Các Bài Toán Nâng Cao Chuyên đề Hệ Thức Viet
Có thể bạn quan tâm
Câu 1:
cho phương trình ấn x: ${{x}^{2}}-2\left( m-1 \right)x-3-m=0$
1, Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm với mọi số m
2, tìm m sao cho nghiệm x1; x2 của phương trình thỏa mãn điều kiện
$x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\ge 10$
Câu 2:
Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình \[{{x}^{2}}-3x\text{ }+a=0\]
Gọi t1; t2 là hai nghiệm của phương trình \[{{t}^{2}}-12t+b=0\]
Cho biết $\frac{{{x}_{1}}}{{{x}_{2}}}=\frac{{{x}_{2}}}{{{t}_{1}}}=\frac{{{t}_{1}}}{{{t}_{2}}}$ . Tính a và b
Câu 3:
Cho phương trình \[\left( m-1 \right){{x}^{2}}-2\left( m+1 \right)x+m=0\text{ }\left( 1 \right)\]
- Giải và biện luận phương trình (1) theo m
- Khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \[{{x}_{1}};\text{ }{{x}_{2}}\]
- Tìm một hệ thức liên hệ giữa \[{{x}_{1}};\text{ }{{x}_{2}}\] độc lập đối với m
- Tìm m sao cho $\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|\ge 2$
Câu 4:
Cho phương trình \[{{x}^{2}}+px-1=0\] (p là số lẻ) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2. Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên thì $x_{1}^{n}+x_{2}^{n}$ và$x_{1}^{n+1}+x_{2}^{n+1}$ đều là các số nguyên và chúng nguyên tố cùng nhau.
Câu 5:
Cho x,y>0 thỏa mãn hệ thức$\sqrt{x}(\sqrt{x}+\sqrt{y})=3\sqrt{y}\left( \sqrt{x}+5\sqrt{y} \right)(1)$
Hãy tính giá trị biểu thức $E=\frac{2x+\sqrt{xy}+3y}{x+\sqrt{xy}-y}$
Câu 6:
a, Không giải phương trình này hãy tính hiệu các lập phương của các nghiệm lớn và nghiệm nhỏ của phương trình :${{x}^{2}}-\frac{\sqrt{85}}{4}x+1\frac{5}{16}=0$
b. Với giá trị nào của số nguyên a các nghiệm của phương trình
\[\text{a}{{\text{x}}^{2}}+\left( 2a-1 \right)x+a-2=0\] là các số hữu tỷ.
Câu 7:
cho phương trình \[{{x}^{2}}+~ax+b=0\] . Xác định a và b để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa mãn x1 – x2 =5 và $x_{1}^{3}-x_{2}^{3}=35$ .Tính các nghiệm đó
Câu 8:
cho phương trình ${{x}^{2}}-2(m-1)x+{{m}^{2}}-3m+4=0$
- Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa mãn $\frac{1}{{{x}_{1}}}+\frac{1}{{{x}_{2}}}=1$
- Lập một hệ thức độc lập giữa x1 và x2 độc lập với m.
Câu 9:
Cho phương trình $\left( m+2 \right){{x}^{2}}-2\left( m-1 \right)x+3-m=0$
- Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn hệ thức:
$x_{1}^{2}+x_{2}^{2}={{x}_{1}}+{{x}_{2}}$
- Lập một hệ thức giữa x1 và x2 không phụ thuộc vào m
- Viết một phương trình bậc hai có các nghiệm là:
${{X}_{1}}=\frac{{{x}_{1}}-1}{{{x}_{1}}+1};{{X}_{2}}=\frac{{{x}_{2}}-1}{{{x}_{2}}+1}$
Câu 10:
Giả sửa và b là hai số khác nhau. Chứng minh rằng nếu phương trình:
${{x}^{2}}$ \[+ax+2b=0~~\] (1)
${{x}^{2}}+bx+2a=0$ (2)
Có đúng một nghiệm chung thì các nghiệm số còn lại của (1) và (2) là nghiệm của phương trình ${{x}^{2}}+2x+ab=0$
Câu 11:
cho phương trình \[a{{x}^{2}}+bx+c=0\text{ }\left( a\ne 0 \right)\]
Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để phương trình có hai nghiệm mà nghiệm này gấp đôi nghiệm kia là \[9ac=2{{b}^{2}}\]
Câu 12:
Cho phương trình : có 2 nghiệm phân biệt Không giải phương trình trên, hãy lập phương trình bậc 2 có ẩn là y thoả mãn : và
Câu 13:
Cho phương trình : có 2 nghiệm . Lập hệ thức liên hệ giữa sao cho chúng không phụ thuộc vào m.
