Ôn thi Toán THPT 2019 Toán tổng hợp về Mũ và Logarit

Bộ GDĐT đã đưa ra bộ đề thi mẫu cho 14 môn học giúp học sinh xác định được cấu trúc và dạng bài cần ôn tập. Dựa trên đề Toán mẫu, nhiều giáo viên tổ Toán đã xây dựng bảng phân tích ma trận kiến thức thi THPT quốc gia 2019 môn Toán. Các phân tích cụ thể này sẽ hỗ trợ học sinh trong việc tự học và ôn thi THPT quốc gia 2019. Mỗi bản phân tích ma trận kiến thức gồm có các nội dung: cấu trúc, dạng bài, so sánh đề thi 2018 và định hướng, lưu ý dành cho các thí sinh.

Câu 1: [2D2-7-4] [THPT Chuyên Thái Nguyên] Tìm tập nghiệm của bất phương trình:

 2 4  2

2x 1 lnx 0

A  1; 2 B   2; 1  1; 2 C  1; 2 D  1; 2

Lời giải Chọn B

Điều kiện: x0

Khi đó:  

2

2

2

4

2

4

2

x

x

x

x x

x







  















2 2

1

0

x

x x

x

x



Trường hợp 2:

2

2 4

2 2

x

x x



Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S    2; 1  1; 2

Câu 2: [2D2-7-4] [THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp] Xét các số thực dương a b, thỏa mãn

A a  2;3

b B a  3;9

b C a  0; 2

9;16

a

Lời giải Chọn C

 

 

 

9 9

15

9 1 log

t t t

a

a t

 

t t  t     

Dễ thấy   có nghiệm t 2

Do đó hàm số f t nghịch biến trên  

Vậy t 2 là nghiệm duy nhất của phương trình  

144



 

Câu 3: [2D2-7-4] [NGUYỄN KHUYẾN TPHCM] Cho a là số nguyên dương lớn nhất thỏa

3log 1 a a 2log a Tìm phần nguyên của log22017a 

Lời giải Chọn B

, 0

3log 1 t t 2 log t

2

3ln 2 2 ln 3 2 ln 2 2 ln 3 2 ln 3

f t



Vì đề xét a nguyên dương nên ta xét t1

g t  t  tt t 

8 3ln 9

g t   t 

Lập bảng biến thiên suy ra hàm số g t giảm trên khoảng   1;

Suy ra g t g 1 5ln 2 6ln 3 0   f t 0

Suy ra hàm số f t luôn giảm trên khoảng   1;

Nên t4 là nghiệm duy nhất của phương trình f t 0

Suy ra f t  0 f t  f  4   t 4 6 a  4 a 4096

Nên số nguyên a lớn nhất thỏa mãn giả thiết bài toán là a4095

Lúc đó log22017a22,97764311

Nên phần nguyên của log22017a bằng 22 

Câu 4: [2D2-7-4] [QUẢNG XƯƠNG I] Trong các nghiệm ( ; )x y thỏa mãn bất phương

trình logx22y2(2xy) 1 Giá trị lớn nhất của biểu thức T 2xy bằng:

A.9

9

9

Lời giải Chọn B

Bất PT

2 2

x y



Xét T=2xy

TH1: (x; y) thỏa mãn (II) khi đó 0 T 2x y x22y2 1

8

2 2

4

2

T  ( ; y) (2; )1

2

x

BÌNH LUẬN

- Sử dụng tính chất của hàm số logarit yloga bđồng biến nếu

1

a nghịch biến nếu 0 a 1

   

 

 

1 0

0

a

g x

f x g x

a

f x

f x g x

 

















- Sử dụng bất đẳng thức BCS cho hai bộ số    a b; , x y thì ;

ax by  a b x y

x  y

Câu 5: [2D2-7-4] (THPT Chuyên Bắc Ninh - Lần 2 - 2017 - 2018) Cho x, y là các số thực

dương thỏa mãn log3 2x y 1 x 2y

x y

 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

T

 

A 3 3 B 4 C 3 2 3 D 6

Lời giải Chọn D

Ta có log32x y 1 x 2y

x y

 

 

 log32x  y 1 log3xy x 2y

log32x  y 1 log 33 x3y x 2y1

log32x  y 1 2x  y 1 log 33 x3y3x3y

(*) Xét hàm số f t log3tt với t0

Khi đó   1

ln 3

t

      , suy ra hàm số f t  liên tục và đồng biến trên

0;

Do đó  * 2x  y 1 3x3y x 2y   1 x 1 2y

Vì , 0 0 1

2

x y   y

T

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có

T

Dấu " " xảy ra

1

1 2

2

1 2

1

4

y



 



Câu 6: [2D2-7-4] [CHUYÊN ĐHSP HN - 2017] Chuyện kể rằng: Ngày xưa, có ông vua hứa

sẽ thưởng cho một vị quan món quà mà vị quan được chọn Vị quan tâu: “Hạ thần chỉ xin Bệ Hạ thưởng cho một số hạt thóc thôi ạ! Cụ thể như sau: Bàn cờ vua có 64

