180 câu Trắc nghiệm Toán 10 Bài 2: Hàm số và phương trình bậc 2 có đáp án

y=x+ax2+1⇔yx2−x+y−a=0.

Tập giá trị của hàm số chứa đoạn 0;1⇔  với mọiy∈0;1 thì phương trình trên luôn có nghiệm.

Với y=0  ta có phương trình x+a=0⇔x=−a . Do đó phương trình luôn có nghiệm.

Với 0<y≤1  thì phương trình có nghiệm ⇔1−4yy−a≥0⇔4y2−1≤4ay⇔4y2−14y≤a .

Yêu cầu bài toán tương đương với Max0;14y2−14y≤a .

Ta có 4y2−14y=y−14y=y−1+14−14y+34=y−11+14y+34≤34∀y∈0;1 .

Kết luận a≥34 .

Hàm số y=9−3x+x9x−21  xác định khi: 

9−3x≥09x2−1>0⇔13<x≤3⇒D1=13,3

Hàm số y=x+2xx+4  xác định khi:

x+2≥0xx+4>0⇔−2≤x≤0−x2+4≠0⇒−2<x≤0x>0x2+4≠0⇒x>0⇒D2=−2;+∞

A=ℤ∩(D1∩D2)=−1;1;2;3

Vậy tập hợp A gồm 4 phần tử.

Hàm số y=9−3x+x9x−21 có tập xác định D1, hàm số y=x+2xx+4 có tập xác định D2. Khi đó số phần tử của tập A=ℤ∩(D1∩D2)là:

Chọn A

Hàm số f(x)=x+2m−1+4−2m−x2  xác định khi:

x≥1−2mx≤8−4m

Hàm số xác định trên [0; 2] nên 1−2m≤0≤2≤8−4m⇔12≤m≤32⇒m∈12;32⇒a+b=2

Xét phương trình hoành độ giao điểm: 

x2−2mx+m2+m=x⇔x=mx=m+1

*TH1:

A(m;m)⇒A1(m;0);A2(0;m)B(m+1;m+1)⇒B1(m+1;0);B2(0;m+1)

Khi đó SOB1B2=4SOA1A2⇔12(m+1)2=4.12.m2⇔m=1m=−13

*TH2:

B(m;m)⇒B1(m;0);B2(0;m)A(m+1;m+1)⇒A1(m+1;0);A2(0;m+1)

Khi đó SOB1B2=4SOA1A2⇔12m2=4.12(m+1)2⇔m=−2m=−23

Vậy có 4 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Hàm số có TXĐ là R  khi và chỉ khi 

fx=m−1x2+2m−1x+4>0, ∀x∈ℝ

Với m = 1, ta có f(x) = 4 > 0, mọi x thuộc R  . Do đó m = 1 thỏa mãn

Với m≠1, fx>0, ∀x∈ℝ⇔m>1m−12−4m−1<0

⇔m>1m−1m−5<0⇔m>11<m<5⇔1<m<5

Vậy có 4 số nguyên m∈{1,2,3,4}  thỏa mãn hàm số có TXĐ là R  .

+ Hàm số xác định trên  −3;  −1 khi  và chỉ khi fx=m+1x+2m+3≥0, ∀x∈−3;  −1 .

+ Nhận xét: Đồ thị hàm số y=fx  trên −3;  −1  là đoạn thẳng AB  với A−3;  −m,  B−1;  m+2 .

Do đó fx≥0,∀x∈−3;  −1  khi và chỉ khi đoạn AB không có điểm nào nằm phía dưới trục hoành ⇔−m≥0m+2≥0⇔−2≤m≤0 .

Vậy có 3  giá trị nguyên của là m∈−2;  −1;  0 .

Hàm số xác định khi x−m≥02x−m−1≥0⇔x≥mx≥m+12  *

● Nếu m≥m+12⇔m≥1  thì *⇔x≥m .

Khi đó tập xác định của hàm số là D=m;+∞  .

Yêu cầu bài toán ⇔0;+∞⊂m;+∞⇔m≤0 : không thỏa mãn m≥1 .

● Nếu m≤m+12⇔m≤1  thì *⇔x≥m+12 .

Khi đó tập xác định của hàm số là D=m+12;+∞ .

Yêu cầu bài toán ⇔0;+∞⊂m+12;+∞⇔m+12≤0⇔m≤−1  : thỏa mãn điều kiện m≤1 .

Vậy m≤−1  thỏa yêu cầu bài toán.

*Gọi là D tập xác định của hàm số y=2x−2m+33x−m+x−2−x+m+5 .

* x∈D⇔x−2m+3≥0x−m=0−x+m+5>0⇔⇔x≥2m−3x=mx<m+5 .

*Hàm số y=x−2m+3x−m+3x−1−x+m+5 xác định trên khoảng 0;1

⇔0;1⊂D⇔⇔2m−3≤0m+5≥1m∉0;1⇔m≤32m≥−4m≥1m≤0⇔m∈−4;0∪1;32

Điều kiện xác định của hàm số là 16−x2≥02017x+2018m≥0⇔−4≤x≤4x≥−2018m2017

Tập xác định của hàm số chỉ có đúng một phần tử ⇔−4;4∩−2018m2017;+∞  chỉ có đúng một phần tử ⇔−2018m2017=4⇔m=−40341009

Nên a+b=−3025 .

Hàm số xác định trên đoạn [1; 3] khi 

1−2x2+mx+m+15≥0,∀x∈1;3⇔2x2+mx+m+15≤1,∀x∈1;3 (1)

Bài toán được chuyển về việc tìm m để bất phương trình (1) nghiệm đúng với ∀x∈1;3 .

Điều kiện cần: Bất phương trình nghiệm đúng với ∀x∈1;3

⇒ Nghiệm đúng với x = 1, x = 2

|2m+17|≤1|3m+23|≤1⇔−1≤2m+17≤1−1≤3m+23≤1⇔−9≤m≤−8−8≤m≤−223⇔ m = -8.

Vậy với m = -8 là điều kiện cần để (1) nghiệm đúng với ∀x∈1;3 .

Điều kiện đủ: Với m = -8, ta có:

(1) Û½2x² - 8x + 7½£ 1 Û-1 £ 2x² - 8x + 7 £ 1

⇒2x2−8x+8≥02x2−8x+6≤0⇔x-22≥0x2−4x+3≤0⇔1 ≤x ≤ 3.

Vậy, với m = -8 thoả mãn điều kiện đầu bài.

Gọi là tập xác định của hàm số y=x−4m+3x−2m+3x−15+2m−x .

x∈D⇔x−4m+3≥0x−2m=05+2m−x>0⇔x≥4m−3x=2mx<2m+5.

Hàm số y=x−4m+3x−2m+3x−15+2m−x xác định trên khoảng 0;1

⇒0;1⊂D⇔⇔4m−3≤02m∉0;12m+5≥1⇔m≤34m≤0 hay m≥12m≥−2⇔−2≤m≤012≤m≤34.

Điều kiện xác định của hàm số là: x+m≥02x−m+1≠0⇔x≥−mx≠m+12

Hàm số xác định trên 1;2∪4;+∞

⇔−m≤1m−12≤12≤m−12<4⇔m≥−1m≤35≤m<9⇔m∈−1;3∪5;9

mà là các số nguyên dương ⇒m∈0;1;2;3;5;6;7;8.

Ta có −m2x2+2mx+3≥0⇔−|m|x-12+4≥0⇔(mx−1)≤2⇔−2≤(mx−1)≤2−1≤mx≤3

Nhấy thấy nếu m=0  thì luôn thỏa mãn.

Nếu m≠0 , ta có −1m≤x≤3m .

Để hàm số xác định trên (13;23)⇔(13;23)⊂[−1m;3m]  . Ta có −1m<0,∀m≠0  nên 23≤3m⇔m≤92m≠0

Vậy các giá trị nguyên dương của m là: 1, 2, 3, 4. Do đó số phần tử của S là 5.

+) Hàm số y=1fx−2m+2  xác định là R  khi và chỉ khi :

fx−2m+2>0,∀x∈ℝ.

⇔2m−2<minℝfx

Từ đò thị hàm số ta có minℝfx=−4

⇒2m−2<−4⇒m<−1

Vậy giái trị nguyên lớn nhất của là : m=−2.

Điều kiện xác định: x≥mx≥m+12⇔x∈m;+∞∩m+12;+∞

Hàm số xác định ∀x∈0;+∞⇔m≤0m+12≤0⇔m≤−1

Vậy có 2018 giá trị nguyên của m cần tìm.

Điều kiện xác định: x≥mx≥m+12⇔x∈m;+∞∩m+12;+∞

+ Nếu m≤1⇒m;+∞∩m+12;+∞=m+12;+∞

Hàm số xác định ∀x∈0;+∞⇔0;+∞⊂m+12;+∞⇔m≤1m+12≤0⇔m≤−1

+ Nếu m>1⇒m;+∞∩m+12;+∞=m;+∞

Hàm số xác định ∀x∈0;+∞⇔0;+∞⊂m;+∞⇔m>1m≤0⇒m∈∅

Vậy m≤−1 . 

Tìm m  để hàm số  y=x−m+2x−m−1  xác định ∀x∈0;+∞

Để hàm số xác định trên R  thì x2+2mx+2018m+2019>0 ∀x∈ℝmx2+2mx+2020≥0 ∀x∈ℝ

+) Nếu m=0   ta thấy y=4x2+2019+2020  luôn xác định trên R

Vậy m=0  thỏa mãn yêu cầu đề bài (1)

+) Nếu m≠0  để hàm số xác định trên R thì m2−2018m−2019<0m>0m2−2020m≤0⇔−1<m<2019m>00≤m≤2020

⇔0<m<2019 (2)

Kết hợp (1)(2) ta được 0≤m<2019  thỏa mãn

Vậy ta có 2019 số nguyên để hàm số xác định trên R

Hàm số xác định trên đoạn [1; 3] khi

1−2x2+mx+m+15≥0,∀x∈1;3⇔2x2+mx+m+15≤1,,∀x∈1;3(1)

Bài toán được chuyển về việc tìm m để bất phương trình (1) nghiệm đúng với "∀x∈ [1; 3].

Điều kiện cần: Bất phương trình nghiệm đúng với "∀x∈[1; 3]

⇒ Nghiệm đúng với x = 1, x = 2

⇔|2m+17|≤1|3m+23|≤1⇔−1≤2m+17≤1−1≤3m+23≤1⇔−9≤m≤−8−8≤m≤−223⇔ m = -8.

Vậy với m = -8 là điều kiện cần để (1) nghiệm đúng với "∀x∈[1; 3].

Điều kiện đủ: Với m = -8, ta có:

 ⇔2x2−8x+8≥02x2−8x+6≤0⇔(x-2)2≥0x2−4x+3≤0⇔1 ≤ x ≤ 3.

Vậy, với m = -8 thoả mãn điều kiện đầu bài.

Hàm số đã cho có tập xác định là R⇔x4−x2+1+mx2x4+2≥0,∀x∈ℝ

⇔2x4+12+2m2xx4+1−2x2≥0,∀x∈ℝ⇔2+2m2xx4+1−2xx4+12≥0,∀x∈ℝ⇔2xx4+12−2m2xx4+1−2≤0,∀x∈ℝ (1)

Đặt  t=2xx4+1 thì  t=2xx4+1=2x2x4+1≤1, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x2=1.

