Trắc nghiệm lũy thừa, mũ và logarit trong các đề thi thử Toán 2018

Câu 1: (TH P T Ch u yê n Th ái B ìn h - l ầ n 1 - n ăm 20 17 - 201 8) Cho số thực dương 0 a và khác 1. Hãy rút gọn biểu thức 1 1 5 3 2 2 1 7 19 4 12 12 a a a P a a a         . A. 1 P a . B. 1 P . C. P a . D. 1 P a . Lời giải Chọn A Ta có: 1 1 5 1 1 5 3 2 2 2 3 2 6 1 7 5 1 7 19 4 12 6 4 12 12 1 1 1 1 a a a a a a a a P a a a a a a a a           . Câu 2: (TH P T Ch u yê n Thái B ìn h - l ầ n 1 - n ăm 201 7 - 20 18) Cho các số thực dương a , b với 1 a  và log 0 a b . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. 0 , 1 0 1 a b a b   . B. 0 , 1 1 , a b a b   . C. 0 1 1 , b a a b   . D. 0 , 1 0 1 a b b a   . Lời giải Chọn B Ta có: 0 0 1 1 log 0 0 1 0 1 a a b a b a b a         . Vậy Chọn B Câu 3: (TH PT Ch u y ên Th ái B ìn h - l ầ n 1 - nă m 2 017 - 2 018 ) Tập xác định của hàm số 1 5 1 y x là: A. 0;  . B.  1;  . C. 1;  . D.  . Lời giải Chọn C Hàm số xác định khi: 1 0 1 x x . Vậy tập xác định: 1; D  . Câu 4: (THPT Ch u yê n Th ái Bìn h - l ầ n 1 - n ă m 20 17 - 201 8) Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực  ? A. 3 x y      . B. 1 2 log y x . C. 2 4 log 2 1 y x  . D. 2 x y e     . Lời giải Chọn D Hàm số 1 2 log y x có TXĐ 0; D  nên không thỏa mãn. Do 1 3  nên hàm số 3 x y      đồng biến trên  . Do 2 0 1 e nên hàm số 2 x y e     nghịch biến trên  . Hàm số 2 4 log 2 1 y x  có 2 4 2 1 ln 4 x y x       đổi dấu khi x đi qua 0 nên không nghịch biến trên  . Câ u 5: (T HP T L ê H ồ n g P ho ng - Nam Đ ị n h - l ầ n 1 - nă m 201 7 - 201 8) Trong các mệnh đề sau. Mệnh đề nào sai? A. Hàm số x y e không chẵn cũng không lẻ. B. Hàm số 2 ln 1 y x x không chẵn cũng không lẻ. C. Hàm số x y e có tập giá trị là 0;  . D. Hàm số 2 ln 1 y x x có tập xác định là  . Lời giải Chọn B Tập xác định  . Ta có: x x   . 2 2 2 1 ln 1 ln ln 1 1 1 f x x x x x f x x . Do đó hàm số 2 ln 1 y x x là hàm số lẻ. Suy ra khẳng định B sai. Câ u 6: (T HP T L ê H ồ n g P ho ng - Nam Đ ị n h - l ầ n 1 - nă m 201 7 - 201 8) Cho hai hàm số log a y f x x và x y g x a . Xét các mệnh đề sau: I. Đồ thị của hai hàm số f x và g x luôn cắt nhau tại một điểm. II. Hàm số f x g x đồng biến khi 1 a , nghịch biến khi 0 1 a . III. Đồ thị hàm số f x nhận trục Oy làm tiệm cận. IV. Chỉ có đồ thị hàm số f x có tiệm cận. Số mệnh đề đúng là A. 1. B. 4 . C. 2 . D. 3. Lời giải Chọn C I. sai vì có đồ thị hàm số 2 log y f x x và 2 x y g x đối xứng nhau qua đường thẳng y x nhưng không cắt nhau , đồ thị hàm số 2 log y f x x và 2 x y g x cắt nhau tại hai điểm 2;2 A và 4;4 B . II. đúng do tính chất đơn điệu của hàm số mũ và hàm số lôgarit III. đúng do 0 0 lim lim log a x x f x x    khi 1 a và 0 0 lim lim log a x x f x x    khi 0 1 a nên đồ thị hàm số f x nhận trục O y làm tiệm cận (tiệm cận đứng) IV. sai vì đồ thị hàm số x y g x a có tiệm cận ngang là đường thẳng 0 y . Câ u 7: (TH P T Lê H ồ ng Ph o n g - Na m Đ ị nh - l ầ n 1 - n ăm 20 17 - 201 8) Các giá trị x thỏa mãn bất phương trình 2 log 3 1 3 x là : A. 3 x . B. 1 3 3 x . C. 3 x . D. 10 3 x . Lời giải Ch ọ n A Ta có 2 log 3 1 3 3 1 8 3 x x x . Câ u 8: (T HP T L ê H ồ n g P ho ng - Nam Đ ị n h - l ầ n 1 - nă m 201 7 - 201 8) Tập xác định của hàm số 3 2 27  y x là A.  3;  D . B.   \ 2  D . C.  D . D. 3;  D . Lời giải Ch ọ n D Hàm số đã cho xác định khi 3 27 0 3 x x . Vậy tập xác định của hàm số đã cho là 3;  D . Câu 9: (TH PT Ch u y ên ĐH V in h - GK 1 - n ăm 201 7 - 201 8) Tập xác định của hàm số 2 3 2 x x  là A.   \ 1; 2  . B. ;1 2;    . C. 1;2 . D.   ;1 2;    . Giải: Chọn B Điều kiện xác định: 2 2 3 2 0 1 x x x x   . Vậy tập xác định của hàm số là: ;1 2;    . Câu 10: (TH P T Yê n L ạ c 2 - V ĩnh P h úc - l ầ n 1 - nă m 20 17 - 201 8) Giá trị của 3 1 log a a với 0 a và 1 a  bằng: A. 3 . B. 3 2 . C. 3 . D. 2 3 . Lời giải Chọn C 3 3 1 log log 3 a a a a . Câu 11: (TH P T Yê n L ạ c 2 - V ĩnh P h ú c - l ầ n 1 - n ă m 20 17 - 201 8) Đặt 2 log 5 a , 3 log 5 b . Hãy biểu diễn 6 log 5 theo a và b . A. 6 log 5 a b . B. 2 2 6 log 5 a b . C. 6 log 5 ab a b . D. 6 1 log 5 a b . Lời giải Chọn C 2 6 2 2 2 log 5 log 5 log 6 log 2 log 3 a 2 5 1 log 5log 3 1 a a ab a b a b Câu 12: (TH P T Yê n L ạ c 2 - V ĩnh Phúc - l ầ n 1 - n ăm 201 7 - 20 18) Với những giá trị nào của a thì 2 1 3 3 1 1 a a ? A. 1 2 a . B. 2 a . C. 1 a . D. 0 1 a . Lời giải Chọn A Vì 2 1 3 3 2 1 3 3 1 1 a a  0 1 1 1 2 a a . Câu 13: (TH PT Yê n L ạ c 2 - V ĩ nh P h ú c - l ầ n 1 - nă m 201 7 - 2018) Giá trị của log 4 a a với 0, 1 a a  là A. 2 . B. 8 . C. 4 . D. 16. Lời giải Chọn D Ta có log 4 log 16 16 a a a a . Câu 14: (TH PT Yê n L ạ c 2 - V ĩ nh P h ú c - l ầ n 1 - nă m 201 7 - 2018) Giá trị của 3log 4 a a bằng: A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 8 . Lời giải Chọn D Ta có 3log 4 log 8 8 a a a a . Câu 15: (T H PT Yê n L ạ c 2 - V ĩnh Phú c - l ầ n 1 - n ă m 201 7 - 2 018 ) Cho a là số thực dương. Giá trị rút gọn của biểu thức 1 3 P a a bằng: A. 2 3 a . B. 5 a . C. 5 6 a . D. 1 6 a . Lời giải Chọn C Ta có: 1 1 1 1 5 1 3 3 3 2 6 2 . P a a a a a a . Câu 16: (T H PT Yê n L ạ c 2 - V ĩnh Phú c - l ầ n 1 - n ă m 201 7 - 2 018 ) Cho 2 1 2 1 a b . Kết luận nào sau đây đúng? A. a b . B. a b . C. a b . D. a b . Lời giải Chọn B Do 0 2 1 1 nên hàm số mũ 2 1 x y nghịch biến trên  và ta có: 2 1 2 1 a b a b Câu 17: (TH P T Hai B à Tr ưn g - V ĩn h Phúc - l ầ n 1 - nă m 201 7 - 201 8) Gọi D là tập tất cả những giá trị của x để 3 log 2018 x có nghĩa. Tìm D ? A.   0;2018 D . B. ;2018 D  . C.  ;2018 D  . D. 0;2018 D . Lời giải Chọn B Biểu thức đã cho có nghĩa khi 2018 0 2018 x x . Vậy ;2018 D  . Câu 18: (TH P T Ha i B à Tr ưn g - V ĩn h P h ú c - l ầ n 1 - n ăm 201 7 - 2018) Cho a là một số thực dương. Viết biểu thức 3 3 2 5 . P a a dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ. A . 1 15 . P a B . 2 5 . P a C. 1 15 . P a D . 19 15 . P a L ờ i gi ả i Ch ọ n D 3 3 2 3 2 19 3 2 5 5 3 5 3 15 . . . P a a a a a a Câu 19: (TH P T T h ạ c h Thà nh - Tha nh H óa - nă m 2017- 201 8) Tập xác định của hàm số 2017 2 4 3 y x x là: A.  . B. 4;1 . C. ; 4 1;    . D.   4;1 . Lời giải Chọn A HD: Vì nguyên dương nên TXĐ là  . Câu 20: (TT D i ệ u Hi ề n - C ầ n Th ơ - t h án g 10 - nă m 201 7 - 201 8) Cho 2 1 2 1 m n . Khi đó: A. m n . B. m n . C. m n . D. m n  . Lời giải Chọn A Ta có 0 2 1 1 nên 2 1 2 1 m n m n . Câu 21: (TT D i ệ u Hi ề n - C ầ n T hơ - t h án g 10 - nă m 2 017 - 201 8 ) Phương trình 4 2 3 0 x x có bao nhiêu nghiệm? A. 0 . B. 3 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn D Ta có 4 2 3 0 x x 1 13 2 2 1 13 2 VN 2 x x      2 1 13 log 2 x . Vậy phương trình có đúng 1 nghiệm. Câu 22: (TT D i ệu Hi ề n - C ầ n Th ơ - t h án g 11 - nă m 201 7 - 201 8) Hàm số 4 2 4 1 y x có tập xác định là: A.  0;  . B. 1 1 \ ; 2 2      . C.  . D. 1 1 ; 2 2     . Lời giải Chọn B Hàm số: a y x có số mũ nguyên âm xác định khi 0 x  . Hàm số 4 2 4 1 y x xác định khi 2 1 4 1 0 2 x x    . Vậy tập xác định là: 1 1 \ ; 2 2 D      . Câ u 23 : (TH PT Ch uy ên V ĩn h Phú c - l ầ n 2 - n ăm 201 7 - 2018) Tìm số nghiệm của phương trình 3 log 2 1 2. x A . 1. B . 5 . C. 2 . D . 0 . L ờ i gi ả i Ch ọ n A Điều kiện 1 . 2 x Ta có 3 log 2 1 2 x 2 1 9 x 5. x (Thỏa mãn điều kiện). Câ u 24: (TH PT C h uy ên V ĩ nh P h ú c - l ầ n 2 - nă m 2 017 - 20 18) Rút gọn biểu thức 1 3 6 . P x x với 0. x A . 