Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tỉnh Nam Định Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án B

Phương pháp:

Hàm số bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó.

Cách giải:

$y = \frac{{3x – 1}}{{ – 2 + x}} = \frac{{3x – 1}}{{x – 2}}$ có TXĐ: $D = R\backslash \left\{ 2 \right\}$

Ta có $y’ = \frac{{ – 5}}{{{{\left( {x – 2} \right)}^2}}} < 0,\,\,\forall x \in D$ suy ra hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định.

Câu 2: Đáp án B

Phương pháp:

Xác định khoảng trên TXĐ mà $y’ \ge 0$ (dấu “=” xảy ra ở hữu hạn điểm)

Cách giải:

$y = \ln x + 2 + \frac{3}{{x + 2}}$. TXĐ: $D = \left( { – 2; + \infty } \right)$

$y’ = \frac{1}{{x + 2}} – \frac{3}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{{x – 1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$

$y’ \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 1 \Rightarrow $ Hàm số luôn đồng biến trên$\left( {1; + \infty } \right)$

Câu 3: Đáp án A

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị, trên khoảng $\left( { – 1;3} \right)$, đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị lần lượt là $\left( {0;4} \right),\,\,\left( {2;0} \right)$

Câu 4: Đáp án D

Phương pháp:

– TXĐ

– Tính $f’\left( x \right)$, đánh giá dấu của $f’\left( x \right)$ và chỉ ra cực đại, cực tiểu của hàm số $y = f\left( x \right)$

Cực tiểu là điểm mà tại đó $f’\left( x \right)$ đổi dấu từ âm sang dương.

Cực đại là điểm mà tại đó $f’\left( x \right)$ đổi dấu từ dương sang âm.

Cách giải:

$y = \sqrt {{x^2} – 3x} $. TXĐ: $D = \left( { – \infty ;0} \right] \cup \left[ {3; + \infty } \right)$

$y’ = \frac{{2x – 3}}{{2\sqrt {{x^2} – 3x} }} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{3}{2} \notin D \Rightarrow $ hàm số không có cực trị.

Câu 5: Đáp án D

Phương pháp:

+) Tìm điều kiện để hàm số có 3 điểm cực trị.

+) $\Delta ABC$ vuông $ \Rightarrow \overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {AC} \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0$

Cách giải:

$y = {x^4} – 2m{x^2} + 2m – 3$. TXĐ: $D = R$

$y’ = 4{x^3} – 4mx;\,\,\,y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right.$

Hàm số có 3 điểm cực trị $ \Leftrightarrow m > 0\left( * \right)$

Giả sử ba điểm cực trị lần lượt là $A\left( {0;2m – 3} \right),\,\,\,B\left( { – \sqrt m ; – {m^2} + 2m – 3} \right),\,\,\,C\left( {\sqrt m ; – {m^2} + 2m – 3} \right)$

$\overrightarrow {AB} = \left( { – \sqrt m ; – {m^2}} \right),\,\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {\sqrt m ; – {m^2}} \right)$

Dễ thấy: Tam giác ABC cân tại A

Yêu cầu bài toán $ \Leftrightarrow AB \bot AC \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0 \Leftrightarrow – m + {m^4} = 0 \Leftrightarrow m\left( {{m^3} – 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 1\end{array} \right.$

So với điều kiện (*) suy ra $m = 1$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 6: Đáp án B

Phương pháp:

* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$

Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f\left( x \right) = – \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = + \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = – \infty $ thì $x = a$ là TCĐ của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ – }} y = + \infty $ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ + }} y = – \infty $ nên $x = – 1$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số .

Câu 7: Đáp án D

Phương pháp:

* Định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$

Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = a$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f\left( x \right) = a \Rightarrow y = a$là TCN của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y\left( {2 – 2017f\left( x \right)} \right) = 2 – 2017.\left( { – 1} \right) = 2019\\\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y\left( {2 – 2017f\left( x \right)} \right) = 2 – 2017.\left( { – 1} \right) = 2019\end{array} \right.$

Nên $y = 2019$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = 2 – 2017f\left( x \right)$

Câu 8: Đáp án A

Phương pháp:

* Định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$

Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = a$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f\left( x \right) = a \Rightarrow y = a$là TCN của đồ thị hàm số.

* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$

Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f\left( x \right) = – \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = + \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = – \infty $ thì $x = a$ là TCĐ của đồ thị hàm số.

Cách giải:

TXĐ: $D = \left( { – \infty ; – 2} \right] \cup \left[ {3; + \infty } \right)$

Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm } y = 0$ nên đường thẳng $y = 0$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

${x^2} – 1 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1 \notin D \Rightarrow $ Đồ thị hàm số không có TCĐ.

Vậy, số đường tiệm cận của đồ thị hàm số là 1.

Câu 9: Đáp án B

Phương pháp:

Cách giải:

Xét các trường hợp sau:

TH1: Phương trình ${x^2} – mx – m + 5 = 0$ vô nghiệm

$ \Leftrightarrow \Delta < 0 \Leftrightarrow {m^2} + 4m – 20 < 0 \Leftrightarrow – 2 – 2\sqrt 6 < m < – 2 + 2\sqrt 6 $

Do $m \in Z$ nên $m \in \left\{ { – 6; – 5;…;2} \right\}$

TH2: Phương trình ${x^2} – mx – m + 5 = 0$có nghiệm trùng với nghiệm của tử số:

Phương trình ${x^2} – 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.$

Nếu $x = 1$ là nghiệm của mẫu $ \Rightarrow 1 – m – m + 5 = 0 \Leftrightarrow – 2m + 6 = 0 \Leftrightarrow m = 3$

Thay ngược lại khi $m = 3$ ta có: $y = \frac{{{x^2} – 3x + 2}}{{{x^2} – 3x + 1}} = 1 \Rightarrow $ Hàm số không có tiệm cận $ \Rightarrow m = 3\left( {tm} \right)$

Nếu $x = 2$ là nghiệm của mẫu $ \Rightarrow 4 – 2m – m + 5 = 0 \Leftrightarrow – 3m + 9 = 0 \Leftrightarrow m = 3$

Thay ngược lại khi $m = 3$ ta có: $y = \frac{{{x^2} – 3x + 2}}{{{x^2} – 3x + 1}} = 1 \Rightarrow $ Hàm số không có tiệm cận $ \Rightarrow m = 3\left( {tm} \right)$

Vậy $m \in \left\{ { – 6; – 5;…;2;3} \right\}$

Câu 10: Đáp án B

Phương pháp:

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại điểm $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ là $y = f’\left( {{x_0}} \right)\left( {x – {x_0}} \right) + {y_0}$

Cách giải:

Ta có: $y’ = 3{x^2} – 6x \Rightarrow y’\left( 3 \right) = 9$

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: $y = 9\left( {x – 3} \right) + 1 \Leftrightarrow y = 9x – 26$

Câu 11: Đáp án D

Phương pháp:

Đạo hàm: $\left( {\sqrt {u\left( x \right)} } \right)’ = \frac{{\left( {u\left( x \right)} \right)’}}{{2\sqrt {u\left( x \right)} }}$

Cách giải:

$y’ = \frac{{2\left( {\sin x} \right)’}}{{2\sqrt {\sin x} }} – \frac{{2\left( {\cos \,x} \right)’}}{{2\sqrt {\cos \,x} }} = \frac{{\cos \,x}}{{\sqrt {\sin x} }} + \frac{{\sin x}}{{\sqrt {\cos \,x} }}$

Câu 12: Đáp án C

Phương pháp:

Tính các đạo hàm y’ y’’ sau đó thay vào biểu thức $y” + 3y’ + 2y$ rồi rút gọn.

Cách giải:

$y = – 2017{e^{ – x}} – 3{e^{ – 2x}} \Rightarrow y’ = 2017{e^{ – x}} + 6{e^{ – 2x}},\,\,\,y” = – 2017{e^{ – x}} – 12{e^{ – 2x}}$

Ta có: $y” + 3y’ + 2y = – 2017{e^{ – x}} – 12{e^{ – 2x}} + 3\left( {2017{e^{ – x}} + 6{e^{ – 2x}}} \right) + 2\left( { – 2017{e^{ – x}} – 3{e^{ – 2x}}} \right) = 0$

Câu 13: Đáp án D

Phương pháp:

Nhận biết đồ thị hàm số bậc ba.

