Bài tập trắc nghiệm Sự tương giao của hai đồ thị hàm số, toán 12

Chọn [C].
Phương trình hoành độ giao điểm:\( – {x^4} + 2{x^2} – 1 = 0\) <=>\({x^2} = 1\) <=>\(x = 1 \vee x = – 1.\)
Vậy số giao điểm là \(2\).

Chọn [B].
Giải phương trình \(\left( {x + 3} \right)\left( {{x^2} + 3x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 1\\x = – 2\\x = – 3\end{array} \right.\)
Vậy số giao điểm là \(3\).

Chọn [B].
Lập phương trình hoành độ giao điểm: \({x^3} – 2{x^2} + x – 12 = 0\)\( \Leftrightarrow x = 3\)
Vậy có một giao điểm duy nhất.

Chọn [C].
Lập phương trình hoành độ giao điểm \((P)\).
Thế vào phương trình \(y = x – 1\) được tung độ tương ứng \(\left[ \begin{array}{l}y = – 1\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy chọn \(\left( {0; – 1} \right),{\rm{ }}\left( {2;1} \right).\)

Chọn [B].
Phương trình hoành độ giao điểm: \(\dfrac{{2x – 1}}{{x + 1}} = 2x – 3\) <=>\(\left\{ \begin{array}{l}x \ne – 1\\2{x^2} – 3x – 2 = 0\end{array} \right.\) <=>\(\left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = – \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\)
Thế vào phương trình \(2x – 3\) được tung độ tương ứng: \(\left[ \begin{array}{l}y = 1\\y = – 4\end{array} \right.\).
Vậy chọn \(\left( {2;\,\,1} \right)\,{\rm{ va{\o}}}\,{\rm{ }}\left( { – \dfrac{1}{2};\,\, – 4} \right)\).

Chọn [C].
Phương trình hoành độ giao điểm
\(2{x^4} + {x^3} + {x^2} = 0 \Leftrightarrow {x^2}(2{x^2} + x + 1) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\2{x^2} + x + 1 = 0(VN)\end{array} \right.\)
Vậy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại một điểm.

Chọn [D].
Phương trình hoành độ giao điểm
\(2{x^3} – 3{x^2} + 1 = x – 1 \Leftrightarrow 2{x^3} – 3{x^2} – x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left( {x – 1} \right)\left( {2{x^2} – x – 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \dfrac{{1 – \sqrt {17} }}{4}\\x = \dfrac{{1 + \sqrt {17} }}{4}\end{array} \right.\)
Vậy số giao điểm là 3.

Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm \(\dfrac{{{x^2} – 4x + 3}}{{x + 2}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.\).
Vậy số giao điểm là 2.

Chọn [D].
Phương trình hoành độ giao điểm \(\left( {x – 1} \right)\left( {{x^2} – 3x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\).
Vậy số giao điểm là 2.

Chọn [D].
Lập phương trình hoành độ giao điểm \(\dfrac{{{x^2} – 2x – 3}}{{x – 1}} = x + 1 \Leftrightarrow x = – 1 \Rightarrow y = 0\).
Vậy chọn \(\left( { – 1;\,\,0} \right)\).

Chọn [B].
Phương trình hoành độ giao điểm:
\({x^4} – 4{x^2} – 2 = – {x^2} + 1 \Leftrightarrow {x^4} – 3{x^2} – 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = \dfrac{{3 + \sqrt {21} }}{2} \Leftrightarrow x = \sqrt {\dfrac{{3 + \sqrt {21} }}{2}} \vee x = – \sqrt {\dfrac{{3 + \sqrt {21} }}{2}} \\{x^2} = \dfrac{{3 – \sqrt {21} }}{2} < 0\end{array} \right.\)
Vậy số giao điểm là 2.

Chọn [A].
Phương trình hoành độ giao điểm:
\(\dfrac{{2x – 1}}{{x + 1}} = 2x – 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne – 1\\2{x^2} – 3x – 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2{\rm{ }}\\x = – \dfrac{1}{2}\end{array} \right..\)
Vậy số giao điểm là 2.

Chọn [A].
Lập phương trình hoành độ giao điểm \(\dfrac{{2x – 1}}{{x + 2}} = x – 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3 \Rightarrow y = 1\\x = – 1 \Rightarrow y = – 3\end{array} \right.\) .
Vậy chọn \(A\left( { – 1; – 3} \right),\,{\rm{ }}B\left( {3;1} \right).\)

Chọn C
Phương trình hoành độ giao điểm:
\(\dfrac{{2x – 1}}{{x + 1}} = 2x – 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne – 1\\2{x^2} – 3x – 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = – \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Rightarrow {x_I} = \dfrac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = \dfrac{3}{4}.\)

Chọn [D].
Lập phương trình hoành độ giao điểm \(\dfrac{{2x + 2}}{{x – 1}} = x + 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3 \Rightarrow y = 4\\x = – 1 \Rightarrow y = 0\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {1;2} \right).\)
Vậy chọn \(I\left( {1;2} \right).\)

Chọn [B].
Lập phương trình hoành độ giao điểm \(\dfrac{{2x + 4}}{{x – 1}} = x + 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 + \sqrt 6 \\x = 1 – \sqrt 6 \end{array} \right. \Rightarrow {x_I} = 1.\)

Chọn [A].
Lập phương trình hoành độ giao điểm:
\(2{x^4} – {x^2} + 2 = 6 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = \dfrac{{1 + \sqrt {33} }}{4}\\{x^2} = \dfrac{{1 – \sqrt {33} }}{4}\end{array} \right. \Rightarrow x = \sqrt {\dfrac{{1 + \sqrt {33} }}{4}} \vee x = – \sqrt {\dfrac{{1 + \sqrt {33} }}{4}} .\)

Chọn [A].
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(\left( {C’} \right)\) là \(y = 1.\) Phương trình hoành độ giao điểm
\(2{x^4} – {x^2} = 1 \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = – 1\end{array} \right. \Rightarrow y = 1.\)
Vậy chọn \(\left( {1;1} \right),{\rm{ }}\left( { – 1;1} \right).\)

Chọn [C].
Lập phương trình hoành độ giao điểm: \({x^3} – 3{x^2} + 1 = m\)
Ta có: \(y’ = 3{x^2} – 6x\); \(y’ = 0 \Leftrightarrow x = 0\,\, \vee \,\,x = 2.\)
Bảng biến thiên:

Do đó, đồ thị cắt đường thẳng \(y = m\) tại ba điểm phân biệt khi .
Vậy chọn \( – 3 < m < 1\).

