Các câu hỏi vận dụng trong các đề kiểm tra cuối học kỳ 1 môn Toán 10 - Năm học 2021-2022

1CÁC CÂU HỎI VẬN DỤNG - VẬN DUNG
CAO TRONG CÁC ĐỀ KIỂM TRA CUỐI
HỌC KỲ 1 MÔN TOÁN 10
NĂM HỌC 2021-2022
2BÀI 1. Cho phương trình x2+2(1−m)x+m2−2m−3= 0 (1), với m là tham số.
1 Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
2 Gọi x1, x2 (x1 > x2) là hai nghiệm của phương trình (1). Tính x1, x2 theo m.
3 Với giá trị nào của tham số m thì x21−2x2 = 11.
Lời giải.
1 Phương trình x2+2(1−m)x+m2−2m−3= 0 có biệt thức
∆′ = (1−m)2− (m2−2m−3)= 1−2m+m2−m2+2m+3= 4> 0,∀m ∈R.
Vậy phương trình x2+2(1−m)x+m2−2m−3= 0 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
2 Gọi x1, x2 (x1 > x2) là hai nghiệm của phương trình (1). Ta có
x1 =−(1−m)+2=m+1; x2 =−(1−m)−2=m−3.
3 Với x1 =m+1, x2 =m−3 thì x21−2x2 = 11 trở thành
m2+2m+1−2(m−3)= 11⇔m2 = 4⇔m=±2.
Vậy m=±2 là các giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.
□BÀI 2. Biết đồ thị của hàm số y= x2−4(m+2)x−8m−22 cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt
là x1, x2 và x1 > x2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 4x1+4x2−4x1x2− x21−9x22.
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y= x2−4(m+2)x−8m−22 và trục hoành là
x2−4(m+2)x−8m−22= 0. (∗)
Phương trình (∗) có biệt thức
∆′ = 4(m2+4m+4)+8m+22= 4(m2+6m+9)+2= 4(m+3)2+2> 0,∀m ∈R.
Vì thế, phương trình (∗) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 (với x1 > x2) với mọi giá trị của m hay đồ thị hàm số
y= x2−4(m+2)x−8m−22 luôn cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m.
Theo định lí Vi-ét ta có x1+ x2 = 4m+8 và x1x2 =−8m−22.
Khi đó
P = 4x1+4x2−4x1x2− x21−9x22 = 4(x1+ x2)− (x1+3x2)2+2x1x2 =−12− (x1+3x2)2 ≤−12,∀m ∈R.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x1+3x2 = 0
x1+ x2 = 4m+8
x1x2 =−8m−22
x1 > x2
⇔

x1 = 6m+12
x2 =−2m−4
−3(2m+4)2 =−8m−22
6m+12>−2m−4
⇔

x1 = 6m+12
x2 =−2m−4
12m2+40m+26= 0
m>−2
⇔m= −10+
p
22
6
.
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P = 4x1+4x2−4x1x2− x21−9x22 bằng −12 khi m=
−10+p22
6
. □
BÀI 3. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt
x2+ (m−1)px+4= 4x+ (px+m−1) |x−2|.
Lời giải.
Điều kiện xác định của phương trình đã cho là x≥ 0.
Ta có
x2+ (m−1)px+4= 4x+ (px+m−1) |x−2|
⇔ x2−4x+4+ (m−1)px−|x−2|px− (m−1)|x−2| = 0
⇔ |x−2|2−|x−2|px− [(m−1)|x−2|− (m−1)px]= 0
⇔ |x−2|(|x−2|−px)− (m−1)(|x−2|−px)= 0
⇔ (|x−2|−px) (|x−2|−m+1)= 0
3⇔
[
|x−2|−px= 0
|x−2|−m+1= 0.
Trước hết, ta giải phương trình |x−2|−px= 0.
|x−2|−px= 0⇔|x−2| =px⇔
{
x≥ 0
x2−5x+4= 0 ⇔
[
x= 1
x= 4.
Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình |x−2|−m+1= 0 có hai nghiệm phân biệt
không âm, khác 1 và khác 4.
Lại có
|x−2|−m+1= 0⇔|x−2| =m−1⇔

m−1≥ 0[
x−2=m−1
x−2= 1−m
⇔

m≥ 1[
x=m+1
x= 3−m.
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi
m≥ 1
m+1 ̸= 3−m
m+1≥ 0
3−m≥ 0
m+1 ̸= 1
m+1 ̸= 4
3−m ̸= 1
3−m ̸= 4
⇔

m≥ 1
m ̸= 1
m≥−1
m≤ 3
m ̸= 0
m ̸= 3
m ̸= 2
m ̸= −1
⇔
{
1<m< 3
m ̸= 2.
Vậy m ∈ (1;3)\{2} là các giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán. □BÀI 4. Cho hai điểm A, B phân biệt cố định. Xác định tập hợp các điểm M thỏa mãn ∣∣∣2# »MA+ # »MB∣∣∣= ∣∣∣# »MA+2# »MB∣∣∣.
Lời giải.
Gọi I, J là các điểm lần lượt thỏa mãn 2
# »
IA+ # »IB= #»0 và # »JA+2# »JB= #»0 .
Khi đó
2
# »
IA+ # »IB= #»0 ⇔ 3# »IA+ # »AB= #»0 ⇔ # »IA =−1
3
# »
AB.
# »
JA+2# »JB= #»0 ⇔ 3# »JB+ # »BA = #»0 ⇔ # »JB=−1
3
# »
BA.
Suy ra I, J nằm giữa A, B và AI = 1
3
AB, BJ = 1
3
AB hay AI = IJ =BJ.
