Bai tap on tap cuoi nam dai so 9

Trang 1

BÀI TẬP ƠN TẬP CUỐI NĂM ĐẠI SỐ 9 Bài 1: 1) Xét các mệnh đề sau: I ( 4)( 25) 4.25 II ( 4).( 25)100III 10010 IV 100 10Những mệnh đề nào là sai

Hãy chọn câu trả lời đúng trong các câu A, B, C, D dưới đây

(A) Chỉ cĩ mệnh đề II sai (B) Chỉ cĩ mệnh đề III sai

(C) Các mệnh đề I và IV sai (D) Khơng cĩ mệnh đề nào sai Giải

Câu trả lời (C) là trả lời đúng

Bài 2: (2/131/SGK, Tập 2) Rút gọn các biểu thức: M 3 2 26 4 22323NGiải 22 2 2 14 2.2 2 ( 2)M  (vận dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ) 222(A B)A 2AB B ngược lại 2222()A  AB B A B222(A B)A 2AB B ngược lại 2222()A  AB B A B* 222 2 2 14 2.2 2 ( 2)( 2 1)(22)M  2 122M    Áp dụng định lí 2 nếu nếuAAAA 00AA2 1 223   (vì 21)

Trang 2

Giá trị của biểu thức 2( 2 6)3 23 bằng: (A) 2 23 (B) 2 33 (C) 1 (D) 43

Hãy chọn câu trả lời đúng

Giải

Trong 4 đáp án trên chỉ cĩ đáp án (D) là đáp án đúng

Bài 4: (4/132/SGK, Tập 2)

Nếu 2 x 3thì x bằng:

(A) 1 (B) 7 (C) 7 (D) 49

Hãy chọn câu trả lời đúng

Giải

Chọn câu (D) là câu trả lời đúng Vì: Bình phương cả hai vế của:

2223( 2)329749xxxxx  Bài 5: (5/132/SGK, Tập 2)

Chứng minh rằng giá trị của biểu thức sau khơng phụ thuộc vào biến

221.121xxx xxxxxxx          Giải

Làm thế nào để chứng minh được biểu thức:

221.121xxx xxxxxxx          

Khơng phụ thuộc vào biến x?

Trang 3

221.121xxx xxxxxxx           (1)

Muốn rút gọn được (1) phải thực hiện phép tính nhân phân thức với phân thức

Muốn thực hiện phép tính nhân phân thức với phân thức mà số bị nhân và số nhân là các phép tính cộng, các phân thức cĩ mẫu thức khác nhau ta phải:

- Phân thức cĩ mẫu thức ra thừa số, để tìm mẫu thức chung - Tìm thừa số phụ của từng phân thức

221.121xxx xxxxxxx          2222() (1).(1)(1)(1)(2)(1) (2)(1)(1) (1).(1)(1) (1)2222 (1)(1).(1)(1)21.21xxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx                

Vậy (1) khơng phụ thuộc biến x

Bài 6: (6/132/SGK, Tập 2)

Cho hàm số y2x b. Tìm a và b, biết rằng đồ thị của hàm số đã cho thỏa mãn một trong các điều kiện sau:

a) Đi qua điểm A(1;3) và B( 1; 1) 

b) Song song với đường thẳng y x 5và đi qua điểm C(1;2)

Trang 4

a) Nếu đồ thị của hàm số yax b đi qua điểm A(1;3)và B( 1; 1)  thì 3.11.( 1)3122311 321ababa ba bba bbaab                  Vậy a = 2; b = 1

b) Nếu đồ thị của hàm số y  ax bsong song với đường thẳng y x 5thì:

15ab(1;2)C thuộc đồ thị của hàm số yax bDo đĩ ta cĩ: 2 1.1  bb 1Vậy a11bBài 7: (7/132/SGK, Tập 2)

Cho hai đường thẳng:

1(1)5( )y m x d22()y x n d

Với giá trị nào của m và n thì:

a) d1trùng với d2? b) d1cắt d2? c) d1song song với d2?

Giải

Muốn giải được bài này phải nhớ được điều kiện:

* Với điều kiện nào của hai hàm số thì hai đồ thị của chúng trùng nhau * Với điều kiện nào của hai hàm số thì hai đồ thị của chúng cắt nhau

Trang 5

* Hai đường thẳng yax b và ya x b trùng nhau khi và chỉ khi a a

và b b.

* Hai đường thẳng yax b và ya x b(a0) cắt nhau khi và chỉ khi:

.

a a

* Hai đường thẳng yax b và ya x b(a0) song song với nhau khi và chỉ khi: a avà b b.

a) d1và d2 trùng nhau khi và chỉ khi: a avà b b

Do thế m 1 2và n  5 m 1và n5.

b) Đường thẳng d1và đường thẳng d2cắt nhau khi và chỉ khi

a a

Vì vậy m   1 2 m 1

c) Hai đường thẳng d1và d2song song với nhau khi và chỉ khi:

a avà b b.

Do đĩ: m 1 2và n  5 m 1và n5.

Bài 8: (8/132/SGK, Tập 2)

Chứng minh rằng khi k thay đổi, các đường thẳng (k1)x2y1 luơn luơn đi qua một điểm cố định Tìm điểm cố định đĩ

Giải

Gọi điểm cố định mà đường thẳng (k1)x2y1 đi qua là

00( ;)

M x y

00(k 1)x 2y 1

  đúng với mọi giá trị của k

00201 0

kxxy

  đúng với mọi giá trị của k

00x và x02y0 1 00010;2xy 

Trang 6

Giải

a) Chú ý: Khi giải câu a, phải nhớ được kiến thức cơ bản: biểu thức chứa biến nằm trong dấu

giá trị tuyệt đối cĩ những giá trị nào?

