Đề thi vào 10 môn Toán Phú Thọ năm 2020

Đề bài

PHẦN 1: TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,5 điểm)

Câu 1. Điều kiện xác định của biểu thức \(\sqrt {2020 - x} \) là

     A.\(x \le 2020\)                  B. \(x \ge 2020\)                     C.\(x < 2020\)                         D. \(x > 2020\)

Câu 2. Có bao nhiêu hàm số đồng biến trên ℝ trong các hàm số sau \(y = 17x + 2;y = 17x - 8;y = 11 - 5x;y = x + 10;y =  - x + 2020?\)

     A. 5                                    B. 4                                         C. 3                                        D. 2

Câu 3. Cho hàm số \(y = \left( {m - 3} \right)x\) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

Khẳng định nào sau đây đúng?

     A. m = –4

     B. m = –3

     C. m = 3

     D. m = 4

Câu 4. Hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l} - 5x + 3y = 1\\x + 5y = 11\end{array} \right.\) có nghiệm là\(\left( {x;y} \right)\). Khi đó \(x - y\) bằng

     A. –1                                  B. 1                                         C. 3                                        D. 4

Câu 5. Điểm nào sau đây không thuộc đồ thị hàm số\(y = 5{x^2}\)?

     A. A(1;5)                            B. B(3;40)                               C. C(2;20)                              D. D(–1;5)

Câu 6. Giả sử phương trình \({x^2} - 16x + 55 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\left( {{x_1} < {x_2}} \right)\). Tính \({x_1} - 2{x_2}\)

     A. 1                                    B. 24                                       C. 13                                      D. –17

Câu 7. Cho parabol \(y = {x^2}\) và đường thẳng \(y =  - 2x + 3\) cắt nhau tại hai điểm\(A\left( {{x_1};{y_1}} \right);B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\). Khi đó \({y_1} + {y_2}\) bằng:

     A. 1                                    B. –2                                       C. 8                                        D. 10

Câu 8. Cho tam giác ABC vuông cân tại A, cạnh \(BC = \sqrt 6 \left( {cm} \right)\). Diện tích tam giác ABC bằng:

     A. \(\sqrt 3 \left( {c{m^2}} \right)\)                                B. \(3\left( {c{m^2}} \right)\)  C. \(\dfrac{3}{2}\left( {c{m^2}} \right)\)                                 D. \(6\left( {c{m^2}} \right)\)

Câu 9. Cho hai đường tròn \(\left( O \right)\) và \(\left( {O'} \right)\) cắt nhau tại A và B. Biết\(OA = 6\left( {cm} \right);AO' = 5\left( {cm} \right);AB = 8\left( {cm} \right)\). (như hình vẽ bên).

Độ dài GO’ bằng

A. 5 (cm)

B. \(5\sqrt 5 \left( {cm} \right)\)

C. \(3 + 2\sqrt 5 \left( {cm} \right)\)

D. \(3 + 5\sqrt 2 \left( {cm} \right)\)

Câu 10. Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M, N lần lượt là trung điểm BC, CD. Đường thẳng AM, BN cắt đường tròn lần lượt tại E, F (như hình vẽ bên).

Số đo góc EDF bằng

     A. \({30^0}\)                      B. \({45^0}\)

     C. \({60^0}\)                      D.\({75^0}\)                                                                          

PHẦN II. TỰ LUẬN (7,5 điểm)

Câu 1 (1,5 điểm):

a) Tính giá trị của biểu thức: \(P = \sqrt {45}  + \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } \)

b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 5y = 9\\ - 2x + 7y = 3\end{array} \right.\)

Câu 2 (2,0 điểm): Cho phương trình \({x^2} - 2mx + m - 1 = 0\)(m là tham số)

a) Giải phương trình khi m = 2

b) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m

c) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình . Tìm m để \(x_1^2{x_2} + m{x_1} - {x_2} = 4\)

Câu 3 (3,0 điểm): Cho ∆ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Tia phân giác góc \(\angle BAC\) cắt cạnh BC tại D và cắt đường tròn (O) tại M. Gọi K là hình chiếu của M trên AB. I là hình chiếu của M trên AC. Chứng minh rằng

a) AKMT là tứ giác nội tiếp

b) \(M{B^2} = M{C^2} = MD.MA\)

c) Khi đường tròn (O) và  B;C cố định, điểm A thay đổi trên cung lớn BC thì tổng \(\dfrac{{AB}}{{MK}} + \dfrac{{AC}}{{MT}}\) có giá trị không đổi.

