Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Dấu tam thức, BPT bậc hai (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f(x)=x^2-2(m+1012)x+m^2-2024m-2025$ là parabol hướng lên, có đỉnh tại $x=m+1012$.

Nếu $2025\le m+1012\le 2026$ (tức $1013\le m\le 1014$) thì giá trị nhỏ nhất trên đoạn là $f(m+1012)=m^2-2024m-2025-(m+1012{)}^2=-4048m-1026169<0$, không thỏa mãn.

Vậy đỉnh nằm ngoài đoạn $[2025;2026]$, khi đó chỉ cần kiểm tra hai đầu mút:

$f(2025)=2025^2-2(m+1012)\cdot 2025+m^2-2024m-2025=m^2-6074m=m(m-6074)$.

$f(2026)=2026^2-2(m+1012)\cdot 2026+m^2-2024m-2025=m^2-6076m+2027$.

Điều kiện $f(2025)\ge 0$: $m\le 0$ hoặc $m\ge 6074$.

Điều kiện $f(2026)\ge 0$: $m^2-6076m+2027\ge 0$. Phương trình $m^2-6076m+2027=0$ có $\Delta =6076^2-4\cdot 2027=36909668=4\cdot 9227417$, nên hai nghiệm $m_1=3038-\sqrt{9227417}\approx 0,336$ và $m_2=3038+\sqrt{9227417}\approx 6075,66$. Do đó $m\le m_1$ hoặc $m\ge m_2$.

Kết hợp: với $m\le 0$ thì $m+1012\le 1012<2025$, hàm số tăng trên đoạn, min tại $x=2025$, thỏa mãn; với $m\ge m_2$ thì $m+1012>2026$, hàm số giảm trên đoạn, min tại $x=2026$, thỏa mãn.

Vậy $m\le 0$ hoặc $m\ge 3038+\sqrt{9227417}$ (tức $m\in (-\infty ;0]\cup \left[3038+\sqrt{9227417};+\infty \right)$).

$x^2-2y-z-y^2+2z+x=0$ nên $0=x^2-y^2+x-2y+z=(x-y)(x+y)+(x-y)-y+z$.
Suy ra $y-z=(x-y)(x+y+1)$, tương tự $z-x=(y-z)(y+z+1)$ và $x-y=(z-x)(z+x+1)$.
Nhân vào có được $(x-y)(y-z)(z-x)=(x-y)(y-z)(z-x)(x+y+1)(y+z+1)(z+x+1)$.
Để ý $(x+y+1)(y+z+1)(z+x+1)>1$ nên $(x-y)(y-z)(z-x)=0$.
Không mất tính tổng quát, giả sử $x=y$, suy ra $(z-x)(z+x+1)=0$ nên $z=x$.
Từ đó suy ra được $x=y=z$.

Theo bất đẳng thức Cauchy–Schwarz, ta có $\frac{a^2}{c}+\frac{b^2}{a}+\frac{c^2}{b}\ge \frac{(a+b+c{)}^2}{a+b+c}=1$ nên $a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a\ge abc$.
Mặt khác, bất đẳng thức Schur bậc ba ta có $(a+b+c{)}^3+9abc\ge 4(a+b+c)(ab+bc+ca)$.
Vì $a+b+c=1$, suy ra $1+9abc\ge 4(ab+bc+ca)$. Từ đó ta suy ra được:
$$9(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a)+1\ge 9abc+1\ge 4(ab+bc+ca).$$