* Nếu y0,ta cĩ hệ phương trình 2 3 13 ( )33xyax y   

Giải hệ phương trình này bằng 3 cách

Cách 1:

Giải bằng phương pháp thế

Rút y từ phương trình thứ hai của hệ ( ) :ay3x3Thay y3x3 vào phương trình thứ nhất của (a) ta cĩ:

23(33) 13299 131122333333xxxxxyxyxyx  226 33xxyy  Cách 2:

Giải hệ (a) bằng phương pháp cộng đại số

Nhân cả hai vế của phương trình thứ hai với 3 ta cĩ:

 

   

2313

( ) cộng vế với vế của (b) ta có:

939

xy

bxy

11x22 x 2

Thay x2 vào phương trình thứ nhất của (b) ta cĩ:

2.2 313313 43922223yyyxxxxyCách 3:

Giải hệ (a) bằng phương pháp định thức:

Trang 7

Vậy: 22 2; 33 31111yxDDxyDDVậy 23xy * Trường hợp y0 ta cĩ 2 3 13( )33xycx y  Giải hệ (c) bằng 3 cách: Cách 1: Giải hệ (c) bằng phương pháp thế: Rút y ở phương trình thứ 2 của (c) ta cĩ: y3x3

Thay y3x3 vào phương trình thứ nhất của (C) ta cĩ:

                                   23(3) 13299 13743333334 4 4 47 7 7 74 12 12 21 333.3 37 7 7 7xxxxxyxyxyxxxxxyyyy

Vậy nghiệm của hệ đã cho là ( ; ) 4; 33 .77x y    Cách 2: Giải hệ phương trình 2 3 1333xyx y  bằng phương pháp cộng đại số

Nhân cả hai vế của (d) và 3 ta cĩ:

2313( )939xydxy  Tức trùng vế của (d), ta cĩ: 4747xx   Thay 47

Trang 8

4 8 82313 3 13 3 137 7 744477791 8444377774999933377217yyyxxxyxxxxyyy                                                Vậy 337y  thích hợp và y0 Cách 3: Giải hệ phương trình 2 3 1333xyx y 

 bằng phương pháp định thức (Quy tắc CRAME)

Ta cĩ: 2( 1) 3.( 3)2 9 7abDa ba bab        13( 1) 3.( 3)13 94xcbDc bc bcb       .c.c 2.3 3.13 6 3933yacDaaac    Vậy: 4; 3377yxDDxyDD

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: ( ; ) 4; 3377x y    b) Giải hệ phương trình: 3 2 221xyxy   

Trang 9

Vậy hệ của nghiệm đã cho là: ( ; ) 01xu vy  Bài 10: (10/133/SGK, Tập 2)

Giải hệ phương trình sau:

a) 2 1 1 111 2xyxy       b) 22(1)223(1)31xyxy Giải a) Giải hệ phương trình: 211 111 2xyxy      

 ta giải hệ phương trình này bằng phương pháp đặt ẩn phụ

Đặt x 1 u (với điều kiện u0); y 1 v v (0) thì hệ phương trình đã cho trở thành hệ:

21( )2u vau b   Cách 1:

Giải hệ phương trình (a) bằng phương pháp thế Rút v từ phương trình thứ hai của hệ (a) ta cĩ: u 2 u

Thay v 2 u vào phương trình thứ nhất của hệ (a), ta cĩ:

2(2) 12213312221uuuuuuvuvuvuv              * Với u1thì x      1 1 x 1 1 x 2* Với v1 thì y      1 1 y 1 1 y 2Vậy nghiệm của hệ là: ( ; )x y (2;2)

Cách 2:

Giải hệ (a) bằng phương pháp cộng đại số Cộng từng vế của hệ (a), ta cĩ: 212u vu v    3u  3 u 1

Trang 10

2.1121111111vvvvuuuu    * Với u1 thì x      1 1 x 1 1 x 2* Với v1 thì y      1 1 y 1 1 y 2Vậy nghiệm của hệ đã cho là: ( ; )x y (2;2).

Cách: Giải hệ phương trình 2 12u vu v    bằng quy tắc CRAME Ta cĩ: 2.1 1( 1)2 1 3abDa ba bab      1.1 2.( 1) 1 2 3xcbDc bc bcb    .c.c 2.2 1.1 4 1 3yacDaaac    Vậy:  3 1;  3 133yxDDxyDD* Với u1 thì x      1 1 x 1 1 x 2* Với v1 thì y      1 1 y 1 1 y 2

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: ( ; )x y (2;2).b) Giải hệ phương trình: 22(1)223(1)31xyxy 

Giải hệ phương trình này bằng phương pháp đặt ẩn phụ Đặt (x1)2u u (0) từ đĩ ta cĩ hệ phương trình: 22( )331uyauy 

 Ta giải hệ phương trình này bằng phương pháp cộng đại số

Nhân cả hai vế của phương trình thứ nhất của hệ (a) với 3 ta cĩ:

Trang 11

* Với 89u thì 2 218 319 59xxy      2 252 251;1;39392 252 251;4;3939xyxyxyxy              

Vậy hệ đã cho cĩ nghiệm là

2 252 25( ; )1;1;3339x y    Bài 11: Giải hệ phương trình: a) 4 2 637xyx y   b) 3214253xyxy   c) 5 3 38224xyxy   d) 74228x yxy  Giải a) Giải hệ phương trình 4 2 637xyx y  bằng phương pháp thế Cách 1:

Rút y từ phương trình thứ hai của hệ: y 7 3x

Thay y 7 3x vào phương trình thứ nhất của hệ, ta cĩ:

42(7 3 )6414 6610207 37 37 3xxxxxyxyxyx          227 61xxyyCách 2: Giải hệ phương trình 4 2 637xyx y  bằng phương pháp cộng đại số

Trang 12

426( )6214xyaxy 

 Cộng vế với vế của hệ (a), ta cĩ:

10x20 x 2

Thay x2 vào phương trình thứ nhất của hệ phương trình (a), ta được:

4.2 26222221yyxxxy 

Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm là: ( ; )x y (2;1).

Cách 3: Giải hệ phương trình 4 2 637xyx y   bằng phương pháp định thức: Ta cĩ: Daba b. a b.4.1 3( 2)6 4 10ab      6.1 7.( 2)6 1420xcbDc bc bcb   .c.c4.7 3.628 18 10yacDaaac  Vậy: 20 2; 10 11010yxDDxyDD

Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm là: ( ; )x y (2;1).b) Giải hệ phương trình: 3 2 14253xyxy Cách 1: Giải hệ phương trình 3 2 14253xyxy  (a) bằng phương pháp thế:

Rút y từ phương trình thứ hai của hệ (a), ta cĩ:

214 3 14 32xyxy  Thay 14 32xy 

Trang 13

14 3 14 32 214 3 70 15253 2 32 2xxyyxxxx                   14 314 322470 156197619764414 314 12122xxyyxxxxxxxyyy                

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: ( ; )x y (4;1).

