Trắc nghiệm Đại số Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 2 - Bài 7: Toán tổng hợp về mũ và Logarit - Mức độ 4.1 - 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 7: Toán tổng hợp về mũ và Logarit - Mức độ 4.1 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 18: [DS12.C2.7.BT.d] (THPT Chuyên Thái Bình - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Tính tích tất cả 2 1 x 2x 1 2x các nghiệm thực của phương trình log2 2 5. 2x 1 A. 0 . B. 2 . C. 1. D. . 2 Lời giải Chọn D Điều kiện: x 0 . 2 2 2x 1 2x 1 2x PT: log2 2 5 1 . 2x 2x2 1 1 1 Đặt t x 2 x. 2 2x 2x 2x t PT trở thành log2 t 2 5 (2) . t Xét hàm f t log2 t 2 t 2 là hàm đồng biến nên: 2 f t f 2 t 2 (t/m). 2x2 1 1 Với t 2 thì 2 2x2 4x 1 0 (t/m). Vậy x x (theo Viet ). 2x 1 2 2 Câu 21: [DS12.C2.7.BT.d] (THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc – Lần 3 – 2018) Cho cấp số cộng an , 3 cấp số nhân bn thỏa mãn a2 a1 0 và b2 b1 1; và hàm số f x x 3x sao cho f a2 2 f a1 và f log2 b2 2 f log2 b1 . Số nguyên dương n nhỏ nhất và lớn hơn 1 sao cho bn 2018an là: A. 16. B. 15. C. 17 . D. 18. Lời giải Chọn B Hàm số f x x3 3x có bảng biến thiên như sau: Theo giả thiết f a2 2 f a1 f a2 f a1 . a2 a1 0 a2 a1 0 0 a1 a2 1 Từ đó suy ra , hơn nữa f x 2 0x 0 . Ta xét các trường hợp: 0 a1 1 a2 f a2 2 0 f a2 2 a2 1 Nếu 0 a1 a2 1 thì . a 0 f a1 0 f a1 0 1
2. f a2 2 0 Nếu 0 a1 1 a2 thì điều này là không thể. f a1 0 Do đó chỉ xảy ra trường hợp a1 0;a2 1. Từ đó suy ra an n 1 n 1 . Tương tự vì b2 b1 1 nên log2 b2 log2 b1 0 , suy ra log2 b2 1 b2 1 n 1 bn 2 n 1 . log2 a1 0 b1 1 Xét hàm số g x 2x 2018x trên nữa khoảng 0; , ta có bảng biến thiên 2018 g log2 0 ln 2 2018 log2 11 ln 2 Ta có g 12 20120 nên số nguyên dương nhỏ nhất n thỏa g n 1 0 là g 13 18042 g 14 11868 g 15 2498 0 n 1 15 n 16 . Câu 45: [DS12.C2.7.BT.d] (SGD Hà Nam - Năm 2018) Cho dãy số un có số hạng đầu u1 1 thỏa 2 2 2 2 mãn log2 (5u1) log2 (7u1) log2 5 log2 7 và un 1 7un với mọi n 1. Giá trị nhỏ nhất của n để un 1111111 bằng A. 11. B. 8. C. 9 . D. 10 . Lời giải Chọn D Vì un 1 7un nên dễ thấy dãy số un là cấp số nhân có công bội q 7 . Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 log2 (5u1) log2 (7u1) log2 5 log2 7 (log2 5 log2 u1) (log2 7 log2 u1) log2 5 log2 7 2 2log2 5.log2 u1 2log2 u1 2log2 7.log2 u1 0 log2 u1 0 2log2 5 2log2 u1 2log2 7 0 u1 1 (L) log2 35u1 0
