Đề kiểm tra Bài tập cuối chương VI lớp 10 (có lời giải) - Đề 1

Chọn A

Đường thẳng chứa chiều rộng \[d = 5m\] cắt parabol tại \[A\left( {\frac{5}{2}; - h} \right)\].

Điểm \[A\left( {\frac{5}{2}; - h} \right) \in \left( P \right) \Rightarrow  - h =  - \frac{1}{2}.{\left( {\frac{5}{2}} \right)^2} \Rightarrow h = 3,125\] mét.

Chọn C

Từ bảng xét dấu ta thấy: \[f(x) \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\]

Từ bảng xét dấu, suy ra: \[f(x) = a{\left( {x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = a\left( {{x^2} - x\sqrt 3  + \frac{3}{4}} \right)\]

\[ \Rightarrow a > 0,c > 0\]

\[ \Rightarrow f(x) = {x^2} - x\sqrt 3  + \frac{3}{4}\] thỏa mãn yêu cây bài toán.

Ta có: \(\sqrt {{x^2} - x - 12}  = 7 - x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7 - x \ge 0\\{x^2} - x - 12 = {\left( {7 - x} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 7\\13x = 61\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 7\\x = \frac{{61}}{{13}}\left( {tm} \right)\end{array} \right.\).

Vậy phương trình có nghiệm là \(x = \frac{{61}}{{13}}\).

a) Ta có \(g( - 3) = 6 - 5( - 3) = 21,g(2) = 2.2 - 1 = 3\).

b) Với \(x \ge  - 2\) ta có \(g(x) = 1 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge  - 2}\\{2x - 1 = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge  - 2}\\{x = 1}\end{array} \Leftrightarrow x = 1} \right.} \right.\).

Với \(x <  - 2\) ta có \(g(x) = 1 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x <  - 2}\\{6x - 5 = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x <  - 2}\\{x = 1}\end{array}} \right.} \right.\) (vô nghiệm).

Vậy \(g(x) = 1\) khi và chỉ khi \(x = 1\).

\(y =  - {x^2} + 2x - 5;(a =  - 1,b = 2,c =  - 5)\).

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\). Tọa độ đỉnh \(I\) của parabol:

\({x_I} =  - \frac{b}{{2a}} = 1,{y_I} =  - {1^2} + 2.1 - 5 =  - 4\) hay \(I(1; - 4)\)

Định hướng cho bảng biến thiên: Do \(a =  - 1 < 0\) nên bề lõm parabol hướng xuống.

Bảng biến thiên:

Kết luận:

- Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\)

- Giá trị lớn nhất của hàm số là \({y_{\max }} =  - 4\), khi \(x = 1\). (Hàm số không có giá trị nhỏ nhất)

Điều kiện: \({x^2} - 7x + 6 \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 1}\\{x \ne 6}\end{array}} \right.\). Xét \(f(x) = 0 \Rightarrow 5{x^2} + 3x - 8 = 0 \Rightarrow x = 1 \vee x =  - \frac{8}{5}\).

Bảng xét dấu:

Kết luận: \(f(x) > 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - \frac{8}{5}} \right) \cup (6; + \infty );f(x) < 0,\forall x \in \left( { - \frac{8}{5};1} \right) \cup (1;6)\).

Tam thức bậc hai là biểu thức có dạng \(f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\), \(\left( {a \ne 0} \right)\).

Do đó, \(f\left( x \right) = 3{x^2} + 2x - 5\) là tam thức bậc hai.

Điều kiện xác định của hàm số \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2m + 3 \ge 0}\\{x - m \ne 0}\\{ - x + m + 5 > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 2m - 3}\\{x \ne m}\\{x < m + 5}\end{array}} \right.} \right.\)

Hàm số \(y = \frac{{\sqrt {x - 2m + 3} }}{{x - m}} + \frac{{3x - 1}}{{\sqrt { - x + m + 5} }}\) xác định trên khoảng \((0;1)\) khi và chỉ khi

\((0;1) \subset D \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}2m - 3 \le 0\\m \ge  - 4\\m \ne (0;1)\end{array}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}m \le \frac{3}{2}\\m \ge  - 4\\\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}m \ge 1\\m \le 0\end{array}\end{array}} \right.\end{array}\end{array} \Leftrightarrow m \in [ - 4;0] \cup \left[ {1;\frac{3}{2}} \right]} \right.} \right.\)

Với mọi \({x_1},{x_2} \in (1;2),{x_1} \ne {x_2}\), ta có \(\frac{{f\left( {{x_1}} \right) - f\left( {{x_2}} \right)}}{{{x_1} - {x_2}}} = (m - 1) - \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\).