Cách 2: Giải hệ phương trình 3 2 14253xyxy  bằng phương pháp cộng đại số

Nhân cả hai vế của phương trình thứ nhất của hệ (a) với 2 Nhân cả hai vế của phương trình thứ hai của hệ (a) và 3, ta cĩ:

6428( )6159xybxy  Trừ từng vế của hệ phương trình (b) ta cĩ: 19y19 y 1

Thay y1 vào phương trình thứ nhất của hệ (a), ta cĩ:

32.1 143124111xxxyyy     

Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm là: ( ; )x y (4;1).

Trang 14

Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm là: ( ; )x y (4;1).c) Giải hệ phương trình 5 3 38224xyxy  Cách 1: Giải hệ phương trình 5 3 38224xyxy   bằng phương pháp thế

Rút x từ phương trình thứ hai của hệ

224 2 4 2

2

y

x y  x   y

Thay x y 2 vào phương trình thứ nhất của hệ:

5(2) 338510 838848222yyyyyxyxyxy    646 26yxxy  

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: ( ; )x y (4;6).

Cách 2: Giải hệ phương trình 5 3 38224xyxy  

 (a) bằng phương pháp cộng đại số

Nhân cả hai vế của phương trình thứ nhất với 2 Nếu cả hai vế của phương trình thứ hai với 3, ta cĩ: 10676( )6612xybxy   cộng từng vế của hệ (b) ta cĩ: 16x64 y 4

Thay x4 vào phương trình thứ hai của hệ (a), ta cĩ:

Trang 15

Ta cĩ: 5.( 2) 2.310 616abDa ba bab       38.( 2) ( 4).376 1264xcbDc bc bcb      .c.c 5.( 4) 2.3820 7696yacDaaac      Vậy: 64964; 61616yxDDxyDD

Vậy tập nghiệm của phương trình là: ( ; )x y (4;6).d) Giải hệ phương trình 7 4228x yxy   (a) Cách 1:

Giải hệ phương trình (a) bằng phương pháp thế: Rút y từ phương trình thứ nhất của hệ (a), ta cĩ:   y 4 7x y 7x4

Thay y7x4 vào phương trình thứ hai của hệ (a), ta cĩ:

74747422(74)82148 81616yxyxyxxxxxx 117 43xxyy  

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: ( ; )x y (1;3).

Cách 2: Giải hệ phương trình 7 4228x yxy   bằng phương pháp cộng đại số

Nhân cả hai vế của phương trình thứ nhất với 2 ta cĩ

1428( )22(74)8xybxx   cộng từng vế của hệ (b) ta cĩ 16x16 x 1

Thay x1 vào phương trình thứ nhất của hệ (a), ta cĩ:

Trang 16

Vậy hệ đã cho cĩ nghiệm là: ( ; )x y (1;3).Cách 3: Giải hệ 7 4228x yxy     bằng quy tắc CRAME Ta cĩ: Daba b. a b.7.2 2.( 1) 14 2 16ab    4.2 8.( 1)8 8 16xcbDc bc bcb    .c.c 7.8 2.456 8 48yacDaaac   Vậy: 161; 4831616yxDDxyDD

Vậy hệ đã cho cĩ nghiệm là: ( ; )x y (1;3).

Bài 12: (14/133/SGK, Tập 2)

Hai giá trị cĩ 450 cuốn Nếu chuyển 50 cuốn từ giá thứ nhất sang giá thứ hai thì số sách ở giá thứ hai sẽ bằng 4

5 số sách ở giá thứ nhất Tính số sách lúc đầu ở mỗi giá

Giải

Muốn giải được bài này theo đúng quy tắc giải bài tốn bằng cách lập phương trình ta phải xác định được những đại lượng đã biết và những đại lượng chưa biết cĩ trong đề bài * Những đại lượng đã biết cĩ trong đề bài là:

- Tổng số cuốn sách cĩ trong hai giá lúc đầu là 450 cuốn

- Chuyển 50 cuốn từ giá thứ nhất sang giá thứ hai thì số giá số cuốn sách cĩ trong hai giá lúc này là 4

5

* Những đại lượng chưa biết

- Số cuốn sách lúc đầu ở giá thứ nhất là bao nhiêu cuốn? - Số cuốn sách lúc đầu ở giá thứ hai là bao nhiêu cuốn?

- Sau khi chuyển 50 cuốn từ giá thứ nhất sang giá thứ hai thì giá thứ nhất cịn lại bao nhiêu cuốn?

- Sau khi nhận 50 cuốn từ giá thứ nhất chuyển sang

Trong các đại lượng chưa biết, ta chọn đại lượng chưa biết nào làm ẩn số?

Trang 17

Gọi x là số cuốn sách lúc đầu cĩ trong giá thứ nhất và y là số cuốn sách trong giá thứ hai lúc ban đầu ( ,x y¥*) vì cả hai giá cĩ 450 cuốn nên ta cĩ phương trình thứ nhất

450

x y 

Sau khi chuyển 50 cuốn từ giá thứ nhất sang giá thứ hai thì số cuốn sách ở giá thứ nhất cịn là x – 50 và số sách giá thứ hai cĩ là y + 50 nên ta cĩ phương trình thứ hai

4

(50)50

5

x y

Theo bài ra ta cĩ hệ phương trình:

450450(50)5x yyx  Giải phương trình trên:

4504503004415050(50)50(45050)55x yxyxyyxyy       

Với giá trị x300 và y150 đã thỏa mãn điều kiện Vậy lúc đầu giá sách thứ nhất cĩ 300 cuốn

Lúc đầu giá sách thứ hai cĩ 150 cuốn

Cách 1:

Hầu hết các bài tốn giải bằng cách lập phương trình ta cĩ thể giải bằng hai cách: lập phương trình hai ẩn, cách thứ hai là lập phương trình một ẩn

Ta giải bài tốn trên bằng cách lập phương trình một ẩn Gọi x là số cuốn sách lúc đầu cĩ trong giá thứ nhất *

(x¥ và x450)thì số cuốn sách lúc đầu cĩ trong giá thứ hai là 450 – x Sau khi chuyển 50 cuốn từ giá thứ nhất sang giá thứ hai thì số cuốn sách ở giá thứ nhất cịn là x – 50, lúc này số cuốn sách ở giá thứ hai cĩ là 450 – x + 50 Biết rằng sau khi chuyển 50 cuốn từ giá thứ nhất sang giá thứ hai thì tỉ số cuốn sách thứ nhất và thứ hai là 45 nên ta cĩ phương trình: 500 4505xx 

Giải phương trình trên:

50042500 54200505xxxx 9x 2700   300x

Trang 18

Bài 13: (12/133/SGK, Tập 2)

Quãng đường AB gồm hai đoạn, đoạn lên dốc dài 4 km, đoạn xuống dốc dài 5 km Một người đi xe đạp từ A đến B hết 40 phút và đi từ B về A hết 41 phút (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và về như nhau)

Tính vận tốc lên dốc, vận tốc xuống dốc?

