Đề khảo sát chất lượng đầu năm Toán 10 Chân trời sáng tạo - Đề số 2

Đường thẳng \(d\) có phương trình \(y =  - kx + b\,\,\left( {k \ne 0} \right)\) có \( - k\) là hệ số góc.

Hàm số đồng biến khi \(x < 0\) thì \(1 - \sqrt {m - 1}  < 0 \Rightarrow m > 2\)

Vì \(OA\) là tiếp tuyến của \(\left( {O'} \right)\) nên \(\Delta OAO'\) vuông tại \(A\).

Vì \(\left( O \right)\) và \(\left( {O'} \right)\) cắt nhau tại \(A,B\) nên đường nối tâm \(OO'\) là trung trực của đoạn \(AB\).

Gọi giao điểm của \(AB\) và \(OO'\) là \(I\) thì \(AB \bot OO'\) tại \(I\) là trung điểm của \(AB\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OAO'\) ta có

\(\dfrac{1}{{A{I^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O'{A^2}}} = \dfrac{1}{{{6^2}}} + \dfrac{1}{{{2^2}}} \Rightarrow AI = \dfrac{{3\sqrt {10} }}{5}\,cm \Rightarrow AB = \dfrac{{6\sqrt {10} }}{5}\,cm\)

Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta ABH\) vuông tại \(A\) có: \(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\)

\( \Leftrightarrow B{C^2} = {6^2} + {8^2} = 100 \Rightarrow BC = 10\left( {cm} \right)\)

Vì \(BM\) là tia phân giác trong của góc \(B \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MC}} = \dfrac{{AB}}{{BC}}\) (Tính chất đường phân giác) 

\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MC + MA}} = \dfrac{{AB}}{{BC + AB}} \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{AC}} = \dfrac{{AB}}{{BC + AB}}\)\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{8} = \dfrac{6}{{10 + 6}} \Rightarrow MA = 3cm\)

Vì \(BM;BN\) là tia phân giác trong và ngoài của góc \(B \Rightarrow \angle NBM = {90^0}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABM\) vuông tại \(B\) có đường cao \(BA\) ta có:

\( \Rightarrow A{B^2} = AM.AN\)\( \Leftrightarrow {6^2} = 3.AN \Leftrightarrow AN = 12\left( {cm} \right)\)

Ta có diện tích toàn phần của hình trụ 

\( \Leftrightarrow 24\pi h + 2\pi {.12^2} = 672\pi  \Rightarrow h = 16\,cm\)

Điều kiện: \(x \ne 2,\,\,\,y \ne  - \dfrac{1}{3}.\)

Đặt  \(\left\{ \begin{array}{l}u = \dfrac{1}{{x - 2}}\\v = \dfrac{1}{{3y + 1}}\end{array} \right..\)  Khi đó ta có hệ phương trình

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u + 4v = 5\\2u - 4v =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3u = 3\\u + 4v = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u = 1\\v = 1\end{array} \right.\) 

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{{x - 2}} = 1\\\dfrac{1}{{3y + 1}} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2 = 1\\3y + 1 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\y = 0\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;0} \right).\)

\(\sqrt {9{{\left( { - a} \right)}^2}.{{\left( {3 - 4a} \right)}^6}}  = \sqrt 9 \sqrt {{{\left( { - a} \right)}^2}} .\sqrt {{{\left( {3 - 4a} \right)}^6}}  = \sqrt {{3^2}} \sqrt {{{\left( { - a} \right)}^2}} .\sqrt {{{\left( {{{\left( {3 - 4a} \right)}^3}} \right)}^2}}  = \left| 3 \right|\left| { - a} \right|.\left| {{{\left( {3 - 4a} \right)}^3}} \right| = 3a.{\left( {4a - 3} \right)^3}\)

 (vì \(a \ge \dfrac{3}{4} \Rightarrow 3 - 4a \le 0 \Rightarrow \left| {3 - 4a} \right| = 4a - 3 \Rightarrow \left| {{{\left( {3 - 4a} \right)}^3}} \right| = {\left( {4a - 3} \right)^3}\))

