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

Chọn D.
${\log }_3(x^2-2x+4)=2\iff x^2-2x+4=9\iff x^2-2x-5=0$, $ac=-5<0\Rightarrow$ phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu, $x_1{x}_2=-5$.

Chọn D.
Phương trình đã cho tương đương $2^{m+{\sin }^{2}x}+m+{\sin }^{2}x=2^{2\cos x+3}+2\cos x+3(\ast )$.
Xét hàm số $f(x)=2^x+x$, ta có $f^{\prime }(x)=2^x\ln 2+1>0,\forall x$.
Khi đó $(\ast )\iff f(m+{\sin }^{2}x)=f(2\cos x+3)\iff m+{\sin }^{2}x=2\cos x+3\iff m={\cos }^{2}x+2\cos x+2\iff m=(\cos x+1{)}^2+1$.
Phương trình đã cho có nghiệm thực khi và chỉ khi $1\le m\le 5$.
Số giá trị nguyên của tham số $m$ để phương trình đã cho có nghiệm thực là $5$.

Ta có: $2^x=1\iff 2^x=2^0\iff x=0$. Chọn C.

Ta có ${\log }_a\frac{b^2}{a}={\log }_a{b}^2-{\log }_{a}a=2{\log }_{a}b-1$. Chọn C.

Điều kiện xác định: $x+2>0\iff x>-2$.
Phương trình tương đương với $x+2=2^2\iff x=2$ (thỏa mãn). Chọn D.

Ta có ${\Delta }^{\prime }=m^2-(m^2-2m)=2m$.
- TH1: $m>0$. Phương trình có $2$ nghiệm thực phân biệt $z_{1,2}=m\pm \sqrt{2m}$.
Vì $z_1^2-2m{z}_1+m^2-2m=0$ và $z_1+z_2=2m$, ta có $|z_1{|}^2+m(z_2-z_1)=z_1^2+m(2m-2z_1)=(z_1^2-2m{z}_1)+2m^2=2m-m^2+2m^2=m^2+2m$.
Do đó hệ thức đã cho trở thành $m^2+2m=2|m^2-2m|\iff m+2=2|m-2|$ (vì $m>0$) $\iff [<table><tbody><tr><td>m=6(\text{thỏa ma˜n})</td></tr><tr><td>m=\frac{2}{3}(\text{thỏa ma˜n})</td></tr></tbody></table>$.
- TH2: $m<0$. Phương trình có $2$ nghiệm phức phân biệt không thực $z_{1,2}=m\pm i\sqrt{-2m}$, khi đó $|z_1|=|z_2|\Rightarrow |z_1{|}^2=|z_1{z}_2|$.
Hệ thức trở thành $m(z_2-z_1)=|z_1{|}^2=m^2-2m\iff \mp 2m\sqrt{-2m}i=m^2-2m\Rightarrow m=0$ (không thỏa mãn $m<0$).
Vậy có $2$ giá trị của $m$ thỏa mãn là $m=6$ và $m=\frac{2}{3}$. Chọn A.

Điều kiện: $t=2+3x+4y>0$. Phương trình đã cho tương đương với:
$\ln (2+3x+4y)-(2+3x+4y)=4x-2025\iff \ln t-t=4x-2025$.
Xét hàm số $f(t)=\ln t-t$ trên $(0;+\infty )$, ta có $f^{\prime }(t)=\frac{1}{t}-1=0\iff t=1$.
Bảng biến thiên của $f(t)$:

Từ bảng biến thiên suy ra $4x-2025\le -1\iff x\le 506$. Vì $x\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ nên $1\le x\le 506$.
- Với $x=506$, ta có $f(t)=-1\iff t=1$, suy ra có $1$ giá trị $y$ nên có $1$ bộ số $(x;y)$.
- Với mỗi $x\in \{1;2;\dots ;505\}$, ta có $4x-2025<-1$ nên phương trình $f(t)=4x-2025$ có $2$ nghiệm $t>0$ phân biệt, suy ra có $2$ giá trị $y$, tức là có $2\cdot 505=1010$ bộ số $(x;y)$.
Vậy có tất cả $1011$ bộ số $(x;y)$. Chọn B.

