Sách bài tập Toán 10 Bài 2 (Chân trời sáng tạo): Giải bất phương trình bậc hai một ẩn

Giải sách bài tập Toán lớp 10 Bài 2: Giải bất phương trình bậc hai một ẩn - Chân trời sáng tạo

Giải SBT Toán 10 trang 13 Tập 2

Bài 1 trang 13 SBT Toán 10 Tập 2: x = 2 là một nghiệm của bất phương trình nào sau đây?

Lời giải:

a) Thay x = 2 vào bất phương trình ta được: 2² – 3.2 +1 = –1 < 0.

Vì vậy x = 2 không là nghiệm của bất phương trình $x^2-3x+1>0$.

b) Thay x = 2 vào bất phương trình ta được: –4.2² – 3.2 +5 = –17 < 0.

Vì vậy x = 2 là nghiệm của bất phương trình $-4x^2-3x+5\le 0$.

c) Thay x = 2 vào bất phương trình ta được: 2.2² – 5.2 + 2 = 0 ≤ 0

Vì vậy x = 2 là nghiệm của bất phương trình $2x^2-5x+2\le 0$.

Bài 2 trang 13 SBT Toán 10 Tập 2: Dựa vào đồ thị của hàm số bậc hai đã cho, hãy nêu tập nghiệm của các bất phương trình bậc hai tương ứng.

a) $f\left(x\right)\ge 0$

b) $f\left(x\right)<0$

c) $f\left(x\right)>0$

d) $f\left(x\right)<0$

e) $f\left(x\right)\le 0$

g) $f\left(x\right)\ge 0$

Lời giải:

a) $\left[-\frac{5}{2};1\right]$

Đồ thị hàm số bậc hai nằm phía trên trục hoành với $x\in \left(-\frac{5}{2};1\right)$;

Đồ thị hàm số bậc hai cắt trục hoành tại hai điểm x = $\frac{-5}{2}$ và x = 1.

Do đó f(x) ≥ 0 khi $x\in \left[-\frac{5}{2};1\right]$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình f(x) ≥ 0 là S = $\left[-\frac{5}{2};1\right]$.

b) Đồ thị hàm số bậc hai nằm phía trên trục hoành với mọi x ∈ ℝ hay f(x) > 0 với mọi x ∈ ℝ.

Do đó f(x) < 0 vô nghiệm.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình f(x) < 0 là S = ∅.

c) Đồ thị hàm số bậc hai nằm phía trên trục hoành với x < 3 hoặc x > 4.

Do đó f(x) > 0 khi x < 3 hoặc x > 4.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình f(x) > 0 là S = $\left(-\infty ;3\right)\cup (4;+\infty )$

d) Đồ thị hàm số bậc hai nằm phía dưới trục hoành với mọi x ≠ – 1.

Do đó f(x) < 0 khi x ≠ – 1.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình f(x) < 0 là S = $ℝ\backslash \{-1\}$

e) Đồ thị hàm số bậc hai nằm trên trục hoành với mọi x ≠ $\frac{5}{2}$.

Đồ thị hàm số bậc hai cắt trục hoành tại điểm x = $\frac{5}{2}$ .

Do đó $f\left(x\right)\le 0$ khi x = $\frac{5}{2}$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình $f\left(x\right)\le 0$ là S = $\left\{\frac{5}{2}\right\}$.

g) Đồ thị hàm số bậc hai nằm phía trên trục hoành với x < $\frac{3}{2}$ và x > $\frac{7}{2}$;

Đồ thị hàm số bậc hai cắt trục hoành tại hai điểm x = $\frac{3}{2}$ và x = $\frac{7}{2}$.

Do đó $f\left(x\right)\ge 0$ khi x ≤ $\frac{3}{2}$ và x ≥ $\frac{7}{2}$ .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình f(x) ≥ 0 là S = $\left(-\infty ;\frac{3}{2}\right]\cup \left[\frac{7}{2};+\infty \right)$.