Theo đề bài ta có: \(\left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)\left( {y + \sqrt {{y^2} + 1} } \right) = 2\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 1}  - x} \right)\left( {y + \sqrt {{y^2} + 1} } \right)\left( {\sqrt {{y^2} + 1}  - y} \right) = 2\left( {\sqrt {{x^2} + 1}  - x} \right)\left( {\sqrt {{y^2} + 1}  - y} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 1 - {x^2}} \right)\left( {{y^2} + 1 - {y^2}} \right) = 2\left( {\sqrt {{x^2} + 1}  - x} \right)\left( {\sqrt {{y^2} + 1}  - y} \right)\\ \Leftrightarrow 1 = 2\left[ {\left( {\sqrt {{x^2} + 1} \sqrt {{y^2} + 1}  + xy} \right) - \left( {x\sqrt {{y^2} + 1}  + y\sqrt {{x^2} + 1} } \right)} \right]\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

Lại có: \(\left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)\left( {y + \sqrt {{y^2} + 1} } \right) = 2\)

 \(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( {\sqrt {{x^2} + 1} \sqrt {{y^2} + 1}  + xy} \right) + \left( {x\sqrt {{y^2} + 1}  + y\sqrt {{x^2} + 1} } \right) = 2\,\,\\ \Leftrightarrow 2\left( {\sqrt {{x^2} + 1} \sqrt {{y^2} + 1}  + xy} \right) + 2\left( {x\sqrt {{y^2} + 1}  + y\sqrt {{x^2} + 1} } \right) = 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) ta được:  \( - 4\left( {x\sqrt {{y^2} + 1}  + y\sqrt {{x^2} + 1} } \right) =  - 3\)\( \Rightarrow x\sqrt {{y^2} + 1}  + y\sqrt {{x^2} + 1}  = \dfrac{3}{4}.\)

Vậy \(Q = \dfrac{3}{4}.\)

Gọi \(l\) là độ dài đường sinh của hình nón.

Vì bán kính hình cầu và bán kính đáy của hình nón  bằng nhau nên từ giả thiết ta có \(4\pi {R^2} = \pi Rl + \pi {R^2} \Leftrightarrow 4{R^2} = Rl + {R^2} \Leftrightarrow 3{R^2} = Rl \Rightarrow l = 3R = 3.5 = 15\,cm\)

Sử dụng công thức liên hệ trong hình nón ta có \({h^2} = {l^2} - {R^2} = {15^2} - {5^2} = 200 \Rightarrow h = 10\sqrt 2 \,\,cm\)

Xét tam giác \(OAO'\)  có \(O{A^2} + O'{A^2} = OO{'^2}\) (vì \({4^2} + {3^2} = {5^2}\)) nên tam giác \(OAO'\)  vuông tại \(A\).

Xét tam giác \(OAO'\)  có \(AH\) là đường cao nên \(AH.OO' = OA.O'A \Rightarrow AH = \dfrac{{OA.O'A}}{{OO'}} = \dfrac{{4.3}}{5} = \dfrac{{12}}{5}\)

Mà \(AB = 2AH\) nên \(AB = \dfrac{{24}}{5} = 4,8cm\)

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\).

Xét tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) có \(EI = IB = IC = \dfrac{{BC}}{2}\) (vì \(EI\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

Xét tam giác \(BDC\) vuông tại \(D\) có \(DI = IB = IC = \dfrac{{BC}}{2}\) (vì \(DI\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

Từ đó ta có \(ID = IE = IB = IC = \dfrac{{BC}}{2}\) nên bốn điểm \(B,E,D,C\) cùng nằm trên một đường tròn có bán kính \(R = \dfrac{{BC}}{2}\).

Ta thấy \(IA > ID\) nên điểm \(A\) không thuộc đường tròn trên.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\):

\(2x - 3 =  - \dfrac{1}{2}x + 2 \Leftrightarrow 2x + \dfrac{1}{2}x = 2 + 3 \Leftrightarrow \dfrac{5}{2}x = 5 \Leftrightarrow x = 2\)

Thay \(x = 2\) vào hàm số \(y = 2x - 3\) ta được \(y = 2.2 - 3 = 1.\)

Vậy tọa độ giao điểm của hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) là \(A\left( {2;1} \right)\).

