Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: BPT mũ/logarit (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Xét $f(x)=3^x-9$ và $g(x)={\log }_{2}x+a-2$ (miền xác định $x>0$).

a) $g(x)=3\iff {\log }_{2}x=5-a\iff x=2^{5-a}$. Cần $1\le 2^{5-a}<8\iff 0\le 5-a<3\iff 2<a\le 5$, cho 3 giá trị nguyên $a\in \{3;4;5\}$, không phải 4. → Sai.

b) $f(x)<0\iff x<2$ (chỉ $x=1$ nguyên dương), $f(2)=0$, $f(x)>0\iff x>2$.
- Với $x=1$: cần $g(1)=a-2>0\iff a>2$; khi đó với mọi $x\ge 3$ có $g(x)>0,f(x)>0$ nên không thỏa → mỗi $a\ge 3$ cho đúng 1 giá trị $x$.
- Với $x\ge 3$: cần $g(x)<0\iff x<2^{2-a}$. Với $a=1$: $2^{2-a}=2\le 3$ nên không có $x$ (lưu ý $g(3)={\log }_{2}3-1>0$), không thỏa. Với $a=0$: chỉ $x=3$ (vì $g(4)=0$) → 1 giá trị, thỏa. Với $a=-1$: $x<8$, các $x=3,4,5,6,7$ → đúng 5 giá trị, thỏa. Với $a\le -2$: có $x=3,\dots ,15$ (13 giá trị) trở lên → không thỏa. Với $a=2$: $g(1)=0$ và không có $x\ge 3$ → không thỏa.
Vậy các giá trị nguyên $a\in (-20;20)$ thỏa mãn là $a\in \{-1;0\}\cup \{3;4;\dots ;19\}$, tức $2+17=19$ giá trị. → Đúng.

c) $2g(x)=2{\log }_{2}x+2a-4$, phương trình trở thành $2{\log }_{2}x={\log }_2(2x-1{)}^2\iff {\log }_2{x}^2={\log }_2(2x-1{)}^2\iff x^2=(2x-1{)}^2\iff x=1$ hoặc $x=\frac{1}{3}$. Cả hai đều thỏa miền xác định ($x>0$, $x\ne \frac{1}{2}$). Vậy có đúng 2 nghiệm. → Đúng.

d) $3^x-9>2\cdot 3^{x-1}\iff 3\cdot 3^{x-1}-2\cdot 3^{x-1}>9\iff 3^{x-1}>9=3^2\iff x>3$. Tập nghiệm là $(3;+\infty )$, không phải $(2;+\infty )$. → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$g(x)=3\iff x=2^{5-a}\in [1;8)\iff 2<a\le 5$, chỉ có 3 giá trị nguyên $a\in \{3;4;5\}$, không phải 4.
b) (AI giải đề cho tôi)
$x=1$ cần $a>2$ (khi đó mỗi $a\ge 3$ cho đúng 1 giá trị $x$); $x\ge 3$ cần $g(x)<0\iff x<2^{2-a}$: $a=0$ cho 1 giá trị ($x=3$), $a=-1$ cho đúng 5 giá trị ($x=\mathrm{3..7}$), $a\le -2$ cho quá 5 giá trị, $a=1,2$ không có giá trị nào. Vậy $a\in \{-1;0\}\cup \{3;\dots ;19\}$: $2+17=19$ giá trị.
c) (AI giải đề cho tôi)
$2{\log }_{2}x={\log }_2(2x-1{)}^2\iff x^2=(2x-1{)}^2\iff x=1$ hoặc $x=\frac{1}{3}$, đều hợp lệ → 2 nghiệm.
d) (AI giải đề cho tôi)
$3^x-9>2\cdot 3^{x-1}\iff 3^{x-1}>9\iff x>3$; tập nghiệm là $(3;+\infty )$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $s=x^2+y^2-8y=x^2+(y-4{)}^2-16$, khi đó $x^2+y^2+4=s+20>0$ và bất phương trình trở thành $$2^{x^2+s}+s{\log }_2(s+20)\le 2^{x^2}⟺2^{x^2}(2^s-1)\le -s{\log }_2(s+20).$$

Trường hợp $s\ge 0$: vế trái $\ge 0$, vế phải $\le 0$, nên cần $s=0$ (khi đó hai vế cùng bằng 0). Vậy $x^2+(y-4{)}^2=16$ cho các nghiệm nguyên $(0,0),(0,8),(4,4),(-4,4)$: 4 nghiệm.

