14 cau trac nghiem he thuc vi et nang cao co dap an 2023 toan lop 9

CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM TOÁN LỚP 9 HỆ THỨC VI ÉT (NÂNG CAO) Câu 1 Cho phương trình x4 – mx3 + (m + 1)x2 – m(m + 1)x + (m + 1)2 = 0 A B C D Lời giải Khi m = −2, ta có phương trình x4 + 2x3 − x2 – 2x + 1 =[.]

CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM TOÁN LỚP HỆ THỨC VI-ÉT (NÂNG CAO) Câu 1: Cho phương trình x4 – mx3 + (m + 1)x2 – m(m + 1)x + (m + 1)2 =0 1  A x  1  B x  C x  1  D x   Lời giải Khi m = −2, ta có phương trình x4 + 2x3 − x2 – 2x + = Kiểm tra ta thấy x = không nghiệm phương trình Chia hai vế phương trình cho x2+ ta được: x2 +  1 +2 1   − = x2  x 1 Đặt t = x  , suy x2 + = t2 + Thay vào phương trình nêu ta x x được: t2 + 2t – =  t = −1 Với t = −1 ta được: x   x    x2 + x – = x 1  Vậy với m = −2 phương trình có nghiệm x  1  Đáp án cần chọn là: A Câu 2: Có giá trị m để phương trình x2 – (2m + 1)x + m2 + = (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn (x1; x2)2 = x1 A B C D Lời giải Để phương trình cho có nghiệm phân biệt  >  (2m + 1)2 – 4(m2 + 1) >  4m2 + 4m + – 4m2 – >  4m – >  m  Vậy m  phương trình có hai nghiệm phân biệt Với m  phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2  x1  x  2m  Theo hệ thức Vi-ét ta có:   x1 x  m   (x1 – x2)2 = x12 + x22 − 2x1.x2 = (x1 + x2)2 − 4x1.x2 = (2m + 1)2 – 4(m2 + 1) = 4m – = x1  x2 = 2m + – x1 = 2m + – 4m + = – 2m  x1x2 = m2 +  (4m − 3)(4 – 2m) = m2 +  16m – 8m2 – 12 + 6m = m2 +  9m2 – 22m + 13 =  (m – 1)(9m – 13) =  m  (tm) m     13 m  9m  13   tm    Vậy m = 1; m  13 thỏa mãn điều kiện toán Đáp án cần chọn là: A Câu 3: Cho phương trình x2 – (m – 1)x – m2 + m – = 0, với m tham số Gọi hai nghiệm phương trình cho x1; x2 Tìm m để biểu 3 x  x  thức A       đạt giá trị lớn  x   x1  A m = B m = C m = D m = Lời giải 1  +) Xét a.c = −m + m – = −  m    < với m  2  Vậy phương trình ln có hai nghiệm trái dấu với m +) Gọi hai nghiệm phương trình cho x1; x2 Vì phương trình ln có hai nghiệm trái dấu nên x1x2  0, A xác định với x1; x2 x  Do x1; x2 trái dấu nên   = − t với t > 0, suy  x2   x1    < 0, suy A <  x2  3 x  x  1 Đặt   = −t, với t > 0, suy     Khi A = −t  mang giá t t  x1   x2  trị âm A đạt giá trị lớn –A có giá trị nhỏ Ta có –A = −t   (BĐT Cô-si), suy A  −2 Đẳng thức xảy t t   t2 =  t = t x  x Với t = ta có   = −1  = −1  x1 = − x2  x1 + x2 = x2  x2   − (m – 1) =  m = Vậy với m = biểu thức A đạt giá trị lớn −2 Đáp án cần chọn là: D Câu 4: Cho phương trình 2x2 + 2mx + m2 – = 0, với m tham số Gọi x1; x2 hai nghiệm phương trình Tìm hệ thức liên hệ x1; x2 không phụ thuộc vào m A x1.x2 = x2 – x1 + B x1 − x2 = x2 – x1 – C x1.x2 = x2 – x1 + D x1.x2 = x1 + x2 − Lời giải Ta có  = m2 – 4(m – 1) = (m – 2)2  0, với m Do phương trình ln có nghiệm với giá trị m Theo hệ thức Vi-ét, ta có x1 + x2 = m x1.x2 = m – Thay m = x1 + x2 vào x1.x2 = m – 1, ta x1.x2 = x1 + x2 – Vậy hệ thức liên hệ x1; x2 không phụ thuộc vào m x1.x2 = x1 + x2 – Đáp án cần chọn là: D Câu 5: Cho phương trình x2 – (2m + 1)x + 2m2 – 3m + = 0, với m tham số Gọi x1; x2 nghiệm phương trình Chọn câu A |x1 + x2 + x1.x2 |  B |x1 + x2 + x1.x2 |  C |x1 + x2 + x1.x2 | = D |x1 + x2 + x1.x2 |  Lời giải Ta có  ' =(m – 1)2 – (2m2 – 3m + 1) = −m2 + m = m(1 – m) Để phương trình có hai nghiệm      m  Theo định lý Vi-ét ta có: x1 + x2 = (m – 1) x1.x2 = 2m2 – 3m + Ta có: |x1 + x2 + x1.x2 | = |2(m – 1) + 2m2 – 3m + 1| = |2m2 – m − 1| = m  m  2 1  = m     16  1 Vì  m     m   suy 4 2 1 1   m     m      16  16   1  Do |x1 + x2 + x1.x2 | =  m     16   1 = m   16  4 = 1   2 m    4  Dấu “=” xảy m  Đáp án cần chọn là: A Câu 6: Cho phương trình x2 – (2m + 1)x + m2 + = 0, với m tham số Tìm tất giá trị m  để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 cho biểu thức P  A m = B m = x1x có giá trị số nguyên x1  x C m = −2 D m = Lời giải Ta có  = (2m + 1)2 – 4(m2 + 1) = 4m – Để phương trình có hai nghiệm phân biệt   >  m  Theo định lý Vi-ét ta có: x1 + x2 = 2m + x1.x2 = m2 + Do P  m  2m  x1x   = Suy 4P = 2m – + 4  2m  1 x1  x 2m  2m  Do m  Để P  nên 2m + > ta phải có (2m + 1) ước 5, suy 2m + =  m = Thử lại với m = 2, ta P = (thỏa mãn) Vậy m = giá trị cần tìm thỏa mãn toán Đáp án cần chọn là: B Câu 7: Phân tích đa thức f(x) = x4 – 2mx2 – x + m2 – m thành tích hai tam thức bậc hai ẩn x A f(x) = (m + x2 – x – 1)(m + x2 + x) B f(x) = (m − x2 – x – 2)(m − x2 + x) C f(x) = (m − x2 – x – 1)(m − x2 + x + 1) D f(x) = (m − x2 – x – 1)(m − x2 + x) Lời giải Ta có x4 – 2mx2 – x + m2 – m =  m2 – (2x2 + 1)m + x4 – x = Ta coi phương trình bậc hai ẩn m có: m = (2x2 + 1)2 – 4(x4 – x) = 4x2 + 4x + = (2x + 1)2  2x   2x   x  x  Suy f(x) =  m= 2x   2x   x2  x Do f(x) = (m − x2 – x – 1)(m − x2 + x) Đáp án cần chọn là: D m Câu 8: Cho phương trình x2 – 4x = 2|x – 2| − m – 5, với m tham số Xác định m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt A m < B −1 < m < C < m < D m > Lời giải Ta có x2 – 4x = 2|x – 2| − m –  (x2 – 4x + 4) – 2|x – 2| = −m –  (x – 2)2 – 2|x – 2| = −m – (1) Đặt t = |x −2|  Khi (1) thành: t2 – 2t + + m = (2) Để (1) có nghiệm phân biệt (2) có hai nghiệm phân biệt dương, tức phải có:   4m    P   1  m   −1 < m < thỏa mãn yêu cầu toán S  2    Đáp án cần chọn là: C Câu 9: Tìm m để phương trình 3x2 + 4(m – 1)x + m2 – 4m + = có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: A m = 1; m = m 1    x1  x  x1 x B m = 1; m = −1 C m = D Lời giải Trước hết phương trình phải có hai nghiệm phân biệt x1; x2 khác nên:  '  m  4m   m  4m      c m  4m  0 m  4m     a (*) Khi theo định lý Vi-ét ta có: 1  m  m  4m  S = x1 + x2 = ; P = x1.x2 = 3 Ta có: 1 x  x2    x1  x    (x1  x ) x1 x 2 x1.x 2  (x1 + x2)( x1.x2 − 2) (do x1.x2  0) m   x1  x     x1.x    m  4m    m = 1; m = −1; m = Thay vào (*) ta thấy m = −1 không thỏa mãn Vậy m = 1; m = giá trị cần tìm Đáp án cần chọn là: A Câu 10: Tìm giá trị m để phương trình x2 – mx + m2 – m – = có hai nghiệm x1; x2 độ dài cạnh góc vng tam giác ABC A biết độ dài cạnh huyền BC = A m = + B m = C m = + D m = − Lời giải Vì độ dài cạnh tam giác vuông số dương nên x1; x2 >  x1  x  m  Theo định lý Vi-ét ta có   x1.x  m  m   (1) Điều kiện để phương trình có nghiệm là:   m2 – 4(m2 – m – 3)   3m2– 4m – 12  (2) Từ giả thiết suy x12 + x22 =  (x1 + x2)2 – 2x1.x2 = Do m2 – 2(m2 – m – 3) =  m2 – 2m – =  m =  Thay m =  vào (1) (2) ta thấy có m = + Vậy giá trị cần tìm m = + 3 thỏa mãn Đáp án cần