Nhắc lại tốn chuyển động chỉ cĩ 3 đại lượng: Quảng đường đi được, vận tốc đi trên quãng đường đĩ, thời gian đi trên quãng đường ấy

Bài này đề bài đã cho biết độ dài từng quãng đường Tổng thời gian lúc đi, thời gian lúc về chỉ cĩ vận tốc khi lên dốc và vận tốc xe đạp khi xuống dốc là chưa biết

* Những đại lượng đã biết cĩ trong bài tốn này - Đoạn đường lên dốc dài 4 km

- Đoạn đường xuống dốc dài 4 km lúc về hết 40 phút

- Thời gian lên dốc 5 km xuống dốc 4 km lúc về hết 41 phút * Những đại lượng chưa biết ở bài tốn:

- Vận tốc kho lên dốc lúc đi và về

- Thời gian lên dốc và xuống dốc lúc đi và về

Trong 4 đại lượng chưa biết ta chọn đại lượng chưa biết nào làm ẩn số? Ta nên chọn vận tốc lên dốc và vận tốc xuống dốc làm ẩn số

Gọi vận tốc xe lên dốc là x, vận tốc xe xuống dốc là y (x, y > 0 tính km/phút)

Thời gian lên dốc lúc đi là 4

x(phút), thời gian xuống dốc lúc đi là 5

y(phút) biết rằng thời gian cả lên dốc và xuống dốc lúc đi là 40 phút nên cĩ phương trình thứ nhất

4540

x y

Thời gian lên dốc lúc về 5

y(phút) và thời gian xuống dốc lúc về là 4

x(phút) mà cả hai lên dốc và xuống dốc lúc về hết 41 phút nên ta cĩ phương trình thứ hai:

4541

Trang 19

Theo đề bài ta cĩ hệ phương trình: 45405441xyxy   

Giải hệ phương trình trên:

            4520252025402002000,25420 1690,254116436xxyxyxyyxyxyy

Với các giá trị của x và y tính được đã thỏa mãn điều kiện Vậy vận tốc lên dốc là 0,2 km/phút tương đương với 12 km/giờ Vận tốc khi xuống dốc là 0,25 km/phút tương đương với 15 km/giờ

Bài 14: (13/133/SGK, Tập 2)

Xác định hệ số a của hàm số yax2,biết rằng đồ thị của nĩ đi qua điểm A(2; 1), vẽ đồ thị của hàm số đĩ

Giải

Trang 20

Đồ thị của hàm số 12

.4

y x

Bài 15: (14/133/SGK, Tập 2)

Gọi x x1, 2 là hai nghiệm của phương trình 3x2-ax b 0. Tổng của x1x2 bằng: (A) 3a (B) 3a (C) 3b (D) 3b

Hãy chọn câu trả lời đúng

Giải Đáp án B là đáp án đúng Bài 16: (15/133/SGK, Tập 2) Hai phương trình: 21 0x ax  và 20

x   x a cĩ một nghiệm chung khi a bằng:

(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3

Hãy chọn câu trả lời đúng

Giải Giải ra a2 ta cĩ: 22122*2 1 011.1 02.1bxxxa        2*x    x a 0 kết quả tương tự Vậy đáp án (C) là đáp án đúng Bài 17: (16/133/SGK, Tập 2) Giải phương trình: a) 2x3 x23x 6 0 b) x x(1)(x4)(x 5) 12Giải

a) Muốn giải phương trình thuộc câu a) ta phân tích vế trái ra thừa số để đưa phương trình về phương trình tích

Phân tích đa thức ở vế trái của phương trình ra thừa số bằng phương pháp thêm bớt số hạng

32322

Trang 21

3222222(22) (33 ) (66)02 (1) 3 (1) 6(1)0(1)(236)01 0236012360xxxxxx xx xxxxxxxxxxx           Phương trình 2x23x 6 0cĩ  (3)24.2.6 9 48   39 0 Phương trình 22x 3x 6 0vơ nghiệm

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S  1 b) Giải phương trình x x(1)(x4)(x 5) 12.

Muốn giải được phương trình này địi hỏi tư duy nhanh một chút, giám sát biểu thức nhanh một chút ta sẽ cĩ cách giải (1)(4)(5)12(5)(1)(4)12x x x xx x   x x22(x 5 )(x x 5x 4) 12

Quan sát tích ở vế trái của phương trình ta thấy các số hạng của đa thức tạo thành tích ở vế trái giúp ta tìm ra cách giải:

22

(x 5 )(x x 5x4) 12Đặt 2

52

x  x tthì phương trình trên trở thành phương trình: (t2)(t2) 12224 12164ttt     

* Với t4thì x25x  2 4 x25x 2 0 Phương trình này cĩ:

Trang 22

    2516322.12bxa

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là:

533533;; 2; 322S        Bài 18: (17/134/SGK, Tập 2)

Một lớp học cĩ 40 học sinh được sắp xếp ngồi đều nhau trên các hàng ghế Nếu bớt đi hai ghế băng thì mỗi ghế cịn lại phải xếp thêm 1 học sinh Tính số ghế băng lúc đầu

Giải

Nhắc lại: Khi giải bài tốn bằng cách lập phương trình nên xác định những đại lượng đã biết và những đại lượng chưa biết cĩ trong bài tốn Nếu xác định được đầy đủ, chính xác những đại lượng đã biết và những đại lượng cĩ trong bài tốn thì phần lí luận đi đến lập phương trình đầy đủ hơn, chính xác hơn theo quy tắc đã học

