Tải bản đầy đủ

đề VDC TOÁN pt và bpt mũ logarit PHẦN 02 (TƯ DUY MỞ)

Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN

TƯ DUY MỞ

ĐỀ VDC TOÁN SỐ 39 - PT BPT MŨ LOGA PHẦN 02
(Đề gồm 5 trang - 36 câu - Thời gian làm bài chuẩn 65 phút)
Câu 1. (2 - B) Giá trị của biểu thức T  8(3  2 2) 2021 (17  12 2)1011 nằm trong khoảng nào dưới đây ?
3
A. (4;  ) .
B. (1; ) .
C. (0;1) .
D. (2; 4) .
2
Câu 2. (2 - A) Giá trị của biểu thức T  (1  2) 4001 (3  2 2)2000  a  b 2 ; trong đó a và b là những số nguyên
dương. Giá trị của biểu thức (a  b) bằng:
A. 2 .
B. 3 .
C. 1.
D. 4 .
2020
2019

Câu 3. (2 - C) Giá trị của biểu thức T  log 7 (8  15)  log 7 (8  15)
nằm trong khoảng nào dưới đây ?
A. (3039; 4040) .
B. (1010;1011) .
C. (4038; 4039) .
D. (2019; 2020) .
x m

Câu 4. (2 - D) Nghiệm của phương trình 23  3 tương ứng là:
A. log 2 (log 3 2)  m . B. log 2 (log 2 3)  m .
C. log 3 (log 2 3  m) .

D. x  log 3 (log 2 3)  m .

2
2

Câu 5. (2 - A) Số nghiệm nguyên của bất phương trình log (2 x)  6 tương ứng là:
A. 2 .
B. 5 .
C. 4 .
D. 3 .
Câu 6. (2 - C) Tập nào dưới đây chứa tập nghiệm của bất phương trình log 2 log 0,3 ( x  1)  0 ?





5
1
3
B. ( ; ) .
C. ( 1; ) .
D. (1; ) .
4
2
2
log3 x
Câu 7. (2 - D) Bất phương trình 2
 x có bao nhiêu nghiệm nguyên dương ?
A. 5 .
B. 3 .
C. 2 .
D. 0 .
A. (  ;1) .





Câu 8. (2 - B) Bất phương trình log x log 2 (2 x  1)  0 có tập nghiệm là S. Tập nào dưới đây chứa tập S ?
A. (0;1) .

B. (1; 2) .

Câu 9. (2 - A) Bất phương trình log x1



3
C. ( ; 4) .
D. (;1) .
2
log 3 (3x  3)  1 có tập nghiệm là S. Tập S chứa tập nào dưới đây?



3
4
4
A. (1; ) .
B. ( ; 2) .
C. ( ; 2) .
2
3
3
Câu 10. (2 - C) Đạo hàm của hàm số y  ln  log( x)  tương ứng là:

A. y ' 

1
.
x log x

1
.
x ln10

B. y ' 

C. y ' 

D. (0;1) .

1
.
x ln x

D. y ' 

1
.
ln x.log x

x

Câu 11. (2 - C) Đạo hàm của hàm số y  e 2 tương ứng là:
x

A. y '  2 e 2 .

x

x

B. y '  2 x.e2 .

C. y '  2 x.e 2 ln 2 .

x

D. y '  2e x  2 .

Câu 12. (2 - C) Số tự nhiên 220192020 có bao nhiêu chữ số có nghĩa trong hệ thập phân ?
A. 20192020 .
B. 6078405 .
C. 6078404 .
D. 6079403 .
2

Câu 13. (3 - A) Phương trình 42 x 1.5 x  1 tương đương với phương trình nào dưới đây ?
A. x 2  2 x log5 4  log5 4  0 .

B. x 2  2 x  log 5 4  0 .

C. x 2  4 x log 5 4  2 log 5 4  0 .

D. 2 x 2  x log 5 4  3log5 4  0 .

Câu 14. (3 - B) Gọi S là một tập hợp chứa tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình









log x  3 mx  4  x 2  log x  3 m 2 x3  x 2  4 . Tổng tất cả các phần tử của tập S tương ứng bằng:

A. 2 .

B.

1
.
4

C.

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội.

3
.
2

D. 1 .
1


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN

TƯ DUY MỞ

Câu 15. (3 - A) Gọi S là tập hợp chứa tất cả những giá trị nguyên của tham số m để phương trình
log 22 x  12 3 log 22 x  1  m  1  0 có ít nhất một nghiệm x  (1;8) . Tổng tất cả các phần tử của tập S bằng:

A. 70 .

B. 81 .

C. 0 .

D. 55 .
logb / a c

Câu 16. (3 - C) Nghiệm của phương trình log 2 (log3 x)  log3 (log 2 x) tương ứng là x  3 a 
; với a , b, c là
những số nguyên dương. Khi đó tổng (a  b  c) bằng:
A. 8 .
B. 6 .
C. 7 .
D. 9 .
3
Câu 17. (3 - D) Cho phương trình log mx 7 ( x  10 x  1)  log mx7 ( x  1) với m là tham số. Hỏi có tất cả bao nhiêu
log b

giá trị nguyên m  [  18;18] để phương trình đã cho có nhiệm thực x ?
A. 15.
B. 18.
C. 17.
D. 16.
2
x  3x  2
 1 có tập nghiệm là S. Tập nào dưới đây chứa tập S ?
Câu 18. (3 - C) Cho phương trình log x
x2
1
3
2
3
A. ( ; 2) .
B. (; ) .
C. ( ;1) .
D. ( ; 4) .
2
4
5
4
Câu 19. (3 - B) Có bao nhiêu giá trị nguyên x  [  2019; 2019] thỏa mãn bất phương trình: log 2x 2 x  log 2 x 2  6 ?
A. 2018.
B. 2017.
C. 2019.
D. 2016.
Câu 20. (3 - C) Cho phương trình log 5 (6 x  1)  log 7 (10 x  9) . Số nghiệm của phương trình là:
A. 0.
B. 2.
C. 1.
D. 3.
Câu 21. (4 - B) Gọi S là tập hợp chứa tất cả các giá trị thự của tham số m  20 để 2m là số nguyên và phương
trình 8 x  m.4 x  (2m  1) 2 .2 x  4m3  4m 2  m  0 có đúng hai nghiệm thực. Số phần tử của tập S là:
A. 40 .
B. 39.
C. 20 .
D. 19 .
12  x
x  2019
Câu 22. (3 - D) Số nghiệm nguyên dương của bất phương trình 3  ( x  10).5
 9  0 có đúng hai nghiệm
thực. Số phần tử của tập S là:
A. 9 .
B. 1.
C. 19 .
D. 10 .
x
x
x
2
Câu 23. (3 - A) Số nghiệm thực của phương trình 8  ( x  1).4  (3x  1).2  (3x  4 x  1)  0 là:
A. 2.
B. 3.
C. 4.
D. 1.
Câu 24. (4 - D) Cho phương trình log 4 a  log 25 b  log10 (b  a) , với a và b là những số thực dương. Tính giá trị
a  2b
của biểu thức T 
tương ứng bằng:
3a  b
92 5
14  3 5
62 5
17  7 5
A.
B.
C.
D.
.
.
.
.
2
2
3
2
Câu 25. (3 - A) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên n có hai chữ số. Xác suất để số tự nhiên 2n có 6 chữ số là:
1
2
1
1
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
30
45
18
15
Câu 26. (3 - D) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên n có 5 chữ số. Xác suất để tồn tại một số tự nhiên m sao cho
2m  n tương ứng là:
2
1
1
1
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
45
15
18
30
Câu 27. (4 - C) Gọi S là tập hợp chứa tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình logarit:

