50 câu Trắc nghiệm Ôn tập Chương 7 (có đáp án 2024) – Toán 10 Chân trời sáng tạo

Đáp án: D

Giải thích:

Xét f(x) = (m – 3)x2 + (m + 3)x – (m + 1).

Ta có:

∆ = (m + 3)2 – 4.(m – 3).[–(m + 1)]

= m2 + 6m + 9 + 4.(m – 3)(m + 1)

= m2 + 6m + 9 + 4(m2 – 2m – 3)

= 5m2 – 2m – 3.

Ta có f(x) là một tam thức bậc hai và có nghiệm kép khi và chỉ khi a ≠ 0 và ∆ = 0.

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}m–3\ne 0\\ 5m^2–2m–3=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 3\\ \left(m-1\right)\left(5m+3\right)=0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 3\\ \left[\begin{array}{l}m-1=0\\ 5m+3=0\end{array}\right.\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 3\\ \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=-\frac{3}{5}\end{array}\right.\end{array}\right.\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=-\frac{{\displaystyle 3}}{{\displaystyle 5}}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án: B

Giải thích:

Tam thức bậc hai I(x) = 200x2 – 1400x + 2400 có:

∆’ = (–700)2 – 200.2400 = 10 000 > 0.

Suy ra I(x) có hai nghiệm phân biệt là:

$x_1=\frac{-700+\sqrt{10000}}{-200}=3;x_2=\frac{-700-\sqrt{10000}}{-200}=4$

Ta lại có a = 200 > 0 và 0 ≤ x ≤ 5.

Vì vậy ta có bảng xét dấu sau:

Theo bảng xét dấu ta có:

⦁ I(x) dương với mọi x thuộc hai khoảng [0; 3) và (4; 5];

⦁ I(x) âm với mọi x thuộc khoảng (3; 4);

⦁ I(x) = 0 khi x = 3 hoặc x = 4.

Do đó doanh nghiệp đó không có lãi khi và chỉ khi I(x) ≤ 0.

Tức là khi x ∈ [3; 4].

Hay ta có thể nói là khi cửa hàng giảm giá từ 3 đến 4 triệu đồng thì doanh nghiệp đó không có lãi.

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án: D

Giải thích:

Gọi x (m) là chiều dài của mảnh đất hình chữ nhật (x > 0).

Mảnh đất hình chữ nhật có chu vi là 150 m nên có nửa chu vi là 75 m.

Khi đó chiều rộng của mảnh đất là: 75 – x (m).

Do chiều dài luôn lớn hơn chiều rộng nên x > 75 – x hay x > 37,5.

Diện tích của mảnh đất là: x(75 – x) = –x2 + 75x (m2).

Theo đề ta có diện tích của mảnh đất đó lớn hơn 650 m2.

⇔ –x2 + 75x > 650.

+) Xét tam thức bậc hai f(x) = –x2 + 75x – 650 có:

∆ = 752 – 4.(–1).(–650) = 3025 > 0.

Suy ra f(x) có hai nghiệm phân biệt là:

$x_1=\frac{-75+\sqrt{3025}}{2.\left(-1\right)}=10,x_2=\frac{-75-\sqrt{3025}}{2.\left(-1\right)}=65.$

Ta lại có a = –1 < 0 và x > 37,5 nên:

⦁ f(x) âm với mọi x thuộc hai khoảng (0; 37,5) và (65; +∞);

⦁ f(x) dương với mọi x thuộc khoảng (37,5; 65);

⦁ f(x) = 0 khi x = 37,5 hoặc x = 65.

Do đó bất phương trình –x2 + 75x – 650 ≥ 0 có tập nghiệm là [37,5; 65].

Khi đó chiều dài của mảnh đất phải từ 37,5 m đến 65 m thì diện tích của mảnh đất đó lớn hơn 650 m2.

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án: D

Giải thích:

Xét f(x) = x2 + 2(m – 1)x + m2 – 3m + 4.

Ta có:

∆’ = (m – 1)2 – 1.(m2 – 3m + 4)

= m2 – 2m + 1 – m2 + 3m – 4

= m – 3.

