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

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số ${\log }_2(x-5)$ xác định khi $x-5>0$, tức $x>5$. Vậy tập xác định là $(5;+\infty )$.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $M(t)=50\cdot (1,06{)}^t$ với cơ số $1,06>1$ là hàm số mũ tăng, nên khối lượng vi khuẩn tăng dần theo thời gian → a đúng. Tại $t=0$: $M(0)=50\cdot (1,06{)}^0=50$ (g) → c đúng. Sau 2 giờ: $M(2)=50\cdot (1,06{)}^2=50\cdot 1,1236=56,18$ (g), không phải 50,18 g → b sai. Sau 10 giờ: $M(10)=50\cdot (1,06{)}^{10}\approx 50\cdot 1,7908=89,54$ (g), chưa gấp đôi khối lượng ban đầu (cần $1,06^t=2\iff t={\log }_{1,06}2\approx 11,9$ giờ) → d sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì cơ số $1,06>1$, hàm $M(t)=50\cdot (1,06{)}^t$ đồng biến trên $\mathbb{R}$, nên khối lượng vi khuẩn tăng dần theo thời gian.
b) (AI giải đề cho tôi)
$M(2)=50\cdot (1,06{)}^2=50\cdot 1,1236=56,18$ (g) $\ne 50,18$ (g).
c) (AI giải đề cho tôi)
Tại thời điểm bắt đầu $t=0$: $M(0)=50\cdot (1,06{)}^0=50$ (g).
d) (AI giải đề cho tôi)
$M(10)=50\cdot (1,06{)}^{10}\approx 89,54$ (g) $<100$ (g), chưa gấp đôi khối lượng ban đầu. Khối lượng gấp đôi khi $t={\log }_{1,06}2\approx 11,9$ giờ.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y={\log }_2(x-5)$ xác định khi và chỉ khi $x-5>0$, tức $x>5$. Vậy tập xác định là $(5;+\infty )$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $M(t)=50\cdot (1,06{)}^t$ là hàm số mũ với cơ số $1,06>1$ nên đồng biến, khối lượng vi khuẩn tăng dần theo thời gian → a đúng. Tại thời điểm bắt đầu $t=0$: $M(0)=50\cdot (1,06{)}^0=50$ (g) → c đúng. Sau 2 giờ: $M(2)=50\cdot (1,06{)}^2=50\cdot 1,1236=56,18$ (g) ≠ 50,18 (g) → b sai. Sau 10 giờ: $M(10)=50\cdot (1,06{)}^{10}\approx 50\cdot 1,7908\approx 89,54$ (g), chưa gấp đôi khối lượng ban đầu (cần $1,06^t=2\iff t={\log }_{1,06}2\approx 11,9$ giờ) → d sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $1,06>1$ nên hàm $M(t)=50\cdot (1,06{)}^t$ đồng biến, khối lượng tăng dần theo thời gian.
b) (AI giải đề cho tôi)
$M(2)=50\cdot (1,06{)}^2=56,18$ (g), không phải 50,18 (g).
c) (AI giải đề cho tôi)
$M(0)=50\cdot (1,06{)}^0=50$ (g).
d) (AI giải đề cho tôi)
$M(10)=50\cdot (1,06{)}^{10}\approx 89,54$ (g) < 100 (g). Khối lượng gấp đôi ban đầu sau khoảng $t={\log }_{1,06}2\approx 11,9$ giờ, không phải 10 giờ.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $f(x)=3^x$ là hàm số mũ với cơ số $a=3>0$, $a\ne 1$. b) Đúng: vì cơ số $3>1$ nên hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$. c) Sai: $3^x=\frac{1}{9}=3^{-2}\Rightarrow x=-2$ (không phải $x=2$). d) Đúng: $3^x\ge 81=3^4\iff x\ge 4$ (do hàm đồng biến), nên $S=[4;+\infty )$. Kết quả khớp đáp án nguồn: Đ, Đ, S, Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hàm số mũ có dạng $y=a^x$ với $a>0$, $a\ne 1$; ở đây $a=3$ thỏa mãn.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì cơ số $3>1$ nên $f(x)=3^x$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$3^x=\frac{1}{9}=3^{-2}\Rightarrow x=-2$, không phải $x=2$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$3^x\ge 81=3^4\iff x\ge 4$, nên $S=[4;+\infty )$.

(AI giải đề cho tôi)
Theo tính chất logarit của một thương: với $a>0$, $a\ne 1$, $x>0$, $y>0$ ta có ${\log }_a\frac{x}{y}={\log }_{a}x-{\log }_{a}y$. Do đó phương án A đúng. Các phương án B, C, D đều vi phạm tính chất cơ bản của logarit (B sai dấu, C sai vì logarit không biến đổi phép trừ trong ngoặc, D sai vì logarit của thương không bằng thương của hai logarit). Kết quả trùng với đáp án nguồn (mã đề 101, câu 6: A).