log 2 ( x3  2 x 2  2 x  m)  log 2 ( x  1) có đúng hai. Số phần tử của tập S là:
A. 2 .
B. 3 .
C. 1.
D. 0 .
( y  2)
Câu 28. (5 - B) Cho hai số thực x , y  (  2; ) thỏa mãn hệ thức: log 2  ( x  2)( y  2) 
 4  x( y  2) . Giá trị
nhỏ nhất của biểu thức T  2 x  y  1 tương ứng bằng:
A. 4 3  2 .

B. 4 2  7 .

C. 4 2 .

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội.

D. 6  2 2 .
2


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN

Câu 29. (5 - A) Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn: log 2
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 
A.

60
.
13

B. 12 .

TƯ DUY MỞ

3( x  y )
 x 2  y 2  xy  6( x  y )  2 . Gọi giá trị
2
x  y  xy  3
2

2x  3 y  2
lần lượt là M và m. Giá trị của biểu thức ( M  m) bằng:
x  y 1
26
40
C.
.
D.
.
13
5

Câu 30. (5 - D) Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn: 2 x
của biểu thức P  3x 2  y 2  3 y tương ứng bằng:
11
A.
.
B. 3 .
2

2

1 y 2 1

C.

Câu 31. (5 - B) Xét các số thực a, b thỏa mãn b > 1 và

log 2 x  2 y log 2 ( y 2  1  y )  0 . Giá trị lớn nhất

21
.
4

D.

9
.
4

a
a  b  a . Biểu thức P  log a a  2 log b ( ) đạt giá trị
b
b

nhỏ nhất khi:
A. a  b 2 .
B. a 2  b3 .
C. a 3  b 2 .
D. a 2  b .
Câu 32. (5 - C) Cho hai số thực dương x , y và biểu thức P  2018  (16 y 3  103 x  24 y )  12.10 x  log y . Giá trị lớn
nhất của biểu thức P là:
A. 2050 .

B. 2038 .

C. 2042 .

D. 2048 .
1
8(3a  2) 1 2
Câu 33. (5 - D) Cho hai số thực thỏa mãn 1   b  0 . Khi biểu thức P  logb
 log ab b đạt giá trị
a
9
8
nhỏ nhất thì giá trị của biểu thức (3a  16b) nằm trong khoảng nào dưới đây ?
A. 11 .
B. 5 .
C. 16 .
D. 13 .
Câu 34. (5 - A) Cho hai số thực x và y thỏa mãn: x 2  y 2  9 và log x 2  y 2  x(8 x 2  8 y 2  7 x)  7 y 2   2 . Gọi giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3 x  y lần lượt là M và m. Khi đó giá trị của biểu thức ( M  2m)
bằng :
A. 12  18 2 .

B. 24 .

C. 6 10 .

x
Câu 35. (5 - A) Cho hai số thực x  0, y  1 thỏa mãn : 2

2

 y 1

D. 10  2 3 .

log 2 x  log 2

y
. Giá trị nhỏ nhất của biểu
y  1 1

thức P  x 2  y bằng :
A. 1 .

B.

1
.
2

3
C.  .
4

1
D.  .
4

x3  3x 2  3x  3m  8
  x 3  3x  3m  2 . Gọi S là tập chứa tất cả các giá
2
x  2x  3
trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm. Số phần tử của tập S là :
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 0 .
Câu 36. (4 - A) Cho phương trình : log 3

Câu 37. (4 - A) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn : phương trình : log x  log y  log( x 3  2 y ) . Giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P  25 x  y bằng :
A.

375
.
4

B.

45
.
2

Câu 38. (4 - B) Cho phương trình (1  4 x  x 2 ).52 x
phương trình nằm trong khoảng nào dưới đây ?
A. (0; 4) .
B. (4;6) .

C.
2

3 x 1

195
.
2

D. 14 26 .
2

 (2 x 2  3x  1).51 4 x  x  x 2  x . Tổng tất cả các nghiệm của

C. (6;8) .

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội.

D. (8;12) .
3


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN

TƯ DUY MỞ

Câu 39. (5 - B) Cho pt ( x 2  3x  2).6 x 3  ( x 2  5 x  6).6 x 1  ( x 2  4 x  3).6 x  2  3 x 2  12 x  11 . Số nghiệm thực
của phương trình là :
A. 2 .
B. 3 .
C. 4 .
D. 1 .

2x
 3x  2  x  log 2 (4 x  2)   1  0 có nghiệm thực là x  ( ;  ] . Giá trị
4x  2
lớn nhất của biểu thức P  2(    ) tương ứng bằng:
A. 4 .
B. 3 .
C. 2 .
D. 1 .
Câu 40. (4 - D) Cho bất phương trình

---------- Hết ----------

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội.

4


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN

TƯ DUY MỞ

ĐÁP ÁN:
01B
14B
27C
40D

02A
15A
28B

03C
16C
29A

04D
17D
30D

05A
18C
31B

06C
19B
32C

07D
20C
33D

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội.

08B
21B
34A

09A
22D
35A

10C
23A
36A

11C
24D
37A

12C
25A
38B

13A
26D
39B

5


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN

TƯ DUY MỞ

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT:
Câu 1. (2 - B) Giá trị của biểu thức T  8(3  2 2) 2021 (17  12 2)1011 nằm trong khoảng nào dưới đây ?
3
A. (4;  ) .
B. (1; ) .
C. (0;1) .
D. (2; 4) .
2
Giải:
 Ta không thể sử dụng ngay CASIO được sẽ dính bẫy bài toán luôn.
 Phải biến đổi: T  8(3  2 2)2021 (3  2 2)2022  8(3  2 2) 2021 (3  2 2) 2021 (3  2 2)




T  (3  2 2)(3  2 2)



2021

.8(3  2 2)  1.8(3  2 2)  1,37 . Vậy ta chọn đáp án B.