Phương trình tương đương $(5^x{)}^2-6\cdot 5^x+5=0\iff 5^x=1$ hoặc $5^x=5\iff x=0$ hoặc $x=1$. Do đó $x_1+x_2=0+1=1$. (Nguồn: đề trang 2, bảng đáp án Mã đề [101] trang 7).

Chia hai vế cho $3$ ta được $3^{x-1}+(x-1)=3y+{\log }_3(3y)$. Xét hàm đặc trưng $g(t)=3^t+t$ đồng biến trên $\mathbb{R}$, suy ra $x-1={\log }_3(3y)\iff y=3^{x-2}$. Do $y\in \mathbb{Z}$ và $0<y<2023$ nên $x-2\in \{0;1;2;3;4;5;6\}$ (vì $3^6=729<2023<3^7=2187$). Vậy có $7$ cặp số nguyên $(x;y)$. (Nguồn: đề trang 6, bảng đáp án Mã đề [101] trang 7).

Điều kiện: $2x-2>0\iff x>1$. Phương trình ${\log }_2(2x-2)=3\iff 2x-2=2^3=8\iff x=5$ (thỏa mãn).

Tập xác định $D=\mathbb{R}$. Ta có $2^{x^2+2x}=8\iff 2^{x^2+2x}=2^3\iff x^2+2x=3\iff x^2+2x-3=0\iff [<table><tbody><tr><td>x=1</td></tr><tr><td>x=-3</td></tr></tbody></table>$. Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là $1+(-3)=-2$.

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.

Đặt $t={\log }_{9}x={\log }_{6}y={\log }_4(x+y)$, ta có $\{\begin{array}{l}x=9^t\\ y=6^t\\ x+y=4^t\end{array}\Rightarrow 9^t+6^t=4^t\iff {\left(\frac{3}{2}\right)}^{2t}+{\left(\frac{3}{2}\right)}^t-1=0\Rightarrow {\left(\frac{3}{2}\right)}^t=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$ (do ${\left(\frac{3}{2}\right)}^t>0$). Suy ra $\frac{x}{y}={\left(\frac{9}{6}\right)}^t={\left(\frac{3}{2}\right)}^t=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\Rightarrow a=1,b=5$. Vậy $T=a^2+b^2=1^2+5^2=26$.

Chọn C
$100^x-7\cdot 10^x+10=0\iff (10^x-2)(10^x-5)=0\iff [\begin{array}{rl}10^x& =2\\ 10^x& =5\end{array}\iff [\begin{array}{rl}x& =\log 2\\ x& =\log 5\end{array}$
Tổng các nghiệm là $x_1+x_2=\log 2+\log 5=\log 10=1$.

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: $16-x^2>0\iff -4<x<4$.

Ta có ${\log }_3(16-x^2)=2\iff 16-x^2=9\iff x^2=7\iff x=\pm \sqrt{7}$ (thỏa mãn). Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\{-\sqrt{7};\sqrt{7}\}$.

Ta có $a^2+b^2=7ab\iff (a+b{)}^2=9ab\iff {\left(\frac{a+b}{3}\right)}^2=ab$.

Lấy logarit cơ số $2$ hai vế (với $a,b>0$) ta được ${\log }_2{\left(\frac{a+b}{3}\right)}^2={\log }_2(ab)\iff 2{\log }_2\frac{a+b}{3}={\log }_{2}a+{\log }_{2}b$.

Ta có $2^{x-1}=8\iff 2^{x-1}=2^3\iff x-1=3\iff x=4$. Chọn A.

Ta có ${\log }_{a^2}\sqrt[3]{b}={\log }_{a^2}(b^{1/3})=\frac{1/3}{2}{\log }_{a}b=\frac{1}{6}\cdot 2=\frac{1}{3}$. Chọn A.

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.