(1) trở thành t2−2mt−2≤0,∀t∈−1;1 (2)

Xét hàm số  f(t)=t2−2mt−2.  Đây là hàm số bậc hai có hệ số a=1>0  nên

(2)⇔f(−1)≤0f(1)≤0⇔2m−1≤02m+1≤0⇔−12≤m≤12.

Điều kiện xác định: x≥m−2x<1−2m⇔x∈−∞;1−2m∩m−2;+∞

Hàm số xác định trên 0;1 .⇔m−2<1−2mm−2≤01−2m≥1⇔m<1m≤2m≤0⇔m≤0

Vậy 2019 có giá trị m  nguyên thỏa YCBT.

Điều kiện: 2x−3k+4≥0x+k−1≠0 .

Hàm số xác định trên khoảng 0;+∞⇔−k+1≤03k−42≤0⇔k∈1;43.

Phương trình có dạng x2−4x+3=m+1 .

Vẽ đồ thị hàm số y=x2−4x+3.

Dựa vào đồ thị ta có phương trình x2−4x+3=m+1

có bốn nghiệm phân biệt

⇔−1<m+1<3⇔−2<m<2

Gọi  P là đồ thị hàm số y=fx

Vẽ đồ thị P1  của đồ thị hàm số y=fx+1  bằng cách: Tịnh tiến đồ thị P  của hàm số y=fx  theo phương của trục hoành sang trái 1  đơn vị.

Vẽ đồ thị P2 của hàm số y=fx+1  bằng cách: Giữ nguyên đồ thị P1  nằm bên phải trục tung rồi lấy đối xứng phần đó chính phần đồ thị  đó qua trục tung, ta được đồ thị P2  của hàm số .y=fx+1  Do đó, ta có đồ thị hàm số

Đặt t=fx+1, với x∈−2;2⇒t∈−1;0.

Ta có phương trình ft=m(1).

Nếu t=0 cho ta ba nghiệm phân biệt x∈−2;2.

Nếu t=−1 cho ta hai nghiệm phân biệt x∈−2;2.

Nếut∈−1;0 thì mỗi giá trị của cho ta bốn nghiệm phân biệt x∈−2;2 .

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ phương trình có đúng 1 nghiệm t∈−1;0⇔f0<m<f−1 ⇔3<m<8⇔3<m<8  .

Vậy có tất cả 4  phần tử S .

2ax2+2bx+2c+m−6=0⇔ax2+2bx+c=−m2+3

Đồ thị hàm số y=ax2+bx+c  như hình vẽ bên

Từ đồ thị hàm số ta thấy:

Điều kiện để có 4 nghiệm phân biệt là

−1<−m2+3<3⇔0<m<8. Suy ra n=0;p=8 .

Vậy 2019n+200p=1600 .,

* Vẽ đồ thị hàm số C'  của hàm số y=fx : Giữ nguyên phần đồ thị C  nằm phía bên phải trục Oy , bỏ đi phần đồ thị C bên trái trục Oy  và lấy đối xứng phần đồ C thị phía bên phải trục Oy qua trục Oy  .

* Ta có f2x+m−2f(x)+m−3=0⇔fx=−1fx=3−m .

* Từ đồ thị C', ta có:

- Phương trình fx=−1 có hai nghiệm là x=2,x=−2.

- Yêu cầu bài toán ⇔ phương trình fx=3−m có bốn nghiệm phân biệt khác ±2⇔ Đường thẳng d:y=3−m cắt đồ thị C' tại bốn điểm phân biệt khác A,B

⇔−1<3−m<3⇔0<m<4. Suy ra m∈1,2,3 .

Gọi ∆  là tiếp tuyến của C  sao cho ∆  song song với đường thẳng d:y=4x−15 .

∆có phương trình là y=4x−9 .

Giao điểm của ∆  và (C) làM3;3 .

M3;3 là điểm cần tìm.

Do đó S=x0+y0=6 .

Gọi x0;y0  là các điểm cố định của Pm .

Khi đó: y0=m−1x02+x0−3m+1,∀m∈R⇔mx02−3−x02+x0+1−y0=0,∀m∈R⇔x02−3=0−x02+x0+1−y0=0⇔x02−3=0y0=x0−2⇔x0=3;y0=3−2x0=−3;y0=−3−2

Vì (P) đi qua A và đi qua các điểm cố định của Pm nên ta có hệ:

a+b+c=53a+3b+c=3−23a−3b+c=−3−2⇔a=−3b=1c=7⇒T=2

Từ đồ thị hàm số y=x2+bx+c  như hình trên, ta suy ra đồ thị hàm số y=x2+bx+c  như sau

Suy ra parabol y=x2+bx+c có đỉnh I1;−4

⇒−b2=11+b+c=−4⇔b=−2c=−3⇒S=b−c=1.

Chọn A

fx2−1>0⇔x2−1<−1x2−1>3⇔x2>4⇔x∈−∞;−2∪2;+∞

Hoành độ hai đỉnh của P1;P2  thứ tự là m2;  m+1m−1 . Theo yêu cầu đề bài chúng phải phân biệt và là hai nghiệm của phương trình hoành độ: mx2−3m+2x+n+6=0  .

Từ đó theo định lý viet ta có m2+m+1m−1=3m+2m⇔m=2m2−3m−2=0      *

Mà m2= m+1m−1⇔* nên ta chỉ có giá trị duy nhất của m thỏa mãn là m=2, suy ra n=0

Phương trình x2−2x+2m−2=0⇔x2−2x−1=1−2m  (*)

Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=x2−2x−1  (P) và đường thẳng y=1−2m

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy:

với  x∈−1;2 thì y∈−2;2 .

Do đó, để phương trình (*) có nghiệm thì

−2≤1−2m≤2⇔−12≤m≤32

Mà m là số nguyên dương ⇒m=1

Vậy có duy nhất 1 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Ta thấy rằng d1  và d2  luôn cắt nhau tại điểm nằm trên trục tung.

Nếu m=0  thì d1 và d2 là hai đường thẳng trùng nhau nên d1 ,d2 và trục Ox  không tạo thành tam giác (không thỏa mãn ycbt).

Do đó m≠0  , giả sử d1  cắt  Ox  tại B4m; 0 , d2  cắt Ox  tại C−4m; 0 .

Tam giác tạo thành bởi d1 , d2 và trục hoành là tam giác ABC .

Diện tích tam giác tạo thành là: SΔABC=12OA.BC=12.4.xB−xC=2.8m=16m .

Ta có SΔABC≥8⇔16m≥8⇔m≤2m≠0⇔−2≤m≤2m≠0 .

Suy ra S=1; 2 . Vậy tổng các phần tử của tập bằng 3.

+ Nếu được nên có hình vẽ thì hay hơn

+ Do đó m≠0 , giả sử d1 cắt Ox  tại B4m; 0 ,d2 cắt Ox  tại C−4m; 0 .

Theo tôi câu này nên bỏ từ giả sử

Hệ thức x2−2x+1+4y2+4y+1=6⇔x−1+2y+1=6

⇔x+2y=6  vs  x≥1;y≥−12x−2y=8   vs  x≥1;y≤−12−x+2y=4  vs  x≤1;y≥−12−x−2y=6   vs  x≤−1;y≤−12

Hình (H)  là hình thoi ABCD  với điểm A1;52,B7;12,C1;−72,D−5;12

Tọa độ điểm M6;0,N−4;0

Dễ thấy BD=12,AC=6⇒S(H)=SABCD=12AC.BD=36

Diện tích tam giác AMN  :SAMN=12.MN.yA=12.10.52=252

Như vậy S1=252,S2=36−252=472⇒S1S2=2547 .

Dựa vào đồ thị hàm số y=fx , suy ra đồ thị hàm số y=fx

Ta có: fx+1>0, ∀x∈ℝ.

Do đó phương trình 4fx−1fx+1=2⇔4fx−1=2fx+1⇔fx=32  1 .

Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị y=fxvới đường thẳng y=32.

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm.

Biến đổi phương trình x2−2x+m−1=−x−1 .

Mà số nghiệm là số giao điểm của hai đồ thị y=x2−2x+m−1 và y=−x−1 trong đó P:y=x2−2x+m−1 có trục đối xứng  x=1 nên muốn có nghiệm duy nhất thì (1;0) phải là đỉnh của (P). Suy ra m=2

Phương trình có dạng x2−4x+3=m+1 .

Vẽ đồ thị hàm số y=x2−4x+3.

Dựa vào đồ thị ta có phương trình x2−4x+3=m+1

có bốn nghiệm phân biệt

⇔−1<m+1<3⇔−2<m<2

−x2+2x+3−2m+1=0⇔−x2+2x+3=2m−1

Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y=−x2+2x+3  và đường thẳng y=2m−1 .Xét hàm số y=−x2+2x+3

Vẽ từ trong ra ngoài 

+Vẽ đồ thị y=−x2+2x+3   C

+Vẽ đồ thị y1=fx  có đồ thị C1

- Giữ nguyên phần đồ thị của C  nằm bên phải trục tung.

- Lấy đối xứng qua trục tung phần đồ thị C  nằm bên phải trục tung.

+ Vẽ đồ thị hàm số y2=y1  có đồ thị C2

- Giữ nguyên đồ thị của  C1 nằm trên trục hoành.

- Lấy đối xứng qua trục hoành phần đồ thị C1 nằm dưới trục hoành.

Từ đồ thị để phương trình có bốn nghiệm khi 0<2m−1<3m=52⇔12<m<2m=52 . Vậy có 1 giá trị nguyên.

Đặt t=x−2018,t≥0  , phương trình f(x−2018)=m−2018  (1) trở thành : f(t)=m−2018  (2).

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

⇔ phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu hoặc có nghiệm kép dương

⇔ m−2018>3m−2018=−1⇔ m∈(−∞; 2015) ∪ (2021; +∞) .

ĐK để (P) cắt Ox tại hai điểm phân biệt: Δ>0

Khi đó hoành độ của A, B là: x1=−b−Δ2a;  x2=−b+Δ2a

AB=x1−x2=−b−Δ2a−−b+Δ2a=Δa

Tọa độ I là: I−b2a;  −Δ4a .

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên Ox thì H là trung điểm AB và IH=−Δ4a

YCBT −Δ4a=12.Δa⇔Δ216a2=Δ4a2⇔Δ=4

Gọi (P): y=ax2+bx+c,a≠0 .

Ta có: 

+) P đi qua hai điểm −1;2;5;2  nên ta có a−b+c=225a+5b+c=2⇔b=−4ac=2−5a

+)P có một điểm chung với đường thẳng y=−2,5  nên

−Δ4a=−2,4⇔36a2−18a=0⇔a=12.  Do đó: b=−2;c=−12.