Câu 4. (1,0 điểm): Giải phương trình \(\sqrt {{x^2} + 3x}  + \sqrt {9x + 18}  = 3x + \sqrt {x + \dfrac{6}{x} + 5} \). 

Lời giải chi tiết

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (2,5 điểm)

Câu 1
Phương pháp:

Biểu thức \(\sqrt A \) xác định \( \Leftrightarrow A \ge 0\)

Cách giải:

Biểu thức đã cho xác định \( \Leftrightarrow 2020 - x \ge 0 \Leftrightarrow x \le 2020\)

Chọn A.

Câu 2

Phương pháp:

Hàm số bậc nhất \(y = ax + b\) đồng biến trên ℝ khi a > 0, nghịch biến khi a < 0

Cách giải:

Có 3 hàm số đồng biến trên ℝ là \(y = 17x + 2;y = 17x - 8;y = x + 10\)

Chọn C.

Câu 3

Phương pháp:

Xác định hệ số a, từ đó tìm ra m

Cách giải:

Hàm số đã cho \(y = ax + b\) đi qua gốc O nên b = 0, đi qua điểm (1;1) nên \(1 = a.1 \Rightarrow a = 1\)

⟹ m – 3 = 1 ⟹ m = 4

Chọn D.

Câu 4

Phương pháp:

Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế, rồi tính \(x - y\)

Cách giải:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l} - 5x + 3y = 1\\x + 5y = 11\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 11 - 5y\\ - 5\left( {11 - 5y} \right) + 3y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 11 - 5y\\28y - 55 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 1\end{array} \right.\\ \Rightarrow x - y =  - 1\end{array}\)

Chọn A.

Câu 5

Phương pháp:

Thay tọa độ các điểm vào hàm số

Cách giải:

Thay tọa độ điểm B(3;40) vào công thức hàm số, ta có 40 = 5.3² ⟺ 40 = 45 (không thỏa mãn)

Vậy điểm B không thuộc đồ thị

Chọn B.

Câu 6

Phương pháp:

Giải phương trình, tìm \({x_1},{x_2}\)

Cách giải:

Ta có \({x^2} - 16x + 55 = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 11} \right)\left( {x - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = 5\\{x_2} = 11\end{array} \right.\;\left( {do\;{x_1} < {x_2}} \right)\)

\( \Rightarrow {x_1} - 2{x_2} = 5 - 2.11 =  - 17\)

Chọn D.

Câu 7

Phương pháp:

Viết phương trình hoành độ giao điểm, giải ra 2 nghiệm

Tìm giao điểm 2 đồ thị

Cách giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số

\({x^2} =  - 2x + 3 \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 3\end{array} \right.\)

Với \(x = 1 \Rightarrow y = 1\)

Với \(x =  - 3 \Rightarrow y = 9\)

Vậy \({y_1} + {y_2} = 1 + 9 = 10\)

Chọn D.

Câu 8

Phương pháp:

Tính cạnh góc vuông của tam giác, từ đó tính diện tích

Cách giải:

Vì ABC là tam giác vuông cân nên \(AB = AC = \dfrac{{BC}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 3 \)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}A{B^2} = \dfrac{3}{2}\left( {c{m^2}} \right)\)

Chọn C.