Với $b=c=t$ thì $a=\frac{3-t^2}{2t}$ với $0<t<\sqrt{3}$.
Thay vào bất đẳng thức ta được $\sqrt{a^3+ka}+2\sqrt{t^3+kt}\ge \sqrt{3(k+1)(a+2t)}$.
Cho $t\to {\left(\sqrt{3}\right)}^{-}$, tức $a\to 0^{+}$ thì
$$2\cdot 3^{1/4}\sqrt{k+3}\ge 3^{1/4}\sqrt{6(k+1)}⟺2\sqrt{k+3}\ge \sqrt{6(k+1)}⟺k\le 3$$
Ta sẽ chứng minh $k=3$ thỏa mãn, tức với mọi $a,b,c>0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$ thì
$$\sqrt{a^3+3a}+\sqrt{b^3+3b}+\sqrt{c^3+3c}\ge \sqrt{12(a+b+c)}$$
Ta có ${\left({\sum }_{cyc}\sqrt{a^3+3a}\right)}^2={\sum }_{cyc}(a^3+3a)+2{\sum }_{cyc}\sqrt{(a^3+3a)(b^3+3b)}$.
Đặt $p=a+b+c$, $q=ab+bc+ca=3$, $r=abc$ thì
$$\sum _{cyc}(a^3+3a)=(a^3+b^3+c^3)+3(a+b+c)=(p^3-3pq+3r)+3p=p^3-6p+3r$$
Hơn thế nữa
$$\sqrt{(a^3+3a)(b^3+3b)}=\sqrt{a(a+b)(a+c)\cdot b(a+b)(b+c)}=(a+b)\sqrt{ab(a+c)(b+c)}\ge (a+b)(ab+c\sqrt{ab})$$
Do đó $2{\sum }_{cyc}\sqrt{(a^3+3a)(b^3+3b)}\ge 2{\sum }_{cyc}ab(a+b)+2{\sum }_{cyc}c(a+b)\sqrt{ab}$.
Dễ ý thêm $a+b\ge 2\sqrt{ab}⟹c(a+b)\sqrt{ab}\ge 2abc$ nên
$$2\sum _{cyc}\sqrt{(a^3+3a)(b^3+3b)}\ge (6p-6r)+12r=6p+6r$$
Vì vậy ${\left({\sum }_{cyc}\sqrt{a^3+3a}\right)}^2\ge (p^3-6p+3r)+(6p+6r)=p^3+9r$.
Theo bất đẳng thức Schur ta có:
$$p^3-4pq+9r\ge 0⟹p^3-12p+9r\ge 0⟹p^3+9r\ge 12p=12(a+b+c)$$
Vì vậy $\sqrt{a^3+3a}+\sqrt{b^3+3b}+\sqrt{c^3+3c}\ge \sqrt{12(a+b+c)}$ nên $k=3$ thỏa mãn.
Vậy giá trị lớn nhất của $k$ bằng 3.

Từ giả thiết $a+b+c=3$, ta có $b+c=3-a$. Thay vào đề, ta được:
$$\frac{1}{4-a}+\frac{1}{4-b}+\frac{1}{4-c}\ge \frac{2}{a+5}+\frac{2}{b+5}+\frac{2}{c+5}$$
$$\iff \sum _{cyc}\left(\frac{1}{4-a}-\frac{2}{a+5}\right)\ge 0.$$

Ta chứng minh bất đẳng thức sau với mọi $x\in (0;3)$:
$$\frac{1}{4-x}-\frac{2}{x+5}\ge \frac{x-1}{6}$$
$$\iff \frac{3(x-1)}{(4-x)(x+5)}-\frac{x-1}{6}\ge 0$$
$$\iff \frac{(x-1{)}^2(x+2)}{6(4-x)(x+5)}\ge 0(\text{đuˊng với mọi }x\in (0;3)).$$

Áp dụng lần lượt cho $a,b,c$, ta thu được:
$$\sum _{cyc}\left(\frac{1}{4-a}-\frac{2}{a+5}\right)\ge \sum _{cyc}\frac{a-1}{6}$$
$$\iff \sum _{cyc}\left(\frac{1}{4-a}-\frac{2}{a+5}\right)\ge \frac{a+b+c-3}{6}=0$$

Bất đẳng thức được chứng minh. DTXR khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