Vậy Chọn D

Vì P  đi qua M(4;3)  nên 3=16a+4b+c  (1)

Mặt khác P  cắt Ox tại  N(3;0) suy ra 0=9a+3b+c  (2), P  cắt Ox  tại nên Qt;0,  t<3

Theo định lý Viét ta có t+3=−ba3t=ca

Ta có SΔINQ=12IH.NQ  với H  là hình chiếu của lên trục hoành I−b2a;−Δ4a

Do IH=−Δ4a ,NQ=3−t nên SΔINQ=1⇔12−Δ4a.3−t=1

⇔3−tb2a2−ca=2a⇔3−tt+342−3t=2a⇔3−t3=8a(3)

Từ (1) và (2) ta có  7a+b=3⇔b=3−7a  suy ra t+3=−3−7aa⇔1a=4−t3

Thay vào (3) ta có 3−t3=84−t3⇔3t3−27t2+73t−49=0⇔t=1

Suy ra a=1⇒b=−4⇒c=3 .

Vậy (P)  cần tìm là y=x2−4x+3 .

Tọa độ đỉnh I của (P) là: x=−m2y=52−m24*

Khoảng cách từ điểm gốc tọa độ đến I: OI=5⇔−m22+52−m242=25

⇔m4−100m2+2304=0  Đặt t=m2≥0

⇔t2−100t+2304=0⇔t=64t=36⇒m=±8;±6

+ Pt hoành độ giao điểm của d  và P  là: x2–2m+1x+m2+4=0   1

+ Để d  cắt P  tại hai điểm phân biệt có hoành độ là x1 ,x2  thì pt (1)  có Δ'>0

⇔m+12−m2+4>0⇔m>3 2  2.Theo Vi-et ta có: x1+x2=2(m+1)x1x2=m2+4

Từ yêu cầu ta có x12+2(m+1)x2≤3m2+16⇔x12+(x1+x2)x2≤3m2+16

⇔x12+x22+x1x2≤3m2+16⇔(x1+x2)2−x1x2≤3m2+16

2m+22⇔−m2−4≤3m2+16⇔8m≤16⇔m≤2

So sánh với điều kiện (2)  suy ra 32<m≤2  do m nguyên nên m=2

Gọi hàm số f(x)=ax2+bx+c  ta có f(x)+3f(2−x)=4x2−10x+10

⇔ax2+bx+c+3a(2−x)2+b(2−x)+c=4x2−10x+10.

⇔a=1−2b−12a=−1012a+6b+4c=10⇔a=1b=−1c=1⇒f(x)=x2−x+1

Gọi hàm số g(x)=mx2+nx+p  ta có g(0)=9;g(1)=10;g(−1)=4  ra hệ giải được

m=−2;n=3;p=9⇒g(x)=−2x2+3x+9.

Khi đó tọa độ hai điểm A, B thỏa mãn hệ phương trình

y=x2−x+1y=−2x2+3x+9⇔2y=2x2−2x+2y=−2x2+3x+9⇒3y=x+11

Do đó đường thẳng AB:y=13x+113⇒d:y=−3x+k . Đường thẳng d   cắt hai trục tọa độ tại . Diện tích tam giác OEF là 12kk3=6⇔k=±6

Vậy phương trình đường thẳng d  là: d:y=−3x+6, y=-3x-6 .Chọn đáp án B

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường: 2x2+x−3=mx⇔2x2+(1−m)x−3=0 .

Vì Δ=m2−2m+25  nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2.

Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng AB là: x=x1+x22=m−14y=mx .

Do đó, quỹ tích trung điểm của đoạn thẳng AB là đường parabol y=4x2+x .

Đặt t=x−2018 , phương trình f(x−2018)=m−2018 (1) trở thành : f(t)=m−2018 (2).

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

⇔ phương trình (2) có đúng một nghiệm t dương

⇔ m−2018>3m−2018=−1⇔ m∈(−∞; 2015) ∪ (2021; +∞) .

Đường thẳng d:y=ax+b  đi qua điểm I1;3⇔1=3a+b. 1

Vì đường thẳng d:y=ax+b  cắt hai tia Ox , Oy và cách gốc tọa độ một khoảng bằng 5  nên a<0,b>0 .

Ta có d∩Ox=A−ba;0 ; d∩Oy=B0;b .

Suy ra OA=−ba=−ba  và OB=b=b  (do A, B  thuộc hai tia Ox, Oy nên a<0,b>0 ).

Gọi là hình chiếu vuông góc của O  trên đường thẳng d.

Xét tam giác AOB  vuông tại O , có đường cao OH  nên ta có

1OH2=1OA2+1OB2  ⇔  18=a2b2+1b2  ⇔  b2=8a2+8.

Từ (1) suy ra b=1−3a . Thay vào (2) , ta được

1−3a2=8a2+8 ⇔  a2−6a−7=0  ⇔  a=−1a=7  L.

 Với a=−1 , suy ra b=4 . Vậy P=2.−1+42=14

Phương trình hoành độ giao điểm:

x2−2x−3=mx−m⇔x2−m+2x+m−3=0     1

d cắt C  tại hai điểm phân biệt ⇔ 1 có hai nghiệm phân biệt khác 0.

⇔Δ=m+22−4m−3>0m≠3⇔m2+16>0m≠3⇔m≠3

Do x1, x2 là hai nghiệm của phương trình 1 nên:

x12−m+2x1+m−3=0 ⇔x12=m+2x1−m+3

x22−m+2x2+m−3=0 ⇔x22=m+2x2−m+3

T=x12−mx1+2mx2+x22−mx2+2mx1=2x1+m+3x2+2x2+m+3x1

=2x12+2x22+m+3x1+x2x1x2=2x1+x22−4x1x2+m+3x1+x2x1x2

=2m+22−4m−3+m+3m+2m−3=3m2+9m+26m−3

T=−4⇔=3m2+9m+26m−3=−4⇔3m2+13m+14=0⇔m=−2; m=−73

Tổng các giá trị của  m là −133.

Nhận thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại −1;0 , phương trình x2+ax+b=0  có hai nghiệm −1,−b . Giao điểm thứ hai của đồ thị và trục hoành là −b;0 . Ta có thể viết: fx=x2+ax+b=x+1x+b  .

gx=x+1x+b=fx, khi x≥−b−fx, khi x<−b. Suy ra đồ thị như hình vẽ:

Phương trình đề bài trở thành gx=x. Vẽ đường thẳng y=x, cắt đồ thị y=gx tại ba điểm có hoành độ gần bằng −1,2,1,3, 1,9.

Tổng các nghiệm gần bằng 2

Chọn B

+ Đường thẳng (d) có pt: y=kx

+ PT tương giao (d) và (P): −x2+1=kx⇔x2+kx−1=0(*)

+ (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1;x2  vì  Δ=k2+4>0∀k

Theo Vi et có: x1+x2=−k,x1x2=−1

Ta có: x13−x23=(x1−x2)(x1+x2)2−x1x2  = x1−x2.(x1+x2)2−x1x2

Có x1−x22=x1+x22−4x1x2=k2+4

⇒x13−x23= k2+4(k2+1)≥2 ,∀k∈R .

Vậy GTNN của M bằng 2 khi k=0

Do hàm số y=f(x)=x2−2x−m là hàm chẵn nó có đồ thị đối xứng qua trục Oy

Điều kiện cần để phương trình fx=m2  có 5 nghiệm phân biệt là:

f0=m2⇒m=m2⇒m=0m=1m=−1

Thử lại: Từ đồ thị hàm số y=g(x)=x2−2x  suy ra

Các dạng đồ thị của y=fx hàm cho 3 trường hợp

+ m=0, phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt

+ m=−1, phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt

+ m=1, phương trình đã cho có 5 nghiệm phân biệt

Vậy m=1 thỏa điều kiện.

Ta thấy rằng d1 và d2  luôn cắt nhau tại điểm A0; −4  nằm trên trục tung.

Nếu m=0  thì d1 và d2 là hai đường thẳng trùng nhau nên d1 , d2  và trục Ox  không tạo thành tam giác (không thỏa mãn ycbt).

Do đó m≠0 , giả sử d1  cắt Ox tại B4m; 0 , cắt tại C−4m; 0 .

Tam giác tạo thành bởi d1 , d2  và trục hoành là tam giác ABC .

Diện tích tam giác tạo thành là: SΔABC=12OA.BC=12.4.xB−xC=2.8m=16m .

Ta có SΔABC≥8⇔16m≥8⇔m≤2m≠0⇔−2≤m≤2m≠0 .

Do đó các giá trị nguyên của thỏa mãn yêu cầu bài toán thuộc tập hợp S=−2; −1; 1; 2  . Vậy có 4   giá trị nguyên của m  thỏa mãn yêu cầu bài toán.

(d) có phương trình: y=kx−1 nên ta có phương trình hoành độ giao điểm: x2+kx−1=0

phương trình này luôn có hai nghiệm trái dấu nên Parabol và đường thẳng (d)  luôn cắt nhau

tại hai điểm phân biệt với mọi k .

Ta có: x13−x23=x1−x2x1+x22−x1x2≤2⇔k=0

⇔x1−x2=x1+x22−x1x2≤2. 

⇔k2+4.k2+1≤2⇔k=0

Phương trình hoành độ giao điểm của d và Pm là:

−x2+mx−m2+1=−2⇔−x2+mx−m2+3=0

d giao Pm  tại hai điểm M,N khi và chỉ khi 1 có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ>0

⇔m2−4.−1.−m2+3>0⇔−3m2+12>0⇔−2<m<2

So với điều kiện m∈−1;12 . Vậy (d)  cắt Pm  tại hai điểm phân biệt khi m∈−1;12 .

Gọi Mx1;−2;Nx2;−2  với x1;x2  là nghiệm của phương trình (1) .

Ta có : MN→=x2−x1;0 ⇔MN2=x2−x12=x1+x22−4x1x2

Theo định lí Vi – ét ta có:MN2=m2−4m2−3=−3m2+12 .

Xét hàm số fm=−3m2+12 . Có Đỉnh S0;12 .

Bảng biến thiên:

m	-1                               0                                              1/2
f(m)

Dựa vào bảng biến thiên ta có fmmin=9fmmax=12⇔MN2min=9MN2max=12 .

Vậy khi đó S=a2+b2=12+9=21.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: 

12x2=m+1x−m2−12⇔x2−2m+1x+2m2+1=0    (1)

Để (d)  cắt (P)  tại 2 điểm A(x1;y1),B(x2;y2)  thì  (1) phương trình phải có 2 nghiệm x1,x2

⇔Δ'≥0⇔m+12−2m2−1=2m−m2≥0⇔0≤m≤2.

Vậy với 0≤m≤2  thì đường thẳng (d) cắt Parabol (P)  tại hai điểm A(x1;y1),B(x2;y2) .

Theo định lý Viet, ta có: x1+x2=2m+1x1x2=2m2+1

Khi đó: y1=(m+1)x1−m2−12;y1=(m+1)x2−m2−12.

Ta có: T=y1+y2−x1x2−(x1+x2)     =m+1x1+x2−2m2−1−x1x2−(x1+x2)     =2m+12−4m2−2−2(m+1)=−2m2+2m−2 .

Bài toán trở thành tìm giá trị của tham số m để hàm số:T(m)=−2m2+2m−2 đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn .

Ta có bảng biến thiên:

Vậy giá trị nhỏ nhất của T=−6đạt được khi m=2.

+ Xét PT hoành độ giao điểm x2=m⇔x=mx=−m⇒A−m;m,Bm;m

+ Xét PT hoành độ giao điểm x2=m2⇔x=mx=−m⇒Cm;m2,D−m;m2.