Giải SBT Toán 10 trang 14 Tập 2

Bài 3 trang 14 SBT Toán 10 Tập 2: Giải các bất phương trình bậc hai sau:

Lời giải:

a) Tam thức bậc hai f (x) = –9x² + 16x + 4 có a = – 9 < 0 và ∆ = 16² – 4.( – 9).4 = 112 > 0. Do đó f(x) có hai nghiệm phân biệt là x₁ = 2 và x₂ = $\frac{-2}{9}$

Áp dụng định lí về dấu tam thức bậc hai ta có:

$-9x^2+16x+4\le 0$ khi x ≤ $\frac{-2}{9}$ hoặc x ≥ 2.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = $\left(-\infty ;\frac{-2}{9}\right)\cup \left(2;+\infty \right)$.

b) Tam thức bậc hai f (x) = $6x^2-13x-33$ có a = 6 > 0 và ∆ = ( –13)² – 4.6.( –33) = 961 > 0. Do đó f(x) có hai nghiệm phân biệt là x₁ = $\frac{11}{3}$ và x₂ = $\frac{-3}{2}$

Áp dụng định lí về dấu tam thức bậc hai ta có:

$6x^2-13x-33$ < 0 khi $\frac{-3}{2}$ < x < $\frac{11}{3}$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = $\left(\frac{-3}{2};\frac{11}{3}\right)$.

c) Tam thức bậc hai f ( x ) = $7x^2-36x+5$ có a = 7 > 0 và 2∆ = ( –36)² – 4.7.5 = 1156 > 0. Do đó f(x) có hai nghiệm phân biệt là x₁ = $\frac{1}{7}$ và x₂ = 5

Áp dụng định lí về dấu tam thức bậc hai ta có:

$7x^2-36x+5\le 0$  khi $\frac{1}{7}$ ≤ x ≤ 5

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = $\left[\frac{1}{7};5\right]$.

d) Tam thức bậc hai f ( x ) = $-9x^2+6x-1$ có a = –9 < 0 và ∆ = 6² – 4.( –9).( –1) = 0. Do đó f(x) có nghiệm x = $\frac{1}{3}$

Áp dụng định lí về dấu tam thức bậc hai ta có:

$-9x^2+6x-1\ge 0$ khi x = $\frac{1}{3}$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = $\left\{\frac{1}{3}\right\}$.

e) Tam thức bậc hai f ( x ) = $49x^2+56x+16$ = ( 7x + 4 )²

Tam thức bậc hai có nghiệm x = $\frac{-4}{7}$

Áp dụng định lí về dấu tam thức bậc hai ta có:

$49x^2+56x+16>0$  khi x ≠ $\frac{-4}{7}$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = $ℝ\backslash \left\{\frac{-4}{7}\right\}$

g)

Tam thức bậc hai f ( x ) = $-2x^2+3x-2$ có ∆ = 3² – 4. ( –2 ). ( –2 ) = –7 < 0 nên f(x) vô nghiệm.

Áp dụng định lí về dấu tam thức bậc hai ta có a = –2 < 0 nên

$-2x^2+3x-2\le 0$ với mọi x ∈ ℝ.

Vậy $-2x^2+3x-2\le 0$ với mọi x ∈ ℝ.

Bài 4 trang 14 SBT Toán 10 Tập 2: Giải các bất phương trình bậc hai sau:

Lời giải:

a) Ta có: $x^2-3x<4$ ⟺ x² – 3x – 4 < 0

Xét tam thức bậc hai f(x) = x² – 3x – 4 có ∆ = (– 3)² – 4.1.(– 4) = 25 > 0 nên f(x) có hai nghiệm phân biệt x₁ = 4 và x₂ = –1.

Ta có: a = 1 > 0 nên f ( x ) < 0 với –1 < x < 4.

Suy ra x² – 3x – 4 < 0 hay $x^2-3x<4$ với –1 < x < 4.

