Trắc nghiệm mũ lôgarit trong các đề thi tốt nghiệp có lời giải

TRẮC NGHIỆM MŨ VÀ LÔGARIT TRONG CÁC ĐỀ THI TỐT NGHIỆP I.. MỨC ĐỘ NHẬN BIẾT VÀ THÔNG HIỂU A... Lời giải Chọn C Hàm số xác định khi x... MỨC ĐỘ VẬN DỤNG VÀ VẬN DỤNG CAO Câu 1... Ta thấy p

Trang 1

TRẮC NGHIỆM MŨ VÀ LÔGARIT TRONG CÁC ĐỀ THI TỐT NGHIỆP

I MỨC ĐỘ NHẬN BIẾT VÀ THÔNG HIỂU

A 1 log a 2 . B 1 log a 2 . C 2 log a 2 . D 2 log a 2 .

Lời giải Chọn A

log 2alog 2 log a 1 log a

Lời giải Chọn D

Điều kiện x 6 0� x 6

Ta có: log2x 6 5   5

log x 6 log 2

� �x 6 32� x32 6 � x26TM Vậy nghiệm của phương trình: x26

nào dưới đây đúng?

Ta có: log3 2log9 3 log3 log3 3 log3 3 27 27

3

là

A  �; 3 �3;� B �;3. C 3;3. D 0;3

Lời giải Chọn C

3

bằng

A 3 log a 3 . B 1 log a 3 . C 3 log a 3 . D 1 log a 3 .

Ta có log 3a3  log 3 log3  3a 1 log3a.

A x  2 B x 2 C x  4 D x 4

Lời giải

Trang 2

Chọn B

2 2

2 x 2x �2x 2 x� x2.

Lời giải Chọn B

2

log x7 5� x 7 2 �x25.

đề nào dưới đây đúng?

Ta có log2a2log4b4

2

4 2

1

2

3

là

D 0; 2

3

Điều kiện: x 2 0�x2.

  2

log x 2 3�x 2 8�x10(thỏa).

Trang 3

Vậy phương trình có nghiệm x 10

Ta có: 3x1 9�3x132 �x 1 2�x1.

Lời giải Chọn B.

Điều kiện xác định: x 0

bằng

D

1

3loga b

Ta có: 3

1

Câu 14 (TN LẦN 1-2020) Tập nghiệm của bất phương trình 2x27 4 là

Ta có : 2x2-7 <4�2x2 - 7 <22�x2- <7 2 �x2<9� �-x ( 3;3 )

Câu 15 (TN LẦN 1-2020) Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn 9log ( 3 ab) 4a Giá trị của ab2

bằng

Trang 4

Ta có :

3

log

9 ab =4a�2log ab =log 4a ( 2 2) ( )

� a b = a �a b2 2=4a

�ab = .

1

3x 27 �3x 1 33 �x4.

Hàm số xác định khi x Vậy tập xác định 0 D0;�.

2

log a

bằng

3 log

1log

3 a. C 3 log a 2 . D 3log a 2

Ta có  3

Trang 5

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 10;� .

Mệnh đề nào là đúng?

1

2

1

2

Đặt t3xt0 bất phương trình đã cho trở thành 2  

1

3

t



�

Với t1 thì 3x 1 � x 0.

9 2

x

7 2

x

Lời giải Đáp án B

3

log 2x 1 2�2x 1 3 �x5

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

Lời giải

Trang 6

Đáp án D

1

3

3log alog ab log a log ab a ab a b

Câu 24 (THAM KHẢO LẦN 1-2020) Tập nghiệm của bất phương trình 5x1�5x2 x 9 là

.D  �; 4 �2;�

Lời giải

Đáp án A

2

5x �5x  x � x1�x  x 9� x 2x8 0� �2� �x 4

Câu 25 (THAM KHẢO LẦN 1-2020) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn

log xlog ylog 2x y Giá trị của x y bằng

1

3 log 2

� �

log 2

Lời giải Đáp án B

Giả sử log9xlog6 ylog (24 x y ) t Suy ra:

9

t

x y

�

�

�  

�

3

2

t t

t

loai

� �



� �

Ta có :

t t

t

x

y

� �

A 2log a 5 B 2 log a 5 . C 5

1 log

Trang 7

Ta có log5a2 2log5a.

Ta có 32x1 27�32x1 33 �2x 1 3�x2.