Câu 2. (2 - A) Giá trị của biểu thức T  (1  2) 4001 (3  2 2)2000  a  b 2 ; trong đó a và b là những số nguyên
dương. Giá trị của biểu thức (a  b) bằng:
A. 2 .
B. 3 .
C. 1.
D. 4 .
Giải:
 Vẫn là xử lí tránh tràn số trong CASIO hiện tại. Đây là một dạng câu hỏi được soạn ra để hạn chế CASIO
cấp thấp.
a  1
 Ta có: T  (1  2) 4001 ( 2  1) 4000  (1  2) 4000 ( 2  1) 4000 (1  2)  1  2  a  b 2  
b  1
 Suy ra: T  (a  b)  2 . Vậy ta chọn đáp án A.





Câu 3. (2 - C) Giá trị của biểu thức T  log 7 (8  15)2020  log 7 (8  15) 2019 nằm trong khoảng nào dưới đây ?
A. (3039; 4040) .
B. (1010;1011) .
C. (4038; 4039) .
D. (2019; 2020) .
Giải:
 Ta có: T  log 7 (8  15) 2020 .(8  15)2019  log 7 (8  15) 2019 .(8  15) 2019 .(8  15)







2019











.(8  15)  log 7 492019.(8  15)  log 7 492019  log 7 (8  15)



T  log 7 (8  15).(8  15) 




T  2019 log 7 49  log 7 (8  15)  2019.2  log 7 (8  15)  4038  log 7 (8  15)  4038,73
Vậy ta chọn đáp án C.





Câu 8. (2 - B) Bất phương trình log x log 2 (2 x  1)  0 có tập nghiệm là S. Tập nào dưới đây chứa tập S ?
A. (0;1) .

B. (1; 2) .

3
C. ( ; 4) .
2

D. (;1) .

Giải:
 Ta chia trường hợp theo cơ số của loga chứa biến như sau:
 Trường hợp 1: x  1 . Suy ra:








3
3
. Suy ra: 1  x 
2
2
1
1
Trường hợp 2: x  1 ta kết hợp thêm điều kiện có nghĩa: 2 x  1  0  x 
ta được:  x  1
2
2
Khi đó từ bất phương trình suy ra được:
3
log x  log 2 (2 x  1)   0  log 2 (2 x  1)  1  2 x  1  21  2  x  .
2
1
Kết hợp với điều kiện  x  1 suy ra không thỏa mãn.
2
3
Suy ra nghiệm của bất phương trình đã cho là: 1  x  . Tập chứa S là: (1; 2) .
2
Vậy ta chọn đáp án B.
log x  log 2 (2 x  1)   0  log 2 (2 x  1)  1  2 x  1  21  2  x 

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội.

6


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN



TƯ DUY MỞ



Câu 9. (2 - A) Bất phương trình log x1 log 3 (3x  3)  1 có tập nghiệm là S. Tập S chứa tập nào dưới đây?
3
B. ( ; 2) .
2

4
A. (1; ) .
3

4
C. ( ; 2) .
3

D. (0;1) .

Giải:
 Ta chia trường hợp theo cơ số của loga chứa biến như sau:
 Trường hợp 1: x  1  1  x  2 . Suy ra:

2
9
9
log x 1  log 3 (3x  3)   1  log 3 (3x  3)  ( x  1)1  x  1  3x  3  3x 1  .3x  3  3x   x  log 3
3
2
2
 Kết hợp điều kiện suy ra: x  2
 Trường hợp 2: 0  x  1  1  1  x  2 kết hợp thêm ĐK có nghĩa: 3x  3  0  x  1 ta được: 1  x  2
 Khi đó từ bất phương trình suy ra được:
3x
2
9
9
 log 3 (3x  3)  ( x  1)1  x  1  3x  3  3x 1   .3x  3  3x   x  log 3 .
3
3
2
2
9
 Kết hợp với điều kiện 1  x  2 . Suy ra: 1  x  log3  1,37
2
9
 Kết hợp 2 trường hợp, ta được: x  (1;log 2 )  (2; ) . Tập S chỉ chứa tập ở đáp án A.
2
 Vậy ta chọn đáp án A.
Câu 12. (2 - C) Số tự nhiên 220192020 có bao nhiêu chữ số có nghĩa trong hệ thập phân ?
A. 20192020 .
B. 6078405 .
C. 6078404 .
D. 6079403 .
Giải:
 Chữ số có nghĩa của một số tự nhiên trong hệ thập phân được tính theo công thức:
 N  [ log x]  1  [ log 220192020 ]  1  [20192020 log 2]  1  [6078403,69]  1  6078404
 Vậy ta chọn đáp án C.
2
Câu 13. (3 - A) Phương trình 42 x 1.5 x  1 tương đương với phương trình nào dưới đây ?
A. x 2  2 x log5 4  log5 4  0 .
B. x 2  2 x  log 5 4  0 .


C. x 2  4 x log 5 4  2 log 5 4  0 .

D. 2 x 2  x log 5 4  3log5 4  0 .

Giải:
2
2
 Loga cơ số 5 hai vế ta được: log 5 (42 x 1.5x )  log 5 1  0  log 5 42 x 1  log 5 5x  0

 (2 x  1) log 5 4  x 2  0  x 2  2 x log 5 4  log 5 4  0 . Vậy ta chọn đáp án A.



Câu 14. (3 - B) Gọi S là một tập hợp chứa tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình









log x  3 mx  4  x 2  log x  3 m 2 x3  x 2  4 . Tổng tất cả các phần tử của tập S tương ứng bằng:

A. 2 .

B.

1
.
4

C.

3
.
2

D. 1 .

Giải:





4  x 2  0

Điều kiện có nghĩa của phương trình là ít nhất phải có:  x 2  4  0  x  2
 x31

Như vậy chỉ có duy nhất một giá trị thực x  2 thỏa mãn, ta thay trực tiếp x  2 vào phương trình đã cho:
 2m  0
1
log x  3 mx  4  x 2  log x  3 m 2 x 3  x 2  4  log 5  2m   log 5  8m 2   
m
2
4
 2m  8m
1
1
Suy ra S  { }   S  . Vậy ta chọn đáp án B.
4
4









Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội.