chọn là: C Câu 11: Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + m2 + 2, với m tham số Khi phương trình có hai nghiệm x1; x2 biểu thức P = x1 x2 – 2(x1 + x2) – có giá trị nhỏ là: A −10 B C −11 D −12 Lời giải Ta có  ' = (m + 1)2 – (m2 + 2) = 2m – Để phương trình có hai nghiệm   '   m  (*) Theo định lý Vi-ét ta có: x1 + x2 = 2m + x1.x2 = m2 + Ta có: P = x1.x2 – 2(x1 + x2) – = m2 + – 2(2m + 2) – = m2 – 4m – = (m – 2)2 – 12  −12 Dấu “=” xảy m = thỏa mãn điều kiện (*) Vậy với m = biểu thức P đạt giá trị nhỏ −12 Đáp án cần chọn là: D Câu 12: Gọi x1; x2 hai nghiệm phương trình 2x2 – (3a – 1)x –  = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x1  x 1      x1 x   A 24 (x1 − x2)2 + 2 B 20 C 21 D 23 Lời giải Ta có  =(3a – 1)2 + 16 >  Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt Theo định lý Vi-ét thì: x1 + x2 = 3a  ; x1.x2 = −1 ta có: 2  x1x  x  x    x  x   P = (x1 + x2) +   = (x1 − x2)2 2x1x     3a  12     24 = 6[(x1 + x2)2 − x1.x2] =    Đẳng thức xảy 3a – =  a  Vậy giá trị nhỏ P 24 Đáp án cần chọn là: A Câu 13: Giả sử phương trình bậc hai ax2 + bx + c = có hai nghiệm Q thuộc [0; 3] Tìm giá trị lớn biểu thức: A B C 18a  9ab  b 9a  3ab  ac D Lời giải Vì phương trình bậc hai có nghiệm nên a  Biểu thức Q có dạng đẳng b b 18     a a cấp bậc hai ta chia tử mẫu Q cho a2 Q  b c 9  a a b  x  x    a Gọi x1; x2 hai nghiệm phương trình, theo Vi-ét ta có  x x  c  a b b 18     a  a  18   x1  x    x1  x   Vậy Q  b c   x1  x   x1x 9  a a Ta đánh giá (x1 + x2)2 qua x1x2 với điều kiện x1; x2 [0; 3] Giả sử  x12  x1x  x1  x     (x1 + x2)2 = x12 + x22 + 2x1.x2  +  x  3x1.x2 Q 18   x1  x   3x1x  3   x  x   x 1x  b  a  b  6a  x1  x  Đẳng thức xảy   hay   c c  9a  x1  0;x    9  a  b  3   a  c   a b  3a  c  Vậy giá trị lớn Q Đáp án cần chọn là: D Câu 14: Cho phương trình x2 – (m + 1)x – = (1), với x ẩn, m tham số Gọi x1; x2 hai nghiệm phương trình (1) Đặt 3x12  3x 22  4x1  4x  B Tìm m B đạt giá trị lớn x12  x 22  A  B −1 C D Lời giải Phương trình x2 – (m + 1)x – = (1) + Nhận xét  = (m + 1)2 + 12 > 0, m  Suy (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1; x2  x1  x  m  + Theo hệ thức Vi-ét ta có:   x1x  3 2 3x12  3x 22  4x1  4x  3 x1  x    x1  x    Ta có B  x12  x 22  x12  x 22   x1  x   2x1x    x1  x    m  12     m  1         2  m  1    x1  x   2x1x  3m  10m  20  m  2m  Nên B  3m  10m  20  (B – 3)m2 + 2(B – 5)m + 3B – 20 = (*) m  2m  11 + Nếu B  (*) phương trình bậc ẩn m Phương trình (*) có nghiệm m  '  + Nếu B = m   Hay (B – 5)2 – (B – 3)(3B – 20)   2B2 – 19B + 35  B7 Với B = thay vào (*) ta có 4m2 + 4m + =  (2m + 1)2 =  (2B – 5)(B – 7)   m Vậy giá trị lớn b m   Đáp án cần chọn là: A ... m2 +  (4m − 3)(4 – 2m) = m2 +  16m – 8m2 – 12 + 6m = m2 +  9m2 – 22m + 13 =  (m – 1)(9m – 13) =  m  (tm) m     13 m  9m  13   tm    Vậy m = 1; m  13 thỏa mãn điều kiện toán... A B C 18a  9ab  b 9a  3ab  ac D Lời giải Vì phương trình bậc hai có nghiệm nên a  Biểu thức Q có dạng đẳng b b 18     a a cấp bậc hai ta chia tử mẫu Q cho a2 Q  b c 9? ??  a a b ... Gọi x1; x2 hai nghiệm phương trình, theo Vi- ét ta có  x x  c  a b b 18     a  a  18   x1  x    x1  x   Vậy Q  b c   x1  x   x1x 9? ??  a a Ta đánh giá (x1 + x2)2 qua