Tính được SΔOCD=m3  ; SABCD=m−m2m+m.(do) 0<m<1

Do SABCD=9.SΔOCD⇔m−m2m+m=9m3⇔10mm+m−m−1=0

⇒m=14là giá trị cần tìm.

Từ đố thị hàm số y=fx  suy ra đồ thị hàm số y=fx là

Ta có fx−1=m⇔fx=m+1

Dựa vào đồ thị hàm số, ta có theo yêu cầu bài toán ⇔−1<m+1<3⇔−2<m<2

Mà m∈ℤ  nên S=−1;0;1

Vậy số phần tử của S  là 3 .

Từ đố thị hàm số y=fx  suy ra đồ thị hàm số y=fx  là

Ta có fx+1=m⇔fx=m−1

Dựa vào đồ thị hàm số, ta có theo yêu cầu bài toán ⇔1<m−1<3m−1=0⇔2<m<4m=1

Mà m∈ℤ  nên  S=1;3

Vậy số phần tử của S  là 2 .

Từ đố thị hàm số y=x−1x−5=x−1x−5       khi  x≥5−x−1x−5   khi  x<5

Hay y=x2−6x+5            khi  x≥5−x2−6x+5    khi  x<5

Dựa vào đồ thị hàm số y=fx=x2−6x+5  suy ra đồ thị hàm số  y=x−1x−5  như sau:

+ Khi x≥5 giữ nguyên phần đồ thị hàm số y=fx=x2−6x+5 .

+ Khi x<5  lấy đối xứng đồ thị hàm số y=fx=x2−6x+5  qua trục hoành.

Khi đó ta có đồ thị hàm số y=x−1x−5  là

Ta có x−1x−5+m=0⇔x−1x−5=−m

Dựa vào đồ thị hàm số, ta có theo yêu cầu bài toán ⇔−m=0−m=4⇔m=0m=−4

Vậy tổng các phần tử của là -4 .

Cho hàm số y=fx=x2−6x+5  có đồ thị như hình vẽ.

Phương trình hoành độ giao điểm: x2−4x+m=0.

Để (P)  cắt Ox  tại hai điểm phân biệt A, B  thì (*)  có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ=4−m>0⇔m<4.

Theo giả thiết OA=3OB⇔xA=3xB⇔xA=3xBxA=−3xB

Với xA=3xB⇒xA=3xBxA+xB=4xA.xB=m⇒m=xA.xB=3.

Với : xA=−3xB⇒xA=−3xBxA+xB=4xA.xB=m⇒m=xA.xB=12 không thỏa mãn (*) .

Do đó S=3

Ta có fx=fx  nếu x≥0 . Hơn nữa hàm fx  là hàm số chẵn.

Từ đó suy ra cách vẽ đồ thị hàm số C  từ đồ thị hàm số y=fx  như sau:

= Giữ nguyên đồ thị y=fx  phía bên phải trục tung.

= Lấy đối xứng phần đồ thị y=fx  phía bên phải trục tung qua trục tung.

Kết hợp hai phần ta được đồ thị hàm số y=fx  như hình vẽ sau:

Phương trình  fx−1=m⇔fx=m+1 là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y=fx và đường thẳng y=m+1 (song song hoặc trùng với trục hoành).

Dựa vào đồ thị, ta có yêu cầu bài toán ⇔m+1=3⇔m=2.

+ Phương trình hoành độ giao điểm: m+3x2−2m+1x+m=0

+ Với m≠−3m≤1  phương trình có hai nghiệm x1;x2

+ khi đó theo định lí vi-et ta có: x1+x2=2(m+1)m+3x1x2=mm+3  , ta có:

F=x1−ax2−a=x1x2−a(x1+x2)+a2= mm+3−2a(m+1)m+3+a2

=m−2am−2am+3+a2=m+3−2a(m+3)+4a−3m+3+a2=1−2a+a2+4a−3m+3

+ F không phụ thuộc vào m ⇔4a−3=0⇔a=34

+ Với a=34  ta có F=14⇔3(x1+x2)−4x1x2=2

Rõ ràng khi đó ta thấy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thỏa mãn hệ thức trên chẳng hạn như m=0  ta có 3x2−2x=0⇔x=0x=23 thỏa hệ thức của bài toán.

Ta có thể sử lý theo hướng: x1+x2=2(m+1)m+3x1x2=mm+3⇔x1+x2=2−4m+3x1x2=1−3m+3⇒3(x1+x2)−4x1x2=2

Đây là hệ thức không phụ thuộc vào m 

Từ yêu cầu bài toán có F=x1−ax2−a=x1x2−a(x1+x2)+a2⇒4F=4x1x2−4a(x1+x2)+4a2

Hay 4F=3(x1+x2)−2−4a(x1+x2)+4a2=(3−4a)(x1+x2)+4a2−2

Để không phụ thuộc vào m   thì 4a−3=0⇔a=34

Thay với a=34   ta có 4a−3=0⇔a=34

+ Với  a=34  ta có F=14⇔3(x1+x2)−4x1x2=2

Rõ ràng khi đó ta thấy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thỏa mãn hệ thức trên chẳng hạn như m=0  ta có 3x2−2x=0⇔x=0x=23  thỏa hệ thức của bài toán.

Phương trình hoành độ giao điểm: x4−3x2−2=m⇔x4−3x2−2−m=0

Với mọi m>0  thì đường thẳng y=m  cắt  C  tại hai điểm phân biệt AxA;m và BxB;m  đối xứng qua Oy, xA<xB .

Tam giác OAB vuông tại O nên OA→.OB→=0⇔xA.xB+m2=0

Mà  xA+xB=0  nên xA=−m;xB=m

Do đó m4−3m2−m−2=0⇔m−2m3+2m2+m+1=0⇔m=2 (vì) m>0

Vì x thuộc (1;2) nên f(x)=2(m−4)x−m

Giả sử A(1; m - 8) ; B(2; 3m - 16)

Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 1 điểm thuộc khoảng (1;2) thì A, B nằm 2 phía với trục Ox.

Ta có: (I)m−8>03m−16<0               hoặc (II)m−8<03m−16>0             

Hệ (I) vô nghiệm. Hệ (II) 163<m<8⇒m=6;7 . Chọn C

Cho hàm số f(x)=2(m−4)x+m(x−2)x−2  (m là tham số)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (P):

x2−4x+3=mx+3⇔x2−(4+m)x=0⇔x=0x=m+4

gọi A(0;3) và B(m+4; m2+4m+3), ta có OA thuộc Oy nên

SΔOAB=12OA.d(B,Oy)=12.3.m+4=92⇔m+4=3⇔m=−1m=−7

Cho hàm số y=x2−4x+3  có đồ thị (P) và đường thẳng d:y=mx+3 .

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị

x2−2m−1x−2m=2x+3⇔x2−2mx−2m−3=0 (*)

Ta có:Δ'=m2+2m+3>0 với mọi m  nên (*)  luôn có hai nghiệm phân biệt hay hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A,B .

Gọi là hai nghiệm của phương trình (*) . Khi đó 

Ta có  OA→=xA;2xA+3,   OB→=xB;2xB+3 .

OA2+OB2=xA2+2xA+32+xB2+2xB+32=5xA2+xB2+12xA+xB+18=5xA+xB2+12xA+xB+18−10xAxB1

Theo định lí Vi-et ta có xA+xB=2m,  xAxB=−2m−3

Khi đó (1) trở thành OA2+OB2=20m2+44m+48=20m+11102+1195

Tìm được  OA2+OB2 nhỏ nhất bằng 1195  khi m=−1110 .

Vậy m=−1110  là giá trị cần tìm.

Phương trình hoành độ giao điểm của (P)  và (d)  : 

2x2−m+3x−2m2−4=0. (*)

Phương trình này có Δ=m+32+82m2+4  luôn nhận giá trị dương nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt. Gọi 2 nghiệm đó là x1,x2  thì x1+x2=m+32 .

Như vậy, (d)  luôn cắt P  tại hai điểm phân biệt A  và B  lần lượt có hoành độ là x1,x2 .

Trung điểm của đoạn thẳng là AB .

Ix1+x22;mx1+x22+2m2−1=m+34;mm+34+2m2−1

A, B nằm khác phía và cách đều đường thẳng y=−3x+5  khi và chỉ khi (d)  cắt đường thẳng y=−3x+5  tại I , tương đương m≠−3  và I  thuộc đường thẳng y=−3x+5 , tương đương 3m2+2m−5=0 .

Vậy có hai phần tử và tổng của chúng là −23 .

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: m−6x2−2=2mx+1

⇔m−6x2−2mx−3=0**.

Nếu m=6  thay vào phương trình (*) ta được: −12x−3=0⇔x=−14 .

*.Nếu m≠6  Ta có : Δ=m2+3m−6=m2+3m−18

Đồ thị (P) và đường thẳng (d) có điểm chung khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm thực

⇔Δ≥0⇔m2+3m−18≥0⇔m≤−6m≥31

Theo giả thiết: m∈Z&m∈−2018;20182

Từ (1) và (2) suy ra: có 4029 giá trị m thỏa mãn YCBT.

Cho đồ thị hàm số (P): y=m−6x2−2  và đường thẳng (d) y=2mx+1 trong đó x   là ẩn, m

Đỉnh của (P): I−m;3−m2

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và trục Ox  là : x2+2mx+3=0  *

Để (P) cắt tại 2 điểm phân biệt ⇔*  có 2 nghiệm phân biệt

⇔ Δ'=m2−3>0⇔m<−3m>3

Khi đó phương trình có nghiệm: x1=−m+m2−3,    x2=−m−m2−3

⇒  A−m+m2−3 ;0,   B−m−m2−3 ;0, AB→−2m2−3;0,   IA→m2−3; m2−3

Do (P) nhận đường thẳng làm trục đối xứng suy ra tam giác IAB cân tại I để tam giác IAB đều

⇔AB=IA⇔4m2−3=m2−3+m2−32⇔4m2−3=m2−3+m2−32⇔m2−3=3⇔m=±6    tm

Vậy có 2 giá trị của m  thỏa mãn

YCBT suy ra các phương trình sau đây đều có nghiệm kép:

ax2+bx+c=x−5⇔ax2+(b−1)x+c+5=0ax2+bx+c=−3x+3⇔ax2+(b+3)x+c−3=0ax2+bx+c=3x−12⇔ax2+(b−3)x+c+12=0

Ta có hệ phương trình

(b−1)2−4a(c+5)=0(b+3)2−4a(c−3)=0(b−3)2−4a(c+12)=0⇔b2−2b+1−4ac−20a=0(1)b2+6b+9−4ac+12a=0(2)b2−6b+9−4ac−48a=0(3)

Từ (1) và (2) suy ra: 8b+8+32a=0

Từ (2) và (3) suy ra: 12b+60a=0

Vậy ta có hệ sau: 4a+b=−15a+b=0

⇒a=1;b=−5

Thay lại vào phương trình (1) ta có c=4

Vậy M=ab+bc=−25

Phương trình hoành độ giao điểm −x2+2(m+1)x+1−m2=0⇔x2−2(m+1)x+m2−1=0  (2)

Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A,B  khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ'>0⇔(m+1)2−m2+1>0⇔2m+2>0⇔m>−1 .