Để hàm số \(y =  - {x^2} + (m - 1)x + 2\) nghịch biến trên khoảng \((1;2)\) thì \((m - 1) - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) < 0\) với mọi \({x_1},{x_2} \in (1;2)\).

Vì \({x_1},{x_2} \in (1;2)\) nên \(2 < {x_1} + {x_2} < 4\). Ta suy ra \((m - 1) - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) < m - 3\).

Do đó, \(m - 3 \le 0 \Leftrightarrow m \le 3\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Phương trình hoành độ giao điểm của \((P)\) và trục \(Ox\) là

\({x^2} - 2x + m - 1 = 0.{\rm{ (1) }}\)Để parabol cắt \(Ox\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt dương \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\Delta ^\prime } = 2 - m > 0}\\{S = 2 > 0}\\{p = m - 1 > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 2}\\{m > 1}\end{array} \Leftrightarrow 1 < m < 2} \right.} \right.\).

Đặt \(f(x) = 2{x^2} - (2m + 1)x + {m^2} - 2m + 2\), có \(\Delta  =  - 4{m^2} + 20m - 15\)

- \(\Delta  \le 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le \frac{{5 - \sqrt {10} }}{2}}\\{m \ge \frac{{5 + \sqrt {10} }}{2}}\end{array}} \right.\), suy ra \(f(x) \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\) nên trường hợp này không thỏa yêu cầu bài toán.

- \(\Delta  > 0 \Leftrightarrow m \in \left( {\frac{{5 - \sqrt {10} }}{2};\frac{{5 + \sqrt {10} }}{2}} \right)\), khi đó \(f(x)\) có hai nghiệm \({x_1} = \frac{{2m + 1 - \sqrt \Delta  }}{4},{x_2} = \frac{{2m + 1 + \sqrt \Delta  }}{4}\left( {{x_1} < {x_2}} \right)\) Và \(f(x) \le 0 \Leftrightarrow x \in \left[ {{x_1};{x_2}} \right]\).

Do đó yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} \le \frac{1}{2}\\{x_2} \ge 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m - 1 \le 2\sqrt \Delta  \\7 - 2m \le \sqrt \Delta  \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {2m - 1} \right)^2} \le 4\Delta \\{\left( {7 - 2m} \right)^2} \le \Delta \\\frac{1}{2} \le m \le \frac{7}{2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}20{m^2} - 84m + 61 \le 0\\{m^2} - 6m + 8 \le 0\\\frac{1}{2} \le m \le \frac{7}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow 2 \le m \le \frac{{21 + 2\sqrt {34} }}{{10}}\)

Vậy \(2 \le m \le \frac{{21 + 2\sqrt {34} }}{{10}}\) là những giá trị cần tìm.

Theo yêu cầu bài toán ta có hệ phương trình:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}{2^2} \cdot a + 2 \cdot b + c = 4\\{0^2} \cdot a + 0.b + c = 6\\ - \frac{b}{{2a}} = 2\end{array}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}4a + 2b + c = 4\\c = 6\\4a + b = 0\end{array}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b =  - 2\\c = 6\end{array}\end{array} \Rightarrow (P):y = \frac{1}{2}{x^2} - 2x + 6.} \right.} \right.} \right.\]

Dựng trục \(Oxy\) như hình vẽ.

Gọi \((P):y = a{x^2} + bx + c(a \ne 0)\).

Ta có \((P)\) qua các điểm \(I(0;4),E(2;3),F( - 2;3)\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 4}\\{4a + 2b + c = 3}\\{4a - 2b + c = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - \frac{1}{4}}\\{b = 0}\\{c = 4}\end{array}} \right.} \right.\)

Ta có \((P):y =  - \frac{1}{4}{x^2} + 4\).

Hai điểm \(A,B\) là giao điểm của \((P)\) với \(Ox\) nên hoành độ thỏa mãn \( - \frac{1}{4}{x^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 4\).

Do vậy \(A( - 4;0),B(4;0) \Rightarrow AB = 8\).