ô thì với ô thứ nhất xin nhận 1 hạt, ô thứ 2 thì gấp đôi ô đầu, ô thứ 3 thì lại gấp đôi ô thứ 2, … ô sau nhận số hạt thóc gấp đôi phần thưởng dành cho ô liền trước” Giá trị nhỏ nhất của n để tổng số hạt thóc mà vị quan từ n ô đầu tiên (từ ô thứ nhất đến ô thứ n) lớn hơn 1 triệu là

Lời giải Chọn C

Bài toán dùng tổng n số hạng đầu tiên của một cấp số nhân

Ta có: 1 2 1 1.2 1.22 1.2 1 1.2 1 2 1

2 1

n



2

2n 1 10 log 10 1 19.93

n

S     n   Vậy n nhỏ nhất thỏa yêu cầu bài là

20

Câu 7: [2D2-7-4] (THPT Chuyên Thái Bình - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Tính tích tất cả

các nghiệm thực của phương trình

1 2

2 2

2

x x x

x

  

 

 

2

Lời giải Chọn D

Điều kiện: x0

2

2

2 2

2

x x x

x

 

Đặt

2

x



PT trở thành log2t 2t 5 (2)

Xét hàm f t log2t2t t 2 là hàm đồng biến nên:

 2  f t  f  2  t 2(t/m)

Với t2 thì

2

2

2

x

x

(t/m) Vậy 1 2 1

2

x x  (theo Viet )

Câu 8: [2D2-7-4] (THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc – Lần 3 – 2018) Cho cấp số cộng  a n ,

cấp số nhân  b n thỏa mãn a2 a10 và b2  b1 1; và hàm số   3

3

f x x  x

sao cho f a 2  2 f a 1 và flog2b2 2 f log2b1 Số nguyên dương n nhỏ nhất và lớn hơn 1 sao cho b n 2018a n là:

Lời giải Chọn B

Hàm số   3

3

f x x  x có bảng biến thiên như sau:

Theo giả thiết

2

Từ đó suy ra 1 2

a a



   

 , hơn nữa f x    2 0 x 0 Ta xét các trường hợp:

Nếu 0a1a2 1 thì  

 

 

 

1

0

a

Nếu 0a1  1 a2 thì  

  2

1

0

f a

f a

 







 điều này là không thể

Do đó chỉ xảy ra trường hợp a1 0;a2 1

Từ đó suy ra a n  n 1n1

Tương tự vì b2  b1 1 nên log2b2 log2b10, suy ra

n n



Xét hàm số g x 2x2018x trên nữa khoảng 0;, ta có bảng biến thiên

Ta có  

 

 

 

2

2

2018

ln 2 2018

ln 2

g

g g g g

   









 







nên số nguyên dương nhỏ nhất n thỏa g n  1 0 là

n   n

Câu 9: [2D2-7-4] (SGD Hà Nam - Năm 2018) Cho dãy số  u n có số hạng đầu u11

thỏa mãn log (5 ) log (7 )22 u1  22 u1 log 5 log 722  22 và u n17u n với mọi n1 Giá trị nhỏ nhất của n để u n 1111111 bằng

Lời giải Chọn D

Vì u n17u n nên dễ thấy dãy số  u n là cấp số nhân có công bội q7

log (5 ) log (7 )u  u log 5 log 7

2

2 1

2 log 5 2 log 2 log 7 0







u

u

1

1 ( ) log 35 0







u

1

1 35

u 

Ta có:  1.7n1

n

u u u n 1111111 1 7 1 1111111

35



7  35.1111111

7

log (35.1111111) 1

Mà n * nên giá trị nhỏ nhất trong trương hợp này là n10

Câu 10: [2D2-7-4](THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - Lần 2 -2018 - BTN) Cho a, b,

c là các số thực lớn hơn 1 Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức:

3

P

A Pmin 20 B Pmin 10 C Pmin 18 D

min 12

P 

Lời giải Chọn A

1

2

ac

2 loga b 2 loga c 2 logb a 2 logb c 8logc a 8logc b

2 loga b 2 logb a 2 loga c 8logc a 2 logb c 8logc b

Vì a, b, c là các số thực lớn hơn 1 nên: loga b log, b a log, a c log, c a log, b c, logc b0 Do đó

áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

2 2 loga 2 logb 2 2 loga 8 logc 2 2 logb 8 logc 4 8 8 20

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2

2

a b











Vậy Pmin 20

Câu 11: [2D2-7-4] [THPT TRẦN QUỐC TUẤN - Lần 1- 2018] [2D2-0.0-4] Cho hai số

thực dương a b, thỏa mãn hệ thức: 2 log2alog2blog2a6b Tìm giá trị lớn nhất P Max của biểu thức

2

ab b P





A 2

3

Max

2

Max

2 5

Max

P 

Lời giải Chọn C

2

 

        

Do a b, dương nên 0 a 2

b

 

Đặt t a, 0 t 2

b

Khi đó:

2

1

P

Xét hàm số   2

1

2 2

t

f t





  với 0 t 2

Ta có:  

2 2 2

2

t t

t t

 

Suy ra     1

2 2

f t  f  Vậy

0;2

1 2

Max f t  khi t2

Do đó 1

2

Max

P 

-HẾT - Câu 12: [2D2-7-4] (THPT Chuyên Thái Nguyên - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Tính tổng

tất cả các nghiệm của phương trình

sin 4

tan

x



  

 

   thuộc đoạn 0;50 ?