(1) Xét đa thức $P(x)=a{x}^2+bx+c$. Với các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=3$, ta có:
$$P(x)+P(y)+P(z)-3P(1)=a(x^2+y^2+z^2-3).$$
Nếu $a\ge 0$, khi đó ta có:
$$P(x)+P(y)+P(z)-3P(1)=a(x^2+y^2+z^2)\ge a\left[\frac{(x+y+z{)}^2}{3}-3\right]\ge 0.$$
Do đó $P(x)$ là đa thức tốt.
Ngược lại, nếu $a<0$, chọn $(x,y,z)=(3,0,0)$ thì:
$$P(x)+P(y)+P(z)-3P(1)=a(3^2+0^2+0^2-3)=-6a<0.$$
Khi đó $P(x)$ không là đa thức tốt.
Do đó $P(x)=a{x}^2+bx+c$ với $a\ge 0$ và $b,c\in \mathbb{R}$ là các đa thức tốt cần tìm.
(2) Giả sử phản chứng $n>2$ là số lẻ, xét bộ $(x,y,z)=(1+2t,1-t,1-t)$. Khi đó $x+y+z=3$ và:
$$P(1+2t)+2P(1-t)-3P(1)\ge 0,\forall t\in \mathbb{R}.$$
Đặt $Q(t)=P(1+2t)+2P(1-t)-3P(1)$ với $t\in \mathbb{R}$, và gọi hệ số bậc cao nhất của đa thức $P(x)$ là $a_n\ne 0$. Khi đó xét hệ số của đơn thức $t^n$ trong đa thức $Q(t)$ ta được:
$$a_n(2^n+2(-1{)}^n)=a_n(2^n-2)\ne 0.$$
Do đó đa thức $Q(t)$ có bậc đúng bằng $n$ là số lẻ, mâu thuẫn do không tồn tại đa thức bậc lẻ thỏa mãn $Q(t)\ge 0,\forall t\in \mathbb{R}$. Vậy giả sử sai, ta có điều phải chứng minh.

(AI giải đề cho tôi)
Trước hết, mỗi mẫu số đều dương: vì $a,b,c>\frac{1}{\sqrt{6}}$ nên $3ab>\frac{1}{2}$, $2a^2>\frac{1}{3}$, $c^2<1-\frac{1}{6}-\frac{1}{6}=\frac{2}{3}$, do đó $2a^2+3ab-c^2>\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-\frac{2}{3}=\frac{1}{6}>0$ (tương tự cho hai mẫu còn lại).

Đặt $q=ab+bc+ca$. Vì $a^2+b^2+c^2=1$ nên $q\le 1$ (theo $(a+b+c{)}^2\le 3(a^2+b^2+c^2)$) và $(a+b+c{)}^2=1+2q$, tức $a+b+c=\sqrt{1+2q}$; ngoài ra $q>0$ vì $a,b,c>0$.

Bước 1 (Cauchy–Schwarz dạng Engel với mẫu là căn): áp dụng $\sum \frac{x_i^2}{y_i}\ge \frac{(\sum x_i{)}^2}{\sum y_i}$ với $x_i=\sqrt{1+a^2}$, $y_i=\sqrt{2a^2+3ab-c^2}$ (các $y_i>0$):
$$\sum _{cyc}\frac{1+a^2}{\sqrt{2a^2+3ab-c^2}}\ge \frac{{\left(\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}\right)}^2}{{\sum }_{cyc}\sqrt{2a^2+3ab-c^2}}.$$

Bước 2 (Chặn tử): Với mọi $a,b$: $(1+a^2)(1+b^2)-(1+ab{)}^2=(a-b{)}^2\ge 0$, nên $\sqrt{(1+a^2)(1+b^2)}\ge 1+ab$. Do đó
$${\left(\sum \sqrt{1+a^2}\right)}^2=\sum (1+a^2)+2\sum _{cyc}\sqrt{(1+a^2)(1+b^2)}\ge 4+2(3+q)=10+2q=2(5+q).$$

Bước 3 (Chặn mẫu bằng Cauchy–Schwarz): $\sum \sqrt{D_a}\le \sqrt{3\sum D_a}$ với $D_a=2a^2+3ab-c^2$, và
$$\sum _{cyc}{D}_a=2(a^2+b^2+c^2)+3(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)=1+3q,$$
nên $\sum \sqrt{D_a}\le \sqrt{3(1+3q)}$.

