Tài liệu Lớp 12 số mũ và logarit (phần bonus) 28 câu số mũ và logarit từ đề thi năm 2018

Câu 1: (ĐỀ THI THAM KHẢO BỘ GD & ĐT NĂM 2018) Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình log 3 x.log 9 x.log 27 x.log81 x  A. 82 9 B. 80 9 2 bằng 3 C. 9 D. 0 Đáp án A Điều kiện: x  0. Ta có log 3 x.log 9 x.log 27 x.log81 x  2 1  1  1  2  log 3 x.  log 3 x  .  log 3 x  .  log 3 x   3 2  3  4  3 x  9 log 3 x  2 1 2 82 4 4  log 3 x   log 3 x  16     S  x1  x 2  1 x  24 3 9 log 3 x  2 9  Câu 2 (ĐỀ THI THAM KHẢO BỘ GD & ĐT NĂM 2018) Với a là số thực dương bất kì,mệnh đề nào dưới đây đúng? A. log  3a   3log a 1 B. log a 3  log a 3 C. log a 3  3log a 1 D. log  3a   log a 3 Đáp án C Ta có log  3a   log 3  log a , log a 3  3log a. Câu 3 (ĐỀ THI THAM KHẢO BỘ GD & ĐT NĂM 2018)Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 16 x  2.12 x   m  2  .9 x  0 có nghiệm dương? A. 1 B. 2 C. 4 Đáp án B 2x x 4 4 Ta có PT     2    m  2  0 3 3 x 4 Đặt t     0  t 2  2t  m  2  0  t 2  2t  2  m 3 Khi đó PT có nghiệm dương  PT có nghiệm lớn hơn 1. Xét hàm số g  t   t 2  2t  2  t  0  và đường thẳng y  m D. 3 Dựa vào đồ thị ta thấy PT có nghiệm lớn hơn 1  m  3  m  3 Vậy có 2 giá trị nguyên dương của m là m  1; m  2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 4 (ĐỀ THI THAM KHẢO BỘ GD & ĐT NĂM 2018): Cho dãy số  u n  thỏa mãn log u1  2  log u1  2 log u10  2 log u10 và u n 1  2u n với mọi n  1. Giá trị nhỏ nhất của n để u n  5100 bằng A. 247 B. 248 C. 229 D. 290 Đáp án B Đặt t  2  log u1  2 log u10  0  log u1  2 log u10  t 2  2, khi đó giả thiết trở thành: t  1 log u1  2 log u10  2 log u1  2 log u10  0  t 2  t  2  0   .  t  2  log u1  2 log u10  1  log u1  1  2 log u10  log 10u1   log  u10   10u1   u10  2 Từ 1 ,  2  suy ra 10u1   29 u1   218 u 21  10u1  u1  2 Do đó u n  5100  10 2n.10 n 1 10  u  2 .  . n 218 218 219  5100.219  2n.10 100  5  n  log    log 2 10  100 log 2 5  19  247,87. 2 219  10  Vậy giá trị n nhỏ nhất thỏa mãn là n  248. Câu 5 (ĐỀ THI THỬ 2018)Tập giá trị của m thỏa mãn bất phương trình 2.9 x  3.6 x  2  x    là  ;a    b;c  . Khi đó a  b  c bằng 6x  4x A. 3. Đáp án D 2 B. 1 C. 2 D. 0 1 . 2.9 x  3.6 x 2.9 x  5.6 x  2.4 x Điều kiện: x  0 . Ta có 2 0 6x  4x 6x  4x Chia cả tử và mẫu của vế trái cho 4 x  0 , bất phương trình tương đương với 2x x 3 3 2.    5    2 x 3 2 2  0 . Đặt t    , t  0 bất phương trình trở thành x 2 3   1 2 1  x  2t 2  5t  2 0 2  t 1 1  t  2 x Với t  1 1 1 3 ta có     x  log 3  x   log 3 2 2 2 2 2 2 2 x 3 Với 1  t  2 ta có 1     2  0  x  log 3 2 2 2     Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S   ;  log 3 2    0;log 3 2   2   2  Câu 6 (ĐỀ THI THỬ 2018) Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình sau 2 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt 9 x  2.3x A. m  10 3 B. 2  m  10 3 2 1  3m  1  0 C. m  2 D. m  2 Đáp án C Đặt t  3x , t  1  pt  t 2  6t  3m  1  0 * . Đặt f  t   t 2  6t  3m  1 2 3x 2  a  x 2  log 3 a  2 Giả sử phương trình f  t  có 2 nghiệm là a và b thì  2 3x  b  x  log 3 b Vậy ta có nhận xét rằng để log a  0 a  0 (*) có 3 nghiệm thì  3  b  1 log 3 b  0 Khi đó f 1  1  6  3m  1  0  m  2 t  1 Với m  2  f  t   t 2  6t  5  0    tm  t  5  0 Câu 7 (ĐỀ THI THỬ 2018)Cho a  log 4 3, b  log 25 2 . Hãy tính log 60 150 theo a, b 1 2  2b  ab A. log 60 150  . 