Tổng hợp câu hỏi trích trong đề tham khảo kì thi THPT Quốc gia môn Toán - Hàm số mũ. Hàm số Logarit (Phần 2) - Năm học 2018-2019 (Có lời giải)

Nội dung text: Tổng hợp câu hỏi trích trong đề tham khảo kì thi THPT Quốc gia môn Toán - Hàm số mũ. Hàm số Logarit (Phần 2) - Năm học 2018-2019 (Có lời giải)

1. Câu 78: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 25x m.5x 1 7m2 7 0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử. A. 7 .B. 1.C. 2 .D. 3 . Lời giải Xét phương trình 25x m.5x 1 7m2 7 0 1 . Đặt t 5x t 0 . Phương trình trở thành t 2 5mt 7m2 7 0 2 . YCBT Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt Phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt t1,t2 0 2 2 0 25m 4 7m 7 0 2 21 S 0 5m 0 1 m . 3 P 0 7m2 7 0 Mà m ¢ m 2;3. Vậy có 2 giá trị nguyên của tham số m . Câu 79: (THPTQG năm 2017 Mã đề 104) Với các số thực dương x , y tùy ý, đặt log3 x , log3 y  . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 3 3 x x A. log 9  B. log  27 27 y 2 y 2 3 3 x x C. log 9  D. log  27 27 y 2 y 2 Lời giải 3 x 3 1 log log x 3log y log x log y  . 27 27 27 3 3 y 2 2 2 Câu 80: (THPT QG 2017 Mã đề 105) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 2 log2 x 2log2 x 3m 2 0 có nghiệm thực. 2 A. m 1 B. m 1 C. m 0 D. m 3 Lời giải 2 Đặt t log2 x x 0 , ta có bất phương trình : t 2t 3m 2 0 . Để BPT luôn có nghiệm thực thì 3 3m 0 m 1. Câu 81: (THPT QG 2017 Mã đề 105) Với mọi số thực dương a và b thỏa mãn a2 b2 8ab , mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 1 A. log a b log a log b B. log a b log a log b 2 2 1 C. log a b 1 log a log b D. log a b 1 log a log b 2
2. Lời giải: 2 Ta có a2 b2 8ab a b 10ab . Lấy log cơ số 10 hai vế ta được: 2 log a b log 10ab 2log a b log10 log a log b . 1 Hay log a b 1 log a log b . 2 Câu 82: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Cho x, y là các số thực lớn hơn 1 thoả mãn x2 9y2 6xy . Tính 1 log x log y M 12 12 . 2log12 x 3y 1 1 1 A. M . B. M . C. M .D. M 1 2 3 4 Lời giải 2 Ta có x2 9y2 6xy x 3y 0 x 3y . 1 log x log y log 12xy log 36y2 Khi đó M 12 12 12 12 1. 2log x 3y 2 log 36y2 12 log12 x 3y 12 Câu 83: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4x 2x 1 m 0 có hai nghiệm thực phân biệt A. m ;1 B. m 0;1 C. m 0;1 D. m 0; Lời giải 2 Phương trình 4x 2x 1 m 0 2x 2.2x m 0 , 1 . Đặt t 2x 0 . Phương trình 1 trở thành: t2 2t m 0 , 2 . Phương trình 1 có hai nghiệm thực phân biệt phương trình 2 có hai nghiệm thực 1 m 0 0 2 phân biệt và lớn hơn 0 S 0 0 0 m 1. 1 P 0 m 0 1 Câu 84: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Đầu năm 2016 , ông A thành lập một công ty. Tổng số tiền ông A dùng để trả lương cho nhân viên trong năm 2016 là 1 tỷ đồng. Biết rằng cứ sau mỗi năm thì tổng số tiền dùng để trả cho nhân viên trong cả năm đó tăng thêm 15% so với năm trước. Hỏi năm nào dưới đây là năm đầu tiên mà tổng số tiền ông A dùng để trả lương cho nhân viên trong cả 5 năm lớn hơn 2 tỷ đồng? A. Năm 2022 B. Năm 2021 C. Năm 2020 D. Năm 2023 Lời giải n n Áp dụng công thức 1. 1 r 2 1. 1 0,15 2 n 4,96 Vậy từ năm thứ 5 sau khi thành lập công ty thì tổng tiền lương bắt đầu lớn hơn 2 tỷ đồng.
