Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Hàm bậc hai (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $n=\mathrm{deg}P$, hệ số cao nhất $a\ne 0$. Phương trình $P(P(x))=(x^2+2025x+2025)P(x)$ cho $\mathrm{deg}$ vế trái $=n^2$, vế phải $=n+2$, suy ra $n^2=n+2\Rightarrow n=2$ (hoặc $n=0$). Nếu $P=c$ hằng số thì $c=(x^2+2025x+2025)c\Rightarrow c=0$, tức $P(x)\equiv 0$ thỏa mãn. Với $n=2$, so sánh hệ số của $x^4$: vế trái có hệ số $a^3$, vế phải có $a$, suy ra $a^2=1$, tức $a=\pm 1$. Đặt $Q(x)=x^2+2025x+2025$.

**Trường hợp $a=1$:** $P(x)=x^2+bx+c$. Khi đó
$$P(P(x))=(x^2+bx+c{)}^2+b(x^2+bx+c)+c$$
$$=x^4+2b{x}^3+(b^2+2c+b)x^2+(2bc+b^2)x+(c^2+bc+c).$$
Vế phải: $Q(x)(x^2+bx+c)=x^4+(b+2025)x^3+(c+2025b+2025)x^2+(2025c+2025b)x+2025c$.
So sánh hệ số $x^3$: $2b=b+2025\Rightarrow b=2025$. So sánh hệ số $x^2$: $b^2+2c+b=c+2025b+2025\Rightarrow c=2024b+2025-b^2=2024\cdot 2025+2025-2025^2=0$. Kiểm tra hệ số $x$: $2bc+b^2=2025^2$ và $2025c+2025b=2025^2$ ✓; hệ số tự do: $0=0$ ✓. Vậy $P(x)=x^2+2025x$ thỏa mãn (kiểm tra trực tiếp: $P(P(x))=(x^2+2025x{)}^2+2025(x^2+2025x)=x^4+4050x^3+(2025^2+2025)x^2+2025^{2}x$ đúng bằng $(x^2+2025x+2025)(x^2+2025x)$).

**Trường hợp $a=-1$:** $P(x)=-x^2+bx+c$. Khi đó
$$P(P(x))=-(x^2+bx+c{)}^2+b(-x^2+bx+c)+c$$
$$=-x^4-2b{x}^3+(-b^2-2c-b)x^2+(b^2-2bc)x+(bc+c-c^2).$$
Vế phải: $Q(x)(-x^2+bx+c)=-x^4+(b-2025)x^3+(c-2025b-2025)x^2+(2025c-2025b)x+2025c$.
So sánh $x^3$: $-2b=b-2025\Rightarrow b=675$. So sánh $x^2$: $-b^2-2c-b=c-2025b-2025\Rightarrow -3c=b^2+b-2025b-2025=455625-1366200-2025=-912600\Rightarrow c=304200$. So sánh hệ số $x$: cần $b^2-2bc=2025c-2025b$, tức $455625-410670000=616005000-1366875$, tức $-410214375=614638125$, vô lý. Vậy trường hợp $a=-1$ không cho nghiệm.

Kết luận: các đa thức cần tìm là $P(x)\equiv 0$ và $P(x)=x^2+2025x$.

Ta có: +) $f(0)=c$, $f(1)=a+b+c$, $f(-1)=a-b+c$.

+) $f(\alpha )=f(\beta )\Rightarrow a({\alpha }^2-{\beta }^2)+b(\alpha -\beta )=0\Rightarrow (\alpha -\beta )(a(\alpha +\beta )+b)=0\iff \{\begin{array}{l}\alpha =\beta \\ \alpha +\beta =\frac{-b}{a}\end{array}$

+) $f(x)$ là một tam thức bậc hai, nên với mỗi số $k$ cố định, tồn tại nhiều nhất hai số thực phân biệt $x$ để $f(x)=k$.

Từ đây suy ra, do $f(f(1))=f(f(0))=f(f(-1))$ nên tập $\{f(1),f(0),f(-1)\}$ chứa nhiều nhất hai phần tử phân biệt. Kết hợp $f(1)\ne f(0)$ ta có 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1: $f(1)=f(-1)$, $f(1)\ne f(0)$

Từ $f(1)=f(-1)\Rightarrow (a+b+c)=(a-b+c)\Rightarrow b=0$.