2 1  4b  2ab B. log 60 150  1  b  2ab 1  4b  4ab 1 1  b  2ab C. log 60 150  . 4 1  4b  2ab D. log 60 150  4. 1  b  2ab 1  4b  4ab Đáp án B Ta có b  log 25 2  log 52 2  2b  log 5 2  4b  log 5 4  log 4 5  1 4b Khi đó 1 1 1 2 a log 4 3  2.log 4 5 1 1 log 4  2.3.5  1 2 1 2 2b  1  b  2ab 150  .log 60 150  .  .  . 2 2 log 4  4.3.4  2 1  log 4 3  log 4 5 2 1  a  1 1  4b  4ab 4b log 60 Câu 8 (TOÁN HỌC VÀ TUỔI TRẺ 2018)Với hai số thực dương a, b tùy ý và log 3 5log 5 a  log 6 b  2 . Khẳng định nào là khẳng định đúng? 1  log 3 2 A. a  b log 6 2 B. a  36b D. a  b log 6 3 C. 2a  3b  0 Đáp án B Ta có log 3 5log 5 a log 3 a  log 6 b  2   log 6 b  2  log 6 a  log 6 b  2 1  log 3 2 log 3 6  log 6 a a  2   36  a  36b b b Câu 9 (TOÁN HỌC VÀ TUỔI TRẺ 2018)Gọi x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện log 9 x  log 6 y  log 4  x  y  và x a  b , với a, b là hai số nguyên dương. Tính  y 2 ab A. a  b  6 B. a  b  11 C. a  b  4 D. a  b  8 Đáp án A Đặt log 9 x  t 1  2  3  x  9t  t y '  6 log 9 x  log 6 y  t    x  y  4t Theo đề ra ta có  log 9 x  log 4  x  y   t  t x  3   y  2    Từ (1), (2) và (3) ta có 9  6  4   3 t t t  t 2  4 2t t 3 3   3.2   4  0        1  0 2 2 t t  3  t 1  5  TM      2 2     3 t 1  5     L 2  2  t Thế vào x  3  1  5 a  b (4) ta được       a  1; b  5 y 2 2 2 Câu 10 (TOÁN HỌC VÀ TUỔI TRẺ 2018)Tìm các giá trị thực của tham số m để bất   phương trình log 0,02 log 2  3x  1  log 0,02 m có nghiệm với mọi x   ;0  B. m  2 A. m  9 D. m  1 C. 0  m  1 Đáp án D TXĐ: D   ĐK tham số m: m  0   Ta có log 0,02 log 2  3x  1  log 0,02 m  log 2  3x  1  m Xét hàm số f  x   log 2  3x  1 , x   ;0  có f '  3x.ln 3  0, x   ;0   3x  1 ln 2 Bảng biến thiên f  x  : x  0 + f' f 1 0 Khi đó với yêu cầu bài toán thì m  1 Câu 11: (TOÁN HỌC VÀ TUỔI TRẺ 2018) Biết x1 , x 2 , là hai nghiệm của phương trình  4x 2  4x  1  1 2 log 7    4x  1  6x và x1  2x 2  a  b với a, b là hai số nguyên dương. 4 2x     Tính a  b A. a  b  16 Đáp án C x  0  Điều kiện  1  x  2 B. a  b  11 C. a  b  14 D. a  b  13   2x  12   4x 2  4x  1  2 Ta có log 7   4x  1  6x  log   4x 2  4x  1  2x  7   2x    2x   log 7  2x  1   2x  1  log 7 2x  2x 2 2 Xét hàm số f  t   log 7 t  t  f '  t   1 1  1  0 với t  0 t ln 7 Vậy hàm số đồng biến Phương trình (1) có dạng f  2x  t   2  3 5 x  2 4  f  2x    2x  1  2x    3 5 x   4 9  5 l  4  a  9;b  5  a  b  9  5  14 Vậy x1  2x 2   9  5  tm    4 Cách 2: Bấm Casio Câu 12 (Toán Học Tuổi Trẻ) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2 a log2 5  4, b log4 6  16, c log7 3  49 . Tính giá trị của T  a log2 5  b log4 6  c log7 3 . B. T  5  2 3 . A. T  126. D. T  3  2 3 . C. T  88 . Đáp án C T   a log2 5  log 2 5   b log4 6  og 4 6   3 c log7 3  log 7 3  4log2 5  16log4 6  3.49log7 3  52  62  32  88. Câu 13 (Toán Học Tuổi Trẻ)Trong các khẳng định dưới đây, khẳng định nào sai? A. Với mọi a  b  1 , ta có a b  b a . B. Với mọi a  b  1 , ta có log a b  log b a . C. Với mọi a  b  1 , ta có a a b  bb  a . D. Với mọi a  b  1 , ta có log a ab  1. 