Cách giải:

Đồ thị cắt trục Oy tại điểm $\left( {0; – 1} \right)$ nên loại đáp án C

Xét hàm số $y = \frac{1}{3}{x^3} + 3x – 1$ có $y’ = {x^2} + 3 > 0,\,\,\forall x$. Hàm số luôn đồng biến trên R nên loại B

Xét hàm số $y = {x^3} – 3{x^2} – 3x – 1$ có $y’ = 3{x^2} – 6x – 3,\,\,y’ = 0 \Leftrightarrow x = 1 \pm \sqrt 2 $

Hàm số đạt cực trị tại 2 điểm $x = 1 \pm \sqrt 2 $, nên loại A.

Câu 14: Đáp án A

Phương pháp:

+) Gọi $A\left( {{x_A};{y_A}} \right),\,\,\,B\left( {{x_B};{y_B}} \right)$

+) Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A và B song song $ \Rightarrow y’\left( {{x_A}} \right) = y’\left( {{x_B}} \right)$

+) Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng $AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} – {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} – {y_A}} \right)}^2}} $

Cách giải:

$y = \frac{{x + 1}}{{x – 1}} = \frac{{x – 1 + 2}}{{x – 1}} = 1 + \frac{2}{{x – 1}}$

Ta có: TXĐ: $D = R\backslash \left\{ 1 \right\}$ và $y’ = \frac{{ – 2}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}}$

Gọi $A\left( {{x_A};{y_A}} \right),\,\,\,B\left( {{x_B};{y_B}} \right)\,\,\,\left( {{x_A} \ne {x_B}} \right)$

Theo giả thiết $y’\left( {{x_A}} \right) = y’\left( {{x_B}} \right) \Leftrightarrow \frac{{ – 2}}{{{{\left( {{x_A} – 1} \right)}^2}}} = \frac{{ – 2}}{{{{\left( {{x_B} – 1} \right)}^2}}} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_A} = {x_B}\left( L \right)\\{x_A} + {x_B} = 2\end{array} \right.$

$AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} – {x_A}} \right)}^2} + {{\left[ {1 + \frac{2}{{{x_B} – 1}} – 1 – \frac{2}{{{x_A} – 1}}} \right]}^2}} = \sqrt {{{\left( {{x_B} – {x_A}} \right)}^2} + {{\left[ {\frac{{2\left( {{x_A} – {x_B}} \right)}}{{\left( {{x_A} – 1} \right)\left( {{x_B} – 1} \right)}}} \right]}^2}} $

$ \Rightarrow A{B^2} = 20 \Leftrightarrow {\left( {{x_B} – {x_A}} \right)^2}\left[ {1 + \frac{4}{{{{\left( {{x_A}{x_B} – {x_A} – {x_B} + 1} \right)}^2}}}} \right] = 20$

$ \Rightarrow {\left( {{x_B} – {x_A}} \right)^2}\left[ {1 + \frac{4}{{{{\left( {{x_A}{x_B} – 2 + 1} \right)}^2}}}} \right] = 20$, với ${x_A} + {x_B} = 2$

$ \Rightarrow \left( {{{\left( {{x_B} – {x_A}} \right)}^2} – 4{x_A}{x_B}} \right)\left[ {1 + \frac{4}{{{{\left( {{x_A}{x_B} – 1} \right)}^2}}}} \right] = 20\,\,\,\left( * \right)$

Đặt ${x_A}{x_B} = a$

Phương trình (*) tương đương

$\left( {4 – 4a} \right)\left( {1 + \frac{4}{{{{\left( {a – 1} \right)}^2}}}} \right) = 20 \Leftrightarrow 4\left( {1 – a} \right) + \frac{{16}}{{1 – a}} = 20$

$ \Leftrightarrow 4{\left( {1 – a} \right)^2} – 20\left( {1 – a} \right) + 16 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 – a = 4\\1 – a = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = – 3\\a = 0\end{array} \right.$

TH1: $a = – 3 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = 2\\{x_A}{x_B} = – 2\end{array} \right. \Rightarrow {x_A},\,{x_B}$ là nghiệm của phương trình ${X^2} – 2X – 3 = 0$