Khi đó $f(x)=a{x}^2+c$.

Điều kiện bài toán trở thành: $f(f(1))=f(f(0))\Rightarrow f(a+c)=f(c)$.

Vì $f(1)\ne f(0)$ nên $a+c\ne c$ (luôn đúng do $a\ne 0$).

Áp dụng tính chất hàm bậc hai với $b=0$: $(a+c)+c=0\Rightarrow a+2c=0\Rightarrow c=-\frac{a}{2}$

Vậy $f(x)=a{x}^2-\frac{a}{2}$. Thử lại thỏa mãn bài toán

Trường hợp 2: $f(0)=f(-1)$ và $f(1)\ne f(0)$

Từ $f(0)=f(-1)\Rightarrow c=a-b+c\Rightarrow a=b$. Khi đó $f(x)=a{x}^2+ax+c$.

Điều kiện còn lại: $f(f(1))=f(f(0))\Rightarrow f(2a+c)=f(c)$.

Vì $f(1)\ne f(0)$ nên $2a+c\ne c$ (đúng do $a\ne 0$).

Theo tính chất đối xứng: $(2a+c)+c=-\frac{b}{a}=-\frac{a}{a}=-1\Rightarrow 2a+2c=-1\Rightarrow c=\frac{-1-2a}{2}$

Vậy $f(x)=a{x}^2+ax-\frac{2a+1}{2}$. Thử lại thỏa mãn

Vậy tất cả các hàm thỏa mãn bài toán là $f(x)=a{x}^2-\frac{a}{2}$, $f(x)=a{x}^2+ax-\frac{2a+1}{2}$

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục gốc tại giữa nhịp cầu. Parabol có dạng $y=0,8+a{x}^2$ (dây ngắn nhất $0,8$ m ở giữa nhịp). Tại mép cầu $x=15$: $5=0,8+225a\Rightarrow a=\frac{4,2}{225}=0,018\overline{6}$.

Theo bản vẽ, khoảng cách giữa các dây là $1,5$ m, nên có $\frac{30}{1,5}+1=21$ dây ở mỗi mặt bên, tại $x=0,\pm 1,5,\pm 3,...,\pm 15$.

Tổng chiều dài dây một mặt bên:
$$S_1=21(0,8)+a\sum x^2=16,8+\frac{4,2}{225}\cdot 2\cdot 1,5^2(1^2+2^2+...+10^2)$$
$$=16,8+\frac{4,2}{225}\cdot 4,5\cdot 385=16,8+32,34=49,14\text{ m}.$$

Hai mặt bên: $2\cdot 49,14=98,28$ m. Cộng thêm 5% để neo: $98,28\cdot 1,05=103,194\approx 103$ m.

Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 1102, câu 3 = 103).

(AI giải đề cho tôi)
Câu 11.
a) Với $m=1$: $y=-x^2+4x=-(x-2{)}^2+4$.
- Hàm số có $a=-1<0$ nên parabol nhánh hướng xuống, đỉnh $I(2;4)$, trục đối xứng $x=2$.
- Bảng biến thiên: đồng biến trên $(-\infty ;2)$, nghịch biến trên $(2;+\infty )$, giá trị lớn nhất $y=4$ tại $x=2$; $y\to -\infty$ khi $x\to \pm \infty$.
- Giao điểm với trục hoành: $-x^2+4x=0⟺x=0$ hoặc $x=4$, tức $(P)$ qua $O(0;0)$ và $(4;0)$. Vẽ parabol qua $O(0;0)$, $I(2;4)$, $(4;0)$.
b) Phương trình hoành độ giao điểm: $-x^2+2(m+1)x+1-m^2=0$ với $a=-1$, $b^{\prime }=m+1$, $c=1-m^2$.
${\Delta }^{\prime }=(m+1{)}^2+(1-m^2)=2m+2$. Hai điểm phân biệt $A,B$ cần ${\Delta }^{\prime }>0⟺m>-1$.
Khi đó $x_A+x_B=2(m+1)$, $x_A{x}_B=1-m^2$.
$A(x_A;0)$, $B(x_B;0)$, $K(2;-2)$ nên $\overrightarrow{KA}=(x_A-2;2)$, $\overrightarrow{KB}=(x_B-2;2)$.
Tam giác $KAB$ vuông tại $K⟺\overrightarrow{KA}\cdot \overrightarrow{KB}=0$:
$(x_A-2)(x_B-2)+4=0⟺x_A{x}_B-2(x_A+x_B)+8=0$
$⟺1-m^2-4(m+1)+8=0⟺m^2+4m-5=0⟺m=1$ hoặc $m=-5$.
Kết hợp $m>-1$ được $m=1$. Thử lại: $m=1$ cho $y=-x^2+4x$, $A(0;0)$, $B(4;0)$; $\overrightarrow{KA}=(-2;2)$, $\overrightarrow{KB}=(2;2)$, tích vô hướng $-4+4=0$, thỏa mãn.
Vậy $m=1$.