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y={\log }_5(4x-x^2)$ xác định khi $4x-x^2>0\iff x(4-x)>0\iff 0<x<4$. Vậy tập xác định là $D=(0;4)$.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số mũ $y=a^x$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi $a>1$, nghịch biến khi $0<a<1$; hàm số logarit $y={\log }_{a}x$ đồng biến trên $(0;+\infty )$ khi $a>1$, nghịch biến khi $0<a<1$. Xét từng phương án: A. $y=(0,2{)}^x$ có cơ số $0<0,2<1$ nên nghịch biến trên $\mathbb{R}$, loại. B. $y={\log }_{\frac{1}{3}}x$ có cơ số $0<\frac{1}{3}<1$ nên nghịch biến trên $(0;+\infty )$, loại. C. $y={\left(\frac{3}{2}\right)}^x$ có cơ số $\frac{3}{2}>1$ nên đồng biến trên $\mathbb{R}$ (tập xác định của nó), đúng. D. $y={\log }_{\frac{\sqrt{3}}{2}}x$ có cơ số $0<\frac{\sqrt{3}}{2}<1$ (vì $\sqrt{3}\approx 1,732<2$) nên nghịch biến trên $(0;+\infty )$, loại. Vậy hàm số luôn đồng biến trên tập xác định là $y={\left(\frac{3}{2}\right)}^x$.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y={\log }_{a}x$ với $a>1$ có tập xác định $(0;+\infty )$, đồng biến trên tập xác định, đi qua điểm $(1;0)$ và có tiệm cận đứng là trục $Oy$. Trong các hình: A và B là đồ thị hàm số mũ (đi qua $(0;1)$); D là đồ thị hàm số ${\log }_{b}x$ với $0<b<1$ (nghịch biến). Hình C là đường cong đồng biến, đi qua điểm $(1;0)$ và qua điểm $(a;1)$ vì ${\log }_{a}a=1$, đúng đặc điểm của $y={\log }_{a}x$ với $a>1$. Đáp án khớp với đáp án nguồn là C.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định nghĩa logarit: với $a>0$, $a\ne 1$, $b>0$, ta có ${\log }_{a}b=x\iff a^x=b$. Các phương án B, C, D đều sai vì viết sai vai trò của cơ số, số mũ và kết quả. Đáp án khớp với bảng đáp án trang 5 (Câu 8: A).

Cách 1. Gọi $m=\mathrm{deg}P⩾1$ và $c$ là hệ số cao nhất của $P$.
So sánh bậc hai vế của đẳng thức, ta được $3m=m+4n$ nên $m=2n$.
Ta có $x^4+7x^2+16>0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$. Do đó từ đề bài ta có được:
$$P(x)=0⟺P\left(\frac{x^3+3x}{4}\right)=0.$$
Đặt $f(x)=\frac{x^3+3x}{4}$ trên $\mathbb{R}$. Lấy một nghiệm thực $r$ của $P$. Nếu $f(r)>r$ thì, do $f$ đồng biến nên
$$r<f(r)<f(f(r))<\cdots ,$$
hay $P$ có vô hạn nghiệm, vô lý. Tương tự, nếu $f(r)<r$ cũng có điều vô lý, do đó $f(r)=r$. Ta có
$$\frac{r^3+3r}{4}=r⟺r(r^2-1)=0,$$
nên mọi nghiệm của $P$ đều thuộc $\{-1,0,1\}$.
Vì $P$ chỉ có nghiệm thực và có bậc $2n$, tồn tại các số nguyên không âm $\alpha ,\beta ,\gamma$ với $\alpha +\beta +\gamma =2n$ sao cho
$$P(x)=c{x}^{\alpha }(x-1{)}^{\beta }(x+1{)}^{\gamma },c\ne 0.$$
Thay vào đẳng thức ban đầu để suy ra được:
$$(x^2+3{)}^{\alpha }(x^2+x+4{)}^{\beta }(x^2-x+4{)}^{\gamma }=(x^4+7x^2+16{)}^n,\forall x\in \mathbb{R}.$$
Mà $x^4+7x^2+16=(x^2+x+4)(x^2-x+4)$, và $x^2+3$, $x^2+x+4$, $x^2-x+4$ là các đa thức đối một bất khả quy trên $\mathbb{R}[x]$. Do đó $\alpha =0$ và $\beta =\gamma =n$. Vậy $P(x)=c(x^2-1{)}^n$ với $c\ne 0$.
Thử lại để thấy được tất cả các đa thức thoả mãn yêu cầu đề bài là $P(x)\equiv c(x^2-1{)}^n$ với $c\ne 0$.