Câu 14:
Cho phương trình :
Gọi là các nghiệm của phương trình. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
Câu 15:
Xét phương trình: ${{x}^{4}}-2({{m}^{2}}+2)+5{{m}^{2}}+3=0$ (1) m là tham số.
- Chứng minh rằng phương trình luôn có 4 nghiệm phân biệt với mọi m.
- Gọi các nghiệm là ${{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}},{{x}_{4}}$ . Hãy tính theo m giá trị của biểu thức:
M=$\frac{1}{x_{1}^{2}}+\frac{1}{x_{2}^{2}}+\frac{1}{x_{3}^{2}}+\frac{1}{x_{4}^{2}}$.
Câu 16:
Cho phương trình x$^{2}$- ax + a - 1 = 0 có hai nghiệm ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$
a) Không giải phương trình hãy tính giá trị biểu thức $M=\frac{3x_{1}^{2}+3x_{2}^{2}-3}{x_{1}^{2}{{x}_{2}}+x_{2}^{2}{{x}_{1}}}$
b) Tìm a để tổng bình phương hai nghiệm đạt GTNN ?
Câu 17:
a) Tìm m để phương trình $2{{x}^{2}}+2mx+{{m}^{2}}-2=0$ có hai nghiệm phân biệt
b) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của nó, tìm GTLN của biểu thức:
$A=\left| 2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+{{x}_{1}}+{{x}_{2}}-4 \right|$.
Câu 18:
Cho đa thức \[f(x)={{x}^{4}}+4{{x}^{3}}-2{{x}^{2}}-12x+1\] có các nghiệm là \[{{x}_{i}}\]; \[i=\overline{1,4}\]. Hãy tính tổng sau:
\[S=\underset{i=1}{\overset{4}{\mathop \Sigma }}\,\frac{2x_{i}^{2}+1}{{{(x_{i}^{2}-1)}^{2}}}\].
Câu 19:
Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2 +bx+c ( a khác 0) có hai nghiệm x1;x2 thuộc [0;1]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
\[A=\frac{(a-b)(2a-b)}{a(a-b+c)}\].
Câu 20:
Cho phương trình ax2+bx+c=0(1) với a>0 có hai nghiệm x1;x2 thuộc \[\left[ 2;+\infty \right)\]. Chứng minh rằng :
(2+\[(4a-b)(2+\sqrt{\frac{c}{a}})\ge 2(4a-2b+c)\] (1)
Câu 21:
Gỉa sử phương trình ax3 +(b-a)x2+(c-a)x-c=0(1), với \[a\ne 0\]có 3 nghiệm là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng :
\[\frac{2a-b}{a+c-b}+\frac{a}{b}>0\](2).
Câu 22:
Xét phương trình bậc hai :
\[a{{x}^{2}}+bx+c=0,a\ne 0\].
Giả sử x1 ; x2 là các nghiệm của nó.
Tính \[{{S}_{n}}={{x}_{1}}^{n}+x_{2}^{n}\],\[n\in N\].
Câu 23:
Tìm đa thức bậc 5 có hệ số nguyên nhận số thực \[\varepsilon =\sqrt[5]{\frac{2}{5}}+\sqrt[5]{\frac{5}{2}}\] làm nghiệm.