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm khi S = (–1 ; 4).

b) Ta có: 0 < 2x² – 11x – 6 ⇔ 2x² – 11x – 6 > 0

Tam thức bậc hai f( x ) = 2x² – 11x – 6 có ∆ = (– 11)² – 4.2.(– 6) = 169 > 0 nên f(x) có hai nghiệm phân biệt x₁ = 6 và x₂ = $\frac{-1}{2}$,

Ta lại có: a = 2 > 0 nên f ( x ) > 0 khi x < $\frac{-1}{2}$ hoặc x > 6.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S =  (– ∞; $\frac{-1}{2}$) ∪ (6; +∞).

c) $-2{\left(2x+3\right)}^2+4x+30\le 0$ 

⟺ –2.( 4x² + 12x + 9 ) + 4x + 30 ≤ 0

⟺ –8x² – 24x – 18 + 4x + 30 ≤ 0

⟺ –8x² – 20x + 12 ≤ 0

⟺ –2x² – 5x + 3 ≤ 0

Tam thức bậc hai f ( x ) = –2x² – 5x + 3 có ∆ = (– 5)² – 4.(– 2).3 = 49 nên f(x) có hai nghiệm phân biệt x₁ = –3 và x₂ = $\frac{1}{2}$,

Ta lại có a = –2 < 0 nên f ( x ) ≤ 0 khi x ≤ –3 hoặc x ≥ $\frac{1}{2}$

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S = (–∞ ; –3] ∪ [$\frac{1}{2}$; +∞).

d) $-3\left(x^2-4x-1\right)\le x^2-8x+28$

⟺ –4x² + 20x – 25 ≤ 0

Tam thức bậc hai f ( x ) = –4x² + 20x – 25 có ∆ = 20² – 4. ( –4 ) . ( – 25 ) = 0 ,

a = –4 < 0 nên f ( x ) ≤  0 với mọi x ∈ ℝ.

Suy ra –4x² + 20x – 25 ≤ 0 với mọi x ∈ ℝ.

Vậy $-3\left(x^2-4x-1\right)\le x^2-8x+28$ với mọi x ∈ ℝ.

e) $2{\left(x-1\right)}^2\ge 3x^2+6x+27$

⟺ 2x² – 4x + 2 ≥ 3x²  + 6x + 27

⟺ –x² – 10x – 25 ≥ 0

⟺ –( x + 5 )² ≥ 0

⟺ x = –5 ( do –( x + 5 )² ≤ 0 với mọi x ∈ ℝ)

Vậy $2{\left(x-1\right)}^2\ge 3x^2+6x+27$ khi x = –5

g) $2{\left(x+1\right)}^2+9\left(-x+2\right)<0$

⇔ 2(x² + 2x + 1) – 9x + 18 < 0

⇔ 2x² – 5x + 20 < 0

Tam thức bậc hai f ( x ) = 2x² – 5x + 20 có ∆ = (– 5)² – 4. 2 . 20 = –135 < 0,

Ta lại có a = 2 > 0 nên f ( x ) > 0 với mọi x ∈ ℝ.

Suy ra 2x² – 5x + 20 > 0 với mọi x ∈ ℝ.

Vậy không tồn tại x thỏa mãn $2{\left(x+1\right)}^2+9\left(-x+2\right)<0$.

Bài 5 trang 14 SBT Toán 10 Tập 2: Tìm tập xác định của các hàm số sau:

Lời giải:

a) Hàm số xác định khi và chỉ khi 15x² + 8x – 12 ≥ 0

Tam thức bậc hai f ( x ) = 15x² + 8x – 12 có ∆ = 8² – 4.15. (–12) = 784 > 0 suy ra f(x) có hai nghiệm phân biệt x₁ = $\frac{2}{3}$ và x₂ = $\frac{-6}{5}$.

Ta có: a = 15 > 0 nên f ( x ) ≥ 0 khi và chỉ khi x ≤ $\frac{-6}{5}$ hoặc x ≥ $\frac{2}{3}$.

Vậy tập xác định của hàm số là D = $\left(-\infty ;\frac{-6}{5}\right]\cup \left[\frac{2}{3};+\infty \right)$.

b) Hàm số xác định khi và chỉ khi –11x² + 30x – 16 > 0

Tam thức bậc hai f ( x ) = –11x² + 30x – 16 có ∆ = 30² – 4.( –11).( –16) =  196 > 0 suy ra f(x) có hai nghiệm phân biệt x₁ = 2 và x₂ = $\frac{8}{11}$.