Ta có ∣∣∣2# »MA+ # »MB∣∣∣= ∣∣∣# »MA+2# »MB∣∣∣⇔ ∣∣∣3# »MI∣∣∣= ∣∣∣3# »MJ∣∣∣⇔MI =MJ.
Do đó M thuộc đường trung trực của đoạn thẳng IJ.
Mà IJ và AB có cùng trung điểm nên tập hợp các điểm M thỏa mãn
∣∣∣2# »MA+ # »MB∣∣∣= ∣∣∣# »MA+2# »MB∣∣∣ là đường trung trực
của đoạn thẳng AB. □BÀI 5. Cho phương trình 2x2+2(m+1)x+m2+4m+3= 0 (1), với m là tham số.
1 Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
2 Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = |x1x2−2(x1+ x2)| .
Lời giải.
1 Phương trình 2x2+2(m+1)x+m2+4m+3= 0 có biệt thức
∆′ = (m+1)2−2(m2+4m+3)=m2+2m+1−2m2−8m−6=−m2−6m−5= 4− (m+3)2.
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi
∆′ ≥ 0⇔ 4− (m+3)2 ≥ 0⇔ (m+3)2 ≤ 4⇔|m+3| ≤ 2⇔−2≤m+3≤ 2⇔−5≤m≤ 1.
Vậy với −5≤m≤−1 thì phương trình (1) có nghiệm.
42 Với −5≤m≤−1 thì phương trình (1) có nghiệm x1, x2.
Theo định lí Vi-ét, ta có x1+ x2 =−m−1 và x1x2 = m
2+4m+3
2
.
Khi đó
P = |x1x2−2(x1+ x2)| =
∣∣∣∣m2+4m+32 +2m+2
∣∣∣∣= 12 ∣∣m2+8m+7∣∣ .
Xét hàm số f (m)=m2+8m+1 trên đoạn [−5;−1].
Bảng biến thiên của hàm hàm số f (m)=m2+8m+1 trên đoạn [−5;−1]
m
f (m)
−5 −4 −1
−8
−9
0
Do đó max
[−5;−1]
f (m)= f (−1)= 0 và min
[−5;−1]
f (m)= f (−4)=−9.
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng
9
2
khi m=−4.
□BÀI 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2;5) và B(1;1). Tìm tọa độ điểm N trên trục tung sao cho
|NA−NB| đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải.
Rõ ràng, A và B nằm cùng phía đối với trục tung.
Gọi I là giao điểm của AB và trục tung. Khi đó |IA− IB| = AB.
Với mọi điểm N thuộc trục tung, ta luôn có |NA−NB| ≤ AB. Đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi N ≡ I.
Vì thế, |NA−NB| đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi N là giao điểm của AB và
trục tung Oy.
Ta có
# »
AB= (−1;−4) và # »AN = (−2; yN −5).
A
B
NI
Vì N là giao điểm của AB và trục tung Oy nên ba điểm A, B, N thẳng hàng hay
# »
AB và
# »
AN cùng phương, nghĩa là
− (yN −5)−2 ·4= 0⇔−yN +5−8= 0⇔ yN =−3.
Vậy |NA−NB| đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi N(0;−3). □BÀI 7.
Cho hàm số y = f (x) = ax2+ bx+ c có đồ thị (C) như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị
nguyên của tham số m để phương trình [ f (|x|)]2 + (m− 2) f (|x|)+m− 3 = 0 có sáu
nghiệm phân biệt?
x
y
O
2
−1
1 3
3
Lời giải.
Ta có y= f (|x|)=
{
f (x) nếu x≥ 0
f (−x) nếu x< 0.
Đồ thị của hàm số y= f (|x|) gồm hai phần
Phần đồ thị của hàm số y= f (x) ứng với x ≥ 0 (bên phải trục
tung).
Lấy đối xứng phần đồ thị trên qua trục tung.
Do đó, đồ thị của hàm số y= f (|x|) được biểu diễn như hình vẽ bên.
Phương trình đã cho tương đương với
[ f (|x|)+1][ f (|x|)+m−3]= 0⇔
[
f (|x|)=−1
f (|x|)= 3−m.
x
y
O
2
−1
−2
1 3
3
−1−3
5Dựa vào đồ thị của hàm số y= f (|x|), ta thấy phương trình f (|x|)=−1 có hai nghiệm x=±2.
Vì thế, yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình f (|x|)= 3−m phải có bốn nghiệm phân biệt khác −2
và 2, nghĩa là
−1< 3−m< 3⇔−4<−m< 0⇔ 0<m< 4.
Vì m là số nguyên và thỏa mãn 0<m< 4 nên m ∈ {1;2;3}.
Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. □BÀI 8. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình x2−4x+6+3m= 0 có đúng hai nghiệm thuộc đoạn
[1;5].
Lời giải.
Phương trình x2−4x+6+3m= 0 tương đương với phương trình 3m=−x2+4x−6. Do đó, số nghiệm của phương trình
x2−4x+6+3m= 0 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=−x2+4x−6 và đường thẳng y= 3m.
Đồ thị hàm số y=−x2+4x−6 có đỉnh I(2;−2).
Bảng biến thiên của hàm số y=−x2+4x−6 trên đoạn [1;5]
x
y
1 2 5
−3
−2
−11
Dựa vào bảng biến thiên trên, phương trình x2−4x+6+3m= 0 có đúng hai nghiệm thuộc đoạn [1;5] khi và chỉ khi
−3≤ 3m<−2⇔−1≤m<−2
3
.
Vậy m ∈
[
−1;−2
3
)
là các giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán. □
BÀI 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(−1;−2), B(3;2), C(4;−1). Biết điểm E(a;b) di động trên đường
thẳng AB sao cho
∣∣∣2# »EA+3# »EB− # »EC∣∣∣ đạt giá trị nhỏ nhất. Tính a2−b2.