Câu 24:
Tìm chữ số tận cùng của phần nguyên của số \[{{(5+3\sqrt{3})}^{2013}}\]
Câu 25:
Tìm m để phương trình :
\[{{x}^{4}}-(2m+3){{x}^{2}}+m+5=0\] (1)
Có các nghiệm thỏa mãn : \[-20, \[\forall m\]
$P={{y}_{1}}.{{y}_{2}}=\frac{c}{a}=5{{m}^{2}}+3$>0, \[\forall m\]
$\Rightarrow {{y}_{1}},{{y}_{2}}$cùng dương.
Vậy (2) luôn có hai nghiệm dương phân biệt nên (1) luôn có 4 nghiệm phân biệt.
2) Theo kết quả trên ta có ${{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}},{{x}_{4}}\ne 0$
Vậy ${{x}_{1}}=\sqrt{{{y}_{1}}},{{x}_{2}}=-\sqrt{{{y}_{1}}}$ , ${{x}_{3}}=\sqrt{{{y}_{2}}},{{x}_{4}}=-\sqrt{{{y}_{2}}}$
$M=\frac{1}{{{(\sqrt{{{y}_{1}}})}^{2}}}+\frac{1}{{{(-\sqrt{{{y}_{1}}})}^{2}}}+\frac{1}{{{(\sqrt{{{y}_{2}}})}^{2}}}+\frac{1}{{{(-\sqrt{{{y}_{2}}})}^{2}}}$ = \[\frac{2}{{{y}_{1}}}+\frac{2}{{{y}_{2}}}\] = \[\frac{2({{y}_{1}}+{{y}_{2}})}{{{y}_{1}}+{{y}_{2}}}\]
Thay kết quả S và P vào M ta có:
$M=\frac{2.2({{m}^{2}}+2)}{5{{m}^{2}}+3}=\frac{4({{m}^{2}}+2)}{5{{m}^{2}}+3}$
Kết luận: $M=\frac{4({{m}^{2}}+2)}{5{{m}^{2}}+3}$
Câu 16:
a) Ta có: $M=\frac{3(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-1)}{{{x}_{1}}{{x}_{2}}({{x}_{1}}+{{x}_{2}})}=\frac{3\left[ {{({{x}_{1}}+{{x}_{2}})}^{2}}-2{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1 \right]}{{{x}_{1}}{{x}_{2}}({{x}_{1}}+{{x}_{2}})}$
Theo định lý Vi-et ta có :
$S={{x}_{1}}+{{x}_{2}}=a;P={{x}_{1}}.{{x}_{2}}=a-1$
Vậy $M=\frac{3\left[ {{a}^{2}}-2(a-1)-1 \right]}{a(a-1)}=\frac{3\left[ (a+1)(a-1)-2(a-1) \right]}{a(a-1)}$
$=\frac{3{{(a-1)}^{2}}}{a(a-1)}=\frac{3{{(a-1)}^{2}}}{a(a-1)}=\frac{3(a-1)}{a}$ (ĐK : $a\ne 0,a\ne 1$)
b) Ta có $S={{x}_{1}}+{{x}_{2}}=a$ (1)
$P={{x}_{1}}.{{x}_{2}}=a-1$ (2)
Đặt A= x12 +x22 =(x1 +x2 )2 -2x1x2 = a2 -2a+2= (a-1)2 +1\[\ge \] 1
và A=1 khi a=1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1 khi a=1.
Câu 17:
a) Ta có: ${{\Delta }^{,}}={{m}^{2}}-2({{m}^{2}}-2)=-{{m}^{2}}+4$.
Phương trình có hai nghiệm khi và chỉ khi:
\[\Delta '=4-{{m}^{2}}>0\]
b) Theo định lý Vi-et ta có :
${{x}_{1}}+{{x}_{2}}=-m;{{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{{{m}^{2}}-2}{2}$
Vậy $A=\left| 2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+{{x}_{1}}+{{x}_{2}}-4 \right|=\left| (m+2)(m-3) \right|$=\[-\left( \text{m}+\text{2} \right)\left( \text{m}-\text{3} \right)\],vì m \[\in \](-2;2)
Do đó $A=(m+2)(3-m)=-{{m}^{2}}+m+6=-{{(m-\frac{1}{2})}^{2}}+\frac{25}{4}\le \frac{25}{4}$
Vậy GTLN của A là $\frac{25}{4}$khi và chỉ khi \[m=\frac{1}{2}\].