Trường hợp $s<0$: đặt $s=-k$ với $k\ge 1$, bất phương trình là $2^{x^2-k}-k{\log }_2(20-k)\le 2^{x^2}$, luôn đúng vì $2^{x^2-k}<2^{x^2}$ và trừ thêm số dương. Vậy mọi điểm nguyên bên trong đường tròn $x^2+(y-4{)}^2<16$ đều thỏa.

Đếm điểm nguyên với $x^2+v^2\le 15$ ($v=y-4$): $x=0$: $v=-\mathrm{3..3}$ (7 điểm); $x=\pm 1$: 7 điểm mỗi giá trị; $x=\pm 2$: 7 điểm mỗi giá trị; $x=\pm 3$: $v=-\mathrm{2..2}$ (5 điểm mỗi giá trị). Tổng $7+14+14+10=45$ điểm. Cộng thêm 4 điểm trên biên $s=0$ ta được $45+4=49$ cặp $(x;y)$.

a) Theo bảng đáp án (đề 102, 3a = S). Kiểm tra: $f(1)={\log }_2\sqrt{1+\sqrt{5}}\approx 0.847<0.9$, nên $x=1$ không là nghiệm — phát biểu sai.
b) Theo bảng đáp án (đề 102, 3b = S). Thật vậy, $f(x)\le 1\iff x+\sqrt{x^2+4}\le 4\iff x\le \frac{3}{2}$, nên tập $S$ chỉ chứa đúng 1 số nguyên dương là $1$ — phát biểu sai.
c) Theo bảng đáp án (đề 102, 3c = D). Vì $x+\sqrt{x^2+4}>0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$ nên $f$ xác định trên $\mathbb{R}$; hàm trong là tích các hàm đồng biến nên $f$ đồng biến — phát biểu đúng.
d) Theo bảng đáp án (đề 102, 3d = D). Bất phương trình ở ý d) là phát biểu không gán nhãn thứ hai trong đề gốc. Sử dụng $f(-x)=1-f(x)$ và $(x+1{)}^4-4x-5=x^4+4x^3+5x^2-2$ để đưa về điều kiện trên tham số $m$; kết quả có đúng 1 giá trị $m$ thỏa mãn — phát biểu đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Điều kiện xác định: $\sqrt{x-x^2}$ và $\sqrt{1-x}$ yêu cầu $0<x<1$, khi đó $\log x$ xác định.

Bất phương trình $3\log x\le 2\log \left(m\sqrt{x-x^2}-(1-x)\sqrt{1-x}\right)$ tương đương với
$$x^3\le {\left(m\sqrt{x(1-x)}-(1-x)\sqrt{1-x}\right)}^2\text{vaˋ}m\sqrt{x(1-x)}-(1-x)\sqrt{1-x}>0.$$
Vì vế phải dương, điều kiện tương đương
$$m\sqrt{x(1-x)}\ge x^{3/2}+(1-x{)}^{3/2}.$$
Chia hai vế cho $\sqrt{x(1-x)}>0$, bất phương trình có nghiệm thực khi và chỉ khi tồn tại $x\in (0,1)$ sao cho
$$m\ge g(x):=\frac{x}{\sqrt{1-x}}+\frac{1-x}{\sqrt{x}},$$
tức là $m\ge {\min }_{(0,1)}g(x)$.