Chọn [A].
Lập phương trình hoành độ giao điểm: \( – 2{x^4} + 4{x^2} + 2\, = m\)
Ta có: \(y’ = – 8{x^3} + 8x\) ; \(y’ = 0 \Leftrightarrow x = 0\,\, \vee \,\,x = 1 \vee x = – 1.\)
Bảng biến thiên:

Do đó, đường thẳng \(y = m\) không cắt đồ thị hàm số khi \(m > 4\).
Vậy chọn \(m > 4\).

Chọn [A].
Ta khảo sát hàm số \(\left( C \right):y = {x^4} – 2{x^2}\) tìm được \({y_{CT}} = – 1,{\rm{ }}{y_{{\rm{C\S}}}} = 0\).
Yêu cầu bài toán\( \Leftrightarrow – 1 < m + 3 < 0 \Leftrightarrow – 4 < m < – 3\).
Vậy chọn \(m \in \left( { – 4; – 3} \right)\).

Chọn [A].
Phương pháp tự luận:
Ta khảo sát hàm số \(\left( C \right):y = {x^3} – 3x + 1\) tìm được \({y_{{\rm{C\S}}}} = 3,{\rm{ }}{y_{CT}} = – 1.\)
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow – 1 < m < 3\). Vậy chọn \( – 1 < m < 3.\)
Phương pháp trắc nghiệm: Ta kiểm tra trực tiếp đáp án
+Với \(m = 2,\) giải phương trình \({x^3} – 3x – 1 = 0\) ta bấm máy được ba nghiệm \( \Rightarrow \) loại C, [D].
+Với \(m = – 1\), giải phương trình \({x^3} – 3x + 2 = 0\) ta bấm máy được hai nghiệm \( \Rightarrow \) loại [B].
Vậy chọn \( – 1 < m < 3\)

Chọn [B].
Bảng biến thiên:

Đường thẳng \(d:y = m\) cắt \(\left( C \right)\) tại ba điểm phân biệt khi: \( – 2 < m < 2\) .
Vậy chọn \( – 2 < m < 2\).

Chọn [A].
Bảng biến thiên

Đường thẳng \(d:y = m\) cắt \(\left( C \right)\) tại bốn điểm phân biệt khi \( – 4 < m < – 3\).
Vậy chọn \( – 4 < m < – 3\)

Chọn [C].
Xét hàm số \(y = {x^4} – 4{x^2} – 2\)
Tính \(y’ = 4{x^3} – 8x\)
Cho \(y’ = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} – 8x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = – 2\\x = \sqrt 2 \Rightarrow y = – 6\\x = – \sqrt 2 \Rightarrow y = – 6\end{array} \right.\).
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên suy ra \( – 6 < m < – 2\).
Vậy chọn \( – 6 < m < – 2\).

Chọn [B].
Phương trình <=>\(m = – {x^4} + 3{x^2}\). Đặt \(\left( C \right):y = – {x^4} + 3{x^2}\) và \(d:y = m\)
Xét hàm số \(y = – {x^4} + 3{x^2}\). Ta có\(y’ = – 4{x^3} + 6x\); \(y’ = 0 \Leftrightarrow x = 0\,\, \vee \,\,x = \dfrac{{\sqrt 6 }}{2} \vee \,\,x = – \dfrac{{\sqrt 6 }}{2}.\)
Bảng biến thiên:

Phương trình có bốn nghiệm phân biệt <=> d cắt \(\left( C \right)\) tại bốn điểm phân biệt <=>\(0 < m < \dfrac{9}{4}\).
Vậy chọn \(0 < m < \dfrac{9}{4}\).

chọn [B].
Phương trình hoành độ giao điểm: \( – {x^4} + 2{x^2} + m = 0\,\)<=>\(m = {x^4} – 2{x^2}\).
Đặt \(\left( C \right):y = {x^4} – 2{x^2}\) và \(d:y = m\)
Xét hàm số \(y = {x^4} – 2{x^2}\).
Ta có \(y’ = 4{x^3} – 4x\) ; \(y’ = 0 \Leftrightarrow x = 0\,\, \vee \,\,x = – 1 \vee x = 1.\)
Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại ít nhất ba điểm phân biệt khi \( – 1 < m \le 0\).
Vậy chọn \( – 1 < m \le 0\).

Chọn [B].
Phương trình hoành độ giao điểm: \(\left( {x – 2} \right)\left( {{x^2} + mx + {m^2} – 3} \right) = 0{\rm{ }}\,\,(1)\)
<=>$\left[ \begin{array}{l} x = 2\\ {x^2} + mx + {m^2} – 3\, = 0{\rm{ }}\,(2) \end{array} \right.$
Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt <=> Phương trình có ba nghiệm phân biệt <=>Phương trình \(\left( {\rm{2}} \right)\)có hai nghiệm phân biệt khác \(2\)
<=>\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\4 + 2m + {m^2} – 3 \ne 0\end{array} \right.\) <=>\(\left\{ \begin{array}{l} – 3{m^2} + 12 > 0\\{m^2} + 2m + 1 \ne 0\end{array} \right.\) <=>\(\left\{ \begin{array}{l} – 2 < m < 2\\m \ne – 1\end{array} \right.\). Vậy chọn \(\left\{ \begin{array}{l} – 2 < m < 2\\m \ne – 1\end{array} \right.\).

Chọn [A].
Tương tự ta khảo sát hàm số \(\left( C \right):y = {x^4} – 2{x^2} + 3\) ta tìm được \({y_{CT}} = 2,{y_{CD}} = 3\).
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow 2 < m < 3\). Vậy chọn \(2 < m < 3\).