Ba đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) , \(\left( {{d_2}} \right)\) và \(\left( {{d_3}} \right):y = 3x - 2m - 3\) đồng quy  \( \Rightarrow \left( {{d_3}} \right)\) đi qua giao điểm của hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\)\( \Rightarrow A \in \left( {{d_3}} \right)\)

Thay tọa độ điểm \(A\)  vào hàm số \(\left( {{d_3}} \right):\,\,y = 3x - 2m - 3\) ta được:

\(1 = 3.2 - 2m - 3\)\( \Rightarrow 2m = 6 - 3 - 1 \Rightarrow m = 1\)

Vậy \(m = 1\) thì ba đường thẳng  \(\left( {{d_1}} \right)\) , \(\left( {{d_2}} \right)\) và \(\left( {{d_3}} \right):y = 3x - 2m - 3\) đồng quy.

Ta có \(V = \dfrac{1}{3}\pi {R^2}h \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}\pi {R^2}.24 = 800\pi  \Rightarrow {R^2} = 100 \Rightarrow R = 10\,cm\)

Và \({R^2} + {h^2} = {l^2} \Leftrightarrow {10^2} + {24^2} = {l^2} \Leftrightarrow l = 26\,cm\)

Diện tích toàn phần của hình nón là \({S_{tp}} = \pi Rl + \pi {R^2} = \pi .10.26 + \pi {.10^2} = 360\pi \,\left( {c{m^2}} \right)\)

Chiều cao của cây là : \(h = 1,7 + 20.\tan 35^\circ  \approx 15,7m\).

+) Xét tam giác \(MNP\) có \(M{P^2} = {13^2} = 169;N{M^2} + N{P^2} = {5^2} + {12^2} = 169\)\( \Rightarrow M{P^2} = N{M^2} + N{P^2}\)

\( \Rightarrow \Delta MNP\) vuông tại N (định lý Pytago đảo)

\( \Rightarrow MN \bot NP\) mà \(N \in \left( {M;MN} \right)\) nên \(NP\) là tiếp tuyến của  \(\left( {M;MN} \right)\)

Gọi d: y = ax + b

\(d//d':y = 2x + 1 \Rightarrow \left\{ \matrix{a = 2 \hfill \cr b \ne 1 \hfill \cr}  \right.\)

d : 2x + b tiếp xúc với (P)  suy ra phương trình \({x^2} = 2x + b\) có nghiệm kép

\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x - b = 0\) có nghiệm kép

\( \Leftrightarrow \Delta ' = 0 \Leftrightarrow 1 + b = 0 \Leftrightarrow b =  - 1\)

Vậy \(d:y = 2x - 1.\)

Xét phương trình bậc hai \(a{x^2} + bx + c = 0{\rm{ }}(a \ne 0)\) với \(b = 2b'\) và biệt thức \(\Delta ' = b{'^2} - ac.\)

Trường hợp 1. Nếu \(\Delta ' < 0\) thì phương trình vô nghiệm.

Trường hợp 2. Nếu \(\Delta ' = 0\) thì phương trình có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} =  - \dfrac{{b'}}{a}\)

Trường hợp 3. Nếu \(\Delta ' > 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt: \({x_{1,}}_2 =  - \dfrac{{b' \pm \sqrt {\Delta '} }}{a}\)

ĐKXĐ: \(x \ge 0,\,\,x \ne 4.\)

\(Q = \dfrac{{2x - 3\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  - 2}}\)\( = \dfrac{{\left( {2\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\sqrt x  - 2}}\)\( = 2\sqrt x  + 1.\)

Ta có: \(x = 2020 - 2\sqrt {2019} \)\( = 2019 - 2\sqrt {2019}  + 1\)\( = {\left( {\sqrt {2019}  - 1} \right)^2}\,\,\,\left( {tm} \right)\)

\( \Rightarrow \sqrt x  = \sqrt {{{\left( {\sqrt {2019}  - 1} \right)}^2}}  = \left| {\sqrt {2019}  - 1} \right| = \sqrt {2019}  - 1\,.\)

Thay \(\sqrt x  = \sqrt {2019}  - 1\) vào biểu thức \(Q\) ta được:

\(Q = 2\left( {\sqrt {2019}  - 1} \right) + 1\)\( = 2\sqrt {2019}  - 2 + 1\)\( = 2\sqrt {2019}  - 1.\)

Vậy \(x = 2020 - 2\sqrt {2019} \) thì \(Q = 2\sqrt {2019}  - 1.\)

Vì \(46^\circ  < 50^\circ  \Leftrightarrow \cot 46^\circ  > \cot 50^\circ \).