Gọi các nghiệm của phương trình (2) là x1,x2  .

Tọa độ các giao điểm lA ; B là A(x1;0),B(x2;0) ,KA →=(x1−2;2), KB →=(x2−2;2) .

KA⊥KB⇔KA →. KB →=0⇔(x1−2)(x2−2)+4=0⇔x1x2−2(x1+x2)+8=0

⇔m2−1−2.2(m+1)+8=0⇔m2−4m+3=0⇔m=1m=3

Kết hợp điều kiện m>−1, ta được m=1 , m=3. Ta chọn đáp án D

Chọn B

Ta có: m2x2−2(m+1)x−m2+2m+2⇔(x2−1)m2−2(x−1)m−2x+2−y=0 (*)

A là điểm cố định của (P)⇔  tọa độ A thỏa (*), ∀m∈ℝ⇔  Tọa độ A thỏa hệ x2−1=0−2x−1=0−2x+2−y=0

Suy ra A1;0  là điểm cố định của (P) .

Gọi M(xM;−2)=(d)∩(Δ) . M∈(Δ)⇔−2=−12xM−1⇒M(2;−2) .

A,M∈(d)⇒(d):y=−2x+2. Phương trình hoành độ điểm chung của (P) và (d):

m2x2−2(m+1)x−m2+2m+2=−2x+2⇔m2x2−2mx−m2+2m=0⇔x=1m2x+m2−2m=0

Để (P)  và (d)  cắt nhau tại 2 điểm phân biệt ⇔m≠0m2.1+m2−2m≠0⇔m≠0m≠1 . Khi đó:

xI=xA+xB2=1myI=−2xI+2=−2m+2⇒OI2=xI2+yI2=1m2+4m2−8m+4=2936⇔m=65m=3023 

(Nhận)

Vậy S=65+3023≃2.5043478

+) Vẽ đồ thị hàm số fx=x2−7x+12     khi     x≥2x                            khi     x<2

+) Suy ra đồ thị hàm số y=fx  nhờ tính chất của hàm số chẵn

+) Suy ra đồ thị của hàm số y=fx

Vậy phương trình fx=m có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m∈14;2→M∈Zm=1.

Chọn C

+)Xét phương trình hoành độ giao điểm của d  và (P) : x2=2x+m⇔x2−2x−m=0 (1)

+)  d cắt (P)  tại điểm phân biệt ⇔  phương trình (1) có nghiệm phân biệt

⇔Δ'>0⇔1+m>0⇔m>−1.

+) Khi đó d  cắt (P) tại 2 điểm phân biệt là : A(xA;xA2) và B(xB;xB2).

⇒OA→=(xA;xA2), OB→=(xB;xB2) , (đk O,A,B  không thẳng hàng) ⇔xA,xB≠0

Với xA,xB  là các nghiệm của phương trình (1) nên theo vi-ét : xA+xB=2xA.xB=−m

Theo giả thiết △OAB  vuông tại O⇔OA2+OB2=AB2

⇔xA2+xA4+xB2+xB4=(xA−xB)2+xA2−xB22

⇔−2m+2m2=0⇔m=0m=1

So sánh với các đk ta thấy  m=0  loại, m=1  thỏa mãn ⇒S=1 .

Nội dung phản biện:

- Kiến thức tương quan lớp 10 phần hàm số và tọa độ véc tơ, độ dài véc tơ chưa học kịp cùng nhau. Bài này sử dụng cuối kì 1 thì được. Nếu đến thời điểm đó thì dùng tích vô hướng 2 véc tơ sẽ đơn giản hơn về mặt biến đổi.

- Với điều kiện m nguyên thì có thể dùng hình vẽ đồ thị y=x2  và đồ thị y=2x hàm số để kiểm tra đáp án được. Bằng cách tịnh tiến đường thẳng y=2x  theo các đơn vị nguyên từ đó nhìn hình kiểm tra số đáp án thỏa mãn. Do vậy có thể bỏ điều kiện m nguyên để tránh việc dùng hình vẽ giải bài toán này.

Cách dùng hình ở trang dưới:

fx=ax−12+2.

Khoảng cách từ đỉnh I đến đường thẳng (d)  bằng 2 do đó AB=43 .

Phương trình hoành độ giao điểm của (d)  và (P) : ax−12+2=4⇔x=1±2a

(ĐK có nghiệm là) a>0. 

Giả sử A1−2a;4,B1+2a;4 , ta có AB=22a=43⇔a=32  .

fx=32x−12+2, f2=72

Cho hàm số y=fx=ax2+bx+c  có đồ thị là parabol P  đỉnh I1;2 . Biết rằng đường thẳng d:y=4  cắt (P)  tại hai điểm A, B

Chọn A

Yêu cầu bài toán tương đương với tìm m để phương trình x2−x+2m=0(1) và x2+x+m−2=0(2)  có nghiệm xen kẽ.

(1)⇔m=−12x2+12x

(2)⇔m=−x2−x+2

Vẽ parabol (P1):y=−12x2+12x , parabol (P2):y=−x2−x+2  và đường thẳng  y=m  trên cùng một hệ trục tọa độ.Từ đó suy ra −10<m<0 

Dễ dàng tìm được A0;0,  B4;0,  I12;−1,  I22;b−4a  với b−4a>0  (vì tứ giác I1AI2B  lồi). Khi đó tứ giác  I1AI2B  có hai đường chéo vuông góc nên SI1AI2B=12AB.I1I2=124.1+b−4a=21+b−4a=10⇔b=4a+4.

Ta có hx=fx+gx=a+14x2−4a+1x+4a+4  nên tọa độ đỉnh I  là

xI=4a+12a+14=2yI=h2=4a+1−8a−2+4a+4=3⇒I2;3⇒SΔIAB=12.3.4=6.

Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P)  là : x2−1=5x+m⇔x2−5x−m−1=0  (*).

Để đường thẳng d  cắt (P)   tại hai điểm phân biệt A  và B  khi (*) có hai nghiệm phân biệt hay

Δ>0⇔25+4(m+1)>0⇔m>−294.

Ta có hai trường hợp sau :

TH1 : Nếu m=−1  thì  d  cắt (P)  tại hai điểm phân biệt A0;−1  và B5;24  , dễ thấy  OA  không vuông góc với OB  , nên m=−1  loại.

TH2 : Nếu m≠−1,m>−294  thì đường thẳng d   cắt (P)   tại hai điểm phân biệt Ax1;y1  và Bx2;y2 . Khi đó ta có :

OA⊥OB⇔y1x1.y2x2=−1⇔5+mx15+mx2=−1⇔25+5m.x1+x2x1x2+m2x1x2=−1⇔26x1x2+m2+5mx1+x2=0⇔26−1−m+m2+25m=0⇔m2−m−26=0⇔m=1−1052m=1+1052(TM)

Vậy tổng của tất cả các giá trị m để cho đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B  sao cho OA vuông góc với OB là : 1−1052+1+1052=1.

Gọi  IxI;yI  là đỉnh của (P) . Vì đường thẳng  d1: y=−52 cắt (P)  tại một điểm duy nhất nên ta được yI=−52 . Vì đường thẳng d2  :y=2 cắt (P)  tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là -1  và 5  nên ta được xI=−1+52=2  và đi qua điểm M−1;2 .

Từ các giả thiết trên ta được hệ phương trình sau :

a−b+c=2−b2a=24a+2b+c=−52⇔a−b+c=24a+b=04a+2b+c=−52⇔a=12b=−2c=−12

Vậy T=a+2b+3c=−5 . Ta được đáp án D.

Hoành độ đỉnh của parabol f(x)=x2+2m+1x+m2−1là  xI=−m−12. Ta có các trường hợp sau:

TH1: Nếu xI∈0;1⇔m∈−32;−12  thì

min0;1f(x)=fxI=1⇔−m−54=1⇔m=−94(không thỏa mãn)

TH2: Nếu xI<0⇔m>−12  thì

min0;1f(x)=f0=1⇔m2−1=1⇔m=±2

Do đó m=2  thỏa mãn.

TH3: Nếu xI>1⇔m<−32  thì

min0;1f(x)=f1=1⇔m+12=1⇔m=0m=−2

Do đó m=−2  thỏa mãn.

Vậy có hai giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán là m=2  và m=−2 . Ta được đáp án C

Phương trình hoàn độ giao điểm: x2+2x−3=x+m⇔x2+x−3−m=0 (1)

(d) cắt (P)  tại hai điểm phân biệt A,B⇔  (1) có 2 nghiệm phân biệt

⇔Δ>0⇔m>−134(2)

Giả sử Ax1;y1,Bx2;y2  với x1,x2  là hai nghiệm của (1)

Ta phải có y1−1y2−1<0⇔x1+m−1x2+m−1<0

⇔x1x2+m−1x1+x2+m2−2m+1<0⇔m2−4m−1<0⇔2−5<m<2+5 (thoả (2))

m∈ℤ⇒m∈0;1;2;3;4

ĐK: m≥13x1≥0,x2≥0

Ta có phương trình hoành độ giao điểm x2−3x+3m−1=0(**)

đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt  là x1;x2≥0 ⇔ pt(**) có hai nghiệm phân biệt x1;x2≥0

⇔Δ'>0x1+x2>0x1.x2≥0⇔9−43m−1>03>03m−1≥0⇔13≤m<1312. Và theo định lí viet ta có x1+x2=3x1x2=3m−1 .

Ta có x1−mx2+x2−mx1=x1x2+x2x1−mx1+x2=x1+x2x1x2−m

Vì x1+x2=x1+x22=x1+x2+2x1x2=3+23m−1

Khi đó: x1−mx2+x2−mx1=3+23m−13m−1−m

Ta có (*) ⇔3+23m−13m−1−m=23m−1−m⇔3m−1=m3+23m−1=2

Nếu ,3m−1=m với đk trên ta có hai vế không âm nên pt ,

⇔m2−3m+1=0⇔m=3+52m=3−52

kết hợp với đk ta được m=3−52 .

Nếu 3+23m−1=2⇔3+23m−1=4⇔3m−1=12⇔m=512  (thỏa mãn đk)

Vậy S=3−52;512, nên tổng các phần tử của S là 3−52+512=23−6512 

+) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và trục Ox là m−2x2−2m+1x+3m−3=0(1).

+ Để đồ thị hàm số (C) cắt trục Ox tại 2 điểm phân biệt thì PT (1) phải có 2 nghiệm phân biệt

 ⇔a≠0Δ>0⇔m−2≠02m+12−4m−23m−3>0

⇔m≠2−8m2+40m−23>0.(*)

+) Theo hệ thức Viet ta có: x1+x2=2m+1m−2  và x1x2=3m−3m−2 .

+) Theo bài ra: 2m+1x1+m−2x22=m−2⇔x1+x2x1+x22=1

⇔2m+1m−22−3m−3m−2=1⇔17m=9⇔m=917(Không thỏa mã n(*))

Vậy không có giá trị m thỏa mãn bài toán.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (P):

x2−4x+3=mx+3⇔x2−(4+m)x=0⇔x=0x=m+4

gọi A(0;3) và B(m+4; m2+4m+3), ta có OA thuộc Oy nên

SΔOAB=12OA.d(B,Oy)=12.3.m+4=92⇔m+4=3⇔m=−1m=−7

Ta có: 2x2−2x−m−x−1=0⇔x≥−1x2−4x−1=m

Xét hàm số f(x)=x2−4x−1, x≥−1

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta được m∈1;2;3;4

Phương trình hoành độ giao điểm của và là

x2−4x+3=mx+3⇔xx−m+4=0⇔x=0x=m+4  .