2 Đáp án A Khẳng định: với mọi a  b  1 , ta có a b  b a là sai ví dụ ta thử a  31, b  3 thì sẽ thấy. Câu 14: . (Toán Học Tuổi Trẻ) Cho phương trình: 8 x 1  8  0,5   3.2 x 3  125  24.  0,5  3x x Khi đặt t  2 x  1 , phương trình đã cho trở thành phương trình nào dưới đây? 2x A. 8t 3  3t  12  0. B. 8t 3  3t 2  t  10  0. C. 8t 3  125  0. D. 8t 3  t  36  0. Đáp án C 1  Phương trình đã cho viết lại: 8  8 x  x 8    x 1    24  2  x   125  0 . 2    3 1 1  1  Đặt t  2  x  t 3   2 x  x   8 x  x  3t 2 2  8  x Từ đó cho ta 8t 3  125  0 Câu 15: (Toán Học Tuổi Trẻ) Tập nghiệm của bất phương trình 2.7 x  2  7.2 x  2  351. 14 x có dạng là đoạn S   a; b  . Giá trị b  2a thuộc khoảng nào dưới đây?  A. 3; 10  B.  4; 2  C.  7; 4 10   2 49  D.  ;  9 5  Đáp án C x 2 2 BPT đã cho tương đương với 98  28    351   7 7 x x 2 Đặt t    , t  0 thì bất phương trình trên trở thành 7 2 28t 2  351t  98  0  Từ đó b  2a  2  2  4   10  Câu 16 3  4  7; 4 10 . (Toán Học Tuổi Trẻ) Cho các số thực a,b thỏa mãn ( ) a > a 7 , log b 2 a + 1 < log b 14 x 2 49 2 2 2 t            4  x  2. 7 4 7 7 7 4 ( A. a > 1, b > 1 B. 0 < a < 1 < b Đáp án C ) a + a + 2 . Khẳng định nào sau đây là đúng? C. 0 < b < 1 < a D. 0 < a < 1, 0 < b < 1 Vì 3 a14 > 4 a 7 nên a > 1. Với a > 1 thì 2 a + 1 > a + a + 2 Û a + 1 > a 2 + 2a Û 1 > 0 ( luôn đúng ) ( ) Mặt khác log b 2 a + 1 < log b Câu 17: ( ) a + a + 1 nên 0 < b < 1 (Toán Học Tuổi Trẻ) Từ phương trình: (3 + 2 2 ) - 2( x Đặt t = ( ) ) x 2 -1 = 3 x 2 -1 ta thu được phương trình nào sau đây A. t 3 - 3t - 2 = 0 B. 2t 3 + 3t -1 = 0 C. 2t 3 + 3t -1 = 0 D. 2t 3 + 3t -1 = 0 Đáp án A Câu 18: (Toán Học Tuổi Trẻ) Tìm tất cả các giá trị của m , để phương trình 812 xcó nghiệm A. m ³ 1 3 B. m ³ 0 C. m ³ 1 D. m ³ - x =m 1 8 Đáp án C Câu 19: (Toán Học Tuổi Trẻ) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên không dương của m để phương trình log 1 ( x + m) + log 5 (2 - x ) = 0 có nghiệm. Tập S có bao nhiêu tập con? 5 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Đáp án D Tập S = {-1;0} có 4 tập con Câu 20: (Toán Học Tuổi Trẻ) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số ép ö y = 8cot x + (m - 3).2cot x + 3m - 2 đồng biến trên ê ; p÷÷÷ êë 4 ø A. -9 £ m < 3 B. m £ 3 C. m £ -9 D. m < -9 Đáp án C ép ö Đặt t = 2cot x thì t = t ( x) = 2cot x nghịch biến trên ê ; p÷÷÷ và tập giá trị của t là (0; 2] êë 4 ø Bài toán trở thành tìm m để hàm số f (t ) = t 3 + (m - 3) t + 3m - 2, t Î (0; 2] Câu 21 (Toán Học Tuổi Trẻ)Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a log 4 a  log 6 b  log9 (a  b) . Tính b A. 1 2 B. 1  5 2 C. 1  5 2 D. 1 5 2 Đáp án B Đặt log 4 a  log 6 b  log9 (a  b)  t a  4t 4t  6t  9t (*)    b  6t   a  2 t     t b  3  a  b  9 Vì 9  0, t   nên chia hai vế phương trình t 2t t 2 2 (*) cho 9 ta có:       1  0 3 3 t  2 t 1  5    2 a 1  5 3     t b 2  2   1  5 (loai )  3  2 Câu 22 (Toán Học Tuổi Trẻ): Bất phương trình 2 x 2 3 x  4 1   2 2 x 10 có bao nhiêu nghiệm