Cách 1 (1 điểm). Do $x^2-3x+a$, $x^2+x+b$ có tổng cộng 4 nghiệm, còn $x^3-x^2+cx+4$ có tối đa 3 nghiệm thực nên $x^2-3x+a$ và $x^2+x+b$ phải có nghiệm chung. Gọi $t$ là nghiệm chung, như vậy: $t^2-3t+a=0;t^2+t+b=0$.

Suy ra $4t+b-a=0$, do đó $t=\frac{a-b}{4}$.

(0.5 điểm) Ngoài ra, rõ ràng ta phải có
$$(x^3-x^2+cx+4)(x-t)=(x^2-3x+a)(x^2+x+b).$$
So sánh hệ số $x^3$ ở hai vế, ta được $t=1$, do đó $a=b+4$.

(1 điểm) Khi đó: $(x^3-x^2+cx+4)(x-1)=(x^2-3x+a)(x^2+x+b)$.

So sánh hệ số $x^2$, $x$ và hệ số hằng ở hai vế, ta được:
$$\{\begin{array}{l}c+1=2b+1\\ -c+4=-2b+4\\ -4=b(b+4).\end{array}$$

Từ đây, dễ dàng suy ra được $c=-4;b=-2$ và do đó $a=2$.

(0.5 điểm) Thử lại, ta dễ dàng kiểm tra được với $a=2$, $b=-2$ và $c=-4$ thì các đa thức $x^2-3x+2$, $x^2+x-2$, $x^3-x^2-4x+4$ có các nghiệm $1$, $2$ và $1$, $-2$ và $-2$, $1$, $2$.

Cách 2 (0.5 điểm). Do $x^2-3x+a$, $x^2+x+b$ có tổng cộng 4 nghiệm, còn $x^3-x^2+cx+4$ có tối đa 3 nghiệm thực nên $x^2-3x+a$ và $x^2+x+b$ phải có nghiệm chung. Gọi $t$ là nghiệm chung.

(0.5 điểm) Theo định lý Viète, tổng hai nghiệm của $x^2-3x+a$ bằng 3 và tổng hai nghiệm của $x^2+x+b$ bằng $-1$.

Khi đó $x^2-3x+a$ có hai nghiệm là $t$ và $3-t$, $x^2+x+b$ có hai nghiệm là $t$ và $-1-t$.

(0.5 điểm) Do đó $x^3-x^2+cx+4$ có ba nghiệm là $t$, $3-t$ và $-1-t$. Theo định lý Viète, $t+3-t-1-t=1$, suy ra $t=1$.

(1 điểm) Thay nghiệm $x=1$ vào 3 đa thức ban đầu, ta được
$$1^2-3\cdot 1+a=0\Rightarrow a=2;$$
$$1^2+1+b=0\Rightarrow b=-2;$$
$$1^3-1^2+c\cdot 1+4=0\Rightarrow c=-4.$$

Thử lại, ta dễ dàng kiểm tra được với $a=2$, $b=-2$ và $c=-4$ thì các đa thức $x^2-3x+2$, $x^2+x-2$, $x^3-x^2-4x+4$ có các nghiệm $1$, $2$ và $1$, $-2$ và $-2$, $1$, $2$.

a) Xét các đa thức

$$a(x)=g(x)+h(x)-2f(x),$$
$$b(x)=h(x)+f(x)-2g(x),$$
$$c(x)=f(x)+g(x)-2h(x),$$

và xét $P(x)=a(x)b(x)c(x)$. Khi đó $x$ là số tốt khi và chỉ khi $P(x)=0$.