Để d  cắt (P)  tại hai điểm phân biệt  A, B  khi và chỉ khi 4+m≠0⇔m≠−4 .

Với x=0⇒y=3 ⇒A0;3∈Oy .

Với x=4+m⇒y=m2+4m+3  ⇒  B4+m;m2+4m+3 .

Gọi H  là hình chiếu của B  lên OA . Suy ra BH=xB=4+m .

Theo giả thiết bài toán, ta có SΔOAB=92⇔12OA.BH=92⇔12.3.m+4=92

⇔m+4=3⇔m=−1m=−7.

Từ đồ thị hàm số y=fx , vẽ đồ thị hàm số y=fx+m  gồm 2 bước: 

+ Tịnh tiến đồ thị hàm số y=fx  sang phải m   đơn vị nếu m≥0  , hoặc tịnh tiến sang trái m đơn vị nếu m<0 được đồ thị hàm số y=fx+m.

+ Giữ nguyên phần đồ thị trên từ Oy sang phải sau đó lấy đối xứng phần đồ thị đó qua trục Oy.

Do đó phương trình fx+m=2 có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y=2 cắt đồ thị y=fx+m tại một điểm trên Oy và một điểm bên phải Oy khi và chỉ khi m=3.

Tìm m  để phương trình fx+m=2  có 3 nghiệm phân biệt.

Phương trình hoành độ giao điểm: 

x2−2x−3=mx−m⇔x2−m+2x+m−3=0     1

d cắt (C) tại hai điểm phân biệt  ⇔ 1  có hai nghiệm phân biệt khác 0.

⇔Δ=m+22−4m−3>0m≠3⇔m2+16>0m≠3⇔m≠3.

Do x1, x2  là hai nghiệm của phương trình (1)  nên:

x12−m+2x1+m−3=0 ⇔x12=m+2x1−m+3

x22−m+2x2+m−3=0 ⇔x22=m+2x2−m+3

T=x12−mx1+2mx2+x22−mx2+2mx1=2x1+m+3x2+2x2+m+3x1

=2x12+2x22+m+3x1+x2x1x2=2x1+x22−4x1x2+m+3x1+x2x1x2

=2m+22−4m−3+m+3m+2m−3=3m2+9m+26m−3

T=−4⇔=3m2+9m+26m−3=−4⇔3m2+13m+14=0⇔m=−2; m=−73

Tổng các giá trị của m  là −133 .

Đặt u=f(x)=2x+1 . Khi đó x=u−12 .

Do g[f(x)]=7x+5  nên g(u)=7.u−12+5=7u+32 .

Vì g(u)=7u+32  nên g(x)=7x+32 .

Đồ thị của hàm số y=g(x)=7x+32  cắt trục hoành tại A−37;0  và cắt trục tung tại B0; 32  .

Cho f(x)=2x+1  và hàm số y=g(x)  xác định bởi g[f(x)]=7x+5 . BiDiện tích của tam giác OAB  là SΔOAB=12OA.OB=12.−37.32=12.37.32=928 .

Tọa độ giao điểm A,B   của Parabol và đường thẳng là nghiệm của hệ phương trình: y=x2+mx+5m  3x2+7mx−3=0⇔3y=3x2+3mx+15m3x2+7mx−3=0    .

Cộng vế với vế các phương trình ta được 3y+4mx−15m−3=0 , đây chính là phương trình đường thẳng cần tìm. Đường thẳng đi qua M(2;1)  nên 3−3−7m=0⇔m=3−37 . Do đó ta chọn đáp án B 

Phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và đường thẳng d: x2−mx−1=0    (1)

Ta có: Δ=m2+1>0,∀m∈R . Vậy (P) luôn cắt d tại hai điểm phân biệt. Gọi hoành độ các giao điểm là a và  b.

Theo định lí Viet ta có: a+b=m;  ab=−1.

f(t)=t2+t−1t=t+1−1t; f(a)=a+1−1a; f(b)=b+1−1b

f(a)−f(b)=(a−b)1+1ab=0.

Giá trị của biểu thức: Q=f3(a)−f3(b)=f(a)−f(b)f2(a)+f2(b)+f(a)f(b)=0.

+ Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là 

x2−3x+2=−x+m⇔x2−2x+2−m=0(1)

+ Hai đồ thị hàm số đã cho có hai điểm chung khi và chỉ khi có hai nghiệm x1,  x2  phân biệt ⇔Δ>0⇔1−2−m>0⇔m>1 .

+ Theo định lí Viet ta có x1+x2 =2x1.x2=2−m .

Tọa độ các điểm  Ex1;  −x1+m  và Fx2;  −x2+m . Tọa độ trung điểm đoạn EFlà Kx1+x22;  −x1−x2 +2m2⇒K1;  m−1 .

+ Khoảng cách từ đến trục hoành gấp đôi khoảng cách từ K  đến trục tung khi và chỉ khi m−1=2⇔m=3m=−1 .

+ Kết hợp m>1 với ta có m=3 .

Ta có C−1;m−4 .

Phương trình hoành độ giao điểm x2−m−1x−4=4x−12⇔x2−m+3x+8=0 1 .

d cắt (P) tai hai điểm phân biết khi (1)   có 2 nghiệm phân biệt ⇔m+32−32>0 .

Áp dụng viet: x1+x2=m+3x1.x2=8 .

Gọi Ax1;4x1−12,Bx2;4x2−12⇒CA→=x1+1;4x1−m+8;CB→=x2+1;4x2−m+8 .

∆ABC vuông tại C

⇒CA→.CB→=0⇔x1x2+x1+x2+1+16x1x2−4m+8x1+x2+m+82=0

⇔−3m2−27m+108=0⇔m=3(n)m=−12(n)

Có:  −123+33=−1701.

Đường thẳng d  có hệ số góc là m=y1−y2x1−x2=1 nên phương trình của d  là d:y=x−1.

Xét phương trình hoành độ giao điểm x2−3x+n=x−1⇔x2−4x+n+1=01 .

Vì đường thẳng d  cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt Ax1;y1,  Bx2;y2  nên (1)  có hai nghiệm phân biệt, suy ra Δ'=4−n−1>0⇔n<3 .

Do n∈ℕ⇒n∈1;2 .

Cũng có thể tìm m   như sau: 

do Ax1;y1,  Bx2;y2  thuộc d nên y1=mx1−1y2=mx2−1⇒y1−y2=mx1−x2, ⇔m−1x1−x2=0 do x1−x2≠0⇒m=1.

Hoành độ giao điểm của d và (P) là nghiệm phương trình x2−2(m+1)x+m2−3=0

Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm x1,x2

Δ'=(m+1)2−(m2−3)>0⇔m>−2x13+x1x22−4x1=x23+x2x12−4x2

Biến đổi x13+x1x22−4x1=x23+x2x12−4x2⇔(x1−x2)[(x1+x2)2−2x1x2−4]=0

Do x1≠x2⇒(x1+x2)2−2x1x2−4=0⇒[2(m+1)]2−2(m2−3)−4=0⇔m=−1m=−3  (loai)

Hoành độ giao điểm của d và (P) là nghiệm phương trình:  x2−2x+2=x+m⇔x2−3x+2−m=0(1)

d cắt (P) tại hai điểm phân biệt  (1) có hai nghiệm phân biệt Δ=9−4(2−m)>0

⇔4m+1>0⇔m>−14

Với điều kiện (*), gọi hai giao điểm là Ax1;x1+m,Bx2;x2+m , trong đó x1, x2  là các nghiệm của (1). Theo định lý Viet ta có:  x1+x2=3,x1x2=2−m . Ta có: OA2+OB2≤22⇔x12+x1+m2+x22+x2+m2≤22

⇔2x12+x22+2mx1+x2+2m2≤22⇔x1+x22−2x1x2+mx1+x2+m2≤11

⇔9−2(2−m)+3m+m2≤11⇔m2+5m−6≤0⇔−6≤m≤1

Đối chiếu điều kiện (*) ta được −14<m≤1  Chon đáp số D

(2m+1)x1+(m−2)x22=m−2(2m+1)x1+(m−2)x22=m−2

Có y=xx2−4x+4=x.x−2=x2−2x  khi x≥0x2+2x  khi x<0

Đồ thị:

Từ đồ thị, phương trình có số nghiệm nhiều nhất là nghiệm khi và chỉ khi 0<m<1⇒S=0; 1 .

Vậy a+b=1 .

Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình 2x+3=x2−2m−1x−2m  hay x2−2mx−2m−3=0  (*)

Vì Δ'=m2+2m+3=m+12+2>0,  ∀m nên đường thẳng d   luôn cắt parabol tại hai điểm phân biệt A,  B  lần lượt có hoành độ là xA,  xB  là hai  nghiệm phân biệt của (*). Áp dụng định lí Vi-et ta có xA+xB=2m     1 ;     xA.xB=−2m−3      2

Khi đó tọa độ các giao điểm là AxA;  2xA+3,   BxB;  2xB+3 , do đó:

OA2+OB2=5xA2+xB2+12xA+xB+18 =5xA+xB2−2xAxB+12xA+xB+18                         =20m2+44m+48 =20m+11102+1195

Nên OA2+OB2 bé nhất khi và chỉ khi  m=−1110 suy ra a=11,  b=10, do đó a+b=21.

Phương trình hoành độ giao điểm của P1, P2: 

 mx2−x+2019=x2+2mx−m+2020⇔m−1x2−2m+1x+m−1=0 1

P1 cắt P2 tại hai điểm khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm

m≠1Δ≥0⇔m≠112m−3≥0⇔m≠1m≥14 2

Mà:  x1+x2=2m+1m−1=2+3m−1∈ℤ⇔3m−1∈ℤ

Đặt n=3m−1 n∈ℤ, n≠0⇔m=n+3n  .

So sánh (2) ⇔n+3n≥14⇔3n+124n≥0⇔n>0n≤−4

Suy ra S=n+3n n>0 or n≤−4 . Vậy  S  có vô số tập con. Chọn D

* Vẽ đồ thị hàm số (C')  của hàm số : y=fx Giữ nguyên phần đồ thị (C)  nằm phía bên phải trục Oy  , bỏ đi phần đồ thị (C)  bên trái trục Oy  và lấy đối xứng phần đồ thị (C)  phía bên phải trục Oy  qua trục Oy .

* Vẽ đồ thị hàm số C''của hàm số : y=fx+m

Tịnh tiến đồ thị (C') theo vecto OI→=0;m .

* Vẽ đồ thị hàm số (C''') của hàm số : y=fx+m

Giữ nguyên phần đồ thị C'' nằm phía trên trục Ox, lấy đối xứng phần đồ thị C'' ở phía dưới trục Ox qua trục Ox.

Dựa vào đồ thị ta thấy, phương trình có đúng nghiệm phân biệt x1<x2<x3<...<x7<3<x8 khi ta tịnh tiến đồ thị C' lên  trên m đơn vị ⇔0<m<1.