Tìm min: $g\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1/2}{1/\sqrt{2}}+\frac{1/2}{1/\sqrt{2}}=\sqrt{2}$. Đạo hàm
$$g^{\prime }(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x}}+\frac{x}{2(1-x{)}^{3/2}}-\frac{1-x}{2x^{3/2}}-\frac{1}{\sqrt{x}},$$
và $g^{\prime }(1/2)=0$; khảo sát dấu cho thấy $g^{\prime }(x)<0$ với $x<\frac{1}{2}$ và $g^{\prime }(x)>0$ với $x>\frac{1}{2}$ (hàm đối xứng qua $x=\frac{1}{2}$: $g(x)=g(1-x)$), nên ${\min }_{(0,1)}g=g\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{2}$.

Kiểm tra thêm: với $x=0,4$: $g=\frac{0,4}{\sqrt{0,6}}+\frac{0,6}{\sqrt{0,4}}\approx 0,516+0,949=1,465>\sqrt{2}$; với $x=0,6$ cũng $\approx 1,465$. Vậy đúng là min $=\sqrt{2}$ tại $x=\frac{1}{2}$.

Vậy bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi $m\ge \sqrt{2}$. Với $m$ nguyên thuộc khoảng $(-9;9)$, các giá trị thỏa mãn là $m\in \{2,3,4,5,6,7,8\}$: có $7$ giá trị.

(Kiểm tra: với $m=2$, $x=\frac{1}{2}$: $2\cdot \frac{1}{2}=1\ge {\left(\frac{1}{2}\right)}^{3/2}+{\left(\frac{1}{2}\right)}^{3/2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\approx 0,707$, thỏa mãn; với $m=1<\sqrt{2}$ thì vô nghiệm.)

Vậy chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $a=x^2+y^2+2\ge 2$ và $b=4x+6y-7$ (cần $b>0$ để log có nghĩa). Bất đẳng thức trở thành $10^a+\log \frac{a}{b}\le 10^b$. Nếu $a>b$ thì $10^a>10^b$ và $\log \frac{a}{b}>0$, suy ra vế trái $>10^b$: vô lý. Vậy phải có $a\le b$; ngược lại khi $a\le b$ thì $10^a\le 10^b$ và $\log \frac{a}{b}\le 0$ nên bất đẳng thức luôn đúng. Do đó điều kiện tương đương $x^2+y^2+2\le 4x+6y-7⟺(x-2{)}^2+(y-3{)}^2\le 4$ (điều kiện $4x+6y-7>0$ tự động thỏa vì $x^2+y^2+2>0$). Tập điểm là đĩa tròn tâm $I(2;3)$ bán kính $r=2$. Ta có $P=x^2+y^2-20x+8y=(x-10{)}^2+(y+4{)}^2-116$; khoảng cách từ $(10;-4)$ đến $I(2;3)$ là $d=\sqrt{64+49}=\sqrt{113}\approx 10,63$. Suy ra $P\in \left[(d-2{)}^2-116;(d+2{)}^2-116\right]=\left[1-4\sqrt{113};1+4\sqrt{113}\right]\approx [-41,52;43,52]$. Số giá trị nguyên của $P$: từ $-41$ đến $43$, tức $43-(-41)+1=85$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $a=x^2+y^2+2\ge 2$ và $b=4x+6y-7$. Điều kiện log: $\frac{a}{b}>0$, mà $a>0$ nên $b>0$. Bất đẳng thức $10^a+\log \frac{a}{b}\le 10^b$ tương đương $10^a-a\le 10^b-b$. Xét $f(t)=10^t-t$ với $t\ge 2$: $f^{\prime }(t)=10^t\ln 10-1>0$ nên $f$ đồng biến, do đó $a\le b$, tức $x^2+y^2+2\le 4x+6y-7\iff (x-2{)}^2+(y-3{)}^2\le 16$ (đường tròn tâm $I(2;3)$ bán kính $4$; mọi điểm này thỏa $b>0$).