Ta có: a = –11 < 0 nên f ( x ) > 0 khi và chỉ khi $\frac{8}{11}$ < x < 2.

Vậy tập xác định của hàm số là D = $\left(\frac{8}{11};2\right)$.

c) Hàm số xác định khi và chỉ khi x – 2 ≠ 0 và –x² + 5x – 6 ≥ 0.

+) Xét x – 2 ≠ 0 khi và chỉ khi x ≠ 2.

+) Xét tam thức bậc hai f ( x ) = –x² + 5x – 6 có ∆ = 5² – 4.( –1).( –6) = 1 > 0 suy ra f(x) hai nghiệm phân biệt x₁ = 3 và x₂ = 2 ,

Ta có: a = –1 < 0 nên f ( x ) ≥ 0 khi và chỉ khi 2 ≤ x ≤ 3.

Suy ra hàm số xác định khi 2 < x ≤ 3.

Vậy tập xác định của hàm số là D = $\left(2;3\right]$.

d) Hàm số xác định khi và chỉ khi 2x + 1 > 0 và 6x² – 5x – 21 ≥ 0

+) Xét 2x + 1 > 0 khi và chỉ khi x > $\frac{-1}{2}$

+) Xét tam thức bậc hai f ( x ) = 6x² – 5x – 21 có ∆ = (–5)² – 4.6.( –21) = 529 > 0 suy ra f(x) hai nghiệm phân biệt x₁ = $\frac{7}{3}$ và x₂ = $\frac{-3}{2}$ ,

Ta có a = 6 > 0 nên f ( x ) ≥ 0 khi và chỉ khi x ≤ $\frac{-3}{2}$ hoặc x ≥ $\frac{7}{3}$ mà x > $\frac{-1}{2}$ nên x ≥ $\frac{7}{3}$.

Vậy tập xác định của hàm số là D = $\left[\frac{7}{3};+\infty \right)$.

Bài 6 trang 14 SBT Toán 10 Tập 2: Tìm giá trị của tham số m để:

a) x = 3 là một nghiệm của bất phương trình $\left(m^2-1\right)x^2+2mx-15\le 0$;

b) x = -1 là một nghiệm của bất phương trình $m{x}^2-2x+1>0$;

c) $x=\frac{5}{2}$ là một nghiệm của bất phương trình $4x^2+2mx-5m\le 0$;

d) x = -2 là một nghiệm của bất phương trình $\left(2m-3\right)x^2-\left(m^2+1\right)x\ge 0$;

e) x = m + 1 là một nghiệm của bất phương trình $2x^2+2mx-m^2-2<0$.

Lời giải:

a) x = 3 là một nghiệm của bất phương trình $\left(m^2-1\right)x^2+2mx-15\le 0$ khi và chỉ khi (m² – 1 ).3² + 2m.3 – 15 ≤ 0 hay 9m² + 6m – 24 ≤ 0

Tam thức bậc hai f (m) = 9m² + 6m – 24 có ∆ = 6² – 4.9.( –24) = 900 suy ra hai nghiệm phân biệt m₁ = $\frac{4}{3}$ và m₂ = –2 và a = 9 > 0 nên f ( m ) ≤ 0 khi và chỉ khi – 2 ≤ m ≤ $\frac{4}{3}$.

Vậy – 2 ≤ m ≤ $\frac{4}{3}$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

b) x = -1 là một nghiệm của bất phương trình $m{x}^2-2x+1>0$ khi và chỉ khi

m.(–1 )² – 2.(–1 ) + 1 > 0 hay m + 3 > 0 hay m > –3.

Vậy m > –3 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

c) $x=\frac{5}{2}$ là một nghiệm của bất phương trình $4x^2+2mx-5m\le 0$ khi và chỉ khi

4.${\left(\frac{5}{2}\right)}^2$+ 2.m.$\frac{5}{2}$ – 5m ≤ 0 hay 25 ≤ 0 ( vô lí ).