1 8 . P x B . 2 9 . P x C. 2 . P x D . . P x L ờ i gi ả i Ch ọ n D 1 3 6 . P x x 1 1 6 3 x 1 2 x x . Câu 25: (TH P T Q uã n g Xương - T ha n h Hó a - l ần 1 - n ăm 2017 - 201 8) Tìm đạo hàm của hàm số 2 1 2 sin 2 3 1 x y x x x . A. 2 1 4 cos 2 3 ln 3 x y x x x  . B. 2 1 4 2cos 2 3 ln 3 x y x x x  . C. 2 1 3 4 2cos 2 ln 3 x y x x x  . D. 2 1 2 2cos 2 3 x y x x x  . Lời giải Chọn B 2 1 4 2cos 2 3 ln 3 x y x x x  . Câu 26: (T HP T Q uãn g Xư ơ n g - Th an h Hó a - l ần 1 - nă m 201 7 - 2018) Tìm nghiệm của phương trình 2 log 5 4 x . A. 3 x . B. 13 x . C. 21 x . D. 11 x . Lời giải Ch ọ n C Ta có, 2 log 5 4 5 16 21 x x x . Câ u 27: (TH PT Ng ô S ĩ L iê n - B ắ c G ia ng - l ầ n 1 - nă m 201 7 - 20 18) Mệnh đề nào dưới đây sai? A. 2017 2018 2 1 2 1 . B. 2019 2018 2 2 1 1 2 2             . C. 2018 2017 3 1 3 1 . D. 2 1 3 2 2 . Lời giải Chọn C Do 2018 2017 3 1 1  nên 2018 2017 3 1 3 1 . Câ u 28: (TH PT Ng ô S ĩ L iê n - B ắ c G ia ng - l ầ n 1 - nă m 201 7 - 20 18) Với các số thực , , 0 a b c và , 1 a b  bất kì. Mệnh đề nào dưới đây s ai? A. log . log log a a a b c b c . B. log log c a a b c b . C. log .log log a b a b c c . D. 1 log log a b b a . Lời giải Chọn B Vì theo lý thuyết: 1 log log c a a b b c . Câu 29: (TH PT Ta m P hư ớ c - Đ ồ ng N ai - l ầ n 1 - n ă m 201 7 - 2 018 ) Cho , x y là hai số thực dương và , m n là hai số thực tùy ý. Đẳng thức nào sau đây là s ai? A. . m n m n x x x . B. . n m m n x x . C. . . n n n x y x y . D. n n m m x x . L ờ i gi ả i Ch ọ n D Đáp án D do . n m m n x x như đáp án B đã chỉ ra. Câ u 30: (TH PT H ậ u L ộ c 2 - Than h H ó a - ầ n 1 - n ăm 2 01 7 - 201 8) Khẳng định nào dưới đây là sai? A. log 0 1 x x . B. 5 log 0 0 1   x x . C. 1 1 5 5 log log 0 a b a b . D. 1 1 5 5 log log 0 a b a b . Lời giải Chọn C Khẳng định 1 1 5 5 log log 0 a b a b sai do 1 0 1 5 nên 1 1 5 5 log log a b 0 a b . Câ u 31: (TH P T H ậ u L ộ c 2 - Th a nh H ó a - ầ n 1 - nă m 20 17 - 201 8) Điều kiện nào của a cho dưới đây làm cho hàm số 1 ln x f x a đồng biến trên  ? A. 1 1 a e . B. 1 a . C. 0 a . D. a e . Lời giải: Chọn B Hàm số f x đồng biến trên  khi 0 0 0 1 1 ln 1   a a a a a e . Câu 32: (TH P T Chuy ên Lam - Th an h Hó a - l ần 1 - n ăm 201 7 - 201 8) Cho các số thực , a x thỏa mãn 0 1 a . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. log 1 a x khi 0 x a . B. Đồ thị của hàm số log a y x nhận trục Oy làm tiệm cận đứng. C. Nếu 1 2 0 x x thì 1 2 log log a a x x . D. log 0 a x khi 1 x . Lời giải Chọn B Câu 33: (TH PT Ch u y ên L am - Than h H ó a - l ầ n 1 - n ăm 20 17 - 201 8) Tính đạo hàm của hàm số 2 3 2 x y . A. 2 2 2 ln 4  x y . B. 2 4 ln 4  x y . C. 2 2 2 ln16  x y . D. 2 3 2 ln 2  x y . Lời giải Chọn C Áp dụng công thức đạo hàm . .ln   u u a u a a Ta có 2 3 2 3 2 ln 2   x y x 2 3 2 ln 4 x 2 2 2 ln16 x . Câu 34: (TH PT C ổ Loa - Hà N ộ i - l ần 1 - n aw m - 20 18) Tập nghiệm S của phương trình 2 log 4 4 x là A.   4,12 S . B.   4 S . C.   4, 8 S . D.   12 S . Lời giải Chọn D 2 4 4 0 4 log 4 4 12 4 2   x x x x x . Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là   12 S . Câu 35: (TH P T C ổ Lo a - Hà N ội - l ầ n 1 - na wm - 2 018 ) Cho a là số thực dương. Biểu thức 2 3 . a a được viết dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ là A. 4 3 a . B. 7 3 a . C. 5 3 a . D. 2 3 a . Lời giải Chọn B 1 1 7 2 2 2 3 3 3 3 . . a a a a a a . Câu 36: (TH PT C ổ Loa - Hà N ộ i - l ần 1 - n aw m - 20 18) Tập xác định của hàm số 3 5 y x là A. ;5  . B.   \ 5  . C.  5;  . D. 5;  . Lời giải Chọn D Vì 3 không nguyên nên hàm số 3 5 y x xác định 5 0 5 x x . Tập xác định của hàm số là 5;  D . Câ u 3 7: (T H PT Ch uy ên Lê H ồ n g Pho n g - N am Đ ị nh - l ầ n 2 nă m 2 017 - 2 01 8) Tính đạo hàm của hàm số 2 log e x y x . A . 1 e ln 2 x . B . 1 e e ln 2 x x x . C. 1 e e x x x . D . 1 e ln 2 x x . Lời giải Chọn B e e ln 2 x x x y x   1 e e ln 2 x x x . Câ u 38 : (THPT C h uy ê n Lê H ồ ng P h o n g - Na m Đ ị nh - l ầ n 2 n ăm 20 17 - 201 8) Tất cả các nghiệm của phương trình cos5 .cos cos 4 x x x là A. 5 k x k   . B. 3 k x k   . C. x k k   . D. 7 k x k   . Lời giải Chọn A Ta có cos5 .cos cos 4 x x x   1 cos 4 cos 6 cos 4 2 x x x cos 6 cos 4 x x 6 4 2 6 4 2 x x k x x k     5 x k k x      5 k x  Vậy phương trình có các nghiệm là 5 k x k   . ----------HẾT---------- Câ u 39: (SG D V ĩn h Phú c - K SC L l ầ n 1 n ăm 20 17 - 201 8) Cho x , y là hai số thực dương khác 1 và m , n là hai số thực tùy ý. Đẳng thức nào sau đây là sai? A. m n m n x x y y     . B. . m n m n x x x . C. . n n n x y x y . D. . m n n m x x . Lời giải Ch ọ n A Lý thuyết: dựa vào tính chất của lũy thừa. Câ u 40: (SG D V ĩn h Phú c - K SC L l ầ n 1 n ăm 20 17 - 201 8) Hàm số 2 0,5 log ( 0) y x x  có đạo hàm là A. 2 1 .ln 0,5 y x  . B. 2 .ln 0,5 y x  . C. 2 .ln 0,5 y x  . D. 1 ln 0,5 y x  . Lời giải Chọn B Ta có 2 2 2 2 2 .ln 0,5 .ln 0,5 .ln 0,5 x x y x x x   . Câ u 41: (SG D V ĩn h Phú c - K SC L l ầ n 1 n ăm 20 17 - 201 8) Tập xác định của hàm số 1 ln 1 2 y x x là: A .   1; 2 D . B . 1; D  . C . 1; 2 D . D . 0; D  . L ờ i gi ả i Ch ọ n C ĐKXĐ: 2 0 1 0 x x  2 1 x x  1 2. x Câ u 42: (TH PT L ụ c Ng ạ n - B ắ c Ni nh - l ầ n 1 nă m 201 7 - 20 18) Cho 12 log 3 a . Tính 24 log 18 theo a . A. 3 1 3 a a . B. 3 1 3 a a . C. 3 1 3 a a . D. 3 1 3 a a . Lời giải Chọn B  12 3 1 log 3 log 12 3 3 1 log 3 log 4 3 1 1 2log 2 a 3 1 log 2 2 a a .  24 24 24 log 18 log 9 log 2 24 24 2log 3 log 2 3 2 2 1 log 24 log 24 3 3 2 2 2 1 log 3 log 8 log 8 log 3 3 2 2 1 1 3log 2 3 log 3 2 1 1 2 1 3. 3 2 1 a a a a 3 1 3 a a . Bỏ nhé,vì dài quá.  Trình bày lại: Khi đó 3 3 24 3 3 1 2 log 18 2 log 2 3 1 2 log 18 1 log 24 1 3log 2 3 1 3 2 a a a a a a Câ u 43: (TH PT L ụ c Ng ạ n - B ắ c Ni nh - l ầ n 1 nă m 201 7 - 20 18) Đạo hàm của hàm số 3 x y là: A. 3 ln 3 x y  . B. 3 ln 3 x y  . C. 3 ln 3 x y  . D. 3 ln 3 x y  . L ờ i g i ả i Chọn B Tập xác định D  . Ta có 3 3 ln 3 x x y y  , với mọi x  . Câ u 44: (TH PT L ụ c Ng ạ n - B ắ c Ni nh - l ầ n 1 nă m 201 7 - 20 18) Tập xác định của hàm số 1 2 3 4 y x là: A. ; 2 2;    . B. 2;2 . C. ; 2  . D. 2 3 m  . Lời giải Chọn B Hàm số xác định khi 2 4 0 x 2 2 x . Câ u 45: (TH PT L ụ c Ng ạ n - B ắ c Ni nh - l ầ n 1 nă m 201 7 - 20 18) Tập xác định của hàm số: 2 3 log 4 3 y x x là: A . ;1 3;    . B . 1;3 . C. ;1  . D . 3;  . L ờ i gi ả i Chọn A Điều kiện: 2 1 4 3 0 3 x x x x   . Tập xác định của hàm số: ;1 3;    . Câu 46: (TH P T L ê V ăn Th ị nh - B ắ c N in h - l ầ n 1 nă m 201 7 - 2 018 ) Tìm tập xác định của hàm số 1 2 3 3 4 2 y x x x . A.  1;2 D . B.   1;2 D . C.  ;2 D  . D. 1;2 D . Lời giải Chọn A Hàm số xác định 2 1 4 3 4 0 2 2 0 x x x x x    1 2 x  . Vậy  1;2 D . Câu 47: (TH P T Lê V ăn T h ị nh - B ắ c N in h - l ầ n 1 nă m 201 7 - 201 8 ) Cho a là số thực dương khác 1. Mệnh đề nào dưới đây đúng với mọi số dương x , y . A. log log log a a a x x y y . B. log log a a x x y y . C. log log log a a a x x y y . D. log log log a a a x x y y . Lời giải Chọn C Lý thuyết. Câu 48: (TH PT Tr i ệu S ơn 3 - T ha n h Hó a n ăm 201 7 - 201 8 ) Nghiệm của bất phương trình 2 3 243 x  là: A . 2 7 x   . B . 7 x . C . 7 x  . D . 