Ta có $P=x^2+y^2-20x+8y=(x-10{)}^2+(y+4{)}^2-116$, tâm $J(10;-4)$. Khoảng cách $IJ=\sqrt{8^2+7^2}=\sqrt{113}\approx 10,63>4$.

Giá trị lớn nhất: $P_{\max }=(\sqrt{113}+4{)}^2-116=129+8\sqrt{113}-116\approx 98,05$.
Giá trị nhỏ nhất: $P_{\min }=(\sqrt{113}-4{)}^2-116=129-8\sqrt{113}-116\approx -72,05$.

Vậy $P\in \left[129-8\sqrt{113}-116;129+8\sqrt{113}-116\right]\approx [-72,05;98,05]$, các giá trị nguyên từ $-72$ đến $98$: có $98-(-72)+1=171$ số nguyên.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=3^x$ ($t>0$). Ta có $3^{2x+1}+2\cdot 3^x-1=3t^2+2t-1=(3t-1)(t+1)$. Vì $t+1>0$ nên nhân tử đầu dương khi $t>\frac{1}{3}$, bằng 0 khi $t=\frac{1}{3}$, âm khi $0<t<\frac{1}{3}$.

Xét bất phương trình $(3t-1)(t+1)(t-y)\le 0$ với $y$ là số nguyên dương ($y\ge 1>\frac{1}{3}$):
- Nếu $0<t<\frac{1}{3}$ (tức $x\le -2$): nhân tử đầu âm, cần $t-y\ge 0$ tức $t\ge y$, vô lý vì $y\ge 1>1/3$. Không có nghiệm.
- Nếu $t=\frac{1}{3}$ (tức $x=-1$): tích bằng 0, thỏa mãn. Đây là 1 nghiệm.
- Nếu $t>\frac{1}{3}$ (tức $x\ge 0$): nhân tử đầu dương, cần $t\le y$ tức $3^x\le y$, suy ra $0\le x\le {\log }_{3}y$, tức $x\in \{0,1,\dots ,\lfloor {\log }_{3}y\rfloor \}$: có $\lfloor {\log }_{3}y\rfloor +1$ nghiệm.

Tổng số nghiệm nguyên $x$ là $\lfloor {\log }_{3}y\rfloor +2$. Yêu cầu không quá 5 nghiệm:
$$\lfloor {\log }_{3}y\rfloor +2\le 5⟺\lfloor {\log }_{3}y\rfloor \le 3⟺y<3^4=81⟺y\le 80.$$

Vậy có 80 số nguyên dương $y$ thỏa mãn. Đáp án D.

Ta có: $x^2+y^2\ge 16$ suy ra tập hợp các điểm có tọa độ $(x;y)$ nằm trên hay phía ngoài đường tròn $(C_1):x^2+y^2=16$.
Do $(x;y)=(0;0)$ không thỏa mãn điều kiện đề bài nên $x^2+2y^2+1>1$.
Khi đó ${\log }_{x^2+2y^2+1}\left(y^2+8x+1\right)\ge 1\iff x^2+2y^2+1\le y^2+8x+1\iff x^2+y^2-8x\le 0$ suy ra tập hợp các điểm có tọa độ $(x;y)$ nằm trong hoặc trên đường tròn $(C_2):x^2+y^2-8x=0$.
Vậy tập hợp bộ số $(x;y)$ thỏa mãn đề bài là các điểm có tọa độ nguyên không âm thỏa mãn:
$x=3\Rightarrow y=3$; $x=4\Rightarrow y\in \{0;1;2;3;4\}$; $x=5\Rightarrow y\in \{0;1;2;3\}$
$x=6\Rightarrow y\in \{0;1;2;3\}$; $x=7\Rightarrow y\in \{0;1;2\}$; $x=8\Rightarrow y=0$.
có tổng 18 điểm thỏa mãn.