* Những đại lượng đã biết:

- Số học sinh của lớp gồm 40 học sinh - Bớt đi hai ghế của ghế đã sắp xếp ban đầu

- Vì bớt đi hai ghế nên phải xếp thêm mà ghế cịn lại 1 học sinh * Những đại lượng chưa biết:

- Số ghế băng đã sắp xếp lúc đầu là bao nhiêu chiếc? - Mỗi ghế lúc chưa bớt đi 2 số cĩ mấy học sinh ngồi

- Sau khi bớt đi hai ghế, những ghế cịn lại cĩ mấy học sinh ngồi? Trong các đại lượng chưa biết, ta chọn đại lượng nào làm ẩn số? Trong các đại lượng chưa biết nên cho số ghế bằng lúc đầu làm ẩn số

Gọi x là số ghế băng lúc đầu *

(x¥)thì số học sinh ngồi trên mỗi ghế băng lúc đầu là 40

x

(học sinh)

Sau khi bớt đi 2 ghế thì số ghế băng cịn lại là x2(chiếc) Số học sinh ngồi trên mỗi ghế băng lúc này là 40

2x (học sinh) 404012x  x 

Giải phương trình trên:

Trang 23

2

248 0

xx



Phương trình này cĩ   ( 1)2 1.( 80) 1 80 81 0 Phương trình cĩ hai nghiệm phân biệt:

1( 1)811 91010111bxa           1( 1)811 988111bxa (loại)

Như vậy lúc đầu cĩ 10 ghế

Bài 19: (18/134/SGK, Tập 2)

Cạnh huyền của một tam giác vuơng bằng 10 cm Hai cạnh gĩc vuơng cĩ độ dài hơn kém nhau 2 cm Tính độ dài các cạnh gĩc vuơng của tam giác vuơng đĩ

Giải

Đây là bài tốn cĩ nội dung hình học

Muốn giải được bài tốn này ta phải sử dụng định lí Pi-ta-go

Gọi x là độ dài cạnh gĩc vuơng ngắn hơn (x > 0 tính bằng cm) thì độ dài cạnh dài hơn là x + 2 (cm) Biết cạnh huyền tam giác đĩ dài là 10 cm

Theo định lí Pi-ta-go ta cĩ phương trình:

222

(2)10

x  x Giải phương trình trên:

22222(2)1044 100x  x x x  x 22249602480xxxx

Phương trình này cĩ các hệ số a1; b1; c 48 nên cĩ biệt thức:

22

11.( 48) 1 48 49 0

bac



    

Do  49 0 nên phương trình cĩ hai nghiệm phân biệt

11491 766111bxa     21491 788111bxa      (loại)

Với x16thỏa mãn điều kiện của ẩn số

Vậy cạnh gĩc vuơng ngắn hơn cĩ số đo là 6 cm thì cạnh gĩc vuơng dài hơn cĩ số đo là 8 cm

Trang 24

Một người đi xe máy từ A đến B cách nhau 120 km với vận tốc dự định Sau khi đi được 1

3

quãng đường AB người đĩ tăng vận tốc thêm 10 km/giờ trên quãng đường cịn lại Hãy tính vận tốc dự định và thời gian đi trên đoạn đường AB, biết rằng người đĩ đến B sớm hơn dự định 24 phút

Giải

Đây là bài tốn thuộc thể loại chuyển động, mà tốn chuyển động chỉ cĩ 3 đại lượng: * Quãng đường đi được

* Vận tốc đi trên quãng đ jn bvừng đĩ là bao nhiêu * Thời gian đi trên quãng đường đĩ là bao nhiêu

Cơng thức tính từng đại lượng trong thể loại tốn này là

.

Quãng đường thời gian vận tốc

 Quãng đườngVận tốcThời gian Quãng đườngThời gianVận tốc

* Những đại lượng đã biết cĩ trong bài tốn - Độ dài đoạn đường AB là 120cm.

- Đi với vận tốc dự định là 1

3 quãng đường bằng 40km. - Vì tăng vận tốc 10km h/ nên đến sớm hơn dự định 24 phút * Những đại lượng chưa biết trong đề tốn

- Vận tốc dự định đi từ A đến B

- Sau khi tăng thêm 10km h/ thì vận tốc là bao nhiêu? - Thời gian dự đi từ A đến B là bao nhiêu?

Gọi vận tốc dự định là x km h/ x0 thì thời gian dự định đi từ A đến B là 120

x (giờ) Một phần ba quãng đường AB là 120 40

3

km

km

 Quãng đường cịn lại đi với vận tốc

x10km h/ là 120 4080 km  và thời gian đi trên quãng đường 80 km là: 80

10

x (giờ)

Biết rằng vì tăng vận tốc ở đoạn đường 80 km nên người đĩ đến B sớm hơn dự định là 24

phút bằng 2

Trang 25

Theo bài ra cĩ phương trình: 12040802105xxx  

Giải phương trình trên ta được phương trình thu gọn: 2102000 0.x  x Phương trình này cĩ các hệ số: 1;5;2000a b c  nên 22 51.200025 200020250bac 

Do  0 nên phương trình cĩ hai nghiệm phân biệt:

1520255 454040111bxa    2520255 455050111bxa      (loại) Vậy vận tốc dự định đi từ A đến B là 40km h/ và thời gian dự định đi từ A đến B là 120 3

40 (giờ)

Bài 21:

Tìm hai số biết tổng của chúng là 11 và tổng các bình phương của hai số đĩ là 73

Giải

Bài tốn này thuộc thể loại sự liên hệ giữua các số Khi giải bài này ta phải sử dụng đến hằng đẳng thức đáng nhớ dạng 2 2 2

2

A BA  AB B và sử dụng cơng thức nghiệm thu gọn Gọi số thứ nhất là x x 0 thì số thứ hai là 11x.