Cho hàm số y=fx  có đồ thị C  (như hình vẽ). Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của m  để phương trình

+) Phương trình hoành độ giao điểm: x2−2m+1x+m−6=0*Δ=4m2+25>0,∀m

+) Gọi : Aa;a+7,Bb;b+7⇒MA→a−2;a−2,MB→b−2;b−2

+) Trong đó a, b là nghiệm của phương trình (*), theo định lý Vi- Ét ta có a+b=2m+11ab=m−62

+) Nhận xét: M∈d  nên ba điểm A, B, M thẳng hàng.

*) TH1: 2MA→=3MB→⇔2a−3b=−23 . Từ (1), (3) và (2) suy ra 24m2+3m+154=0

(vô nghiệm)

*) TH2: 2MA→=−3MB→⇔2a+3b=104 . Từ (1), (4) và (2) suy ra 24m2−75m+50=0

Phương trình này có hai nghiệm phân biệt nên ta có: m1+m2=−ba=258

Vậy m1+m2=258 .

+) Trước hết ta có m≥0 .

+) Đặt (P) là đồ thị hàm số  y=fx  khi đó đồ thị hàm số y=fx+2018m  chỉ là tịnh tiến (P) sang trái 2018m đơn vị, do vậy số nghiệm phương trình  fx+2018m+m=2m  bằng số nghiệm phương trình fx+m=2m .

+) Đồ thị hàm số y=fx+m  có tung độ đỉnh là m−4 , để phương trình fx+m=2m  có 4 nghiệm thì điều kiện cần là đồ thị hàm số y=fx+m  có hình dáng:

Khi đó thì m−4<0⇔m<4

+) Điều kiện đủ để cắt tại 4 điểm phân biệt là 0<2m<4−m⇔0<m<43 .

Ta có −x2−x+6=4x+m⇔−x2−x+6−4x=m

Xét hàm số fx=−x2−x+6−4x

=−x2−5x+6x2−3x−6khi  x∈−3;2                           khi  x∈−∞;−3∪2;+∞

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra

Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng  y=m cắt đồ thị hàm số y=fx  tại bốn điểm phân biệt ⇔12<m<494 .

Do đó a=12,b=494⇒P=147

Tập nghiệm của bất phương trình fx−gx≤0  là hoành độ của những điểm thuộc  P  và nằm phía dưới hoặc thuộc đường thẳng y=gx

Dựa vào đồ thị suy ra tập nghiệm T=−1;3

⇒a=−1;b=3⇒A(−1;1);B(3;9) ⇒Đường thẳng d  có phương trình là y=2x+3

Diện tích ΔMAB lớn nhất khi khoảng cách từ M đến đường thẳng AB lớn nhất

Gọi H là hình chiếu của M trên đường thẳng AB. MH lớn nhất khi M nằm trên tiếp tuyến d của đồ thị hàm số y=x2  và song song với AB.

Phương trình d  có dạng y=2x+b. Vì d là tiếp tuyến nên b=−1 . Khi đó M1;1  hay m=1 .

Vậy đáp án D

x+1x2−6x+9−m+3=0⇔x+1x−3=m−3     (*)

Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=x+1x−3 và đường thẳng y=m−3 song song hoặc trùng với trục hoành

Dựa vào đồ thị ta thấy m để phương trình x+1x2−6x+9−m+3=0 có ba nghiệm phân biệt x1,x2,x3 thỏa mãn x1<2<x2<3<x3 thì

0<m−3<3⇔3<m<6⇒a2+b2=45

Phác họa đồ thị như hình vẽ:

Nhận thấy:

Tọa độ đỉnh của parabol

. Suy ra tọa độ điểm

Thay tọa độ điểm B vào parabol (P): ; ta được:

Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  là

 Vậy chọn đáp án B.

Chi phí để sản xuất kg cà phê thứ 10 là C(10)−C(9)=(102+50.10)−(92+50.9)=69  (nghìn đồng)

(Học sinh thường nhầm lẫn chi phí sản xuất kg thứ 10 với chi phí sản xuất 10kg)

Doanh thu khi gia đình bán  kg cà phê là D=x(350−5x)=−5x2+350x  (nghìn)

Lợi nhuận thu được khi bán được x  là

L=D(x)−C(x)=−5x2+350x−(x2+50x+1000)=−6x2+300x−1000

Suy ra lợi nhuận đạt tối đa khi x=3002.6=25(kg)

HS thường sai lầm khi nhầm hàm D(x) với hàm G(x)

Parabol có hệ số của x2  là 4>0  nên bề lõm hướng lên. Hoành độ đỉnh xI=a2 .

·                    Nếu a2<0⇔a<0  thì  xI<0<2.  Ta có bảng biến thiên 

Từ bảng biến thiên ta có min[0;2]f(x)=f(0)=a2−2a+2 . Theo yêu cầu bài toán :

a2−2a+2=5⇔a2−2a−3=0⇔a=−1(t/m)a=3(L)

·                    Nếu 0≤a2≤2⇔0≤a≤4  thì xI∈[0;2] . Suy ra f(x)  đạt GTNN tại đỉnh.

Do đó min[0;2]f(x)=f(a2)=−2a+2  Theo yêu cầu bài toán : −2a+2=5⇔a=−32<0(L)

·                    Nếu a2>2⇔a>4  thì xI>2>0.  Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có min[0;2]f(x)=f(2)=a2−10a+18 . Theo yêu cầu bài toán :

a2−10a+18=5⇔a2−10a+13=0⇔a=5+23(t/m)a=5−23(L)

Vậy a=−1  hoặc a=5+23  thỏa mãn yêu cầu bài toán

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) với trục hoành: x2−2mx+3m−2=0*

Để (P) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1,  x2⇔ Phương trình (*) có hai nghiệm

phân biệt x1,x2⇔Δ'=m2−3m+2>0⇔m>2m<1.**

Với điều kiện (**), theo định lí Viét ta có: x1+x2=2m,  x1x2=3m−2.

Do đó x12+x22=x1+x22−2x1x2=4m2−23m−2=4m2−6m+4

x12+x22=4m2−6m+4=2m−322+74≥74,∀m∈D=−∞;1∪2;+∞.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2m−32=0⇔m=34∈D.

Vậy biểu thức x12+x22 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 74 khi và chỉ khi m=34.

Đặt t=5+4x-x2=9-x-22  (1)

Khi đó 0≤t≤3 ta có t∈0;3  hay

Xét  y = ft = −t2+t+108 với t∈0;3

Do vậy 4M + m =4.4334+102=535.

Đặt t=4x+1x⇒4x2−tx+1=0. Điều kiện để phương trình có nghiệm làΔ=t2−16≥0⇔t≤−4t≥4

P=t2−2t+7m+3. Ta có bảng biến thiên của P 

Từ BBT ta có minP=18⇔7m+11=18⇔m=1 . Chọn D.

Theo giả thiết và tính chất đối xứng của đồ thị hàm số bậc 2 ta có

−m2=3f(3)=−8⇔m=−69+3m+n=−8⇔m=−6n=1

Vậy T=−5  . Chọn A

Theo giả thiết, ta có: 

a>0−b2a=1a+b+c=24a+2b+c=3⇒a>0b=−2a3a+b=1⇒a=1b=−2c=3

Vậy abc =-6 ⇔ Chọn A

Từ giả thiết ta có: 

−1≤f(0)=c≤1−1≤f(1)=a+b+c≤1−1≤f(12)=a4+b2+c≤1⇒−3≤−3c≤3−1≤−a−b−c≤1−4≤a+2b+4c≤4

Cộng vế theo vế 3 bất đẳng thức trên ta có : −8≤b≤8

Vậy chọn A

Chọn B

Tập xác định: D=0;2.

Gọi A=max0;2y . Ta đặt t=2x−x2⇒t=1−x−12  do đó 0≤t≤1

Khi đó hàm số được viết lại là y=t−3m+4  với t∈0;1  suy ra

A=max[0,1]t−3m+4=max−3m+4, 5−3m+≥−3m+4+5−3m2

Áp dụng BĐT trị tuyệt đối ta có

−3m+4+5−3m=3m−4+5−3m≥1

Do đó A≥12 . Đẳng thức xảy ra m=32 .

Vậy giá trị cần tìm là m=32 .

Tập xác định: D=0;2.

Gọi A=max0;2y . Ta đặt t=2x−x2⇒t=1−x−12  do đó 0≤t≤1

Khi đó hàm số được viết lại là y=t−3m+4  với t∈0;1  suy ra

A=max[0,1]t−3m+4=max−3m+4, 5−3m+≥−3m+4+5−3m2

Áp dụng BĐT trị tuyệt đối ta có

−3m+4+5−3m=3m−4+5−3m≥1

Do đó A≥12 . Đẳng thức xảy ra m=32 .

Vậy giá trị cần tìm là m=32 .

Tọa độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của hệ phương trình:

 y=−3x+9y=−x2+2x+3⇔y=−3x+9−x2+5x−6=0⇔x=2y=3x=3y=0

Suy ra:  A2;3,B3;0

Hoành độ hai điểm A, B  cùng lớn hơn 1 nên chúng nằm cùng phía so với trục đối xứng x=1 .

Gọi A'  là điểm đối xứng của A  qua trục đối xứng X=1 . Khi đó: A'0;3 .

Ta có: KA+KB=KA'+KB≥A'B . Suy ra KA+KB  nhỏ nhất khi dấu bằng xảy ra. Lúc đó K,A',B  thẳng hàng, tức là K   là giao điểm của A'B  với trục đối xứng x=1 .

Phương trình đường thẳng A'B : y=−x+3

Điểm K1;2

Vậy: a+b=3

Theo bất đẳng Cauchy – Schwarz ta có x+2y≤5x2+y2

Dấu “=” xảy ra khi x1=y2x+2y≥0⇔y=2xx≥0

Mặt khác ta lại có sinx+cosx4=2sinx+π44≤4sin22x≤1⇒sinx+cosx4+sin22x≤5

Vì x+2y≤5x2+y2

⇒x+2ysinx+cosx4+sin22x≤5x2+y2sinx+cosx4+sin22x

≤55x2+y2. Nên VT≤VP , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

y=2x,x≥0sinx+cosx=2cos2x=0⇔x=π4+kπk∈Z,k≥0y=π2+k2πk∈Z,k≥0⇒sin2x+cosy=1⇒chọn B

Hàm số y=ax2+bx+c   đạt giá trị lớn nhất bằng 14  tại x=32

nên ta có −b2a=32a<0  và điểm 32;14 thuộc đồ thị ⇒94a+32b+c=14.

Để phương trình ax2+bx+c=0  có nghiệm thì b2−4ac≥0

Khi đó giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình y=0 . Theo giả thiết: x13+x23=9

⇔x1+x23−3x1x2x1+x2=9→Viet−ba3−3−baca=9.

Từ đó ta có hệ −b2a=3294a+32b+c=14−ba3−3−baca=9⇔b=−3a94a+32b+c=14ca=2⇔a=−1b=3c=−2→P=abc=6.