Câu 18:
Ta viết lại :
\[f(x)={{({{x}^{2}}+2x)}^{2}}-6({{x}^{2}}+2x)+9=8\]
\[\Leftrightarrow \]\[{{({{x}^{2}}+2x-3)}^{2}}=8\]
Gọi các nghiệm của (1) là \[{{x}_{1}};{{x}_{2}}\]; các nghiệm của (2) là \[{{x}_{3}};{{x}_{4}}\].
Ta có :
\[{{S}_{1}}=\frac{2x_{1}^{2}+1}{{{(x_{1}^{2}-1)}^{_{2}}}}+\frac{2x_{2}^{2}+1}{{{(x_{2}^{2}-1)}^{_{2}}}}\]=\[\frac{2x_{1}^{2}+1}{{{(x_{1}^{{}}-1)}^{2}}{{(x_{1}^{{}}+1)}^{2}}}+\frac{2x_{2}^{2}+1}{{{(x_{2}^{{}}-1)}^{2}}{{(x_{2}^{{}}+1)}^{2}}}\]=
\[=\frac{2x_{1}^{2}+1}{{{(x_{1}^{{}}-1)}^{2}}(4-\sqrt{8})}+\frac{2x_{2}^{2}+1}{{{(x_{2}^{{}}-1)}^{2}}(4-\sqrt{8})}\]
\[=\frac{1}{(4-\sqrt{8})}\left[ \frac{(2x_{1}^{2}+1){{({{x}_{2}}-1)}^{2}}+(2x_{2}^{2}+1){{({{x}_{1}}-1)}^{2}}}{{{\left[ ({{x}_{1}}-1)({{x}_{2}}-1) \right]}^{2}}} \right]\]\[=\frac{1}{(4-\sqrt{8})}\left[ \frac{(2x_{1}^{2}+1)(x_{2}^{2}-2{{x}_{2}}+1)+(2x_{2}^{2}+1)(x_{1}^{2}-2{{x}_{1}}+1)}{{{\left[ ({{x}_{1}}{{x}_{2}}-{{x}_{1}}-{{x}_{2}}+1) \right]}^{2}}} \right]\]
\[=\frac{1}{(4-\sqrt{8})}\left[ \frac{4x_{1}^{2}x_{2}^{2}-4{{x}_{1}}{{x}_{2}}({{x}_{1}}+{{x}_{2}})+3(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})-2({{x}_{1}}+{{x}_{2}})+2}{{{\left[ ({{x}_{1}}{{x}_{2}}-{{x}_{1}}-{{x}_{2}}+1) \right]}^{2}}} \right]\].
Áp dụng định lý Vi-et ta có: \[{{x}_{1}}+{{x}_{2}}=-2\] ; \[{{x}_{1}}{{x}_{2}}=-3+\sqrt{8}\].
Thay vào biểu thức trên ta có: \[{{S}_{1}}=\frac{1}{4+\sqrt{8}}\frac{80+22\sqrt{8}}{8}\].
Thực hiện việc tính toán tương tự đối với phương trình (2) ta có :
\[S={{S}_{1}}+{{S}_{2}}=\frac{9}{2}\].
Câu 19:
Theo định lý Vi-et ta có: \[{{x}_{1}}+{{x}_{2}}=\frac{-b}{a};{{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{c}{a}\]. Biến đổi biểu thức A ta được:
\[\le 2+\frac{1+{{x}_{1}}{{x}_{2}}+{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{1+{{x}_{1}}+{{x}_{2}}+{{x}_{1}}{{x}_{2}}}\le \] 3.
Lại có với b=-2a=-2c thì A=3. Nên giá trị lớn nhất của A là 3.
Câu 20:
Vì x1;x2 là hai nghiệm của (1) nên theo hệ thức Vi-et ta có:
\[{{x}_{1}}+{{x}_{2}}=\frac{-b}{a};{{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{c}{a}\].