Lời giải.
Gọi I là điểm thỏa mãn 2
# »
IA+3# »IB− # »IC = #»0 .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng AB.
Với mọi điểm E thuộc đường thẳng AB, ta có∣∣∣2# »EA+3# »EB− # »EC∣∣∣= ∣∣∣4# »EI+2# »IA+3# »IB− # »IC∣∣∣= ∣∣∣4# »EI∣∣∣= 4EI ≥ 4HI.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi E trùng với H hay E là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng AB.
Vì 2
# »
IA+3# »IB− # »IC = #»0 nên 2# »OA+3# »OB− # »OC = 4# »OI hay # »OI = 1
4
(
2
# »
OA+3# »OB− # »OC
)
. Do đó I
(
3
4
;
3
4
)
.
Ta có
# »
AB= (4;−4), # »AE = (a+1;b+2) và # »IE =
(
a− 3
4
;b− 3
4
)
.
Vì E là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng AB nên A, B, E thẳng hàng và IE ⊥ AB hay # »AB, # »AE cùng
phương và # »IE⊥ # »AB, tức là 
4(b+2)+4(a+1)= 0
4
(
a− 3
4
)
−4
(
b− 3
4
)
= 0 ⇔
{
a+b=−3
a−b= 0 ⇔

a=−3
2
b=−3
2
.
Vậy E
(
−3
2
;−3
2
)
.
Do đó a2−b2 = 0. □BÀI 10. Cho parabol (P) : y=−x2−2x+3. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y= x+m cắt (P) tại
hai điểm phân biệt A (x1; y1), B (x2; y2) sao cho 2x1+ y2 = 0.
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng d là
−x2−2x+3= x+m⇔ x2+3x+m−3= 0. (∗)
Đường thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt, tức
là
32−4 · (m−3)> 0⇔ 21−4m> 0⇔m< 21
4
.
6Với m< 21
4
thì đường thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A (x1; y1), B (x2; y2), trong đó x1, x2 là hai nghiệm
của phương trình (∗).
Theo định lí Vi-ét, ta có x1+ x2 =−3 và x1x2 =m−3.
Theo giả thiết thì
2x1+ y2 = 0⇔ 2x1+ x2+m= 0⇔ 2x1+ x2 =−m.
Ta có hệ phương trình {
2x1+ x2 =−m
x1+ x2 =−3
⇔
{
x1 = 3−m
x2 =m−6.
Mà x1x2 =m−3 nên
(3−m)(m−6)=m−3⇔ (3−m)(m−5)= 0⇔
[
3−m= 0
m−5= 0 ⇔
[
m= 3
m= 5
(
thỏa mãn m< 21
4
)
.
Vậy m= 3, m= 5 là các giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán. □BÀI 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y= x2−4x+3 và đường thẳng d : y=mx+3. Tìm tất cả các giá
trị thực của tham số m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng
9
2
.
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng d là
x2−4x+3=mx+3⇔ x2− (m+4)x= 0⇔ x(x−m−4)= 0⇔
[
x= 0
x=m+4.
Đường thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi m+4 ̸= 0 hay m ̸= −4.
Với m ̸= −4 thì đường thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A (x1;mx1+3), B (x2;mx2+3), trong đó x1, x2 là
hai nghiệm của phương trình x2− (m+4)x= 0.
Ta có
# »
OA = (x1;mx1+3) và # »OB= (x2;mx2+3).
Theo giả thiết, diện tích tam giác OAB bằng
9
2
nên
1
2
|x1 (mx2+3)− x2 (mx1+3)| = 92 ⇔|3x1−3x2| = 9⇔|x1− x2| = 3⇔|m+4| = 3⇔
[
m=−1
m=−7 (thỏa mãn m ̸= −4).
Vậy m=−1, m=−7 là các giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán. □BÀI 12. Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho các điểm A(1;−1), B(−2;2), C(0;1). Tìm điểm M trên trục hoành sao cho∣∣∣# »MA+ # »MB+ # »MC∣∣∣ đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải.
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của G trên trục hoành.
Với mọi điểm M thuộc trục hoành, ta có∣∣∣# »MA+ # »MB+ # »MC∣∣∣= ∣∣∣3# »MG+ # »GA+ # »GB+ # »GC∣∣∣= ∣∣∣3# »MG∣∣∣= 3MG ≥ 3HG.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M ≡H.
Do đó,
∣∣∣# »MA+ # »MB+ # »MC∣∣∣ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của G trên trục hoành.
Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên G
(
−1
3
;
2
3
)
. Suy ra M
(
−1
3
;0
)
.
Vậy
∣∣∣# »MA+ # »MB+ # »MC∣∣∣ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M (−1
3
;0
)
. □
BÀI 13. Cho hàm số y=−x2+4x+2 có đồ thị là (P). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y= 2x+m
cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB≤ 4p5.
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (P) và đường thẳng d là
−x2+4x+2= 2x+m⇔ x2−2x+m−2= 0. (∗)
Đường thẳng d cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt, tức là
(−1)2− (m−2)> 0⇔ 3−m> 0⇔m< 3.
7Với mọi m< 3 đường thẳng d cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt A (x1;2x1+m), B (x2;2x2+m) trong đó x1, x2 là hai
nghiệm của phương trình (∗).
Theo giả thiết
AB≤ 4
p
5⇔ AB2 ≤ 80⇔ 5(x1− x2)2 ≤ 80⇔ (x1+ x2)2−4x1x2 ≤ 16⇔ 4−4(m−2)≤ 16⇔ 3−m≤ 4⇔m≥−1.
