Từ PT thứ hai $\Rightarrow x=\dfrac{-2y^2+y+2}{y^2}$. Thay vào PT thứ nhất ta được
$2\left ( \dfrac{-2y^2+y+2}{y^2} \right )^2+\dfrac{-2y^2+y+2}{y^2}-\dfrac{1}{y}-2=0$
Rút gọn và phân tích đa thức thành nhân tử ta được
PT $\Leftrightarrow (y-1)(y+1)(y^2-2y-2)=0$
Vậy hệ có các nghiệm
$(x,y) \in \left\{ {(-1,-1),(1,1),\left ( -\frac{1}{2}(1+\sqrt 3),1+\sqrt 3 \right ),\left ( \frac{1}{2}(-1+\sqrt 3),1-\sqrt 3 \right )} \right\}$

Ta có $AB \parallel MP \parallel CD$ nên giao điểm của $SB$ và $(MNP)$ là $NQ$ song song với $MP$. Như vậy $Q$ là trung điểm $SB$.
Ta có $AD \parallel BC$ nên giao tuyến $d$ của $(SAD)$ và $(SBC)$ phải song song với $AD,BC.$
Xét ba mặt phẳng $(MNPQ)$,$(SAD)$ và $(SBC)$ đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến $MN, d, PQ$ mà ba giao tuyến này không song song với nhau nên chúng phải đồng quy.

Trước hết đưa ra đẳng thức sau
$ A_1A_2\cdots A_6 -1=(A_1-1)+A_1(A_2-1)+A_1A_2(A_3-1)+\cdots +A_1A_2\cdots A_{4}(A_5-1)$
Dễ dàng để chứng minh đẳng thức này luôn đúng.
Bây giờ đặt $A_k =(1-(k+1)x)^{k+1} , \quad k=1,2,\cdots,5$ và chú ý rằng
$\begin{cases}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{A_k-1}{x}=-(k+1)^2 \\ \lim_{x\rightarrow 0}A_k=1 , k=1,2,\cdots,5\end{cases}$
Chú ý rằng $\frac{A_k-1}{x}=-(k+1)^2+x.B$ nên khi cho $x\rightarrow 0$ thì $\frac{A_k-1}{x}=-(k+1)^2$.
Vậy
$\lim_{x\to 0} \dfrac{(1-2x)^2.(1-3x)^3.(1-4x)^4.(1-5x)^5.(1-6x)^6-1}{x}=-(2^2+3^2+4^2+5^2+6^2)$

Sau khi quyên góp lần cuối cùng thì tổng cả khối lớp 4 và khối lớp 5 có được
$$235+45+50=330 \text {(quyển)}$$
Bài toán này quy về bài toán tìm hai số khi biết tổng là $330$ và hiệu là $24.$ Do đó số vở mà khối lớp 5 quyên góp được là
$$\dfrac{330+24}{2}=177 \text {(quyển)}$$
Số vở mà khối lớp 4 quyên góp được là
$$177 -24=153\text {(quyển)}$$