Trắc nghiệm Đại số Lớp 10 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Chủ đề 2: Phương trình quy về bậc nhất và bậc hai - Dạng 6: Tìm m để phương trình bậc 2 thoả điều kiện - Mức độ 4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

Nội dung text: Trắc nghiệm Đại số Lớp 10 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Chủ đề 2: Phương trình quy về bậc nhất và bậc hai - Dạng 6: Tìm m để phương trình bậc 2 thoả điều kiện - Mức độ 4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 31. [0D3-2.6-4] Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình : 2 2 x2 2x 4m – 3 x2 2x 1 2m 0 có đúng 3 nghiệm  3;0 A. 1. B. 2. C. 3 .D. 0. Lời giải Chọn C Đặt t x2 2x (t 1) ta có phương trình 2t2 (4m 3)t 1 2m 0 (1) Phương trình (1) có 3 nghiệm thuộc đoạn  3;0 khi xảy ra 2 trường hợp sau: TH1: PT (1) có một nghiệm t 1 và một nghiệm thuộc khoảng 1;0 . Khi đó m 0 (thỏa mãn) TH2: PT (1) có 2 nghiệm thỏa mãn 1 t1 0 t2 3 (giả sử t1 t2 ). Khi đó ta tìm được 1 m 2 1 m 0 m 2 . 2 m 2 Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn. 2 Câu 34. [0D3-2.6-4] Cho phương trình: x2 – 2x 3 +2 3 – m x2 – 2x 3 m2 6m 0. Tìm m để phương trình có nghiệm : A. m .B. m 4 .C. m 2 . D. m 2 . Lời giải Chọn D Cách 1: Đặt t x2 2x 3 t 2 . Ta có phương trình t2 2(3 m)t m2 6m 0 (2) Phương trình ban đầu có nghiệm khi PT (2) có nghiệm t 2. Trường hợp 1: PT (2) có 2 nghiệm t1,t2 thỏa mãn 2 t1 t2 . Khi đó ta tìm được m 8 . Trường hợp 2: : PT (2) có 2 nghiệm t1,t2 thỏa mãn t1 2 t2 . Khi đó ta tìm được 2 m 8 Suy ra m 2 . Cách 2: (x2 2x 3)2 2(3 m)(x2 2x 3) m2 6m 0 (1) Đặt t x2 2x 3, t 0. Phương trình (1) trở thành: t 2 2(3 m)t m2 6m 0 . Ta có: ' (3 m)2 (m2 6m) 9 Suy ta: t1 m; t2 m 6 . 2 2 + Với t1 m , suy ra: x 2x 3 m 2 . Xét parabol y x 2x 3 (P) và đường thẳng y m d . Để (2) có nghiệm thì (P) và (d) phải có điểm chung. Mà (P) có đỉnh I(1;2) và có bề lõm hướng lên nên m 2 . (*) 2 2 + Với t2 m 6 , suy ra: x 2x 3 m 6 x 2x 9 m (3) Xét parabol y x2 2x 9 (P ') và đường thẳng y m d ' . Để (3) có nghiệm thì (P’) và (d’) phải có điểm chung. Mà (P’) có đỉnh I(1;8) và có bề lõm hướng lên nên m 8 . ( ) Kết hợp (*) và ( ) ta được m 2 .
2. 2 Câu 39. [0D3-2.6-4] Tìm m để phương trình : x2 2x 4 2m x2 2x 4 4m 1 0 có đúng hai nghiệm. A. 3 m 4.B. m 2 3,m 4 . C. 2 3 m 4 .D. m 2 3,m 2 3 . Lời giải Chọn B Đặt t x2 2x 4 , t 3 Ta có phương trình t 2 2mt 4m 1 0 (2) Phương trình (1) có đúng 2 nghiệm khi xảy ra các trường hợp sau: TH1: PT (2) có nghiệm kép 0 m2 4m 1 0 m 2 3 m 2 3 Suy ra 2 nghiệm kép của PT (2) t 2 3 (không thỏa mãn vì t 3 ) Và t 2 3 (thỏa mãn t 3 ) suy ra PT(1) có hai nghiệm TH2: PT(2) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn t1 3 t2 . Từ đó ta tìm được m 4 Vậy m 2 3,m 4 . 2 x2 2x2 Câu 47. [0D3-2.6-4] Có bao nhiêu giá trị nguyên của a để phương trình: a 0 có đúng x 1 x 1 4 nghiệm. A. 0. B. 1. C. 2.D. Vô số. Lời giải Chọn D 2 x2 2x2 a 0 x 1 x 1 x2 Đặt t x2 tx t 0 2 x 1 Phương trình (1) trở thành: t 2 2t a 0 3 Phương trình (1) có đúng 4 nghiệm khi pt (3) có 2 nghiệm phân biệt t thoả pt (2) có 2 nghiệm phân biệt. 2 t 4 Mà (2) có 2 nghiệm phân biệt 0 t 4t 0 . t 0 Xét bài toán bù trừ sai.Ta nên xét trực tiếp 3 Th a 1 TH1: t1 t2 0 a 0 a  1 0 a 1 TH2: 4 t1 t2 a 8 a  1 4 a 0 TH3: t1 0 4 t2 a 8 a 8