Chọn B

Xét 3 trường hợp 

TH1: 0≤−2m+12≤1 , suy ra GTNN=f−2m+12=−m−54=1⇔m=−94  (loại)

TH2: −2m+12<0⇒GTNN=f0=m2−1=1⇒m=2

TH3: −2m+12>1⇒GTNN=f1=m+12=1⇒m=−2

Tóm lại m=−2;m=2 .

Chọn C 

Chọn C

Xét 3 trường hợp 

TH1: 0≤−2m+12≤1⇔−1≤m≤−12 , suy ra GTNN f−2m+12=−m−54=1⇔m=−94  (loại)

TH2: −2m+12<0⇔m>−12  suy ra GTNN f0=m2−1=1⇒m=2 .

TH3: −2m+12>1⇔m<−1 , suy ra GTNN f1=m+12=1⇒m=−2

Vậy m=−2;m=2  thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Có đỉnh  I:xI=m+1m, mà xI=m+1m=m+1m≥2  nên m+1m≥2  hoặc m+1m≤−2  .

Do đó y1=1−2m+1m+m;y−1=1+2m+1m+m . Yêu cầu bài toán tương đương với

y2−y1=10⇔4m+1m=10⇔m+1m=52m+1m=−52⇔m∈2;−2;12;−12. Chọn D

Chọn C .

Ta có P=3x4+y4+5x2y2=3x2+y22−2x2y2+5x2y2=3x2+y22−x2y2

Vì x2+y2=xy+12  nên P=3xy+122−x2y2=−14x2y2+32xy+34

2x2+y2=xy+1x2+y2≥2xy⇒xy+1≥4xy⇒xy≤13

Mặt khác

2x2+y2=xy+1⇔2x+y2−2xy=xy+1⇔2(x+y)2=5xy+1⇒5xy+1≥0⇒xy≥−15

Đặt  t=xy ta có P=−14t2+32t+34  với −15≤t≤13

Kết luận: maxP−15;13=119 Khi t=13

Chọn B

Đặt fx=3x2−6x+2a−1  . Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số y=fx  với −2≤x≤3

Ta có: 2M≥f−2+f1≥f−2−f1=27⇒M≥272  . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:  f−2=f1=M=272f−2.−f1≥0⇔f−2=−f1=272f−2=−f1=−272⇔a=−194

Vậy a=−194  thỏa mãn bài toán . Chọn B

Do a>0  nên hàm số đồng biến trên −1;+∞ thì: −b2a≤−1⇔ba≥2

Khi đó :P=8a23a2+2ab+b2=8ba2+2ba+3=8t2+2t+3  với t=ba≥2

Ta có t2+2t+3=t+12+2≥11,∀t≥2 . Dấu ‘=” xảy ra khi t=2

Do đó : P≤811 . Suy ra maxP=811  khi ba=2 . Chọn B

Chọn  x=−1,0,1 và đặt:

 A=f(1)=a+b+cB=f(−1)=a−b+cC=f(0)=c⇒a=A+B2−Cb=A−B2c=Cvà |A|≤1,|B|≤1,|C|≤1 .

Nên g(x)=Cx2+A−B2x+A+B2−C=C(x2−1)+12A(x+1)+12B(1−x) .

Suy ra |g(x)|≤|C(x2−1)|+12|A(x+1)|+12|B(1−x)|≤|x2−1|+12|x+1|+12|1−x|=1−x2+12(1+x)+12(1−x)=2−x2≤2,∀x∈[−1;1].

Ta thấy hàm số  f(x)=2x2−1⇒g(x)=−x2+2 là một hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán.

Vậy max[−1;1]g(x)=2  .

Ta có một tính chất cơ bản của hàm trị tuyệt đối a+b2+a−b2=maxa;b

Áp dụng ta có maxx2+1;2x−y+1=x2+2x−y+22+x2−2x+y2

Sử dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối ta có x2+2x−y+22+x2−2x+y2≥2x2+22=2x2+22≥2x≥1

Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có x+y2x2+y2≤2x2+y22x2+y2=2

Vậy VT≥2≥VP . Dấu “=” xảy ta khi và chỉ khi x=y=1 .

Khi đó  P=24 có tất cả 8 ước số nguyên dương.

Đồ thi hàm số fx là parabol có hoành độ đỉnh là x=1−m, mặt khác vì a=1>0 nên: miny=f1−m=−m2+5m−6=gm,  gmlà parabol có hoành độ đỉnh 52 là và hệ số a=−1<0 nên . Vậy m=52

Gọi Ax0;y0  là điểm mà d  luôn đi qua với mọi m . Khi đó 

y0=mx0−m+1,    ∀m∈ℝ

x0−1m−y0+1=0 ∀m∈ℝ

x0−1=0−y0+1=0⇔x0=1y0=1.

Do đó d  luôn đi qua A1;1 .

Gọi d': y=ax là đường thẳng đi qua gốc tọa độ và điểm A1;1⇒a=1⇒d' : y=x.

Kẻ OH⊥d⇒OH≤OA.

Do đó OH lớn nhất khi và chỉ khi H≡A hay d⊥d'⇔m⋅1=−1⇔m=−1.

PT tương giao: ax2+bx+c=0(1)

Gọi x1,x2  là hai nghiệm của PT(1), theo định lí viet ta có: x1+x2=−bax1x2=ca  .

Ta có:  P=8a2−6ab+b24a2−2ab+ac=8−6.ba+ba24−2.ba+ca=8+6x1+x2+x1+x224+2x1+x2+x1x2  (vì a≠0 ).

Giả sử 0≤x1≤x2≤2⇒x12≤x1x2x22≤4⇒x12+x22≤x1x2+4⇒x1+x22≤3x1x2+4 .

Do đó P≤8+6x1+x2+3x1x2+44+2x1+x2+x1x2=3⇒PMax=3

khi x1=x2=2x1=0x2=2⇒−ba=4ca=4−ba=2c=0⇔c=−b=4ab=−2ac=0

Đồ thị hàm số đi qua A1;1  nên ta có .a+b+c=1 (1)

Gọi x1;x2  là nghiệm phương trình ax2+bx+c=0  thì Bx1;0,Cx2;0 . Tam giác ABC vuông đỉnh A nên AB→.AC→=0⇒x1−1x2−1+1=0⇒x1x2−x1+x2+2=0⇒2a+b+c=0  (2).

Từ (1) và (2) ta có a=−1,c=2−b  .

Ta có BC=x2−x12=x2+x12−4x2x1=b2−4aca2=b2−4b+8 . Tam giác ABC có diện tích S≤2  nên 12BC≤2⇒b2−4b+8≤22⇒b2−4b≤0 .

Ta có a=−1  nên hàm số có giá trị lớn nhất là M=−Δ4a=4ac−b24a=b2−4b+84 .

Vì b2−4b≤0 nên M=2⇔b=0b=4⇔y=−x2+2y=−x2+4x−2,

Ta có tứ giác CRPB  là hình thang và có diện tích S=CR+BPBC2=40  không đổi nên diện tích hình PQR  đạt nhỏ nhất khi và chỉ khi tổng diện tích của 2 tam giác BPQ,CQR  đạt lớn nhất.

Đặt AP=x , 0≤x≤8 .

SBPQ+SCQR=x8−x+x10−x2=x9−x=814−x−922≤814.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=92 . Chọn C

Chọn D

Có hoành độ của đỉnh  xI=m2;  a=4>0.

Xét 3 trường hợp sau:

TH1: m2<0⇔m<0. Suy ra hàm số đồng biến trên đoạn 0; 2

 ⇒Min fx0; 2=f0=m2−2m+2=3⇒m=1−2  ( thoả mãn )

TH2: 0≤m2≤2⇔0≤m≤4⇒Min fx0; 2=fm2=−2m+2=3⇒m=−12  ( loại )

TH3:  m2>2⇔m>4. Suy ra hàm số nghịch biến trên đoạn

⇒Min fx0; 2=f2=m2−10m+18=3⇒m=5+10 ( thoả mãn )

Vậy  S=1−2; 5+10⊂−1; 9. Chọn D

a) Điều kiện  −4≤x≤4. Đặt t=16−x2,0≤t≤4

Khi đó:  y=f(t)=−t2−4t+3 có a=−1<0  nên bề lõm quay xuống dưới.

Hoành độ đỉnh −b2a=−2∉[0;4].Vậy nên miny=f(4)=−29

b) y=x(x+1)(x−2)(x−3)=(x2−2x)(x2−2x−3)

Đặt  t=x2−2x+1=(x−1)2≥0 thì y=f(t)=(t−1)(t−4)=t2−5t+4;t≥0 .

Vậy miny=minf(t)=f52=−94

+ Vẽ đồ thị P , nhận thấy A  , B không thuộc bề lõm của (P), suy ra yêu cầu bài toán thỏa mãn khi M là tiếp điểm của tiếp tuyến với (P)  song song với đường thẳng AB  .

+ Gọi y=ax+b  là đường thẳng qua A, B suy ra 4a+b=−110a+b=5⇒y=x−5 .

+ Đường thẳng ∆  song song với đt y=x−5  có dạng y=x+b ,  ∆ là tiếp tuyến của P  khi phương trình hoành độ giao điểm : x2−6x+8−b=0  của P  và ∆  có nghiệm kép ⇔Δ'=1+b=0⇔b=−1  . (chú ý  b=−1 là điều kiện tiếp xúc)

Khi đó M3;2 , vậy x0+y0=5 .

Chọn C

Hàm số y=x2−2mx−m2+5m−2  có giá nhỏ nhất là ym=−2m2+5m−2.

Biểu thức ym=−2m2+5m−2  đạt giá trị lớn nhất khi m=54 .

⇒a=5,  b=4⇒a+b=9 .

Phương trình đã cho có hai nghiệm x1,  x2  thỏa mãn x1+x2−2x1x2−24≤0

 ⇔Δ'≥0x1+x2−2x1x2−24≤0⇔4m2−4≥06m2+6m−36≤0⇔m≥1m≤−1−3≤m≤2⇔−3≤m≤−11≤m≤2 (*)

(Theo định lí Viet ta có x1+x2=−2m−1,  x1x2=−3m2−4m+8 )

Vậy P=x12+x22+4x1x2−13x1+x2=x1+x22+2x1x2−13x1+x2=−2m2+2m−20

+ Bảng biến thiên của P với điều kiện (*)

Từ bảng biến thiên ta được: M=−20  khi  m=1 , N=−44  khi m=−3  . Suy ra M+N=−64 .

Do a>0  nên hàm số đồng biến trên −1;+∞  thì: −b2a≤−1⇔ba≥2

Khi đó : P=8a23a2+2ab+b2=8ba2+2ba+3=8t2+2t+3  với t=ba≥2

Ta có t2+2t+3=t+12+2≥11,∀t≥2  . Dấu ‘=” xảy ra khi t=2

Do đó : P≤811 . Suy ra maxP=811   khi ba=2 . Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm của (P)  và d  :

x2−2018x+3=mx+4⇔x2−(m−2018)x−1=0.

Nhận thấy phương trình luôn có 2 nghiệm trái dấu x1,x2   với mọi m∈R

Ta có  x1.x2 =−1⇔x2=−1x1.Suy ra  T=x1+1x1=x1+1x1≥2 (do x1,1x1 cùng dấu) .

Dấu “=” xảy ra khi m=2018.