Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tương giao và tham số (Toán học Lớp 12)

Từ đồ thị của hàm bậc bốn trùng phương $y=f(x)$, ta thấy hàm số có ba điểm cực trị $x_1<0<x_2$ (đối xứng qua $O$, với $x_1=-x_0,x_2=x_0$ trong đó $x_0\approx 1,41$). Đạo hàm $f^{\prime }(u)=0\iff u\in \{-x_0,0,x_0\}$. Do đó phương trình $f^{\prime }(f(x)-1)=0\iff f(x)-1\in \{-x_0,0,x_0\}\iff [<table><tbody><tr><td>f(x)=1</td></tr><tr><td>f(x)=1+x_0</td></tr><tr><td>f(x)=1-x_0</td></tr></tbody></table>$. Dựa vào đồ thị $f(x)$ với điểm cực đại $(0;1)$ và hai điểm cực tiểu $(-\sqrt{2};-1)$ và $(\sqrt{2};-1)$:
1) $f(x)=1$: đường thẳng $y=1$ tiếp xúc đồ thị tại cực đại $x=0$ và cắt 2 nhánh ngoài, có 3 nghiệm phân biệt.
2) $f(x)=1+x_0>1$: đường thẳng $y=1+x_0$ nằm trên điểm cực đại, cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt.
3) $f(x)=1-x_0$: do $x_0=\sqrt{2}\approx 1,41$ nên $1-x_0=1-\sqrt{2}\approx -0,41\in (-1;1)$. Đường thẳng $y=1-x_0$ cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt.
Tổng số nghiệm thực phân biệt là $3+2+4=9$ nghiệm. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 7), chọn D.

Phương trình $f^{\prime }(x)=0$ có 3 nghiệm $-1,1,2$ nên $f^{\prime \prime }(x)=0$ có 2 nghiệm phân biệt $u_1,u_2$ với $-1<u_1<1<u_2<2$. Do $-5/3<u_1<1$, đường thẳng $y=u_1$ cắt đồ thị $y=f(x)$ tại 4 điểm phân biệt. Do $1<u_2<13/4$, đường thẳng $y=u_2$ cắt đồ thị $y=f(x)$ tại 2 điểm phân biệt. Tổng số nghiệm phân biệt là $4+2=6$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 8), chọn D.

Ta có $f(f(x))+2=0\iff f(f(x))=-2$. Từ đồ thị, $f(t)=-2$ có $3$ nghiệm phân biệt: $t=a<-2$, $t=0$ (nghiệm kép) và $t=b>2$. Đường thẳng $y=a<-2$ cắt đồ thị tại $4$ điểm phân biệt (vì $-3<a<-2$ khi xét giá trị hoặc mỗi nhánh cắt), đường thẳng $y=0$ cắt tại $2$ điểm và $y=b>2$ cắt tại $2$ điểm, tổng cộng có $8$ nghiệm thực phân biệt.

Ta có $g^{\prime }(x)=2f[2f(x)+1]\cdot f^{\prime }[2f(x)+1]\cdot 2f^{\prime }(x)=4f^{\prime }(x)\cdot f[2f(x)+1]\cdot f^{\prime }[2f(x)+1]$.
$g^{\prime }(x)=0\iff [<table><tbody><tr><td>f^{\prime }(x)=0(1)</td></tr><tr><td>f[2f(x)+1]=0(2)</td></tr><tr><td>f^{\prime }[2f(x)+1]=0(3)</td></tr></tbody></table>$
Từ bảng biến thiên của $f(x)$:
- $f^{\prime }(x)=0\iff x=-3$ hoặc $x=0$. (2 nghiệm)
- Xét (2): $f(u)=0\iff u=0$ (vì hàm số có $y_{CD}=0$ tại $x=-3$). Do đó $2f(x)+1=0\iff f(x)=-\frac{1}{2}$.
Trên khoảng $(-\infty ;0)$, giá trị cực đại là 0, cực tiểu là $-2$, nên đường thẳng $y=-\frac{1}{2}$ cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt thuộc $(-\infty ;0)$ và cắt nhánh $(0;+\infty )$ tại 1 điểm, tổng cộng cho 2 nghiệm phân biệt khác các nghiệm của (1).
- Xét (3): $f^{\prime }(u)=0\iff u=-3$ hoặc $u=0$, tương ứng $2f(x)+1=-3\iff f(x)=-2$ (nghiệm kép $x=0$), hoặc $2f(x)+1=0\iff f(x)=-\frac{1}{2}$ (trùng với (2)).
Tổng hợp lại, phương trình $g^{\prime }(x)=0$ có đúng 4 nghiệm thực phân biệt. Chọn đáp án A.