Vậy không có giá trị m thỏa mãn yêu cầu đề bài.

d) x = -2 là một nghiệm của bất phương trình $\left(2m-3\right)x^2-\left(m^2+1\right)x\ge 0$ khi và chỉ khi ( 2m – 3 ). ( –2)² – (m² + 1 ).( –2) ≥ 0 hay 2m² + 8m – 10 ≥ 0

Tam thức bậc hai f (m) = 2m² + 8m – 10 có ∆ = 8² – 4.2.( –10) = 144 suy ra f(m) có hai nghiệm phân biệt m₁ = –5 và m₂ = 1 và a = 2 > 0 nên f ( m )  ≥  0 khi và chỉ khi

m ≤ –5 hoặc m ≥ 1.

Vậy m ≤ –5 hoặc m ≥ 1 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

e) x = m + 1 là một nghiệm của bất phương trình $2x^2+2mx-m^2-2<0$ khi và chỉ khi 2.(m+1)² + 2m.(m+1) – m² – 2 < 0 hay 3m² + 6m < 0

Tam thức bậc hai f (m) = 3m² + 6m có ∆ = 6² – 4.3.0 = 36 suy ra hai nghiệm phân biệt m₁ = –2 và m₂ = 0 và a = 2 > 0 nên f ( m )  <  0 khi và chỉ khi –2 < m < 0.

Vậy –2 < m < 0 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Bài 7 trang 14 SBT Toán 10 Tập 2: Với giá trị nào của tham số m thì:

a) Phương trình $4x^2+2\left(m-2\right)x+m^2=0$ có nghiệm;

b) Phương trình $\left(m+1\right)x^2+2mx-4=0$ có hai nghiệm phân biệt;

c) Phương trình $m{x}^2+\left(m+1\right)x+3m+10=0$ vô nghiệm,

d) Phương trình $2x^2+\left(m+2\right)x+\left(2m-4\right)\ge 0$ có tập nghiệm là R;

e) Phương trình $-3x^2+2mx+m^2\ge 0$ có tập nghiệm là $ℝ$.

Lời giải:

a) Phương trình $4x^2+2\left(m-2\right)x+m^2=0$ có nghiệm khi và chỉ khi:

∆ = [2.( m – 2 )]² – 4.4.m² ≥ 0

⇔ m² – 4m + 4 – 4m² ≥ 0

⇔ – 3m² – 4m + 4 ≥ 0

Tam thức bậc hai f (m) = – 3m² – 4m + 4 có ∆_m = (–4)² – 4.( –3).4 = 64 > 0 suy ra f(m) có hai nghiệm phân biệt m₁ = $\frac{2}{3}$ và m₂ = –2,  a = – 3 < 0 nên f (m) ≥ 0 khi và chỉ khi – 2 ≤ m ≤ $\frac{2}{3}$.

Vậy – 2 ≤ m ≤ $\frac{2}{3}$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

b) Phương trình $\left(m+1\right)x^2+2mx-4=0$ có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

m + 1 ≠ 0 và ∆ = (2m)² – 4.( m+1 ).(–4) > 0

+) Ta có: m + 1 ≠ 0 khi và chỉ khi m ≠ –1.

+) Xét ∆ = (2m)² – 4.(m+1).(–4) > 0

⟺ 4m² + 16m + 16 > 0

⟺  m² + 4m + 4 > 0

⟺ ( m + 2 )² > 0

⟺ m ≠ –2 (vì ( m + 2 )² ≥ 0 với mọi x ∈ ℝ)

Vậy m ≠ –1 và m ≠ –2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

c) +) Nếu m = 0 thì phương trình trở thành x + 10 = 0, có nghiệm x = –10. Do đó m = 0 không thỏa mãn yêu cầu.