Chọn [C].
Phương pháp tự luận:
Tương tự ta khảo sát hàm số \(\left( C \right):y = {x^4} – 2{x^2} + 3\) ta tìm được \({y_{CT}} = 2,{y_{CD}} = 3\).
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow m = 2 \vee m > 3\). Vậy chọn \(m = 2 \vee m > 3\).
Phương pháp trắc nghiệm:
+Với \(m = 3,\) ta giải phương trình \({x^4} – 2{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0 \vee x = \sqrt 2 \vee x = – \sqrt 2 \Rightarrow \)loại B, [D].
+Với \(m = 2,\) ta giải phương trình \({x^4} – 2{x^2} + 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \vee x = – 1 \Rightarrow \) loại
[A].

Chọn [D].
Phương pháp tự luận:
Khảo sát hàm số \(\left( C \right):y = – 2{x^4} + 2{x^2} + 1\) tìm được \({y_{CT}} = 1,{\rm{ }}{y_{{\rm{C\S}}}} = \dfrac{3}{2}\).
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow 3m = 1 \Leftrightarrow m = \dfrac{1}{3}\). Vậy chọn \(m = \dfrac{1}{3}\).
Phương pháp trắc nghiệm:
+ Với \(m = \dfrac{1}{2}\), ta giải phương trình \( – 2{x^4} + 2{x^2} – \dfrac{1}{2} = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \vee x = – \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \)loại B, [A].
+ Với \(m = 0\), ta giải phương trình
\( – 2{x^4} + 2{x^2} + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}\\{x^2} = \dfrac{{1 – \sqrt 3 }}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \sqrt {\dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}} \vee x = – \sqrt {\dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}} \) \( \Rightarrow \) loại [C].
Vậy chọn \(m = \dfrac{1}{3}.\)

Chọn [C].
Phương pháp tự luận:

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và trục \(Ox\): \( – 2{x^3} + 3{x^2} + 2m – 1 = 0\). Ta khảo sát hàm số \(\left( {C’} \right):y = 2{x^3} – 3{x^2} + 1\) và cũng chỉ là tìm \({y_{CD}},{y_{CT}}\). Cụ thể\({y_{CD}} = 1,{y_{CT}} = 0\). Do đó yêu cầu bài toán\( \Leftrightarrow 0 < 2m < 1 \Leftrightarrow 0 < m < \dfrac{1}{2}\) . Vậy chọn \(0 < m < \dfrac{1}{2}\)
Phương pháp trắc nghiệm:
+ Với \(m = 0,\) ta có phương trình \( – 2{x^3} + 3{x^2} – 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{ – 1}}{2}\\x = 1\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \) loại B, [D].
+ Với \(m = 0.1\), ta có phương trình \( – 2{x^3} + 3{x^2} – 0.8 = 0\) có 3 nghiệm \( \Rightarrow \) loại [C].

Chọn [C].
Ta có \({x^3} – 3{x^2} + 4 + m = 0{\rm{ }}\left( * \right).\) Xem phương trình (*) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (C):\(y = – {x^3} + 3{x^2} – 4\) và đường thẳng d:\(y = m\). Số giao điểm của (C) và d là số nghiệm của (*). Dựa vào đồ thị hàm số, yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \)\(m < – 4\). Vậy chọn \(m < – 4\).

Chọn [D].
Phương pháp tự luận:
Ta có đồ thị của hàm số \(y = {x^3} – 3x + 1\)như hình bên.
Dựa vào đồ thị ta tìm được kết quả để đồ thị cắt hàm số tại ba điểm phân biệt là \( – 1 < m < 3.\)
Với \(x = 0 \Rightarrow y = 1\) nên yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow – 1 < m < 1\). Vậy chọn \( – 1 < m < 1.\)
Phương pháp trắc nghiệm: Xét \(m = 1\), ta được phương trình \({x^3} – 3x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm \sqrt 3 \end{array} \right.\)
không đủ hai nghiệm dương \( \Rightarrow \) loại A, B,
[C]. Vậy chọn \( – 1 < m < 1.\)

Chọn [A].
Phương trình \(\left( 1 \right)\) <=>\( – 2{x^3} + 3{x^2} – 1 = 2m – 1\) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị \(\left( C \right)\) và \(d:y = 2m – 1\) (là đường thẳng song song hoặc trùng với \(Ox\)).
Phương trình có ba nghiệm phân biệt <=> \(\left( C \right)\)cắt dtại ba điểm phân biệt <=>\( – 1 < 2m – 1 < 0\) <=>\(0 < m < \dfrac{1}{2}\). Vậy chọn \(0 < m < \dfrac{1}{2}\).

Chọn [C].
Phương pháp tự luận
Ta có \({x^3} – 3{x^2} + 1 – m = 0\) là phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đồ thị hàm số \(y = {x^3} – 3{x^2} + 1\) và \(y = m\) (là đường thẳng song song hoặc trùng với \(Ox\)).
Xét \(y = {x^3} – 3{x^2} + 1\). Tập xác định: \(D = \mathbb{R}.\)
Tính \(y’ = 3{x^2} – 6x.\)
Ta có \(y’ = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} – 6x = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = 1\\x = 2 \Rightarrow y = – 3\end{array} \right.\).
Ta có \(x = 1 \Rightarrow y = – 1\)
Dựa vào đồ thị, số nghiệm của phương trình \((1)\) chính là số giao điểm của đồ thị \(y = {x^3} – 3{x^2} + 1\) và đường thẳng \(y = m\).
Do đó, yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow – 3 < m < – 1\).
Phương pháp trắc nghiệm
Chọn \(m = 2\)thay vào \((1)\) tìm nghiệm bằng máy tính. Ta nhận thấy \((1)\) chỉ có một nghiệm. Suy ra loại được đáp án [B].
Tiếp tục thử \(m = – 1\) thay vào \((1)\) tìm nghiệm bằng máy tính. Ta nhận thấy \((1)\) có ba nghiệm nhưng có một nghiệm bằng 1. Suy ra loại [A].
Tiếp tục thử \(m = – 2\) thay vào \((1)\) tìm nghiệm bằng máy tính. Ta nhận thấy \((1)\) có ba nghiệm thỏa yêu cầu bài toán. Suy ra loại [D].
Vậy C là đáp án cần tìm.