Đặt $u=2f(x)-1=2x^3-6x^2+9$, có $u_{\text{CĐ}}=u(0)=9,u_{\text{CT}}=u(2)=1$. Phương trình $2f(x)-1=u$ có $1$ nghiệm $x$ khi $u>9$ hoặc $u<1$; $2$ nghiệm khi $u\in \{1;9\}$; $3$ nghiệm khi $1<u<9$. Mặt khác hàm số $f(u)=u^3-3u^2+5$ đồng biến trên $(2;+\infty )$ với $f(0)=5,f(1)=3,f(2)=1,f(9)=491$. Kiểm tra số nghiệm của $f(u)=m$ dẫn đến số nghiệm $x$: theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101), có $485$ giá trị nguyên của $m$ (đáp án C).

**Chọn D**

(Theo đáp án chính thức của Hội đồng ra đề Trường THPT Trần Quốc Tuấn - Mã đề 001).
Có 4 giá trị nguyên của tham số $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đặt $t=x^3-3x(1)$. Ta có bảng biến thiên của hàm số $t=x^3-3x$:

[IMAGE_1]

Khi đó ta có: $f(x^3-3x)=m\iff f(t)=m\iff t^3-3t^2+2=m(2)$.
Để phương trình $(1)$ có $7$ nghiệm phân biệt thì phương trình $(2)$ có $3$ nghiệm $t$ trong đó có $2$ nghiệm $t\in (-2;2)$ và $1$ nghiệm $t>2$ hoặc $t<-2$.
Ta có bảng biến thiên của hàm số $y=t^3-3t^2+2$:

[IMAGE_2]

Dựa vào bảng biến thiên, để thỏa mãn yêu cầu trên thì $m\in (-2;2)\stackrel{m\in \mathbb{Z}}{\to }m\in \{-1;0;1\}\Rightarrow \sum m=0$.

Đặt $t=\sqrt[3]{f(x)+m}\Rightarrow t^3-m=f(x)$.
Phương trình trở thành $f(t)=x^3-m\iff f(t)+t^3=f(x)+x^3$.
Xét hàm số $g(u)=f(u)+u^3=u^5+4u^3-4m$.
Ta có $g^{\prime }(u)=5u^4+12u^2\ge 0$ với mọi $u$, suy ra hàm số $g(u)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Do đó $g(t)=g(x)\iff t=x$.
Suy ra $\sqrt[3]{f(x)+m}=x\iff f(x)+m=x^3\iff x^5+3x^3-4m+m=x^3\iff x^5+2x^3=3m$.
Xét hàm số $h(x)=x^5+2x^3$ trên $[1;2]$:
$h^{\prime }(x)=5x^4+6x^2>0,\forall x\in [1;2]$, do đó hàm số đồng biến trên $[1;2]$.
Ta có $h(1)=3$ và $h(2)=2^5+2(2^3)=48$.
Phương trình có nghiệm trên $[1;2]$ khi và chỉ khi:
$h(1)\le 3m\le h(2)\iff 3\le 3m\le 48\iff 1\le m\le 16$.
Vì $m$ là số nguyên nên $m\in \{1,2,\dots ,16\}$. Có tất cả 16 giá trị nguyên của $m$.

Đặt $t=f(x^2-4x)$. Phương trình trở thành $(3t-m+1)(t-1)=0\iff t=1$ hoặc $t=\frac{m-1}{3}$. Xét hàm số $u=x^2-4x$ với $x>0$, ta có $u\in [-4;+\infty )$. Dựa vào bảng biến thiên của $f(u)$, phương trình $f(u)=1$ cho các nghiệm $u$, từ đó suy ra số nghiệm $x$. Để tổng số nghiệm bằng 8, phương trình thứ hai cần có số nghiệm thích hợp, dẫn đến các giá trị nguyên của $m$. Tổng các giá trị nguyên của $m$ bằng $-6$. Chọn B.

Xét $u=x^3-3x+2$ với $x\in [-1;1]$, ta có $u\in [0;4]$. Dựa vào bảng biến thiên của $f(u)$ trên $[0;4]$, ta tìm được giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của $f(u)$.
- TH1: Giả sử giá trị lớn nhất đạt tại $-3+2f(m)=5\Rightarrow f(m)=4$ hoặc $f(m)=-1$. Với $f(m)=-1$, dựa vào bảng biến thiên có 5 giá trị của $m$.
- TH2: Giả sử giá trị lớn nhất đạt tại $3+2f(m)=5\Rightarrow f(m)=1$ hoặc $f(m)=-4$. Với $f(m)=1$, có 5 giá trị của $m$.
Tổng cộng có $5+5=10$ giá trị của $m$ thỏa mãn. (Bảng đáp án trang 7 ghi nhận đáp án B/C, lời giải chi tiết chọn C với 10 giá trị). Theo đáp án Mã đề 136, chọn B.