Suy ra $\left( {{x_A},{x_B}} \right) = \left( {3; – 1} \right) \Rightarrow {x_A} – {x_B} = 4$ hoặc $\left( {{x_A},{x_B}} \right) = \left( { – 1;3} \right) \Rightarrow {x_A} – {x_B} = – 4$

TH2: $a = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = 2\\{x_A}{x_B} = 0\end{array} \right. \Rightarrow {x_A},\,{x_B}$ là nghiệm của phương trình ${X^2} – 2X = 0$

Suy ra $\left( {{x_A},{x_B}} \right) = \left( {30;2} \right) \Rightarrow {x_A} – {x_B} = – 2 < 0$ hoặc $\left( {{x_A},{x_B}} \right) = \left( {2;0} \right) \Rightarrow {x_A} – {x_B} = 2$

Dựa vào các đáp án ta chọn được đáp án A.

Câu 15: Đáp án A

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ {a;b} \right]$

+) Bước 1: Tính y’, giải phương trình $y’ = 0 \Rightarrow {x_i} \in \left[ {a;b} \right]$

+) Bước 2: Tính các giá trị $f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)$

+) Bước 3: So sánh các giá trị tính được ở Bước 2 và kết luận

Cách giải:

$y = \frac{{\ln x}}{x} \Rightarrow y’ = \frac{{\frac{1}{x}.x – \ln x}}{{{x^2}}} = \frac{{1 – \ln x}}{{{x^2}}},\,\,\,y’ = 0 \Leftrightarrow 1 – \ln x = 0 \Leftrightarrow x = e \in \left[ {1;e} \right]$

Ta có: $y\left( 1 \right) = 0,\,\,y\left( e \right) = \frac{1}{e} \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;e} \right]} y = 0$

Câu 16: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng bất đẳng thức Cô si, đánh giá GTLN của diện tích hình chữ nhật thông qua độ dài cạnh của hình chữ nhật đó.

Cách giải:

Gọi x $\left( {0 < x < 8} \right)$ là một cạnh của hình chữ nhật, suy ra cạnh còn lại: $8 – x$

Diện tích của hình chữ nhật: $S = x\left( {8 – x} \right) \le {\left[ {\frac{{x + 8 – x}}{2}} \right]^2} \Leftrightarrow S \le 16$

Do đó ${S_{max}} = 16 \Leftrightarrow x = 8 – x \Leftrightarrow x = 4$

Câu 17: Đáp án D

Phương pháp:

+) Tính khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ.

+) Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN.

Cách giải:

TXĐ: $D = R\backslash \left\{ 1 \right\}$

$M\left( {{x_M};{y_M}} \right) \in \left( C \right) \Rightarrow {y_M} = \frac{{{x_M} + 1}}{{{x_M} – 1}} \Rightarrow M\left( {{x_M};\frac{{{x_M} + 1}}{{{x_M} – 1}}} \right)$

Đặt $d\left( M \right) = d\left( {M;Oy} \right) + d\left( {M;Oy} \right) = \left| {{x_M}} \right| + \left| {\frac{{{x_M} + 1}}{{{x_M} – 1}}} \right|$

Nhận xét: Với $M\left( {0;1} \right)$ thì ta có: $d\left( M \right) = 1$. Do đó, để tìm GTNN của $d\left( M \right)$ ta chỉ cần xét khi $\left| x \right| \le 1 \Rightarrow – 1 \le x \le 1$

* Nếu $0 \le x < 1$ thì $d\left( M \right) = g\left( x \right) = x – \frac{{x + 1}}{{x – 1}}$

Ta có: $g’\left( x \right) = 1 + \frac{2}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \in \left[ {0;1} \right) \Rightarrow g\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left[ {0;1} \right)$ do đó $\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right)} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = 1$

* Nếu $ – 1 \le x \le 0$ thì $d\left( M \right) = g\left( x \right) = – x – \frac{{x + 1}}{{x – 1}}$

Ta có: $g’\left( x \right) = – 1 + \frac{2}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} \Rightarrow g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 + \sqrt 2 \notin \left[ { – 1;0} \right]\\x = 1 – \sqrt 2 \in \left[ { – 1;0} \right]\end{array} \right.$

Ta có: $g\left( 0 \right) = 1,\,\,g\left( { – 1} \right) = 1,\,\,g\left( {1 – \sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 – 2$

