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

(AI giải đề cho tôi)
Từ giả thiết: $\log a+2\log b=\log a+\log b^2=\log (a{b}^2)=1=\log 10$. Suy ra $a{b}^2=10$ (với $a,b>0$). Vậy mệnh đề đúng là D. Lưu ý $\log a+2\log b\ne \log (a+2b)$ hay $\log (a+b^2)$ nên A, B, C sai.

(AI giải đề cho tôi)
Lượng ${}_6^{14}C$ còn lại sau thời gian $t$ là $N(t)=N_0{\left(\frac{1}{2}\right)}^{t/5730}$. Theo đề, $\frac{N(t)}{N_0}=0,75$, nên ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{t/5730}=0,75$. Lấy logarit: $\frac{t}{5730}={\log }_{1/2}(0,75)=\frac{\ln 0,75}{\ln 0,5}\approx 0,415037$. Suy ra $t\approx 5730\times 0,415037\approx 2378,16$ năm. Làm tròn đến hàng đơn vị: $2378$ năm.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $4^{1-2x}=8^{-2x}\iff 2^{2(1-2x)}=2^{3(-2x)}\iff 2^{2-4x}=2^{-6x}$. Vì hàm số mũ cơ số 2 đơn điệu tăng nên $2-4x=-6x\iff 2x=-2\iff x=-1$. Thử lại: $4^{1-2(-1)}=4^3=64$ và $8^{-2(-1)}=8^2=64$, thỏa mãn. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi diện tích mặt hồ là 100%. Lượng bèo ban đầu chiếm 4%. Vì cứ sau một tuần (7 ngày) bèo phát triển thành 3 lần và tốc độ phát triển như nhau ở mọi thời điểm, diện tích bèo phủ sau $t$ ngày là $S(t)=4\cdot 3^{t/7}$ (%). Bèo vừa phủ kín hồ khi $4\cdot 3^{t/7}=100\iff 3^{t/7}=25\iff t=7{\log }_{3}25$ (ngày). Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có ${\log }_{a}b=3$ nên $b=a^3$; ${\log }_{a}c=-2$ nên $c=a^{-2}$. Khi đó ${\log }_a\left(\frac{a^3{b}^2}{c}\right)={\log }_a{a}^3+2{\log }_{a}b-{\log }_{a}c=3+2\cdot 3-(-2)=3+6+2=11$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $2^{x+1}=16=2^4$, suy ra $x+1=4$, tức $x=3$. Vậy đáp án là C.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t={\log }_{2}x$ ($t\in \mathbb{R}$), phương trình thành $h(t)=t^2-2t-m-\sqrt{m+t}=0$ với điều kiện $t\ge -m$.

Ta tìm điều kiện để $h(t)=0$ có nghiệm với $t\ge -m$.

• Với $m\in [-1;0]$: tại $t=-m$ có $h(-m)=m^2+m=m(m+1)\le 0$, mà $h(t)\to +\infty$ khi $t\to +\infty$, nên phương trình có nghiệm. Cụ thể $m=0$ cho nghiệm $t=0$ ($x=1$), $m=-1$ cho nghiệm $t=1$ ($x=2$).

• Với $m\ge 1$: $h(-m)=m(m+1)>0$ nhưng $h(1)=1-2-m-\sqrt{m+1}=-(m+1)-\sqrt{m+1}<0$, và $-m<1$, nên theo định lý giá trị trung gian tồn tại nghiệm $t\in (-m;1)$. Vậy mọi $m\ge 1$ đều cho phương trình có nghiệm.

• Với $m\le -2$ (đặt $M=-m\ge 2$): với $t\ge M$, $h(M)=M^2-M>0$. Xét $s=t-M\ge 0$: $h\approx M^2-M+(2M-2)s-2\sqrt{s}$. Thành phần $(2M-2)s-2\sqrt{s}$ có giá trị nhỏ nhất bằng $-\frac{1}{2M-2}>-1$, nên $h(t)\ge M^2-M-\frac{1}{2M-2}>0$ với mọi $t\ge M$. Do đó không có nghiệm khi $m\le -2$.

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi $m\in \{-1\}\cup \{0\}\cup \{1,2,\dots \}$. Trong $[-2019;2019]$, các giá trị nguyên là $m=-1,0,1,\dots ,2019$, tổng cộng $2+2019=2021$ giá trị.

Đáp án C.

Chọn C. ${\log }_{2}x=3\iff x=2^3=8$. (Đáp án $x=8$ được gạch chân trong nguồn giải; bảng đáp án mã 0001 ghi C.)