Do có hữu hạn số tốt nên $P(x)$ là đa thức khác 0. Do $a(x),b(x),c(x)$ có bậc không quá $n$ nên đa thức $P(x)$ có bậc không quá $3n$.

Do vậy đa thức $P(x)$ có không quá $3n$ nghiệm thực, hay có tối đa $3n$ số tốt.

b) Xét $Q(x)=(x-1)(x-2)\dots (x-n)$. Đa thức này có $n$ nghiệm thực phân biệt là $1,2,\dots ,n$.

Do $Q(i)=Q(i+1)$ nên tồn tại $x_i$ thuộc $(i;i+1)$ sao cho $Q^{\prime }(x_i)=0$ với mọi $i=1,2,\dots ,n-1$. Đặt $m={\min }_{i=1,n-1}(|y(x_i)|)$. Xét $c\in (0,m)$ thì

- phương trình $Q(x)=c$ có đủ $n$ nghiệm thực phân biệt,
- do $-c\in (-m,0)$, phương trình $Q(x)=-c$ cũng có đủ $n$ nghiệm thực phân biệt.

Chọn các đa thức $f(x)=\frac{3Q(x)-c}{3}$, $g(x)=\frac{c-3Q(x)}{3}$, $h(x)=0$ thì các đa thức $a(x)=Q(x)+c$, $b(x)=-2Q(x)$ và $c(x)=Q(x)-c$ đều có $n$ nghiệm thực phân biệt. Do đó, bộ ba đa thức $f,g,h$ này thỏa mãn bài toán.

Lời giải (Lim Olympic - Nghệ An TST - P6).

Ta chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề 0.2. Giả sử $Q(x)={\sum }_{i=0}^d{b}_i{x}^i$ là đa thức bậc $d\ge 2$ và có $d$ nghiệm thực, kể cả bội. Nếu tồn tại $t\in \{0,1,\dots ,d-2\}$ sao cho $b_t=b_{t+1}=0$ thì $b_0=b_1=\cdots =b_{t+1}=0$.

Chứng minh. Ta chứng minh bổ đề bằng quy nạp theo $d$. Với $d=2$, hiển nhiên.

Giả sử bổ đề đúng với các đa thức bậc $d-1$. Xét đa thức $Q$ bậc $d$. Trường hợp $t=0$ là hiển nhiên. Xét $1\le t\le d-2$ và viết $Q^{\prime }(x)={\sum }_{j=0}^{d-1}{c}_j{x}^j$, trong đó $c_j=(j+1)b_{j+1}$. Theo định lý Rolle, $Q^{\prime }$ có $d-1$ nghiệm thực. Hơn nữa, $c_{t-1}=t{b}_t=0$ và $c_t=(t+1)b_{t+1}=0$. Do $t-1\le d-3$, giả thiết quy nạp áp dụng được cho $Q^{\prime }$, suy ra $c_0=c_1=\cdots =c_t=0$, hay $b_1=b_2=\cdots =b_{t+1}=0$.

Giờ ta cần chứng minh $b_0=0$. Giả sử ngược lại rằng $b_0\ne 0$ và gọi $r_1,r_2,\dots ,r_d$ là các nghiệm thực của $Q$. Khi đó mọi $r_i$ đều khác 0. Vì $b_1=b_2=0$, theo định lý Viète,

$$\sum _{i=1}^d\frac{1}{r_i}=-\frac{b_1}{b_0}=0,\sum _{1\le i<j\le d}\frac{1}{r_i{r}_j}=\frac{b_2}{b_0}=0.$$

Do đó

$$\sum _{i=1}^d\frac{1}{r_i^2}={\left(\sum _{i=1}^d\frac{1}{r_i}\right)}^2-2\sum _{1\le i<j\le d}\frac{1}{r_i{r}_j}=0,$$

vô lý vì $r_i$ là số thực khác 0.

