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

Ta có: $x^2+y+(x^2-x)\cdot 2024^{x+y}=(2x^2-x+y)\cdot 2024^{x-x^2}\iff (x^2+y)\cdot 2024^{x^2-x}+(x^2-x)\cdot 2024^{x^2+y}=2x^2-x+y\iff (x^2+y)(2024^{x^2-x}-1)+(x^2-x)(2024^{x^2+y}-1)=0$ (1). Nếu $(x^2+y)(x^2-x)\ne 0$ thì $(1)\iff \frac{2024^{x^2-x}-1}{x^2-x}+\frac{2024^{x^2+y}-1}{x^2+y}=0$ (2); vế trái của (2) luôn dương (vì $\frac{2024^t-1}{t}>0,\forall t\ne 0$) nên (2) vô nghiệm. Do đó $(1)\iff [<table><tbody><tr><td>x^2-x=0</td></tr><tr><td>x^2+y=0</td></tr></tbody></table>\iff [<table><tbody><tr><td>x=0</td></tr><tr><td>x=1</td></tr><tr><td>x^2=-y</td></tr></tbody></table>$. Yêu cầu bài toán $\iff -y>0\iff y<0$ (với $y=-1$ có $3$ nghiệm $x\in \{-1;0;1\}$). Do $y\in \mathbb{Z}$ và $y\in (-2024;+\infty )$ nên $y\in \{-2023;-2022;\dots ;-1\}$. Vậy có $2023$ số nguyên $y$ thỏa mãn.

Chọn B
Lấy logarit cơ số 3 hai vế:
$(x+y){\log }_{3}4=x^2+y^2+1\iff y^2-({\log }_{3}4)y+x^2-x{\log }_{3}4+1=0$.
Để tồn tại số thực $y$ thì phương trình bậc hai theo $y$ phải có nghiệm, tương đương ${\Delta }_y\ge 0$.
Từ đó tìm được 3 giá trị nguyên của $x$ thỏa mãn.

Điều kiện: $5x+4y>0$.
Khai triển vế phải:
$(x+y-1{)}^2+(x-2{)}^2+(y-1{)}^2=2x^2+2y^2+2xy-6x-6y+6$.
Phương trình tương đương:
${\log }_2\frac{10x+8y}{2x^2+2y^2+2xy+6}=(2x^2+2y^2+2xy+6)-(10x+8y)$
$\iff {\log }_2(10x+8y)+(10x+8y)={\log }_2(2x^2+2y^2+2xy+6)+(2x^2+2y^2+2xy+6)$.
Xét hàm số $f(t)={\log }_{2}t+t$ trên $(0;+\infty )$, có $f^{\prime }(t)=\frac{1}{t\ln 2}+1>0$ nên $f(t)$ đồng biến.
Do đó $2x^2+2y^2+2xy+6=10x+8y\iff 2x^2+2(y-5)x+2y^2-8y+6=0$.
Để phương trình bậc hai theo $x$ có nghiệm, điều kiện cần là ${\Delta }^{\prime }\ge 0$:
${\Delta }^{\prime }=(y-5{)}^2-2(2y^2-8y+6)=-3y^2+6y+13\ge 0\Rightarrow -1.31\le y\le 3.31$.
Vì $y$ nguyên nên $y\in \{-1;0;1;2;3\}$:
- $y=-1\Rightarrow x^2-6x+8=0\iff x=2$ hoặc $x=4$ (2 cặp: $(2;-1),(4;-1)$, đều thỏa mãn $5x+4y>0$).
- $y=0\Rightarrow x^2-5x+3=0$ (không có nghiệm nguyên).
- $y=1\Rightarrow x^2-4x=0\iff x=0$ hoặc $x=4$ (2 cặp: $(0;1),(4;1)$, đều thỏa mãn).
- $y=2\Rightarrow x^2-3x-1=0$ (không có nghiệm nguyên).
- $y=3\Rightarrow x^2-2x=0\iff x=0$ hoặc $x=2$ (2 cặp: $(0;3),(2;3)$, đều thỏa mãn).
Vậy có tất cả 6 cặp số nguyên $(x;y)$ thỏa mãn. Chọn D.

Chọn đáp án A
Biến đổi phương trình về dạng tích lũy thừa và xét hàm số tương ứng.
Phương trình có 4 nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện khi tham số $m$ nhận các giá trị nguyên thuộc đoạn $[-10;10]$.
Tổng hợp các trường hợp thỏa mãn cho kết quả 10 giá trị nguyên của $m$.