Chọn [B].
Phương pháp tự luận
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d
\(2{x^3} – 3{x^2} + 1 = x – 1 \Leftrightarrow 2{x^3} – 3{x^2} – x + 2 = 0\)
\( \Leftrightarrow (x – 1)(2{x^2} – x – 2) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\2{x^2} – x – 2 = 0\;\;(1)\end{array} \right.\)
Khi đó ta có \(A(1;0),B({x_1};{x_1} – 1)\)và \(C({x_2};{x_2} – 1)\) (\({x_1},{x_2}\)là nghiệm của (1))
Ta có \(\overrightarrow {BC} = ({x_2} – {x_1};{x_2} – {x_1})\), suy ra
\(BC = \sqrt {{{({x_2} – {x_1})}^2} + {{({x_2} – {x_1})}^2}} = \sqrt {2{{({x_2} – {x_1})}^2}} = \sqrt {2{{({x_2} + {x_1})}^2} – 4{x_1}{x_2}} = \sqrt {2\left( {\dfrac{1}{4} + 4} \right)} = \dfrac{{\sqrt {34} }}{2}\).
Vậy chọn [B].
Phương pháp trắc nghiệm
Phương trình hoành độ giao điểm
\(2{x^3} – 3{x^2} + 1 = x – 1 \Leftrightarrow 2{x^3} – 3{x^2} – x + 2 = 0\).
– Nhập máy tính tìm nghiệm phương trình bậc ba.
– Gán hai nghiệm khác 1 vào \(B\)và \(C\).
– Nhập máy \(X – 1\). Dùng lệnh CALC tìm tung độ của điểm \(B\) và \(C\) gán vào hai biến \(D\) và \(E\). Khi đó \(BC = \sqrt {{{(C – B)}^2} + {{(E – D)}^2}} = \dfrac{{\sqrt {34} }}{2}\).
Vậy chọn [B].

Chọn [D].
Phương pháp tự luận
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C)và đường thẳng d
\(\dfrac{{2x – 1}}{{x + 1}} = 2x – 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne – 1\\2{x^2} – 3x – 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2 \Rightarrow y = 1{\rm{ }} \Rightarrow A(2;1)\\x = – \dfrac{1}{2} \Rightarrow y = – 4{\rm{ }} \Rightarrow B\left( { – \dfrac{1}{2}; – 4} \right)\end{array} \right.\)
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { – \dfrac{5}{2}; – 5} \right)\). Suy ra \(AB = \dfrac{{5\sqrt 5 }}{2}\). Vậy chọn \(AB = \dfrac{{5\sqrt 5 }}{2}\).
Phương pháp trắc nghiệm
Phương trình hoành độ giao điểm: \(\dfrac{{2x – 1}}{{x + 1}} = 2x – 3{\rm{ }}(x \ne – 1)\).
Dùng lệnh CALC của máy tính, ta tìm được hai nghiệm của phương trình lần lượt là \(x = 2\) và \(x = – \dfrac{1}{2}\). Suy ra \(A(2;1)\) và \(B\left( { – \dfrac{1}{2}; – 4} \right)\). Dùng máy tính thu được \(AB = \dfrac{{5\sqrt 5 }}{2}\).
Vậy chọn \(AB = \dfrac{{5\sqrt 5 }}{2}\).

Chọn [D].
Phương pháp tự luận
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C)và đường thẳng d:
\(\dfrac{{2x – 1}}{{x + 1}} = 2x – m{\rm{ }}(x \ne – 1) \Leftrightarrow 2{x^2} – mx + 1 – m = 0\;\;(1)\)
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \)\((1)\) có hai nghiệm phân biệt khác \( – 1\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta = {m^2} – 8(1 – m) > 0\\2 + m + 1 – m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m < – 4 – 2\sqrt 6 \vee m > – 4 + 2\sqrt 6 \).
Vậy chọn \(m < – 4 – 2\sqrt 6 \) hoặc \(m > – 4 + 2\sqrt 6 \).
Phương pháp trắc nghiệm
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d:
\(\dfrac{{2x – 1}}{{x + 1}} = 2x – m{\rm{ }}(x \ne – 1) \Leftrightarrow 2{x^2} – mx + 1 – m = 0\;\;(1)\)
Chọn \(m = 0\) thay vào \((1)\) tìm nghiệm bằng máy tính, ta nhận thấy \((1)\)vô nghiệm. Suy ra loại được A và [C].
Tiếp tục chọn \(m = – 4 + 2\sqrt 6 \) thay vào \((1)\) tìm nghiệm bằng máy tính, ta nhận thấy \((1)\) có nghiệm kép. Suy ra loại
[B].
Vậy chọn \(m < – 4 – 2\sqrt 6 \) hoặc \(m > – 4 + 2\sqrt 6 \).

Chọn [C].
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C)và đường thẳng d:
\(\dfrac{x}{{x – 1}} = x + m \Leftrightarrow {x^2} + \left( {m – 2} \right)x – m = 0\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
\(\left( C \right)\) cắt d tại hai điểm phân biệt\( \Leftrightarrow \left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt
\( \Leftrightarrow \Delta > 0 \Leftrightarrow {m^2} + 4 > 0\) (đúng với mọi m).
Vậy chọn \(\mathbb{R}\).

Chọn [D].
Phương pháp tự luận:
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C)và đường thẳng d:\( – {x^3} + 4x = x + {m^2} \Leftrightarrow – {x^3} + 3x = {m^2}\)
Ta khảo sát hàm số \(\left( C \right):y = – {x^3} + 3x\) có đồ thị sau như hình bên.
Tìm được \({y_{CT}} = – 2,{\rm{ }}{y_{{\rm{C\S}}}} = 2\) nên yêu cầu bài toán
\( \Leftrightarrow – 2 < {m^2} < 2 \Leftrightarrow – \sqrt 2 < m < \sqrt 2 \).
Vậy chọn \( – \sqrt 2 < m < \sqrt 2 .\)
Phương pháp trắc nghiệm:
+ Với \(m = – 3,\) ta có phương trình \( – {x^3} + 3x – 9 = 0\), bấm máy tính ta chỉ tìm được một nghiệm \( \Rightarrow \) loại B, [C].
+ Với \(m = 1.4,\) ta có phương trình \( – {x^3} + 3x – 1,{4^2} = 0\), bấm máy tính ta ra được ba nghiệm \( \Rightarrow \) loại [A].
Vậy chọn \( – \sqrt 2 < m < \sqrt 2 \).

