x 2 - xy + y 2 + 2(x + y) + 4 = 0 4x 2 - 4xy + 4y 2 + 8(x + y) + 16 = 0 (x + y) 2 + 8(x + y) + 16 + 3(x - y) 2 = 0 (x + y + 2) 2 + 3(x - y) 2 = 0 (x + y + 2) 2 = 3(x - y) 2 x = y = -1. Thay vào (1) không thỏa. 2. Giải phương trình: 2 x 3 1 x 3 x 1 1 x (1). Điều kiện : - 1 ≤ x ≤ 1. Phương trình (1) được viết lại là: 2 2 2 x 1 x 1 1 x 1 x 2 x 1 2 0 x 1 x 1 1 1 x x 1 1 2 x 1 1 0 x 1 1 x 1 x 1 2 0 x 1 1 0 x 1 1 x 2 0 x 1 1 x 1 2 x 1. 1 x 1 x 4 x0 1 x 1 x0 1 x 1 x0 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 0. Câu 2: 1. Trước hết ta chứng minh mọi s ố chính phương khi chia cho 3 chỉ c ó t h ể dư 0 hoặc 1. Suy ra: Tổng hai số chính phương chia hết cho 3 khi và chỉ k h i c ả hai số cùng chia hết cho 3. (1) 6 x 2 + 9y 2 - 20412 = x 2 + y 2 3(2x 2 + 3y 2 - 6804) = x 2 + y 2 (2) 22 11 22 22 1 1 x 3x x 9x x3 x y 3 y 3 y 3y y 9y Thay vào (2), ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 3 2.9x 3.9y 6804 9x 9y 3 2x 3y 756 x y (3) 22 1 1 2 1 2 22 11 22 1 1 2 12 x 3 x 3x x 9x x y 3 y 3 y 3y y 9y Thay vào (3), ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2.9x 3.9y 756 9x 9y 3 2x 3y 84 x y (4) 22 2 3 2 3 2 22 11 22 2 2 3 23 x 3x x 9x x3 x y 3 y 3 y 3y y 9y Thay vào (4), ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2.9x 3.9y 84 6x 9y 28 6x 9y 28 x y 5x 8y 28 (5) 3 2 3 22 3 3 3 2 3 3 y0 y0 8y 28 y 3,5 y 1 y1 y1 Với y 3 = 0 thay vào (5) 2 3 5x 28 (vô lý, vì x 3 nguyên) Với y 3 = 1 thay vào (5) 3 22 33 3 x2 5x 8 28 x 4 x2 Với y 3 = -1 thay vào (5) 3 22 33 3 x2 5x 8 28 x 4 x2 Suy ra: (x 3 ; y 3 ) {(2; 1), (2; -1), (-2; 1); (-2; -1)}. Vì 1 2 3 1 2 3 x 3x 9x 27x y 3y 9y 27y nên (x; y) {(54; 27), (54; -27), (-54; 27); (-54; -27)}. Thử lại phương trình đã cho nhận các nghiệm ( x ; y ) {(54; 27), (54; -27), (-54; 27); (-54; -27)}. 2. Áp dụn g b ất đẳn g t h ức Cauchy, ta có: 1 1 x y 2 xy 1 4xy 4 xy Và ta cũng có: 2 2 2 2 1 1 1 1 P 1 x y 2 1 x y 2 xy x y xy xy Mà 1 15 1 1 15 1 15 2 17 xy . xy .4 2 .xy xy 16 xy 16xy 16 16xy 16 4 4 17 P 2. 17 2 . Khi x = y = 1 2 thì P 17 . Vậy GTNN của P là 17 . Câu 3: 1. Chứng minh M, N, Q thẳng hàng. Các tứ giác AMEQ, ANFQ, AMCB, ANBC nội t i ếp nên ta có: QEA QMA NMA NCA EQ/ /FC . Tương tự: FQ // EB Tứ giác EPFQ là hình bình hành. Suy ra: EQF EOF BPC . Ta lại c ó : MQE MAE MAC MBC PBC NQF NAF NAB NCB PCB 0 EQM ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN - ĐHQG HÀ NỘI NĂM HỌC 2013 - 2014 Câu 1: 1. Hướn g d ẫn: Đặt điều kiện, bình phương hai l ần được phương trình bậc 2, nhận 2 nghiệm là 1, 7 4 . 