7 x . Lời giải Chọn C Ta có 2 2 5 3 243 3 3 2 5 7 x x x x     . Câu 49: (TH PT Tr i ệu S ơn 3 - T ha n h Hó a n ăm 201 7 - 201 8 ) Nghiệm của phương trình 2 log 3 x là: A. 6 . B. 8 . C. 9 . D. Lời giải Chọn B 2 3 0 log 3 8 2 8 x x x x  . Câu 50: (TH PT Tr i ệu S ơn 3 - T ha n h Hó a n ăm 201 7 - 201 8 ) Chọn mệnh đề sai trong các mệnh đề sau A. Hàm số 2 log 1 y x đồng biến trên  0;  . B. Hàm số 0,2 log y x nghịch biến trên 0;  . C. Hàm số 2 log y x đồng biến trên 0;  . D. Hàm số 2 log y x đồng biến trên  0;  . L ờ i gi ả i Ch ọ n D Hàm số 2 log y x có tập xác định 0; D  nên không đồng biến trên  0;  . Câu 51: (TH PT Tr i ệu S ơn 3 - T ha n h Hó a n ăm 201 7 - 201 8 ) Giải bất phương trình 3 log 1 2 x . A. 10 x . B. 10 x . C. 0 10 x . D. 10 x . L ờ i gi ả i Chọn A Điều kiện 1 x , ta có 3 log 1 2 x 2 1 3 x 10 x . Câu 52: (TH P T Tr i ệu S ơn 3 - T h an h Hó a nă m 20 17 - 201 8) Giá trị của biểu thức 2 2 2 2 log 2 log 4 log 8 ... log 256 M bằng A. 56. B. 2 8.log 256 . C. 48 . D. 36 . Lời giải Chọn D Ta có 2 2 2 2 log 2 log 4 log 8 ... log 256 M 2 3 8 2 2 2 2 log 2 log 2 log 2 ... log 2 2 1 2 3 ... 8 log 2 1 2 3 ... 8 8 1 8 36 2 . Câu 53: (Đ ề tham kh ả o B GD nă m 201 7 - 2 0 18) Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng? A. log 3 3log a a . B. 3 1 log log 3 a a . C. 3 log 3log a a . D. 1 log 3 log 3 a a . Lời giải Chọn C Ta có log 3 log3 log a a suy ra loại A, D. 3 log 3log a a (do 0 a ) nên chọn C. Câu 54: (Đ ề t h am kh ảo B GD nă m 201 7 - 201 8) Tập nghiệm của bất phương trình: 2 6 2 2 x x là A. 0;6 . B. ;6  . C. 0;64 . D. 6;  . Lời giải Chọn B Ta có 2 6 2 2 2 6 6 x x x x x . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ;6 S  . Câu 1: (THPT Tr i ệu Sơn 1 - l ần 1 n ăm 2017 - 201 8) Tập xác định của 2 ln 5 6 y x x là A. ; 2 3;    . B. 2; 3 . C.   ; 2 3;    . D.   2; 3 . Lời giải Chọn B Điều kiện xác định 2 5 6 0 x x 2; 3 x . Câu 2: (THPT Tr i ệu Sơn 1 - l ần 1 nă m 2017 - 201 8) Hàm số nào sau đây đồng biến trên khoảng ;   . A. 3 2 4 x y       . B. 3 2 x y . C. 2 e x y     . D. 3 2 3 x y       . Lời giải Chọn D Hàm số mũ x y a với cơ số 1 a đồng biến trên ;   . Do đó hàm số 3 2 3 x y       đồng biến trên khoảng ;   vì 3 2 1 3 . Câu 3: (TH PT Tr i ệu Sơ n 1 - l ầ n 1 n ăm 2 017 - 201 8 ) Tập xác định của hàm số 2 2 y x là A. 2;  . B.  . C.  2;  . D.   \ 2  . Lời giải Chọn D Điều kiện xác định của hàm số 2 0 2 x x   . Vậy tập xác định   \ 2 D  . Câu 4: (TH PT Tr i ệu Sơ n 1 - l ầ n 1 n ăm 2 017 - 201 8 ) Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau. A. Hàm số x y a 1 a nghịch biến trên  . B. Hàm số x y a 0 1 a đồng biến trên  . C. Đồ thị hàm số x y a 0 1 a  luôn đi qua điểm có tọa độ ;1 a . D. Đồ thị các hàm số x y a và 1 x y a     0 1 a  đối xứng với nhau qua trục tung. Lời giải Chọn D Nếu 1 a thì hàm số x y a đồng biến trên  . Vậy mệnh đề A sai. Nếu 0 1 a thì hàm số x y a nghịch biến trên  . Vậy mệnh đề B sai. Với x a thì 1 a y a  với mọi 0 1 a  . Vậy mệnh đề C sai. Câu 5: ( TH PT Ch u y ên V ĩn h P h ú c - MĐ 903 l ầ n 1 - nă m 201 7 - 201 8 ) Cho a là một số dương, biểu thức 2 3 a a viết dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ là ? A. 5 6 a . B. 7 6 a . C. 4 3 a . D. 6 7 a . Lời giải Chọn B Với 0 a , ta có 2 2 2 1 7 1 3 3 3 2 6 2 . a a a a a a . Câu 6: (T HPT C h uy ên V ĩnh P h ú c - MĐ 903 l ầ n 1 - nă m 201 7 - 2 0 18) Hàm số nào sau đây đồng biến trên  ? A. e x y      . B. 2 e x y     . C. 2 x y . D. 0,5 x y . Lời giải Chọn C Hàm số x y a đồng biến khi 1 a và nghịch biến khi 0 1 a . Suy ra hàm số 2 x y đồng biến trên  . Câu 7: ( TH P T Chuyê n V ĩnh P h ú c - MĐ 903 l ần 1 - n ăm 201 7 - 201 8) Tìm tập xác định của hàm số 4 2 4 1 y x . A. 1 1 ; 2 2     . B. 0;  . C.  . D. 1 1 \ ; 2 2      . Lời giải Chọn D Do 4 là số nguyên âm nên điều kiện xác định là: 2 1 2 4 1 0 1 2     x x x . Vậy tập xác định 1 1 \ ; 2 2 D      . Câu 8: (TH PT Ch u y ên V ĩn h Phú c - l ầ n 1 M Đ 9 04 nă m 201 7 - 20 18) Cho các số dương 1 a  và các số thực ,  . Đẳng thức nào sau đây là sai? A. . a a a   . B. . a a a   . C. a a a   . D. a a   . Lời giải Chọn B Thấy ngay . a a a   sai. Câu 9: (TH PT Ch u y ên V ĩn h Phú c - l ầ n 1 M Đ 9 04 nă m 201 7 - 20 18) Đẳng thức nào sau đây đúng với mọi số dương x ? A. log ln10 x x  . B. ln10 log x x  . C. 1 log ln10 x x  . D. log ln10 x x  . Lời giải Chọn C Ta có: 1 log ln10 x x  . Câu 10: (TH PT Ch u y ên V ĩ n h P h ú c - l ầ n 1 MĐ 904 nă m 201 7 - 2018) Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên  ? A. 3 1 x y . B. x y e  . C. x y  . D. 2 x y e . Lời giải Chọn C Hàm số x y a với 0 a , 1 a  đồng biến trên  khi và chỉ khi 1 a . Ta có 1  nên hàm số x y  đồng biến trên  . Câu 11: (TH PT Ch u y ên V ĩn h P h ú c - l ầ n 1 MĐ 904 nă m 201 7 - 2018) Cho số thực 1 a và các số thực ,  . Kết luận nào sau đây đúng? A. 1, a  . B. a a   . C. 1 0, a  . D. 1, a  . Lời giải Chọn B Với 1 a và ,   . Ta có: a a   . Câu 12: (TH PT K im Liên - Hà N ội nă m 201 7 - 201 8 ) Tính đạo hàm của hàm số 3 log 3 1 y x . A. 3 3 1 y x  . B. 1 3 1 y x  . C. 3 3 1 ln 3 y x  . D. 1 3 1 ln 3 y x  . Lời giải Chọn C . 3 3 log 3 1 3 1 ln 3 y x y x  . Câu 13: (THPT Kiến An-Hải Phòng năm 2017-2018) Viết biểu thức 5 3 2 4 2 6 5 a a a P a , 0 a dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ. A. P a . B. 5 P a . C. 4 P a . D. 2 P a . Lời giải Chọn B Ta có 5 3 2 4 2 6 5 a a a P a 4 5 2 3 2 5 6 a a a a 5 4 5 2 5 2 3 6 a a . Câu 14: (THPT Kiến An-Hải Phòng năm 2017-2018) Hàm số nào sau đây đồng biến trên ;   ? A. 2     x e y . B. 5 2 x y . C. 3      x y . D. 0,7 x y . Lời giải Chọn A Hàm số x y a với 1 a luôn đồng biến trên ;   . Ta có 1 2 e nên hàm số 2     x e y đồng biến trên ;   . Câu 15: (THPT Kiến An-Hải Phòng năm 2017-2018) Cho các số thực dương a , b , c khác 1. Chọn mệnh đề sai trong các mệnh đề sau đây. A. log log log a a a b b c c . B. log log log c a c a b b . C. log log log a a a bc b c . D. log log log c a c b b a . Lời giải Chọn B Với các số thực dương a , b , c khác 1, ta có log log log a a a b b c c nên A đúng. log log log c a c b b a nên B sai và D đúng. log log log a a a bc b c nên C đúng. Câu 16: (THPT Kiến An-Hải Phòng năm 2017-2018) Tính đạo hàm của hàm số 2 log 1 f x x . A. 1 1 f x x  . B. 1 ln 2 x f x x  . C. 0 f x  . D. 1 1 ln 2 f x x  . Lời giải Chọn D Ta có: 2 log 1 f x x      1 1 ln 2 x x  1 1 ln 2 x . Câu 17: (TH PT C h uy ê n Lương V ăn T ụ y - Ni nh B ình l ầ n 1 n ăm 201 7 - 201 8) Đường cong ở hình bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào? A. 2 2 1 y x x . B. 0,5 log y x . C. 1 2 x y . D. 2 x y . Lời giải Chọn C Dựa vào tính chất đồ thị hàm số mũ nằm trên trục hoành và hàm số giảm nên ta chọn đồ thị trên là đồ thị hàm số 1 2 x y . Câu 18: ( T HP T C huyê n L ươ ng Vă n T ụ y - N i n h B ìn h l ầ n 1 nă m 201 7 - 20 18) Cho a , b là các số thực dương. Rút gọn biểu thức 4 3 2 4 3 12 6 . . a b P a b được kết quả là A. 2 ab . B. 2 a b . C. ab . D. 2 2 a b . Lời giải Chọn C O 1 x yTa có: 4 3 2 4 3 2 6 3 12 6 2 6 . . . . . a b a b P a b a b a b . Câu 19: (T HP T Ch uy ên Lương Vă n T ụ y - Ni n h Bìn h l ầ n 1 n ă m 201 7 - 2 018 ) Phương trình: 3 log 3 2 3 x có nghiệm là A. 29 3 x . B. 11 3 x . C. 25 3 x . D. 87 . Lời giải Chọn A Điều kiện: 2 3 x . Khi đó, phương trình tương đương 3 29 3 2 3 3 x x . Câu 20: (TH P T Ch uy ên Lương Vă n T ụ y - Ni nh B ìn h l ầ n 1 n ăm 201 7 - 2 018 ) Thiết diện qua trục của một hình nón là tam giác đều cạnh có độ dài 2a . Thể tích của khối nón là A. 3 3 6 a  . B. 3 3 3 a  . C. 3 3 2 a  . D. 3 3 12 a  e x y  . Lời giải Chọn B Vì thiết diện qua trục của hình nón là tam giác đều cạnh 2a nên bán kính đáy R a và đường cao của khối nón bằng đường cao của tam giác đều 3 h a . Vậy thể tích của khối nón là 3 2 1 3 . 