3. Vậy có vô số giá trị nguyên a thoả yêu cầu bài toán. Câu 41. [0D3-2.6-4] Cho phương trình m 5 x2 2 m 1 x m 0 1 . Với giá trị nào của m thì 1 có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa x1 2 x2 . 8 8 8 A. m . B. m 5 . C. m 5 . D. m 5 . 3 3 3 Lời giải Chọn B Cách giải dài quá Phương trình có hai nghiệm phân biệt m 5 a 0 m 5 0 1 2 1 m 5 . m 1 m 5 .m 0 3m 1 0 m 3 3 TH1. m 5 1 m 3m 1 x1 2 1 m 5 ycbt I . 1 m 3m 1 x 2 2 2 m 5 Giải (1): 1 m 3m 1 2 1 m 3m 1 2m 10 (do m 5 0 ) 3m 1 11 3m m 5 11 11 m m 3 11 3m 0 3 1 1 m 3m 1 0 m 3 3 11 3m 0 11 11 m 2 3m 1 11 3m m 3 3 8 2 9m 69m 120 0 9 m m 5 0 3 11 m 3 11 m ; 11 3 8 m m ; . 3 8 11 3 m ; 8 3 3 m ; 5 3 Giải (2): 1 m 3m 1 2 1 m 3m 1 2m 10 3m 1 3m 11 m 5
4. 11 11 m m 3 3m 11 0 3 1 1 m 3m 1 0 m 3 3 3m 11 0 11 11 m 2 3m 1 3m 11 m 3 3 8 2 9m 69m 120 0 9 m m 5 0 3 1 11 m 3 3 1 11 m ; 11 3 3 1 m m ; 5 . 3 11 3 m ; 5 8 3 m ; 5 3 m 5 8 Vậy nghiệm của hệ (I) là nghiệm của hệ: m ; m  . 3 1 m ; 5 3 1 TH2. m 5 3 1 m 3m 1 x1 2 1 m 5 ycbt I . 1 m 3m 1 x 2 2 2 m 5 Giải (1): 1 m 3m 1 2 1 m 3m 1 2m 10 ( do m 5 0 ) 3m 1 3m 11 m 5 11 11 m m 3 3m 11 0 3 1 1 m 3m 1 0 m 3 3 3m 11 0 11 11 m 2 3m 1 3m 11 m 3 3 8 2 9m 69m 120 0 9 m m 5 0 3 1 11 m ; 3 3 1 11 m ; 3 3 11 1 m m ;5 . 3 11 3 m ; 5 8 3 m ; 5 3
5. . Giải (2): 1 m 3m 1 2 1 m 3m 1 2m 10 3m 1 11 3m m 5 11 11 m m 3 11 3m 0 3 1 1 m 3m 1 0 m 3 3 11 3m 0 11 11 m 2 3m 1 11 3m m 3 3 8 2 9m 69m 120 0 9 m m 5 0 3 11 m 3 11 m ; 11 3 8 m m ; + . 3 8 11 3 m ; 8 3 3 m ; 5 3 1 m 5 3 1 8 Vậy nghiệm của hệ (I) là nghiệm của hệ: m ;5 m ; 5 . 3 3 8 m ; + 3 8 Tổng hợp lại, m ; 5 thỏa yêu cầu bài toán. 3 Cách 2: x1 2 x2 x1 2 0 x2 2 . Để phương có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa x1 2 x2 thì x1 2 x2 2 0 m m 1 x x 2 x x 4 0 4. 4 0 1 2 1 2 m 5 m 5 9m 24 8 0 m ;5 . m 5 3 Câu 42. [0D3-2.6-4] Cho phương trình x2 2x m 0 1 . Với giá trị nào của m thì 1 có 2 nghiệm x1 x2 2 . 1 A. m 0 . B. m 1. C. 1 m 0 . D. m . 4 Lời giải Chọn C x2 2x m 0 x2 2x 1 m 1 0 x 1 2 m 1 0 x 1 2 m 1
6. m 1 0 m 1 0 ycbt x1 1 m 1 2 m 1 1 0 m 1 1 0 m 1 1 x2 1 m 1 2 m 1 1 hn 1 m 0 . Câu 43. [0D3-2.6-4] Cho phương trình mx2 2 m 1 x m 5 0 1 . Với giá trị nào của m thì 1 có 2 nghiệm x1 , x2 thoả x1 0 x2 2 . A. 5 m 1. B. 1 m 5. C. m 5 hoặc m 1. D. m 1 và m 0 . Lời giải Chọn A m 0 m 0 a 0 1 m 2 3m 1 0 ycbt m 1 m m 5 0 3 a. f 0 0 x 0 x 2 m m 5 0 1 2 a. f 2 0 m 4m 4 m 1 m 5 0 m 5 m 5 1 1 m m 3 3 5 m 1. m m 5 0 5 m 0 m m 1 0 m ; 1  0;