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

Ta có \(3{x^2} - 2x - 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2}\\{x =  - \frac{4}{3}}\end{array}} \right.\).

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) 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:

\({x^2} - 2x - 12 = 0 \Leftrightarrow x = 1 + \sqrt {13} \) 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 \(f(x) > 0\).

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

Điều kiện: \((x - 2)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right) \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 2}\\{{x^2} + 2x + 4 \ne 0{\rm{ (lu\^o n d\'u ng) }}}\end{array} \Leftrightarrow x \ne 2} \right.\).

Xét \(f(x) = 0 \Rightarrow {x^2} + x - 2 = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x =  - 2}\end{array}} \right.\).

Bảng xét dấu \(f(x)\):

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

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 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f(0) \cdot m > 0}\\{\frac{{{x_1} + {x_2}}}{2} < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(4m + 2) \cdot m > 0}\\{S < 0}\end{array}} \right.} \right.\)

Với \[(4m + 2) \cdot m > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}4m + 2 > 0\\m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}m >  - \frac{1}{2}\\m > 0\end{array}\end{array}} \right.\\\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}4m + 2 < 0\\m < 0\end{array}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}m <  - \frac{1}{2}\\m < 0\end{array}\end{array}} \right.\end{array}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}m > 0\\m <  - \frac{1}{2}\end{array}\end{array}.} \right.} \right.\]

Với \(S < 0 \Leftrightarrow \frac{{4m + 1}}{m} < 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4m + 1 > 0}\\{m < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m >  - \frac{1}{4}}\\{m < 0}\end{array}} \right.} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4m + 1 < 0}\\{m > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m <  - \frac{1}{4}}\\{m > 0}\end{array}} \right.} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow  - \frac{1}{4} < m < 0\)

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

\(f(1) \cdot m < 0 \Leftrightarrow (m + 1) \cdot m < 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 1 > 0}\\{m < 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 1 < 0}\\{m > 0}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m >  - 1}\\{m < 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m <  - 1}\\{m > 0}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow  - 1 < m < 0.} \right.} \right.\)

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

\[\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f(3) \cdot m > 0}\\{\frac{{{x_1} + {x_2}}}{2} < 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(m + 1) \cdot m > 0}\\{S < 6}\end{array}} \right.} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 1 > 0}\\{m > 0}\end{array}} \right.\\\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 1 < 0}\\{m < 0}\end{array}} \right.\end{array} \right.\\\frac{{4m + 1}}{m} < 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m >  - 1}\\{m > 0}\end{array}} \right.\\\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m <  - 1}\\{m < 0}\end{array}} \right.\end{array} \right.\\\frac{{1 - 2m}}{m} < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 0}\\{m <  - 1}\end{array}} \right.\\\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - 2m > 0}\\{m < 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - 2m < 0}\\{m > 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 0\\m <  - 1\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}m < 0\\m > \frac{1}{2}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m <  - 1}\\{m > \frac{1}{2}.}\end{array}} \right.\end{array}\]

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 \({x_1} \le 1 < 2 \le {x_2}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f(1) \le 0}\\{f(2) \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 + 2m + m - 2 \le 0}\\{4 + 4m + m - 2 \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3m - 1 \le 0}\\{5m + 2 \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \le \frac{1}{3}}\\{m \le \frac{{ - 2}}{5}}\end{array} \Leftrightarrow m \le \frac{{ - 2}}{5}.} \right.} \right.} \right.} \right.\)

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.

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 \(m \in \left( { - \infty ;\frac{1}{4}} \right) \cup (1; + \infty )\).

Để bất phương trình \( - 3{x^2} - 2mx + m - 2 \le 0\) đúng \(\forall x \in \mathbb{R}\) thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a < 0}\\{\Delta  \le 0.}\end{array}} \right.\) 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: \((*) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a < 0}\\{\Delta  < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{{{(m - 1)}^2} - 4m(m - 1) < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{ - 3{m^2} + 2m + 1 < 0}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Xét \(g(m) =  - 3{m^2} + 2m + 1;g(m) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{m =  - \frac{1}{3}}\end{array}} \right.\).

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 \(x \in (1,08;13,92)\).