Chọn [C].
Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(\left( P \right)\) là:
\({x^4} = \left( {3m + 4} \right){x^2} – {m^2}\) <=> \({x^4} – \left( {3m + 4} \right){x^2} + {m^2} = 0\)\((1)\).
\(\left( C \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại bốn điểm phân biệt <=> Phương trình \(\left( 1 \right)\) có bốn nghiệm phân biệt
<=>\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\P > 0\\S > 0\end{array} \right.\) <=>\(\left\{ \begin{array}{l}5{m^2} + 24m + 16 > 0\\{m^2} > 0\\3m + 4 > 0\end{array} \right.\) <=>\(\left\{ \begin{array}{l}m < – 4\,\, \vee \,\,m > – \dfrac{4}{5}\\m \ne 0\\m > – \dfrac{4}{3}\end{array} \right.\) <=>\(\left\{ \begin{array}{l}m > – \dfrac{4}{5}\\m \ne 0\end{array} \right.\).
Vậy chọn \(\left\{ \begin{array}{l}m > – \dfrac{4}{5}\\m \ne 0\end{array} \right.\).

Chọn [B].
Phương trình đường thẳng \(d:y = kx – 1\).
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d:
\(2{x^3} – 3{x^2} – 1 = kx – 1\) <=>\(x\left( {2{x^2} – 3x – k} \right) = 0\) <=>\(\left[ \begin{array}{l}x = 0\,\,\, & \;\;\;\;\;\;\;\;(1)\\2{x^2} – 3x – k\,\,\,(2)\end{array} \right.\)
\(\left( C \right)\) cắt d tại ba điểm phân biệt\( \Leftrightarrow \)Phương trình \(\left( {\rm{2}} \right)\) có hai nghiệm phân biệt khác \(0\)
<=>\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\0 – k \ne 0\end{array} \right.\) <=>\(\left\{ \begin{array}{l}k > – \dfrac{9}{8}\\k \ne 0\end{array} \right.\).
Vậy chọn \(\left\{ \begin{array}{l}k > – \dfrac{9}{8}\\k \ne 0\end{array} \right.\).

Chọn [D].
Phương pháp tự luận:
Phương trình \(d:y = k\left( {x – 1} \right) + 2\).
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C)và đường thẳng d:
\({x^3} – 3{x^2} + 4 = kx – k + 2\)\( \Leftrightarrow {x^3} – 3{x^2} – kx + k + 2 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
\( \Leftrightarrow \left( {x – 1} \right)\left( {{x^2} – 2x – k – 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\\underbrace {{x^2} – 2x – k – 2}_{g(x)} = 0\;\;(*)\end{array} \right.\)
d cắt \(\left( C \right)\) tại ba điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \) Phương trình \((*)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) khác \(1\)
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \Delta _g^, > 0\\ g\left( 1 \right) \ne 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} k + 3 > 0\\ – 3 – k \ne 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow k > – 3$
Hơn nữa theo Viet ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2 = 2{x_I}\\{y_1} + {y_2} = k\left( {{x_1} + {x_2}} \right) – 2k + 4 = 4 = 2{y_I}\end{array} \right.\) nên I là trung điểm AB.
Vậy chọn \(k > – 3\), hay \(\left( { – 3; + \infty } \right)\).
Phương pháp trắc nghiệm:
Ta tính toán đến phương trình \(\left( 1 \right)\)
+ Với \(k = – 2\), ta giải phương trình \({x^3} – 3{x^2} + 2x = 0\) thu được \({x_1} = 2,{x_2} = 0,{x_I} = 1\).
+ Hơn nữa \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2 = 2{x_I}\\{y_1} + {y_2} = 4 = 2{y_I}\end{array} \right.\) nên I là trung điểm AB \( \Rightarrow \) loại A, C từ đó ta loại được [B].
Vậy chọn \(k > – 3\).

Chọn [A].
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và trục \(Ox\):
\({x^3} – 3\left( {m + 1} \right){x^2} + 2\left( {{m^2} + 4m + 1} \right)x – 4m\left( {m + 1} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {x – 2} \right)\left( {{x^2} – \left( {3m + 1} \right)x + 2{m^2} + 2m} \right) = 0\)
\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x – 2 = 0\\{x^2} – (3m + 1)x + 2{m^2} + 2m = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 2m\\x = m + 1\end{array} \right.\)
Yêu cầu bài toán\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 < 2m \ne 2\\1 < m + 1 \ne 2\\2m \ne m + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{2} < m \ne 1\\0 < m \ne 1\\m \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \dfrac{1}{2} < m \ne 1\).
Vậy chọn \(\dfrac{1}{2} < m \ne 1\).

Chọn [D].
Phương trình hoành độ giao điểm \(\left( C \right)\) và d là \(4{x^3} – 3x + 1 = m\left( {x – 1} \right) + 2\)
<=>\(4{x^3} – \left( {m + 3} \right)x + m – 1 = 0\) <=>\(\left[ \begin{array}{l}x = 1\\4{x^2} + 4x – m + 1 = 0\,\,(1)\end{array} \right.\)
\(\left( C \right)\) cắt d tại một điểm <=> Phương trình \(\left( {\rm{1}} \right)\)vô nghiệm hay phương trình \(\left( {\rm{1}} \right)\) có nghiệm kép bằng \(1\)
<=>\(\left[ \begin{array}{l}\Delta ‘ < 0\\\left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ = 0\\4 + 4 – m + 1 = 0\end{array} \right.\end{array} \right.\) <=>\(\left[ \begin{array}{l}4m < 0\\\left\{ \begin{array}{l}4m = 0\\m = 9\end{array} \right.\end{array} \right.\) <=>\(m < 0\).
Vậy chọn \(m < 0\).