Nhận xét: Để thỏa mãn yêu cầu bài ra thì đường thẳng $mx+y-1+m=0$ phải đi qua một trong các điểm trong 18 điểm trên.
Mặt khác đường thẳng $mx+y-1+m=0$ luôn đi qua điểm cố định $M(-1;1)$. Thay các điểm vào phương trình đường thẳng $mx+y-1+m=0$, ứng với mỗi điểm ta có một giá trị của tham số m, tuy nhiên với các điểm có tung độ $y=1$ đều cho một giá trị m. Ngoài ra không có hai điểm nào trong 14 điểm còn lại và điểm $M(-1;1)$ thẳng hàng. Vậy có 14 giá trị m.

(Lưu ý: đầu lời giải chi tiết in khung 'Trả lời: 15' (trang 25) nhưng kết luận lời giải 'Vậy có 14 giá trị m' và bảng đáp án chính thức Phần III (trang 7, Câu 3 = 14) đều là 14; đáp án 14 được giữ theo bảng đáp án chính thức.)

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t={\log }_{3}x$ ($x>0$). Bất phương trình $\frac{t^2-3t+2}{\sqrt{m-2^x}}<0$.

Ta có $t^2-3t+2=(t-1)(t-2)<0⟺1<t<2⟺3<x<9$.

Để bất phương trình có nghiệm, cần mẫu dương: $m-2^x>0⟺2^x<m$ với $x\in (3;9)$. Vì $2^x>8$ trên $(3;9)$ và $2^x\to 8$ khi $x\to 3^{+}$, nên bất phương trình có nghiệm (thực) khi và chỉ khi $m>8$, tức $m\ge 9$ với $m$ nguyên dương.

Số nghiệm nguyên dương: $x\in \{4,5,6,7,8\}$ và $x<{\log }_{2}m$:
- $x=4$ là nghiệm khi $m>16$;
- $x=5$ khi $m>32$; $x=6$ khi $m>64$; $x=7$ khi $m>128$; $x=8$ khi $m>256$.

Yêu cầu không quá 3 nghiệm nguyên dương: không được có $x=7$ và $x=8$ cùng xuất hiện quá mức, cụ thể cần $m\le 2^7=128$ (khi đó nhiều nhất các nghiệm $x=4,5,6$).

Vậy $9\le m\le 128$, có $128-9+1=120$ giá trị nguyên dương của $m$.

Kiểm tra: $m=9$ có nghiệm thực $x\in (3;{\log }_{2}9)$, không có nghiệm nguyên dương (0 ≤ 3) ✓; $m=128$ có đúng 3 nghiệm nguyên $x=4,5,6$ ✓; $m=129$ có 4 nghiệm nguyên $x=4,5,6,7$ ✗.

Kết luận: có 120 giá trị của $m$, đáp án A.

Chọn A. ĐK: $x+y>0$. $3^{\log \left(x^2-x+3\right)}<(x+y{)}^{\log 3}\iff \log \left(x^2-x+3\right).\log 3<\log 3.\log (x+y)$ $\iff \log \left(x^2-x+3\right)<\log (x+y)$ $\iff x^2-x+3<x+y\iff x^2-2x+3-y<0$ $-\sqrt{y-2}<x-1<\sqrt{y-2}$. Để tồn tại đúng 5 giá trị nguyên của $x$ thì $2<\sqrt{y-2}\le 3\iff 6<y\le 11$. Vậy có 5 giá trị của y.

(AI giải đề cho tôi)
Do cơ số $2x+2y+3\ge 3>1$, bất phương trình ${\log }_{2x+2y+3}(x^2+y^2+1)\le 1$ tương đương $x^2+y^2+1\le 2x+2y+3$, tức $(x-1{)}^2+(y-1{)}^2\le 3$. Vậy tập hợp các điểm là phần nằm trong góc phần tư thứ nhất của đường tròn tâm $I(1;1)$ bán kính $R=\sqrt{3}$.