Vậy $b_0=0$ và bổ đề được chứng minh. $\square$

a) Giả sử tồn tại $k\in \{0,1,\dots ,n-2\}$ sao cho $a_k=a_{k+1}=0$. Áp dụng bổ đề cho $Q=P$ và $t=k$, ta được $a_0=a_1=\cdots =a_{k+1}=0$. Đặc biệt, $a_0=0$, nên $P(0)=0$, trái với giả thiết mọi nghiệm của $P$ đều khác 0. Vậy $a_k,a_{k+1}$ không thể đồng thời bằng 0, từ đó có điều phải chứng minh.

b) Ta có $a_0\ne 0$ vì $P$ không có nghiệm 0, còn hệ số cao nhất bằng 1. Theo ý 1, trong hai hệ số liên tiếp $a_k,a_{k+1}$ luôn có ít nhất một hệ số khác 0.

- Nếu $n=2m$, xét $m-1$ cặp $(a_1,a_2),(a_3,a_4),\dots ,(a_{2m-3},a_{2m-2})$. Mỗi cặp có ít nhất một hệ số khác 0; cùng với $a_0$ và $a_{2m}=1$, đa thức có ít nhất $m+1$ hệ số khác 0.
- Nếu $n=2m+1$, xét $m$ cặp $(a_1,a_2),(a_3,a_4),\dots ,(a_{2m-1},a_{2m})$. Cùng với $a_0$ và $a_{2m+1}=1$, đa thức có ít nhất $m+2$ hệ số khác 0.

Ta chứng minh các cận này đều đạt được.

- Với $n=2m$, lấy $P(x)=(x^2-1{)}^m$. Đa thức này có đúng $m+1$ hệ số khác 0.
- Với $n=2m+1$, xét $Q(x)=x{\prod }_{j=1}^m(x^2-j^2)$ có các hệ số của $x^{2m+1},x^{2m-1},\dots ,x$ đều khác 0, nên đa thức $Q$ có đúng $m+1$ hệ số khác 0.

Chọn quanh mỗi nghiệm của $Q$ một khoảng nhỏ, sao cho các khoảng đôi một rời nhau và giá trị của $Q$ tại hai đầu mỗi khoảng trái dấu. Vì chỉ có hữu hạn đầu mút, tồn tại $\epsilon \ne 0$ đủ nhỏ để $Q(x)+\epsilon$ vẫn trái dấu tại hai đầu của từng khoảng. Theo định lý giá trị trung gian, đa thức $P_{\epsilon }(x)=Q(x)+\epsilon$ có một nghiệm trong mỗi khoảng. Nó có bậc $2m+1$, nên tất cả các nghiệm đều thực; đồng thời $P_{\epsilon }(0)=\epsilon \ne 0$, nên không nghiệm nào bằng 0.

Đa thức $P_{\epsilon }$ này có đúng $m+2$ hệ số khác 0.

Vậy số lượng hệ số khác 0 nhỏ nhất là $\lceil \frac{n}{2}\rceil +1$.

Đáp án chính thức (nguồn, trang 16, khung kết luận của Bài toán 0.6): số lượng hệ số khác 0 nhỏ nhất của $P(x)$ là $\lceil \frac{n}{2}\rceil +1$.

Lời giải (Lim Olympic - Lào Cai TST - P1):
Gọi $a,b,c,d$ là bốn nghiệm của đa thức $f(x)=x^4-4x^3+2x^2+4x-2$. Theo định lý Viète, ta có
$$a+b+c+d=4,$$
$$ab+ac+ad+bc+bd+cd=2,$$
$$abc+abd+acd+bcd=-4,$$
$$abcd=-2.$$

a) Vì $abcd=-2$ nên $d\ne 0$ và $abc=-\frac{2}{d}$. Ta có
$$g(abc)=g\left(-\frac{2}{d}\right)=\frac{16}{d^4}-\frac{32}{d^3}-\frac{16}{d^2}+\frac{32}{d}-8=-\frac{8}{d^4}\left(d^4-4d^3+2d^2+4d-2\right)=-\frac{8}{d^4}f(d)=0.$$
Do đó $abc$ là một nghiệm của $g(x)=x^4+4x^3-4x^2-16x-8$.

