Trắc nghiệm Đại số Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 2 - Bài 4: Hàm số mũ và hàm số Logarit - Mức độ 4.2 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

Nội dung text: Trắc nghiệm Đại số Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 2 - Bài 4: Hàm số mũ và hàm số Logarit - Mức độ 4.2 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 37.[DS12.C2.4.BT.d] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Một người gửi tiết kiệm ngân hàng theo hình thức gửi góp hàng tháng. Lãi suất tiết kiệm gửi góp cố định 0,55% /tháng. Lần đầu tiên người đó gửi 2.000.000 đồng. Cứ sau mỗi tháng người đó gửi nhiều hơn số tiền đã gửi tháng trước đó là 200.000 đồng. Hỏi sau 5 năm (kể từ lần gửi đầu tiên) người đó nhận được tổng số tiền cả vốn lẫn lãi là bao nhiêu? A. 618.051.620 đồng. B. 484.692.514 đồng. C. 597.618.514 đồng. D. 539.447.312 đồng. Lời giải Chọn A Gọi Ai là số tiền thu được sau tháng i , r 0,55% 0,0055 là lãi suất hàng tháng, A 2000 (nghìn đồng) là số tiền gửi ở tháng đầu. * Số tiền thu được sau tháng 1 là: A1 A 1 r 2 * Số tiền thu được sau tháng 2 là: A2 A1 A 200 1 r A 1 r A 1 r 200 1 r * Số tiền thu được sau tháng 3 là: 3 2 2 A3 A2 A 2.200 1 r A 1 r A 1 r A 1 r 200 1 r 2.200 1 r * Số tiền thu được sau tháng 4 là: 4 3 2 A4 A3 A 3.200 1 r A 1 r A 1 r 200 1 r 2.200 1 r 3.200 1 r * Số tiền thu được sau tháng 5 là: A A A 4.200 1 r A 1 r 5 A 1 r 200 1 r 4 2 1 r 3 4. 1 r 5 4 * Số tiền thu được sau tháng n là: An An 1 A n 1 .200 . 1 r A A 1 r n A 1 r n 1 A 1 r 200 1 r n 1 2. 1 r n 2 n 1 . 1 r n n 1 1 r 1 n 1 2 3 n A 2000 1 200 1 r 1 1 r 2 . 1 r 1 n . 1 r n r x n 1 Ta có: 1 x 1 x n 1 , lấy đạo hàm hai vế ta được: x 1 1 n 2 n 1 2 2 3 n 1 n x n.x x x 2x n 1 x 2 x 1 1 n 2 n 1 2 2 3 n 1 n 1 r n. 1 r 1 r 1 r 2 . 1 r 1 n . 1 r 2 1 r 1 1 1 n 1 r n n. 1 r n 1 1 r 2 1 r n 1 1 n 1 1 r n. 1 r 2 1 r n 1 A 2000 1 200 n 2 r r Số tiền thu được sau 5 năm ( 60 tháng) là: 1,0055 61 1 59 1,0055 60. 1,0055 2 1,0055 61 A 2000 1 200 60 2 0,0055 0,0055 A60 539.447.312 (đồng). Câu 42. [DS12.C2.4.BT.d] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Xét các số thực dương x, y thỏa x y 3x 2y 1 mãn log x x 3 y y 3 xy. Tìm giá trị lớn nhất P của biểu thức P . 3 x2 y2 xy 2 max x y 6 A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 4 . Lời giải Chọn C Ta có:
2. x y log x x 3 y y 3 xy 3 x2 y2 xy 2 log 3 x y 3 x y log x2 y2 xy 2 x2 y2 xy 2 . 3 3 1 Xét hàm số f t log t t , t 0 có f t 1 0, t 0 . Vậy hàm số f t luôn đồng biến 3 t ln 3 và liên tục trên khoảng 0; . Do đó: f 3 x y f x2 y2 xy 2 3 x y x2 y2 xy 2 1 Cách 1: Từ 1 xy x y 2 3 x y 2 . 2 x y 1 Ta có x x xy xy x y 1 xy xy 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y 1. 2 x y 1 2 Do đó từ 1 , suy ra: x x y 3 x y 2 . 4 Đặt t x y , t 0 . 2 t 1 2 2t 1 t 3t 2 2 2 x y 1 x 3t 22t 3 Suy ra: P 4 f t . x y 6 t 6 4 t 6 3t 2 36t 135 Ta có: f t 0 t 3 (nhận) 4 t 6 2 Bảng biến thiên x y 1 x 2 Dựa vào BBT, ta có max P max f t f 3 1 khi và chỉ khi . 0; x y 3 y 1 Cách 2: (Trắc nghiệm) x 11 Ta có: P 2 . x y 6 Trong 1 coi y là ẩn, x là tham số. Ta có y2 x 3 y x2 3x 2 0 có nghiệm khi 2 3 2 3 3 2 3 x 3 4 x2 3x 2 0 x 3 nên x 11 0 3 3 Vậy P 2 nên trong 4 phương án thì Pmax 1 khi đó x 2 , y 1. Cách 3: (Trắc nghiệm) y 17 Ta có: P 3 3 với x , y 0. x y 6 3x 2y 1 + Nếu P 2 thì 2 x 11. Thay vào 1 ta được: y2 3y 90 0 (vô lý). x y 6 3x 2y 1 + Nếu P 1 thì 1 2x y 5 y 5 2x . Thay vào 1 , ta được: x y 6 3 x 5 2x x2 5 2x 2 x 5 2x 2 3x2 12x 12 0 x 2 y 1.
3. Vậy Pmax 1. Câu 38. [DS12.C2.4.BT.d] (TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH - LẦN 2 - 2018) Cho hàm số 1 f x ln 1 2 . Biết rằng f 2 f 3 f 2018 ln a ln b ln c ln d với a , b , c , d x là các số nguyên dương, trong đó a , c , d là các số nguyên tố và a b c d . Tính P a b c d . A. 1986.B. 1698.C. 1689.D. 1968. Lời giải Chọn C. 1 x2 1 Ta có f x ln 1 2 ln 2 ln x 1 ln x 1 2ln x , với x 2 . x x Khi đó f 2 ln1 ln 3 2ln 2 f 3 ln 2 ln 4 2ln 3 f 4 ln 3 ln 5 2ln 4 f 2016 ln 2015 ln 2017 2ln 2016 f 2017 ln 2016 ln 2018 2ln 2017 f 2018 ln 2017 ln 2019 2ln 2018 Suy ra f 2 f 3 f 2018 ln1 ln 2 ln 2019 ln 2018 0 ln 2 ln 3 ln 673 ln 2 ln1009 ln 3 2ln 2 ln 673 ln1009 ln 3 ln 4 ln 673 ln1009 Do đó P a b c d 3 4 673 1009 1689 . Câu 28. [DS12.C2.4.BT.d] (THPT Lê Hồng Phong - Nam Định - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Xét các 1 số thực a , b thỏa mãn điều kiện b a 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3b 1 2 P loga 12log b a 3. 4 a 1 A. min P 13 . B. min P . C. min P 9 . D. 3 2 min P 3 2 . Lời giải Chọn C 2 2 3b 1 3b 1 1 P loga 12 log b a 3 loga 12 3 4 4 a a log a b 2 3b 1 1 3b 1 12 loga 12 3 loga 2 3. 4 1 log b 4 a loga b 1 3b 1 Ta có: b3 3b 1 4b3 4b3 3b 1 0 b 1 4b2 4b 1 0 4 2 1 b 1 2b 1 0 ( luôn đúng với b 1). 3 3b 1 3 3b 1 loga loga b ( vì a 1) loga 3loga b . 4 4
