Đề kiểm tra Dấu tam thức bậc hai lớp 10 (có lời giải) - Đề 2

Ta có: $f(x) = 0 \Leftrightarrow - {x^2} + 5x - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.$.

Bảng xét dấu:

$f\left( x \right) = - {x^2} + 5x - 4 > 0 \Leftrightarrow 1 < x < 4$ hay $x \in \left( {1;4} \right)$.

Xét dấu $f(x) = {x^2} + x - 6$

Vậy ${x^2} + x - 6 \le 0 \Leftrightarrow x \in \left[ { - 3;2} \right]$

Ta có: $f\left( x \right) > 0\,,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$ $\Leftrightarrow \,\,\,\left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta < 0\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \,\,\,\left\{ \begin{array}{l}1 > 0\\{\left( {m + 2} \right)^2} - 4\left( {2m + 9} \right) < 0\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \,\,\,{m^2} - 4m - 32 < 0$

$\Leftrightarrow \,\,\, - 4 < m < 8$.

ĐKXĐ: $\left\{ \begin{array}{l}x - 2 \ne 0\\x + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 2\\x \ne - 1\end{array} \right.$.

Ta có:

$$\frac{x}{{x - 2}} - \frac{2}{{x + 1}} \ge 1 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + x - 2x + 4}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right)}} - \frac{{(x - 2)(x + 1)}}{{(x - 2)(x + 1)}} \ge 0$$

$$\Leftrightarrow \frac{{{x^2} - x + 4 - {x^2} + x + 2}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right)}} \ge 0 \Leftrightarrow \frac{6}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right)}} \ge 0 \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 > 0$$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < - 1\\x > 2\end{array} \right.$.

Nhận xét: ${x^2} + 1 > 0\,,\,\,\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow f\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow {x^2} - x - 6 < 0 \Leftrightarrow - 2 < x < 3$.

Vậy $x \in \left\{ { - 1;0;1;2} \right\}$. Có $4$ giá trị.

Ta có $3{x^2} - 2x - 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 2}\\{x = - \frac{4}{3}}\end{array}} \right.$.

Bảng xét dấu

Suy ra tập nghiệm của bất phương trình là $\left[ { - \frac{4}{3};2} \right]$ chứa 2 số nguyên dương.

Ta thấy có hai đại lượng thay đổi là giá vé và số lượng khán giả.

Gọi $x$( $ ) là giá vé ($x > 0$).

Số tiền giá vé được giảm: $14 - x$

Số khán giả tăng lên: $1000(14 - x)$

Số khán giả: $9500 + 1000(14 - x)$ (ĐK: $9500 + 1000(14 - x) \le 15000 \Leftrightarrow x \ge 8{,}5$).

Doanh thu bằng tổng số tiền thu được từ bán vé nên:

$f\left( x \right) = x\left[ {9500 + 1000\left( {14 - x} \right)} \right] = - 1000{x^2} + 23500x$.

Để đơn vị tổ chức không bị lỗ thì $f\left( x \right) \ge 135000$.

$\Leftrightarrow - 1000{x^2} + 23500x \ge 135000 \Leftrightarrow 10 \le x \le 13{,}5$ (thoả đk).

Vậy giá vé từ 10$ đến 13,5$ thì đơn vị không bị lỗ.

a) Đúng

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

a) Xét $f(x) = {x^2} - x - 2$ có $\Delta = 9 > 0,a = 1 > 0$ và có hai nghiệm ${x_1} = - 1;{x_2} = 2$. Do đó, ta có bảng xét dấu sau:

Suy ra $f(x) > 0$ với mọi $x \in ( - \infty ; - 1) \cup (2; + \infty )$ và $f(x) < 0$ với mọi $x \in ( - 1;2)$.

b) Xét $f(x) = - {x^2} + 2x - 5$ có ${\Delta ^\prime } = - 4 < 0,a = 1 > 0$ nên $f(x) > 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$.

c) Ta có: $- 4{x^2} + 16x - 16 = 0 \Leftrightarrow x = 2$.