+) Nếu m ≠ 0 thì phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi:

∆ = (m + 1)² – 4.m.( 3m + 10 ) < 0

⟺ m² + 2m + 1 – 12m² – 40m < 0

⟺ –11m² – 38m +1 < 0

Tam thức bậc hai f (m) = –11m² – 38m +1 có ∆_m = (–38)2 – 4.( –11).1 = 1488  suy ra f(m) có hai nghiệm phân biệt:

m₁ = $\frac{-19+2\sqrt{93}}{11}$ và  m₂ = $\frac{-19-2\sqrt{93}}{11}$,  a = – 11 < 0 nên f ( m ) < 0 khi và chỉ khi

m < $\frac{-19-2\sqrt{93}}{11}$ hoặc m > $\frac{-19+2\sqrt{93}}{11}$

Vậy m < $\frac{-19-2\sqrt{93}}{11}$ và m > $\frac{-19+2\sqrt{93}}{11}$ thoả mãn yêu cầu đề bài.

d) Bất phương trình $2x^2+\left(m+2\right)x+\left(2m-4\right)\ge 0$ có a = 2 > 0 nên tập nghiệm là $\mathrm{ℝ}$ khi và chỉ khi ∆ = ( m + 2 )² – 4.2.( 2m – 4 ) ≤ 0

⟺ m² + 4m + 4 – 16m+ 32 < 0

⟺ m² – 12m + 36 ≤ 0

⟺ ( m – 6 )²  ≤ 0

⟺ m = 6 (vì ( m – 6 )²  ≥ 0 với mọi m ∈ ℝ)

Vậy m = 6 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

e) Bất phương trình $-3x^2+2mx+m^2\ge 0$ có tập nghiệm là $\mathrm{ℝ}$ khi và chỉ khi a > 0 và ∆ ≤ 0 mà a = –3 < 0 nên không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu.

Vậy không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu.

Bài 8 trang 14 SBT Toán 10 Tập 2: Lợi nhuận thu được từ việc sản xuất và bán x sản phẩm thủ công của một cửa hàng là:

$I\left(x\right)=-0,1x^2+235x-70000,$

với I được tính bằng nghìn đồng. Với số lượng sản phẩm bán ra là bao nhiêu thì cửa hàng có lãi?

Lời giải:

Cửa hàng có lãi khi và chỉ khi I ( x ) > 0 hay –0,1x² + 235x – 70000 > 0

Tam thức bậc hai $I\left(x\right)=-0,1x^2+235x-70000,$ có ∆ = 235² – 4.(– 0,1).(– 70 000) = 27 225 > 0  nên I(x) có hai nghiệm phân biệt x₁ = 2000 và x₂ = 350, a = –0,1 < 0 nên I ( x ) > 0 khi 350 < x < 2000.

Vậy cửa hàng bán ra từ 351 đến 1999 sản phẩm thì cửa hàng có lãi.

Giải SBT Toán 10 trang 15 Tập 2

Bài 9 trang 15 SBT Toán 10 Tập 2: Một quả bóng được ném thẳng lên từ độ cao $h_0$ (m) với vận tốc $v_0$(m/s). Độ cao của bóng so với mặt đất (tính bằng mét) sau t (s) được cho bởi hàm số

$h\left(t\right)=-\frac{1}{2}g{t}^2+v_{0}t+h_0$với g = 10 m/s² là gia tốc trọng trường.

a) Tỉnh h₀ và v₀ biết độ cao của quả bóng sau 0,5 giây và 1 giây lần lượt là 4,75 m và 5m.

b) Quả bóng có thể đạt được độ cao trên 4 m không? Nếu có thì trong thời gian bao lâu?

c) Cũng ném từ độ cao h₀ như trên, nếu muốn độ cao của bóng sau l giây trong khoảng từ 2 m đến 3 m thì vận tốc ném bóng v₀ cần là bao nhiêu?

Lưu ý: Đáp số làm tròn đến hàng phần trăm.

Lời giải:

a) Với g = 10 m/s² là gia tốc trọng trường thì $h\left(t\right)=-\frac{1}{2}g{t}^2+v_{0}t+h_0$⇔ h(t) = –5t² + v₀t + h₀.