Bước 4 (Kết hợp):
$$\sum _{cyc}\frac{1+a^2}{\sqrt{2a^2+3ab-c^2}}\ge \frac{2(5+q)}{\sqrt{3(1+3q)}}.$$
Ta cần $\frac{5+q}{\sqrt{3(1+3q)}}\ge \sqrt{1+2q}$, tức $(5+q{)}^2\ge 3(1+2q)(1+3q)$. Hiệu hai vế:
$$25+10q+q^2-3-15q-18q^2=22-5q-17q^2=(1-q)(17q+22)\ge 0,$$
vì $q\le 1$ và $17q+22>0$ (do $q>0$).
Vậy
$$\sum _{cyc}\frac{1+a^2}{\sqrt{2a^2+3ab-c^2}}\ge 2\sqrt{1+2q}=2(a+b+c).$$

Kiểm tra dấu bằng tại $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$: khi đó $q=1$, mỗi mẫu $D_a=\frac{2}{3}+1-\frac{1}{3}=\frac{4}{3}$, VT $=3\cdot \frac{4/3}{\sqrt{4/3}}=2\sqrt{3}=$ VP $=2\sqrt{3}$; mọi bất đẳng thức trung gian (Engel, chặn tử, Cauchy–Schwarz) đều đạt dấu bằng. Bài toán được chứng minh hoàn chỉnh.

Để đa thức bậc 4 không đổi dấu trên $\mathbb{R}$ thì mọi nghiệm thực phải là nghiệm bội chẵn. Do đã có nhân tử $(x-1)$, bắt buộc $x=1$ phải là nghiệm kép của đa thức, đồng thời các nhân tử còn lại phải không có nghiệm đơn. Khảo sát các trường hợp, tích $ab$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $\frac{1}{4}$. Chọn D.

Biệt thức của phương trình bậc hai: $\Delta =(-m{)}^2-4(m+8)=m^2-4m-32$.

**Trường hợp 1:** $\Delta >0\iff m^2-4m-32>0\iff [\begin{array}{rl}m& <-4\\ m& >8.\end{array}$
Khi đó phương trình có hai nghiệm thực phân biệt $z_1,z_2$.
Vì $z_1$ là nghiệm nên $z_1^2=m{z}_1-m-8$.
Suy ra:
$z_1^2+m{z}_2=m{z}_1-m-8+m{z}_2=m(z_1+z_2)-m-8.$
Theo định lý Vi-ét: $z_1+z_2=m$, nên $z_1^2+m{z}_2=m^2-m-8$.
Do $m$ là số nguyên nên $m^2-m-8\ne 0$.
Đẳng thức giả thiết trở thành:
$|z_1|\cdot |m^2-m-8|=(m^2-m-8)|z_2|.$
Điều này đòi hỏi:
$\{\begin{array}{l}{m}^2-m-8>0\\ |z_1|=|z_2|\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{m}^2-m-8>0\\ z_1=-z_2\text{ (vıˋ }{z}_1\ne z_2\text{)}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{m}^2-m-8>0\\ z_1+z_2=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{m}^2-m-8>0\\ m=0.\end{array}$
Tuy nhiên với $m=0$ thì $\Delta =-32<0$, mâu thuẫn với điều kiện $\Delta >0$. Vậy trường hợp này không có giá trị nguyên nào của $m$.