Cách 2. (không sử dụng điều kiện chỉ có nghiệm thực)
Đặt $\mathrm{deg}P=k$. Vì $P$ khác hằng nên $k>0$. So sánh bậc hai vế suy ra $k=2n$.
Gọi $C\ne 0$ là hệ số cao nhất của $P$ và đặt $P(x)=C(x^2-1{)}^n+Q(x)$.
Để ý $Q\equiv 0$ thoả mãn, xét $Q\not\equiv 0$, khi đó $\mathrm{deg}Q=d<2n$.
Thay vào đẳng thức ban đầu suy ra $16^{n}Q\left(\frac{x^3+3x}{4}\right)=(x^4+7x^2+16{)}^{n}Q(x)$.
So sánh bậc hai vế của đẳng thức trên, ta có $3d=4n+d$, suy ra $d=2n$, mâu thuẫn với $\mathrm{deg}Q<2n$.
Thử lại suy ra tất cả các đa thức cần tìm là $P(x)\equiv C(x^2-1{)}^n$ với $C\ne 0$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=x^2-2x+2=(x-1{)}^2+1$. Ta có $y^{\prime }=\ln \left(\frac{3}{4}\right)\cdot (2x-2)\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^{x^2-2x+2}$. Vì $0<\frac{3}{4}<1$ nên $\ln \left(\frac{3}{4}\right)<0$, và ${\left(\frac{3}{4}\right)}^{x^2-2x+2}>0$. Do đó $y^{\prime }>0\iff 2x-2<0\iff x<1$. Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $(-\infty ;1)$ và nghịch biến trên $(1;+\infty )$. Khẳng định đúng là C.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y={\log }_2(x^2-4x+5)={\log }_2\left((x-2{)}^2+1\right)$.
a) Vì $(x-2{)}^2+1\ge 1>0$ với mọi $x$ nên tập xác định là $D=\mathbb{R}$. Đúng.
b) $y^{\prime }=\frac{2x-4}{(x^2-4x+5)\ln 2}$. Với $x<2$ thì $y^{\prime }<0$, với $x>2$ thì $y^{\prime }>0$, nên hàm số nghịch biến trên $(-\infty ;2)$ và đồng biến trên $(2;+\infty )$, không đồng biến trên $\mathbb{R}$. Sai.
c) Hàm đạt cực tiểu tại $x=2$, giá trị cực tiểu $y(2)={\log }_{2}1=0$. Vậy 'cực tiểu của hàm số là 2' là sai (giá trị cực tiểu bằng 0; 2 là hoành độ điểm cực tiểu). Sai.
d) Với $y=1$: $(x-2{)}^2+1=2\Rightarrow x=0$ hoặc $x=4$, nên $A(0;1)$, $B(4;1)$; điểm cực trị $M(2;0)$. Tam giác $MAB$ cân tại $M$ với $AB=4$, $MA=MB=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}$, diện tích $S=\frac{4\cdot 1}{2}=2$. Bán kính đường tròn ngoại tiếp $R=\frac{AB\cdot MA\cdot MB}{4S}=\frac{4\cdot 5}{8}=\frac{5}{2}\ne 2$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$(x-2{)}^2+1\ge 1>0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$ nên $D=\mathbb{R}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$y^{\prime }=\frac{2x-4}{(x^2-4x+5)\ln 2}$; hàm nghịch biến trên $(-\infty ;2)$, đồng biến trên $(2;+\infty )$, không đồng biến trên $\mathbb{R}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Giá trị cực tiểu $y(2)={\log }_{2}1=0$; $x=2$ chỉ là hoành độ điểm cực tiểu.
d) (AI giải đề cho tôi)
$A(0;1)$, $B(4;1)$, $M(2;0)$; $R=\frac{4\cdot \sqrt{5}\cdot \sqrt{5}}{4\cdot 2}=\frac{5}{2}\ne 2$.