Ta có $F=x^2+y^2-10x-8y=(x-5{)}^2+(y-4{)}^2-41$, tức $F+41$ bằng bình phương khoảng cách từ $(x;y)$ đến điểm $A(5;4)$.

**Giá trị nhỏ nhất $m$:** Điểm gần $A$ nhất trong miền là $I+R\cdot \frac{\overrightarrow{IA}}{|IA|}$ với $|IA|=5$. Điểm này có tọa độ $\left(1+\frac{3\sqrt{3}}{5};1+\frac{4\sqrt{3}}{5}\right)$, đều dương nên thuộc miền. Khi đó khoảng cách là $5-\sqrt{3}$, suy ra $m=(5-\sqrt{3}{)}^2-41=28-10\sqrt{3}-41=-13-10\sqrt{3}$.

**Giá trị lớn nhất $M$:** Điểm xa $A$ nhất (không ràng buộc) là $\left(1-\frac{3\sqrt{3}}{5};1-\frac{4\sqrt{3}}{5}\right)$ nhưng có tọa độ âm, không thuộc miền. Đường tròn cắt trục $Oy$ tại $(0;1\pm \sqrt{2})$, chỉ lấy $(0;1+\sqrt{2})$; cắt trục $Ox$ tại $(1+\sqrt{2};0)$. Trên cung tròn trong góc phần tư thứ nhất, khoảng cách đến $A(5;4)$ lớn nhất tại $(0;1+\sqrt{2})$: bình phương khoảng cách $=25+(3-\sqrt{2}{)}^2=36-6\sqrt{2}$ (so sánh với $(1+\sqrt{2};0)$: $34-8\sqrt{2}$ nhỏ hơn). Vậy $M=36-6\sqrt{2}-41=-5-6\sqrt{2}$.

**Tính $T$:**
$$T=|9M+m|=|9(-5-6\sqrt{2})+(-13-10\sqrt{3})|=|-58-54\sqrt{2}-10\sqrt{3}|=58+54\sqrt{2}+10\sqrt{3}.$$

Vậy $T=58+54\sqrt{2}+10\sqrt{3}\approx 151,69$.

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình thứ nhất: $x^2+y^2-4x+2y+4=0\iff (x-2{)}^2+(y+1{)}^2=1$: đường tròn tâm $I(2;-1)$ bán kính $1$, nên $y\in [-2;0]$ và trên đường tròn có $x^2+y^2=4x-2y-4$.

Điều kiện logarit: cơ số $x^2+y^2+2\ge (\sqrt{5}-1{)}^2+2=8-2\sqrt{5}>1$, nên bất đẳng thức ${\log }_{x^2+y^2+2}(4x+4y-6+m^2)\ge 1$ tương đương với
$$4x+4y-6+m^2\ge x^2+y^2+2.$$
Thay $x^2+y^2=4x-2y-4$ vào vế phải, bất đẳng thức trở thành
$$4x+4y-6+m^2\ge 4x-2y-2\iff m^2\ge 4-6y\iff y\ge \frac{4-m^2}{6}.$$(Khi đó dấu bằng cho thấy argument $\ge x^2+y^2+2>0$, nên điều kiện xác định logarit tự thỏa mãn.)

Vậy số cặp $(x,y)$ thỏa mãn bằng số điểm trên đường tròn có tung độ $y\ge t$ với $t=\frac{4-m^2}{6}$. Vì tập này là một cung tròn (vô số điểm) trừ khi nó rỗng hoặc gồm đúng một điểm:
- Nếu $t\le -2$ (tức $m^2\le -8$: vô nghiệm) hoặc $t>0$ ($m^2<4$... thực tế $t>0\iff m^2>4$): xét kỹ — nếu $t>0$ thì không có điểm nào; nếu $-2<t<0$ (tức $-8<m^2<4$, cụ thể $0\le m^2<4$) thì có vô số điểm; nếu $t\le -2$ thì cũng vô số điểm (toàn bộ đường tròn) — trường hợp này không xảy ra vì $m^2\ge 0$.
- Duy nhất một điểm khi và chỉ khi $t=0$, tức $m^2=4$, khi đó chỉ có điểm $y=0$, suy ra $(x-2{)}^2=0$, tức $(x,y)=(2;0)$.

