Đề kiểm tra 45 phút Chương 3 Hàm số và đồ thị

Tập xác định của hàm số

Ta có:

Ta vẽ đồ thị y = 2x + 3 với

Ta có bảng sau:

Suy ra đồ thị hàm số y = f(x) = 2x + 3 với là phần đồ thị nằm bên trên trục Ox và đi qua các điểm và B(0; 3).

Ta có đồ thị như sau:

Tương tự ta có đồ thị hàm số y = f(x) = - 2x - 3 với là phần đồ thị nằm bên trên trục Ox và đi qua các điểm C(-2; 1) và D(-3; 3).

Kết hợp 2 đồ thị ta có đồ thị hàm số y = |2x + 3| là phần đồ thị nét liền nằm trên trục Ox.

Ta có:

Đồ thị cắt trục Oy tại nên ta loại đáp án và .

Dễ thấy đồ thị có đỉnh là

Xét hàm số có đỉnh là .

Vậy hàm số tương ứng với đồ thị là: .

Vì (P) có hoành độ đỉnh bằng  − 3 và đi qua M(−2;1) nên ta có hệ

* Theo định nghĩa tam thức bậc hai thì f(x) = 3x² + 2x − 5 là tam thức bậc hai.

Nhìn đồ thị, ta thấy đồ thị y = f(x) cắt trục hoành tại 2 điểm x = 1, x = 3 nên Δ > 0, dựa vào hình dạng parabol nên suy ra a < 0 và ta có bảng xét dấu như sau:

Dựa vào bảng xét dấu thì f(x) < 0 khi x < 1 ∨ x > 3. Mà 2017 > 3 nên f(2017) < 0.

Biểu thức luôn dương

Trên khoảng (0;2) đồ thị hàm số đi xuống từ trái sang phải nên hàm số nghịch biến.

Ta có:

Suy ra:

Bất phương trình bậc hai một ẩn là: 

Ta có:

Dựa vào bảng xét dấu, chọn đáp án x ∈ (−∞;−1) ∪ (3;+∞).

ĐKXĐ: .

Thay x = 1 vào , ta được: .

Vậy phương trình vô nghiệm.

Gọi Avà Blà hai điểm ứng với hai chân cổng như hình vẽ.

Vì cổng hình parabol có phương trình và cổng có chiều rộng d = 5 mét nên:

AB = 5  và .

Vậy chiều cao của cổng làmét.

 Ta có: (hiển nhiên).

Vậy .

Ta có:

Vậy tập nghiệm phương trình là:

* Với m < 2 ⇒ phương trình vô nghiệm

* Với m ≥ 2,

.

Phương trình có nghiệm Δ′ = 2(m−1)² + 1 > 0 đúng mọi m.

Vậy m ≥ 2 là những giá trị cần tìm hay m thuộc [2;  + ∞).

 Ta có: và .

Phương trình có hai nghiệm phân biệt là .

Do đó, .

Vì (P) có đỉnh nên ta có

. Vậy (P) : y = 3x² + 3x − 2.

; .

Ta có y = x⁴ − 4x³ − x² + 10x − 3 = x⁴ − 4x³ + 4x² − 5x² + 10x − 5 + 2

 = (x²−2x)² − 5(x−1)² + 2 = [(x−1)²−1]² − 5(x−1)² + 2.

Đặt t = (x−1)², x ∈ [ − 1; 4] ⇒ t ∈ [0; 9].

.

Cách 1: Ta có .

Cách 2: Vẽ BBT

Vậy , y_max = 21.

Điều kiện xác định: 4x² − 4x + 1 ≥ 0 ⇔ (2x−1)² ≥ 0 (luôn đúng với mọi x ∈ ℝ).

Do đó tập xác định D = ℝ.

Ta có y = x⁴ − 4x³ − x² + 10x − 3 = x⁴ − 4x³ + 4x² − 5x² + 10x − 5 + 2

 = (x²−2x)² − 5(x−1)² + 2 = [(x−1)²−1]² − 5(x−1)² + 2.

Đặt t = (x−1)², x ∈ [ − 1; 4] ⇒ t ∈ [0; 9].

.

Cách 1: Ta có .

Cách 2: Vẽ BBT

Vậy , y_max = 21.

.

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là .

 Điều kiện xác định: . Suy ra .

+ Gọi M là giao điểm của d₁ và d₂.

Xét hệ: .

+ M ∈ d₃ nên ta có: 5 = (3−2m).3 + 2 ⇔ 5 = 9 − 6m + 2 ⇔ 6m = 6 ⇔ m = 1.

Hàm số xác đinh khi và chỉ khi .

Ta có: f(−1) =  − 2(−1−3) = 8; .

Chọn đáp án 8 và 0.

Điều kiện:

Vậy phương trình đã cho có tất cả 1 nghiệm.

Ta có

Phương trình có nghiệm là và .

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là .

Xét f(x) = x² − 4x + 5.

TXĐ: D = ℝ.

Tọa độ đỉnh I(2; 1).

Hàm số nghịch biến trên (−∞; 2), đồng biến trên (2; +∞).

Điều kiện:

Đặt .

PT đã cho trở thành:

Với t = 2 ta được

Với t =  − 4 ta được ta được

Vậy phương trình có hai nghiệm là ; .

Ta có

.

Dựa vào bảng xét dấu thì f(x) ≤ 0, ∀x ∈ [ 1; 3 ].

ĐK: x ≥ 0.

Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình.

Xét x ≠ 0. Khi đó phương trình tương đương với

Đặt

Suy ra . Phương trình trở thành:

5t = 2(t²−1) + 4 ⇔ 2t² − 5t + 2 = 0 ⇔ t = 2 (thỏa mãn) hoặc (loại)
Với t = 2 ta có (thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm là .

Tổng các nghiệm của phương trình bằng 3.

Đáp án  là đáp án đúng vì hàm số bậc hai có dạng

 Nhận xét: Từ hình vẽ suy ra đỉnh .

Thay tọa độ đỉnh vào các hàm số ở các đáp án, chỉ có hàm số thỏa mãn.

 Ta có: .

Vậy .

 Thay tọa độ vào ta được thỏa mãn. Suy ra điểm này thuộc đồ thị hàm số .

.

Phương trình chỉ có nghiệm nên tổng các nghiệm bằng .

Ta có:

Bảng xét dấu

f(x) > 0 ⇔ x ∈ (−∞;−1) ∪ (0;1) ∪ (2;3) ∪ (4;+∞)

Hàm số xác định khi

 ⇔ x² − 3x + 2 ≠ x² − 7 ⇔ 9 ≠ 3x ⇔ x ≠ 3.

Vậy tập xác định của hàm số là D = ℝ ∖ {3}.