(AI giải đề cho tôi)
Tỉ lệ diện tích bèo theo diện tích ao là $p(t)=\frac{1}{50}{e}^{rt}$. Theo giả thiết: $\frac{1}{50}{e}^{r{t}_1}=\frac{1}{30}\Rightarrow e^{r{t}_1}=\frac{5}{3}$; $\frac{1}{50}{e}^{r{t}_2}=\frac{1}{10}\Rightarrow e^{r{t}_2}=5$. Suy ra $e^{r(t_2-t_1)}=\frac{5}{5/3}=3$, mà $t_2-t_1=3$ nên $e^{3r}=3\Rightarrow r=\frac{\ln 3}{3}$. Khi bèo chiếm nửa ao: $\frac{1}{50}{e}^{rt}=\frac{1}{2}\Rightarrow e^{rt}=25\Rightarrow t=\frac{\ln 25}{r}=\frac{3\ln 25}{\ln 3}=\frac{3\cdot 2\ln 5}{\ln 3}\approx \frac{9,6566}{1,0986}\approx 8,79$. Vậy sau ít nhất $\lceil 8,79\rceil =9$ ngày, diện tích bèo chiếm nửa ao. Kết quả khớp đáp án nguồn: 9.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $x,y,z$ lập cấp số nhân: $y^2=xz$, tức ${\log }_{a}y=\frac{{\log }_{a}x+{\log }_{a}z}{2}$. Đặt $u={\log }_{a}x$, $v={\log }_{\sqrt{a}}y=2{\log }_{a}y$, $w={\log }_{\sqrt[3]{a}}z=3{\log }_{a}z$. Ba số $u,v,w$ lập cấp số cộng nên $2v=u+w$, tức $4{\log }_{a}y={\log }_{a}x+3{\log }_{a}z$. Thay ${\log }_{a}y=\frac{{\log }_{a}x+{\log }_{a}z}{2}$ ta được $2({\log }_{a}x+{\log }_{a}z)={\log }_{a}x+3{\log }_{a}z\Rightarrow {\log }_{a}x={\log }_{a}z\Rightarrow x=z$ (do $a\ne 1$). Khi đó $y^2=xz=x^2\Rightarrow y=x$. Vậy $x=y=z$ và $P=\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}=1+1+1=3$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f(x)=\log \left(x+\sqrt{x^2+1}\right)=\frac{\mathrm{asinh}x}{\ln 10}$ là hàm lẻ, xác định trên toàn trục $\mathbb{R}$ (vì $x+\sqrt{x^2+1}>0$ với mọi $x$), và $f^{\prime }(x)=\frac{1}{\ln 10\cdot \sqrt{x^2+1}}>0$ nên $f$ đồng biến trên $\mathbb{R}$, đặc biệt trên $(-2;2)$ → d) Đúng. Trên $(0;+\infty )$: $f^{\prime \prime }(x)=\frac{-x}{\ln 10(x^2+1{)}^{3/2}}<0$ nên $f$ lõm xuống.

a) $f(x^3+1)+f(3x-m)=0\iff f(x^3+1)=f(m-3x)$. Vì $f$ đồng biến (đơn ánh): $x^3+1=m-3x\iff x^3+3x+1-m=0$. Hàm $g(x)=x^3+3x+1-m$ có $g^{\prime }(x)=3x^2+3>0$ nên luôn có đúng 1 nghiệm với mọi $m$. Vậy có 0 giá trị của $m$ (không phải 7) → Sai.

b) $f$ đồng biến nên $f(x^2-3x+m)$ đồng biến theo $x^2-3x+m$; tam thức $x^2-3x+m$ có điểm nhỏ nhất tại $x=\frac{3}{2}$ với mọi $m$, do đó hàm số giảm trên $\left(-\infty ;\frac{3}{2}\right)$ và tăng trên $\left(\frac{3}{2};+\infty \right)$, có đúng 1 điểm cực tiểu tại $x=\frac{3}{2}$ với mọi $m$ → Đúng.