**Trường hợp 2:** $\Delta <0\iff -4<m<8$.
Khi đó phương trình có hai nghiệm phức liên hợp: $z_2=\overline{z_1}$.
Do đó $|z_1|=|z_2|>0$ (vì $z_1{z}_2=m+8>0$ khi $m\in (-4;8)$) và $z_1+z_2=m,z_1{z}_2=m+8$.
Ta có:
$z_1^2+m{z}_2=z_1^2+(z_1+z_2)z_2=z_1^2+z_1{z}_2+z_2^2=(z_1+z_2{)}^2-z_1{z}_2=m^2-(m+8)=m^2-m-8.$
Do đó $|z_1^2+m{z}_2|=|m^2-m-8|$.
Thay vào phương trình giả thiết:
$|z_1|\cdot |m^2-m-8|=(m^2-m-8)|z_2|\iff |m^2-m-8|=m^2-m-8\iff m^2-m-8\ge 0.$
Giải bất phương trình $m^2-m-8\ge 0$:
$m\le \frac{1-\sqrt{33}}{2}\approx -2,37\text{hoặc}m\ge \frac{1+\sqrt{33}}{2}\approx 3,37.$
Kết hợp với điều kiện $m\in (-4;8)$ và $m\in \mathbb{Z}$, ta được:
$m\in \{-3;4;5;6;7\}.$
Vậy có đúng 5 giá trị nguyên của tham số $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn đáp án A.

Biệt thức ${\Delta }^{\prime }=(2m-3{)}^2-4m^2=4m^2-12m+9-4m^2=9-12m$.
- TH1: ${\Delta }^{\prime }\ge 0\iff m\le \frac{3}{4}$. Phương trình có hai nghiệm thực. $|z_0|=6\iff z_0=\pm 6$. Thay vào phương trình tìm được 2 giá trị $m$ thỏa mãn.
- TH2: ${\Delta }^{\prime }<0\iff m>\frac{3}{4}$. Phương trình có hai nghiệm phức liên hợp. Ta có $|z_0{|}^2=z_1{z}_2=4m^2$. Do $|z_0|=6\Rightarrow 4m^2=36\Rightarrow m^2=9\Rightarrow m=3$ (nhận vì $3>3/4$).
Tổng cộng có 3 giá trị của $m$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 001, trang 7), chọn D.

**Chọn A**

Ta có $\Delta =(a-3{)}^2-4(a^2+a)=-3a^2-10a+9$.
- Trường hợp 1: $\Delta \ge 0$, phương trình có 2 nghiệm thực $z_{1,2}=\frac{a-3\pm \sqrt{\Delta }}{2}$.
Khi đó $|z_1+z_2|=|z_1-z_2|\iff |a-3|=\sqrt{\Delta }\iff (a-3{)}^2=\Delta \iff 4a^2+4a=0\iff [<table><tbody><tr><td>a=0</td></tr><tr><td>a=-1</td></tr></tbody></table>$ (đều thỏa mãn $\Delta \ge 0$).
- Trường hợp 2: $\Delta <0$, phương trình có 2 nghiệm phức liên hợp $z_{1,2}=\frac{a-3\pm i\sqrt{-\Delta }}{2}$.
Khi đó $|z_1+z_2|=|z_1-z_2|\iff |a-3|=\sqrt{-\Delta }\iff (a-3{)}^2=-\Delta \iff a^2-6a+9=3a^2+10a-9\iff 2a^2+16a-18=0\iff [<table><tbody><tr><td>a=1</td></tr><tr><td>a=-9</td></tr></tbody></table>$ (đều thỏa mãn $\Delta <0$).
Vậy có tất cả $4$ giá trị nguyên của $a$ thỏa mãn.