Yêu cầu bài toán ⇔ Tìm m để f(x) ≥ 0 với mọi giá trị của x.

Ta có f(x) ≥ 0, với mọi giá trị của x.

⇔ a > 0 và ∆’ ≤ 0.

⇔ 1 > 0 (luôn đúng) và m – 3 ≤ 0.

⇔ m ≤ 3.

Vậy m ≤ 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta chọn phương án D.

Đáp án: C

Giải thích:

Nếu m = 0 ta có f(x) = –1 < 0 khi đó f(x) ≥ 0 vô nghiệm.

Do đó m = 0 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Nếu m ≠ 0 thì f(x) = mx2 – 2mx + m – 1 là tam thức bậc hai.

Ta có:

∆’ = (–m)2 – m.(m – 1)

= m2 – m2 + m

= m.

Ta có f(x) ≥ 0 vô nghiệm. Nghĩa là, f(x) < 0, với mọi giá trị của x.

⇔ a < 0 và ∆’ < 0

⇔ m < 0 và m < 0

⇔ m < 0.

Vậy m ≤ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta chọn phương án A.

Đáp án: C

Giải thích:

Hàm số đã cho có tập xác định là ℝ khi và chỉ khi (2 – 3m)x2 + 2mx + m – 1 > 0 với mọi x ∈ ℝ.

Đặt f(x) = (2 – 3m)x2 + 2mx + m – 1.

Trường hợp 1: a = 0 ⇔ 2 – 3m = 0 ⇔ m = .

Với  $m=\frac{2}{3}$, ta có  $0.x^2+2.\frac{2}{3}.x+\frac{2}{3}-1>0$

$\iff \frac{4}{3}x-\frac{1}{3}>0$$\iff x>\frac{1}{4}$.

Do đó $m=\frac{2}{3}$ không thỏa mãn.

Trường hợp 2: a ≠ 0.

Khi đó f(x) là tam thức bậc hai có:

∆’ = m2 – (2 – 3m)(m – 1)

= m2 – (–3m2 + 5m – 2)

 = 4m2 – 5m + 2.

Để f(x) > 0 với mọi x ∈ ℝ thì a > 0 và ∆ < 0.

$\iff \left\{\begin{array}{l}2-3m>0\\ 4m^2–5m+2<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<\frac{2}{3}\\ 4m^2–5m+2<0\end{array}\right.$ (1)

Ta giải bất phương trình 4m2 – 5m + 2 < 0 như sau:

Tam thức bậc hai g(m) = 4m2 – 5m + 2 có ∆ = (–5)2 – 4.4.2 = –7 < 0.

Do đó g(m) vô nghiệm.

Ta lại có am = 4 > 0.

Vì vậy g(m) > 0, với mọi giá trị của m ∈ ℝ.

Do đó không có giá trị nào của m thỏa mãn g(m) = 4m2 – 5m + 2 < 0.

Vì vậy không có giá trị nào của m để (1) thỏa mãn.

Kết hợp cả hai trường hợp, ta thu được m ∈ ∅.

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án: B

Giải thích:

Ta có $\left(x-2\right)\sqrt{2x+7}=x^2-4$

$\iff \left(x-2\right)\sqrt{2x+7}=\left(x-2\right)\left(x+2\right)$

$\iff \left(x-2\right)\left(\sqrt{2x+7}-x-2\right)=0$

⇔ x – 2 = 0 hoặc $\sqrt{2x+7}-x-2=0$

⇔ x = 2 hoặc $\sqrt{2x+7}=x+2$  (2)

Giải (2):

Bình phương hai vế của phương trình (2), ta được:

2x + 7 = (x + 2)2

⇒ 2x + 7 = x2 + 4x + 4

⇒ x2 + 2x – 3 = 0

⇒ x = 1 hoặc x = –3.

Với x = 1, ta có $\sqrt{2.1+7}=1+2$ (đúng)

Với x = –3, ta có $\sqrt{2.\left(-3\right)+7}=-3+2$ (sai)

Vì vậy khi thay lần lượt các giá trị x = 1 và x = –3 vào phương trình (2), ta thấy chỉ có x = 1 thỏa mãn.