nguyên dương? A. 2 B. 4 C. 6 D. 3 Đáp án D Bất phương trình: 2 x  2x 2 3 x  4 2 3 x  4 1   2 2 x 10  22 x 10  x 2  3 x  4  2 x  10 vì 2  1  x2  x  6  0  2  x  3 Vậy Câu 23 (Toán Học Tuổi Trẻ)Số nghiệm của phương trình log3 ( x 2  6)  log3 ( x  2)  1 là A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 bất phương trình có 3 nghiệm nguyên dương Đáp án B TXĐ: D   6;   Phương trình: log3 ( x 2  6)  log3 ( x  2)  1  log3 ( x 2  6)  log3 (3 x  6)  x 2  3x  0 x  0 D  x  3 D Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất. Câu 24 (Toán Học Tuổi Trẻ) Cho log a x  2, log b x  3 với a, b là các số thực lớn hơn 1. Tính P  log a x b2 B. 6 A. 6 C. 1 6 D.  Đáp án B. Ta có: log a x  2  a  x ;log b x  3  b  3 x Thay vào biểu thức, ta được: log a x  log b 2 x 3 x  6 x2 Câu 25 (Toán Học Tuổi Trẻ)Tìm tập nghiệm S của bất phương trình: x log 2 2 2  log 2 x  1 log 2 x log 2 x  1   1 A.  0;   1, 2    2;    2  1 C.  0;    2;   2 Đáp án A.    1 B.  0;   1, 2   2  1 D.  0;   1;    2 1 6 Điều kiện: x   0;   \ 1; 2 (*). x 2 2  log 2 x  1  log 2 x  1  2 log 2 x  1. log 2 x log 2 x  1 log 2 x log 2 x  1 log 2 Đặt t  log 2 x  t  1 2t  1   1  t   ; 1   0;   1;   t t 1  2   1   1  x   ;   1; 2    2;   . Kết hợp điều kiện (*) x   0;   1; 2    2;   . 2   2 Câu 26: (Toán Học Tuổi Trẻ) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình log x  3log 3 x  2m  7  0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn:  x1  3 x2  3  72 2 3 A. m  61 2 B. m  3 C. Không tồn tại D. m  9 2 Đáp án D.  x1  3t1 . Ta có: Đặt t  log 3 x   t2 x  3  2 t1  t2  3  t1.t2  2m  7 Ta có:  x1  3 x2  3  72  3t1 t2  3  3t1  3t2   9  72  3t1  3t2  12 Thế t2  3  t1 vào (1) (1) ta có: 3t1  33t1  12  32t1  12.3t1  27  0 3t1  3 t  1  t 1 1 t1  2 3  9 9 9  t1.t2  2  2m  7  2  m  . Thử lại ta thấy m  thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 2 Câu 27: log P 3 (Toán Học Tuổi Trẻ) Xét các số thực dương x, y thỏa mãn x y  x  x  3  y  y  3  xy. Tìm giá trị lớn nhất Pmax của x  y 2  xy  2 2 3x  2 y  1 x y6 A. 3 B. 2 C. 1 D. 4 Đáp án C. Ta có: log  log 3 3 x y  x  x  3  y  y  3  xy x  y 2  xy  2 2  3x  3 y    3x  3 y   log 3 x 2 Xét hàm số f  t   log 3 t  t có f   t    y 2  xy  2    x 2  y 2  xy  2  1  1  0 với mọi t  0. Từ đó ta có t ln 3 f  3 x  3 y   f  x 2  y 2  xy  2   3 x  3 y  x 2  y 2  xy  2 Khi đó P  3x  2 y  1 có giá trị lớn nhất là 1. x y6 (Toán Học Tuổi Trẻ) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho 10m   Câu 28: và phương trình: 2 log mx 5  2 x 2  5 x  4   log mx 5 x 2  2 x  6  có nghiệm duy nhất. Tìm số phần tử của S A. 15 B. 14 C. 13 D. 16 Đáp án A. Phương trình tương đương với: log mx 5  2x 2  5 x  4   log mx 5 x 2  2x  6 0  mx  5  1 0  mx  5  1  2   2 x  5 x  4  0   x  2 2 x 2  5 x  4  x 2  2 x  6  x  5   kx  0  10  5  1  Đặt 10m  k  , ta có:  . Để phương trình có nghiệm duy nhất thì có 2 trường x2    x  5 hợp sau:   2k   10  5  0   2k     5  1  k  11;13;14;...; 25;30   10  5k 5 1 0  10    5k   10  5  0   5k    5  1 (vô nghiệm)   10  2k 5 1 0  10  Vậy có tất cả 15 số nguyen k tương ứng với 15 giá trị của m.