Câu 28 (THPT QG-2019) Cho hàm số

2 3

2x x

y  có đạo hàm là

A

2 3

(2x3).2x  x.ln 2. B 2x2  3x.ln 2

2 3

(2x3).2x x. D (x23 ).2x x2   3 1x .

Câu 29 (THPT QG-2019) Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn a b4 16 Giá trị của

4log alog b bằng

Ta có 4log2alog2blog2a4log2blog2a b4 log 16 42  .

Câu 30 (THPT QG-2019) Nghiệm của phương trình log3x  1 1 log 4 3 x1 là

A x 3 B x  3 C x 4 D x 2

 log3x  1 1 log 4 3 x1  1

  1 � log 33�� x 1��log 43 x1 �3x 3 4x 1 0 � x2.

 Vậy  1

có một nghiệm x 2

A

 

ln 5

ln 3

a

a . B ln 2a  . C ln53 D

ln 5

ln 3

Trang 8

Lời giải Chọn C.

Ta có ln 5( ) ln 3( ) ln5 ln5

a

có nghiệm là

A

5 2



x

3 2



x

D x3.

Ta có 22x1 32

� 2x 1 5 � x2.

II MỨC ĐỘ VẬN DỤNG VÀ VẬN DỤNG CAO

Câu 1 (TN LẦN 2-2020) Xét các số thực ,x y thỏa mãn 2x2  y2 1�x2y22x2 4 x

Giá trị nhỏ

nhất của biểu thức

8 4

x P

x y





  gần nhất với số nào dưới đây

Nhận xét x2 y2 2x  2 0 ;x y

Bất phương trình 2x2 y2 1�x2y22x2 4 x 2 2 1  

2

 

ۣ

2x   y x x y 2x 2

ۣ

Đặt t x  2 y2 2x1

Bất phương trìnhۣ 2t t1� 2t t 1 0�

Đặt f t    2t t 1 Ta thấy f  0  f  1 0.

Ta có f t�  2 ln 2 1t 

1

ln 2

t

Trang 9

Quan sats BBT ta thấy f t ��0 0 t 1

0�x  y 2x1 1�  2 2

Xét

8 4

x

x y



 

�

   

�

 2     2  2 2  2 2

Thế  1

5 5 P 5 5

Dấu “=” xảy ra khi  2 2

5

�

�   

�

2

2 1 5 2

1 5

y



�  

�

� �



�

2 1 5 5 3

y



�  

�

� �

�  �

�

1 3 5 3 5 3 5 3

x y x y

�

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 5 5 2,76� gần giá trị 3 nhất.

sao cho m n �10 và ứng

với mỗi cặp m n; 

tồn tại đúng 3 số thực a�1;1

thỏa mãn 2a m nlna a21

?

m

n

Xét hai hàm số f x  lnx x21

và g x  2x m

n

 trên 1;1.

1

f x

x

luôn đồng biến và

2

1

là hàm

số lẻ

+ Nếu m chẵn thì g x 

là hàm số chẵn và có bảng biến thiên dạng

Trang 10

Suy ra phương trình có nhiều nhất 2 nghiệm, do đó m lẻ.

+ Nếu m lẻ thì hàm số g x 

là hàm số lẻ và luôn đồng biến

Ta thấy phương trình luôn có nghiệm x0 Dựa vào tính chất đối xứng của đồ thị hàm số

lẻ, suy ra phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm trên 1;1 khi có 1 nghiệm trên  0;1

,

hay

 1  1 ln 1 2 2  2  2,26  1;2

ln 1 2

n



Đối chiếu điều kiện, với n1 suy ra m�1;3;5;7;9 , có 5 cặp số thỏa mãn

Với n2 thì m�1;3;5;7

có 4 cặp số thỏa mãn

Vậy có 9 cặp số thỏa mãn bài toán

Câu 3 (TN LẦN 2-2020) Xét các số thực x và y thỏa mãn 2x2  y2 1�x2y2 2x2 4 x

Giá trị

lớn nhất của biểu thức

4

y P

x y



  gần nhất với số nào dưới đây?