3. 1 u . 1 35 Ta có: 1 u u .7n 1 .u 1111111 .7n 1 1111111 7n 1 35.1111111 n 1 n 35 n log7 (35.1111111) 1. Mà n ¥ * nên giá trị nhỏ nhất trong trương hợp này là n 10 . Câu 47: [DS12.C2.7.BT.d](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: 4 1 8 P . log a 3 bc logac b 3logab c A. Pmin 20 .B. Pmin 10 .C. Pmin 18.D. Pmin 12 . Lời giải Chọn A 4 1 8 Ta có: P 2log bc 2log ac 8log ab 2log a 1 log c a b c bc log b ab 2 ac 2loga b 2loga c 2logb a 2logb c 8logc a 8logc b 2loga b 2logb a 2loga c 8logc a 2logb c 8logc b . Vì a, b, c là các số thực lớn hơn 1 nên: loga b, logb a, loga c, logc a, logb c, logc b 0. Do đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: P 2 2loga b.2logb a 2 2loga c.8logc a 2 2logb c.8logc b 4 8 8 20 . loga b logb a a b 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi loga c 4logc a c a a b c 1. 2 logb c 4logc b c b Vậy Pmin 20 . Câu 50: [DS12.C2.7.BT.d] [THPT TRẦN QUỐC TUẤN - Lần 1- 2018] [DS12.C2.0.BT.d] Cho hai số thực dương a,b thỏa mãn hệ thức: 2log2 a log2 b log2 a 6b . Tìm giá trị lớn nhất PMax ab b 2 của biểu thức P . a2 2ab 2b2 2 1 2 A. P . B. P 0 . C. P . D. P . Max 3 Max Max 2 Max 5 Lời giải Chọn C. 2 2 2 2 Ta có: 2log2 a log2 b log2 a 6b log2 a log2 ab 6b a ab 6b 2 a a a 6 0 3 2 . b b b a Do a,b dương nên 0 2. b
4. a Đặt t ,0 t 2 . b ab b 2 t 1 Khi đó: P a2 2ab 2b2 t 2 2t 2 t 1 Xét hàm số f t với 0 t 2 . t 2 2t 2 t 2 2t Ta có: f t 2 0,t 0;2. t 2 2t 2 1 1 Suy ra f t f 2 . Vậy Max f t khi t 2. 2 0;2 2 1 Do đó P . Max 2 HẾT Câu 37: [DS12.C2.7.BT.d] (THPT Chuyên Thái Nguyên - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Tính tổng tất cả các nghiệm sin x của phương trình e 4 tan x thuộc đoạn 0;50  ? 1853 2475 2671 2105 A. .B. .C. . D. . 2 2 2 2 Lời giải Chọn B Điều kiện: x k , k ¢ . 2 sin x Phương trình e 4 tan x sin x cos x ln sin x ln cos x 2 ln cos x cos x 2 ln sin x sin x 2 . tan x 0 tan x 0 + Khi cos x 0 và sin x 0 , xét hàm số f t 2 ln t t , trên tập  1;0 . 2 f t 1 suy ra f t 0 , t  1;0 . t Nên hàm số f t 2 ln t t nghịch biến trên  1;0 . Mà phương trình 2 ln cos x cos x 2 ln sin x sin x có dạng f cos x f sin x . Nên 2 ln cos x cos x 2 ln sin x sin x cos x sin x 1 + Khi cos x 0 và sin x 0, xét hàm số f t 2 ln t t , trên tập 0;1 2 f t 1 suy ra f t 0 , t 0;1 . t