Bảng xét dấu:

d) Ta có: $- 4{x^2} + 3x - 5 = 0$ vô nghiệm.

Bảng xét dấu:

a) Sai

b) Sai

c) Sai

d) Đúng

${x^2} - 2x - 12 = 0 \Leftrightarrow x = 1 + \sqrt {13}$ hoặc $x = 1 - \sqrt {13}$.

Bảng xét dấu:

Từ bảng xét dấu, với $x \in (1 - \sqrt {13} ;1 + \sqrt {13} )$ thì $f(x) < 0$.

với $x \in \left( { - \infty ;1 - \sqrt {13} } \right) \cup \left( {1 - \sqrt {13} ; + \infty } \right)$ thì $f(x) > 0$.

a) Đúng

b) Sai

c) Sai

d) Sai

$f(x) = \frac{1}{{x - 2}} - \frac{{x + 6}}{{{x^3} - 8}} = \frac{{\left( {{x^2} + 2x + 4} \right) - (x + 6)}}{{(x - 2)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right)}} = \frac{{{x^2} + x - 2}}{{(x - 2)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right)}}$.

Điều kiện: $(x - 2)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right) \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x \ne 2}\\{{x^2} + 2x + 4 \ne 0{\rm{ (lu\^o n d\'u ng) }}}\end{array} \Leftrightarrow x \ne 2} \right.$.

Xét $f(x) = 0 \Rightarrow {x^2} + x - 2 = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1}\\{x = - 2}\end{array}} \right.$.

Bảng xét dấu $f(x)$:

Kết luận: $f(x) > 0,\forall x \in ( - 2;1) \cup (2; + \infty );f(x) < 0,\forall x \in ( - \infty ; - 2) \cup (1;2)$.

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Sai

Để phương trình có 2 nghiệm (1) phải là phương trình bậc 2. Do đó $m \ne 0$.

Đặt $f(x) = m{x^2} - (4m + 1)x + 4m + 2$.

$\Delta = {b^2} - 4ac = {(4m + 1)^2} - 4m(4m + 2) = 1 > 0$.

Do đó (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$.

a) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu khi và chỉ khi

$f\left( 0 \right).m < 0 \Leftrightarrow \left( {4m + 2} \right).m < 0\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}4m + 2 > 0\\m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > - \frac{1}{2}\\m < 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}4m + 2 < 0\\m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < - \frac{1}{2}\\m > 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow - \frac{1}{2} < m < 0$

Vậy để phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu nhau thì $- \frac{1}{4} < m < 0$.

b) Phương trình (1) có 2 nghiệm âm khi và chỉ khi $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{f(0) \cdot m > 0}\\{\frac{{{x_1} + {x_2}}}{2} < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{(4m + 2) \cdot m > 0}\\{S < 0}\end{array}} \right.} \right.$

Với $(4m + 2) \cdot m > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}4m + 2 > 0\\m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}\begin{array}{l}m > - \frac{1}{2}\\m > 0\end{array}\end{array}} \right.\\\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}\begin{array}{l}4m + 2 < 0\\m < 0\end{array}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}\begin{array}{l}m < - \frac{1}{2}\\m < 0\end{array}\end{array}} \right.\end{array}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}\begin{array}{l}m > 0\\m < - \frac{1}{2}\end{array}\end{array}.} \right.} \right.$

Với $S < 0 \Leftrightarrow \frac{{4m + 1}}{m} < 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{4m + 1 > 0}\\{m < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{m > - \frac{1}{4}}\\{m < 0}\end{array}} \right.} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{4m + 1 < 0}\\{m > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{m < - \frac{1}{4}}\\{m > 0}\end{array}} \right.} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow - \frac{1}{4} < m < 0$