Chọn [A].
Phương pháp tự luận
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d
\(\dfrac{{2x + 1}}{{x + 1}} = x + m \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne – 1\\{x^2} + (m – 1)x + m – 1 = 0\;\;(1)\end{array} \right.\)
Khi đó d cắt (C)tại hai điểm phân biệt \(A\),\(B\) khi và chi khi phương trình \((1)\) có hai nghiệm phân biệt khác \( – 1\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{(m – 1)^2} – 4(m – 1) > 0\\{( – 1)^2} – (m – 1) + m – 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 1 \vee m > 5{\rm{ }}(*)\)
Khi đó ta lại có
\(A({x_1};{x_1} + m),B({x_2};{x_2} + m) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = ({x_2} – {x_1};{x_2} – {x_1}) \Rightarrow AB = \sqrt {2{{({x_2} – {x_1})}^2}} = \sqrt 2 \left| {{x_2} – {x_1}} \right|\),
và \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 1 – m\\{x_1}{x_2} = m – 1\end{array} \right.\). Từ đây ta có
\(AB = \sqrt {10} \Leftrightarrow \left| {{x_2} – {x_1}} \right| = \sqrt 5 \Leftrightarrow {({x_2} + {x_1})^2} – 4{x_1}{x_2} = 5\)
\( \Leftrightarrow {(1 – m)^2} – 4(m – 1) = 5 \Leftrightarrow {m^2} – 6m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 6\end{array} \right.\) (thỏa \((*)\))
Vậy chọn \(m = 0 \vee m = 6\).
Phương pháp trắc nghiệm
Chọn \(m = 0\) thay vào d. Ta được \(\dfrac{{2x + 1}}{{x + 1}} = x\;\;(x \ne – 1)\).
Dùng lệnh SHIFT CALC tìm được \(x = \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2}\) hoặc \(x = \dfrac{{1 – \sqrt 5 }}{2}\).
Suy ra \(A\left( {\dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2};\dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2}} \right),B\left( {\dfrac{{1 – \sqrt 5 }}{2};\dfrac{{1 – \sqrt 5 }}{2}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} ( – \sqrt 5 , – \sqrt 5 ) \Rightarrow AB = \sqrt {10} \).
Nhận thấy \(m = 0\) thỏa yêu cầu.
Tượng tự chọn \(m = 6\) kiểm tra tương tự \(m = 0\) nhận thấy \(m = 6\) thỏa yêu cầu bài toán.
Vậy chọn \(m = 0 \vee m = 6\).

Chọn
[A].
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d
\(\dfrac{{2x + 1}}{{x + 1}} = x + m{\rm{ }}(x \ne – 1) \Leftrightarrow {x^2} + (m – 1)x + m – 1 = 0\;\;(1)\)
Khi đó d cắt (C)tại hai điểm phân biệt \(A\), \(B\) khi và chi khi phương trình \((1)\) có hai nghiệm phân biệt khác \( – 1\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{(m – 1)^2} – 4(m – 1) > 0\\{1^2} – (m – 1) + m – 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 1 \vee m > 5\\1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 1 \vee m > 5\)
Ta có \(f'(x) = \dfrac{1}{{{{(x + 1)}^2}}}\). Gọi \(A({x_1};{y_1}),B({x_2};{y_2})\)trong đó \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của \((1)\) (nên ta có \({x_1} + {x_2} = 1 – m\)). Suy ra hệ số góc của các tiếp tuyến tại điểm \(A\) và \(B\) lần lượt là ${k_A} = \dfrac{1}{{{{({x_1} + 1)}^2}}}$ và ${k_B} = \dfrac{1}{{{{({x_2} + 1)}^2}}}$
Vì tiếp tuyến tại \(A\) và \(B\) song song, đồng thời \({x_1} \ne {x_2}\) nên phải có \(\dfrac{1}{{{{({x_1} + 1)}^2}}} = \dfrac{1}{{{{({x_2} + 1)}^2}}}\), suy ra
\({x_1} + 1 = – {x_2} – 1 \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} + 2 = 0 \Leftrightarrow 1 – m + 2 = 0 \Leftrightarrow m = 3\;\;(l)\).
Vậy chọn không tồn tại.

Chọn [D].
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị \((P)\) và đường thẳng d:
\({x^2} – 2x – {m^2} = 2x + 1\)<=>\({x^2} – 4x – {m^2} – 1 = 0\)\(\left( {\rm{1}} \right)\)
\(\left( P \right)\) cắt d tại hai điểm phân biệt <=> Phương trình \(\left( {\rm{1}} \right)\) có hai nghiệm phân biệt
<=>\(\Delta ‘ > 0\)
<=>\({m^2} + 5 > 0\)(đúng với mọi m)
Hoành độ của điểm \(A,B\) là nghiệm \({x_1},{x_2}\) của phương trình \(\left( {\rm{1}} \right)\)và tung độ trung điểm I thỏa phương trình d, nên tọa độ trung điểm I là \(\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{2} = 2\\{y_I} = 2{x_I} + 1 = 5\end{array} \right.\).
Vậy chọn \(I\left( {2;\,\,5} \right)\).

Chọn [B].
Phương pháp tự luận: Xét \(m = 1\), phương trình \({x^2} – 1 = 0\) có hai nghiệm (loại).
Khi \(m \ne 1\) ta thấy đồ thị hàm luôn có có hai điểm cực trị. Vậy ta tìm giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số như sau:
\(y’ = 3\left( {m – 1} \right){x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = – m\\x = \dfrac{{ – 2}}{{3\left( {m – 1} \right)}} \Rightarrow y = \dfrac{{ – 27{m^3} + 54{m^2} – 27m + 4}}{{27{{\left( {m – 1} \right)}^2}}}\end{array} \right.\)
\(\left( {{C_m}} \right)\) có 1 điểm chung với \(Ox\)\( \Leftrightarrow {y_{CD}}.{y_{CT}} > 0 \Leftrightarrow \dfrac{{m\left( {27{m^3} – 54{m^2} + 27m – 4} \right)}}{{27{{\left( {m – 1} \right)}^2}}} > 0.\)
\( \Leftrightarrow m < 0 \vee m > \dfrac{4}{3}\) .
Vậy chọn \(m < 0 \vee m > \dfrac{4}{3}\).
Phương pháp trắc nghiệm: Ta kiểm tra trực tiếp các đáp án của đề bài
+ Với \(m = – 1\), phương trình \( – 2{x^3} + {x^2} + 1 = 0\) thu được \(x = 1\) là nghiệm duy nhất \( \Rightarrow \) loại A, [D].
+ Với \(m = 2\), phương trình \({x^3} + {x^2} – 2 = 0\) thu được \(x = 1\) là nghiệm duy nhất \( \Rightarrow \) loại [C].
Vậy chọn \(m < 0 \vee m > \dfrac{4}{3}\).