Biến đổi bất đẳng thức (1) bằng cách chia hai vế cho a ta được:
\[(4-\frac{b}{a})(2+\sqrt{\frac{c}{a}})\ge 2(4-2\frac{b}{a}+\frac{c}{a})\] \[\Leftrightarrow (4+{{x}_{1}}+{{x}_{2}})(2+\sqrt{{{x}_{1}}{{x}_{2}}})\ge 2(4+2{{x}_{1}}+2{{x}_{2}}+{{x}_{1}}{{x}_{2}})\Leftrightarrow \frac{(2+{{x}_{1}})+(2+{{x}_{2}})}{(2+{{x}_{1}})(2+{{x}_{2}})}\ge \frac{2}{2+{{\sqrt{{{x}_{1}}x}}_{2}}}\].
\[\Leftrightarrow \frac{1}{2+{{x}_{1}}}+\frac{1}{2+{{x}_{2}}}\ge \frac{2}{2+\sqrt{{{x}_{1}}{{x}_{2}}}}\Leftrightarrow \frac{1}{1+\frac{{{x}_{1}}}{2}}+\frac{1}{1+\frac{{{x}_{2}}}{2}}\ge \frac{2}{1+\sqrt{\frac{{{x}_{1}}}{2}\frac{{{x}_{2}}}{2}}}\].
Đặt \[u=\frac{{{x}_{1}}}{2};v=\frac{{{x}_{2}}}{2}\] ta thu được bất đẳng thức quen thuộc :
\[\frac{1}{1+u}+\frac{1}{1+v}\ge \frac{2}{1+\sqrt{uv}}\].
( có thể chứng minh bằng biến đổi tương đương)
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Câu 21:
Dễ thấy (1) có nghiệm x=1, hạ bậc ta được: (x-1)(ax2+bx+c)=0.
Gọi x1; x2 là các nghiệm của phương trình : ax2+bx+c=0.
Theo định lý Vi-et ta có:
\[{{x}_{1}}+{{x}_{2}}=\frac{-b}{a};{{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{c}{a}\].
Biến đổi (2) như sau
\[\frac{2-\frac{b}{a}}{1+\frac{c}{a}-\frac{b}{a}}+\frac{a}{b}>0\]\[\Leftrightarrow \]\[\frac{2+{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{1+{{x}_{1}}+{{x}_{2}}+{{x}_{1}}{{x}_{2}}}-\frac{1}{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}>0\]
\[\Leftrightarrow \](2+x1+x2)(x1+x2)>(1+x1+x2+x1x2)
\[\Leftrightarrow \]x1+x2-1+x12+x22 +x1x2>0.
Bất đẳng thức cuối đúng vì \[{{x}_{1}};\] \[{{x}_{2}};\] 1 là độ dài ba cạnh của tam giác.
Câu 22:
Đặt \[{{S}_{n}}={{x}_{1}}^{n}+x_{2}^{n}\],\[n\in N\].
Lúc đó ta có hệ thức truy hồi tuyến tính sau :
aSn+2 +bSn+1 +cSn =0(1).
Chứng minh :
ta có :Sn+2= x1n+2 +x2n+2 = (x1n+1 + x2n+1)(x1+x2)- x1x2(x1n + x2n)
= Sn+1(\[\frac{-b}{a}\])-\[\frac{c}{a}\]Sn. \[\Leftrightarrow \] aSn+2 +bSn+1 +cSn = 0( đpcm).
Câu 23:
Ta đặt \[{{x}_{1}}=\sqrt[5]{\frac{2}{5}}\]; \[{{x}_{1}}=\sqrt[5]{\frac{5}{2}}\].
Vậy thì : \[\sqrt[5]{\frac{2}{5}}+\sqrt[5]{\frac{5}{2}}=\varepsilon \]; \[{{x}_{1}}{{x}_{2}}=1\].
Nên theo định lý Vi-et ta có \[{{x}_{1}}\]; \[{{x}_{2}}\] là nghiệm của phương trình:
\[{{x}^{2}}-\varepsilon x+1=0\] (1).