5. Nên hàm số f t 2 ln t t đồng biến trên 0;1. Mà phương trình 2 ln cos x cos x 2 ln sin x sin x có dạng f cos x f sin x . Nên 2 ln cos x cos x 2 ln sin x sin x cos x sin x 2 Từ 1 và 2 ta có cos x sin x sin x 0 x k , k ¢ . 4 4 1 199 Do chỉ xét x 0;50  nên 0 k 50 k . 4 4 4 Mà k ¢ k 0;1;2;3 ;49 . Vậy phương trình đã cho có các nghiệm ; ; 2 ; ; 49 . 4 4 4 4 Dãy số trên là 50 số hạng đầu liên tiếp của một cấp số cộng có số hạng đầu u và công sai 1 4 50 2475 d nên tổng các nghiệm trên là S50 2. 50 1 . 2 4 2 Câu 31: [DS12.C2.7.BT.d] (THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh - lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho phương trình 3 2 3 2 m 3m 1 3 2 x 3x 1 2 1 2 .log81 x 3x 1 2 2 .log3 0 m3 3m2 1 2 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 . A. 20 . B. 28 . C. 14. D. 10. Lời giải Chọn B 3 2 3 2 m 3m 1 3 2 x 3x 1 2 1 Ta có 2 .log81 x 3x 1 2 2 .log3 0 m3 3m2 1 2 x3 3x2 1 2 m3 3m2 1 2 2 .log x3 3x2 1 2 2 .log m3 3m2 1 2 . 3 3 1 Xét hàm số f t 2t.log t với t 2 ; Ta có f t 2t ln 2.log t 2t. 0t 2 . 3 3 t ln 3 Suy ra hàm số f t đồng biến trên 2; . Do đó phương trình tương đương với m3 3m2 1 x3 3x2 1 1 . Vẽ đồ thị hàm số g x x3 3x2 1 từ đó suy ra đồ thị g x và đồ thị của g x như hình vẽ.
6. 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 47: [DS12.C2.7.BT.d](THPT Lê Quý Đôn - Hải Phòng - 2018 - BTN) Tìm tập hợp các giá trị 2 của tham số m để phương trình (ẩn x ): 3log2 x 2 m 3 .3log2 x m2 3 0 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn : x1x2 2 . A. 1; \ 0 B. 0; C. ¡ \  1;1 D. 1; Lời giải Chọn A - ĐK : x 0 . 2 - Ta có : 3log2 x 2 m 3 .3log2 x m2 3 0 32log2 x 2 m 3 .3log2 x m2 3 0 (1). - Đặt t 3log2 x , t 0 . Ta được bất phương trình : t 2 2 m 3 t m2 3 0 (2). Nhận thấy : (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt dương 0 2 m 3 (m2 3) 0 6m 6 0 m 1 t1 t2 2 m 3 0 m 1 (*) m 3 0 m 3 2 m 3 0 t1t2 m 3 0 Khi đó : (2) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn : 2 log2 x1 log2 xx 2 log2 x1 log2 x2 2 log2 x1x2 2 t1.t2 m 3 3 .3 m 3 3 m 3 3 m 3 . log2 x1x2 2 2 Từ x1x2 2 log2 x1x2 1 3 3 m 3 3 m 0 m 0 . Kết hợp điều kiện (*) ta được : m 1; \ 0 . Câu 15: [DS12.C2.7.BT.d] (Đoàn Trí Dũng - Lần 7 - 2017 - 2018) Trong tất cả các cặp x; y thỏa mãn log 4x 4y 4 1 m x; y x2 y2 2 . Tìm để tồn tại duy nhất cặp sao cho x2 y2 2x 2y 2 m 0 2 A. ( 10 - 2) B. 10 - 2 và 10 + 2 2 2 C. ( 10 - 2) và ( 10 + 2) . D. 10 - 2 Lời giải
7. Chọn C log 4x 4y 4 1 x2 y2 4x 4y 6 0 1 Ta có x2 y2 2 . Giả sử M x; y thỏa mãn pt 1 , khi đó tập hợp điểm M là hình tròn C1 tâm I 2;2 bán kính 2 2 R1 2 . Các đáp án đề cho đều ứng với m 0 . Nên dễ thấy x y 2x 2y 2 m 0 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 C và C tiếp xúc ngoài và C trong C 1 2 1 2 2 IJ R R 10 m 2 m 10 2 1 2 2 IJ R R m 10 2 1 2