7


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN

TƯ DUY MỞ

Câu 15. (3 - A) Gọi S là tập hợp chứa tất cả những giá trị nguyên của tham số m để phương trình
log 22 x  12 3 log 22 x  1  m  1  0 có ít nhất một nghiệm x  (1;8) . Tổng tất cả các phần tử của tập S bằng:

A. 70 .

B. 81 .

D. 55 .

C. 0 .

Giải:


Đặt t  3 log 22 x  1  t  (1; 3 10) . Phương trình trở thành: (t 3  1)  12t  m  1  0  m  t 3  12t  f (t )



Lập nhanh bảng biến thiên của hàm số f (t )  t 3  3t trên khoảng (1; 3 10) . Ta được:
1

x

3

2

f '( x)

0



10



11

 15,8

f ( x)

ym
16




Từ bảng biến thiên ta thấy điều kiện của tham số m là: 16  m  11  S  {  12; 13; 14; 15; 16} .
Suy ra tổng tất cả các phần tử của tập S bằng: 70 . Vậy ta chọn đáp án A.

Câu 16. (3 - C) Nghiệm của phương trình log 2 (log3 x)  log3 (log 2 x) tương ứng là x  3
những số nguyên dương. Khi đó tổng (a  b  c) bằng:
A. 8 .
B. 6 .
C. 7 .
D. 9 .
Giải:





Đặt x  3t  pt  log 2 (t )  log 3 (t.log 2 3)  t  2log3 (t .log2 3)  3log3 2



 t   t.log 2 3

log 3 2

 t log3 2 .  log 2 3

log3 2

1



log3 2



3
2



log3 2 log 3 3



log 3 3.log3 2






log 3
 3 a 
Suy ra nghiệm của phương trình: x  3t  3 2 
Suy ra: a  2; b  3; c  2  (a  b  c )  7 . Vậy ta chọn đáp án C.

log3/2 2

Câu 17. (3 - D) Cho phương trình log mx 7 ( x3  10 x  1)  log

2

log b

mx  7

log3 ( t .log 2 3)

  t.log 2 3

 t   log 2 3

 t   log 2 3

2

  log 2 3

log 3 2



log3

  log 2 3

 t1log3 2   log 2 3



  log 2 3

logb / a c

log a b 

; với a , b, c là

log3 2

1
log 3 2 1 log 2
3



log 3/2 2

logb/ a c

( x  1) với m là tham số. Hỏi có tất cả bao nhiêu

giá trị nguyên m  [  18;18] để phương trình đã cho có nhiệm thực x ?
A. 15.
B. 18.
C. 17.
D. 16.
Giải:
 Phương trình đã cho  log mx 7 ( x3  10 x  1)  2 log mx  7 ( x  1)  log mx 7 ( x 2  2 x  1)



 mx  7  0
 mx  7  1
mx  7  0



x  1
mx

7

1




x 1  0

  x  0 ( Loai )
3
2
 x  10 x  1  x  2 x  1   x  3 ( Loai )

x4
 

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội.

8


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN





TƯ DUY MỞ

7

mx  7  0
 4m  7  0
m 


Để phương trình đã cho có nghiệm thì: 
4
 mx  7  1
 4m  7  1
 m  2
Suy ra: 3  m  18  có tất cả 16 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán.
Vậy ta chọn đáp án D.

x 2  3x  2
 1 có tập nghiệm là S. Tập nào dưới đây chứa tập S ?
x2
3
2
3
B. (; ) .
C. ( ;1) .
D. ( ; 4) .
4
5
4

Câu 18. (3 - C) Cho phương trình log x

1
A. ( ; 2) .
2
Giải:





x 2  3x  2
x 2  3x  2
x 2  3x  2
1
x
 x 1)
(nhận thấy:
x2
x2
x2
x 2  3x  2
5 x  2
2

x0
 0  2  x  . Kết hợp điều kiện suy ra bất phương trình vô nghiệm.
x2
x2
5
 0  x  1
 x2

2
2
x  3x  2
x  3x  2
 x  2
Trường hợp 2: 0  x  1 . Khi đó: log x
1 0 
x
 2
  x 1
x2
x2
 x 2
5

5
Trường hợp 1: x  1 . Khi đó: log x

2
 x 1
5



Kết hợp với 0  x  1 , suy ra:



2
Suy ra tập nghiệm của bất phương trình là: x  ( ;1) . Vậy ta chọn đáp án C.
5

Câu 19. (3 - B) Có bao nhiêu giá trị nguyên x  [  2019; 2019] thỏa mãn bất phương trình: log 2x 2 x  log 2 x 2  6 ?
A. 2018.
B. 2017.
C. 2019.
D. 2016.
Giải:
2
x  0
 Điều kiện: 
. Bất phương trình   log x 2  1  2 log 2 x  6
x 1
2









(1  t ) 2
1 
 2t  6
Đặt t  (log 2 x)  0  bất phương trình trở thành:   1  2t  6 
t2
t 
 (1  t ) 2  2t 3  6t 2  2t 3  5t 2  2t  1  0  (t  1)(2t 2  3t  1)  0


3  17
3  17
3 17

 t
 t  log 2 x 
4
x

2
 3, 44

4
4
Lập bảng xét dấu ta được: 


3 17
 3  17
 3  17

 t 1 
 t  log 2 x  1 0,82  2 4  x  2

 4
 4
 4  x  2019
Với x là số nguyên và x  [  2019; 2019] . Nên ta có: 
 có tất cả 2017 giá trị nguyên của x
x 1

thỏa mãn.
Vậy ta chọn đáp án B.

Câu 20. (3 - C) Cho phương trình log 5 (6 x  1)  log 7 (10 x  9) . Số nghiệm của phương trình là:
A. 0.
B. 2.
C. 1.
D. 3.
Giải:
Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội.

9


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN

TƯ DUY MỞ

1
6



Điều kiện: x  



 6 x  1  5t  60 x  10.5t  10
Đặt: log 5 (6 x  1)  log 7 (10 x  9)  t  
t
t
10 x  9  7  60 x  6.7  63



5
1
Suy ra: 60 x  10.5  10  6.7  63  10.5  53  6.7  f (t )  10.    53.    6  0
7
7

t

t

t

t





t

t

t

t

5 5
1 1
Đạo hàm: f '(t )  10.   ln  53.   ln  0  hàm số nghịch biến trên R. Suy ra phương trình
7 7
7 7
f (t )  0 có nghiệm duy nhất. Dễ dàng nhẩm được nghiệm t  2  x  4
Vậy ta chọn đáp án C.