3. Suy ra năm cần tìm là 2016 5 2021. Câu 85: (Đề tham khảo lần 2 2017) Cho hàm số f x x ln x . Một trong bốn đồ thị cho trong bốn phương án A, B, C, D dưới đây là đồ thị của hàm số y f x . Tìm đồ thị đó? A. Hình 1 B. Hình 2C. Hình 3 D. Hình 4 Lời giải Tập xác định D 0; Ta có f x x ln x f x g x ln x 1. Ta có g 1 1 nên đồ thị hàm số đi qua điểm 1;1 . Loại hai đáp án B và D 1 Và lim g x lim ln x 1 . Đặt t . Khi x 0 thì t . x 0 x 0 x 1 Do đó lim g x lim ln 1 lim ln t 1 nên loại đáp án A x 0 t t t (Có thể dùng máy tính để tính tiệm cận đứng của y ln x 1 ) 3 Câu 86: (Đề tham khảo lần 2 2017) Hỏi phương trình 3x2 6x ln x 1 1 0 có bao nhiêu nghiệm phân biệt? A. 2 B. 1 C. 3 D. 4 Lời giải Điều kiện: x 1. Phương trình đã cho tương đương với 3x2 6x 3ln x 1 1 0 . Xét hàm số y 3x2 6x 3ln x 1 1 liên tục trên khoảng 1; . 3 6x2 3 y 6 x 1 . x 1 x 1 2 y 0 2x2 1 0 x (thỏa điều kiện). 2
4. 2 2 Vì f 0 , f 0 và lim y nên đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm 2 2 x phân biệt. Câu 87: (Đề thử nghiệm THPT QG 2017) Tìm tập hợp các giá trị của tham số thực m để phương trình 6x 3 m 2x m 0 có nghiệm thuộc khoảng 0;1 . A. 3;4 B. 2;4 C. 2;4 D. 3;4 Lời giải x x 6 x 3.2 x Ta có: 6 3 m 2 m 0 1 m 2 x 1 6 x 3.2 x Xét hàm số f x xác định trên ¡ , có 2 x 1 12x.ln 3 6x.ln 6 3.2x.ln 2 f x 2 0,x ¡ nên hàm số f x đồng biến trên ¡ 2x 1 Suy ra 0 x 1 f 0 f x f 1 2 f x 4 vì f 0 2, f 1 4. Vậy phương trình 1 có nghiệm thuộc khoảng 0;1 khi m 2;4 . . Câu 88: (Đề thử nghiệm THPT QG 2017) Xét các số thực a , b thỏa mãn a b 1. Tìm giá trị nhỏ nhất 2 2 a Pmin của biểu thức P loga a 3logb . b b A. Pmin 19 B. Pmin 13 C. Pmin 14 D. Pmin 15 Lời giải Với điều kiện đề bài, ta có
5. 2 2 2 2 a a a a P loga a 3logb 2loga a 3logb 4 loga .b 3logb b b b b b b b 2 a 4 1 loga b 3logb b b 2 3 2 3 Đặt t loga b 0 (vì a b 1), ta có P 4 1 t 4t 8t 4 f t . b t t 2 3 8t3 8t 2 3 2t 1 4t 6t 3 Ta có f (t) 8t 8 t 2 t 2 t 2 1 1 Vậy f t 0 t . Khảo sát hàm số, ta có P f 15 . 2 min 2 Câu 89: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho a 0 , b 0 thỏa mãn 2 2 log3a 2b 1 9a b 1 log6ab 1 3a 2b 1 2 . Giá trị của a 2b bằng 7 5 A. 6 B. 9 C. D. 2 2 Lời giải a 0 , b 0 nên ta có log3a 2b 1 6ab 1 0 ; log6ab 1 3a 2b 1 0 . Ta có 9a2 b2 6ab . Dấu đẳng thức xảy ra khi a 3b . Do đó, ta có: 2 2 log3a 2b 1 9a b 1 log6ab 1 3a 2b 1 log3a 2b 1 6ab 1 log6ab 1 3a 2b 1 2 log3a 2b 1 6ab 1 .log6ab 1 3a 2b 1 2 log3a 2b 1 3a 2b 1 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b 3a 0 log3a 2b 1 6ab 1 log6ab 1 3a 2b 1 b 3a 0 b 3a 0 2 (do log9a 1 18a 1 0 ) log 18a2 1 log 9a 1 log 18a2 1 1 9a 1 18a2 1 9a 1 3 b b 3a 0 2 7 . Suy ra a 2b . 18a2 1 9a 1 1 2 a 2 x Câu 90: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho phương trình 5 m log5 x m với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m 20;20 để phương trình đã cho có nghiệm? A. 20 B. 19 C. 9 D. 21 Lời giải