Câu 9

Phương pháp:

Gọi H là giao điểm của AB và OO’

Tính OH và O’H

Cách giải:

Gọi H là giao điểm của AB và OO’. Vì \(OA = OB;O'A = O'B\) nên OO’ là trung trực của AB, suy ra \(AH = HB = \dfrac{{AB}}{2} = 4\left( {cm} \right)\)

Vì \(AB \bot O'O\) nên hai tam giác AHO và AHO’ vuông tại H

Áp dụng định lý Pitago ta có

\(\begin{array}{l}OH = \sqrt {O{A^2} - A{H^2}}  = \sqrt {{6^2} - {4^2}}  = \sqrt {20}  = 2\sqrt 5 \left( {cm} \right)\\O'H = \sqrt {O'{A^2} - A{H^2}}  = \sqrt {{5^2} - {4^2}}  = \sqrt 9  = 3\left( {cm} \right)\\ \Rightarrow OO' = OH + O'H = 3 + 2\sqrt 5 \end{array}\)

Chọn C.

Câu 10

Phương pháp:

Chứng mình hai tam giác ABM và BCN bằng nhau

Chứng minh \(\angle EDF = \angle BDC\)

Cách giải:

Xét hai tam giác vuông ABM và BCN có

\(\begin{array}{l}AB = BC\\\angle ABM = \angle BCN = {90^0}\\BM = CN\end{array}\)

\( \Rightarrow \Delta ABM = \Delta BCN\;\left( {c.g.c} \right)\)

\( \Rightarrow \angle BAM = \angle CBN\) (hai góc tương ứng)

Ta có các góc nội tiếp

\(\left\{ \begin{array}{l}\angle BAM = \angle BDE\\\angle CBN = \angle CDF\end{array} \right. \Rightarrow \angle BDE = \angle CDF\)

\( \Rightarrow \angle EDF = \angle CDE + \angle CDF\)\( = \angle CDE + \angle BDE = \angle BDC = {45^0}\)

(do tam giác BDC vuông cân tại C).

Chọn B.

PHẦN II. TỰ LUẬN (7,5 điểm)

Câu 1 (1,5 điểm)

Cách giải::

a) Tính giá trị biểu thức \(P = \sqrt {45}  + \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } \)

Ta có:

\(\begin{array}{l}P = \sqrt {45}  + \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } \\\,\,\,\,\, = \sqrt {{3^2}.5}  + \sqrt {5 - 2.2\sqrt 5  + 4} \\\,\,\,\,\, = 3\sqrt 5  + \sqrt {{{\left( {\sqrt 5  - 2} \right)}^2}} \\\,\,\,\,\, = 3\sqrt 5  + \left| {\sqrt 5  - 2} \right|\\\,\,\,\,\, = 3\sqrt 5  + \sqrt 5  - 2\\\,\,\,\,\, = 4\sqrt 5  - 2\end{array}\)

Vậy \(P = 4\sqrt 5  - 2\)

b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 5y = 9\\ - 2x + 7y = 3\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2x + 5y = 9\\ - 2x + 7y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}12y = 12\\2x + 5y = 9\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\2x + 5.1 = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\2x = 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy hệ có nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) là \(\left( {2;1} \right)\).

Câu 2 (2,5 điểm)

Cách giải::

Cho phương trình \({x^2} - 2mx + m - 1 = 0\) (\(m\) là tham số).

a) Giải phương trình khi \(m = 2\).

Khi \(m = 2\), phương trình trở thành \({x^2} - 4x + 1 = 0\).

Ta có: \(\Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - 1.1 = 3 > 0\), do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} = 2 + \sqrt 3 \), \({x_2} = 2 - \sqrt 3 \).

Vậy khi \(m = 2\) tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {2 \pm \sqrt 3 } \right\}\).

b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của \(m\).

Xét phương trình \({x^2} - 2mx + m - 1 = 0\)  (*) ta có:

\(\begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - 1.\left( {m - 1} \right)\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} - m + 1\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} - 2.m.\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{4}\\\,\,\,\,\,\, = {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{3}{4}\end{array}\)

Do \({\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Rightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{3}{4} \ge \dfrac{3}{4} > 0\,\,\forall m\).

Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của \(m\).

c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm \(m\) để \(x_1^2{x_2} + m{x_2} - {x_2} = 4\).