Ta có: 2x2 y2 1�++x2y2 2x 2 4 x 2x2  2x 1 y2 x2 2x 1 y2 1

Đặt t x2 2x 1 y2 t 0

     Khi đó ta có 2t �t1,  � t 0

Đặt f t      �2t t 1, t 0, ta có: f t�  2 ln 2 1t  , cho f t�  0

Ta nhận thấy phương trình f t�  0 có một nghiệm nên phương trình f t  0 có tối đa hai nghiệm

Mặt khác ta có f  0  f  1 0 Suy ra phương trình f t  0 có hai nghiệm t  và 01 t

Khi đó ta có bảng xét dấu của hàm số f t 

như sau:

Khi đó f t  � � �0 t  0;1 Suy ra 2 2  2 2

Khi đó tập hợp các điểm M x y ;  là một hình tròn  S tâm I 1;0 , bán kính R1

Trang 11

Ta có: 4 2  4 0

y

x y

Khi đó ta cũng có tập hợp các điểm M x y ; 

là một đường thẳng

  : 2Px P 4 y P 0

Để  và  S

có điểm chung, ta suy ra d I , � 1.

   

2

P P



ۣ

2

4P 8P16 0  1 5 P  1 5

Ta suy ra Pmax   1 5 Dấu " " xảy ra khi

1 3 5 3

x y

� 

�

�  

�

mỗi cặp ( , )m n tồn tại đúng 3 số thực a�( 1,1) thỏa mãn 2a mnln(a a21) ?

Ta có

n

Xét hàm f a( ) ln( a a21) trên ( 1,1) (dễ thấy hàm f lẻ, đồng biến trên R), có BBT:

Xét hàm

2

n



trên ( 1,1) .

Với m chẵn, g a( ) là hàm chẵn và g a( ) 0,� a R� , do đó (*) không thể có 3 nghiệm Với m lẻ, g a( ) là hàm lẻ, đồng biến trên R và tiếp tuyến của đồ thị tại điểm a0 là

đường thẳng y0.

Trang 12

Dễ thấy (*) có nghiệm a0 ( 1;1)� Để (*) có đúng 3 nghiệm tức là còn có 2 nghiệm nữa

là �a0 với 0 a0 1

Muốn vậy, thì

m



Cụ thể:

+ m�3;5;7;9 thì n� 1;2 : Có 8 cặp ( , )m n

+ m11 thì n� 1 : Có 1 cặp ( , )m n

+ m1: Đồ thị hàm số g a( ) là đường thẳng (g a( )a g a; ( ) 2 a) không thể cắt đồ thị hàm

số f a( ) tại giao điểm a0 �0 được vì tiếp tuyến của hàm số f a( ) tại điểm có hoành độ 0

a là đường thẳng y a .

Vậy có cả thảy 9 cặp ( , ).m n

nguyên y thỏa mãn  2   

?

Ta có  2     

Đặt t  ��x y * (do x y, ��,x y 0)

g t

  với mọi y Do đó g t 

đồng biến trên 1;�

Vì mỗi x nguyên có không quá 127 giá trị t�� nên ta có*

2 128 37 44,8 45,8

Như vậy có 90 giá trị thỏa yêu cầu bài toán

Trang 13

Câu 6: (THAM KHẢO LẦN 2-2020) Xét các số thực dương a b x y, , , thỏa mãn a1,b1 và

a b  ab Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2y thuộc tập hợp nào dưới đây?

A  1; 2

5 2;

2

�

C 3; 4

5

; 3 2

�

Ta có a b, 1 và x y, 0 nên a b x; ;y ab1

Do đó: a x b y  ab �

1 1 log

a

b

�  

�

�  

Khi đó, ta có:

3 1

Lại do a b, 1 nên log , loga b b a0.

Suy ra

,

3 2 2

� loga b 2.

Lưu ý rằng, luôn tồn tại a b, 1 thỏa mãn loga b 2.

Vậy

�.

?

Điều kiện: 2 2

0 0

x y

 

�

�  

�

Điều kiện cần

Đặt

   2 2    

3

4

t t

� 

�

Suy ra x y, tồn tại nếu đường thẳng d cắt đường tròn  C

tại ít nhất một điểm

Trang 14

Hay 32

3

2 log 2 0,8548

2

t



 

��

Khi đó:

log3 2 2

2

1

x x

x

 

�

Điều kiện đủ:

3 1 1

9 2.3 2 4 0

t t

t y

x

f t y

Khi 0 t�0,8548 9t 4t f t  0

Suy x 1 l .

 Với

 

2

3

4

t

y

�



3 1

4 1

t t

y

�

 

log 2x  m2 log x m  2 0 (m là

tham số thực) Tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc

đoạn  1;2

A  1;2

B  1;2

C 1;2

D 2; �. Lời giải

Đáp án C

Điều kiện: x 0

2 2

2

log 1

x

x m



�

Ta có: x� 1; 2 � log2x� 0;1

Vậy để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thuộc đoạn  1;2

khi và chỉ khi

0�<<m 1 1 1 m 2.