Kết hợp điều kiện m< 3, ta được −1≤m< 3 là các giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán. □BÀI 14. Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB= 2a, AD = a. Tìm tập hợp điểm I sao cho IA2+IB2+ID2−3IC2 = 10a2.
Lời giải.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AD; O là tâm của hình chữ nhật ABCD.
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABD. Khi đó
GA = 2
3
AO = 1
3
AC = a
p
5
3
;
GB= 2
3
BN = 2
3
√
AB2+AN2 = 2
3
AB2+ AD
2
4
= a
p
17
3
;
GD = 2
3
DM = 2
3
√
AD2+AM2 = 2
3
AD2+ AB
2
4
= 2a
p
2
3
.
A B
CD
O
M
N
G
Ta có
IA2+ IB2+ ID2−3IC2 = 10a2
⇔ # »IA2+ # »IB2+ # »ID2−3# »IC2 = 10a2
⇔
(
# »
IG+ # »GA
)2+ (# »IG+ # »GB)2+ (# »IG+ # »GD)2−3(# »IG+ # »GC)2 = 10a2
⇔ 3# »IG2+2# »IG
(
# »
GA+ # »GB+ # »GD
)
+ # »GA2+ # »GB2+ # »GD2−3# »IG2−6# »IG · # »GC−3# »GC2 = 10a2
⇔ GA2+GB2+GD2−3GC2−6# »IG · # »GC = 10a2
⇔ 6# »IG · # »GC = 5a
2
9
+ 17a
2
9
+ 8a
2
9
−3
(
5a2− 5a
2
9
)
−10a2
⇔ # »IG · # »GC =−10a
2
3
.
⇔ # »GI · # »GC = 10a
2
3
.
Suy ra
(
# »
GI,
# »
GC
)
là góc nhọn.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của H trên GC. Khi đó
# »
GI · # »GC = 10a
2
3
⇔ # »GH · # »GC = 10a
2
3
⇔GH ·GC = 10a
2
3
⇔GH = 3a
4
(không đổi).
Mà G cố định nên H cũng cố định.
Vậy tập điểm I sao cho IA2+ IB2+ ID2−3IC2 = 10a2 là đường thẳng đi qua
điểm H và vuông góc với GC. G C
I
H
□BÀI 15. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình√2x2− (m−1)x−2m2+5m−1= x+1 có nghiệm duy nhất.
Lời giải.
Ta có √
2x2− (m−1)x−2m2+5m−1= x+1⇔
{
x≥−1
x2− (m+1)x−2m2+5m−2= 0.
Phương trình x2− (m+1)x−2m2+5m−2= 0 có biệt thức
∆= (m+1)2−4(−2m2+5m−2)= 9m2−18m+9= (3m−3)2 ≥ 0,∀m ∈R.
Do đó, phương trình x2−(m+1)x−2m2+5m−2= 0 có hai nghiệm x= m+1+3m−3
2
= 2m−1 và x= m+1−3m+3
2
= 2−m.
Vì thế, phương trình
√
2x2− (m−1)x−2m2+5m−1= x+1 có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
{
2m−1= 2−m
2−m≥−1{
2m−1≥−1
2−m<−1{
2−m≥−1
2m−1<−1
⇔

{
m= 1
m≤ 3{
m≥ 0
m> 3{
m≤ 3
m< 0
⇔
m= 1m> 3
m< 0.
8Vậy m 3 là các giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán. □
Câu 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(1;2) và B(−5;7). Điểm M(a;0) thuộc trục hoành sao cho |MA−MB|
đạt giá trị lớn nhất. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A a ∈ (0;1). B a ∈ (1;2). C a ∈ (2;3). D a ∈ (3;4).
Lời giải.
Rõ ràng, A và B nằm cùng phía đối với trục hoành.
Gọi I là giao điểm của AB và trục hoành. Khi đó |IA− IB| = AB.
Với mọi điểm M thuộc trục hoành, ta luôn có |MA−MB| ≤ AB. Đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi M ≡ I.
Vì thế, |MA−MB| đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của AB và
trục hoành Ox.
Ta có
# »
AB= (−6;5) và # »AM = (a−1;−2).
A
B
MI
Vì M là giao điểm của AB và trục hoành Ox nên ba điểm A, B, M thẳng hàng hay
# »
AB và
# »
AM cùng phương, nghĩa là
(−6) · (−2)−5(a−1)= 0⇔ 12−5a+5= 0⇔ 17−5a= 0⇔ a= 17
5
.
Vậy |MA−MB| đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi M
(
17
5
;0
)
.
Suy ra a= 17
5
. Do đó a ∈ (3;4).
Chọn đáp án D □
Câu 2. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình x−p2x−m= 4 có hai nghiệm phân biệt?
A 1. B 0. C 3. D 2.
Lời giải.
Ta có
x−
p
2x−m= 4⇔
p
2x−m= x−4⇔
{
x−4≥ 0
2x−m= (x−4)2 ⇔
{
x≥ 4
− x2+10x−16=m.
Phương trình x−p2x−m= 4 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình −x2+10x−16=m có hai nghiệm
phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 > x2 ≥ 4.
Số nghiệm của phương trình −x2+10x−16=m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=−x2+10x−16 và đường thẳng
y=m.
Đồ thị hàm số y=−x2+10x−16 có đỉnh I(5;9).
Bảng biến thiên của hàm số y=−x2+10x−16 trên nửa khoảng [4;+∞)
x
y
4 5 +∞
8
9
−∞
Dựa vào bảng biến thiên trên, yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 8≤m< 9.