6. Điều kiện: x m x m 5t Đặt: t log x m 5x x 5t t 1 . 5 x 5 m t Xét hàm số f u 5u u f u 5u ln 5 1 0,u ¡ . Do đó: 1 x t x 5x m m x 5x . Xét hàm số f x x 5x , x m Do: 5x 0 m x , suy ra phương trình có nghiệm luôn thỏa điều kiện. x x 1 f x 1 5 ln 5 , f x 0 1 5 ln 5 0 x log5 . ln 5 Bảng biến thiên: x ∞ ≈ 0,295 +∞ y' + 0 ≈ 0,917 y ∞ ∞ m 20;20 Dựa vào bảng biến thiên m 0,917  m 19; 18; ; 1 . Vậy có 19 giá trị nguyên của m thỏa ycbt. Câu 91: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho a 0, b 0 thỏa mãn 2 2 log4a 5b 1 16a b 1 log8ab 1 4a 5b 1 2 . Giá trị của a 2b bằng 27 20 A. 9 B. 6 C. D. 4 3 Lời giải 2 2 Từ giả thiết suy ra log 4a 5b 1 16a b 1 0 và log8ab 1 4a 5b 1 0. Áp dụng BĐT Côsi ta có 2 2 2 2 log 4a 5b 1 16a b 1 log8ab 1 4a 5b 1 2log4a 5b 1 16a b 1 .log8ab 1 4a 5b 1 2 log 16a 2 b 2 1 . 8 ab 1 Mặt khác 16a2 b2 1 4a b 2 8ab 1 8ab 1 a,b 0 , suy ra 2 log 16a 2 b2 1 2 . 8ab 1 2 2 Khi đó log4a 5b 1 16a b 1 log8ab 1 4a 5b 1 2
7. log 4 a 5b 1 8ab 1 log 8ab 1 4a 5b 1 b 4a 2 2 3 log24a 1 32a 1 1 32a 24a a 4 . b 4a b 4a b 3 3 27 Vậy a 2b 6 . 4 4 x Câu 92: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho phương trình 7 m log7 x m với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m 25;25 để phương trình đã cho có nghiệm ? A. 9 B. 25 C. 24 D. 26 Lời giải ĐK: x m 7x m t x t Đặt t log7 x m ta có t 7 x 7 t 1 7 m x Do hàm số f u 7u u đồng biến trên ¡ , nên ta có 1 t x . Khi đó: 7 x m x m x 7 x . x x Xét hàm số g x x 7 g x 1 7 ln7 0 x log7 ln7 . Bảng biến thiên: Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m g log7 ln7 0,856 (các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện vì x m 7 x 0 ) Do m nguyên thuộc khoảng 25;25 , nên m 24; 16; ; 1 . Câu 93: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho a 0 , b 0 thỏa mãn 2 2 log2a 2b 1 4a b 1 log4ab 1 2a 2b 1 2. Giá trị của a 2b bằng: 15 3 A. B. 5 C. 4 D. 4 2 Lời giải Ta có 4a2 b2 4ab , với mọi a,b 0 . Dấu ‘ ’ xảy ra khi b 2a 1 . Khi đó 2 2 2 log2a 2b 1 4a b 1 log4ab 1 2a 2b 1 log2a 2b 1 4ab 1 log4ab 1 2a 2b 1 . Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy ta có log2a 2b 1 4ab 1 log4ab 1 2a 2b 1 2. Dấu ‘ ’ xảy ra khi log2a 2b 1 4ab 1 1 4ab 1 2a 2b 1 2 .