Đổi 10 phút = \(\dfrac{1}{6}\) giờ.

Gọi quãng đường AB dài là \(x\left( {km} \right)\left( {x > 30{\rm{ }}} \right)\).

Suy ra quãng đường từ khi dừng lại sửa xe đến B là \(x- 30{\rm{ }}\left( {km} \right)\).

Thời gian dự định đi từ A đến B là \(\dfrac{x}{{30}}\)(h).

Thời gian thực tế đi từ A đến B là \(1 + \dfrac{1}{6} + \dfrac{{x - 30}}{{36}}\) (h).

Ta có phương trình:

\(1 + \dfrac{1}{6} + \dfrac{{x - 30}}{{36}} = \dfrac{x}{{30}}\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{36 + 6 + x - 30}}{{36}} = \dfrac{x}{{30}}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{12 + x}}{{36}} = \dfrac{x}{{30}}\\ \Rightarrow 30\left( {12 + x} \right) = 36.x\\ \Leftrightarrow 360 + 30x = 36x\\ \Leftrightarrow 6x = 360\\ \Leftrightarrow x = 60\left( {tm} \right)\end{array}\)

Vậy quãng đường \(AB\) dài \(60\) km.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}S = u + v = m + 1 - m = 1\\P = uv = m\left( {1 - m} \right)\end{array} \right. \Rightarrow u,v\) là hai nghiệm của phương trình \({x^2} - x + m\left( {1 - m} \right) = 0\).

\({x^2} + xy - x - y = x\left( {x + y} \right) - \left( {x + y} \right)\)\( = \left( {x - 1} \right)\left( {x + y} \right)\).

Theo định lý Py-ta-go ta có: \(A{B^2} = A{C^2} + B{C^2} \Rightarrow AB = \sqrt {{1^2} + {2^2}}  = \sqrt 5 \)

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) có \(\sin B = \dfrac{{AC}}{{AB}} = \dfrac{1}{{\sqrt 5 }} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{5}\) và \(\cos B = \dfrac{{BC}}{{AB}} = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }} = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}\)

Cho \(\Delta ABC\) đồng dạng với \(\Delta A'B'C'\) theo tỉ số \(\dfrac{3}{5}\).

\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{A'B'}} = \dfrac{{BC}}{{B'C'}} = \dfrac{{AC}}{{A'C'}} = \dfrac{3}{5}\)\( \Rightarrow \dfrac{{{C_{\Delta ABC}}}}{{{C_{\Delta A'B'C'}}}} = \dfrac{3}{5} \Rightarrow {C_{\Delta ABC}} = \dfrac{3}{5}{C_{\Delta A'B'C'}}.\)

Mà chu vi của tam giác \({C_{\Delta A'B'C'}} = 60cm\) nên \({C_{\Delta ABC}} = \dfrac{3}{5}. 60 = 36cm\).

Đường thẳng \(d:y = mx + n\) và parabol \(\left( P \right):y = a{x^2}\) cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi phương trình \(a{x^2} = mx + n\) có hai nghiệm phân biệt.

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có chiều cao \(AH.\) Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

\(A{H^2} = HB.HC \Leftrightarrow A{H^2} = 9.25\) \( \Leftrightarrow A{H^2} = 225 \Rightarrow AH = 15\)

Vậy \(AH = 15\,cm.\)

Ta có: \(5x\sqrt {\dfrac{{ - 12}}{{{x^3}}}} \)\( =  - \sqrt {{{\left( {5x} \right)}^2}.\dfrac{{ - 12}}{{{x^3}}}}  = \sqrt {25{x^2}\left( {\dfrac{{ - 12}}{x^3}} \right)}  =  - \sqrt {\dfrac{{ - 300}}{x}} \).