Câu 21. (4 - B) Gọi S là tập hợp chứa tất cả các giá trị thự của tham số m  20 để 2m là số nguyên và phương
trình 8 x  m.4 x  (2m  1) 2 .2 x  4m3  4m 2  m  0 có đúng hai nghiệm thực. Số phần tử của tập S là:
A. 40 .
B. 39.
C. 20 .
D. 19 .
Giải:
 Đặt t  2 x  0  phương trình trở thành: f (t )  t 3  m.t 2  (2m  1) 2 .t  4m3  4m 2  m  0
(1)









Ycbt  phương trình (1) có hai nghiệm thực t dương
Dùng CASIO phân tích được nghiệm đẹp bằng cách gán m = 1000 và giải phương trình bậc 3, ta được:
 tm
(t  2m  1)(t  2m  1)(t  m)  0   t  2m  1
t  2m  1
Vì có hai nghiệm đối nhau, nên chỉ cần điều kiện hai nghiệm này khác 0 là trong hai nghiệm đó có đúng
một nghiệm âm và một nghiệm dương; như vậy nghiệm thứ ba phải dương. Ta có:
m  0
t m0


Ycbt  

1
 2m  1  0
m  2
0  2m  40

Ta có:  2m  Z  số giá trị thực của m thỏa mãn là: 39 . Vậy ta chọn đáp án B.
 2m  1


Câu 22. (3 - D) Số nghiệm nguyên dương của bất phương trình 312 x  ( x  10).5x  2019  9  0 có đúng hai nghiệm
thực. Số phần tử của tập S là:
A. 9 .
B. 1.
C. 19 .
D. 10 .
Giải:
 Bất phương trình  3(10  x ) 2  (10  x).5x  2019  9




 3(10 x ) 2  30 2  9
 VT  3(10 x )  2  (10  x).5 x  2019  9  0  9 . Suy ra bất phương
Với: (10  x)  0  
x  2019
0
(10  x).5
trình không thỏa mãn.
 3(10 x ) 2  30 2  9
 VT  3(10 x )  2  (10  x).5 x  2019  9  0  9 . Suy ra bất phương
Với: (10  x)  0  
x  2019
0
(10  x).5
trình đúng. Suy ra nghiệm của bất phương trình là: (10  x)  0  x  10  số giá trị nguyên dương của
biến x thỏa mãn là: 1  x  10 . Vậy ta chọn đáp án D.

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội.

10


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN

TƯ DUY MỞ

Câu 23. (3 - A) Số nghiệm thực của phương trình 8 x  ( x  1).4 x  (3x  1).2 x  (3x 2  4 x  1)  0 là:
A. 2.
B. 3.
C. 4.
D. 1.
Giải:
 4 x  3x  1  0
x
x
x
x
x
 Pt  4  2  ( x  1)   (3x  1)  2  ( x  1)   0   4  3 x  1 2  x  1  0   x
 2  x 1  0


Xét phương trình: 2 x  x  1  0  f ( x)  2 x  x  1  0



 1 
Đạo hàm: f '( x)  2 x ln 2  1 ; f '( x)  0  x  log 2 
 A
 ln 2 



Ta có: lim f ( x)   ; lim f ( x)   ; f ( A)  2 A  A  1  0



Ta có bảng biến thiên:

x 

x

x 





A

f '( x)



0





f ( x)

y0
f ( A)  0



Suy ra pt f ( x)  2 x  x  1  0 có hai nghiệm phân biệt. Dễ dàng nhẩm được hai nghiệm x  0; x  1



Tương tự phương trình 4 x  3 x  1  0 cũng có hai nghiệm là: x  0; x  1



Suy ra tất cả có 2 nghiệm là x  0; x  1 . Vậy ta chọn đáp án A.

Câu 24. (4 - D) Cho phương trình log 4 a  log 25 b  log10 (b  a) , với a và b là những số thực dương. Tính giá trị
a  2b
của biểu thức T 
tương ứng bằng:
3a  b
92 5
14  3 5
62 5
17  7 5
.
.
.
.
A.
B.
C.
D.
2
2
3
2
Giải:
 a  4t
t
t

 25 
 10 
t
t
t
t
 Đặt: log 4 a  log 25 b  log10 (b  a )  t   b  25  25  4  10     1   
 4 
 4
b  a  10t

t
 5  1  5
 0 ( Loai )
2
  
2t
t
t
2
b  25   1  5  3  5
2
5
5

       1  0 
     
 
t

a  4   2 
2
2
2
5
1

5



  
2
2



a  2b
Suy ra: T 

3a  b

3 5
2  17  7 5 . Vậy ta chọn đáp án D.
2
3 5
3
2

1  2.

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội.

11


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN

TƯ DUY MỞ

Câu 25. (3 - A) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên n có hai chữ số. Xác suất để số tự nhiên 2n có 6 chữ số là:
1
2
1
1
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
30
45
18
15
Giải:
1
 90 .
 Có tất cả 90 số tự nhiên có hai chữ số nên không gian mẫu: n()  C90


Để 2n có 6 chữ số thì: 100000  2n  999999  16, 6  log 2 100000  n  log 2 999999  19,9

Suy ra các giá trị n thỏa mãn là: n  {17;18;19} = 3 số. Suy ra n( A)  C31  3
n( A) 3
1
 Suy ra xác suất: p( A) 
. Vậy ta chọn đáp án A.


n() 90 30
Câu 26. (3 - D) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên n có 5 chữ số. Xác suất để tồn tại một số tự nhiên m sao cho
2m  n tương ứng là:
2
1
1
1
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
45
15
18
30
Giải:
1
 90000
 Có 90000 số tự nhiên có 5 chữ số. Suy ra: n()  C90000




Giả thiết suy ra: 13,3  log 2 10000  m  log 2 n  log 2 99999  16, 6  tồn tại đúng 3 giá trị m nguyên để
thỏa mãn bài toán ứng với ba giá trị nguyên của n : m  [14;15;16}  n  {214 ; 215 ; 216 } = 3 số.



Suy ra n( A)  C31  3



Suy ra xác suất: p( A) 

n( A) 3
1
. Vậy ta chọn đáp án D.


n() 90 30

Câu 27. (4 - C) Gọi S là tập hợp chứa tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình logarit:
log 2 ( x3  2 x 2  2 x  m)  log 2 ( x  1) có đúng hai. Số phần tử của tập S là:
A. 2 .

B. 3 .

D. 0 .

C. 1.

Giải:
 Ta chỉ cần điều kiện: x  1
 Phương trình đã cho  log 2 ( x3  2 x 2  2 x  m)  2 log 2 ( x  1)  log 2 ( x 2  2 x  1)




(1)
 x3  2 x 2  2 x  m  x 2  2 x  1  x3  3x 2  1  m
Ycbt tương đương với tìm m nguyên để phương trình (1) có đúng hai nghiệm thực thỏa mãn x  1
Xét hàm số: f ( x)  x3  3x 2 có đồ thị như hình vẽ.
y

O

1

2
x

2

1 m
4




Suy ra: 4  1  m  2  3  m  5  m  4 ; có một giá trị nguyên của m thỏa mãn.
Vậy ta chọn đáp án C.

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội.

12


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN

TƯ DUY MỞ

Câu 28. (5 - B) Cho hai số thực x , y  (  2; ) thỏa mãn hệ thức: log 2  ( x  2)( y  2) 
nhỏ nhất của biểu thức T  2 x  y  1 tương ứng bằng:
A. 4 3  2 .