Suy ra không tồn tại giá trị $m$ để phương trình (1) có 2 nghiệm âm.

c) Phương trình có 2 nghiệm ${x_1},{x_2}$ thỏa ${x_1} < 1 < {x_2}$ khi và chỉ khi

$f(1) \cdot m < 0 \Leftrightarrow (m + 1) \cdot m < 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{m + 1 > 0}\\{m < 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{m + 1 < 0}\\{m > 0}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{m > - 1}\\{m < 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{m < - 1}\\{m > 0}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow - 1 < m < 0.} \right.} \right.$

d) Phương trình có 2 nghiệm ${x_1},{x_2}$ thỏa ${x_1} < {x_2} < 3$ khi và chỉ khi

$$\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{f(3) \cdot m > 0}\\{\frac{{{x_1} + {x_2}}}{2} < 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{(m + 1) \cdot m > 0}\\{S < 6}\end{array}} \right.} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{m + 1 > 0}\\{m > 0}\end{array}} \right.\\\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{m + 1 < 0}\\{m < 0}\end{array}} \right.\end{array} \right.\\\frac{{4m + 1}}{m} < 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{m > - 1}\\{m > 0}\end{array}} \right.\\\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{m < - 1}\\{m < 0}\end{array}} \right.\end{array} \right.\\\frac{{1 - 2m}}{m} < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{m > 0}\\{m < - 1}\end{array}} \right.\\\left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{1 - 2m > 0}\\{m < 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{1 - 2m < 0}\\{m > 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 0\\m < - 1\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}m < 0\\m > \frac{1}{2}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{m < - 1}\\{m > \frac{1}{2}.}\end{array}} \right.\end{array}$$

Tam thức bậc hai $f(x) = {x^2} + 2mx + m - 2$ có:

${\Delta ^\prime } = {m^2} - m + 2 = {\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{7}{4} \ge \frac{7}{4} > 0$ với mọi $m \in \mathbb{R}$.

Do đó $f(x)$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}\left( {{x_1} < {x_2}} \right)$ với mọi $m \in \mathbb{R}$.

Để $f(x) < 0$ với mọi $x \in (1;2)$ thì ${x_1} \le 1 < 2 \le {x_2}$

$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{f(1) \le 0}\\{f(2) \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{1 + 2m + m - 2 \le 0}\\{4 + 4m + m - 2 \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{3m - 1 \le 0}\\{5m + 2 \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{m \le \frac{1}{3}}\\{m \le \frac{{ - 2}}{5}}\end{array} \Leftrightarrow m \le \frac{{ - 2}}{5}.} \right.} \right.} \right.} \right.$

Vậy $m \le \frac{{ - 2}}{5}$ thì ${x^2} + 2mx + m - 2 < 0$ với mọi $x \in (1;2)$.

Giả sử vị trí ban đầu của chú thỏ đen là $s = 0(\;m)$ và thời điểm ban đầu là $t = 0$ (giây).

Quãng đường của chú thỏ trắng chạy được tại thời điểm $t$ là $f(t) = 100 + 3t(\;m)$.

Để chú thỏ đen chạy trước chú thỏ trắng thì $s(t) > f(t)$

hay $8t + 5{t^2} > 100 + 3t \Rightarrow 5{t^2} + 5t - 100 > 0 \Rightarrow t \in (4; + \infty )$ (vì $\left. {t > 0} \right)$.

Vậy tại những thời điểm $t \in (4; + \infty )$ thì chú thỏ đen chạy trước chú thỏ trắng.

Đáp án: $m \in \left( { - \infty ;\frac{1}{4}} \right) \cup (1; + \infty )$

Để phương trình $- {x^2} + x + 4{m^2} - 5m + 1 = 0$ có hai nghiệm trái dấu thì ${x_1} \cdot {x_2} < 0 \Leftrightarrow - 4{m^2} + 5m - 1 < 0$.