ĐKXĐ: \(x \ne 2;\,\,x \ne  - 2\)

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{{x - 1}}{{x + 2}} - \dfrac{{1 - x}}{{2 - x}} = \dfrac{{2({x^2} + 2)}}{{{x^2} - 4}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x - 1}}{{x + 2}} + \dfrac{{1 - x}}{{x - 2}} = \dfrac{{2({x^2} + 2)}}{{(x - 2)(x + 2)}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{(x - 1)(x - 2)}}{{(x - 2)(x + 2)}} + \dfrac{{(1 - x)(x + 2)}}{{(x - 2)(x + 2)}} = \dfrac{{2({x^2} + 2)}}{{(x - 2)(x + 2)}}\\ \Rightarrow (x - 1)(x - 2) + (1 - x)(x + 2) = 2({x^2} + 2)\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - x + 2 + x + 2 - {x^2} - 2x = 2{x^2} + 4\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 4x = 0\\ \Leftrightarrow 2x(x + 2) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\,\,\,\,(TM)\\x =  - 2\,\,\,\,\,(KTM)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ 0 \right\}.\)

Ta có $\sqrt[3]{{ - \dfrac{1}{{27{a^3}}}}} = \sqrt[3]{{{{\left( { - \dfrac{1}{{3a}}} \right)}^3}}} =  - \dfrac{1}{{3a}}$

Ta có:

+) \( - 2.3 =  - 6\). Mà \( - 6 =  - 6\). Vậy bất đẳng thức \( - 2.3 \ge  - 6\) là đúng.

+) Ta có: \(2 < 3\) nên \(2.\left( { - 3} \right) > 3.\left( { - 3} \right)\). Vậy bất đẳng thức \(2.( - 3) \le 3.( - 3)\) là sai.

+) Ta có: \(2 > 1\) nên \(2 + ( - 5) > ( - 5) + 1\). Vậy bất đẳng thức \(2 + ( - 5) > ( - 5) + 1\) là đúng.

+ Ta có: \( - 3 >  - 4\) nên \(2.( - 4) - 3 > 2.( - 4) - 4\). Vậy bất đẳng thức \(2.( - 4) - 3 > 2.( - 4) - 4\) là đúng.

\(\sqrt {17 - 12\sqrt 2 }  + \sqrt {9 + 4\sqrt 2 } \)\( = \sqrt {17 - 2.6\sqrt 2 }  + \sqrt {9 + 2.2\sqrt 2 }  = \sqrt {9 - 2.3.2\sqrt 2  + 8}  + \sqrt {8 + 2.2\sqrt 2 .1 + 1} \)

\( = \sqrt {{{\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2  + 1} \right)}^2}}  = \left| {3 - 2\sqrt 2 } \right| + \left| {2\sqrt 2  + 1} \right| = 3 - 2\sqrt 2  + \left( {2\sqrt 2  + 1} \right) = 4.\)

Gọi \(d:y = {\rm{ax}} + b\,\left( {a \ne 0} \right)\) đi qua \(2\) điểm \(M\left( { - 3;2} \right)\) và \(N\left( {1; - 1} \right)\)

\(M\) thuộc \(d \Leftrightarrow  - 3a + b = 2 \Rightarrow b = 2 + 3a\,\,\left( 1 \right)\)

\(N\) thuộc \(d \Leftrightarrow 1.a + b =  - 1 \Leftrightarrow b =  - 1 - a\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(2 + 3a =  - 1 - a \Leftrightarrow 4a =  - 3 \Leftrightarrow a =  - \dfrac{3}{4}\) suy ra \(b =  - 1 - a =  - 1 + \dfrac{3}{4} =  - \dfrac{1}{4}\)

Vậy \(d:y =  - \dfrac{3}{4}x - \dfrac{1}{4}\).

Hệ số góc của \(d\) là \(k =  - \dfrac{3}{4}\)

Trong các dây của một đường tròn, đường kính là dây có độ dài lớn nhất.

Ta có: \(8. 8. 8 = 512\) nên độ dài hình lập phương đã cho có cạnh là \(8cm\).

Diện tích toàn phần của hình lập phương đã cho là: \(8 \times 8 \times 6 = 384\,\,(c{m^2})\).

Vậy hình lập phương có thể tích \(512c{m^3}\) thì có diện tích toàn phần là \(384c{m^2}\).

