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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục Oxy với gốc O tại vị trí phát cầu trên mặt đất, trục Ox nằm trên mặt đất. Trái cầu xuất phát tại điểm (0; 0,8) và đỉnh parabol là S(3; 4).

Phương trình parabol có dạng: $y=a(x-3{)}^2+4$.

Vì parabol đi qua điểm $(0;0,8)$:
$$0,8=a(0-3{)}^2+4\Rightarrow 9a=-3,2\Rightarrow a=-\frac{16}{45}.$$

Vậy $y=-\frac{16}{45}(x-3{)}^2+4$.

Điểm chạm đất có tung độ $y=0$:
$$-\frac{16}{45}(x-3{)}^2+4=0\Rightarrow (x-3{)}^2=\frac{45}{4}\Rightarrow x=3\pm \frac{3\sqrt{5}}{2}.$$

Vì trái cầu bay theo chiều dương của trục Ox (điểm chạm đất xa nhất), ta lấy:
$$x=3+\frac{3\sqrt{5}}{2}\approx 6,35\text{ (m)}.$$

Kiểm tra: $a=-3,2/9=-16/45$ đúng; $(x-3{)}^2=4\cdot \frac{45}{16}=\frac{45}{4}$ đúng; $\sqrt{45}/2=3\sqrt{5}/2\approx 3,354$, nên $x\approx 6,354$ m.

Kết luận: khoảng cách điểm chạm đất xa nhất mà trái cầu đạt được là $3+\frac{3\sqrt{5}}{2}\approx 6,35$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=x^2-3x+4$ có $a=1>0$ nên parabol quay bề mặt lõm lên, đỉnh tại $x=-\frac{b}{2a}=\frac{3}{2}$. Hàm số nghịch biến trên $\left(-\infty ;\frac{3}{2}\right)$ và đồng biến trên $\left(\frac{3}{2};+\infty \right)$. Vậy đáp án B.

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
$$h(x)=x^6-2x^5-14x^4+8x^3+28x^2-8x-8.$$

(AI giải đề cho tôi)
Tổng khối lượng cá thu hoạch trên một đơn vị diện tích là $F(n)=n\cdot P(n)=n(800-20n)=800n-20n^2$, với $n$ nguyên, $0<n<40$ (vì $P(n)\ge 0$). Đây là hàm bậc hai với $a=-20<0$, đạt giá trị lớn nhất tại $n=-\frac{800}{2(-20)}=20$. Khi đó $F(20)=20\cdot 400=8000$ (g) là lớn nhất. Vậy cần thả 20 con cá trên một đơn vị diện tích mặt hồ.

(AI giải đề cho tôi)
Doanh thu bằng giá bán nhân với số sản phẩm bán ra: $f(x)=x\cdot p(x)=x(1000-25x)=1000x-25x^2$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Doanh thu: $R(x)=x\cdot P(x)=x(\mathrm{50.000.000}-5000x)=\mathrm{50.000.000}x-5000x^2$ (VND), với $x>0$. Đây là parabol bậc hai với đỉnh tại $x=\frac{\mathrm{50.000.000}}{2\cdot 5000}=5000$. Khi đó $R(5000)=5000\cdot (\mathrm{50.000.000}-\mathrm{25.000.000})=5000\cdot \mathrm{25.000.000}=\mathrm{125.000.000.000}$ VND $=125$ tỷ VND. Vậy doanh thu tối đa là 125 tỷ VND.

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.

(AI giải đề cho tôi)
Xét phương trình $(m+1)x^2+3x-4=0$.
a) Phương trình là phương trình bậc hai một ẩn khi và chỉ khi hệ số của $x^2$ khác 0, tức $m+1\ne 0\iff m\ne -1$. Mệnh đề ĐÚNG.
b) Phương trình bậc hai có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $a\ne 0$ và $\Delta >0$ (với $\Delta =9+16(m+1)=16m+25$), chứ không phải $\Delta =0$ (khi đó nghiệm kép). Mệnh đề SAI.
c) Với $m=0$: phương trình $x^2+3x-4=0$ có $\Delta =9+16=25$, $x=\frac{-3\pm 5}{2}$, tức $x_1=1$, $x_2=-4$. Mệnh đề ĐÚNG.
d) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt dương khi: $m+1\ne 0$; $\Delta =16m+25>0\iff m>-frac2516$; tổng hai nghiệm $x_1+x_2=-frac3m+1>0\iff m+1<0\iff m<-1$; tích hai nghiệm $x_1{x}_2=-frac4m+1>0\iff m<-1$. Kết hợp: $-frac2516<m<-1$. Mệnh đề ĐÚNG.
a) (AI giải đề cho tôi)
Phương trình bậc hai một ẩn khi $m+1\ne 0$, tức $m\ne -1$.
b) (AI giải đề cho tôi)
2 nghiệm phân biệt đòi hỏi $a\ne 0$ và $\Delta >0$, không phải $\Delta =0$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với $m=0$: $x^2+3x-4=0$ có hai nghiệm $x_1=1$, $x_2=-4$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Cần $\Delta =16m+25>0$, $x_1+x_2=-\frac{3}{m+1}>0$, $x_1{x}_2=-\frac{4}{m+1}>0$, suy ra $-\frac{25}{16}<m<-1$.