Theo ý b) phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).

Giả sử \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình, áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\).

Theo bài ra ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,x_1^2{x_2} + m{x_2} - {x_2} = 4\\ \Leftrightarrow x_1^2{x_2} + {x_2}\left( {m - 1} \right) = 4\\ \Leftrightarrow x_1^2{x_2} + {x_2}.{x_1}{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 4\\ \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right).2m = 4\\ \Leftrightarrow m\left( {m - 1} \right) = 2\\ \Leftrightarrow {m^2} - m - 2 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 2m - 2 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right) - 2\left( {m + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {m - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 0\\m - 2 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 1\\m = 2\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(m =  - 1,\,\,m = 2\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 3 (3 điểm)

Cách giải:

Cho \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right).\) Tia phân giác \(\angle BAC\) cắt cạnh \(BC\) tại \(D\) và cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(M.\) Gọi \(K\) là hình chiếu của \(M\) trên \(AB,\) \(T\) là hình chiếu của \(M\) trên \(AC.\) Chứng minh rằng:

a) \(AKMT\) là tứ giác nội tiếp.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MK \bot AB = \left\{ K \right\}\\MT \bot AC = \left\{ T \right\}\end{array} \right.\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow \angle AKM = \angle ATM = {90^0}\)

Xét tứ giác \(AKMT\) ta có: \(\angle AKM + \angle ATM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

Mà hai góc này là hai góc đối diện

\( \Rightarrow AKMT\) là tứ giác nội tiếp (dhnb) (đpcm).

b) \(M{B^2} = M{C^2} = MD.MA.\)

Xét \(\left( O \right)\) ta có:

\(\angle MAB\) là góc nội tiếp chắn cung \(BM\)

\(\angle MAC\) là góc nội tiếp chắn cung \(CM\)

Lại có: \(MA\) là tia phân giác của \(\angle BAC\,\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow \angle MAB = \angle MAC.\)

\( \Rightarrow \) Số đo cung \(BM = \) Số đo cung \(CM\) (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau).

Ta có:

\(\angle MBC\) là góc nội tiếp chắn cung \(MC\)

\(\angle BAM\) là góc nội tiếp chắn cung \(BM\)

\( \Rightarrow \angle MAB = \angle MBC = \angle MBD\) (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau).

Xét \(\Delta MAB\) và \(\Delta MBD\) ta có:

\(\begin{array}{l}\angle AMB\,\,\,chung\\\angle MAB = \angle MBD\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAB \sim \Delta MBD\,\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MB}} = \dfrac{{MB}}{{MD}} \Rightarrow M{B^2} = MD.MA.\end{array}\)

Lại có: Số đo cung \(BM = \) Số đo cung \(CM\) (cmt) nên \(MB = MC\) (hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau).

Vậy \(M{B^2} = M{C^2} = MD.MA\,\,\,\left( {dpcm} \right)\).

c) Khi đường tròn \(\left( O \right)\) và \(B,\,\,C\) cố định, điểm \(A\) thay đổi trên cung lớn \(BC\) thì tổng \(\dfrac{{AB}}{{MK}} + \dfrac{{AC}}{{MT}}\) có giá trị không đổi.

Đặt \(\angle BAM = \angle CAM = \alpha \).

Xét \(\Delta AKM\) và \(\Delta ATM\) có:

\(\begin{array}{l}AM\,\,chung\\\angle KAM = \angle TAM\,\,\left( {gt} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \Delta AKM = \Delta ATM\) (cạnh huyền – góc nhọn)

\( \Rightarrow MK = MT\) (hai 2 tương ứng).

Giả sử \(AB \le AC\), khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\dfrac{{AB}}{{MK}} + \dfrac{{AC}}{{MT}}\\ = \dfrac{{AK - BK}}{{MK}} + \dfrac{{AT + TC}}{{MK}}\\ = \dfrac{{AK + AT - BK + TC}}{{MK}}\end{array}\)

Xét \(\Delta BMK\) và \(\Delta CMT\) có:

\(\begin{array}{l}MB = MC\,\,\left( {cmt} \right)\\MK = MT\,\,\left( {cmt} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \Delta BMK = \Delta CMT\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

\( \Rightarrow BK = TC\) (2 cạnh tương ứng).