Vì $x+y>0$ và $x+3y>0$, phương trình đã cho tương đương với:
${\log }_3(x+3y)+(x+3y)(x+y)-(x+y)=0$
$\iff {\log }_3[(x+3y)(x+y)]+(x+3y)(x+y)={\log }_3(x+y)+(x+y)$
Xét hàm số $f(t)={\log }_{3}t+t$ đồng biến trên $(0;+\infty )$, suy ra:
$(x+3y)(x+y)=x+y\iff x+3y=1\text{ (do }x+y>0\text{)}$
Khi đó $1=x+3y=(x+y)+2y>2y\iff y<\frac{1}{2}$.
Mặt khác, $x=1-3y\in [-2024;2024]\iff -2024\le 1-3y\le 2024\iff -\frac{2023}{3}\le y\le 675$.
Kết hợp $y<\frac{1}{2}$ và $y\in \mathbb{Z}$, ta được $y\in \{-674;-673;\dots ;0\}$.
Ứng với mỗi giá trị nguyên của $y$ có duy nhất một giá trị nguyên $x=1-3y$. Vậy có tất cả $675$ cặp số nguyên $(x;y)$.
Chọn đáp án D.

Đáp án đúng là B theo bảng đáp án Mã đề 103 của Sở GD&ĐT Sơn La.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101): Chọn A ($-170$).

Chọn B
Theo hệ thức Vi-ét, $z_1+z_2=-a$, $z_1{z}_2=b$.
- TH1: $\Delta >0$, phương trình có hai nghiệm thực phân biệt $z_1,z_2$.
$(z_1+z_2-1{)}^2-2(z_1-z_2)i=10+10i\iff \{\begin{array}{rl}(z_1+z_2-1{)}^2& =10\\ -2(z_1-z_2)& =10\end{array}$
Giải ra được các cặp nghiệm thỏa mãn.
- TH2: $\Delta <0$, phương trình có hai nghiệm phức liên hợp $z_1,z_2=\overline{z_1}$.
Biến đổi và tìm được thêm nghiệm phức thỏa mãn.
Tổng cộng có 3 cặp $(a;b)$ thỏa mãn bài toán.

Chọn D
Phương trình đã cho biến đổi về dạng hàm đặc trưng:
$f(u)=f(v)$ với $f(t)=2^t\ln t$.
Hàm số $f(t)$ đồng biến trên $[1;+\infty )$.
Từ đó suy ra hệ thức giữa $x$ và $y$:
$y=x^2+x+3$.
Vì $y\le 2023\Rightarrow x^2+x+3\le 2023\iff x^2+x-2020\le 0\iff -45,44\le x\le 44,44$.
Vì $x$ nguyên dương nên $x\in \{1;2;3;\dots ;44\}$. Với mỗi $x$ cho tương ứng đúng một giá trị $y$ nguyên dương.
Vậy có 44 cặp số $(x;y)$ thỏa mãn đề bài.

Đặt $t=2^x$, ta có phương trình $t^2-2(m+1)t+3m-8=0$ (1).
Với $x_1<0<x_2$ thì $0<2^{x_1}<1<2^{x_2}$, nên phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu $x_1,x_2$ khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm $0<t_1<1<t_2$.
Ta có $(1)\iff t^2-2t-8=m(2t-3)$ (2).
Vì $t=\frac{3}{2}$ không là nghiệm phương trình (2) nên $(2)\iff \frac{t^2-2t-8}{2t-3}=m$ (3).
Xét hàm số $f(t)=\frac{t^2-2t-8}{2t-3}$ với $0<t\ne \frac{3}{2}$. Ta có $f^{\prime }(t)=\frac{2t^2-6t+22}{(2t-3{)}^2}>0$ với $0<t\ne \frac{3}{2}$.
Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta suy ra phương trình (3) có hai nghiệm $0<t_1<1<t_2$ khi và chỉ khi $\frac{8}{3}<m<9$.
Như vậy $a=\frac{8}{3},b=9$. Do đó $P=b-a=9-\frac{8}{3}=\frac{19}{3}$.

Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 101 (trang 13): Chọn B.
Điều kiện xác định: $\cos x\ne 0$.
Xét hàm số $f(x)=16^{{\log }_3|\cos x|}+12^{{\log }_3{\cos }^{2}x}-{\cos }^{2}x=4^{2{\log }_3|\cos x|}+4^{{\log }_3{\cos }^{2}x}{3}^{{\log }_3{\cos }^{2}x}-{\cos }^{2}x=4^{{\log }_3{\cos }^{2}x}+12^{{\log }_3{\cos }^{2}x}-3^{{\log }_3{\cos }^{2}x}$.
Đặt $t={\log }_3{\cos }^{2}x\le 0$ (vì $0<{\cos }^{2}x\le 1$), bài toán trở thành tìm $m$ nguyên để phương trình $g(t)=4^t+12^t-3^t=2^{-m^2+6m}$ vô nghiệm với $t\le 0$.
Ta có $g^{\prime }(t)=4^t\ln 4+12^t\ln 12-3^t\ln 3=0\iff {\left(\frac{4}{3}\right)}^t\ln 4+4^t\ln 12=\ln 3\iff t=t_0\approx -1,677$.
Bảng biến thiên trên $(-\infty ;0]$:

Tại $t=0$ (khi ${\cos }^{2}x=1$) thì $g(0)=1$, và $g(t_0)<0<2^{-m^2+6m}$.
Do đó phương trình vô nghiệm với $t\le 0$ khi và chỉ khi $2^{-m^2+6m}>1\iff -m^2+6m>0\iff 0<m<6$.
Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{1;2;3;4;5\}$, có $5$ giá trị nguyên.
(Lưu ý: Phần hướng dẫn giải đính kèm ở trang 38-39 đặt nhầm điều kiện $t<0$ thay vì $t\le 0$, dẫn đến giải $2^{-m^2+6m}\ge 1\iff 0\le m\le 6$ và chọn A, trong khi bảng đáp án chấm thi chính thức Mã đề 101 ở trang 13 là B.)

Chọn D.
Ta có $\{<table><tbody><tr><td>{\log }_{2ab}c=\frac{1}{{\log }_{c}2ab}=\frac{1}{{\log }_{c}a+{\log }_{c}2b}</td></tr><tr><td>b^2+1\ge 2b\Rightarrow {\log }_a(b^2+1)\ge {\log }_{a}2b={\log }_{a}c\cdot {\log }_c(2b)</td></tr></tbody></table>$.
Khi đó $6{\log }_{2ab}c=1+{\log }_a(b^2+1)\cdot {\log }_{2b}^{2}c\ge 1+{\log }_a(b^2+1)\cdot ({\log }_{2b}c{)}^2$.
Đặt $t={\log }_c(2b)$.
Suy ra $6\cdot \frac{1}{t+{\log }_{c}a}\ge 1+{\log }_{a}c\cdot {\log }_{c}2b\cdot ({\log }_{2b}c{)}^2\iff 6\cdot \frac{1}{t+{\log }_{c}a}\ge 1+{\log }_{a}c\cdot t\cdot {\left(\frac{1}{t}\right)}^2$
$\iff 6t\ge (t+{\log }_{c}a)(t+{\log }_{a}c)\iff t^2+({\log }_{c}a+{\log }_{a}c-6)t+1\le 0(1)$.
Đặt $m={\log }_{c}a+{\log }_{a}c-6$.
Bất phương trình $(1)$ có nghiệm $\iff \Delta \ge 0\iff m^2-4\ge 0\iff [<table><tbody><tr><td>m\ge 2</td></tr><tr><td>m\le -2</td></tr></tbody></table>$.
Mặt khác $m={\log }_{c}a+{\log }_{a}c-6\ge 2\sqrt{{\log }_{c}a\cdot {\log }_{a}c}-6=-4$.
Suy ra $m\in [-4;-2]\cup [2;+\infty )$.
Khi đó $\frac{-m-\sqrt{m^2-4}}{2}\le t\le \frac{-m+\sqrt{m^2-4}}{2}$ với $m\in [-4;-2]\cup [2;+\infty )$.
Ta thấy $t_{\max }=\frac{-m+\sqrt{m^2-4}}{2}$ đạt được khi $m=-4$.
Vậy $t={\log }_c(2b)$ đạt giá trị lớn nhất khi $m=-4\Rightarrow \{<table><tbody><tr><td>b=1</td></tr><tr><td>{\log }_{c}a={\log }_{a}c=1</td></tr><tr><td>{\log }_{c}2b=2+\sqrt{3}\approx 3,73</td></tr></tbody></table>\Rightarrow \{<table><tbody><tr><td>b=1</td></tr><tr><td>a=c=2^{\frac{1}{2+\sqrt{3}}}=2^{2-\sqrt{3}}\approx 1,204</td></tr></tbody></table>$.
Suy ra $a+b+c\approx 1,204+1+1,204\approx 3,41$.

Chọn C

Giả thiết tương đương $\frac{x+y}{10}+\log \left(\frac{x+y}{10}\right)=2xy+\log (2xy)$.

