10 câu Trắc nghiệm Toán 10 chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 7 (Vận dụng) có đáp án

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Xét f(x) = (m – 3)x$^{2}$ + (m + 3)x – (m + 1).

Ta có:

∆ = (m + 3)$^{2}$ – 4.(m – 3).[–(m + 1)]

= m$^{2}$ + 6m + 9 + 4.(m – 3)(m + 1)

= m$^{2}$ + 6m + 9 + 4(m$^{2}$ – 2m – 3)

= 5m$^{2}$ – 2m – 3.

Ta có f(x) là một tam thức bậc hai và có nghiệm kép khi và chỉ khi a ≠ 0 và ∆ = 0.

$\Leftrightarrow \{\begin{matrix}m-3\ne 0 \\ 5{m}^{2}-2m-3=0\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}m\ne 3 \\ (m-1)(5m+3)=0\end{matrix}$

$\Leftrightarrow \{\begin{matrix}m\ne 3 \\ [\begin{matrix}m-1=0 \\ 5m+3=0\end{matrix}\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}m\ne 3 \\ [\begin{matrix}m=1 \\ m=-\frac{3}{5}\end{matrix}\end{matrix}\Leftrightarrow [\begin{matrix}m=1 \\ m=-\frac{3}{5}\end{matrix}$

Vậy ta chọn phương án D.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Xét f(x) = x$^{2}$ + 2(m – 1)x + m$^{2}$ – 3m + 4.

Ta có:

∆’ = (m – 1)$^{2}$ – 1.(m$^{2}$ – 3m + 4)

= m$^{2}$ – 2m + 1 – m$^{2}$ + 3m – 4

= m – 3.

Yêu cầu bài toán ⇔ Tìm m để f(x) ≥ 0 với mọi giá trị của x.

Ta có f(x) ≥ 0, với mọi giá trị của x.

⇔ a > 0 và ∆’ ≤ 0.

⇔ 1 > 0 (luôn đúng) và m – 3 ≤ 0.

⇔ m ≤ 3.

Vậy m ≤ 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta chọn phương án D.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Nếu m = 0 ta có f(x) = –1 < 0 khi đó f(x) ≥ 0 vô nghiệm.

Do đó m = 0 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Nếu m ≠ 0 thì f(x) = mx$^{2}$ – 2mx + m – 1 là tam thức bậc hai.

Ta có:

∆’ = (–m)$^{2}$ – m.(m – 1)

= m$^{2}$ – m$^{2}$ + m

= m.

Ta có f(x) ≥ 0 vô nghiệm. Nghĩa là, f(x) < 0, với mọi giá trị của x.

⇔ a < 0 và ∆’ < 0

⇔ m < 0 và m < 0

⇔ m < 0.

Vậy m ≤ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta chọn phương án A.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Hàm số đã cho có tập xác định là ℝ khi và chỉ khi (2 – 3m)x$^{2}$ + 2mx + m – 1 > 0 với mọi x ∈ ℝ.

Đặt f(x) = (2 – 3m)x$^{2}$ + 2mx + m – 1.

Trường hợp 1: a = 0 ⇔ 2 – 3m = 0 ⇔ m = $\frac{2}{3}$.

Với $m=\frac{2}{3}$, ta có $0.{x}^{2}+2.\frac{2}{3}.x+\frac{2}{3}-1>0$

$\Leftrightarrow \frac{4}{3}x-\frac{1}{3}>0\Leftrightarrow x>\frac{1}{4}$.

Do đó $m=\frac{2}{3}$ không thỏa mãn.

Trường hợp 2: a ≠ 0.

Khi đó f(x) là tam thức bậc hai có:

∆’ = m$^{2}$ – (2 – 3m)(m – 1)

= m$^{2}$ – (–3m$^{2}$ + 5m – 2)

= 4m$^{2}$ – 5m + 2.

Để f(x) > 0 với mọi x ∈ ℝ thì a > 0 và ∆ < 0.

$\Leftrightarrow \{\begin{matrix}2-3m>0 \\ 4{m}^{2}-5m+2<0\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}m<\frac{2}{3} \\ 4{m}^{2}-5m+2<0\end{matrix}$ (1)

Ta giải bất phương trình 4m$^{2}$ – 5m + 2 < 0 như sau:

Tam thức bậc hai g(m) = 4m$^{2}$ – 5m + 2 có ∆ = (–5)$^{2}$ – 4.4.2 = –7 < 0.

Do đó g(m) vô nghiệm.