Theo hệ thức truy hồi ta có: \[{{S}_{n+2}}=\varepsilon {{S}_{n+1}}-{{S}_{n}}\] (*)
Với \[{{S}_{0}}=2\]; \[{{S}_{1}}=\varepsilon \]. Từ đó ta tính được :
\[{{S}_{2}}={{\varepsilon }^{2}}-2\]; \[{{S}_{3}}=\varepsilon ({{\varepsilon }^{2}}-2)-\varepsilon ={{\varepsilon }^{3}}-3\varepsilon \];
\[{{S}_{4}}=\varepsilon ({{\varepsilon }^{3}}-3\varepsilon )-({{\varepsilon }^{2}}-2)={{\varepsilon }^{4}}-4{{\varepsilon }^{2}}+2\]; \[{{S}_{5}}=\varepsilon ({{\varepsilon }^{4}}-4{{\varepsilon }^{2}}+2)-({{\varepsilon }^{3}}-3\varepsilon )={{\varepsilon }^{5}}-5{{\varepsilon }^{3}}+5\varepsilon \].
Nhưng mặt khác ta lại có:
\[{{S}_{5}}=\frac{2}{5}+\frac{5}{2}=\frac{29}{10}\].
Từ đó ta có được :
\[{{\varepsilon }^{5}}-5{{\varepsilon }^{3}}+5\varepsilon =\frac{29}{10}\] \[\Leftrightarrow 10{{\varepsilon }^{5}}-50{{\varepsilon }^{3}}+50\varepsilon -29=0\].
Điều đó chứng tỏ \[\varepsilon \] là nghiệm phương trình:
10x5 -50x3 +50x -29 =0 .
Đây chính là phương trình cần tìm.
Câu 24:
Ta đặt \[{{x}_{1}}=5+3\sqrt{3}\] ; \[{{x}_{2}}=5-3\sqrt{3}\]. Khi đó x1 ; x2 là nghiệm của phương trình:
x2 -10x -2 = 0
Đặt \[{{S}_{n}}=x_{1}^{n}+x_{2}^{n}\]. Theo hệ thức truy hồi ta có:
\[{{S}_{n+2}}=10{{S}_{n+1}}+2{{S}_{n}}\].
Ta có S1 =10 nên từ hệ thức trên ta suy ra Sn luôn chia hết cho 10 khi n là số lẻ.
Để ý rằng -12
Từ khóa » Bài Tập Vi Et Lớp 9 Nâng Cao
-
Các Dạng Bài Tập Về định Lý Viet Lớp 9 Cơ Bản Và Nâng Cao - Icongchuc
-
15 Bài Tập Hệ Thức Vi-ét Và ứng Dụng Nâng Cao Có Lời Giải - Toán Lớp 9
-
Chuyên đề Hệ Thức Vi-et Và ứng Dụng - MathX
-
Chuyên đề Hệ Thức Vi-ét Và ứng Dụng - Toán THCS
-
Trắc Nghiệm Hệ Thức Vi ét (nâng Cao) Có đáp án – Toán Lớp 9
-
Ứng Dụng Vi-et Chứa Tham Số M ( Nâng Cao ) Phần 1 - YouTube
-
CHUYÊN ĐỀ HỆ THỨC VI-ÉT NÂNG CAO -TOÁN 9 (PHẦN I)
-
Chuyên đề Phương Trình Bậc Hai Và Hệ Thức Vi-ét
-
Định Lý Viet Và ứng Dụng Giải 16 Dạng Bài Tập Quan Trọng
-
Hệ Thức Vi - ét Và ứng Dụng - Toán Bồi Dưỡng Lớp 9 - Đại Số
-
Hệ Thức Vi-ét Và ứng Dụng - Bài Tập Bổ Trợ Và Nâng Cao Toán 9
-
Một Số Bài Tập Toán Nâng Cao Lớp 9
-
Bài Tập Nâng Cao Về Hệ Thức Vi-ét - .vn