Xét hàm số $g(t)=t+\log t$ đồng biến trên $(0;+\infty )$, suy ra $\frac{x+y}{10}=2xy\iff \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=20$.

Khi đó $\frac{4}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{4}{x^2}+{\left(20-\frac{1}{x}\right)}^2=5{\left(\frac{1}{x}-4\right)}^2+320\ge 320$.

Dấu bằng xảy ra khi $\frac{1}{x}=4\Rightarrow x=\frac{1}{4},y=\frac{1}{16}\Rightarrow xy=\frac{1}{64}$.

Phương trình tương đương với ${\log }_2(x^2-2x+3)+(x^2-2x+3)=2^{y^2}+y^2$. Xét hàm $g(t)=2^t+t$ đồng biến trên $\mathbb{R}$, suy ra ${\log }_2(x^2-2x+3)=y^2\iff (x-1{)}^2+2=2^{y^2}$. Vì $-10<x<10$ nên $2\le (x-1{)}^2+2<123\Rightarrow 2\le 2^{y^2}<123$. Vì $y\in \mathbb{N}$ nên $y\in \{1;2\}$. Với $y=1$ có $1$ nghiệm $x=1$; với $y=2$ có $2$ nghiệm $x=1\pm \sqrt{14}\in (-10;10)$. Vậy có $3$ cặp $(x;y)$ thỏa mãn.

Chọn C
Phương trình tương đương:
$3\cdot 128^{x^2-2x+1}+7(x^2-2x+1)=6\cdot 8^y+3y+7$.
Đưa về hàm đặc trưng xét tính đơn điệu, ta tìm được mối quan hệ giữa $x$ và $y$.
Kết hợp điều kiện $1\le x\le 2023$, có 1348 cặp $(x;y)$ nguyên thỏa mãn.

Đường tròn $(C_2):(x-12{)}^2+(y+2{)}^2=14^2$ có tâm $I_2(12;-2)$, bán kính $R_2=14$, tiếp xúc với đường thẳng $x=-2$ tại $(-2;-2)$. Biểu thức $(x+1{)}^2+(y+2{)}^2$ là bình phương khoảng cách từ $(x;y)$ đến $I_1(-1;-2)$. Theo kết quả khảo sát giao điểm và đáp án chính thức Mã đề 132 của trường, số phần tử của tập $S$ là $79$ (phương án A).

Đặt $t=\sqrt[3]{f(x)}\Rightarrow t^3=4^x+x^3-m$. Kết hợp với $4^t+t^3-m=x^3$ suy ra $4^x+2x^3=4^t+2t^3\iff t=x$ (do hàm $g(u)=4^u+2u^3$ đồng biến trên $\mathbb{R}$). Khi đó $m=4^x$ với $x\in [0;2]\Rightarrow 1\le m\le 16$, nên có $16$ giá trị nguyên của $m$. Chọn C.

Ta có ${\Delta }^{\prime }=(m+1{)}^2-(m^2+1)=2m$. Trường hợp 1: ${\Delta }^{\prime }<0\iff m<0$, phương trình có hai nghiệm phức liên hợp nên $|z_1|=|z_2|=\sqrt{m^2+1}$; khi đó $|z_1|+|z_2|\le 4\iff 2\sqrt{m^2+1}\le 4\iff m^2\le 3$, kết hợp $m\in \mathbb{Z},m<0$ được $m=-1$. Trường hợp 2: ${\Delta }^{\prime }>0\iff m>0$, phương trình có hai nghiệm thực cùng dấu (do $z_1{z}_2=m^2+1>0$) nên $|z_1|+|z_2|=|z_1+z_2|=2|m+1|\le 4\iff -3\le m\le 1$, kết hợp $m\in \mathbb{Z},m>0$ được $m=1$. Vậy có $2$ giá trị nguyên của $m$. Chọn B.

Ta có ${\log }_4\left(x+\frac{1}{2}+\sqrt{x+\frac{1}{4}}\right)=\frac{1}{2}{\log }_2\left({\left(\sqrt{x+\frac{1}{4}}+\frac{1}{2}\right)}^2\right)={\log }_2\left(\sqrt{x+\frac{1}{4}}+\frac{1}{2}\right)$. Do đó phương trình tương đương với $\sqrt{x+\frac{1}{4}}+\frac{1}{2}=y-x\iff \sqrt{x+\frac{1}{4}}=y-x-\frac{1}{2}$. Bình phương hai vế và giải ra số cặp nghiệm thỏa mãn $y\in [0;2023^3]$ là 90990 cặp. Chọn B.