c) Xét $\phi (x)=f(x)-\frac{3}{a}{\left(\frac{x}{2}\right)}^b$ trên $(0;2)$, với $\phi (0)=0$.
• Nếu $b$ chẵn: với $x<0$ thì vế phải $>0$ còn $f(x)<0$ nên không có nghiệm âm; $x=0$ là nghiệm; trên $(0;2)$, ${\phi }^{\prime \prime }(x)=f^{\prime \prime }(x)-\frac{3a?}{...}<0$ (cụ thể ${\phi }^{\prime \prime }(x)=\frac{-x}{\ln 10(x^2+1{)}^{3/2}}-\frac{3b(b-1)}{a{2}^b}{x}^{b-2}<0$) nên $\phi$ lõm xuống và có nhiều nhất 1 nghiệm dương → tổng nhiều nhất 2 nghiệm, không đạt 3 nghiệm.
• Nếu $b$ lẻ: hai vế đều là hàm lẻ nên tập nghiệm đối xứng qua gốc, chứa $x=0$; cần đúng 1 nghiệm dương $x_0\in (0;2)$ (khi đó $-x_0$ cũng là nghiệm, tổng 3 nghiệm). Vì $\phi$ lõm xuống trên $(0;2)$, ${\phi }^{\prime }(0)=\frac{1}{\ln 10}-\frac{3}{2a}>0$ với mọi $a\ge 1$ (khi $b=1$) và ${\phi }^{\prime }(0)=\frac{1}{\ln 10}>0$ khi $b\ge 2$, nên điều kiện và đủ để có đúng 1 nghiệm dương là $\phi (2)<0\iff \frac{3}{a}>\log (2+\sqrt{5})\approx 0,6269\iff a\le 4$. Vậy $a\in \{1;2;3;4\}$ và $b\in \{1;3;5;7;9;11;13;15;17;19\}$ (10 giá trị lẻ), cho $4\times 10=40$ cặp $(a;b)$ thỏa mãn, không phải 18 → Sai.

d) $f^{\prime }(x)=\frac{1}{\ln 10\cdot \sqrt{x^2+1}}>0$ với mọi $x$, nên $f$ đồng biến trên $(-2;2)$ → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Phương trình tương đương $x^3+3x+1-m=0$ với hàm số đồng biến ngặt nên luôn có đúng 1 nghiệm với mọi $m$; do đó có 0 (không phải 7) giá trị của $m$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$f$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ và $x^2-3x+m$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=3/2$ với mọi $m$, nên hàm hợp có đúng 1 điểm cực tiểu tại $x=3/2$ với mọi $m$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Chỉ khi $b$ lẻ phương trình mới có thể có 3 nghiệm đối xứng $\{-x_0;0;x_0\}$. Điều kiện là $\phi (2)=\log (2+\sqrt{5})-\frac{3}{a}<0\iff a\le 4$, kết hợp $b$ lẻ $\in \{1;3;\dots ;19\}$ cho $4\times 10=40$ cặp $(a;b)$, không phải 18.
d) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=\frac{1}{\ln 10\sqrt{x^2+1}}>0$ trên $(-2;2)$ nên hàm số đồng biến.

(AI giải đề cho tôi)
Giải $50=22+50e^{-t/8}\Rightarrow e^{-t/8}=\frac{28}{50}=0,56\Rightarrow t=8\ln \frac{50}{28}\approx 8\cdot 0,5798\approx 4,64\approx 5$ phút. Khớp đáp án D của đề (mã 1702).