8. 3 3 15 Từ 1 và 2 ta có 8a2 6a 0 a . Suy ra b . Vậy a 2b . 4 2 4 x Câu 94: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho phương trình 2 m log2 x m với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m 18;18 để phương trình đã cho có nghiệm? A. 9 B. 19 C. 17 D. 18 Lời giải ĐK: x m x 2 m t x t Đặt t log x m ta có 2 x 2 t 1 2 t 2 m x Do hàm số f u 2u u đồng biến trên ¡ , nên ta có 1 t x . Khi đó: 2x m x m x 2x . x x Xét hàm số g x x 2 g x 1 2 ln2 0 x log2 ln 2 . Bảng biến thiên: Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m g log2 ln 2 0,914 (các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện vì x m 2x 0) Do m nguyên thuộc khoảng 18;18 , nên m 17; 16; ; 1 . Câu 95: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Cho a 0 , b 0 thỏa mãn 2 2 log10a 3b 1 25a b 1 log10ab 1 10a 3b 1 2 . Giá trị của a 2b bằng 5 11 A. . B. 6 . C. 22 .D. . 2 2 Lời giải Từ giả thiết ta có 25a2 b2 1 0 , 10a 3b 1 0, 10a 3b 1 1, 10ab 1 1. Áp dụng Cô-si, ta có 25a2 b2 1 2 25a2b2 1 10ab 1. Khi đó, 2 2 log10a 3b 1 25a b 1 log10ab 1 10a 3b 1 log10a 3b 1 10ab 1 log10ab 1 10a 3b 1 2 (Áp dụng Cô-si). 5a b Dấu “ ” xảy ra khi log10a 3b 1 10ab 1 log10ab 1 10a 3b 1 1
9. 5 b 2 11 Suy ra a 2b . 1 2 a 2 x Câu 96: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Cho phương trình 3 m log 3 (x m) với m là tham số . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m 15;15 để phương trình đã cho có nghiệm? A. 16. B. 9 .C. 14 . D. 15 . Lời giải x x Ta có: 3 m log 3 x m 3 x log 3 (x m) x m (*) . t t Xét hàm số f (t) 3 t , với t ¡ . Có f'(t) 3 ln 3 1 0,t ¡ nên hàm số f t đồng biến trên tập xác định. Mặt khác phương trình (*) có dạng: f (x) f log3 (x m) . Do đó ta có x x f (x) f log3 (x m) x log3 (x m) 3 x m 3 x m x x 1 Xét hàm số g x 3 x , với x ¡ . Có g'(x) 3 ln 3 1, g'(x) 0 x log3 ln 3 Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta thấy các giá trị của tham số để phương trình có nghiệm là: 1 m ; g log 3 . Vậy số giá trị nguyên của m 15;15 để phương trình đã cho ln 3 có nghiệm là:14. Câu 97: (THPTQG năm 2017 Mã đề 104) Xét các số nguyên dương a, b sao cho phương trình 2 2 a ln x bln x 5 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và phương trình 5log x blog x a 0 có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 thỏa mãn x1x2 x3 x4 . Tính giá trị nhỏ nhất Smin của S 2a 3b . A. Smin 30 B. Smin 25 C. Smin 33 D. Smin 17 Lời giải Điều kiện x 0 , điều kiện mỗi phương trình có 2 nghiệm phân biệt là b2 20a . Đặt t ln x,u log x khi đó ta được at 2 bt 5 0(1) , 5t 2 bt a 0(2) . Ta thấy với mỗi một nghiệm t thì có một nghiệm x , một u thì có một x . b b b b t1 t2 t1 t2 a u1 u2 5 a 5 Ta có x1.x2 e .e e e , x3.x4 10 10 , lại có x1x2 x3 x4 e 10