Ta có ${\Delta }^{\prime }=(m-1{)}^2-(m^2-3)=m^2-2m+1-m^2+3=4-2m$.
- Trường hợp 1: ${\Delta }^{\prime }>0\iff 4-2m>0\iff m<2$. Khi đó phương trình có hai nghiệm thực phân biệt $z_1,z_2$.
$|z_1-z_2|=2\sqrt{{\Delta }^{\prime }}=2\sqrt{4-2m}=2\sqrt{5}\iff 4-2m=5\iff m=-\frac{1}{2}$ (thỏa mãn $m<2$).
- Trường hợp 2: ${\Delta }^{\prime }<0\iff m>2$. Phương trình có hai nghiệm phức liên hợp $z_1,z_2=(m-1)\pm i\sqrt{2m-4}$.
Khi đó $|z_1-z_2|=|2i\sqrt{2m-4}|=2\sqrt{2m-4}=2\sqrt{5}\iff 2m-4=5\iff m=\frac{9}{2}$ (thỏa mãn $m>2$).
Tập $S=\left\{-\frac{1}{2};\frac{9}{2}\right\}$. Tổng các phần tử của $S$ là $-\frac{1}{2}+\frac{9}{2}=4$. Chọn đáp án A.

**Chọn C**

(Theo bảng đáp án chính thức của Trường THPT Bạch Đằng - Mã đề 101, trang 7-8; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

**Chọn D**

Ta có   m 2  m  12 .
m  3
TH1:   0   . Phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt. Khi đó
 m  4

z1  z2  2 z1  z2   z1  z2   2  z1  z2 
2 2

 z12  z22  2 z1 z2  2 z12  2 z22  4 z1 z2  2 z1 z2  6 z1 z2   z1  z2 
2

 2 m  12  6  m  12    2m   m  12  2m 2  3m  36
2

 3  3 33
m 
2m 2  3m  36  0  4
   3  3 33 m  4
   2m 2  2m  24  0   m  
  4  m  6.
  2m  4m  48  0
2
  m  4; m  3

  m  4; m  6

TH2:   0  4  m  3 . Phương trình đã cho có hai nghiệm phức z1  m  i  ,
z2  m  i  . Khi đó

z1  z2  2 z1  z2  2 m  i   2 2 i 

 m 2   m 2  m  12   2  m 2  m  12   2m 2  m  12  0
1  97
m .
4
Vậy có 2 giá trị nguyên m thỏa yêu cầu bài toán.

Phương trình $z^2+\sqrt{3}z+a^2-2a=0$ có $\Delta =3-4(a^2-2a)=-4a^2+8a+3$.

- Trường hợp 1: $\Delta \ge 0\iff \frac{2-\sqrt{7}}{2}\le a\le \frac{2+\sqrt{7}}{2}$. Khi đó $z_0\in \mathbb{R}$ nên $|z_0|=\sqrt{3}\iff z_0=\pm \sqrt{3}$.
+ Với $z_0=-\sqrt{3}$: thay vào phương trình được $3-3+a^2-2a=0\iff a=0$ hoặc $a=2$. Vì $a>0$ và thỏa điều kiện $\Delta \ge 0$ nên nhận $a=2$.
+ Với $z_0=\sqrt{3}$: thay vào phương trình được $a^2-2a+6=0$ (vô nghiệm).

- Trường hợp 2: $\Delta <0\iff a<\frac{2-\sqrt{7}}{2}$ hoặc $a>\frac{2+\sqrt{7}}{2}$. Khi đó phương trình có hai nghiệm phức liên hợp $z_0,{\bar{z}}_0$ nên $|z_0{|}^2=z_0{\bar{z}}_0=a^2-2a$. Theo giả thiết $a^2-2a=3\iff a=-1$ hoặc $a=3$. Kết hợp $a>0$ và $\Delta <0$ ta nhận $a=3$.

Vậy có $2$ giá trị dương của $a$ thỏa mãn là $a=2$ và $a=3$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101): Chọn B ($3$).

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 8; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: C. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 14, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 13, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)