4. 12 12 Do đó P 3loga b 2 3 P 3 loga b 1 2 * . loga b 1 loga b 1 1 Vì b a 1 nên log b 1. 3 a 3 3 12 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương: log b 1 , log b 1 , 2 a 2 a 2 loga b 1 3 3 12 3 3 12 log b 1 log b 1 3. 3 log b 1 . log b 1 . 2 a 2 a 2 2 a 2 a 2 loga b 1 loga b 1 12 3 loga b 1 2 9 . loga b 1 Từ * và ta có P 9 . 1 b 1 2 b Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 3 12 3 loga b 1 2 log b 1 8 2 a loga b 1 1 1 1 1 b b b b 2 2 2 2 . 3 1 3 3 loga b 1 2 loga b 3 b a a b 2 Vậy min P 9 . Câu 47: [DS12.C2.4.BT.d] (Chuyên Thái Bình – Lần 5 – 2018) Cho 2 số thực dương x, y thỏa mãn y 1 log3 x 1 y 1 9 x 1 y 1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2y là 11 27 A. P . B. P . C. P 5 6 3 . D. P 3 6 2 . min 2 min 5 min min Lời giải Chọn D y 1 Ta có log3 x 1 y 1 9 x 1 y 1 y 1 log3 x 1 log3 y 1 x 1 y 1 9 . y 1 log3 x 1 log3 y 1 x 1 9 9 log x 1 x 1 log y 1 3 y 1 3 9 9 log x 1 x 1 2 2 log (*). 3 y 1 3 y 1 1 Xét hàm số f t log t t 2 với t 0 có f t 1 0 với mọi t 0 nên hàm số f t 3 t ln 3 luôn đồng biến và liên tục trên 0; . 9 9 8 y Từ (*) suy ra x 1 x 1 , do x 0 nên y 0;8 . y 1 y 1 y 1 8 y 9 9 Vậy P x 2y 2y 2y 1 2 y 1 3 3 6 2 . y 1 y 1 y 1 9 3 Vậy P 3 6 2 khi 2 y 1 y 1. min y 1 2
5. Câu 5: [DS12.C2.4.BT.d] (CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG- LẦN 2-2018) Xét các số thực dương x , y thỏa mãn x y 5x 4y 4 log x x 3 y y 3 xy . Tìm giá trị P của biểu thức P . 3 x2 y2 xy 2 max x y 3 A. Pmax 0 B. Pmax 1 C. Pmax 2 D. Pmax 3 Lời giải Chọn B Ta có: x y log x x 3 y y 3 xy 3 x2 y2 xy 2 3 x y log log 3 x2 y2 xy 3 x y 3 x2 y2 xy 2 3 3 x y log 3 x y x2 y2 xy 2 log x2 y2 xy 2 * . 3 3 Xét hàm số f t t log t , . 3 t 0 1 Có: f t 1 0, t 0 f t là hàm số đồng biến trên khoảng 0; . ln 3.t Do đó, * 3 x y x2 y2 xy 2 xy x y 2 3 x y 2 . Mặt khác, ta xét S x2 y2 x y 2 2xy x y 2 2 x y 2 6 x y 4 5 x y 3 2 5 . Khi đó, ta có: 3x 2y 1 P P 3 x P 2 y 1 6P x y 6 2 1 6P 2 P 3 x P 2 y x2 y2 P 3 2 P 2 2 5 2P2 10P 13 26P2 38P 64 0 0 P 1. x 2 Suy ra MaxP 1 . y 1 Câu 50: [DS12.C2.4.BT.d] (Lương Văn Chánh - Phú Yên – 2017 - 2018 - BTN) Tính giá trị của biểu 1 x2 1 2 13 thức P x2 y2 xy 1 biết rằng 4 x log 14 y 2 y 1 với x 0 và 1 y . 2 2 A. P 4 .B. P 2 .C. P 1.D. P 3. Lời giải Chọn B 1 x2 1 Xét 4 x2 log 14 y 2 y 1 . 2 1 1 x2 1 2 x2 . 1 Ta có 4 x2 4 x2 4 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 1, (1). 3 Mặt khác 14 y 2 y 1 14 3 y 1 y 1 . 30 Đặt t y 1 ta có 0 t . Xét hàm số f t t3 3t 14 . Ta tìm GTLN – GTNN của 2 30 30 56 9 30 hàm số trên đoạn 0; được min f t f ; max f t f 1 16 . 2 30 2 4 30 0; 0; 2 2 Suy ra log 14 y 2 y 1 log 16 4 , (2). 2 2