Độ cao của quả bóng sau 0,5 giây là 4,75 m, ta có: 4,75 = –5(0,5)² + v₀.(0,5) + h₀ hay 0,5v₀ + h₀ = 6. (1)

Độ cao của quả bóng sau 1 giây là 5 m, ta có: 5 = –5.1² + v₀.1 + h₀ hay v₀ + h₀ = 10. (2)

Từ (1) và (2) ta được:

$\left\{\begin{array}{l}{\text{0,5v}}_{\text{0}}+{\text{h}}_{\text{0}}=6\\ {\text{v}}_{\text{0}}+{\text{h}}_{\text{0}}=10\end{array}\right.$ tức là $\left\{\begin{array}{l}{\text{v}}_{\text{0}}=8\\ {\text{h}}_{\text{0}}=2\end{array}\right.$

Vậy h ( t ) = –5t² + 8t + 2.

b) Bóng cao trên 4m khi và chỉ khi h (t) = –5t² + 8t + 2 > 4 hay –5t² + 8t – 2 > 0

Tam thức bậc hai f ( t ) = –5t² + 8t – 2 có ∆ = 8² – 4.(– 5).(– 2) = 24 > 0 nên f(t) có hai nghiệm phân biệt t₁ = $\frac{4+\sqrt{6}}{5}$ và t₂ = $\frac{4-\sqrt{6}}{5}$, a = –5 < 0 nên f ( t ) > 0 khi và chỉ khi $\frac{4-\sqrt{6}}{5}$ < t < $\frac{4+\sqrt{6}}{5}$ .

Quả bóng có thể đạt được độ cao trên 4m trong:

 $\frac{4+\sqrt{6}}{5}$ – $\frac{4-\sqrt{6}}{5}$ ≈ 0,98 (s).

Vậy quả bóng có thể đạt được độ cao trên 4m trong khoảng ít hơn 0,98 giây.

c) Độ cao của bóng sau l giây trong khoảng từ 2 m đến 3 m khi và chỉ khi:

2 < h ( 1 ) = –5 + v₀ + 2 < 3 tức là 5 < v₀ < 6 (m/s).

Vậy vận tốc ném cần nằm trong khoảng từ 5 m/s đến 6 m/s.

Bài 10 trang 15 SBT Toán 10 Tập 2: Từ độ cao y₀ mét, một quả bóng được ném lên xiên một góc $\alpha$ so với phương ngang với vận tốc đầu v₀ có phương trình chuyển động

$y=\frac{-g}{2v_0^2{\cos }^2\alpha }{x}^2+\left(\tan \alpha \right)x+y_0$với g= 10 m/s²

a) Viết phương trình chuyển động của quả bóng nếu $\alpha ={30}^o,y_0=2$m và v₀ = 7m/s.

b) Để ném được quả bóng qua bức tường cao 2,5 m thì người ném phải đứng cách tường bao xa?

Lưu ý: Đáp số làm tròn đến hàng phần trăm.

Lời giải:

a) Thay $\alpha ={30}^o,y_0=2$ và v₀ = 7 vào phương trình chuyển động ta được:

y = $\frac{-10}{{2.7}^2.{\cos }^{2}30°}$x² + tan30°.x + 2

y = –0,14x² + 0,58x + 2

Vậy phương trình chuyển động là y = –0,14x² + 0,58x + 2.

b) Với x là khoảng cách từ người ném đến tường thì bóng được ném qua tường khi và chỉ khi y ( x ) > 2,5 hay –0,14x² + 0,58x – 0,5 > 0.

Xét tam thức bậc hai f ( x ) =  –0,14x² + 0,58x – 0,5 có ∆ = 0,58² – 4.(– 0,14).(– 0,5) = 0,0564 > 0 nên f(x) có hai nghiệm phân biệt x₁ = 2,92 và x₂ = 1,22, a = –0,14 < 0 nên f ( x ) > 0 khi 1,22 < x < 2,92.

Vậy người ném bóng cần phải đứng cách tường một khoảng từ trên 1,22 m đến dưới 2,92 m.

Bài 11 trang 15 SBT Toán 10 Tập 2: Một hình chữ nhật có chu vi bằng 20 cm. Để điện tích hình chữ nhật lớn hơn hoặc bằng 15 cm2 thì chiều rộng của hình chữ nhật nằm trong khoảng bao nhiêu?

Lời giải:

Gọi x (cm) là chiều rộng hình chữ nhật.