Trang 15

Câu 9 (THAM KHẢO LẦN 1-2020) Có bao nhiêu cặp số nguyên x y; 

thỏa mãn 0� �x 2000 và

3

log 3x  3 x 2y9y ?

Lời giải Đáp án D

+ Ta có: log 33 x  3 x 2y9y�1 log 3x  1 x 2y9 1y  

+ Đặt t log3x1 Suy ra: x 1 3t �x 3 1t .

Khi đó:  1 �t 3t 2y32y 2

Xét hàm số: f h   h 3h, ta có: f h�   1 3 ln 3 0h   ��h nên hàm số f h 

đồng biến trên �

3

2 � f t  f 2y �t2y�log x 1 2y� x 1 3 y � x 1 9y.

+ Do 0� �x 2020 nên 1��x 1 2021��1 9y 2021�� 0 y log 2021 3, 469 .

Do y�� nên y�0;1; 2;3 , với mỗi giá trị y cho ta 1 giá trị x thoả đề

Vậy có 4 cặp số nguyên x y; 

thoả đề

tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm

Điều kiện:

1 3

x Phương trình tương đương với:

log x log 3x 1 log m log x log m m x f x

Xét   3 1; 1;

3

x

3

x

�    �� ��

Bảng biến thiên

Trang 16

Để phương trình có nghiệm thì m� 0;3

, suy ra có 2 giá trị nguyên thỏa mãn

4log xlog x5 7x m 0

( m là tham số thực) Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng hai

nghiệm phân biệt

Điều kiện: 7

0 log

x



�

� �

�

Với m , phương trình trở thành1  2 

4log xlog x5 7x 1 0

2 2

2

log 1

log

4

7 1 0

0 ( )

x



�

 

�

 

�

� 

Phương trình này có hai nghiệm (thỏa)

Với m� , điều kiện phương trình là 2 x�log7m

Pt

2

2 log 1

4

7 7

x

x x

m

m m





�



�

 

�



�

� 

Do

5 4

x  � không là số nguyên, nên phương trình có đúng 2 nghiệm khi và chỉ khi

Trang 17

3 7

m

�

� 

� (nghiệm x245 không thỏa điều kiện và nghiệm x thỏa điều kiện và khác2

7

log m )

Vậy m�3;4;5; ;48 Suy ra có 46 giá trị của m.

Do đó có tất cả 47 giá trị của m

Câu 13 (THPT QG-2018) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho

phương trình 16xm.4x15m245 0 có hai nghiệm phân biệt Hỏi S có bao nhiêu phần

tử?

Đặt t4x, t Phương trình đã cho trở thành0

Với mỗi nghiệm t của phương trình 0  *

sẽ tương ứng với duy nhất một nghiệm x của

phương trình ban đầu Do đó, yêu cầu bài toán tương đương phương trình  * có hai nghiệm dương phân biệt Khi đó

0 0 0

S

P

�

 

�

� 

�

� 

�

2

45 0

m m m

� 

� �

�

0 3 3

m m

�

� 

� �

��

Do m �� nên m�4;5;6

log a b 9a   b 1 log ab 3a2b 1 2

Giá trị của a2b bằng

7

5

2.

Lời giải

Trang 18

Chọn C.

Ta có a , 0 b nên 0

ab

�

�   

�

3 2 1

6 1

ab

 



�

� �

Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta được

log a b 9a   b 1 log ab 3a2b1 �2 log a b 9a   b 1 log ab 3a2b1

 2 2 

6 1

2 2 log ab 9a  b 1

6 1

 2

Vì dấu “  ” đã xảy ra nên

2

log b 2b  1 log b 3b1

�

2

2b  1 3b1

3 2

b

�

(vì b ) Suy ra 0

1 2

a

Vậy

1

2



giá trị nguyên của m�20;20 để phương trình đã cho có nghiệm?

Điều kiện x m

5x m log x m �5x   x x m log x m �5x x 5 x m log x m

 1

Xét hàm số f t   5t t, f t�  5 ln 5 1 0,t    ��t , do đó từ  1 suy ra

5

Xét hàm số g x   x 5x, g x�   1 5 ln 5x ,   5 5 0

1

ln 5

Trang 19

Bảng biến thiên

Do đó để phương trình có nghiệm thì m g x�  0 �0,92

Các giá trị nguyên của m�20; 20 là 19; 18; ; 1  , có 19 giá trị m thỏa mãn.

Định dạng
Số trang	19
Dung lượng	0,92 MB