Do đó phương trình (2) có nghiệm là x = 1.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 2 hoặc x = 1.

Khi đó tổng bình phương các nghiệm của phương trình đã cho là: 22 + 12 = 5.

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án: A

Giải thích:

Theo đề, ta có MN dài hơn MP 10 cm nên MN = MP + 10.

Xét ∆MNP vuông tại M có MN2 + MP2 = NP2 (Định lí Pythagore)

Suy ra (MP + 10)2 + MP2 = NP2

Hay MP2 + 20MP + 100 + MP2 = NP2

Do đó NP2 = 2MP2 + 20MP + 100

Nên  $NP=\sqrt{2M{P}^2+20MP+100}$

• Ta có chu vi của ∆MNP là 50 cm.

Suy ra: MN + NP + MP = 50.

Khi đó  $MP+10+\sqrt{2M{P}^2+20MP+100}+MP=50$

$\iff \sqrt{2M{P}^2+20MP+100}=40-2MP$ (1)

Bình phương hai vế của phương trình trên ta được:

2MP2 + 20MP + 100 = 1600 – 160MP + 4MP2

Þ 2MP2 – 180MP + 1500 = 0

Þ MP ≈ 80,71 hoặc MP ≈ 9,29.

Thay lần lượt các giá trị trên vào phương trình (1), ta thấy chỉ có MP ≈ 9,29 thỏa mãn.

Do đó NP ≈ 21,41 cm.

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án: C

Giải thích:

Áp dụng định lí côsin cho ∆ABM, ta có:

BM2 = AM2 + AB2 – 2AM.AB.cosA

         = x2 + 2002 – 2x.200.cos120°

         = x2 + 40 000 + 200x

Do đó $NP=\sqrt{2M{P}^2+20MP+100}$

Áp dụng định lí côsin cho ∆ABS, ta được:

BS2 = AS2 + AB2 – AS.AB.cosA

         = (x + 300)2 + 2002 – 2.(x + 300).200.cos120°

         = x2 + 600x + 90 000 + 40 000 + 200x + 60 000

         = x2 + 800x + 190 000

Do đó $BS=\sqrt{x^2+800x+190000}$

Theo bài, quãng đường từ nhà Bình đến siêu thị gấp đôi quãng đường từ nhà Bình đến nhà bác Mai nên ta có:

BS = 2BM.

$\iff \sqrt{x^2+800x+190000}=2\sqrt{x^2+200x+40000}$  (1)

Bình phương hai vế của phương trình (1), ta được:

x2 + 800x + 190 000 = 4(x2 + 200x + 40 000)

⇒ –3x2 + 30 000 = 0

⇒ x = 100 (thỏa mãn x > 0) hoặc x = –100 (không thỏa mãn).

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án: D

Giải thích:

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: $\sqrt{3x-4}=x-3$.

Bình phương hai vế của phương trình trên, ta được 3x – 4 = (x – 3)2

⇒ 3x – 4 = x2 – 6x + 9

⇒ x2 – 9x + 13 = 0

⇒ $x=\frac{9+\sqrt{29}}{2}$ hoặc $x=\frac{9-\sqrt{29}}{2}$.

Với $x=\frac{9+\sqrt{29}}{2}$, ta có $\sqrt{3.\frac{9+\sqrt{29}}{2}-4}=\frac{9+\sqrt{29}}{2}-3$ (đúng)

Với $x=\frac{9-\sqrt{29}}{2}$, ta có $\sqrt{3.\frac{9+\sqrt{29}}{2}-4}=\frac{9+\sqrt{29}}{2}-3$ (sai)

Vì vậy khi thay lần lượt $x=\frac{9+\sqrt{29}}{2}$ và $x=\frac{9-\sqrt{29}}{2}$ vào phương trình $\sqrt{3x-4}=x-3$, ta thấy chỉ có $x=\frac{9+\sqrt{29}}{2}$ thỏa mãn.

Vậy hai đồ thị cắt nhau tại một giao điểm.

Do đó ta chọn phương án D.