b) Đặt $y=ab$. Vì $abcd=-2$ nên $y\ne 0$ và $cd=-\frac{2}{y}$.
Đặt $S_1=a+b$ và $S_2=c+d$ thì $S_1+S_2=4$, do đó $S_2=4-S_1$.
Mặt khác $ab+cd+(a+b)(c+d)=2$ nên $y-\frac{2}{y}+S_1{S}_2=2$.
Đồng thời $ab(c+d)+cd(a+b)=-4$ nên $y{S}_2-\frac{2}{y}{S}_1=-4$.
Thay $S_2=4-S_1$ ta được
$$y(4-S_1)-\frac{2}{y}{S}_1=-4⟺S_1\left(y+\frac{2}{y}\right)=4y+4.$$
Suy ra $S_1=\frac{4y(y+1)}{y^2+2}$. Thay $S_2=4-S_1$ vào $y-\frac{2}{y}+S_1{S}_2=2$ ta có $S_1^2-4S_1+2-y+\frac{2}{y}=0$ hay
$${\left(\frac{4y(y+1)}{y^2+2}\right)}^2-4\left(\frac{4y(y+1)}{y^2+2}\right)+2-y+\frac{2}{y}=0.$$
$$⟺16y^3(y+1{)}^2-16y^2(y+1)(y^2+2)+(-y^2+2y+2)(y^2+2{)}^2=0.$$
$$⟺-y^6+2y^5+14y^4-8y^3-28y^2+8y+8=0,$$
$$⟺y^6-2y^5-14y^4+8y^3+28y^2-8y-8=0.$$
Do đó $h(y)=0$. Vì $y=ab$, suy ra $ab$ là một nghiệm của
$$h(x)=x^6-2x^5-14x^4+8x^3+28x^2-8x-8.$$

Giả sử $n$ nghiệm thực phân biệt của đa thức $P(x)$ là $x_1,x_2,\dots ,x_n$. Không mất tính tổng quát, ta có thể sắp thứ tự:
$$x_1<x_2<\cdots <x_n$$
Do $P(x)$ có bậc $n$ và hệ số của số hạng bậc cao nhất bằng 1 nên ta có:
$$P(x)=\prod _{i=1}^n(x-x_i)=(x-x_1)(x-x_2)\dots (x-x_n)$$
Xét hàm số $f(x)=4x^2+4x+2026$ xác định trên $\mathbb{R}$.
Khi đó: $P(f(x))={\prod }_{i=1}^n(4x^2+4x+2026-x_i)$
Với mỗi tam thức bậc hai $4x^2+4x+2026-x_i$ ta xét delta
$${△}_i=4^2-4^2.(2026-x_i)=16.(x_i-2025),\forall i=\overline{1,n}$$
Theo giả thiết $P(f(x))$ có duy nhất một nghiệm thực cho nên tồn tại $k\in \{1,2,...,n\}$ sao cho
$$\{\begin{array}{l}{△}_k=0\\ {△}_j<0,\forall j\ne k\end{array}$$
Vì vậy $x_k=2025$ và $x_j<2025,\forall j\ne k$
Mà $x_1<x_2<\dots <x_n$ nên $k=n$.
Chứng minh $P(f(x))$ chia hết cho $(2x+1{)}^2$.
Ta có: $P(f(x))=(f(x)-2025).{\prod }_{i=1}^{n-1}(f(x)-x_i)=(2x+1{)}^2.{\prod }_{i=1}^{n-1}(f(x)-x_i)$.
Vì vậy $P(f(x))$ chia hết cho $(2x+1{)}^2$.
Chứng minh $P(2026)\ge 1$.
- Nếu $n=1$, đa thức có dạng $P(x)=x-2025$. Khi đó:
$$P(2026)=2026-2025=1\ge 1$$
- Nếu $n\ge 2$, do $x_i<2025$ với mọi $i\in \{1,2,\dots ,n-1\}$, suy ra:
$$P(2026)=(2026-2025).\prod _{i=1}^{n-1}(2026-x_i)>1$$

Vì vậy ta luôn có $P(2026)\ge 1$.
Bài toán được chứng minh hoàn tất.