Vì m là số nguyên và m ∈ [8;9) nên m= 8.
Vậy có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn đáp án A □
Câu 3. Cho phương trình (x−1)(x2+4mx−4)= 0, với m là tham số. Phương trình có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ
khi
A m ̸= 0. B m ∈R. C m ̸= 3
4
. D m ̸= −3
4
.
Lời giải.
Ta có
(x−1)(x2+4mx−4)= 0⇔ [x= 1
x2+4mx−4= 0.
Phương trình (x−1)(x2+4mx−4) = 0 có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình x2 +4mx−4 = 0 có hai
nghiệm phân biệt khác 1, nghĩa là{
(2m)2−1 · (−4)> 0
12+4m ·1−4 ̸= 0
⇔
{
4m2+4> 0 (luôn đúng với mọi m ∈R)
4m−3 ̸= 0 ⇔m ̸=
3
4
.
Vậy với m ̸= 3
4
thì phương trình (x−1)(x2+4mx−4)= 0 có ba nghiệm phân biệt.
Chọn đáp án C □
9Câu 4. Với tất cả các giá trị nào của tham số m thì phương trình x−m
x+1 =
x−2
x−1 có nghiệm duy nhất?
A m ̸= −1. B Không có m. C m ̸= 0 và m ̸= −1. D m ̸= 0.
Lời giải.
Với mọi x ̸= −1 và x ̸= 1, phương trình đã cho được biến đổi thành
(x−m)(x−1)= (x−2)(x+1)⇔ x2− (m+1)x+m= x2− x−2⇔mx=m+2. (∗)
Phương trình
x−m
x+1 =
x−2
x−1 có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (∗) có nghiệm duy nhất khác −1 và 1,
nghĩa là 
m ̸= 0
m+2
m
̸= −1
m+2
m
̸= 1
⇔

m ̸= 0
1+ 2
m
̸= −1
1+ 2
m
̸= 1 (luôn đúng)
⇔
{
m ̸= 0
m ̸= −1.
Vậy với m ̸= 0 và m ̸= −1 thì phương trình x−m
x+1 =
x−2
x−1 có nghiệm duy nhất.
Chọn đáp án C □
Câu 5. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m ∈ [−2022;2022] để phương trình
(2m+1)x2− (mx+ x+2m)
√
2x2+1+ (m+1)x+2m= 0
có ba nghiệm phân biệt?
A 4044. B 4043. C 4042. D 4041.
Lời giải.
Ta có
(2m+1)x2− (mx+ x+2m)
√
2x2+1+ (m+1)x+2m= 0
⇔ (2m+1)x2− (mx+ x+2m)
(√
2x2+1− x−1
)
+ (m+1)x+2m− (mx+ x+2m)(x+1)= 0
⇔ (2m+1)x2− (mx+ x+2m)x− (mx+ x+2m)
(√
2x2+1− x−1
)
= 0
⇔ m (x2−2x)− (mx+ x+2m)(√2x2+1− x−1)= 0
⇔ m
(√
2x2+1− x−1
)(√
2x2+1+ x+1
)
− (mx+ x+2m)
(√
2x2+1− x−1
)
= 0
⇔
(√
2x2+1− x−1
)[
m
(√
2x2+1+ x+1
)
−mx− x−2m
]
= 0
⇔
√2x2+1= x+1 (1)
m
(√
2x2+1+ x+1
)
−mx− x−2m= 0. (2)
Lại có
(1)⇔
{
x+1≥ 0
x2−2x= 0 ⇔
{
x≥−1
2x2+1= x2+2x+1 ⇔

x≥−1[
x= 0
x= 2
⇔
[
x= 0
x= 2.
Phương trình (2) tương đương với
m
√
2x2+1+mx+m−mx− x−2m= 0⇔m
(√
2x2+1−1
)
= x. (3)
Rõ ràng x= 0 là một nghiệm của phương trình (3).
Với x ̸= 0, phương trình (3) được biến đổi thành
m= xp
2x2+1−1
⇔m=
p
2x2+1+1
2x
. (4)
Xét hàm số f (x)=
p
2x2+1+1
2x
với mọi x ̸= 0.
– Trường hợp 1. Trên khoảng (0;+∞), hàm số f (x)=
p
2x2+1+1
2x
được biến đổi thành f (x)= 1
2
(
2+ 1
x2
+ 1
x
)
.
Với mọi x1,x2 ∈ (0;+∞) và x1 < x2 ta có
f (x2)− f (x1)= 12
( 
2+ 1
x22
−
2+ 1
x21
+ 1
x2
− 1
x1
)
< 0.
10
Do đó hàm số f (x)= 1
2
(
2+ 1
x2
+ 1
x
)
nghịch biến trên khoảng (0;+∞).
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình (4) có một nghiệm khác 2, nghĩa làm>
p
2
2
m ̸= f (2)
⇔
m>
p
2
2
m ̸= 1.
(∗)
Vì m là số nguyên thuộc [−2022;2022] và thỏa mãn (∗) nên m ∈ {2;3; . . . ;2022}.
– Trường hợp 2. Trên khoảng (−∞;0), hàm số f (x)=
p
2x2+1+1
2x
được biến đổi thành f (x)=−1
2
(
2+ 1
x2
− 1
x
)
.
Với mọi x1,x2 ∈ (−∞;0) và x1 < x2 ta có
f (x2)− f (x1)=−12
( 
2+ 1
x22
−
2+ 1
x21
− 1
x2
+ 1
x1
)
< 0.
Do đó hàm số f (x)=−1
2
(
2+ 1
x2
− 1
x
)
nghịch biến trên khoảng (−∞;0).