10. b b 5 ln10 a a 3 ( do a,b nguyên dương), suy ra b2 60 b 8. a 5 ln10 Vậy S 2a 3b 2.3 3.8 30 ,suy ra Smin 30 đạt được a 3,b 8 . 9t Câu 98: (THPT QG 2017 Mã đề 105) Xét hàm số f t với m là tham số thực. Gọi S là tập 9t m2 hợp tất cả các giá trị của m sao cho f x f y 1 với mọi số thực x, y thỏa mãn ex y e x y .Tìm số phần tử của S . A. Vô số B. 1 C. 2 D. 0 Lời giải x y 4 4 2 Ta có f x f y 1 9 m x y log9 m log3 m Đặt x y t,t 0 . Vì ex y e x y et et t 1 lnt 1 lnt t 0,t 0 (1) 1 1 t Xét hàm f t lnt 1 t với t 0 . f t 1 0 t 0 t t Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên, ta có f t f 1 ,t 0 1 lnt t 0,t 0 (2) 2 2 Từ 1 và 2 ta có t 1 log3 m 1 m 3 m 3 1 ab Câu 99: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Xét các số thực dương a , b thỏa mãn log 2ab a b 3 . 2 a b P a 2b Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của . 2 10 3 2 10 5 3 10 7 2 10 1 A. P B. P C. P D. P min 2 min 2 min 2 min 2 Lời giải Điều kiện: ab 1. 1 ab Ta có log 2ab a b 3 log 2 1 ab 2 1 ab log a b a b * . 2 a b 2 2 Xét hàm số y f t log2 t t trên khoảng 0; . 1 Ta có f t 1 0,t 0 .Suy ra hàm số f t đồng biến trên khoảng 0; . t.ln 2 b 2 Do đó, * f 2 1 ab f a b 2 1 ab a b a 2b 1 2 b a . 2b 1 b 2 P a 2b 2b g b . 2b 1
11. 5 2 5 10 10 2 (vì ). g b 2 2 0 2b 1 2b 1 b b 0 2b 1 2 2 4 10 2 2 10 3 Lập bảng biến thiên ta được P g . min 4 2 1 xy Câu 100: Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log 3xy x 2y 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất P 3 x 2y min của P x y 2 11 3 9 11 19 18 11 29 9 11 19 A. P B. P C. P D. P min 3 min 9 min 21 min 9 Lời giải 1 xy Với x, y dương và kết hợp với điều kiện của biểu thức log 3xy x 2y 4 ta được 3 x 2y 1 xy 0 1 xy Biến đổi log 3xy x 2y 4 3 x 2y log3 1 xy log3 x 2y 3 1 xy x 2y log3 3 log3 1 xy log3 3 3 1 xy log3 x 2y x 2y log3 3 1 xy 3 1 xy log3 x 2y x 2y 1 Xét hàm số f t log3 t t trên D 0; 1 f ' t 1 0 với mọi x Dnên hàm số f t log3 t t đồng biến trên D 0; t.ln 3 3 2y Từ đó suy ra 1 3 1 xy x 2y 3 2y x 1 3y x (do y 0 ) 1 3y 3 2y 3 Theo giả thiết ta có x 0 , y 0 nên từ x ta được 0 y . 1 3y 2 3 2y 3y2 y 3 P x y y 1 3y 3y 1 2 3y y 3 3 Xét hàm số g y với 0 y 3y 1 2 9y2 6y 10 1 11 g' y 2 0 ta được y . 3y 1 3 1 11 2 11 3 Từ đó suy ra min P g . 3 3 Câu 101: (Đề minh họa lần 1 2017) Ông A vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng, với lãi suất 12%/năm. Ông muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi lần là như nhau và trả hết tiền nợ sau đúng 3 tháng kể từ ngày vay. Hỏi, theo cách đó, số tiền m mà ông A