\(2\sqrt {32}  - \sqrt {27}  - 4\sqrt 8  + 3\sqrt {75} \)\( = 2\sqrt {16.2}  - \sqrt {9.3}  - 4\sqrt {4.2}  + 3\sqrt {25.3}  \)\(= 8\sqrt 2  - 3\sqrt 3  - 8\sqrt 2  + 15\sqrt 3  = 12\sqrt 3 \)

Ta có \(\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {2{m^2} - 3m + 1} \right) =  - {m^2} + m = m\left( {1 - m} \right)\). Để phương trình có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow 0 \le m \le 1\). Theo định lý Viet ta có: \({x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\) và \({x_1}{x_2} = 2{m^2} - 3m + 1\). Ta có \(\left| {{x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2}} \right| = \left| {2\left( {m - 1} \right) + 2{m^2} - 3m + 1} \right|\)\( = \left| {2{m^2} - m - 1} \right| = 2\left| {{m^2} - \dfrac{m}{2} - \dfrac{1}{2}} \right| = 2\left| {{{\left( {m - \dfrac{1}{4}} \right)}^2} - \dfrac{9}{{16}}} \right|\)

Vì \(0 \le m \le 1 \Leftrightarrow  - \dfrac{1}{4} \le m - \dfrac{1}{4} \le \dfrac{3}{4}\) suy ra \({\left( {m - \dfrac{1}{4}} \right)^2} \le \dfrac{9}{{16}} \Leftrightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{4}} \right)^2} - \dfrac{9}{{16}} \le 0\)

Do đó \(\left| {{x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2}} \right| = 2\left| {{{\left( {m - \dfrac{1}{4}} \right)}^2} - \dfrac{9}{{16}}} \right| = 2\left| {\dfrac{9}{{16}} - {{\left( {m - \dfrac{1}{4}} \right)}^2}} \right| = \dfrac{9}{8} - 2{\left( {m - \dfrac{1}{4}} \right)^2} \le \dfrac{9}{8}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(m = \dfrac{1}{4}\).

Từ hình vẽ suy ra đồ thị hàm số đi qua hai điểm có tọa độ \(\left( {0; - 1} \right)\) và \(\left( {2;3} \right)\) .

Thay tọa độ hai điểm vào mỗi hàm số ta thấy với hàm số \(y = 2x - 1\)

+) Thay \(x = 0;y =  - 1\) và vào hàm số \(y = 2x - 1\) ta được \( - 1 = 2.0 - 1 \Leftrightarrow  - 1 =  - 1\) (luôn đúng)

+) Thay \(x = 2;y = 3\) và vào hàm số \(y = 2x - 1\) ta được \(3 = 2.2 - 1 \Leftrightarrow 3 = 3\) (luôn đúng)

Vậy đồ thị hàm số \(y = 2x - 1\) là đường thẳng như hình vẽ.

Hàm số \(y =  - 3x + 2\) có \(a =  - 3 < 0\) nên là hàm số nghịch biến

Hàm số \(y =  - \dfrac{1}{3}\left( { - x + 1} \right)\)\( \Leftrightarrow y = \dfrac{1}{3}x - \dfrac{1}{3}\) có \(a = \dfrac{1}{3} > 0\) nên là hàm số đồng biến

Hàm số \(y = 6 - \dfrac{x}{2}\)\( \Leftrightarrow y =  - \dfrac{1}{2}x + 6\)có \(a =  - \dfrac{1}{2} < 0\) nên là hàm số nghịch biến

Hàm số \(y =  - \left( {1 - 2x} \right) \Leftrightarrow y = 2x - 1\) có \(a = 2 > 0\) nên là hàm số đồng biến

Vậy có hai hàm số nghịch biến \(y =  - 3x + 2;y = 6 - \dfrac{x}{2}.\)

Bán kính \(R\) của đường tròn đáy là \(\pi {R^2} = 36\pi  \Rightarrow R = 6\,cm\)

Diện tích xung quanh của hình trụ \({S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi .6.8 = 96\pi \,\left( {c{m^2}} \right)\)

Vì trục lăn \(10\) vòng nên diện tích tạo trên sân phẳng là \(10.96\pi  = 960\pi \,\left( {c{m^2}} \right)\)

Ta có \(A = \sqrt {{m^2} + 2m + 1}  + \sqrt {{m^2} - 8m + 16} \)\( = \sqrt {{{\left( {m + 1} \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {m - 4} \right)}^2}}  = \left| {m + 1} \right| + \left| {m - 4} \right|\)

Ta có \(\left| {m + 1} \right| + \left| {m - 4} \right| = \left| {m + 1} \right| + \left| {4 - m} \right| \ge \left| {m + 1 + 4 - m} \right| = 5\)

Dấu “=” xảy ra khi \(m + 1 = 4 - m \) hay \( 2m = 3 \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\)

Suy ra GTNN của \(B\) là \(5 \) khi \( m = \dfrac{3}{2}\) .