(AI giải đề cho tôi)
Giải $50=22+50e^{-t/8}\Rightarrow e^{-t/8}=\frac{28}{50}=0,56\Rightarrow t=-8\ln (0,56)\approx 4,64$ phút, làm tròn đến hàng đơn vị là $5$ phút. Khớp đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Từ điều kiện $\ln (x-y)+\frac{1}{2}\ln (xy)=\ln (x+y)$, với $x>y>0$ ta suy ra $(x-y)\sqrt{xy}=x+y$. Đặt $t=\frac{x}{y}>1$, khi đó $x=ty$ và phương trình trở thành $(t-1)\sqrt{t}{y}^2=(t+1)y$, suy ra $y=\frac{t+1}{(t-1)\sqrt{t}}$. Do đó $M=x+y=y(t+1)=\frac{(t+1{)}^2}{(t-1)\sqrt{t}}$. Đặt $u=\sqrt{t}>1$: $M=\frac{(u^2+1{)}^2}{u(u^2-1)}$. Đạo hàm $M^{\prime }=0$ dẫn đến $u^4-6u^2+1=0$, cho $u^2=3+2\sqrt{2}=(1+\sqrt{2}{)}^2$, tức $u=1+\sqrt{2}$. Khi đó $M_{\min }=\frac{(u^2+1{)}^2}{u(u^2-1)}=\frac{8(3+2\sqrt{2})}{2(3+2\sqrt{2})}=4$. Kiểm tra: với $u=1+\sqrt{2}$ thì $t=3+2\sqrt{2}$, $y=2-\sqrt{2}$, $x=2+\sqrt{2}$, thỏa $x>y>0$ và $(x-y)\sqrt{xy}=2\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}=4=x+y$. Vậy giá trị nhỏ nhất của $M$ là $4$, chọn đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $OA=a$, $OB=b$ với $O$ nằm giữa $A$ và $B$, và vì $L_A=4,3<L_B=5$ nên $a>b$. Ta có $\log \frac{k}{a^2}=4,3$ và $\log \frac{k}{b^2}=5$. Lấy hiệu hai phương trình: $\log \frac{k/a^2}{k/b^2}=\log \frac{b^2}{a^2}=4,3-5=-0,7$, suy ra $\log \frac{a^2}{b^2}=0,7$, tức $\frac{a}{b}=10^{0,35}\approx 2,2387$. Trung điểm của $AB$ cách $O$ một khoảng $\frac{a-b}{2}$, nên mức cường độ âm tại đó là $$L=\log \frac{k}{{\left(\frac{a-b}{2}\right)}^2}=\log \frac{4k}{(a-b{)}^2}.$$ Từ $\frac{k}{b^2}=10^5$ ta có $k=10^5{b}^2$, do đó $$L=\log \frac{4\cdot 10^5}{{\left(\frac{a}{b}-1\right)}^2}=\log \frac{400000}{(10^{0,35}-1{)}^2}.$$ Với $10^{0,35}\approx 2,2387$ thì $(10^{0,35}-1{)}^2\approx 1,5344$, nên $L\approx \log (260682)\approx 5,4161$. Vậy mức cường độ âm tại trung điểm của $AB$ xấp xỉ $5,42$ Ben.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có ${\log }_{3}7\cdot {\log }_{7}a={\log }_{3}a$ và $1+{\log }_{3}2={\log }_{3}6$. Do đó phương trình trở thành $\frac{{\log }_{3}a}{{\log }_{3}6}-{\log }_{6}b=2$, tức ${\log }_{6}a-{\log }_{6}b=2$, suy ra ${\log }_6\frac{a}{b}=2\Rightarrow \frac{a}{b}=36\Rightarrow a=36b$. Vậy khẳng định đúng là A.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $x=\log a$ (với $a>1$ nên $x>0$) và $y={\log }_{a}b$. Khi đó $\log b={\log }_{a}b\cdot \log a=xy$, suy ra $\log \left(\frac{b}{a^4}\right)=\log b-4\log a=xy-4x$. Phương trình trở thành: $x^2+xy-4x+y-5=0$. Phân tích: $x^2+xy-4x+y-5=(x+1)(x+y-5)=0$. Vì $x>0$ nên $x+1\ne 0$, do đó $x+y=5$, tức $\log a+{\log }_{a}b=5$. Khớp với đáp án nguồn C.

Ta có: $e^{x^3+x}+{\log }_{2}x=e^{(y-1{)}^3+(y-1)}+{\log }_2(y-1)$.
Xét hàm số $f(t)=e^{t^3+t}+{\log }_{2}t$, $t>0$ có $f^{\prime }(t)=\left(3t^2+1\right).e^{t^3+t}+\frac{1}{t\ln 2}>0,\forall t>0$ $\Rightarrow$ hàm số $f(t)$ luôn đồng biến và liên tục trên khoảng $(0;+\infty )$.
Ta có $f(x)=f(y-1)\iff x=y-1\iff y=x+1$.
Ta có phương trình $2024^x+2026^x-4048x+2=0$.
Xét hàm số $g(x)=2024^x+2026^x-4048x+2$; $g^{\prime }(x)=2024^x\ln 2024+2026^x\ln 2026-4048$ liên tục trên đoạn $[0;1]$.
Ta có $g^{\prime }(0).g^{\prime }(1)<0\Rightarrow g^{\prime }(x)=0$ có một nghiệm $x_0\in (0;1)$.
Ta có $g^{\prime \prime }(x)=2024^x{\left(\ln 2024\right)}^2+2026^x{\left(\ln 2026\right)}^2$; $g^{\prime \prime }(x)>0\forall x\in (0;1)$ $\Rightarrow g^{\prime }(x)$ đồng biến trên khoảng $(0;+\infty )\Rightarrow x_0$ là nghiệm duy nhất của $g^{\prime }(x)$.
Ta có bảng biến thiên:

Dựa trên bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm trên khoảng $(0;+\infty )\Rightarrow g(x)=0$ có nghiệm $x=a\Rightarrow y=a+1$; $x=b\Rightarrow y=b+1$ $(0<a<b)$.

(AI giải đề cho tôi)
Theo công thức $N=N_0{\left(\frac{1}{2}\right)}^{\frac{t}{T}}$ với $T=30$ năm và $N=0,4N_0$, ta có ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{\frac{t}{30}}=0,4$. Lấy logarit: $\frac{t}{30}={\log }_{0,5}0,4=\frac{\ln 0,4}{\ln 0,5}\approx \frac{-0,9163}{-0,6931}\approx 1,3219$. Suy ra $t\approx 30\cdot 1,3219\approx 39,66\approx 40$ năm. Vậy đáp án C, trùng với đáp án nguồn.