Theo đề bài tổng các bình phương của hai số này là 73 nên ta cĩ phương trình

2

2

1173

x x 

Giải phương trình trên: 2 2

1173x x 22121 2273xx x22x 22x 48 0

 Chia cả hai vế của phương trình cho 2, ta cĩ: 21124 0xx Phương trình cĩ các hệ số a1;b11;c20 nên 2  24114.1.24 121 96250bac  

Trang 26

 11125 11 5 16822.122bxa     21125 11 5 6322.122bxa    

Vậy hai số phải tìm là: Số lớn là 8 Số nhỏ là 3 Thử lại: 8 3 11 228 364 9 73.  Bài 22:

Cho hai số, số lớn gấp 2 lần số nhỏ Nếu cộng 2 vào mỗi số thì tỉ số giữa số nhỏ và số lớn là

3.

5 Tìm hai số đĩ

Giải

Gọi số nhỏ là x thì số lớn là 2x Nếu thêm 2 vào mỗi số thì số nhỏ sẽ là x2, số lớn là 2x2

Biết rằng sau khi thêm 2 vào mỗi số thì tỉ số giữa số lớn và số nhỏ là 3

5 nên cĩ phương trình: 23225xx 

Giải phương trình trên:

23225xx Áp dụng tính chất cơ bản của tỉ lệ thức, ta cĩ: 5x 10 6x 6 x 4 x 4       Vậy số nhỏ là 4 và số lớn là 4.2 8. Bài 23:

Cho hai số, số này lớn gấp 3 lần số kia Nếu cộng thêm 1 vào mỗi số thì tổng nghịch đảo của chúng bằng 3

4 Tìm hai số đĩ

Giải

Gọi số nhỏ là x thì số lớn là 3x Nếu thêm 1 vào mỗi số thì số nhỏ sẽ là x1 và số lớn sẽ là

3x1 Biết rằng sau khi thêm 1 vào mỗi số thì tổng nghịch đảo của chúng bằng 3

Trang 27

113

1 314

x  x 



Giải phương trình trên: Điều kiện x 1 và 13x      1134 314131 311 314 xxxxx  x     212x 4 4x 4 9x 3x 9x 3  29x 4x 5 0  Phương trình 29x 3x 9 0 cĩ các hệ số a9;b 4;c 5. nên a b c          9    459 4 50 Do đĩ: x11 và 2 59cxa   Vậy số nhỏ là 1 và số lớn là 3 hoặc số nhỏ là 59 thì số lớn là 5.3 Bài 24:

Một đồn xe chở 56 tấn lương thực, lúc sắp khởi hành cĩ một chiếc xe bị hỏng nên mỗi xe cịn lại phải chở thêm một tấn lương thực nữa Hỏi đồn xe lúc đầu cĩ mấy chiếc

Giải

Nhắc lại: Quy tắc giải bài tốn bằng cách lập phương trình :

Bước 1: Lập phương trình:

- Chọn ẩn số và đặt điều kiện thích hợp cho ẩn số

- Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn số và các đại lượng đã biết

- Lập phương trình biểu thị mối quan hệ giữa các đại lượng cĩ trong bài tốn

Bước 2: Giải phương trình vừa lập

Bước 3: Trả lời Kiểm tra xem trong các nghiệm của phương trình vừa giải, nghiệm nào thỏa

mãn điều kiện của ẩn, nghiệm nào khơng, rồi kết luận

Gọi x là số chiếc xe của đồn xe lúc đầu (x nguyên dương) Mỗi xe lúc đầu dự định chở 56

x

tấn hàng Do 1 xe bị hỏng nên mỗi xe phải chở 56

1

x tấn lương thực Theo bài ra ta cĩ

Trang 28

Giải phương trình trên: 56565656111xxxxx  256x 56x x 56 x256x 56x x 56 x 0  256 0xx   256 0x  x  Phương trình cĩ các hệ số a1; b 1;c 56 nên:  2  2414.1.561 2242250bac   

Do  225 0 nên phương trình cĩ hai nghiệm phân biệt

 11225 1 15 16822.122bxa      21225 1 15 14722.122bxa      (loại)

Với x8 thỏa mãn điều kiện đề bài

Vậy đoạn xe chở lương thực lúc đầu cĩ 8 xe

Bài 25:

Tìm hai số cĩ tổng bằng 15 và tổng các bình phương của chúng là 117

Giải

Gọi x là số thứ nhất x15 thì số thứ hai phải là 15x.

Theo đề bài tổng các phương của hai số là 117 nên cĩ phương trình:

2

2

x15x 117 Giải phương trình trên:

22225 30117x  x x  22x 30x 1080 a

 chia cả hai vế của  a cho 2, ta cĩ: 21554 0x  x Phương trình x215x54 0 cĩ các hệ số a1;b 15; c54 nên  224154.1.54225 2169bac  

Trang 29

 1159 15 3 18922.122bxa     2159 15 3 12622.122bxa    Thử lại: Tổng của hai số là 9 6 15. 

Tổng các bình phương của hai số là 9262 81 36 117 Vậy hai số phải tìm là 9 và 6

Bài 26:

Đề thi của HÀ NAM năm học 2009 – 2010

Một cơng ty dự định là 312 sản phẩm trong một thời gian nhất định Nhờ cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày đã làm được nhiều hơn dự định 2 sản phẩm so với dự định Do thế cơng ty đã hồn thành cơng việc sớm hơn một ngày so với dự định Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày cơng ty làm bao nhiêu sản phẩm?

Giải

Muốn giải được bài này nhanh và đúng quy tắc, ta nên xác định các đại lượng đã biết và các đại lượng chưa biết ở giấy nháp Dựa vào quy tắc, những đại lượng đã biết, ẩn số và những đại lượng chưa biết để lập phương trình

* Những đại lượng đã biết cĩ trong nội dung đề tốn - Số sản phẩm cần làm theo kế hoạch là 312 sản phẩm - Do cải tiến nên mỗi ngày làm mộ mức dự định sản phẩm - Hồn thành kế hoạch sớm hơn dự định 1 ngày

* Những đại lượng chưa biết cĩ trong nội dung đề tốn: - Dự định mỗi ngày phải làm bao nhiêu sản phẩm? - Thực làm một ngày được bao nhiêu sản phẩm?