12. sẽ phải trả cho ngân hàng trong mỗi lần hoàn nợ là bao nhiêu? Biết rằng, lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ. 100.(1,01)3 (1,01)3 A. m (triệu đồng)B. m (triệu đồng) 3 (1,01)3 1 100.1,03 120.(1,12)3 C. m (triệu đồng) D. m (triệu đồng) 3 (1,12)3 1 Lời giải Cách 1: Công thức: Vay số tiền A lãi suất r % / tháng. Hỏi trả số tiền a là bao nhiêu để n n 3 A.r . 1 r 100.0,01. 1 0,01 tháng hết nợ a . n 3 1 r 1 1 0,01 1 Cách 2: Theo đề ta có: ông A trả hết tiền sau 3 tháng vậy ông A hoàn nợ 3 lần Với lãi suất 12%/năm suy ra lãi suất một tháng là 1% Hoàn nợ lần 1: -Tổng tiền cần trả (gốc và lãi) là : 100.0,01 100 100.1,01 (triệu đồng) - Số tiền dư : 100.1,01 m (triệu đồng) Hoàn nợ lần 2: - Tổng tiền cần trả (gốc và lãi) là : 100.1,01 m .0,01 100.1,01 m 100.1,01 m .1,01 100. 1,01 2 1,01.m (triệu đồng) - Số tiền dư:100. 1,01 2 1,01.m m (triệu đồng) Hoàn nợ lần 3: - Tổng tiền cần trả (gốc và lãi) là : 2 3 2 100. 1,01 1,01.m m .1,01 100. 1,01 1,01 m 1,01m (triệu đồng) - Số tiền dư:100. 1,01 3 1,01 2 m 1,01m m (triệu đồng) 3 3 2 100. 1,01 100. 1,01 1,01 m 1,01m m 0 m 1,01 2 1,01 1 100. 1,01 3 . 1,01 1 1,01 3 m 3 (triệu đồng) 1,01 2 1,01 1 . 1,01 1 1,01 1 Câu 102: (Đề tham khảo lần 2 2017) Hỏi có bao nhiêu giá trị m nguyên trong  2017;2017 để phương trình log mx 2log x 1 có nghiệm duy nhất? A. 2017 . B. 4014. C. 2018. D. 4015. Lời giải Điều kiện x 1và x ¹ 0 . 2 2 x 1 log mx 2log x 1 mx x 1 m x
13. 2 x 1 x2 1 x 1 Xét hàm f x x 1, x 0 ; f x 2 0 x x x 1 l Lập bảng biến thiên m 4 Dựa vào BBT, phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m 0. Vì m  2017;2017 và m ¢ nên chỉ có 2018 giá trị m nguyên thỏa yêu cầu là m 2017; 2016; ; 1;4. Chú ý: Trong lời giải, ta đã bỏ qua điều kiện mx 0 vì với phương trình loga f x loga g x với 0 a 1 ta chỉ cần điều kiện f x 0 (hoặc g x 0 ). Câu 6. [MH-2020] Nghiệm của phương trình log3 2x 1 2 là: 9 7 A. x 3. B. x 5. C. x . D. x . 2 2 Lời giải Chọn B. 1 Điều kiện: 2x 1 0 x 2 1 1 x x Ta có log3 2x 1 2 2 2 x 5 . 2 2x 1 3 x 5 Vậy phương trình có nghiệm x 5. 2 Câu 10. [MH-2020] Với a là số thực dương tùy ý, log2 a bằng: 1 1 A. 2 log a . B. log a . C. 2log a . D. log a . 2 2 2 2 2 2 Lời giải Chọn C. Với a 0; b 0; a 1. Với mọi . Ta có công thức: loga b loga b. 2 Vậy: log2 a 2log2 a . Câu 20. [MH-2020] Xét tất cả các số dương a và b thỏa mãn log2 a log8 (ab) . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. a b2 . B. a3 b . C. a b . D. a2 b .