Chọn [C].
Phương pháp tự luận
Đồ thị (C) cắt trục hoành tại điểm phân biệt tạo thành cấp số cộng khi và chỉ khi phương trình \({x^3} – 3{x^2} – 1 = m\) có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp cố cộng.
Suy ra đường thẳng \(y = m\) đi qua điểm uốn của đồ thị \(y = {x^3} – 3{x^2} – 1\) (do đồ thị (C) nhận điểm uốn làm tâm đối xứng). Mà điểm uốn của \(y = {x^3} – 3{x^2} – 1\) là \(I(1; – 3)\). Suy ra \(m = – 3\). Vậy chọn \(m = – 3\).
Phương pháp trắc nghiệm
Chọn \(m = – 3\) thay vào phương trình \({x^3} – 3{x^2} – m – 1 = 0\).
Ta được \({x^3} – 3{x^2} + 2 = 0\). Dùng chức năng tìm nghiệm phương trình bậc ba ta được ba nghiệm \(x = 1 – \sqrt 3 ,\;x = 1,\;x = 1 + \sqrt 3 \) thỏa cấp số cộng.
Vậy chọn \(m = – 3\).

Chọn
[B].
Phương pháp tự luận
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d:
\(\dfrac{{2x + 1}}{{x – 1}} = x + m{\rm{ }}(x \ne 1) \Leftrightarrow {x^2} + (m – 3)x – m – 1 = 0\;\;(1)\)
Khi đó d cắt (C) tại hai điểm phân biệt \(A\), \(B\) khi và chi khi phương trình \((1)\) có hai nghiệm phân biệt khác \( – 1\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{(m – 3)^2} + 4(m + 1) > 0\\{1^2} + (m – 3) – m – 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} – 2m + 13 > 0\\ – 1 \ne 0\end{array} \right.\) đúng \(\forall m \in \mathbb{R}.\)
Gọi \(A({x_1};{x_1} + m),B({x_2};{x_2} + m)\) trong đó \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của \((1)\), theo Viet ta có
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3 – m\\{x_1}{x_2} = – m – 1\end{array} \right.\).
Gọi \(I\left( {\dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{2};\dfrac{{{x_1} + {x_2} + 2m}}{2}} \right)\) là trung điểm của \(AB\), suy ra \(I\left( {\dfrac{{3 – m}}{2};\dfrac{{3 + m}}{2}} \right)\), nên
\(\overrightarrow {CI} \left( { – 2 – \dfrac{{3 – m}}{2};5 – \dfrac{{3 + m}}{2}} \right) \Rightarrow CI = \dfrac{1}{2}\sqrt {{{(m – 7)}^2} + {{(7 – m)}^2}} \).
Mặt khác \(\overrightarrow {AB} = ({x_2} – {x_1};{x_2} – {x_1}) \Rightarrow AB = \sqrt {2{{({x_2} – {x_1})}^2}} = \sqrt {2({m^2} – 2m + 13)} \). Vậy tam giác \(ABC\) đều khi và chỉ khi
\(CI = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}AB \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\sqrt {2{{(m – 7)}^2}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\sqrt {2({m^2} – 2m + 13)} \)
\( \Leftrightarrow {(m – 7)^2} = 3({m^2} – 2m + 13) \Leftrightarrow 2{m^2} + 8m – 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = – 5\end{array} \right.\).
Vậy chọn \(m = 1 \vee m = – 5\).

Chọn [D].
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d:
\({x^4} – (2m – 1){x^2} + 2m = 2 \Leftrightarrow {x^4} – (2m – 1){x^2} + 2m – 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 1\\{x^2} = 2m – 2{\rm{ }}(1)\end{array} \right.\)
Đường thẳng d cắt (C) tại bốn điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 3 khi và chỉ khi phương trình \((1)\) có hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn 3.
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m – 2 \ne 1\\0 < 2m – 2 < 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne \dfrac{3}{2}\\1 < m < \dfrac{{11}}{2}\end{array} \right.\). Vậy chọn \(\left\{ \begin{array}{l}m \ne \dfrac{3}{2}\\1 < m < \dfrac{{11}}{2}\end{array} \right.\).

Chọn [B].
Phương trình hoành độ giao điểm
\(\begin{array}{l}{x^3} + 2m{x^2} + 3(m – 1)x + 2 = – x + 2 \Leftrightarrow x\left( {{x^2} + 2mx + 3(m – 1)} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} + 2mx + 3(m – 1) = 0(1)\end{array} \right.\end{array}\)
Đường thẳng d cắt (C) tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình \((1)\) có hai nghiệm phân biệt khác \(0\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} – 3m + 3 > 0\\m – 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\forall m \in \mathbb{R}\\m \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ne 1\).
Khi đó ta có: \(C({x_1}; – {x_1} + 2),B({x_2}; – {x_2} + 2)\) trong đó \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của \((1)\), nên theo Viet thì \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = – 2m\\{x_1}{x_2} = 3m – 3\end{array} \right.\). Vậy
\(\begin{array}{l}\overrightarrow {CB} = ({x_2} – {x_1}; – {x_2} + {x_1}) \Rightarrow CB = \sqrt {2{{({x_2} – {x_1})}^2}} = \sqrt {8({m^2} – 3m + 3)} \\d(M;(d)) = \dfrac{{\left| { – 3 – 1 + 2} \right|}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 \end{array}\)
Diện tích tam giác \(MBC\)bằng \(2\sqrt 7 \)khi và chỉ khi
\(\dfrac{1}{2}\sqrt {8({m^2} – 3m + 3)} .\sqrt 2 = 2\sqrt 7 \Leftrightarrow {m^2} – 3m + 3 = 7\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = – 1\\m = 4\end{array} \right.\) ( thỏa \(m \ne 1\))
Vậy chọn \(m = – 1 \vee m = 4\).