Chọn D.
Ta có $z^2-2z+m^2=0\iff (z-1{)}^2=1-m^2$ (1).
- Trường hợp 1: $1-m^2>0\iff -1<m<1$.
Phương trình (1) có hai nghiệm thực phân biệt. Khi đó:
$|2z_1-1|=|2z_2-1|\iff \left[\begin{array}{c}2z_1-1=2z_2-1\\ 2z_1-1=-(2z_2-1)\end{array}\right]\iff \left[\begin{array}{c}{z}_1=z_2\\ z_1+z_2=1\end{array}\right]$
Mà theo Vi-ét, $z_1+z_2=2\ne 1$, nên trường hợp này không có nghiệm thỏa mãn.
- Trường hợp 2: $1-m^2<0\iff \left[\begin{array}{c}m>1\\ m<-1\end{array}\right]$.
Phương trình (1) có hai nghiệm phức liên hợp: $z_{1,2}=1\pm i\sqrt{m^2-1}$.
Khi đó:
$|2z_1-1|=|1+2i\sqrt{m^2-1}|=\sqrt{1+4(m^2-1)}=|1-2i\sqrt{m^2-1}|=|2z_2-1|$
Điều này luôn đúng với mọi $m\in (-\infty ;-1)\cup (1;+\infty )$.
Vì $m\in \mathbb{Z}$ và $m\in [-10;10]$ nên $m\in \{-10;-9;\dots ;-2;2;\dots ;9;10\}$.
Vậy có $9+9=18$ giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn.

Ta có: $\Delta =-4m^2+8m+9$.

+) TH1: $\Delta =-4m^2+8m+9\ge 0\iff \frac{2-\sqrt{13}}{2}\le m\le \frac{2+\sqrt{13}}{2}$ $(1)$.

Khi đó phương trình đã cho có nghiệm thực nên $|z_0|=2\iff [<table><tbody><tr><td>z_0=2</td></tr><tr><td>z_0=-2</td></tr></tbody></table>$.

- Với $z_0=2$ thì phương trình đã cho trở thành $m^2-2m+10=0$ (vô nghiệm).
- Với $z_0=-2$ thì phương trình đã cho trở thành $m^2-2m-2=0\iff [<table><tbody><tr><td>m=1-\sqrt{3}\text{ (TM (1))}</td></tr><tr><td>m=1+\sqrt{3}\text{ (TM (1))}</td></tr></tbody></table>$.

+) TH2: $\Delta =-4m^2+8m+9<0\iff [<table><tbody><tr><td>m<\frac{2-\sqrt{13}}{2}</td></tr><tr><td>m>\frac{2+\sqrt{13}}{2}</td></tr></tbody></table>$ $(2)$.

Khi đó phương trình đã cho có hai nghiệm phức phân biệt $z_1,z_2$ là hai số phức liên hợp của nhau nên:

$|z_1|=|z_2|=|z_0|=2\Rightarrow |z_1{z}_2|=4\iff m^2-2m=4\iff [<table><tbody><tr><td>m=1-\sqrt{5}</td></tr><tr><td>m=1+\sqrt{5}</td></tr></tbody></table>$ (TM $(2)$).

Vậy $S=\{1-\sqrt{3};1+\sqrt{3};1-\sqrt{5};1+\sqrt{5}\}$ nên tổng các phần tử của tập $S$ bằng $4$.

Theo định lí Viète: $z_1+z_2=a$ và $z_1{z}_2=b$. Khi đó $(z_1-z_2{)}^2=(z_1+z_2{)}^2-4z_1{z}_2=a^2-4b$.
Ta có: $|z_1+z_2|=|z_1-z_2|\iff |z_1+z_2{|}^2=|z_1-z_2{|}^2=|a^2-4b|$.
- Trường hợp 1: Nếu $z_1,z_2\in \mathbb{R}$ thì $a^2-4b\ge 0$, phương trình trở thành $a^2=a^2-4b\iff b=0$. Khi $b=0$, $a\in [-10;10]$ có 21 giá trị nguyên.
- Trường hợp 2: Nếu $z_1,z_2$ là hai nghiệm phức liên hợp không thực ($a^2-4b<0$), thì $(z_1-z_2{)}^2=a^2-4b<0\Rightarrow |z_1-z_2{|}^2=4b-a^2$. Khi đó $a^2=4b-a^2\iff 2a^2=4b\iff a^2=2b$. Vì $b\in [-10;10]$ và $a^2\ge 0$ chẵn, nên $a^2\in \{0,4,16\}$. Ta được các cặp $(a;b)$ là $(0;0)$, $(\pm 2;2)$, $(\pm 4;8)$ (gồm 5 cặp).
Kết hợp lại, cặp $(0;0)$ bị lặp nên có tất cả $21+5-1=25$ cặp $(a;b)$ nguyên thỏa mãn. Chọn đáp án C.