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình (4) có một nghiệm, nghĩa là
m<−
p
2
2
. (∗∗)
Vì m là số nguyên thuộc [−2022;2022] và thỏa mãn (∗) nên m ∈ {−2022;−2021; . . . ;−1}.
Vậy có tất cả 4043 giá trị nguyên của m thuộc [−2022;2022] thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn đáp án B □
Câu 6. Cho hai tập hợp A = (2m−4;+∞) và B= [4m−2;3m+2). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để A∩B ̸=∅?
A 9. B 10. C 7. D Vô số.
Lời giải.
A∩B ̸=∅ khi và chỉ khi {
4m−2< 3m+2
2m−4< 3m+2 ⇔
{
m< 4
m>−6 ⇔−6<m< 4.
Vì m là số nguyên và thỏa mãn −6<m< 4 nên m ∈ {−5;−4; . . . ;3}.
Vậy có tất cả 9 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn đáp án A □
Câu 7. Cho parabol (P) : y= x2 và đường thẳng d : y=mx+3. Tập hợp S chứa tất cả giá trị của tham số m để d cắt
(P) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho xA + xB−3= 2m là
A S = {−3}. B S = {3}. C S =∅. D S =R.
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P) : y= x2 và đường thẳng d : y=mx+3 là
x2 =mx+3⇔ x2−mx−3= 0. (∗)
Đường thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt, tức
là
(−m)2−4 · (−3)> 0⇔m2+12> 0 (luôn đúng với mọi m ∈R).
Vì thế, đường thẳng d luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A (xA ; yA) và B (xB; yB), trong đó xA, xB là hai
nghiệm của phương trình (∗).
Khi đó xA + xB−3= 2m trở thành
m−3= 2m⇔m=−3.
Vậy S = {−3}.
Chọn đáp án A □
Câu 8. Cho hàm số y= x2−2x−2 có đồ thị là parabol (P) và đường thẳng d có phương trình y= x−m. Giá trị của m
để đường thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OA2+OB2 đạt giá trị nhỏ nhất là
A m=−1
2
. B m=−5
2
. C m= 1
2
. D m= 5
2
.
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng d là
x2−2x−2= x−m⇔ x2−3x+m−2= 0. (∗)
11
Đường thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt, tức
là
(−3)2−4(m−2)> 0⇔ 17−4m> 0⇔m< 17
4
.
Với mọi m < 17
4
thì đường thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A (x1;x1−m) và B (x2;x2−m), trong đó x1,
x2 là hai nghiệm của phương trình (∗).
Khi đó
OA2+OB2 = x21+ (x1−m)2+ x22+ (x2−m)2 = 2
(
x21+ x22
)−2m (x1+ x2)+2m2 = 2(x1+ x2)2−4x1x2−2m (x1+ x2)+2m2
= 2 ·32−4(m−2)−2m ·3+2m2 = 2m2−10m+26= 2
(
m− 5
2
)2
+ 27
2
≥ 27
2
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m− 5
2
= 0 hay m= 5
2
(
thỏa mãn m< 17
4
)
.
Vậy m= 5
2
là giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn đáp án D □
Câu 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2;4) và B(1;1). Điểm C (x0; y0) thỏa mãn tam giác ABC vuông
cân tại C với x0 > 1. Khi đó giá trị x0+ y0 bằng
A 5. B 3. C 2. D 6.
Lời giải.
Ta có
# »
AC = (x0−2; y0−4) và # »BC = (x0−1; y0−1).
Vì tam giác ABC vuông cân tại C nên{
AC2 =BC2
# »
AC · # »BC = 0
⇔
{
(x0−2)2+ (y0−4)2 = (x0−1)2+ (y0−1)2
(x0−2)(x0−1)+ (y0−4)(y0−1)= 0
⇔
{
2x0+6y0 = 18 (1)
x20+ y20 −3x0−5y0+6= 0. (2)
Từ (1) suy ra x0 = 9−3y0. Thay vào phương trình (2) ta được
(9−3x0)2+ y20 −3(9−3x0)−5y0+6= 0⇔ 10y20 −50y0+60= 0⇔
[
y0 = 2
y0 = 3.
Với y0 = 2 thì x0 = 3 (thỏa mãn x0 > 1).
Với y0 = 3 thì x0 = 0 (không thỏa mãn x0 > 1).
Vậy C(3;2).
Do đó x0+ y0 = 5.
Chọn đáp án A □
Câu 10. Với điều kiện nào của tham số m thì phương trình
p
x2+5x+m+ x= 3 có nghiệm?
A m ∈ (−∞;−24). B m ∈ (−24;+∞). C m ∈ (−∞;−24]. D m ∈ [−24;+∞).
Lời giải.
Ta có √
x2+5x+m+ x= 3⇔
√
x2+5x+m= 3− x⇔
{
3− x≥ 0
x2+5x+m= (3− x)2 ⇔
{
x≤ 3
−11x+9=m.
Phương trình
p
x2+5x+m+ x= 3 có nghiệm khi và chỉ khi phương trình −11x+9=m có nghiệm x≤ 3.
Với mọi x≤ 3, ta có
−11x≥−33⇔−11x+9≥−24.
Do đó, phương trình −11x+9=m có nghiệm x≥ 3 khi và chỉ khi m≥−24.
Vậy m ∈ [−24;+∞) là các giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn đáp án D □
Câu 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y= x2−4x+3 và đường thẳng d : y=mx+3, với m là tham số
thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích của
tam giác OAB bằng 3 (O là gốc tọa độ). Tổng tất cả các phần tử của S bằng
A −6. B −8. C 8. D 6.
Lời giải.
12
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng d là
x2−4x+3=mx+3⇔ x2− (m+4)x= 0⇔ x(x−m−4)= 0⇔
[
x= 0
x=m+4.