A 1853

2



B 2475

2



C 2671

2



D 2105

2



Lời giải Chọn B

Điều kiện: ,

2

x  k k

Phương trình sin 4

tan

x



  

 

  

2

x





 



2 ln cos cos 2 ln sin sin tan 0

x



 



+ Khi cosx0 và sinx0, xét hàm số f t  2 lnt t, trên tập 1; 0

1

f t

t

   suy ra f t 0,   t  1;0 Nên hàm số f t  2 lnt t nghịch biến trên 1; 0

Mà phương trình 2 ln cosx cosx 2 ln sinx sinx có dạng

cos  sin 

f x  f x

Nên 2 ln cosx cosx 2 ln sinx sinx cosxsinx  1

+ Khi cosx0 và sinx0, xét hàm số f t  2 lnt t, trên tập 0;1

1

f t

t

   suy ra f t 0,  t 0;1 Nên hàm số f t  2 lnt t đồng biến trên 0;1

Mà phương trình 2 ln cosx cosx 2 ln sinx sinx có dạng

cos  sin 

f x  f x

Nên 2 ln cosx cosx 2 ln sinx sinx  cosxsinx  2

Từ  1 và  2 ta có cosxsinx sin 0

4

x 

  

  , k

Do chỉ xét x0;50 nên 0 50

4 k

Mà k  k 0;1; 2;3 ; 49

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm ; ; 2 ; ; 49

        

Dãy số trên là 50 số hạng đầu liên tiếp của một cấp số cộng có số hạng đầu 1

4

u 

và công sai

d nên tổng các nghiệm trên là 50  

S       

Câu 13: [2D2-7-4] (THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh - lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho phương

trình

3 3 2 1 3 2 3 3 2 1 2

1

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị m nguyên để phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn [6;8] Tính tổng bình phương tất cả các phần tử của tập S

Lời giải Chọn B

Ta có 3 3 2 1  3 2  3 3 2 1 2

1

3 3 2 1 2 3 2 3 3 2 1 2 3 2

1

2 ln 2.log 2 0 2

ln 3

t

Suy ra hàm số f t  đồng biến trên 2;

Do đó phương trình tương đương với 3 2 3 2  

m  m   x  x 

Vẽ đồ thị hàm số   3 2

g x x  x  từ đó suy ra đồ thị g x  và đồ thị của g x  như hình vẽ

Từ đồ thị suy ra  1 có 6, 7,8 nghiệm  0 g m  3

Từ đồ thị suy ra các giá trị nguyên của m là   3, 2, 1, 0,1, 2, 3

Vậy S28

Câu 14: [2D2-7-4] (THPT Lê Quý Đôn - Hải Phòng - 2018 - BTN) Tìm tập hợp các giá

trị của tham số m để phương trình (ẩn x): 2  

hai nghiệm phân biệt thỏa mãn : x x1 2 2

 1; 

Lời giải Chọn A

- ĐK : x0

- Ta có : 2  

(1)

- Đặt log 2

3 x

t , t0 Ta được bất phương trình : 2   2

t  m tm   (2)

Nhận thấy : (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt dương

2

1 2

0

t t m

  





m



 

 



1

m

Khi đó : (2) có hai nghiệm t1, t2 thỏa mãn :

2

t t m  log 2 1 log 2 2

3 x.3 x x 3

m

Từ   log 2  1 2 

Kết hợp điều kiện (*) ta được : m   1;   \ 0

Câu 15: [2D2-7-4] (Đoàn Trí Dũng - Lần 7 - 2017 - 2018) Trong tất cả các cặp  x y; thỏa

mãn logx2 y2 24x4y41 Tìm m để tồn tại duy nhất cặp  x y; sao cho

x y  x y  m

A

2

Lời giải Chọn C

Ta có log 2 2 24 4 4 1

x  y x y  2 2

       1 Giả sử M x y ; thỏa mãn pt  1 , khi đó tập hợp điểm M là hình tròn  C1 tâm

 2; 2

I bán kính R1 2 Các đáp án đề cho đều ứng với m0 Nên dễ thấy

x y  x y  m là phương trình đường tròn  C2 tâm J1;1 bán kính R2  m Vậy để tồn tại duy nhất cặp  x y; thỏa đề khi chỉ khi  C1 và

 C2 tiếp xúc ngoài và  C1 trong  C2

2

2

10 2



 