\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{MK}} + \dfrac{{AC}}{{MT}} = \dfrac{{AK + AT}}{{MK}}\).

Xét tam giác \(AKM\) vuông tại \(K\) có: \(AK = AM.\cos \alpha \), \(MK = AM.\sin \alpha \).

Xét tam giác \(AMT\) vuông tại \(T\) có: \(AT = AM.\cos \alpha \).

\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{MK}} + \dfrac{{AC}}{{MT}} = \dfrac{{AM.\cos \alpha  + AM.\cos \alpha }}{{AM.\sin \alpha }} = \dfrac{{2AM.\cos \alpha }}{{AM.\sin \alpha }} = 2\cot \alpha \).

Vì đường tròn \(\left( O \right)\) và \(BC\) cố định nên số đo cung \(BC\) không đổi.

\( \Rightarrow \angle BAC = 2\alpha  = \dfrac{1}{2}\) số đo cung BC không đổi (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn).

\( \Rightarrow \alpha \) không đổi \( \Rightarrow 2\cot \alpha \) không đổi.

Vậy \(\dfrac{{AB}}{{MK}} + \dfrac{{AC}}{{MT}} = 2\cot \alpha \) không đổi, với \(\alpha  = \dfrac{1}{4}\) số đo cung BC không đổi.

Câu 4 (1,0 điểm)

Cách giải::

Giải phương trình \(\sqrt {{x^2} + 3x}  + \sqrt {9x + 18}  = 3x + \sqrt {x + \dfrac{6}{x} + 5} \)

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 3x \ge 0\\9x + 18 \ge 0\\x + \dfrac{6}{x} + 5 \ge 0\\x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0,x \le  - 3\\x \ge  - 2\\\dfrac{{{x^2} + 5x + 6}}{x} \ge 0\\x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 0\)

Khi đó

\(\begin{array}{l}PT \Leftrightarrow \sqrt {x\left( {x + 3} \right)}  + 3\sqrt {x + 2}  = 3x + \sqrt {\dfrac{{{x^2} + 5x + 6}}{x}} \\\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \sqrt x \sqrt {x\left( {x + 3} \right)}  + 3\sqrt x \sqrt {x + 2}  = 3x\sqrt x  + \sqrt {{x^2} + 5x + 6} \\\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow x\sqrt {x + 3}  + 3\sqrt x \sqrt {x + 2}  = 3x\sqrt x  + \sqrt {\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)} \\\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow x\sqrt {x + 3}  - \sqrt {\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)}  + 3\sqrt x \sqrt {x + 2}  - 3x\sqrt x  = 0\\\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \sqrt {x + 3} \left( {x - \sqrt {x + 2} } \right) - 3\sqrt x \left( {x - \sqrt {x + 2} } \right) = 0\\\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left( {x - \sqrt {x + 2} } \right)\left( {\sqrt {x + 3}  - 3\sqrt x } \right) = 0\\\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - \sqrt {x + 2}  = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\\sqrt {x + 3}  - 3\sqrt x  = 0\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left( 1 \right) \Leftrightarrow x = \sqrt {x + 2}  \Leftrightarrow {x^2} = x + 2\,\,\left( {Do\,\,x > 0} \right)\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0 \Leftrightarrow {x^2} + x - 2x - 2 = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow x\left( {x + 1} \right) - 2\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\,\,\,\left( {KTM} \right)\\x = 2\,\,\,\,\,\,\left( {TM} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\left( 2 \right) \Leftrightarrow \sqrt {x + 3}  = 3\sqrt x \\\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow x + 3 = 9x \Leftrightarrow 3 = 8x \Leftrightarrow x = \dfrac{3}{8}\,\,\,\,\left( {TM} \right)\end{array}\)

Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {2;\dfrac{3}{8}} \right\}\).