2. Đặt: 1 1 1 1 1 t x ; v y tu x y xy 2 y x y x xy , ta có hệ phương trình: 2 2 9 tu 2u 9 2t 2u 9 2t 2t 2u 9 2 2t 9 2t 6t 9 0 1 3 4tu 6t 9 0 4t 126t 9 0 tu 2 42 u3 2u 9 2t 2u 9 2t 3 2t 3 t 2t 3 0 2 2 13 x 33 y 2x y 2x xy y 1 0 y 3x 0 y2 22 x 1 2x 1 0 2x 3x 1 0 1 xy 3x 1 0 xy 3x 1 0 y3 x x1 y2 h o ặc 1 x 2 y1 . Thử lại, ta thấy phương trình nhận hai nghiệm (x; y) là 1 1; 2 ; ;1 2 . Câu 2: 1. Khai triển và rút gọn (a + b)(b + c)(c + a) = 8abc. Ta được: a 2 b + b 2 a + b 2 c + c 2 b + c 2 a + a 2 c = 6abc. 2 2 2 2 2 2 a ab b bc c ca 3 1 a b a b b c b c b c c a c a c a a b 4 ab ac ab bc ba bc ca cb ca 3 a b b c b c c a c a a b 4 a b b a b c c b c a a c 3 a b b c c a 4 6abc 3 8abc 4 Luôn luôn đúng. Suy ra: Điều phải c h ứng minh. 2. Ta có: abc 10d e 101 101.abc abc 10d d 101 100.abc 10d e 101 abcde 101. Vậy s ố các số phải tìm chính là số các số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 101. 10000 + 100 = 101 x 100 10100 là số các số tự nhiên có 5 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 101. 99999 – 9 = 101 x 990 99990 là số các số tự nhiên có 5 chữ số lớn n h ất chia hết cho 101. Vậy s ố các số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 101 là 99990 10100 1 891 101 số. Câu 3: 1. Tứ giác AFMB nội t i ếp AFB AMB . Mà 00 AFB BEC 180 , AMB BMD 180 BMD BED mà ABDC nội t i ếp 11 DC BDM ∽ BCF (g.g). Suy ra: Điều phải c h ứng minh. 2. Do 12 AA (gt) Suy ra: D là điểm chính giữa cung BC. DO BC tại trung điểm H c ủa BC. BMD ∽ BFC 1 DA BD DM BD BD DA 2 . BC CF 2BH CF BH CF Mà 12 DC (chứng minh trên) BDA ∽ HCF (c.g.c) 11 FA Mà 12 AA (gt) và 21 AE (cùng chắn m ộtc ung DC). 11 FE EFHC nội t i ếp. Câu 4: Trước hết ta chứng minh với m ọi x, y, y ≥ 0, ta có: x 3 + y 3 + z 3 ≥ 3xyz. (*) Tự chứng minh 3 số hoặc phân tích thành nhân tử, các trường THPT chuyên tại TP HCM khôn cho HS dùng Côsi. Vai trò của a, b, c như nhau nên giả sử a = b = c = kd thì P đặt GTNN. Khi đó, áp dụng (*), ta có: 3 3 3 22 33 3 3 3 2 33 3 3 3 2 33 3 3 3 2 3 3 3 3 3 2 2 1 3abc a b c kk a b 3dab d k k k b c 3bdc d k k k c a 3dca d k k k 2 1 3 3d a b c abc bcd cda dab k k k 3 3 3 3 3 2 2 2 1 9 9d 3 a b c k k k . Vậy ta tìm k thỏa mãn 3 32 21 3 4 4k 3k 6 0 kk . Đặt 2 11 ka 2a , ta có: 3 63 3 1 1 3 1 k a a 6 x 12x 1 0 x 6 35 2 a 2 a . Lưu ý: 33 1 6 35 6 35 1 k 6 35 6 35 2 . Với k xác định như trên, ta được: GTNN của P bằng: 2 2 33 9 36 k 6 35 6 35 . HẾ T 1 1 1 2 1 F H E M D A C B O ĐÁP ÁN MÔN TOÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 1 0 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2013 - 2014 Câu 1: 1. Rút gọn b i ểu thức: Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 1. 