(AI giải đề cho tôi)
Doanh thu: $T(x)=x(1936-22x)=-22x^2+1936x$, với $x$ nguyên dương và $1936-22x>0$ (tức $x\le 87$). Đây là parabol bậc hai với đỉnh tại $x=\frac{1936}{2\cdot 22}=\frac{1936}{44}=44$. Khi đó $T(44)=44\cdot (1936-968)=44\cdot 968=42592$ (nghìn đồng) là lớn nhất. Vậy doanh nghiệp nên mua 44 gói.

(AI giải đề cho tôi)
Hai trụ cầu có độ cao bằng nhau nên $h(x_1)=h(x_2)$ với $x_1\ne x_2$. Với $h(x)=\frac{1}{9000}{x}^2-\frac{7}{15}x+500$, ta có $h(x_1)-h(x_2)=\frac{1}{9000}(x_1-x_2)\left(x_1+x_2-\frac{7}{15}\cdot 9000\right)=0$. Vì $x_1\ne x_2$ nên $x_1+x_2=\frac{7}{15}\cdot 9000=4200$. Vậy khoảng cách giữa hai trụ cầu là $4200$ feet, trùng với đáp án nguồn (4200).

Tọa độ đỉnh $x_I=-\frac{b}{2a}=6⟹b=-12a$. Parabol qua $I(6;-12)⟹36a+6b+c=-12⟺-36a+c=-12$. Qua $A(8;0)⟹64a+8b+c=0⟺-32a+c=0$. Trừ hai vế: $4a=12⟹a=3,b=-36,c=96$. Tích $abc=3\times (-36)\times 96=-10368$.

Đồ thị có bề lõm hướng lên nên $a>0$. Cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên $c>0$. Đỉnh của parabol nằm ở góc phần tư thứ nhất có hoành độ $x_I=-\frac{b}{2a}>0$, do $a>0$ nên $b<0$. Vậy $a>0,b<0,c>0$.

Trục đối xứng của parabol là $x=-\frac{b}{2a}=1⟺b=-2a$.

Hàm số bậc hai $y=x^2-2x+3$ có $a=1>0$, tọa độ đỉnh $x=-\frac{b}{2a}=1$. Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng $(-\infty ;1)$ và đồng biến trên khoảng $(1;+\infty )$.

Đỉnh $I(2;5)$ nên: $-\frac{b}{2a}=2⟹b=-4a$. Đồ thị qua $I(2;5)⟹4a+2b+1=5⟺4a+2(-4a)+1=5⟺-4a=4⟺a=-1⟹b=4$. Do đó $a+b=-1+4=3$.

Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại đỉnh $x=1$, $f(1)=1^2-2(1)-1=-2$. Khi $x\to +\infty$ thì $f(x)\to +\infty$. Do đó trên $[0;+\infty )$, tập giá trị của hàm số là $[-2;+\infty )$.

Tọa độ đỉnh của parabol $y=a{x}^2+bx+c$ là $I(-\frac{b}{2a};-\frac{\Delta }{4a})$ với $\Delta =b^2-4ac$.

Tọa độ đỉnh của parabol: $x_I=-\frac{b}{2a}=-\frac{4}{2(-1)}=2$, $y_I=-(2{)}^2+4(2)-3=1$. Vậy đỉnh là $(2;1)$.

Phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt khi ${\Delta }^{\prime }=(m+1{)}^2-(m^2-3)>0⟺2m+4>0⟺m>-2$.

Đồ thị là một parabol có bề lõm hướng lên ($a>0$), cắt trục tung tại điểm $(0;3)$ và có đỉnh tại $(2;-1)$. Hàm số $y=x^2-4x+3$ có $a=1>0$, tọa độ đỉnh $x_I=-\frac{b}{2a}=2,y_I=2^2-4(2)+3=-1$ và đi qua điểm $(0;3)$ nên thỏa mãn.