B. 4 2  7 .

C. 4 2 .

( y  2)

 4  x( y  2) . Giá trị

D. 6  2 2 .

Giải:
 Ta biến đổi hàm đặc trưng dạng phương trình hay gặp:
( y  2)
 4  x( y  2)  ( y  2) log 2  ( x  2)( y  2)   4  x( y  2)
 log 2  ( x  2)( y  2) 









 ( y  2) log 2  ( x  2)( y  2)   2( y  2)  4  x( y  2)  2( y  2)
( x  2)( y  2)
4
( x  2)
4

 ( x  2)  log 2

 ( x  2)
4
y2
4 / ( y  2) y  2
4
4
(1)
 log 2 ( x  2)  ( x  2)  log 2

y2 y2
1
 0 với t  0 . Suy ra hàm số đơn điệu tăng.
Xét hàm đặc trưng f (t )  t  log 2 t  f '(t )  1 
t ln 2
Ta đã biết hàm đơn điệu thì f (u )  f (v)  u  v
4
4
4
Từ (1), suy ra: f ( x  2)  f (
)  x2
x
 2 . Thế vào biểu thức T ta được:
y2
y2
y2
 log 2

4
8
8
 2)  y  1 
 ( y  2)  7  2.
.( y  2)  7  4 2  7 (BĐT CÔ SI)
y2
y2
y2
8
Dấu "=" xảy ra khi:
 y  2  y  2  2 2  y  2  2 2  x  2  2
y2
T  2 x  y  1  2(

Suy ra giá trị nhỏ nhất của T là: Tmin  4 2  7 . Vậy ta chọn đáp án B.
3( x  y )
Câu 29. (5 - A) Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn: log 2 2
 x 2  y 2  xy  6( x  y )  2 . Gọi giá trị
2
x  y  xy  3
2x  3 y  2
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 
lần lượt là M và m. Giá trị của biểu thức ( M  m) bằng:
x  y 1
60
26
40
A.
.
B. 12 .
C.
.
D.
.
13
13
5
Giải:
 Ta biến đổi hàm đặc trưng dạng phương trình hay gặp:
3( x  y )
3( x  y )
 log 2 2
 x 2  y 2  xy  6( x  y )  2  1  log 2 2
 x 2  y 2  xy  6( x  y )  3
2
2
x  y  xy  3
x  y  xy  3
6( x  y )
  log 2 2
 ( x 2  y 2  xy  3)  6( x  y )
2
x  y  xy  3
  6( x  y )  log 2 6( x  y )  ( x 2  y 2  xy  3)  log 2 ( x 2  y 2  xy  3)  f ( x 2  y 2  xy  3)  f (6 x  6 y )
1
 0 với t  0 . Suy ra hàm số đơn điệu tăng.
 Với hàm đặc trưng f (t )  t  log 2 t  f '(t )  1 
t ln 2
 Suy ra: x 2  y 2  xy  3  6 x  6 y
(*)
x  u  v
 Đưa hệ thức trên về dạng chuần với kĩ năng như sau: đặt 
(bỏ qua điều kiện cho đơn giản)
y  u v




Suy ra: (*)  (u  v)2  (u  v) 2  (u  v)(u  v)  3  6(u  v)  6(u  v)



u  3 cos t  2
 3(u  2) 2  v 2  9 . Đến đây đặt: 
 v  3sin t

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội.

13


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN










Biểu thức: P 

TƯ DUY MỞ

2 x  3 y  2 2(u  v)  3(u  v)  2 5u  v  2 5( 3 cos t  2)  3sin t  2



x  y 1
(u  v)  (u  v)  1
2u  1
2( 3 cos t  2)  1

5 3 cos t  3sin t  12
 (2 3P  5 3) cos t  3sin t  12  5P
2 3 cos t  5
30  2 30
30  2 30
Điều kiện có nghiệm: (2 3P  5 3) 2  9  (12  5 P )2 
P
13
13

30  2 30
 M  max 

13
Suy ra giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là: 
 m  min  30  2 30

13
60
Suy ra: ( M  m) 
. Vậy ta chọn đáp án A.
13
Bài toán này không xét tới quá nhiều điều kiện tồn tại điểm rơi.. Tuy nhiên, bài khá phức tạp chủ yếu trang
bị cho các em học sinh giỏi kĩ năng đưa về lượng giác cho đơn giản so với nhiều lời giải hết sức phức tạp.
P

Câu 30. (5 - D) Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn: 2 x

2

của biểu thức P  3x 2  y 2  3 y tương ứng bằng:
11
A.
.
B. 3 .
2
Giải:
 Ta biến đổi giả thiết như sau:

1 y 2 1

C.

log 2 x  2 y log 2 ( y 2  1  y )  0 . Giá trị lớn nhất

21
.
4

D.

2




2

x 2 1 y 2 1

y

2

log 2 x  2 log 2 ( y  1  y )  0 

2

 2.2 x log 2 x  2 y.2
2

 2 x log 2 x 2  2 y 

y 2 1

1

log 2

2.2 x log 2 x
2

y 2 1

 2 y log 2

2

2

y 1  y

 2.2 x log 2 x  2 y.2

9
.
4

( y 2  1  y )( y 2  1  y )

y 2 1

y2 1  y

log 2 ( y 2  1  y )

y 2 1



log 2 ( y  y 2  1)  f ( x 2 )  f ( y  y 2  1)  x 2  y  y 2  1
1
 0 với t  0 . Suy ra hàm đặc trưng
(Với hàm đặc trưng: f (t )  2t log 2 t  f '(t )  2t log 2 t.ln 2  2t.
t ln 2
ta xét là đơn điệu tăng)



Thay: x 2  y  y 2  1 vào biểu thức:



2

9 
3 9
P  3( y  y  1)  y  3 y   y  3 y  1    y 2  1    .
4 
2 4
2




2

2

2

3
5
5
3 5
0 y
y
;x 
2
2
2
2
9
Suy ra giá trị lớn nhất của biểu thức P là: Pmax  . Vậy ta chọn đáp án D.
4

Dấu "=" xảy ra khi

y2 1 

Câu 31. (5 - B) Xét các số thực a, b thỏa mãn b > 1 và
nhỏ nhất khi:
A. a  b 2 .
Giải:

B. a 2  b3 .

a
a  b  a . Biểu thức P  log a a  2 log b ( ) đạt giá trị
b
b

C. a 3  b 2 .

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội.