Chọn [A].
Phương pháp tự luận
Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( {{C_m}} \right)\) và trục hoành là \({x^3} – 2{x^2} + \left( {1 – m} \right)x + m = 0\) <=>\(\left( {x – 1} \right)\left( {{x^2} – x – m} \right) = 0\) <=>\(\left[ \begin{array}{l}x = 1\\{x^2} – x – m = 0\,\;\;\,(1)\end{array} \right.\)
\(\left( {{C_m}} \right)\) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt <=> Phương trình \(\left( {\rm{1}} \right)\)có hai nghiệm phân biệt khác \(1\) <=>\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\1 – 1 – m \ne 0\end{array} \right.\) <=>\(\left\{ \begin{array}{l}1 + 4m > 0\\m \ne 0\end{array} \right.\) <=>\(\left\{ \begin{array}{l}m > – \dfrac{1}{4}\\m \ne 0\end{array} \right.\;\;(*)\)
Gọi \({x_3} = 1\) còn \({x_1},\;{x_2}\) là nghiệm phương trình \(\left( {\rm{1}} \right)\) nên theo Vi-et ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 1\\{x_1}{x_2} = – m\end{array} \right.\). Vậy
\({x_1}^2 + {x_2}^2 + {x_3}^2 = 4\) <=>\({x_1}^2 + {x_2}^2 + 1 = 4\) <=>\({\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 2{x_1}{x_2} – 3 = 0\) <=>\(m = 1\) (thỏa (*))
Vậy chọn \(m = 1\).

Chọn [A].
Phương pháp tự luận:
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d:
\(\dfrac{1}{3}{x^3} – m{x^2} – x + m + \dfrac{2}{3} = 0 \Leftrightarrow \left( {x – 1} \right)\left[ {{x^2} + \left( { – 3m + 1} \right)x – 3m – 2} \right] = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\\underbrace {{x^2} + \left( { – 3m + 1} \right)x – 3m – 2}_{g(x)} = 0\;\;{\rm{ }}(1)\end{array} \right.\)
\(\left( {{C_m}} \right)\) cắt \(Ox\) tại ba điểm phân biệt\( \Leftrightarrow \) phương trình \((1)\) có hai nghiệm phân biệt khác \(1\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\Delta _g} > 0\\g\left( 1 \right) \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9{m^2} + 6m + 9 > 0\\ – 6m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ne 0\).
Gọi \({x_1} = 1\) còn \({x_2},\;{x_3}\) là nghiệm phương trình \(\left( {\rm{1}} \right)\) nên theo Viet ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_2} + {x_3} = 3m – 1\\{x_2}{x_3} = – 3m – 2\end{array} \right.\).
Vậy
\(\begin{array}{l}x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 > 15 \Leftrightarrow 1 + {\left( {{x_2} + {x_3}} \right)^2} – 2{x_2}{x_3} > 15\\ \Leftrightarrow {\left( {3m – 1} \right)^2} + 2\left( {3m + 2} \right) – 14 > 0 \Leftrightarrow 9{m^2} – 9 > 0 \Leftrightarrow m > 1 \vee m < – 1\end{array}\)
Vậy chọn \(m > 1 \vee m < – 1\).
Phương pháp trắc nghiệm: Ta kiểm tra ngay trên đáp án
+ Với \(m = – 2\), ta giải phương trình bậc ba: \(\dfrac{1}{3}{x^3} + 2{x^2} – x – \dfrac{4}{3} = 0\) thu được 3 nghiệm \({x_1} = – 6.37…,{x_2} = 1,{x_3} = – 0.62…\)Ta chọn những giá trị nhỏ hơn các nghiệm này và kiểm tra điều kiện của bài toán.
Cụ thể ta tính \({\left( { – 6.4} \right)^2} + {1^2} + {\left( { – 0.63} \right)^2} = 42.3569 > 15\)\( \Rightarrow \) loại C, [D].
+ Với \(m = 2\), ta làm tương tự thu được 3 nghiệm \({x_1} = 6.27…,{x_2} = 1,{x_3} = – 1.27…\)
Tính \({6.2^2} + {1^2} + {\left( { – 1.3} \right)^2} = 41.13 > 15\) \( \Rightarrow \) loại [B].
Vậy chọn \(m > 1 \vee m < – 1\).

Chọn [B].
Phương trình hoành độ giao điểm \(\left( C \right)\) và d là \(\dfrac{{{x^2} – x + 1}}{{x – 1}} = m\)
<=>\(\left\{ \begin{array}{l}x \ne 1\\{x^2} – \left( {m + 1} \right)x + m + 1 = 0\,\,(1)\end{array} \right.\)
\(\left( C \right)\) cắt d tại hai điểm phân biệt <=> Phương trình \(\left( {\rm{1}} \right)\)có hai nghiệm phân biệt khác \(1\)
<=>\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta = \left( {m + 1} \right)\left( {m – 3} \right) > 0\\1 – m – 1 + m + 1 \ne 0\end{array} \right.\) <=>\(m < – 1\,\, \vee \,\,m > 3\;\;(*)\)
Hoành độ giao điểm \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của phương trình (1) nên theo Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 1\\{x_1}{x_2} = m + 1\end{array} \right.\). Khi đó: \(A\left( {{x_1};\,\,m} \right)\), \(B\left( {{x_2};\,\,m} \right)\), suy ra
\(AB = \sqrt 2 \)<=>\(A{B^2} = 2\)<=>\({\left( {{x_2} – {x_1}} \right)^2} = 2\)<=>\({\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 4{x_1}{x_2} – 2 = 0\)<=>\(\left[ \begin{array}{l}m + 1 = 2 + \sqrt 6 \\m + 1 = 2 – \sqrt 6 \end{array} \right.\)
<=>\(\left[ \begin{array}{l}m = 1 + \sqrt 6 \\m = 1 – \sqrt 6 \end{array} \right.\) ( thỏa (*))
Vậy chọn \(m = 1 + \sqrt 6 \vee m = 1 – \sqrt 6 .\)