14. Lời giải Chọn D. Theo đề ta có: 1 log a log (ab) log a log (ab) 3log a log (ab) 2 8 2 3 2 2 2 3 3 2 log2 a log2 (ab) a ab a b 2 Câu 21. [MH-2020] Tập nghiệm của bất phương trình 5x 1 5x x 9 là A.  2;4. B.  4;2. C. ; 24; . D. ; 42; . Lời giải Chọn A. 2 5x 1 5x x 9 x 1 x2 x 9 x2 2x 8 0 2 x 4 . Vậy Tập nghiệm của bất phương trình là  2;4. Câu 25. [MH-2020] Để dự báo dân số của một quốc gia, người ta sử dụng công thức S Aenr ; trong đó A là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau n năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm. Năm 2017, dân số Việt nam là 93.671.600 người (Tổng cục Thống kê, Niên giám thống kê 2017, Nhà xuất bản Thống kê, Tr 79). Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi là 0,81%, dự báo dân số Việt nam năm 2035 là bao nhiêu người (kết quả làm tròn đến chữ số hàng trăm)? A. 109.256.100. B. 108.374.700. C. 107.500.500. D. 108.311.100. Lời giải Chọn B. Lấy năm 2017 làm mốc, ta có A 93.671.600;n 2035 2017 18 0,81 18. Dân số Việt Nam vào năm 2035 là S 93.671.600.e 100 108.374.700 Câu 41. [MH-2020] Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn log9 x log6 y log4 2x y . Giá trị của x bằng y 1 3 A. 2 . B. . C. log2 . D. log 3 2 . 2 2 2 Lời giải Chọn B. x 9t t t t t Đặt t log9 x log6 y log4 2x y . Khi đó y 6 2.9 6 4 t 2x y 4 t 3 t t 1 t 9 3 2 3 1 2. 1 0 . t 4 2 3 1 2 2 2 2 t t x 9 3 1 Do đó: . y 6 2 2
15. 2 Câu 43. [MH-2020] Cho phương trình log2 2x m 2 log2 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 là A. 1;2 . B. 1;2. C. 1;2 . D. 2; . Lời giải Chọn C. 2 2 log2 2x m 2 log2 x m 2 0 1 log x m 2 log2 x m 2 0 * Đặt t log2 x g x 0 t 1 và mỗi giá trị của x sẽ cho một giá trị của t * trở thành 1 t 2 m 2 t m 2 0 t 2 2t 1 mt 2t m 2 0 t 2 1 m t 1 t 1 t 1 m 0 t m 1 1 t 1 2 Với t 1 thì phương trình có một nghiệm x 2 Vậy để phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt thì phương trình 1 phải có một nghiệm t 1 0 m 1 1 1 m 2 Vậy m 1;2 để thoả mãn yêu cầu bài toán. Câu 47. [MH-2020] Có bao nhiêu cặp số nguyên x; y thỏa mãn 0 x 2020 và y log3 3x 3 x 2y 9 ? A. 2019 . B. 6 . C. 2020 . D. 4 . Lời giải Chọn D. Cách 1: y 2 y Ta có: log3 3x 3 x 2y 9 log3 x 1 x 1 2y 3 . 1 t Đặt log3 x 1 t x 1 3 . Phương trình 1 trở thành: t 3t 2y 32 y 2 Xét hàm số f u u 3u trên ¡ . f u 1 3u ln 3 0,u ¡ nên hàm số f u đồng biến trên ¡ . y y Do đó 2 f t f 2y t 2y log3 x 1 2y x 1 9 x 9 1 y y Vì 0 x 2020 0 9 1 2020 1 9 2021 0 y log9 2021 log3 2021 3,464 Do y ¢ y 0;1;2;3 , có 4 giá trị của y nên cũng có 4 giá trị của x Vậy có 4 cặp số nguyên x; y . Cách 2: y 2 y Ta có: log3 3x 3 x 2y 9 log3 x 1 x 1 2y 3
16. Xét hàm số f x log3 x 1 x 1 với x 0;2020. 1 Ta có f x 1 0,x x 0;2020 Hàm số f x đồng biến trên đoạn x 1 ln 3 0;2020 . Suy ra f 0 f x log3 x 1 x 1 f 2020 1 f x log2 2021 2021 y 1 2y 9 log3 2021 2021 2028 Nếu y 0 2y 9 y 9 y 90 1 y 0 Khi đó y ¥ 2y 9 y ¥ 2y 9 y 2027 9 y 2027 2y 2027 y log9 2027 3,465 y 3 0 y 3 y 0;1;2;3 . Do f x là hàm số luôn đồng biến nên với mỗi giá trị của y chỉ cho 1 giá trị của x . +) y 0 log3 x 1 x 1 1 x 0 +) y 1 log3 x 1 x 1 11 log3 x 1 x 10 x 8 +) y 2 log3 x 1 x 1 85 log3 x 1 x 84 x 80 +) y 3 log3 x 1 x 1 735 log3 x 1 x 734 x 729 Vậy có 4 cặp số nguyên x; y .