D. a 2  b .

14


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN

TƯ DUY MỞ



1
1
 4(log b a  log b b) 
 4(log b a  1)
1
log a a  log a b
1
log b a
Đặt: 1  log a a  t  log b a  log a a  2  t  [1; 2]



Thay vào (1), ta được: P 



Biểu thức: P 

1
1




1
t

 4(t  1) 

(1)

t
 4t  4  f (t ) ; với t  [1; 2]
t 1

3
3
Khảo sát hàm số f (t ) ta được: min f (t )  5 khi t   logb a  a  b 2  a 2  b3
t[1;2]
2
Vậy ta chọn đáp án B.

Câu 32. (5 - C) Cho hai số thực dương x , y và biểu thức P  2018  (16 y 3  103 x  24 y )  12.10 x  log y . Giá trị lớn
nhất của biểu thức P là:
A. 2050 .

B. 2038 .

C. 2042 .

D. 2048 .

Giải:
 Ta có: P  2018  (16 y 3  103 x  24 y )  12.10 x.10log y  2018  (16 y 3  103 x  24 y )  12 y10 x


Áp dụng BĐT CÔ SI ta có: 2.(2 y ).10 x  (2 y ) 2  (10 x ) 2  4 y 2  10 2 x



Dấu “=” xảy ra  2 y  10 x



Suy ra: P  2018  (16 y  10  24 y )  3.2.(2 y )10 x  2018  (16 y 3  103 x  24 y )  3  4 y 2  102 x 



 P  2018  4(4 y 3  3 y 2  6 y )  (103 x  3.102 x )







Ta lần lượt đi khảo sát giá trị của biểu thức: f ( y )  4 y 3  3 y 2  6 y ; y  (0;  )
Nhận thấy: f ( y )  f (1)  5
Với g ( x )  103 x  3.102 x  t 3  3t 2  h(t )  h(2)  4 ; tương ứng với t  10 x  2  x  log 2
Suy ra:
P  2018  4(4 y 3  3 y 2  6 y )  (103 x  3.102 x )  2018  4 f ( y )  g ( x)  2018  4.5  4  2042




Dấu “=” xảy ra  10 x  2 y  2  x  log 2 ; y  1 .
Suy ra giá trị lớn nhất của P là: Pmax = 2042. Vậy ta chọn đáp án C.

3

(1)
3x

1
8(3a  2) 1 2
 b  0 . Khi biểu thức P  logb
 log ab b đạt giá trị
a
9
8
nhỏ nhất thì giá trị của biểu thức (3a  16b) nằm trong khoảng nào dưới đây ?
A. 11 .
B. 5 .
C. 16 .
D. 13 .
Giải:
1
1
 Ta có: log 2ab b 
8
8(1  log b a ) 2
Câu 33. (5 - D) Cho hai số thực thỏa mãn 1 

2





 4 6a  4 

8(3a  2) 4 6a  4  3
3   a 2  P  log 8(3a  2)  log a 2  2 log a
Ta có:
 .


b
b
b
9
3
3
2
9




4 6a  4
8
a
Dấu “=” xảy ra  
3
3
3

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội.

15


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN



Suy ra: P  log b



Với 1  log b



TƯ DUY MỞ

8(3a  2) 1
1
1
2
 log ab
b  2 log b a 
 2t 
 f (t )
2
9
8
8(1  log b a )
8(1  t ) 2

1
 log b a  t  logb 1  0  t  (1;0)
a
1
Khảo sát hàm số f (t )  2t 
với t  (1; 0) sẽ suy ra nhanh được giá trị nhỏ nhất của hàm số:
8(1  t ) 2
min f (t )  

t( 1;0)

1
1
1
 t    log b a  b  2
2
2
a



Suy ra giá trị nhỏ nhất của P là: Pmin



Vậy ta chọn đáp án D.

8

a

1

3
 (3a  16b)  13
  khi 
2
b  9
 16

Câu 34. (5 - A) Cho hai số thực x và y thỏa mãn: x 2  y 2  9 và log x 2  y 2  x(8 x 2  8 y 2  7 x)  7 y 2   2 . Gọi giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3 x  y lần lượt là M và m. Khi đó giá trị của biểu thức ( M  2m)
bằng :
A. 12  18 2 .
B. 24 .
C. 6 10 .
D. 10  2 3 .
Giải:


Từ log x 2  y 2  x(8 x 2  8 y 2  7 x)  7 y 2   2  ( x 2  y 2 )(8 x  7)  ( x 2  y 2 ) 2  ( x  4) 2  y 2  9



 x2  y 2  9
Như vậy x và y thỏa mãn: 
. Đây là miền D giới hạn bởi bên trong đường tròn (C2):
2
2
( x  4)  y  9
( x  4) 2  y 2  9 và bên ngoài đường tròn (C1): x 2  y 2  9



Hai đường tròn có cùng bán kính R1 = R2 = 3 và tâm I1(0;0) , tâm I2(4;0) như hình vẽ:



Giao điểm của hai đường tròn là (2;  5) . Cụ thể điểm A như hình vẽ có A (2;  5)



Xét họ đường thẳng Δ song song với nhau: 3 x  y  P  0
Δ2

y
Δ1
(C1)

O

2

 5
A

I2

x
(C2)



Để thỏa mãn bài toán thì họ đường thẳng này phải cắt miền D.



Ứng với vị trí đường thẳng Δ1 đi qua điểm A, ta có: 3.2  5  P  0  P1  6  5



Ứng với vị trí đường thẳng Δ2 tiếp xúc với (C2) ta có: d ( I 2 ;  2 )  R2

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội.

16


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN

TƯ DUY MỞ

 P  12  3 10
| 3.4  0  P |
3
 P2  12  3 10 .
9 1
 P  12  3 10







 M  P2  Pmax  12  3 10
Vậy suy ra giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P tương ứng là : 
 m  P1  Pmin  6  5



Suy ra : ( M  3m 2)  12  18 2 . Vậy ta chọn đáp án A.

x
Câu 35. (5 - A) Cho hai số thực x  0, y  1 thỏa mãn : 2

2

 y 1

log 2 x  log 2

y
. Giá trị nhỏ nhất của biểu
y  1 1

thức P  x 2  y bằng :
A. 1 .

B.

1
.
2

3
C.  .
4

1
D.  .
4

Giải:
2

x 2  y 1

log 2 x  log 2

y ( y  1  1)
y
2x
 y 1 log 2 x  log 2
( y  1  1)( y  1  1)
y  1 1
2



Ta có: 2



 2 x log 2 x  2



Nhận thấy ngay hàm số: f (t )  2t log 2 t đơn điệu trên miền dương.