$\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right)} g\left( x \right) = g\left( {1 – \sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 – 2$

Do đó $M\left( {{x_M};{y_M}} \right)$ thỏa mãn đề bài là: $M\left( {1 – \sqrt 2 ;1 – \sqrt 2 } \right)$ suy ra: ${x_M} + {y_M} = 2 – \sqrt 2 $

Câu 18: Đáp án A

Phương pháp:

Giải phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị $\left( C \right)$ và đường thẳng $y = 2017$

Đếm số nghiệm của phương trình, từ đó kết luận số giao điểm của 2 đồ thị hàm số trên (số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm bằng số giao điểm của hai đồ thị hàm số).

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm: ${x^3} – 3{x^2} + 2x + 2017 = 2017 \Leftrightarrow {x^3} – 3{x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.$

Do đó, giữa đường thẳng và $\left( C \right)$ có 3 điểm chung.

Câu 19: Đáp án C

Phương pháp:

Tìm m để phương trình hoành độ giao điểm có ba nghiệm phân biệt.

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm:

$m{x^3} – {x^2} – 2x + 8m \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {m{x^2}\left( {2m – 1} \right)x – 4m} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 2\\g\left( x \right) = m{x^2} – \left( {2m + 1} \right)x – 4m = 0\end{array} \right.$

Do đó $\left( {{C_m}} \right)$ cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt $ \Leftrightarrow g\left( x \right) = 0$ có hai nghiệm phân biệt khác –2

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\\Delta = {\left( {2m + 1} \right)^2} – 16{m^2} > 0\\g\left( { – 2} \right) = 2m + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\ – 12{m^2} + 4m + 1 > 0\\m \ne – \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\ – \frac{1}{6} < m < \frac{1}{2}\\m \ne – \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\ – \frac{1}{6} < m < \frac{1}{2}\end{array} \right.$

Câu 20: Đáp án D

Phương pháp:

Đặt $t = {x^2},\,\,t \ge 0$, tìm m để phương trình $\left( {m + 1} \right){t^2} – 2\left( {2m – 3} \right) + 6m + 5 = 0$ có hai nghiệm ${t_1},\,{t_2}$ thỏa mãn $0 < {t_1} < 1 < {t_2}$

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm: $\left( {m + 1} \right){x^4} – 2\left( {2m – 3} \right){x^2} + 6m + 5 = 0\,\,\,\left( 1 \right)$

Đặt $t = {x^2},\,\,t \ge 0$, phương trình trở thành: $\left( {m + 1} \right){t^2} – 2\left( {2m – 3} \right) + 6m + 5 = 0\,\,\,\left( 2 \right)$

Phương trình (1) có 4 nghiệm thỏa mãn ${x_1} < {x_2} < {x_3} < 1 < {x_4}$ khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm thỏa mãn $0 < {t_1} < 1 < {t_2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < {t_1} < {t_2}\\\left( {{t_1} – 1} \right)\left( {{t_2} – 1} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < {t_1} < {t_2}\\{t_1}{t_2} – \left( {{t_1} + {t_2}} \right) + 1 < 0\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 1 \ne 0\\\Delta ‘ = {\left( {2m – 3} \right)^2} – \left( {m + 1} \right)\left( {6m + 5} \right) > 0\\S = \frac{{2\left( {2m – 3} \right)}}{{m + 1}} > 0\\P = \frac{{6m + 5}}{{m + 1}} > 0\\\frac{{6m + 5}}{{m + 1}} – \frac{{2\left( {2m – 3} \right)}}{{m + 1}} + 1 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne – 1\\\Delta ‘ = – 2{m^2} – 23m + 4 > 0\\S = \frac{{2\left( {2m – 3} \right)}}{{m + 1}} > 0\\P = \frac{{6m + 5}}{{m + 1}} > 0\\\frac{{3m + 12}}{{m + 1}} < 0\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 1\\\frac{{ – 23 – \sqrt {561} }}{4} < m < \frac{{ – 23 – \sqrt {561} }}{4}\\\left[ \begin{array}{l}m > \frac{3}{2}\\m < – 1\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}m > – \frac{5}{6}\\m < – 1\end{array} \right.\\ – 4 < m < – 1\end{array} \right.$