Khi đó chiều dài hình chữ nhật là $\frac{20}{2}$ – x hay 10 – x (cm)

Chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đều lớn hơn 0 và chiều rộng nhỏ hơn hoặc bằng chiều dài, ta có: 0 < x ≤ 10 – x hay 0 < x ≤ 5 (cm) (1)

Diện tích của hình chữ nhật là S = x. ( 10 – x )

Ta có x.( 10 – x ) ≥ 15 khi và chỉ khi x² + 10x – 15 ≥ 0.

Tam thức bậc hai f ( x ) = x² + 10x – 15 có ∆ = 10² – 4.1.(– 15) = 160 > 0 hai nghiệm phân biệt x₁ = –5 + 2$\sqrt{10}$ và x₂ = –5 – 2$\sqrt{10}$, a = 1 > 0 nên f ( x ) ≥ 0 khi và chỉ khi x ≤ –5 – 2$\sqrt{10}$ hoặc x ≥ –5 + 2$\sqrt{10}$.

Kết hợp với điều kiện (1) ta được –5 + 2$\sqrt{10}$ ≤ x ≤ 5 hay 1,33 ≤ x ≤ 5.

Vậy chiều rộng của hình chữ nhật nằm trong khoảng từ 1,33 cm đến 5 cm thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 12 trang 15 SBT Toán 10 Tập 2: Thiết kế của một chiếc cổng có hình parabol với chiều cao 5 m và khoảng cách giữa hai chân cổng là 4 m.

a) Chọn trục hoành là đường thẳng nối hai chân cổng, gốc toạ độ tại một chân cổng, chân cổng còn lại có hoành độ dương, đơn vị là 1 m. Hãy viết phương trình của vòm cổng.

b) Người ta cần chuyển một thùng hàng hình hộp chữ nhật với chiều cao 3 m. Chiều rộng của thùng hàng tối đa là bao nhiêu để thùng có thể chuyển lọt qua được cổng?

Lưu ý: Đáp số làm tròn đến hàng phần trăm.

Lời giải:

a) Đặt gốc tọa độ tại một chân cổng như hình vẽ trên.

Vì chiếc cổng có dạng parabol nên phương trình y = ax² + bx + c của đường viền cổng.

Do một chân cổng có tọa độ ( 0;0 ) nên ta có c = 0 (1).

Khoảng cách giữa hai chân cổng là 4 m nên chân cổng còn lại có tọa độ ( 4;0 ), ta có 16a + 4b + c = 0 (2)

Cổng có chiều cao 5 m nên tọa độ đỉnh cổng là ( 2; 5 ), ta có: 4a + 2b + c = 5 (3)

Thay (1) vào (2) và (3) ta được hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}16\text{a}+4\text{b}=0\\ 4\text{a}+2\text{b}=5\end{array}\right.$ 

Từ đó suy ra a = –1,25; b = 5 và c = 0.

Vậy phương trình của vòm cổng là y = –1,25x² + 5x

b) Ta xác định các hoành độ x mà tại đó vòm cổng cao hơn thùng hàng bằng cách giải bất phương trình y = –1,25x² + 5x ≥ 3 hay –1,25x² + 5x – 3 ≥ 0.

Tam thức bậc hai f ( x ) = –1,25x² + 5x – 3 có ∆ = 5² – 4.(– 1,25).(– 3) = 10 > 0 nên f(x) có hai nghiệm phân biệt x₁ = 0,74 và x₂ = 3,26, a = –1,25 < 0 nên f ( x ) ≥ 0 khi và chỉ khi 0,74 ≤ x ≤ 3,26.

Vậy chiều rộng tối đa của thùng hàng là 3,26 – 0,74 = 2,52 m.

Xem thêm lời giải sách bài tập Toán lớp 10 Chân trời sáng tạo hay, chi tiết khác:

Bài 3: Các số đặc trưng đo xu thế trung tâm của mẫu số liệu

Bài 4: Các số đặc trưng đo mức độ phân tán của mẫu số liệu

Bài tập cuối chương 6

Bài 1: Dấu của tam thức bậc hai

Bài 3: Phương trình quy về phương trình bậc hai

Xem thêm tài liệu Toán lớp 10 Chân trời sáng tạo hay, chi tiết khác:

Lý thuyết Bài 2: Giải bất phương trình bậc hai một ẩn