2

y 1

2

log 2 ( y  1  1)  2.2 x log 2 x  2

y 1 1

2

log 2 ( y  1  1)  2 x log 2 x 2

1
1
1
Suy ra: x 2  y  1  1  y  ( x 2  1)2  1  P  x 2  y  x 4  x 2  ( x 2  )2   
2
4
4
1
Suy ra giá trị nhỏ nhất của P là Pmin   . Vậy ta chọn đáp án D.
4




x3  3x 2  3x  3m  8
  x 3  3x  3m  2 . Gọi S là tập chứa tất cả các giá
x2  2 x  3
trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm. Số phần tử của tập S là :
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 0 .
Giải:
Câu 36. (4 - A) Cho phương trình : log 3

Điều kiện: ta có

x3  3x 2  3x  3m  8
 0  x 3  3x 2  3x  3m  8  0
x2  2 x  3

Phương trình đã cho biến đổi thành: log 3

x3  3x 2  3x  3m  8
 1   x 3  3x  3m  1
x2  2 x  3

x3  3x 2  3x  3m  8
 ( x3  3x 2  3x  3m  8)  (3x 2  6 x  9)
3x 2  6 x  9
 log 3 ( x 3  3 x 2  3 x  3m  8)  ( x 3  3 x 2  3 x  3m  8)  log 3 (3 x 2  6 x  9)  (3 x 2  6 x  9)
 log 3

Nhận thấy hàm số : f (t )  t  log 3 t là đơn điệu trên (0; ) . Nên từ (*) suy ra :
( x 3  3x 2  3x  3m  8)  (3x 2  6 x  9)  0 (TM điều kiện)
1

3m  1  2  m 

 x  3 x  3m  1 có hai nghiệm 
3

3m  1  2  m  1
Suy ra có duy nhất một giá trị nguyên của m thỏa mãn. Vậy ta chọn đáp án A.
3

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội.

17


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN

TƯ DUY MỞ

Câu 37. (4 - A) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn : phương trình : log x  log y  log( x 3  2 y ) . Giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P  25 x  y bằng :
A.

375
.
4

B.

45
.
2

C.

195
.
2

D. 14 26 .

Giải:
Từ giả thiết suy ra: log( xy )  log( x 3  2 y )  xy  x 3  2 y  y ( x  2)  x 3  0  x  2
Suy ra: y 

x3
x3
 P  25 x  y  25 x 
x2
x2

x3
Khảo sát hàm số: f ( x)  25 x 
trên miền x  (2; ) , ta được:
x2

 x  13,5( Loai )
3x 2 ( x  2)  x3 2 x3  19 x 2  100 x  100


Có: f '( x)  25 
; f '( x)  0   x  1,5( Loai )
2
2
( x  2)
( x  2)

5
 x  (TM )

2
5 375
Suy ra được: min f ( x)  f ( ) 
x (0;  )
2
4

x3
375
5
x3
125
 f ( x) 

. Khi: x  ; y 
x2
4
2
x2
4
375
 chọn đáp án A.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là: Pmin 
4
Suy ra được: P  25 x  y  25 x 

Câu 38. (4 - B) Cho phương trình (1  4 x  x 2 ).52 x
phương trình nằm trong khoảng nào dưới đây ?
A. (0; 4) .
B. (4;6) .

2

3 x 1

2

 (2 x 2  3x  1).51 4 x  x  x 2  x . Tổng tất cả các nghiệm của

C. (6;8) .

D. (8;12) .

Giải:
Đặt a  2 x 2  3x  1 ; b  1  4 x  x 2  a  b  x 2  x
Phương trình đã cho trở thành: b.5a  a.5b  a  b  a(5b  1)  b(5a  1)  0
b

a  0
5 1 5 1

0
Trường hợp 1: Nếu 
 (*) 
b
a
b  0
Nhận thấy: a  0  (5a  1)  0 

(*)

a

(**)

5a  1
0
a

5a  1
5a  1
5b  1
 0 . Vậy suy ra:
0;
 0 với a, b  0
a
a
b
Suy ra phương trình (**) vô nghiệm với a, b  0 .
Trường hợp 2: Dễ thấy a = 0 hoặc b = 0 là nghiệm của (*), nên ta có:
Và a  0  (5a  1)  0 

 a  2 x 2  3x  1  0
3
11
 x1  x2  x3  x4   4 
(*)  
.
2
2
2
b   x  4 x  1  0
Vậy ta chọn đáp án B.

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội.

18


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN

TƯ DUY MỞ

Câu 39. (5 - B) Cho pt ( x 2  3x  2).6 x 3  ( x 2  5 x  6).6 x 1  ( x 2  4 x  3).6 x  2  3 x 2  12 x  11 . Số nghiệm thực
của phương trình là :
A. 2 .
B. 3 .
C. 4 .
D. 1 .
Giải:
Pt  ( x 2  3x  2).(6 x 3  1)  ( x 2  5 x  6).(6 x 1  1)  ( x 2  4 x  3).(6 x  2  1)  0

(*)

x 1

Trường hợp 1:  x  2  chia hai vế của (*) cho: ( x  1)( x  2)( x  3) ta được:
x  3


6 x 3  1 6 x 1  1 6 x  2  1


0
x3
x 1
x2
Nhận thấy:
Suy ra:

6a  1
 0 với a  0 vì: a  0  6a  1  0 ; a  0  6a  1  0
a

6 x 3  1 6 x 1  1 6 x 2  1


 0  phương trình (**) vô nghiệm.
x 3
x 1
x2

 x 1
Trường hợp 2:  x  2  thỏa mãn phương trình (*)
 x  3
Suy ra phương trình đã cho có ba nghiệm. Chọn đáp án B.

2x
 3x  2  x  log 2 (4 x  2)   1  0 có nghiệm thực là x  ( ;  ] . Giá trị
Câu 40. (4 - D) Cho bất phương trình x
4 2
lớn nhất của biểu thức P  2(    ) tương ứng bằng:
A. 4 .
B. 3 .
C. 2 .
D. 1 .
Giải:
1
Điều kiện: 4 x  2  0  x 
(1)
2
Ta có bất phương trình ban đầu 
2x
2

log 2 (4 x  2)

 3x  2  x  log 2 (4 x  2)   1  2 x log 2 (4


Nếu:  x  log (4



 2)   0  3  x  log (4

x

 2)

 3x  2  x  log 2 (4 x  2)   1


 2)   0; 2
Vậy nghiệm của bất phương trình (2)  nghiệm:  x  log (4

Nếu: x  log 2 (4 x  2)  0  3x  2 x  log 2 (4 x  2)  0; 2 x log2 (4
2

x

x2

x

x

 2)

x log 2 (4 x  2)

2

x

2

(2)

 1  không thỏa mãn (2)
 1  thỏa mãn (2)

 2)   0  x  log 2 (4 x  2)

 2x  4x  2   1  2x  2  x  1
Kết hợp điều kiện suy ra:

1
1
1
 x  1  x  ( ;1]  ( ;  ]  2(    ) max  2(1  )  1
2
2
2

Vậy ta chọn đáp án D.

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội.

19



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×