Đường thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi m+4 ̸= 0 hay m ̸= −4.
Với m ̸= −4 thì đường thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A (x1;mx1+3), B (x2;mx2+3), trong đó x1, x2 là
hai nghiệm của phương trình x2− (m+4)x= 0.
Ta có
# »
OA = (x1;mx1+3) và # »OB= (x2;mx2+3).
Theo giả thiết, diện tích tam giác OAB bằng 3 nên
1
2
|x1 (mx2+3)− x2 (mx1+3)| = 3⇔|3x1−3x2| = 6⇔|x1− x2| = 2⇔|m+4| = 2⇔
[
m=−2
m=−6 (thỏa mãn m ̸= −4).
Do đó, S = {−6;−2}.
Vậy tổng tất cả các phần tử của S bằng −8.
Chọn đáp án B □
Câu 12. Với điều kiện nào của tham số m thì hàm số y= x
p
2+1
x2+2x−m+1 có tập xác định là R?
A m 2. D m≤ 3.
Lời giải.
Hàm số y = x
p
2+1
x2+2x−m+1 có tập xác định là R khi và chỉ khi x
2 + 2x−m+ 1 ̸= 0 với mọi x ∈ R hay phương trình
x2+2x−m+1= 0 vô nghiệm, tức là
12− (−m+1)< 0⇔ 1+m−1< 0⇔m< 0.
Vậy với m< 0 thì hàm số y= x
p
2+1
x2+2x−m+1 có tập xác định là R.
Chọn đáp án A □
Câu 13. Cho tam giác ABC và điểm M thỏa mãn đẳng thức
∣∣∣3# »MA−2# »MB+ # »MC∣∣∣= ∣∣∣# »MA− # »MB∣∣∣. Tập hợp điểm M là
A một đoạn thẳng. B nửa đường tròn. C một đường tròn. D một đường thẳng.
Lời giải.
Gọi I là điểm thỏa mãn đẳng thức 3
# »
IA−2# »IB+ # »IC = #»0 .
Vì A, B, C cố định nên I cũng là điểm cố định.
Ta có ∣∣∣3# »MA−2# »MB+ # »MC∣∣∣= ∣∣∣# »MA− # »MB∣∣∣⇔ ∣∣∣2# »MI+3# »IA−2# »IB+ # »IC∣∣∣= ∣∣∣# »AB∣∣∣⇔ 2MI = AB⇔MI = AB
2
(không đổi).
Vậy tập hợp các điểm M thỏa mãn đẳng thức
∣∣∣3# »MA−2# »MB+ # »MC∣∣∣= ∣∣∣# »MA− # »MB∣∣∣ là đường tròn tâm I bán kính AB
2
.
Chọn đáp án C □
Câu 14. Cho hàm số bậc hai f (x)= ax2+bx+ c có bảng biến thiên như hình vẽ bên dưới.
x
y
−∞ 1 +∞
−∞
4
−∞
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [−2020;2020] để phương trình | f (x)| =m có hai nghiệm?
A 2015. B 2017. C 2024. D 2016.
Lời giải.
Số nghiệm của phương trình | f (x)| =m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y= | f (x)| và đường thẳng y=m.
Ta có y= | f (x)| =
{
f (x) nếu f (x)≥ 0
− f (x) nếu f (x)< 0.
Đồ thị của hàm số y= | f (x)| gồm hai phần
Phần đồ thị của hàm số y= f (x) nằm phía trên trục hoành.
Lấy đối xứng qua trục hoành phần đồ thị của hàm số y= f (x) nằm phía dưới trục hoành.
13
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y= f (x) thì đồ thị hàm số y= f (x) luôn cắt trục hoành tại hai điểm có hoành độ
lần lượt là a, b, trong đó a< 1< b.
Do đó, ta có bảng biến thiên của hàm số y= | f (x)| như sau
x
y
−∞ a 1 b +∞
+∞
0
4
0
+∞
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y= | f (x)|, phương trình | f (x)| =m có hai nghiệm khi và chỉ khi m= 0 hoặc m> 4.
(∗)
Vì m là số nguyên thuộc [−2020;2020] và thỏa mãn (∗) nên m ∈ {0;5;6;7 . . . ,2020}.
Vậy có 2017 số nguyên m thuộc [−2020;2020] thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn đáp án B □
Câu 15. Cho parabol (P) : y = −x2+2mx−3m2+4m−3 (m là tham số) có đỉnh I. Gọi A, B là hai điểm thuộc trục
hoành Ox sao cho AB= 2022. Khi đó tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất bằng
A 2022. B 1011. C 4044. D 1010.
Lời giải.
Parabol (P) : y=−x2+2mx−3m2+4m−3 có đỉnh I (m;−2m2+4m−3).
Khoảng cách từ I đến trục hoành là h= ∣∣−2m2+4m−3∣∣.
Diện tích tam giác IAB là
S = 1
2
AB ·h= 1
2
·2022 ∣∣−2m2+4m−3∣∣= 1011 ∣∣−2m2+4m−3∣∣= 1011 ∣∣−2(m−1)2−1∣∣= 2022(m−1)2+1011≥ 1011.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m−1= 0 hay m= 1.
Vậy tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất bằng 1011 khi m= 1.
Chọn đáp án B □
Câu 16.