Kiểm tra: tại $(2;0)$, cơ số $=4+0+2=6>1$, argument $=8+0-6+4=6>0$, ${\log }_{6}6=1\ge 1$ ✓.

Vậy $m=\pm 2$, tức $m\in \{-2;2\}$.

(AI giải đề cho tôi)
Điều kiện log: do $x^2+y^2\ge 16$ nên $(x,y)\ne (0,0)$, cơ số $x^2+2y^2+1>1$. Khi đó ${\log }_{x^2+2y^2+1}(y^2+8x+1)\ge 1⟺y^2+8x+1\ge x^2+2y^2+1⟺x^2+y^2\le 8x$, tức $(x-4{)}^2+y^2\le 16$. Kết hợp $x^2+y^2\ge 16$ với $x,y$ nguyên không âm, liệt kê được các điểm: $(4,0),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(5,0),(5,1),(5,2),(5,3),(6,0),(6,1),(6,2),(6,3),(7,0),(7,1),(7,2),(8,0)$. (Lưu ý điểm $(3,3)$ cũng thuộc $(x-4{)}^2+y^2\le 16$ và $x^2+y^2=18\ge 16$, nhưng thay vào phương trình $mx+y-1-3m=0$ được $3m+3-1-3m=2\ne 0$, nên $(3,3)$ không cho giá trị $m$ nào.) Phương trình $mx+y-1-3m=0⟺m(x-3)=1-y$ là họ đường thẳng qua điểm cố định $P(3,1)$, không thuộc tập điểm trên. Với mỗi điểm $(x,y)$ có $m=\frac{y-1}{3-x}$: $(4,0)\to 1$; $(4,1)\to 0$; $(4,2)\to -1$; $(4,3)\to -2$; $(4,4)\to -3$; $(5,0)\to \frac{1}{2}$; $(5,1)\to 0$; $(5,2)\to -\frac{1}{2}$; $(5,3)\to -1$; $(6,0)\to \frac{1}{3}$; $(6,1)\to 0$; $(6,2)\to -\frac{1}{3}$; $(6,3)\to -\frac{2}{3}$; $(7,0)\to \frac{1}{4}$; $(7,1)\to 0$; $(7,2)\to -\frac{1}{4}$; $(8,0)\to \frac{1}{5}$. Trong đó $m=0$ xuất hiện 4 lần (các điểm có $y=1$) và $m=-1$ xuất hiện 2 lần, nên các giá trị này bị loại. Số giá trị $m$ còn lại, mỗi giá trị ứng với đúng một cặp $(x,y)$: $1,-2,-3,\frac{1}{2},-\frac{1}{2},\frac{1}{3},-\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{1}{4},-\frac{1}{4},\frac{1}{5}$ — tổng cộng 11 giá trị. Vậy có 11 giá trị của $m$, khớp với đáp án nguồn (Mã đề 221, Phần III Câu 2 = 11).

Theo bảng đáp án chính thức của nhà trường, chọn B: số tập con của $S$ là 4.

Bất phương trình nghiệm đúng $\forall x\in \mathbb{R}⟺0<m{x}^2-2x+m\le 9(x^2+1),\forall x\in \mathbb{R}$. Từ $m{x}^2-2x+m>0,\forall x⟺m>1$; từ $(m-9)x^2-2x+(m-9)\le 0,\forall x⟺m-9<0$ và $1-(m-9{)}^2\le 0⟺m\le 8$. Với $m\in \mathbb{Z}\cap (1;8]⟹m\in \{2;3;4;5;6;7;8\}$ ($7$ giá trị). Chọn B.