- Dự định làm trong bao nhiêu ngày thì xong cơng việc

Trong các đại lượng chưa biết đã xác định, chọn đại lượng chưa biết làm ẩn số? Ta chọn số sản phẩm dự định sản xuất trong một ngày làm ẩn số

Gọi x là số sản phẩm cơng ty phải làm trong một ngày theo kế hoạch (x nguyên, dương) thì số ngày cần để làm 312 sản phẩm là 312.

x

Do cải tiến kĩ thuật nên số ngày cần để làm 312 sản phẩm là 312

2

Trang 30

Biết rằng thời gian thực làm so với thời gian trong kế hoạch ít hơn một ngày nên phương trình: 31231212x x 

Giải phương trình trên:

3123121312231222 xxx xx x    2312x 624 312xx 2x22624 0xx Phương trình 22624 0x  x cĩ a1;b1;c 624 nên: 2211.6241 6246250bac   

Do  625 0 nên phương trình cĩ hai nghiệm phân biệt:

116251 252424111bxa     216251 252626111bxa      (loại)

Vậy theo kế hoạch mỗi ngày cơng ty phải làm 24 sản phẩm

Bài 27:

Một người đi xe đạp từ A đến B dài 48 km trong một thời gian dự định Khi đi được nửa đường người đĩ nghỉ 30 phút Để đến B đúng thời gian dự định người đĩ đã tăng vận tốc thêm 4km h/ trên quãng đường cịn lại Tính vận tốc ban đầu và thời gian xe lăn bánh trên đường

Giải

Phương pháp giải các bài tốn thuộc thể loại chuyển động đã nêu ở nhiều bài trên

Gọi x là vận tốc của xe đạp lúc đầu (x0 tính bằng km h/ ) thì thời gian đi nửa đoạn đường đầu là 24

x (giờ), thời gian đi nửa đoạn đường cịn lại là 24 .4

x

Theo bài ra ta cĩ phương trình: 24 24 1 48

42

x x   x



Giải phương trình trên:

Trang 31

Phương trình 24192 0x  x cĩ các hệ số a1;b2;c 192 nên 22 21.1924 192 196bac  

Do  196 0 nên phương trình cĩ hai nghiệm phân biệt:

121962 141212111bxa    221962 141611bxa      (loại) Vậy vận tốc dự định của xe đạp là 12km h/

Và thời gian xe lăn bánh trên đường là 24 24 2 11 311216 22

Bài 28:

Một ca nơ vừa xuơi vừa ngược đoạn sơng dài 36 km hết cả thẩy 5 giờ Tính vận tốc thực của ca nơ, biết vận tốc của dịng sơng là 3 km h/

Giải

Gọi vận tốc thực của ca no là x (x0 tính bằng km h/ ) thời gian ca nơ xuơi dịng sơng dài 36

km là 36

3

x (vì vận tốc dịng sống là 3 km h/ )

Thời gian ca nơ ngược dịng sơng dài 36 km là: 36 .3

x

Theo bài ra ta cĩ phương trình: 36 36 5

33

x x 



Giải phương trình trên:

 3636536336353333 xxxxx  x     236x 108 36x 108 5x 4525x 72x 45 0 25x 72x 45 0 Phương trình 25x 72x45 0 cĩ các hệ số a5;b 36;c 45 nên 2  2  365.451296 225 1521bac  

Do  1521 0 nên phương trình cĩ hai nghiệm phân biệt:

Trang 32

 2361521 36 39 33551bxa     (loại)

Vậy vận tốc thực của ca nơ là 15km h/

Bài 29: Cho biểu thức: 2 2 2 111xxxxxAxxxx a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của A. c) Tìm x để biểu thức Q2 xA nhận giá trị là số nguyên Giải

a) Muơn rút gọn biểu thức A ta phải thực hiện các phép tính cộng, trừ các phân thức cĩ mẫu thức khác nhau

Muốn cộng, trừ các phân thức cĩ mẫu thức khác nhau, ta phải quy đồng mẫu thức các phân thức đĩ

Muốn quy đồng mẫu thức các phân thức ta phải phân tích các mẫu thức ra thừa số để chọn mẫu thức chung và cùng cĩ thể phân tích tử thức ra thừa số để rút gọn

a) 2 2 2 111xxxxxAxxxx (x0 và x1)  1 1 21 21 111xxxxxxxxxxxx  1 21 21xxxx  21 22xxxx  1xx  b) Từ A xx1 ta tìm giá trị nhỏ nhất của A.

Muốn tìm giá trị nhỏ nhất của A ta biến đổi biểu thức x x1 thành bất đẳng thức lớn hơn hoặc bằng một số thực nào đĩ Rồi rút dấu "" xảy ra khi nào?

Trang 33

Do đĩ A đạt giá trị nhỏ nhất là 34 khi 14x hay x0,25. c) 2 2 211xQAMxx

Với x0 và x1, ta áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho hai số dương, ta cĩ:  1     1 102

MxQ

x

Do đĩ Q là số nguyên khi và chỉ khi 1 7 3 5.2Q  x  Bài 30: Cho biểu thức     244448161xxxxAxx

Rút gọn biểu thức A rồi tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A cĩ giá trị nguyên

Giải

Muốn rút gọn biểu thức A trước tiên ta phải rút gọn các biểu thức nằm trong dấu căn Muốn rút gọn các biểu thức nằm trong dấu căn ta phải tư duy nhanh một chút để thấy các biểu thức nằm trong dấu căn là các biểu thức khai triển của các bình phương nhị thức Như vậy ta phải vận dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ:

Trang 34

* Nếu x8 thì 24xAx Với 2 4 1644xAxx  với x¢ ta cĩ A¢.4x  là ước của 16 và 4   x 8 x 5; 6;8  Với 24xAx

 và x¢ , nêu x4 là số vơ tỉ thì A cũng là số vơ tỉ

nên khơng thỏa mãn yêu cầu của đề bài x 4 p

q

  với p q, nguyên dương và  p q,1. Khi đĩ 222428pqpqApqpq¢2282pqk 2p 8qkpqqp  ¢ Từ đĩ ta thấy: 2

2p phải chia hết cho q mà  p q;1 nên q phải là ước của 2 Vậy q1 hoặc q2 Tương tự p là ước của 8 nên p1; 2; 4;8 

Vì  p q;1 nên:

+ q2 và p1 thì x khơng phải là số nguyên

+ nếu q1 mà x8 nên p4 thì 8 thỏa mãn điều kiện đề bài Khi đĩ x20; 68 

Bài 31:

Rút gọn biểu thức:

2 231 43

A x  x  x  x với 3 x 4

Giải

Muốn rút gọn biểu thức A ta phải rút gọn các biểu thức nằm trong dấu căn

Muốn rút gọn các biểu thức nằm trong dấu căn ta biến đổi các biểu thức này để đưa các biểu thức về dạng biểu thức khai triển của bình phương nhị thức

Muốn đưa các biểu thức nằm trong dấu căn về các biểu thức thuộc dạng bình phương nhị thức ta phải thêm bớt số hạng một cách thích hợp

2 231 43

Trang 35

 2 23 13 2xx   Áp dụng định lí 203 13 20A nếu AAAxxA nếu A     Nếu 3 x 4 thì x  3 1 2 Do đĩ: A 1 x3  2 x3 1 Bài 32:

1) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) x3 x2 b) x4 x3 2) Chứng minh giá trị của biểu thức:

25110334356xxxMxxxxxx

(với x0) khơng phụ thuộc vào x.

Giải

1) Phân tích các đa thức ra thừa số:

a) x3 x2 Dùng phương pháp tách số hạng để phân tích đa thức

32x x ra thừa số 22xxx xx 2 x 2 Dùng phương pháp nhĩm số hạng  1 21xxx

  Dùng phương pháp đặt thành thừa số chung

 x 1 x 2



b) Phân tích đa thức x4 x3 ra thừa số:

43

x x Dùng phương pháp tách số hạng để tạo ra các nhĩm số hạng chứa thừa số chung

33xxx   2 33xxx   Dùng phương pháp nhĩm số hạng  1 31xxx

  Dùng phương pháp đặt thành thừa số chung

 x 1 x 3

Trang 36

2) Chứng minh giá trị biểu thức M khơng phụ thuộc vào x.

Những biểu thức cĩ chứa biến sau khi biến đổi, các biến bị triệt tiêu chỉ cịn lại các số thức Những biểu thức như thế được gọi là biểu thức khơng phụ thuộc vào biến

25110334356xxxMxxxxxx  22 1  53 1 1  310 2xxxxxxxxx   23512101321xxxxxxxxx  26511211105566x xxxxxxx xxxxx    2611626116x xxxMx xxx 

 khơng phụ thuộc vào x.

Bài 33:

Đề thi của tỉnh HẢI DƯƠNG năm học 2005 – 2006 Cho biểu thức: 11:1 1 1x xxxPxxxx            với 0x và x1. 1) Rút gọn biểu thức P. 2 Tìm giá trị của x để P3. Giải 1) Rút gọn biểu thức P.

Muốn rút gọn biểu thức P ta phân tích tử và mẫu thức ra thừa số

Trang 37

11:11xxxxxx   21.1xxxx 2 xx 2) Vậy khi 49x thì P3. Bài 34: Giải hệ phương trình: a) 3525xyxyxyxy  b) 11341126515xyxy    Giải a) 3525xyxyxyxy  53155210xyxyxyxyxyxy   Áp dụng tính chất của đẳng thức, ta cĩ:  53155210xyaxy   Cách 1:

Giải hệ phương trình  a bằng phương pháp thế: Rút y từ phương trình thứ hai của  a :

510251025102xyxyxy     Thay 5 102xy 

vào phương trình thứ nhất của  a , ta cĩ:

Trang 38

10153030560125105105.12 10222xxxxxxyyy     1225xy    Vậy hệ cĩ nghiệm là   x y;12; 25  Cách 2:

Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số

2525251252.25 10510 505x6025yyyxxxy          Vậy hệ cĩ nghiệm là   x y;12; 25  Cách 3:

Giải hệ phương trình  a bằng quy tắc CRAME

53155210xyxy  cĩ:     5 25.3 10 155a bDa ba ba b        15.210.330 3060xc bDc bc bc b         5 10 5.1550 75125yc cDa ca ca c       Do đĩ: 60 12; 125 2555DxDyxyDD

Vậy nghiệm của hệ đã cho là   x y;12; 25 

b) Giải hệ phương trình: 11341126515xyxy    

Giải hệ phương trình  a bằng phương pháp đặt ẩn phụ Đặt 1 a; 1 b

Trang 39

 34431212942564101286515a bababbababab            Trừ từng vế của hệ  b thì được: 11121 2221012815 1281234aaaaabbbb             * Với 12a thì 11 122 xx   * Với 14b thì 11 14.4 yy  

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:    x y;2; 4

Bài 35: Giải hệ phương trình 22  19834x yxy  Cách 1:

Giải hệ phương trình (1) bằng phương pháp thế Rút y từ phương trình thứ nhất của hệ (1), ta cĩ:

2222

yxyx

    

Thay y2x2 vào phương trình thứ hai của hệ (1), ta cĩ:

22 2 2 2 298 223491616 342550x yx yx yxxxxx               2222.2222xxxyyy     

Vậy nghiệm của hệ là:    x y;2; 2

Cách 2:

Giải hệ phương trình (1) bằng phương pháp cộng đại số

 229834x yaxy 

Trang 40

 168169834xybxy  Cộng từng vế của hệ (b), ta cĩ: 25x50 x 2

Thay x2 vào phương trình thứ nhất của hệ (a) ta được:

42222yxxy 

Vậy nghiệm của hệ đã cho là    x y;2; 2

Cách 3: Giải hệ phương trình 2 29834x yxy  bằng quy tắc CRAME Ta cĩ:   2.8 9.116 925a bDa ba ba b       2.8 34.116 3450xc bDc bc bc b    2.34 9.268 18 50yc cDa ca ca c  Do đĩ: 50 2; y 50 22525DxDyxDD

Vậy nghiệm của hệ đã cho là    x y;2; 2

Bài 36: Cho biểu thức 2 9 3 2 15623xxxAxxxx

a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A cĩ nghĩa

b) Rút gọn biểu thức A.

Giải

Muốn cho biểu thức phải cĩ nghĩa thì mẫu thức phải khác 0

Biểu thức cĩ chứa căn thức thì biểu thức cĩ nghĩa khi và chỉ khi biểu thức lấy căn phải bằng hoặc lớn hơn 0 Do đĩ:

a) Điều kiện để A cĩ nghĩa là: x0; x4; x9.