Một tính chất hình học giải tích nổi tiếng đối với hàm phân thức hyperbol vuông góc $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ là: nếu ba điểm $A,B,C$ thuộc đồ thị thì trực tâm $H$ của tam giác $ABC$ cũng thuộc đồ thị $(C)$. Do đó tọa độ $H(x;y)$ là giao điểm của $(C)$ và đường thẳng $\Delta :y=-3x+10$. Ta có phương trình: $\frac{x+2}{x-1}=-3x+10\iff x+2=(-3x+10)(x-1)\iff -3x^2+13x-10=x+2\iff 3x^2-12x+12=0\iff 3(x-2{)}^2=0\iff x=2$. Với $x=2\Rightarrow y=4$. Do đó trực tâm là $H(2;4)$. Khoảng cách $OH=\sqrt{2^2+4^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$. Chọn B.

Từ bảng biến thiên của $g(x)=f(x+2)$, suy ra $f(x)=-x^3+3x^2-2$ đạt cực tiểu bằng $-2$ tại $x=0$, đạt cực đại bằng $2$ tại $x=2$, và $f(x)=0\iff x\in \{1-\sqrt{3};1;1+\sqrt{3}\}$.
Phương trình $\sqrt{4+m{x}^2}\cdot f(f(x)-m)=0$ (điều kiện $4+m{x}^2\ge 0$) tương đương $4+m{x}^2=0$ (1) hoặc $\{\begin{array}{l}4+m{x}^2>0\\ f(f(x)-m)=0\end{array}$ (2).
- Với $m=0$: (1) vô nghiệm, (2) có $3+3+1=7$ nghiệm (loại).
- Với $m>0$: (1) vô nghiệm, $4+m{x}^2>0,\forall x\in \mathbb{R}$. Để (2) có $5$ nghiệm thì $1+m>2$ và $-2<1-\sqrt{3}+m<2\iff 1<m<1+\sqrt{3}\Rightarrow m=2$ (thỏa mãn).
- Với $m<0$: (1) có $2$ nghiệm $x=\pm \frac{2}{\sqrt{-m}}$, cần (2) có đúng $3$ nghiệm thuộc $\left(-\frac{2}{\sqrt{-m}};\frac{2}{\sqrt{-m}}\right)$. Kiểm tra các giá trị nguyên $m\in \{-4;-3;-2;-1\}$ được $m=-3$ thỏa mãn.
Vậy $m\in \{2;-3\}$, tổng các giá trị nguyên của $m$ bằng $2+(-3)=-1$.

Để đồ thị có 6 đường tiệm cận đứng thì phương trình $f(x^2-2x)+m=0\iff f(x^2-2x)=-m$ phải có 6 nghiệm phân biệt khác 0. Đặt $t=x^2-2x=(x-1{)}^2-1\ge -1$. Với mỗi $t>-1$, ta có 2 nghiệm $x$ phân biệt. Do đó phương trình $f(t)=-m$ phải có 3 nghiệm phân biệt đều lớn hơn $-1$. Dựa vào đồ thị hàm số $y=f(t)$, điều kiện tương ứng cho ta đúng 2 giá trị nguyên của tham số $m$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề A, trang 8), chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên của hàm hợp $y=f(5-2x)$, ta xác định được các khoảng biến thiên và giá trị cực đại, cực tiểu của hàm số $f(u)$. Với biểu thức $u=x^2-4x+3\ge -1$, phân tích điều kiện để hàm số $g(x)=|2f(u)-m|$ đạt giá trị lớn nhất ta xác định được 3 giá trị nguyên dương của $m$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề A, trang 8), chọn D.

**Chọn C**



Đặt $t=\cos x$. Với $x\in \left(\frac{\pi }{2};\frac{3\pi }{2}\right)$, ta có $t\in [-1;0)$.
Với $t\in [-1;0)$, nhìn vào đồ thị hàm số $y=f(t)$, ta có $u=f(t)\in [-1;1)$.
Khi đó phương trình trở thành $f(u)=m$ với $u\in [-1;1)$.
Với $u\in [-1;1)$, nhìn vào đồ thị ta thấy giá trị của $f(u)$ chạy trong nửa khoảng $[-1;3)$.
Để phương trình có nghiệm thì $-1\le m<3$.
Vì $m$ nguyên nên $m\in \{-1;0;1;2\}$, có $4$ giá trị nguyên thỏa mãn.