Khi một quả bóng được đá lên, nó sẽ đạt đến độ cao nào đó rồi rơi xuống
đất. Biết rằng quỹ đạo của quả bóng là một cung parabol trong mặt phẳng
với hệ tọa độ Oxy, trong đó x là thời gian (tính bằng giây) kể từ khi quả
bóng được đá lên; y là độ cao (tính bằng mét) của quả bóng. Giả thiết rằng
quả bóng được đá từ độ cao 1,0m. Sau đó 1 giây, quả bóng đạt độ cao 3m
và 2 giây sau khi đá lên, nó ở độ cao 4m (xem hình vẽ). Hỏi sau bao lâu thì
quả bóng sẽ đạt được độ cao lớn nhất kể từ khi đá lên (tính chính xác đến
hàng phần trăm)?
A 2,51 giây. B 2,50 giây. C 2,52 giây. D 2,53 giây.
x
y
O 1
3
2
4
1
Lời giải.
Vì quỹ đạo của quả bóng là một cung parabol trong mặt phẳng tọa độ Oxy nên phương trình quỹ đạo của quả bóng
có dạng y= ax2+bx+ c, a ̸= 0.
Theo giả thiết, ta có 
c= 1
a+b+ c= 3
4a+2b+ c= 4
⇔

c= 1
a+b= 2
4a+2b= 3
⇔

a=−1
2
b= 5
2
c= 1.
Vì vậy, phương trình quỹ đạo của quả bóng là y=−1
2
x2+ 5
2
x+1.
Mặt khác, ta có
y=−1
2
x2+ 5
2
x+1=−1
2
(
x2−2 · 5
2
x+ 25
4
− 33
4
)
=−1
2
(
x− 5
2
)2
+ 33
8
≤ 33
8
,∀x≥ 0.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x− 5
2
= 0 hay x= 5
2
= 2,50.
Vậy sau 2,50 giây thì quả bóng sẽ đạt được độ cao lớn nhất kể từ khi đá lên.
Chọn đáp án B □
14
Câu 17. Phương trình −3x4+ (2m−1)x2+p2m2+1= 0, với m là tham số, có bao nhiêu nghiệm thực?
A 2. B 3. C 4. D 0.
Lời giải.
Đặt t= x2, với t≥ 0, phương trình −3x4+ (2m−1)x2+p2m2+1= 0 trở thành
−3t2+ (2m−1)t+
p
2m2+1= 0. ∗
Vì
p
2m2+1 > 0 với mọi m ∈ R nên −3(p2m2+1) < 0 với mọi m ∈ R. Do đó, phương trình (∗) luôn có hai nghiệm trái
dấu t= a 0 (nhận).
Với t= b thì x2 = b hay x=±pb, với b> 0.
Vậy phương trình −3x4+ (2m−1)x2+p2m2+1= 0 luôn có hai nghiệm thực với mọi m ∈R,
Chọn đáp án A □
Câu 18. Giả sử phương trình x2− (2m+1)x+m2+m = 0 (m là tham số) có hai nghiệm x1, x2. Giá trị của biểu thức
P = |x1− x2| tính theo m bằng
A 2m. B 2m+2. C 1. D ±1.
Lời giải.
Phương trình x2− (2m+1)x+m2+m= 0 (m là tham số) có có biệt thức
∆= (2m+1)2−4(m2+m)= 4m2+4m+1−4m2−4m= 1> 0,∀m ∈R.
Do đó, phương trình x2− (2m+1)x+m2+m= 0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2.
Theo định lí Vi-ét, ta có x1+ x2 = 2m+1 và x1x2 =m2+m.
Khi đó
P = |x1− x2| =
»
(x1− x2)2 =
»
(x1+ x2)2−4x1x2 =
»
(2m+1)2−4(m2+m)= 1.
Vậy P = 1.
Chọn đáp án C □
Câu 19. Với các giá trị nào của tham số m thì phương trình
∣∣2x2−4x−5∣∣=m có hai nghiệm phân biệt?
A m ∈ [0;7]. B m ∈ (7;+∞). C m ∈ (7;+∞)∪ {0}. D m ∈ (−7;+∞).
Lời giải.
Số nghiệm của phương trình
∣∣2x2−4x−5∣∣=m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y= ∣∣2x2−4x−5∣∣ và đường thẳng
y=m.
Trước hết, ta vẽ bảng biến thiên của hàm số y= f (x)= 2x2−4x−5.
Đồ thị hàm số y= f (x)= 2x2−4x−5 có đỉnh I(1;−7).
Bảng biến thiên của hàm số y= f (x)= 2x2−4x−5
x
f (x)
−∞ 1 +∞
+∞
−7
+∞
Đồ thị của hàm số y= g(x)= ∣∣2x2−4x−5∣∣ gồm hai phần
Phần đồ thị của hàm số y= f (x) nằm phía trên trục hoành.
Lấy đối xứng qua trục hoành phần đồ thị của hàm số y= f (x) nằm phía dưới trục hoành.
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y= f (x) thì đồ thị hàm số y= f (x) luôn cắt trục hoành tại hai điểm có hoành độ
lần lượt là a, b, trong đó a< 1< b.
Do đó, bảng biến thiên của hàm số y= g(x)= ∣∣2x2−4x−5∣∣ như sau
x
g(x)
−∞ a 1 b +∞
+∞
0
7
0
+∞
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y= g(x)= ∣∣2x2−4x−5∣∣, phương trình ∣∣2x2−4x−5∣∣=m có hai nghiệm phân biệt
khi và chỉ khi m= 0 hoặc m> 7.
Vậy m ∈ (7;+∞)∪ {0} là các giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn đáp án C □
15
Câu 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y= x2−2x−10 và đường thẳng d : y=mx−10, với m là tham
số thực. Tổng tất cả các giá trị của tham số m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, K sao cho diện tích tam giác
OAK bằng 5 (O là gốc tọa độ) là
A −2. B −4. C −1. D −3.
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng d là
x2−2x−10=mx−10⇔ x2−