6. x 1 x 1 Từ (1) và (2) suy ra ta có . Thay vào P 2 . t y 1 1 y 0 Câu 6: [DS12.C2.4.BT.d] (THPT Gia Định - TPHCM - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Xét các số thực 1 ab dương a ,b thỏa mãn log 2ab a b 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất P của P a 2b . 2 a b min 2 10 3 3 10 7 2 10 1 A. P . B. P . C. P . D. min 2 min 2 min 2 2 10 5 P . min 2 Lời giải Chọn A Theo đề bài suy ra: 1 ab 0 . Ta có: 1 ab log 2ab a b 3 log 1 ab log a b 2 ab 1 a b 1 2 a b 2 2 log2 1 ab 1 2 1 ab log2 a b a b log2 2 2ab 2 2ab log2 a b a b 1 . 1 Xét hàm số: f t log t t , t 0 . Ta có: f t 1 0 , với mọi t 0 . 2 t ln 2 Suy ra hàm số f t đồng biến trên khoảng 0; . 2 b Do đó: 1 f 2 2ab f a b 2 2ab a b a . 1 2b Theo đề bài ta có: a , b 0 , suy ra b 2 . 2 b Ta có: P a 2b 2b g b , với b 0;2 . 1 2b 5 10 2 Đạo hàm: g b 2 ; g b 0 b 0;2 . 1 2b 2 4 10 2 2 10 3 Ta có: lim g x 2 ; g ; lim g x 4 . x 0 4 2 x 2 2 10 3 Vậy P . min 2 Câu 4. [DS12.C2.4.BT.d] (Chuyên Thái Bình-Thái Bình-L4-2018-BTN) Cho các số thực 2 2 dương x , y thỏa mãn log x y x y 1. Giá trị lớn nhất của biểu thức A 48 x y 3 156 x y 2 133 x y 4 là: 1369 505 A. 29 . B. . C. 30 . D. . 36 36 Lời giải Chọn C x y 1 x y 1 TH1: log x2 y2 1 2 2 1 . x y 2 2 1 1 1 x y x y x y (*) 2 2 2 1 1 1 Tập nghiệm của BPT (*) là tất cả các điểm thuộc hình tròn tâm I ; bán kính R . 2 2 2 Miền nghiệm của hệ (1) là phần tô màu như hình vẽ.
7. Đặt t x y 1 t 2 Khi đó f t 48t3 156t 2 133t 4 19 t 2 12 f t 144t 312t 133; f t 0 7 t 12 Bảng biến thiên Do đó, max f t 30 t 2 x y 2 . 1 t 2 0 x y 1 0 x y 1 TH2: log x2 y2 1 2 2 2 . (x y) 2 2 1 1 1 x y x y x y 2 2 2 2 không thỏa điều kiện x 0 , y 0. Câu 43. [DS12.C2.4.BT.d] (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018 - BTN) Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn 2a 4b 8c 4 . Gọi M ,m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu M thức S a 2b 3c . Giá trị của biểu thức 4 logM m bằng 2809 281 4096 14 A. . B. . C. . D. . 500 50 729 25 Lời giải Chọn C Đặt a log2 x, 2b log2 y, 3c log2 z . Ta có S log2 xyz . 3 3 4 4 4 x y z 3 xyz xyz S 3log2 3 3 4 4 MaxS M 3log2 , khi x y z 3 3 4 Gọi z min x, y, z 1 z . 3 4 Do x 1 y 1 0 xy x y 1 3 z xyz z 3 z 2 (vì z 1; 3
8. Suy ra S 1, do đó m min S 1 khi x z 1, y 2 4 3log2 M 3 4096 4 logM m 4 log 4 1 . 3log2 729 3