Tam thức $- 4{m^2} + 5m - 1$ có hai nghiệm $m = 1$ và $m = \frac{1}{4}$ và hệ số của ${m^2}$ bằng $- 4$ nhỏ hơn 0 nên $- 4{m^2} + 5m - 1 < 0$ khi $m < \frac{1}{4}$ hoặc $m > 1$.

Vậy để phương trình có hai nghiệm trái dấu thì $m \in \left( { - \infty ;\frac{1}{4}} \right) \cup (1; + \infty )$.

Đáp án: $m \in \left[ {\frac{{ - 3 - \sqrt {33} }}{2};\frac{{ - 3 + \sqrt {33} }}{2}} \right]{\rm{. }}$

Để bất phương trình $- 3{x^2} - 2mx + m - 2 \le 0$ đúng $\forall x \in \mathbb{R}$ thì $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a < 0}\\{\Delta \le 0.}\end{array}} \right.$ Ta có: $a = - 3 < 0$ và $\Delta = {( - 2m)^2} - 4( - 3)(m - 2) \le 0 \Leftrightarrow 4{m^2} + 12m - 24 \le 0$.

Tam thức $4{m^2} + 12m - 24$ có hai nghiệm $m = \frac{{ - 3 - \sqrt {33} }}{2}$ và $m = \frac{{ - 3 + \sqrt {33} }}{2}$ và hệ số của ${m^2}$ bằng 4 lớn hơn 0 nên $4{m^2} + 12m - 24 \le 0$ khi $\frac{{ - 3 - \sqrt {33} }}{2} \le m \le \frac{{ - 3 + \sqrt {33} }}{2}{\rm{. }}$

Vậy để bất phương trình $- 3{x^2} - 2mx + m - 2 \le 0$ đúng $\forall x \in \mathbb{R}$ thì $m \in \left[ {\frac{{ - 3 - \sqrt {33} }}{2};\frac{{ - 3 + \sqrt {33} }}{2}} \right]{\rm{. }}$

Đặt $f(x) = m{x^2} + (m - 1)x + m - 1$ với $a = m,{b^\prime } = m - 1,c = m - 1$.

Theo giả thiết: $f(x) = m{x^2} + (m - 1)x + m - 1 < 0,\forall x \in \mathbb{R}\left( * \right)$.

Trường hợp 1: $a = m = 0$.

Thay vào $(*): - x - 1 < 0,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow x > - 1,\forall x \in \mathbb{R}$ (sai).

Suy ra $m = 0$ không thỏa mãn.

Trường hợp 2: $a = m \ne 0$.

Ta có: $(*) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a < 0}\\{\Delta < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{m < 0}\\{{{(m - 1)}^2} - 4m(m - 1) < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{m < 0}\\{ - 3{m^2} + 2m + 1 < 0}\end{array}} \right.} \right.} \right.$

Xét $g(m) = - 3{m^2} + 2m + 1;g(m) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{m = 1}\\{m = - \frac{1}{3}}\end{array}} \right.$.

Bảng xét dấu $g(m)$:

Ta có: $g(m) < 0 \Leftrightarrow m \in \left( { - \infty ; - \frac{1}{3}} \right) \cup (1; + \infty )$. Vậy $(1) \Leftrightarrow m \in \left( { - \infty ; - \frac{1}{3}} \right)$.

Kết hợp hai trường hợp đã xét, ta thu được $m \in \left( { - \infty ; - \frac{1}{3}} \right)$ thỏa mãn đề bài.

Ta có $k\left( x \right) = - 0{,}2{x^2} + 3x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{15 - \sqrt {165} }}{2} \approx 1{,}08\\x = \frac{{15 + \sqrt {165} }}{2} \approx 13{,}92\end{array} \right.$

Ta có bảng xét dấu của $k(x)$

Vậy bóng nằm cao hơn so với xà ngang của khung thành khi $k(x) > 0$ tức là $x \in (1{,}08;13{,}92)$.