Ta lại có a$_{m}$ = 4 > 0.

Vì vậy g(m) > 0, với mọi giá trị của m ∈ ℝ.

Do đó không có giá trị nào của m thỏa mãn g(m) = 4m$^{2}$ – 5m + 2 < 0.

Vì vậy không có giá trị nào của m để (1) thỏa mãn.

Kết hợp cả hai trường hợp, ta thu được m ∈ ∅.

Vậy ta chọn phương án C.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: $\sqrt{3x-4}=x-3$.

Bình phương hai vế của phương trình trên, ta được 3x – 4 = (x – 3)$^{2}$

⇒ 3x – 4 = x$^{2}$ – 6x + 9

⇒ x$^{2}$ – 9x + 13 = 0

⇒ $x=\frac{9+\sqrt{29}}{2}$ hoặc $x=\frac{9-\sqrt{29}}{2}$.

Với $x=\frac{9+\sqrt{29}}{2}$, ta có $\sqrt{3.\frac{9+\sqrt{29}}{2}-4}=\frac{9+\sqrt{29}}{2}-3$ (đúng)

Với $x=\frac{9-\sqrt{29}}{2}$, ta có $\sqrt{3.\frac{9-\sqrt{29}}{2}-4}=\frac{9-\sqrt{29}}{2}-3$ (sai)

Vì vậy khi thay lần lượt $x=\frac{9+\sqrt{29}}{2}$ và $x=\frac{9-\sqrt{29}}{2}$ vào phương trình $\sqrt{3x-4}=x-3$, ta thấy chỉ có $x=\frac{9+\sqrt{29}}{2}$ thỏa mãn.

Vậy hai đồ thị cắt nhau tại một giao điểm.

Do đó ta chọn phương án D.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có $(x-2)\sqrt{2x+7}={x}^{2}-4$

$\Leftrightarrow (x-2)\sqrt{2x+7}=(x-2)(x+2)$

$\Leftrightarrow (x-2)(\sqrt{2x+7}-x-2)=0$

⇔ x – 2 = 0 hoặc $\sqrt{2x+7}-x-2=0$

⇔ x = 2 hoặc $\sqrt{2x+7}=x+2$ (2)

Giải (2):

Bình phương hai vế của phương trình (2), ta được:

2x + 7 = (x + 2)$^{2}$

⇒ 2x + 7 = x$^{2}$ + 4x + 4

⇒ x$^{2}$ + 2x – 3 = 0

⇒ x = 1 hoặc x = –3.

Với x = 1, ta có $\sqrt{2.1+7}=1+2$ (đúng)

Với x = –3, ta có $\sqrt{2.(-3)+7}=-3+2$ (sai)

Vì vậy khi thay lần lượt các giá trị x = 1 và x = –3 vào phương trình (2), ta thấy chỉ có x = 1 thỏa mãn.

Do đó phương trình (2) có nghiệm là x = 1.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 2 hoặc x = 1.

Khi đó tổng bình phương các nghiệm của phương trình đã cho là: 2$^{2}$ + 1$^{2}$ = 5.

Vậy ta chọn phương án B.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Tam thức bậc hai I(x) = 200x$^{2}$ – 1400x + 2400 có:

∆’ = (–700)$^{2}$ – 200.2400 = 10 000 > 0.

Suy ra I(x) có hai nghiệm phân biệt là:

${x}_{1}=\frac{-700+\sqrt{10000}}{-200}=3;\ {x}_{2}=\frac{-700-\sqrt{10000}}{-200}=4$

Ta lại có a = 200 > 0 và 0 ≤ x ≤ 5.

Vì vậy ta có bảng xét dấu sau:

Theo bảng xét dấu ta có:

⦁ I(x) dương với mọi x thuộc hai khoảng [0; 3) và (4; 5];

⦁ I(x) âm với mọi x thuộc khoảng (3; 4);

⦁ I(x) = 0 khi x = 3 hoặc x = 4.

Do đó doanh nghiệp đó không có lãi khi và chỉ khi I(x) ≤ 0.

Tức là khi x ∈ [3; 4].

Hay ta có thể nói là khi cửa hàng giảm giá từ 3 đến 4 triệu đồng thì doanh nghiệp đó không có lãi.

Vậy ta chọn phương án B.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Gọi x (m) là chiều dài của mảnh đất hình chữ nhật (x > 0).

Mảnh đất hình chữ nhật có chu vi là 150 m nên có nửa chu vi là 75 m.

Khi đó chiều rộng của mảnh đất là: 75 – x (m).