1 2 1 2 x 2 A: x1 x 1 x 1 x x x x 1 2 2 x 1 x 1 2 1 x 1 1 2 A : : x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x1 2 2 x1 1 x 1 1 x 1 A : . x 1 x 1 x 1 x 1 x1 2. Chứng minh: 1 1 1 1 3 1 2 3 4 5 6 47 48 Đặt: 1 1 1 1 A 1 2 3 4 5 6 47 48 1 1 1 1 B 2 3 4 5 6 7 48 49 Ta có: A > B. Xét tổng: A + B = 1 1 1 1 1 2 3 4 5 6 47 48 + 1 1 1 1 2 3 4 5 6 7 48 49 = 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 47 48 48 49 = 2 1 3 2 4 3 5 4 6 5 48 47 49 48 49 1 6 Vì A > B nên A + B < 2A 6 < 2A A > 3. Vậy : 1 1 1 1 3 1 2 3 4 5 6 47 48 Câu 2: Đặt: * 2 2 a 1 b 1 k a,b N a b a b kab ba (1) Vì d là ước nguyên dương của a và b nên a = xd, b = yd (a, d, x, y N * ) Thay vào (1), ta có: x 2 d 2 + y 2 d 2 + (x + y)d = kxyd 2 (x + y)d = kxyd 2 - (x 2 + y 2 )d 2 (x + y)d = (kxy - x 2 - y 2 )d 2 ≥ d 2 (vì (x + y)d nguyên dương nên kxy - x 2 - y 2 nguyên dương) Do đó: a + b ≥ d 2 d a b Câu 3: Ta có: 2 2 2 ab ab a b 2 ab 44 4 a b 2 a b 2 ab ab a b 2 ab 0 a b 0 4 . Bấ t đ ẳ n g t h ức đúng với a, b > 0, a ≠ b. 2 a b 2 ab a b 2 ab a b a b 0 42 . Bấ t đ ẳ n g t h ức đúng với a, b > 0, a ≠ b. Vậy 2 2 ab ab ab 2 4 a b a,b 0; a b Câu 4: 2 2 1 60 0 1 60 0 1 2 3 2 1 60 0 60 0 1 1 2 1 2 F I E N M A C B O 1. Ta có: 0 11 11 B C s AB s AC 60 22 ®® 0 1 1 1 2 B A 60 MB/ /AC M A (đồn g v ị ) Do đó: A C N ∽ MBA (g.g) Suy ra: MB BA MB BC AC CN BC CN Mặt khác: 0 MBC BCN 120 Nên MBC ∽ BCN (c.g.c). 2. Ta có: MBC ∽ BCN 22 MB . Vì 0 2 B MBF 120 , nên 0 2 M MBF 120 . Từ đó trong tam giác BMF, ta có: 00 12 F 180 M BMF 60 Tứ giác AEBC nội t i ếp nên 0 1 E ACB 60 (cùng bù với AEB ). Do đó: 0 11 F E 60 . Suy ra: Tứ giác BMEF nội t i ếp. 3. EF cắ t BC tại I . Ta có: 0 21 F F 60 (đối đỉnh), 0 2 E ABC 60 . Suy ra: 0 22 F E 60 . Do đó tứ giác EFCN nội t i ếp. Mặt khác, MBC ∽ BCN 21 CN , tứ giác EFCN nội t i ếp 31 EN . Suy ra: 32 EC v à EIC chung nên IEC ∽ ICF (g.g). IC 2 = IE.IF (1), Chứng minh tương tự, ta có: IBF ∽ IEB (gg.) IB 2 = IE.IF (2) Từ (1) và (2), suy ra: IB = IC. Vậy khi đườn g t h ẳn g ( ) thay đổi nhưng vân đi qua A, thì EF luôn đi qua điểm c ố định I là trung điểm c ủa BC. Câu 5: Biến đổi phương trình: (1) 3x 2 + 3xy + 3y 2 - x - 8y = 0 3x 2 + (3y - 1)x + (3y 2 - 8y) = 0 (2) Xem (2) là phương trình bậc hai theo ẩn x. Ta có: = (3y - 1) 2 - 12(3y 2 - 8y) = -27y 2 + 90y + 1 = 9y(-3y + 10) + 1. Nhận xét: Nếu y ≥ 4 hoặc y ≤ - 1 (y Z) t h ì < 0: Phương trình (2) vô nghiệm . Do đó: 0 ≤ y ≤ 3 (y Z) . Nếu y = 0 thì = 1, phương trình (2) 3x 2 - x = 0 x 1 = 0 (nhận), x 2 = 1 3 (loại ) . Nếu y = 1 thì = 64, phương trình (2) 3x 2 + 2x - 5= 0 x 1 = 1 (nhận), x 2 = 5 3 (loại ) . Nếu y = 2 thì = 73 không phải l à s ố chính phương nên phương trình (2) không có nghiệm nguyên. Nếu y = 3 thì = 28 không phải l à s ố chính phương nên phương trình (2) không có nghiệm nguyên. Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là (x; y) = (0; 0), (1; 1). HẾ T