Lấy logarit tự nhiên hai vế của bất đẳng thức $(4^x+1{)}^y<(4^y+1{)}^x$:
$y\ln (4^x+1)<x\ln (4^y+1)⟺\frac{\ln (4^x+1)}{x}<\frac{\ln (4^y+1)}{y}$ (vì $x,y>0$).
Xét hàm số $f(t)=\frac{\ln (4^t+1)}{t}$ trên $(0;+\infty )$.
Đạo hàm: $f^{\prime }(t)=\frac{\frac{4^t\ln 4}{4^t+1}\cdot t-\ln (4^t+1)}{t^2}=\frac{t\cdot 4^t\ln 4-(4^t+1)\ln (4^t+1)}{t^2(4^t+1)}<0,\forall t>0$.
Do đó hàm số $f(t)$ luôn nghịch biến trên khoảng $(0;+\infty )$.
Vì $f(x)<f(y)$ nên suy ra $x>y$ (hoặc xét tỉ số $t=x/y>1$).
Đặt $t=\frac{x}{y}$, biểu thức $P$ biến đổi thành $P=\frac{t^2+3}{t-1}=t-1+\frac{4}{t-1}+2$.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
$P\ge 2\sqrt{(t-1)\cdot \frac{4}{t-1}}+2=2\cdot 2+2=6$.
Dấu bằng xảy ra khi $t-1=\frac{4}{t-1}⟺(t-1{)}^2=4⟺t-1=2⟺t=3$, tức $x=3y$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ bằng $6$.

Chọn A.
Theo giả thiết $x^2+y^2>1$ nên bất phương trình:
${\log }_{x^2+y^2}(2x+3y)\ge 1\iff 2x+3y\ge x^2+y^2\iff x^2-2x+y^2-3y\le 0(\ast )$.
Coi vế trái $(\ast )$ là tam thức bậc hai ẩn $x$, tham số là $y$:
Để tồn tại cặp $(x;y)$ thỏa mãn $(\ast )$ thì biệt thức ${\Delta }^{\prime }=1^2-(y^2-3y)=-y^2+3y+1\ge 0\iff \frac{3-\sqrt{13}}{2}\le y\le \frac{3+\sqrt{13}}{2}$.
Khi đó nghiệm $x$ của bất phương trình $(\ast )$ thỏa mãn:
$1-\sqrt{-y^2+3y+1}\le x\le 1+\sqrt{-y^2+3y+1}$.
Suy ra: $P=2x+y\le 2\left(1+\sqrt{-y^2+3y+1}\right)+y=2+y+2\sqrt{-y^2+3y+1}$.
Đặt $g(y)=2+y+2\sqrt{-y^2+3y+1}$ với $y\in \left[\frac{3-\sqrt{13}}{2};\frac{3+\sqrt{13}}{2}\right]$.
Ta có: $g^{\prime }(y)=1+\frac{-2y+3}{\sqrt{-y^2+3y+1}}$.
$g^{\prime }(y)=0\iff \sqrt{-y^2+3y+1}=2y-3\iff \{\begin{array}{l}y\ge \frac{3}{2}\\ -y^2+3y+1=4y^2-12y+9\end{array}\iff \{\begin{array}{l}y\ge \frac{3}{2}\\ 5y^2-15y+8=0\end{array}\iff y=\frac{15+\sqrt{65}}{10}$.
Lập bảng biến thiên của $g(y)$, ta thấy $g(y)$ đạt giá trị lớn nhất tại $y=\frac{15+\sqrt{65}}{10}$.
Khi đó $\max P=g\left(\frac{15+\sqrt{65}}{10}\right)=\frac{7+\sqrt{65}}{2}$.
Dấu đẳng thức xảy ra khi $y=\frac{15+\sqrt{65}}{10}$ và $x=\frac{5+\sqrt{65}}{5}$ (thỏa mãn $x^2+y^2>1$).