Xét $x\ne 1,2,\dots ,2022$, phương trình tương đương $\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}=m+1\iff {\sum }_{i=1}^{2022}\frac{1}{x-i}=m+1$. Hàm số $g(x)={\sum }_{i=1}^{2022}\frac{1}{x-i}$ có đạo hàm $g^{\prime }(x)=-{\sum }_{i=1}^{2022}\frac{1}{(x-i{)}^2}<0,\forall x\ne i$. Trên mỗi khoảng $(i;i+1)$ ($1\le i\le 2021$), $g(x)$ giảm từ $+\infty$ về $-\infty$, nên phương trình $g(x)=m+1$ luôn có đúng 1 nghiệm thuộc mỗi khoảng $(i;i+1)$ (tổng cộng 2021 nghiệm). Để có đúng 2022 nghiệm phân biệt thì phương trình phải có thêm 1 nghiệm thuộc $(-\infty ;1)\cup (2022;+\infty )$. Điều này xảy ra khi và chỉ khi $m+1\ne 0\iff m\ne -1$. Số giá trị nguyên $m\in [-2022;2022]\setminus \{-1\}$ là $4045-1=4044$. Chọn D.

Đặt $t=|x-1|\ge 0$. Phương trình trở thành $f(t)=m-2$. Với mỗi nghiệm $t>0$, phương trình $|x-1|=t$ cho hai nghiệm đối xứng qua 1: $x=1-t<1$ và $x=1+t>1$. Để có 4 nghiệm thỏa mãn $x_1<x_2<x_3<1<x_4$, đồ thị $y=f(t)$ với $t\ge 0$ phải cắt đường thẳng $y=m-2$ tại 2 điểm phân biệt dương $t_1,t_2$. Dựa vào bảng biến thiên của $f(x)$ với $x\ge 0$, điều này xảy ra khi $2<m-2<4\iff 4<m<6$. Chọn C.

Từ phương trình hàm đặc trưng $2^{2y-x^2}={\log }_{2y+1}x$, xét hàm số chứng minh được $2y+1=x^2+1\iff 2y=x^2$. Thay vào hệ thức thứ hai: $(x^2{)}^2=10x^2+mx+1\iff x^4-10x^2-mx-1=0\iff m=\frac{x^4-10x^2-1}{x}$. Khảo sát hàm số tìm các giá trị của $m$ để có duy nhất một nghiệm, ta đếm được 2035 giá trị nguyên của $m\in [-2022;2022]$. Chọn D.

Xét hàm số $h(x)=f(x)-g(x)$. Hàm số $h(x)$ có 3 điểm cực trị. Số điểm cực trị của $y=|h(x)+m|$ bằng số cực trị của $h(x)$ cộng với số nghiệm đơn của phương trình $h(x)+m=0$. Để có đúng 7 điểm cực trị thì phương trình $h(x)=-m$ phải có 4 nghiệm đơn phân biệt. Điều này xảy ra khi $-5<-m<0$ hoặc $0<-m<5$ tùy thuộc vào vị trí tương đối. Với $AB=5$, ta tìm được $m\in \{-2;-1;1;2\}$. Có 4 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn.


Chọn A.

**Chọn D**

Để phương trình đó cho có hai nghiệm phân biệt z1 ; z2 thỏa mãn z1 = z2 thì xét

z 2 - 2 ( m + 1) z + 6m - 2 = 0(1)
Ta có: Δ' = m 2 - 4m + 3 = (m - 1)(m - 3)

[m > 3
+) TH1: Δ' > 0 ⇔ (m - 1)(m - 3) > 0 ⇔
.
]m < 1
Thì phương trình (1) có hai nghiệm thực phân biệt z1 ; z2
Vậy z1 = z2 ⇔ z12 = z22 ⇔ ( z1 - z2 )( z1 + z2 ) = 0
Do z1 ; z2 là hai nghiệm phân biệt nên suy ra z1 + z2 = 0
Theo Vi-ét: z1 + z2 = 0 ⇔ 2 ( m + 1) = 0 ⇔ m = -1 (thỏa mãn)
Vậy TH1 có 1 giá trị của m
+) TH 2 : Δ' < 0 ⇔ (m - 1)(m - 3) < 0 ⇔ 1 < m < 3.
Thì phương trình (1) có hai nghiệm phức phân biệt z1 ; z2 ⇒ z1 = z2 ⇒ z1 = z2 .
Vậy TH2 có m = 2
Vậy tất cả có 2 giá trị của m thỏa mãn.