(AI giải đề cho tôi)
a) f(0)=7000/(1+69)=100 → đúng. b) f(t)=7000/(1+69e^{-t})<7000 với mọi t≥0 và tiến tới 7000, nên tổng số áo không vượt quá 7000 → đúng. c) f(3)=7000/(1+69e^{-3})≈7000/4.432≈1579.5<2000 → sai. d) f'(t)=7000·69e^{-t}/(1+69e^{-t})^2, đạt cực đại khi 69e^{-t}=1, tức t=ln69≈4.234 ngày ≈101.6 giờ, không phải 360 giờ (15 ngày) → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
f(0)=7000/(1+69)=100 chiếc.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì 1+69e^{-t}>1 nên f(t)<7000 với mọi t≥0; tổng số áo tiệm cận 7000 nhưng không vượt quá.
c) (AI giải đề cho tôi)
f(3)=7000/(1+69e^{-3})≈1579.5 chiếc < 2000 chiếc.
d) (AI giải đề cho tôi)
f'(t) đạt lớn nhất tại t=ln69≈4.234 ngày ≈101.6 giờ, không phải 360 giờ.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $M^{\prime }(t)=kM(t)$ nên $M(t)=M(0)e^{kt}=100e^{kt}$. Sau 2 giờ: $100e^{2k}=60\Rightarrow e^{2k}=0,6$. Sau 6 giờ: $M(6)=100e^{6k}=100(e^{2k}{)}^3=100\cdot 0,6^3=21,6$ mg. Lượng thuốc bị đào thải sau 6 giờ là $100-21,6=78,4$ mg. Vậy chọn B.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm $P(t)=\frac{2000}{1+9e^{-0,2t}}$.
a) $P(0)=\frac{2000}{1+9}=200$ cá thể → đúng.
b) ${\lim }_{t\to +\infty }P(t)=2000<2500$, quần thể không bao giờ đạt 2500 con → sai.
c) Tăng gấp 5 lần tức $P(t)=1000$: $1+9e^{-0,2t}=2\Rightarrow e^{-0,2t}=\frac{1}{9}\Rightarrow t=10\ln 3$ năm → đúng.
d) $P^{\prime }(t)=\frac{360e^{-0,2t}}{(1+9e^{-0,2t}{)}^2}$. Tốc độ lớn nhất khi $P=1000$ (điểm uốn của đường logistic), tức tại $t=10\ln 3\approx 10,99$ năm, không phải tại $t=11$ năm → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
P(0)=2000/(1+9)=200 cá thể.
b) (AI giải đề cho tôi)
Giới hạn khi t→+∞ là 2000 < 2500, không thể đạt 2500 con.
c) (AI giải đề cho tôi)
Tăng gấp 5 lần tức P(t)=1000: 1+9e^{-0,2t}=2 ⇒ e^{-0,2t}=1/9 ⇒ t=10ln3 năm, đúng như phát biểu.
d) (AI giải đề cho tôi)
P'(t)=360e^{-0,2t}/(1+9e^{-0,2t})^2 đạt max tại t=10ln3≈10,99 năm, không phải t=11 năm.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số xác định khi $\ln (-x^2+5x-5)\ge 0$, tức $-x^2+5x-5\ge 1\iff -x^2+5x-6\ge 0\iff x^2-5x+6\le 0\iff (x-2)(x-3)\le 0\iff 2\le x\le 3$. Vậy tập xác định là $[2;3]$, chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Đồ thị $y=f(x)$ đối xứng với $y=a^x$ qua trục tung Oy nên $f(x)=a^{-x}$. Khi đó $P=f\left({\log }_a\frac{1}{2026}\right)=a^{-{\log }_a\frac{1}{2026}}={\left(a^{{\log }_a\frac{1}{2026}}\right)}^{-1}={\left(\frac{1}{2026}\right)}^{-1}=2026$. Vậy chọn đáp án B, trùng với đáp án chính thức (mã đề 101, câu 7: B).

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=x^2-3x+\frac{13}{4}$ với đỉnh parabol tại $x=\frac{3}{2}$, $t_{\min }={\left(\frac{3}{2}\right)}^2-3\cdot \frac{3}{2}+\frac{13}{4}=\frac{9-18+13}{4}=1$. Vì cơ số $2>1$ nên hàm số $y=2^t$ đồng biến theo $t$: hàm nghịch biến khi $t$ nghịch biến, tức trên $\left(-\infty ;\frac{3}{2}\right)$, và đồng biến trên $\left(\frac{3}{2};+\infty \right)$. a) Khoảng $(-1;0)\subset \left(-\infty ;\frac{3}{2}\right)$ nên hàm nghịch biến → đúng. b) Khoảng $(0;1)\subset \left(-\infty ;\frac{3}{2}\right)$ nên hàm nghịch biến, không đồng biến → sai. c) Giá trị cực tiểu $y_{CT}=2^{t_{\min }}=2^1=2$ → đúng. d) Hàm số chỉ có 1 điểm cực trị tại $x=\frac{3}{2}$ → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trên $(-1;0)$ ta có $t^{\prime }=2x-3<0$ nên $t$ nghịch biến, do đó $y=2^t$ nghịch biến.
b) (AI giải đề cho tôi)
Trên $(0;1)$ có $t^{\prime }=2x-3<0$ nên hàm số nghịch biến, không đồng biến.
c) (AI giải đề cho tôi)
$t_{\min }=1$ tại $x=\frac{3}{2}$ nên $y_{CT}=2^1=2$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Hàm số chỉ có 1 điểm cực trị $x=\frac{3}{2}$ (cực tiểu).

Điều kiện xác định: $x-1>0\iff x>1$. Vậy tập xác định là $D=(1;+\infty )$. Chọn B.