Do chiều dài luôn lớn hơn chiều rộng nên x > 75 – x hay x > 37,5.

Diện tích của mảnh đất là: x(75 – x) = –x$^{2}$ + 75x (m$^{2}$).

Theo đề ta có diện tích của mảnh đất đó lớn hơn 650 m$^{2}$.

⇔ –x$^{2}$ + 75x > 650.

+) Xét tam thức bậc hai f(x) = –x$^{2}$ + 75x – 650 có:

∆ = 75$^{2}$ – 4.(–1).(–650) = 3025 > 0.

Suy ra f(x) có hai nghiệm phân biệt là:

${x}_{1}=\frac{-75+\sqrt{3025}}{2.(-1)}=10,\ {x}_{2}=\frac{-75-\sqrt{3025}}{2.(-1)}=65.$

Ta lại có a = –1 < 0 và x > 37,5 nên:

⦁ f(x) âm với mọi x thuộc hai khoảng (0; 37,5) và (65; +∞);

⦁ f(x) dương với mọi x thuộc khoảng (37,5; 65);

⦁ f(x) = 0 khi x = 37,5 hoặc x = 65.

Do đó bất phương trình –x$^{2}$ + 75x – 650 ≥ 0 có tập nghiệm là [37,5; 65].

Khi đó chiều dài của mảnh đất phải từ 37,5 m đến 65 m thì diện tích của mảnh đất đó lớn hơn 650 m$^{2}$.

Vậy ta chọn phương án D.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Theo đề, ta có MN dài hơn MP 10 cm nên MN = MP + 10.

Xét ∆MNP vuông tại M có MN$^{2}$ + MP$^{2}$ = NP$^{2}$ (Định lí Pythagore)

Suy ra (MP + 10)$^{2}$ + MP$^{2}$ = NP$^{2}$

Hay MP$^{2}$ + 20MP + 100 + MP$^{2}$ = NP$^{2}$

Do đó NP$^{2}$ = 2MP$^{2}$ + 20MP + 100

Nên $NP=\sqrt{2M{P}^{2}+20MP+100}$

• Ta có chu vi của ∆MNP là 50 cm.

Suy ra: MN + NP + MP = 50.

Khi đó $MP+10+\sqrt{2M{P}^{2}+20MP+100}+MP=50$

$\Leftrightarrow \sqrt{2M{P}^{2}+20MP+100}=40-2MP$ (1)

Bình phương hai vế của phương trình trên ta được:

2MP$^{2}$+ 20MP + 100 = 1600 – 160MP + 4MP$^{2}$

Þ 2MP$^{2}$ – 180MP + 1500 = 0

Þ MP ≈ 80,71 hoặc MP ≈ 9,29.

Thay lần lượt các giá trị trên vào phương trình (1), ta thấy chỉ có MP ≈ 9,29 thỏa mãn.

Do đó NP ≈ 21,41 cm.

Vậy ta chọn phương án A.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Áp dụng định lí côsin cho ∆ABM, ta có:

BM$^{2}$ = AM$^{2}$ + AB$^{2}$ – 2AM.AB.cosA

= x$^{2}$ + 200$^{2}$ – 2x.200.cos120°

= x$^{2}$ + 40 000 + 200x

Do đó $BM=\sqrt{{x}^{2}+200x+40\ 000}$

Áp dụng định lí côsin cho ∆ABS, ta được:

BS$^{2}$ = AS$^{2}$ + AB$^{2}$ – AS.AB.cosA

= (x + 300)$^{2}$ + 200$^{2}$ – 2.(x + 300).200.cos120°

= x$^{2}$ + 600x + 90 000 + 40 000 + 200x + 60 000

= x$^{2}$ + 800x + 190 000

Do đó $BS=\sqrt{{x}^{2}+800x+190\ 000}$

Theo bài, quãng đường từ nhà Bình đến siêu thị gấp đôi quãng đường từ nhà Bình đến nhà bác Mai nên ta có:

BS = 2BM.

$\Leftrightarrow \sqrt{{x}^{2}+800x+190\ 000}=2\sqrt{{x}^{2}+200x+40\ 000}$ (1)

Bình phương hai vế của phương trình (1), ta được:

x$^{2}$ + 800x + 190 000 = 4(x$^{2}$ + 200x + 40 000)

⇒ –3x$^{2}$ + 30 000 = 0

⇒ x = 100 (thỏa mãn x > 0) hoặc x = –100 (không thỏa mãn).

Vậy ta chọn phương án C.