3 3 3 a V a a   . Câu 21: (TH PT Ch u y ên Tr ầ n P h ú - H ả i Phò ng l ần 1 nă m 201 7 - 2 018 ) Đạo hàm của hàm số 1 2 e x y là: A. 1 2 2e x y  . B. 1 2 e x y  . C. 1 2 2e x y  . D. e x y  . Lời giải Chọn A Xét hàm số 1 2 e x y . Ta có: 1 2 1 2 1 2 e 2e x x y x   . Câu 22: (TH P T Ch uy ê n Tr ần P hú - H ải P hò ng l ần 1 nă m 201 7 - 201 8) Tìm tập xác định của hàm số 2 2 3 y x . A. D  . B.   \ 3 D  . C. ; 3 3; D    . D.   \ 3; 3 D  . Lời giải Chọn D Hàm số đã cho xác định khi 2 3 0 x  3 x   . Chú ý: Điều kiện xác định của hàm số y x là + Nếu nguyên dương thì x  . + Nếu nguyên âm thì   \ 0 x  . + Nếu không nguyên thì 0 x . Câu 23: (THPT Ch u y ê n Tr ần Ph ú - H ải P hò ng l ần 1 nă m 201 7 - 2018) Biểu thức 5 3 T a a với 0 a . Viết biểu thức T dưới dạng luỹ thừa với số mũ hữu tỉ là: A. 3 5 a . B. 2 15 a . C. 1 3 a . D. 4 15 a . Lời giải Chọn D Ta có 5 3 T a a 1 5 3 . a a 4 5 3 a 4 15 a . Câu 24: (TH P T Đo à n Th ư ợn g - H ải D ươn g - l ầ n 2 n ăm 201 7 - 20 18) Tập nghiệm của bất phương trình 2 3 log 2 3 x  là: A.   ; 5 5; S    . B. S  . C. S  . D.   5;5 P . Lời giải Chọn D Ta có: 2 3 log 2 3 x  2 2 27 x  2 25 x  5 5 x   . Câu 25: (TH PT Đo à n Thư ợng - H ả i Dương - l ầ n 2 nă m 201 7 - 2 018 ) Tìm tập xác định D của hàm số 3 2 2 y x x . A. 0; D  . B. D  . C. ; 2 1; D    . D.   \ 2;1 D  . Lời giải Chọn D Điều kiện: 2 2 0 x x  2 1 x x    . Vậy tập xác định   \ 2;1 D  . Câu 26: (TH PT Hà Hu y T ậ p - Hà T ĩn h - l ầ n 1 nă m 201 7 - 201 8) Tìm tập xác định của hàm số 2 log 3 y x . A. ;3 D  . B. D  . C. 3; D  . D.  3; D  . Lời giải Chọn C Điều kiện: 3 0 3 x x . Suy ra tập xác định là 3; D  . Câu 27: ( TH PT Hà Hu y T ậ p - Hà T ĩ nh - l ầ n 1 n ăm 2 017 - 201 8 ) Tìm tập nghiệm S của phương trình 3 3 log 2 1 log 1 1 x x . A.   4 S . B.   3 S . C.   2 S . D.   1 S . Lời giải Chọn A Điều kiện: 1 x Ta có 3 3 log 2 1 log 1 1 x x 3 3 log 2 1 log 3 1 x x 2 1 3 1 x x 4 x . Câu 28: (TH P T L ương Th ế Vi nh - Hà N ội n ăm 20 17 - 201 8) Hàm số nào trong bốn hàm số liệt kê ở dưới nghịch biến trên các khoảng xác định của nó? A. 1 3 x y     . B. 2 1 e 2 x y     . C. 3 e x y     . D. 2017 x y . Lời giải Chọn B Ta có 2 1 e 2 x y     2 1 e e 2. .ln 0 2 2 x y      . Câu 29: (TH PT Lươ n g Th ế Vi n h - Hà N ội nă m 201 7 - 20 18) Tìm tập xác định D của hàm số 2 2 e x x y . A. D  . B.   0;2 D . C.   \ 0;2 D  . D. D  . Lời giải Chọn A Hàm số 2 2 e x x y có tập xác định D  . Câu 30: (TH PT Lươ n g Th ế Vi n h - Hà N ội nă m 201 7 - 20 18) Giải phương trình 1 2 log 1 2 x . A. 2 x . B. 5 2 x . C. 3 2 x . D. 5 x . Lời giải Chọn D Ta có 1 2 log 1 2 x 2 1 1 2 x     5 x . Câu 31: (TH PT L ư ơ ng Th ế V in h - Hà N ội n ăm 20 17 - 201 8) Tập nghiệm S của bất phương trình 2 1 5 25 x x     là A. ;2 S  . B. ;1 S  . C. 1; S  . D. 2; S  . Lời giải Chọn D 2 2 2 1 5 5 5 2 25 x x x x x     . Câu 32: (TH PT Lươ n g Th ế Vi n h - Hà N ội nă m 201 7 - 20 18) Hàm số 2 2 log 2 y x x đồng biến trên A. 1;  . B. 2;  . C. 1;1 . D. 0;  . Lời giải Chọn B Tập xác định ;0 2; D    . Ta có 2 2 2 2 ln 2 x y x x  Xét 2 0 1 2 2 0 0 2 2 ln 2 x x y x x x    Kết hợp điều kiện tập xác định suy ra khoảng đồng biến của hàm số là 2;  Câu 33: (TH PT L ư ơ n g Th ế Vi nh - Hà N ộ i nă m 201 7 - 2018) Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số 2 2 y x m có tập xác định là  . A. mọi giá trị m . B. 0 m  . C. 0 m . D. 0 m . Lời giải Chọn C Để hàm số 2 2 y x m có tập xác định là  thì 2 0 x m x  ĐK: 0 m . Câu 34: (TH P T Đ ức Th ọ - Hà T ĩn h - l ần 1 nă m 201 7 - 20 18) Tìm các nghiệm của phương trình 3 log 2 3 2 x . A. 11 2 x . B. 9 2 x . C. 6 x . D. 5 x . Lời giải Chọn C 3 log 2 3 2 x 2 3 9 x 6 x . Câu 35: (TH P T Đ ứ c T h ọ - Hà T ĩnh - l ần 1 nă m 201 7 - 2018) Cho 1 0 a  , 0 x , 0 y , khẳng định nào sau đây sai? A. log log a a x x . B. 1 log log 2 a a x x . C. log log log a a a xy x y . D. 1 log log 2 a a x x . Lời giải Chọn D Ta có log 2log a a x x nên D sai Câu 36: (TH PT Đ ức T h ọ - Hà T ĩnh - l ầ n 1 n ă m 201 7 - 201 8) Giải bất phương trình 2 4 1 3 3 4 4 x x         . A.  5; S  . B. ;5 S  . C. ; 1  . D. 1;2 S . Lời giải Chọn B Bpt 2 4 1 5 x x x hay ;5 x  . Vậy tập nghiệm của bpt là ;5 S  . Câu 37: (TH PT Th ăn g L on g - Hà N ội - l ầ n 1 nă m 20 17 - 201 8) Cho a là số thực dương, khác 1. Khi đó 2 4 3 a bằng A. 8 3 a . B. 6 a . C. 3 2 a . D. 3 8 a . Lời giải Chọn B Ta có 2 2 1 4 6 3 3.4 6 a a a a . Câu 38: (TH PT Th ăn g L on g - Hà N ội - l ầ n 1 nă m 20 17 - 201 8) Cho a là số thực dương khác 1. Khẳng định nào dưới đây là sai? A. 2 log 2.log 1 a a . B. log 1 0 a . C. 1 log 2 log 2 a a . D. log 1 a a . Lời giải Chọn C Biến đổi đúng là 2 1 log 2 0, 1 log a a a a  . Câu 39: (TH PT Th ăn g L on g - Hà N ội - l ầ n 1 nă m 20 17 - 201 8) Nghiệm của phương trình 2017 log 2018 0 x là: A. 1 2018 x . B. 2018 x . C. 2018 2017 x . D. 1 x . Lời giải Chọn A Ta có 2017 log 2018 0 x 0 2018 2017 1 x 1 2018 x . Câu 40: (TH PT Th ăn g L on g - Hà N ội - l ầ n 1 nă m 20 17 - 201 8) Tìm tập xác định của hàm số 2 2 3 3 y x x . A. D  . B. ;0 3; D    . C.   \ 0;3 D  . D. 0;3 D . Lời giải Chọn D Điều kiện: 2 3 0 x x 0 3 x . Hàm số đã cho xác định 2 3 0 x x 0 3 x 0;3 x . Vậy tập xác định của hàm số là 0;3 D . Câu 41: (T HP T Yê n L ạ c - V ĩn h Phú c - l ầ n 3 nă m 20 17 - 201 8) Cho 0 1 a  . Giá trị của biểu thức 3 2 log . a P a a là A. 4 3 . B. 3 . C. 5 3 . D. 5 2 . Lời giải Chọn C Ta có: 3 2 log . a P a a 2 3 log . a a a     5 3 log a a 5 3 . Câu 42: (THPT Y ê n L ạ c - V ĩn h Phú c - l ầ n 3 n ăm 201 7 - 201 8) Nghiệm của phương trình 3 log 4 2 x là A. 2 . B. 4 . C. 5 . D. 1 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 4 0 4 x x . Ta có: 3 log 4 2 x 2 4 3 x 5 x (nhận). Vậy phương trình có nghiệm 5 x . Câu 43: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 3 năm 2017-2018) Cho 3 0; x      và m , n là các số thực tùy ý. Khẳng định nào sau đây sai? A. m n x x m n . B. m n x x m n . C. . n m m n x x . D. . m n m m x x x . Lời giải Chọn B Do 3 1  nên với 3 0; x      thì m n x x m n . Vậy B sai. Câu 44: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 3 năm 2017-2018) Khẳng định nào sau đây sai? A. Hàm số 1 3 2 x y     đồng biến trên ;   . B. Hàm số 1 3 3 y x có tập xác định D  . C. Hàm số 21 log 1 x có đạo hàm là 1 1 ln 21 y x  . D. Hàm số e log x  nghịch biến trên 0;  . Lời giải Chọn B Hàm số 1 3 3 y x có nghĩa khi 3 0 x 3 x . Vậy hàm số 1 3 3 y x có tập xác định 3;  . Câu 45: (SG D B ắ c Ni nh nă m 201 7 - 2 01 8) Cho các số dương a , b , c , và 1 a  . Khẳng định nào sau đây đúng? A. log log log a a a b c b c . B. log log log a a a b c b c . C. log log log a a a b c bc . D. log log log a a a b c b c . Lời giải Chọn C Theo tính chất logarit ta có: log log log a a a b c bc . Câu 46: (SG D B ắ c Ni nh nă m 201 7 - 2 01 8) Tập xác định của hàm số 1 2 y x là: A. 2;  . B.   2 . C.   \ 2  . D.  . Lời giải Chọn C Hàm số xác định 2 0 x  2 x  . Vậy tập xác định là   \ 2 D  . Câu 47: (SG D Ni nh Bì nh n ăm 201 7 - 201 8) Tìm tập xác định D của hàm số 2 2 1 y x . A. D  . B. ; 1 1; D    . C. 1;1 D . D.   \ 1 D   . Lời giải Chọn D Hàm số 2 2 1 y x xác định khi 2 1 0 x  1 x   . Vậy tập xác định của hàm số là   \ 1 D   . Câu 48: (SG D Ni nh Bì nh n ăm 201 7 - 201 8) Trong các biểu thức sau, biểu thức nào có nghĩa? A. 2 2 . B. 6 3 . C. 3 4 5 . D. 3 0 . Lời giải Chọn B Tập xác định của hàm số y x tùy thuộc vào . Với nguyên dương, tập xác định là  . Với nguyên âm hoặc bằng 0 , tập xác định là   \ 0  . Với không nguyên, tập xác định là 0;  . Ta có 6 3 có 6 là số nguyên âm nên cơ số 0 x  6 3 có nghĩa. Câu 49: (SG D Ni nh Bì nh n ăm 201 7 - 201 8) Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên tập xác định của nó? A. e 2 x y     . B. 1 6 5 x y     . C. 4 3 2 x y     . D. 3 2 x y       . Lời giải Chọn D Ta có 3 1 2   nên hàm số 3 2 x y       nghịch biến trên TXĐ. Câu 50: (TH P T Ch uy ê n ĐH K HTN - Hà N ội nă m 2 01 7 - 201 8 ) Với a và b là các số thực dương. Biểu thức 2 log a a b bằng A. 2 log a b . B. 2 log a b . C. 1 2log a b . D. 2log a b . Lời giải Chọn B Ta có: 2 2 log log log a a a a b a b 2 log a b . Câu 51: (TH PT Ch u y ên H ạ L on g - Qu ả ng Ni nh - l ầ n 1 n ăm 2017- 201 8) Giải phương trình 2 3 2 1. x x A. 0 x , 3 x . B. 1 x , 3. x C. 1 x , 2. x D. 0 x , 3. x Hướng dẫn giải Chọn D Ta có 2 3 2 1 x x 2 3 0 2 2 x x 2 3 0 x x 0 3 x x   . Câu 52: (TH P T Ch uy ê n H ạ L o n g - Qu ả ng Ni nh - l ầ n 1 nă m 201 7 - 201 8) Cho hàm số 12 x y . Khẳng định nào sau đây sai? A. Hàm số đồng biến trên  . B. Đồ thị hàm số luôn nằm bên phải trục tung. C. Đồ thị hàm số nhận trục hoành là tiệm cận ngang. D. Đồ thị hàm số luôn nằm phía trên trục hoành. Hướng dẫn giải Chọn B Do hàm số 12 x y có tập xác định là  nên phát biểu B là sai. Câu 53: (THPT Ch uy ên L ê Qu ý Đô n - Đà N ẵng n ăm 20 17 - 201 8) Tập xác định của hàm số 2 2 log 3 2 y x x là: A. 1;3 D . B. 0;1 D . C. 1;1 D . D. 3;1 D . Lời giải Chọn D Hàm số 2 2 log 3 2 y x x xác định khi 2 3 2 0 x x 3 1 x . Vậy tập xác định của hàm số là 3;1 D . Câu 54: (TH P T C hu yê n P h an B ộ i Ch âu - Ng h ệ An - l ần 1 nă m 201 7 - 20 1 8) Tập nghiệm của bất phương trình 2 1 3 27 x là: A. 1 ; 2      . B. 3;  . C. 1 ; 3      . D. 2;  . Lời giải Chọn D Ta có: 2 1 3 27 2 1 3 2 x x x . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: 2;  . Câu 55: (TH PT Ch u y ên Qu ố c H ọ c - Hu ế năm 2 017 - 201 8) Rút gọn biểu thức 1 6 3 . P x x với 0 x . A. P x . B. 1 8 P x . C. 2 9 P x . D. 2 P x . Lời giải Chọn A Với 0 x , ta có 1 1 3 6 . P x x 1 1 3 6 x 1 2 x x . Câu 56: (THPT Chu yê n Qu ố c H ọ c - Hu ế n ăm 201 7 - 2 018 ) Tập nghiệm S của phương trình 3 log 2 3 1 x . A.   3 S . B.   1 S . C.   0 S . D.   1 S . Lời giải Chọn C Điều kiện: 2 3 0 x 3 2 x . 3 log 2 3 1 x 2 3 3 x 0 x . Vậy   0 S . Câu 57: (TH PT Chuyê n V ĩnh Phú c - l ầ n 3 nă m 201 7 - 2018) Nguyên hàm của hàm số cos3 f x x là : A. 3sin 3x C . B. 1 sin 3 3 x C . C. sin 3x C . D. 1 sin 3 3 x C . Lời giải Chọn D Áp dụng công thức nguyên hàm mở rộng, ta có: 1 cos3 d sin 3 3 x x x C  Câu 58: (TH PT Ch u y ên V ĩn h P h ú c - l ầ n 3 nă m 201 7 - 2 018 ) Số nào trong các số sau lớn hơn 1: A. 0,5 1 log 8 . B. 0,2 log 125 . C. 1 6 log 36 . D. 0,5 1 log 2 . Lời giải Chọn A Ta có: 1 3 0,5 2 1 log log 2 8 3 1 . 1 3 0,2 5 log 125 log 5 3 1 . 1 2 1 6 6 log 36 log 6 2 1 . 0,5 0,5 1 log log 0,5 2 1 . Câu 59: (T H PT Chuyê n V ĩnh Phú c - l ầ n 3 M Đ 234 năm h ọ c 201 7 - 2 0 18) Tập xác định của hàm số 2 2 2 3 y x x là A. D  . B. ;1 1; D    . C. 0; D  . D. 1;3 D . Hướng dẫn giải Chọn A Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi 2 2 3 0 x x . Mà 2 2 3 0 x x , x  . Câu 60: (TH PT Ch uy ên V ĩn h P h ú c - l ần 3 MĐ 234 nă m h ọ c 201 7 - 2 0 18) Trong các khẳng định sau khẳng định nào sai? A. 30 20 2 3 . B. 0,99 0,99 e  . C. 2 2 2 log 1 0 a a . D. 3 4 < 2 4 . Hướng dẫn giải Chọn B Ta có: e  và 0,999 1 nên 0,99 0,99 e  , do đó đáp án B sai. Câu 61: (TH P T C h uy ê n V ĩn h Phú c - l ầ n 3 M Đ 234 n ăm h ọ c 201 7 - 2 018 ) Tính đạo hàm của hàm số 2 2 2 .5 x y x x A. 2 2 .5 x y x  . B. 2 2 .5 x y x  . C. 2 2 .5 ln 5 x y x  . D. 2 2 2 .5 2 2 .5 ln 5 x x y x x x  . Hướng dẫn giải Chọn D Ta có: 2 2 2 2 .5 5 . 2 2 x x y x x x x    2 2 2 .5 2 2 .5 ln 5 x x x x x . Câu 62: (TH PT Ho ài  n - H ải P h ò n g n ăm 20 17 - 201 8) Hàm số nào dưới đây là hàm số đồng biến? A. 1 2 5 x y     . B. 1 2 x y     . C. e x y . D. 1 5 2 x y     . Lời giải Chọn D Hàm số x y a đồng biến khi 1 a , nghịch biến khi 0 1 a . Hàm số 1 2 5 x y     có 1 2 5 a . Do 1 0 1 2 5 nên hàm số nghịch biến. Hàm số 1 2 x y     có 1 2 a . Do 1 0 1 2 nên hàm số nghịch biến. Hàm số e x y 1 e x     có 1 e a . Do 1 0 1 e nên hàm số nghịch biến. Hàm số 1 5 2 x y     5 2 x có 5 2 a 1 nên hàm số đồng biến. Câu 63: (TH P T H o ài Ân - H ả i Phò ng nă m 201 7 - 201 8 ) Tìm số nghiệm của phương trình 2 2 log log 1 2 x x . A. 2 . B. 1. C. 3 . D. 0 . Lời giải Chọn B Điều kiện 1 x . Phương trình tương đương 2 log 1 2 x x    2 4 0 x x 1 17 2 1 17 2 x x L      . Vậy phương trình có đúng một nghiệm. Câu 64: (TH PT Ho ài  n - H ả i P h ò n g n ăm 20 17 - 201 8) Tìm đạo hàm của hàm số ln 1 y x x . A. ln y x  . B. 1 y  . C. 1 1 y x  . D. ln 1 y x  . Lời giải Chọn A Ta có: ln 1 ln 1 . y x x x x    ln 1 1 x ln x . Câu 65: (TH PT Ho ài  n - H ả i P h ò n g n ăm 20 17 - 201 8) Tính giá trị của biểu thức 3 5 2 5 1 5 6 2 .3 A . A. 1. B. 5 6 . C. 18. D. 9 . Lời giải Chọn C Ta có 3 5 2 5 1 5 6 2 .3 A 3 5 3 5 2 5 1 5 2 .3 2 .3 3 5 2 5 3 5 1 5 2 .3 2 2.3 18 . Câu 66: (TH PT H ồ ng Qu ang - H ả i Dươ ng nă m 201 7 - 201 8) Tập nghiệm S của phương trình 3 log 1 2. x A.   10 S . B. S  . C.   7 S . D.   6 S Lời giải Chọn A 3 log 1 2 1 9 10 x x x . Câu 67: (TH PT H ồ ng Qu ang - H ả i Dươ ng nă m 201 7 - 201 8) Tính đạo hàm f x  của hàm số 2 log 3 1 f x x với 1 . 3 x A. 3 3 1 ln 2 f x x  . B. 1 3 1 ln 2 f x x  . C. 3 3 1 f x x  . D. 3ln 2 3 1 f x x  . Lời giải Chọn A Ta có: 2 log 3 1 f x x 3 3 1 ln 2 f x x  . Câu 68: (TH PT K in h Mô n 2 - H ả i D ư ơ n g nă m 20 17 - 201 8) Số nghiệm của phương trình 2 2 1 x x là A. 0 . B. 3 . C. 1. D. 2 . Lời giải Chọn D Ta có: 2 2 1 x x 2 0 2 2 x x 2 0 x x 0 1 x x   . Vậy phương trình có 2 nghiệm. Câu 69: (TH PT K in h Mô n 2 - H ả i D ư ơ n g nă m 20 17 - 201 8) Cho log 2 a , ln 2 b , hệ thức nào sau đây là đúng ? A. 1 1 1 10e a b . B. e 10 a b . C. 10 e a b . D. 10 e b a . Lời giải Chọn C Ta có log 2 2 10 10 e ln 2 2 e a a b b a b    . Câu 70: (TH PT K in h Mô n 2 - H ả i D ư ơ n g nă m 20 17 - 201 8) Hàm số nào sau đây đồng biến trên tập xác định của chúng A. ln y x . B. e x y . C. 1 3 x y     . D. 1 5 log y x . Lời giải Chọn A Phương án A. Tập xác định 0; D  . Ta có 1 y x  0 y  , 0; x  . Hàm số đồng biến trên 0; D  . Phương án B. Tập xác định D  . Ta có e x y  0 y  , x  . Hàm số nghịch biến trên D  . Phương án C. Tập xác định D  . Ta có 1 1 ln 3 3 x y      0 y  , x  . Hàm số nghịch biến trên D  . Phương án D. Tập xác định 0; D  . Ta có 1 5 1 log 1 ln 5 y x x  0 y  , 0; x  . Hàm số nghịch biến trên 0; D  . Câu 71: (TH P T K in h Mô n 2 - H ả i D ương n ă m 201 7 - 2018) Với các số thực dương a ,b bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng ? A. ln ln ln ab a b . B. ln ln ln a b a b . C. ln ln .ln ab a b . D. ln ln ln a a b b . Lời giải Chọn A Câu 72: (TH PT N in h G ia ng - H ả i Dươ n g nă m 201 7 - 201 8) Tìm tập xác định của hàm số e 2 1 y x x  . A. ; 1 1;    . B.   \ 1;1  . C. 1;  . D. 0;  . Lời giải Chọn C Hàm số đã cho xác định 2 0 1 0 x x  2 0 1 x x  1 x . Vậy tập xác định của hàm số đã cho là 1; D  . Câu 73: (THPT P ha n Đăng L ư u - H u ế - l ầ n 1 n ăm 201 7 - 20 18) Cho hai hàm số x y e và ln y x . Xét các mệnh đề sau: I . Đồ thị hai hàm số đối xứng qua đường thẳng y x . II . Tập xác định của hai hàm số trên là  . III . Đồ thị hai hàm số cắt nhau tại đúng một điểm. IV . Hai hàm số đều đồng biến trên tập xác định của nó. Có bao nhiêu mệnh đề sai trong các mệnh đề trên? A. 2 . B. 3 . C. 1. D. 4 . Lời giải Chọn A Hai hàm số x y e và ln y x là hai hàm số ngược nhau nên đồ thị của chúng đối xứng nhau qua đường thẳng y x , nên mệnh đề I đúng. Hàm số ln y x có tập xác định là 0;  nên mệnh đề II sai. Đồ thị hai hàm số x y e và ln y x không cắt nhau, nên mệnh đề III sai. Hai hàm số x y e và ln y x là hai hàm số đồng biến trên tập xác định của nó, nên mệnh đề IV đúng. Vậy, có 2 mệnh đề sai. Câu 74: (TH P T P ha n Đăng Lư u - Hu ế - l ầ n 1 nă m 2 017 - 201 8 ) Nghiệm của phương trình: 2 log 3 2 3 x là: A. 1 x . B. 2 x . C. 5 2 x . D. 3 2 x . Lời giải Chọn C Ta có: 2 3 2 0 5 log 3 2 3 3 2 8 2 x x x x  . Câu 75: ( TH P T P h an Đ ăn g Lưu - H u ế - l ần 1 n ăm 20 17 - 201 8) Cho phương trình 1 25 20.5 3 0 x x . Khi đặt 5 x t , ta được phương trình nào sau đây? A. 2 3 0 t . B. 2 4 3 0 t t . C. 2 20 3 0 t t . D. 1 20 3 0 t t . Lời giải Chọn B Phương trình 1 2 25 20.5 3 0 5 4.5 3 0 x x x x . Đặt 5 x t , 0 t . Khi đó, ta được phương trình 2 4 3 0 t t . Câu 76: (TH PT P h an Đ ăng Lư u - H u ế - l ần 1 n ă m 2 017 - 201 8) Rút gọn biểu thức 1 4 3 . P x x , với x là số thực dương. A. 1 12 P x . B. 7 12 P x . C. 2 3 P x . D. 2 7 P x . Lời giải Chọn B 1 1 1 7 4 3 3 4 12 . . P x x x x x . Câu 77: (T HP T Pha n Đ ăn g L ưu - Hu ế - l ầ n 1 n ăm 20 17 - 201 8) Tính đạo hàm của hàm số 2 2 log 1 y x x . A. 2 2 1 1 ln 2 x y x x  . B. 2 2 1 1 ln 2 x y x x  . C. 2 2 2 1 ln 2 x y x x  . D. 2 1 1 ln 2 x y x x  . Lời giải Chọn B Ta có: 2 2 2 1 2 1 1 ln 2 1 ln 2 x x x y x x x x   . Câu 78: (TH PT Qu ãn g X ương 1 - T ha n h Hó a nă m 201 7 - 20 18) Cho a , b , c với a , b là các số thực dương khác 1, 0 c . Khẳng định nào sau đây là sai ? A. log .log 1 a b b a . B. log log log b a b c c a . C. 1 log log a c c a . D. log log .log a a b c b c . Lời giải Chọn C Biểu thức ở đáp án C chỉ đúng khi bổ sung thêm điều kiện 1 c  . Câu 79: (TH PT Qu ãn g X ương 1 - T ha n h Hó a nă m 201 7 - 20 18) Với x là số thực tùy ý, xét các mệnh đề sau. Câu 80:  . ... n n x x x x , 1 n n  . Câu 81: 0 2 1 1 x Câu 82: 2 2 1 4 1 4 1 x x . Câu 83: 1 1 3 3 2 1 5 2 1 5 2 x x x x . Số mệnh đề đúng là A. 4 . B. 3 . C. 1. D. 2 Lời giải Chọn C Theo định nghĩa lũy thừa ta có : Mệnh đề 1) là đúng. Mệnh đề 2) là sai vì thiếu điều kiện 2 1 0 x  hay 1 2 x  . Mệnh đề 3) là sai vì thiếu điều kiện 4 1 0 x  hay 1 4 x  . Mệnh đề 4) là sai vì chẳng hạn 1 x là nghiệm của phương trình 3 1 5 2 x x nhưng không là nghiệm của phương trình 1 1 3 2 1 5 2 x x . Vậy số mệnh đề đúng là 1. Câu 84: (T HP T Tr ầ n Q u ố c T u ấ n năm 20 17 - 2018) Cho b là số thực dương khác 1. Tính 1 2 2 log . b P b b     . A. 3 2 P . B. 1 P . C. 5 2 P . D. 1 4 P . Hướng dẫn giải Chọn C Ta có 1 2 2 log . b P b b     5 2 log b b 5 log 2 b b 5 2 . Câu 85: (TH PT Tr ần Q u ố c T u ấ n n ăm 2017 - 201 8) Giải phương trình 2 1 9 81 x . A. 3 2 x B. 1 2 x . C. 3 2 x . D. 1 2 x . Hướng dẫn giải Chọn B Phương trình tương đương 2 1 2 9 9 x 2 1 2 x 1 2 x . Câu 86: (TH PT T ha n h Mi ện 1 - H ải Dư ơ n g - l ần 1 năm 20 17 - 201 8) Tính đạo hàm của hàm số 2 3 e x f x . A. 2 3 2.e x f x  . B. 2 3 2.e x f x  . C. 3 2.e x f x  . D. 2 3 e x f x  . Lời giải Chọn A Ta có 2 3 2 3 2 3 .e 2.e x x f x x   . Câu 87: (TH PT Th an h Mi ệ n 1 - H ải Dươ ng - l ần 1 n ăm 20 17 - 201 8) Phương trình 2 3 log 10 9 2 x x có nghiệm là: A. 10 0 x x   . B. 2 0 x x   . C. 2 9 x x   . D. 10 9 x x   . Lời giải Chọn D 2 3 log 10 9 2 x x 2 10 9 9 x x 2 10 0 x x 10 9 x x   . Câu 88: (TH P T Than h M i ệ n 1 - H ả i Dươ ng - l ầ n 1 nă m 201 7 - 201 8 ) Cho a , b , c là các số thực dương, a khác 1. Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau: A. log log log a a a bc b c . B. log log log a a a b b c c . C. log log .log a a a bc b c . D. log .log c a a b c b . Lời giải Chọn C Ta có log log log a a a bc b c nên log log .log a a a bc b c sai. Câu 89: (TH PT Tr ần H ưn g Đ ạo - TP HC M n ăm 201 7 - 2018) Tìm tập xác định D của hàm số 1 2 3 ( 2 1) y x x . A. (0; )  D . B.  D . C. (1; )  D . D.   \ 1  D . Lời giải Chọn B Hàm số được xác định 2 2 1 0 x x 1 x  . Vậy tập xác định   \ 1  D . Câu 90: (T H PT Tr ầ n Hưng Đ ạ o - TP HC M năm 2 017 - 2 018) Tìm nghiệm của phương trình 9 1 log 1 2 x . A. 4 x . B. 2 x . C. 4 x . D. 7 2 x . Lời giải Chọn B 1 2 9 1 log 1 1 9 2 2 x x x . Câu 91: (TH P T T r ần Hưn g Đ ạo - TP HC M n ă m 201 7 - 201 8 ) Cho 0 a , 1 a  . Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng? A. Tập giá trị của hàm số log a y x là khoảng ;   . B. Tập xác định của hàm số x y a là khoảng 0;  . C. Tập xác định của hàm số log a y x là khoảng ;   . D. Tập giá trị của hàm số x y a là khoảng ;   . Lời giải Chọn A Câu 92: ( TH P T T ứ K ỳ - H ả i D ươn g n ăm 201 7 - 2 018 ) Cho a là số thực dương, khác 1. Mệnh đề nào dưới đây đúng với mọi số dương x , y . A. log log a a x x y y . B. log log log a a a x x y y . C. log log log a a a x x y y . D. log log log a a a x x y y . Hướng dẫn giải Chọn D Với mọi số dương x , y thì log log log a a a x x y y . Câu 93: (TH PT T ứ K ỳ - H ả i Dư ơ n g n ăm 2017- 2 018 ) Số nghiệm của phương trình 2 2 7 5 2 1 x x là: A. 2 . B. 1. C. Vô số nghiệm. D. 0 . Hướng dẫn giải Chọn A Ta có 2 2 7 5 2 1 x x 2 2 7 5 0 x x 1 5 2 x x    . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. Câu 94: (TH PT T ứ K ỳ - H ả i Dư ơ n g n ăm 2017- 2 018 ) Thu gọn biểu thức 1 6 3 . P a a với 0 a thu được: A. 2 P a . B. 9 P a . C. P a . D. 1 8 P a . Hướng dẫn giải Chọn C 1 6 3 . P a a 1 1 3 6 . a a 1 2 a a Câu 95: (TH PT Xu ân T rư ờng - Na m Đ ịn h n ăm 201 7 - 201 8 ) Tính đạo hàm của hàm số sin 2 3 x y x A. 1 2cos 2 3 x y x x  . B. cos 2 3 x y x  . C. 2cos 2 3 ln 3 x y x  . D. 2cos 2 3 ln 3 x y x  . Lời giải Chọn D Hàm số sin 2 3 x y x có tập xác định D  và có đạo hàm: 2cos 2 3 ln 3 x y x  . Câu 96: (TH PT Xu ân T rư ờ n g - Na m Đ ị n h n ăm 201 7 - 201 8 ) Tập xác định của hàm số 3 2 y x là: A.   \ 2 D  . B. 2; D  . C. ;2 D  . D.  ;2 D  . Lời giải Chọn C Ta có: 3   nên hàm số xác định khi và chỉ khi 2 0 x 2 x . Vậy tập xác định của hàm số là: ;2 D  . Câu 97: (TH PT Xu ân T rư ờng - Na m Đ ịn h n ăm 201 7 - 201 8 ) Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai ? A. 3 log 5 0 . B. 2 2 2 2 log 2016 log 2017 x x . C. 0,3 log 0,8 0 . D. 3 4 1 log 4 log 3     . Lời giải Chọn C Ta có: 0,3 log 0,8 0 0 0,8 0,3 0,8 1 (sai) Câu 98: (TH PT Lươ n g Vă n Ch as n h P h u s Yê n n ăm 201 7 - 201 8 ) Cho a là số thực dương khác 4 . Tính 3 4 I log 64 a a     . A. 3 I . B. 1 3 I . C. 3 I . D. 1 3 I . Lời giải Chọn A Ta có 3 4 I log 64 a a     3 4 log 4 a a     3 . Câu 99: (TH PT Đô Lư ơng 4 - N g h ệ An nă m 20 17 - 201 8 ) Cho , x y là hai số thực dương khác 1 và , x y là hai số thực tùy ý. Đẳng thức nào sau đây SAI? A. . m n m n x x x . B. n n n x y xy . C. n m n m x x y y     . D. n n n x x y y     . Lời giải Chọn C Câu 100: ( TH PT Đô Lương 4 - Ng h ệ An n ăm 20 17 - 201 8)Cho log 2 a b với , 0 a b , a khác 1. Khẳng định nào sau đây sai? A. log 3 a ab . B. 2 log 4 a a b . C. 2 log 4 a b . D. 2 log 3 a ab . Lời giải Chọn D Ta có: • log log log 1 2 3 a a a ab a b . Suy ra phương án A đúng. • 2 2 log log log 2 2 4 a a a a b a b . Suy ra phương án B đúng. • 2 log 2log 2.2 4 a a b b . Suy ra phương án C đúng. • 2 2 log log log 1 2.2 5 a a a ab a b . Suy ra phương án D sai. Câu 101: (TH PT Đô L ư ơng 4 - Ng h ệ An nă m 20 17 - 20 18) Cho a , b , c là các số thực dương và a , 1 b  . Khẳng định nào sau đây SAI. A. log log a a b b . B. log log log b a b c c a . C. log log .log a a b c b c . D. log .log 1 a b b a Lời giải Chọn A 1 log log a a b b . Câu 102: (TH PT Đô L ư ơng 4 - Ng h ệ An nă m 20 17 - 20 18) Tập xác định D của hàm số 2 3 2 1 y x là? A. 1 ;1 2 D     . B. 1 ; 2 D      . C. 1 ; 2 D      . D. 1 \ 2 D      . Lời giải Chọn C Hàm số xác định khi 2 1 0 x 1 2 x . Tập xác định của hàm số 1 ; 2 D      . Câu 103: (TH P T Chuy ên Ho àn g V ăn Th ụ - H ò a B ìn h nă m 2 017 - 201 8 ) Hàm số nào có đồ thị như hình vẽ ở dưới đây ? A. 2 1 2 y     . B. 2 x y . C. 1 3 x y     . D. 3 x y . Lời giải Chọn C Đồ thị hàm số ở hình vẽ là đồ thị của hàm số mũ có dạng x y a . Loại đáp án A. Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số nghịch biến trên  nên 0 1 a . Loại đáp án B, D. Vậy đồ thị trong hình vẽ là đồ thị hàm số 1 3 x y     . Câu 104: (TH P T Ch u yê n Ho àn g V ăn Th ụ - H ò a B ìn h nă m 201 7 - 2 01 8) Nghiệm của phương trình 2 log 2 1 x là A. 5 3 . B. 4 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn B Điều kiện: 2 x . Ta có 2 log 2 1 2 2 4 x x x (thoả điều kiện). Câu 105: (TH PT H ậu L ộ c 2 - Th an h Hó a nă m 2 017 - 20 18) Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau: A. Hàm số 2 log y x đồng biến trên  . B. Hàm số 1 2 log y x nghịch biến trên tập xác định của nó. C. Hàm số 2 x y đồng biến trên  . D. Hàm số 2 y x có tập xác định là 0;  . Lời giải Chọn A Hàm số 2 log y x đồng biến trên khoảng 0;  . Câu 106: (TH PT H ậu L ộ c 2 - Th an h Hó a nă m 2 017 - 20 18) Tập xác định của hàm số 4 4 2 log 1 y x x là A. 2; D  . B. 1;2 D . C. 1;2 2; D   . D. 1; D  . Lời giải Chọn C Hàm số xác định khi 2 0 1 0 x x   2 1 x x   . Vậy tập xác định của hàm số là 1;2 2; D   . Câu 107: (TH PT H ậu L ộ c 2 - Th an h Hó a nă m 2 017 - 20 18) Cho hàm số 1 3 x y . Đẳng thức nào sau đây đúng? A. 9 1 . ln 3 y  B. 1 3.ln 3. y  C. 1 9.ln 3. y  D. 3 1 . ln 3 y  Lời giải Chọn C Ta có 1 3 .ln 3 x y  1 9ln 3 y  . Câu 108: (THPT Chuyên B iên Hò a - Hà N am - l ần 1 nă m 20 17 - 201 8) Biểu thức 2 2 log 2sin log cos 12 12           có giá trị bằng: A. 2 . B. 1 . C. 1. D. 2 log 3 1 . Lời giải Chọn B Ta có: 2 2 2 2 2 1 log 2sin log cos log 2sin cos log sin log 1 12 12 12 12 6 2                          . Câu 109: (TH PT Ch u yê n B iên Hò a - Hà Na m - l ần 1 nă m 2 017 - 201 8) Cho 0 x , 0 y . Viết biểu thức 4 5 6 5 . x x x về dạng m x và biểu thức 4 5 6 5 : y y y về dạng n y . Tính m n . A. 11 6 . B. 8 5 . C. 11 6 . D. 8 5 . Lời giải Chọn A Với 0 x , 0 y , ta có 4 5 6 5 . x x x 1 4 4 5 4 5 1 1 1 6 5 5 5 6 5 6 12 2 12 4 5 1 . . . . 5 6 12 x x x x x x x m     . 4 5 6 5 : y y y 4 4 4 5 1 5 5 5 6 12 1 5 1 1 6 6 12 5 2 4 5 1 5 6 12 . . y y y n y y y y     . Do đó 11 6 m n . Câu 110: (TH P T Tr ầ n Nh ân T ô n g - Qu ả ng Ni nh - l ầ n 1 nă m 20 17 - 201 8) Giải phương trình 2 2 log 2 3 1 x x . A. 1 x . B. 0 x . C. 1 x . D. 3 x . Hướng dẫn giải Chọn A Đkxđ: 2 2 3 0 x x x  . Xét phương trình: 2 2 log 2 3 1 x x 2 2 3 2 x x 2 2 1 0 x x 1 x . Câu 111: (T H PT Tr ầ n Nhân Tô n g - Qu ả n g Ni nh - l ầ n 1 nă m 201 7 - 20 18) Tính đạo hàm của hàm số 17 x y A. 17 ln17 x y  . B. 1 .17 x y x  . C. 17 x y  . D. 17 ln17 x y  . Hướng dẫn giải Chọn D Áp dụng công thức: . ln u u a u a a   ta có: 17 .ln1 17 7 x x y   . Câu 112: (T HP T Tr ầ n N hâ n Tô ng - Q u ả n g Ni nh - l ầ n 1 n ăm 201 7 - 20 1 8) Tìm tập xác định của hàm số 2 2 log 2 1 y x x . A. 1 ;2 2 D      . B. 1 ;1 2 D     . C. 1; D  . D. 1 ; 1; 2 D        . Hướng dẫn giải Chọn B Đkxđ: 2 1 2 1 0 1 2 x x x . Vậy 1 ;1 2 D     . Câu 113: (TH P T Yê n Đ ịn h - Th a n h Hó a - l ần 1 n ăm 2 01 7 - 201 8) Cho , 0 a b và , 1 a b  , biểu thức 3 4 log .log b a P b a có giá trị bằng bao nhiêu? A. 18. B. 24 . C. 12. D. 6 . Hướng dẫn giải Chọn B 3 4 log .log b a P b a 6log . 4log 24 a b b a . Câu 1: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Gọi 1 x , 2 x là hai nghiệm nguyên dương của bất phương trình 2 log 1 2 x . Tính giá trị của 1 2 P x x . A. 3 P . B. 4 P . C. 5 P . D. 6 P . Lời giải Chọn A Điều kiện: 1 x . Ta có: 2 log 1 2 x 0 1 4 x 1 3 x . Vậy hai nghiệm nguyên dương của bất phương trình là 1 1 x , 2 2 x . Do đó 1 2 3 P x x . Câu 2: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Trong các phương trình sau, phương trình nào VÔ NGHIỆM? A. 3 2 0 x . B. 5 1 0 x . C. 2 log 3 x . D. log 1 1 x . Lời giải Chọn A Nếu 0 b  thì phương trình x a b 0; 1 a a  vô nghiệm. Do đó phương trình 3 2 0 x vô nghiệm. Câu 3: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Trong các phương trình sau, phương trình nào vô nghiệm? A. 4 4 0. x B. 9 1 0. x C. 3 log 1 1. x D. log 2 2. x Lời giải Chọn B Vì 9 1 1, x x  Phương trình 9 1 0 x vô nghiệm. Câu 4: (THPT Lê Quý Đôn-Hà Nội năm 2017-2018) Cho 0 a ; 1 a  và x ; y là hai số thực dương. Phát biểu nào sau đây là đúng? A. log log log a a a x y x y . B. log log log a a a x y x y . C. log log .log a a a xy x y . D. log log .log a a a x y x y . Lời giải Chọn B Ta có logarit của một tích bằng tổng hai logarit. Câu 5: (THPT Lê Quý Đôn-Hà Nội năm 2017-2018) Phương trình 3 log 3 1 2 x có nghiệm là A. 3 10 x . B. 3 x . C. 10 3 x . D. 1 x . Lời giải Chọn C Ta có 3 log 3 1 2 x 3 1 9 x 10 3 x . Câu 6: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 2 năm 2017-2018) Cho 0 a , 1 a  và 0, 1 b b  , x và y là hai số dương. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng? A. log log .log b b a x a x . B. 1 1 log . log a a x x C. log log . log a a a x x y y D. log log log . a a a x x y y     Lời giải Chọn A Do 0 a , 1 a  , 0 x , theo công thức đổi cơ số với 0 b , 1 b  ta có: log log log b a b x x a log .log log b a b a x x . Câu 7: (THPT Lý Thái Tổ-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho a là một số dương lớn hơn 1. Mệnh đề nào dưới đây sai? A. log log log a a a x y x y với 0 x và 0. y B. log 1 0 a , log 1 a a C. log a x có nghĩa với mọi 0. x D. 1 log log n a a x x n với 0 x và n  . Lời giải Chọn D Xét đáp án D ta thấy rằng 0 n  sẽ làm biểu thức 1 log log n a a x x n không xác định. Câu 8: (THPT Lý Thái Tổ-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 5 6 3 3 4 4         . B. 7 6 4 4 3 3         . C. 6 7 3 3 2 2         . D. 6 5 2 2 3 3         . Lời giải Chọn D Vì 2 0 1 3 và 6 5 nên 6 5 2 2 3 3         . Câu 9: (THPT Lý Thái Tổ-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên  ? A. e 3 x y     . B. 1 2 log y x . C. 2 3 x y     . D. 5 log y x Lời giải Chọn A Hàm số e 3 x y     có e 0 1 3 nên nghịch biến trên tập xác định  . Câu 10: (THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần 2 năm 2017-2018) Hàm số nào sau đây nghịch biến trên  ? A. 2 x y . B. 1 3 x y     . C. x y  . D. e x y . Lời giải Chọn B Hàm số x y a nghịch biến trên  khi và chỉ khi 0 1 a . Câu 11: (THPT Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa-lần 2 năm 2017-2018) Tính giá trị của biểu thức log a K a a với 0 1 a  ta được kết quả là A. 4 3 K . B. 3 2 K . C. 3 4 K . D. 3 4 K . Lời giải Chọn C Ta có 3 4 3 log log 4 a a a a a . Câu 12: (THPT Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa-lần 2 năm 2017-2018) Nghiệm của phương trình 2 log 3 x là A. 9. B. 6 . C. 8 . D. 5. Lời giải Chọn C Ta có: 2 log 3 x 3 0 8 2 x x x  . Câu 13: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cắt hình trụ T bằng một mặt phẳng đi qua trục được thiết diện là một hình chữ nhật có diện tích bằng 2 20cm và chu vi bằng 18cm . Biết chiều dài của hình chữ nhật lớn hơn đường kính mặt đáy của hình trụ T . Diện tích toàn phần của hình trụ là A. 2 30 cm  . B. 2 28 cm  . C. 2 24 cm  . D. 2 26 cm  . Lời giải Chọn B r h Gọi h và r là chiều cao và bán kính của hình trụ 2 h r . Ta có 2 20 2 9 rh r h  5 2 h r  . 2 2 2 tp S r h r   20 8   28  . Câu 14: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Giá trị thực của a để hàm số log a y x 0 1 a  có đồ thị là hình bên dưới? A. 1 2 a . B. 2 a . C. 1 2 a . D. 2 a . Lời giải Chọn B Do đồ thị hàm số đi qua điểm 2;2 nên 2 log 2 2 2 2 a a a . Câu 15: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Tính đạo hàm của hàm số 2 x y A. 1 .2 x y x  . B. 2 x y  . C. 2 ln x y x  . D. 2 ln 2 x y  . Lời giải Chọn D Ta có: 2 ln 2 x y  . Câu 16: (THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề sai? A. Nếu 0 1 a và 0 b , 0 c thì log log a a b c b c . B. Nếu 1 a thì m n a a m n . C. Với mọi số a , b thỏa mãn . 0 a b thì log . log log a b a b . D. Với m , n là các số tự nhiên, 2 m và 0 a thì n m n m a a . Lời giải Chọn C Ta có: log . log log a b a b chỉ đúng với mọi 0 a , 0 b nên mệnh đề C sai. Câu 17: (THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Trong các hàm số sau,hàm số nào đồng biến trên tập xác định của nó? A. ln y x . B. 0,99 log y x . C. 3 4 x y       . D. 3 y x . Lời giải Chọn A Hàm số ln y x là hàm số logarit có cơ số e 1 a nên đồng biến trên 0;  . Chọn A • Hàm số 0,99 log y x là hàm số logarit có cơ số bằng 0,99 1 a nên nghịch biến trên 0;  . • Hàm số 3 4 x y       là hàm số mũ cơ số 3 1 4 a nên nghịch biến trên ;   . • Hàm số 3 y x là hàm số lũy thừa có 4 3. 0 y x  , 0 x  nên nghịch biến trên các khoảng ;0  và 0;  . O x y 1 2 2 ACâu 18: (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Hàm số nào dưới đây đồng biến trên tập xác định của nó? A. 2 3 x y     . B. e      x y . C. 2 x y . D. 0,5 x y . Lời giải Chọn C Hàm số x y a đồng biến khi 1 a , nghịch biến khi 0 1 a . Vậy chỉ có 2 x y làm hàm số đồng biến trên tập xác định của nó là  . Câu 19: (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Tính đạo hàm của hàm số 2 2 log 1 y x A. 2 2 1 ln 2 x y x  . B. 2 1 1 y x  . C. 2 2 1 x y x  . D. 2 1 1 ln 2 y x  . Lời giải Chọn A Ta có log ln a u u u a   . Do đó 2 2 log 1 y x 2 2 1 ln 2 x y x  . Câu 20: (THPT Chuyên Tiền Giang-lần 1 năm 2017-2018) Tập xác định của hàm số 1 5 1 y x là A. 1;  . B.  1;  . C. 0;  . D.   \ 1  . Lời giải Chọn A Vì 1 5   nên hàm số xác định khi và chỉ khi 1 0 x 1 x . Câu 21: (THPT Chuyên Tiền Giang-lần 1 năm 2017-2018) Đồ thị hình bên là của hàm số nào? A. 3 x y . B. 1 2 x y     . C. 2 x y . D. 1 3 x y     . Lời giải Chọn D Dựa vào đồ thị, hàm số nghịch biến (loại A, C) và đi qua điểm 1;3 nên 1 3 x y     . Câu 22: (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Tập xác định của hàm số 3 2 y x là A.  . B. ;2  . C.  ; 2  . D.   \ 2  . Lời giải O x y 1 1 3Chọn B Điều kiện 2 0 x 2 x . Câu 23: (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Đạo hàm của hàm số 2 2 log 1 y x là A. 2 2 1 x y x  . B. 2 2 1 ln 2 x y x  . C. 2 2 ln 2 1 x y x  . D. 2 ln 2 1 y x  . Lời giải Chọn B 2 2 1 1 ln 2 x y x   2 2 1 ln 2 x x . Câu 24: (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho số thực 0, 1 a a a  . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau: A. Đồ thị hàm số x y a có đường tiệm cận là 0 x , đồ thị hàm số log a y x có đường tiệm cận là 0 y . B. Hàm số log a y x có tập xác định là  . C. Đồ thị hàm số x y a có đường tiệm cận là 0 y , đồ thị hàm số log a y x có đường tiệm cận là 0 x . D. Đồ thị hàm số x y a luôn cắt trục Ox . Lời giải Chọn C Đồ thị hàm số x y a có đường tiệm cận là 0 y , đồ thị hàm số log a y x có đường tiệm cận là 0 x . Câu 25: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Tập nghiệm của bất phương trình 2 log 0 x là A. 0;1 . B. ;1  . C. 1;  . D. 0;  . Lời giải Chọn A Ta có: 2 log 0 x 0 0 2 x x  0;1 x . Câu 26: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Tập nghiệm của bất phương trình 2 1 2 log 7 0 x x là A. ;2 3;    . B. ;2  . C. 2;3 . D. 3;  . Lời giải Chọn C 2 1 2 log 7 0 x x 2 2 5 7 0 5 7 1 x x x x  2 2 5 3 0, 2 4 5 6 0 x x x x       2;3 x . Câu 27: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Với mọi số thực dương a , b , x , y và a , b khác 1, mệnh đề nào sau đây sai? A. log .log log b a b a x x . B. log log log a a b xy x x . C. log log log a a a x x y y . D. 1 1 log log a a x x . Lời giải Chọn D D sai vì 1 1 1 log log log log a a a a x x x x  Câu 28: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Đạo hàm của hàm số 2 ln 1 y x là A. 2 2 1 x x . B. 2 2 1 x x . C. 2 1 1 x . D. 2 1 x x . Lời giải Chọn A 2 2 1 1 x y x   2 2 2 2 1 1 x x x x . Câu 29: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Trong các hàm số sau hàm số nào nghịch biến trên  ? A. 3 log y x . B. 2 3 log x . C. e 4 x y     . D. 2 5 x y     . Lời giải Chọn C Hàm số 3 log y x có tập xác đinh là 0;  . Hàm số 2 3 log y x có tập xác đinh là   \ 0  . Do đó hai hàm số đó không thể nghịch biến trên  được. Mặt khác hàm số 2 5 5 2 x x y         là hàm số có tập xác định là  nhưng có cơ số 5 1 2 nên hàm số đồng biến trên  . Hàm số e 4 x y     là hàm số có tập xác định là  và có cơ số e 1 4 nên hàm số nghịch biến trên  . Câu 30: (THTT số 6-489 tháng 3 năm 2018) Cho hàm số bx c y x a ( 0 a  và a , b , c  ) có đồ thị như hình bên. Khẳng định nào dưới đây đúng? A. 0 a , 0 b , 0 c ab . B. 0 a , 0 b , 0 c ab . C. 0 a , 0 b , 0 c ab . D. 0 a , 0 b , 0 c ab . O x yLời giải Chọn B Dựa vào hình vẽ, đồ thị hàm số có tiệm cận ngang 0 y b , tiệm cận đứng 0 x a . Hàm số nghịch biến trên từng khoảng của tập xác định nên 0 c ab , đáp án B đúng. Câu 31: (THTT số 6-489 tháng 3 năm 2018) Cho a , b , c là các số thực dương thỏa mãn 2 log 5 4 a , 4 log 6 16 b , 7 log 3 49 c . Tính giá trị 2 2 2 7 2 4 log 3 log 5 log 6 3 T a b c . A. 126 T . B. 5 2 3 T . C. 88 T . D. 3 2 3 T . Lời giải Chọn C Ta có 2 2 2 7 2 4 log 3 log 5 log 6 3 T a b c 7 2 4 log 3 log 5 log 6 4 16 3.49 2 2 2 5 6 3.3 88 Câu 32: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Cho 0 a ; 0 b và 1 a  , x  . Đẳng thức nào sau đây sai? A. log 1 a a . B. log a b a b . C. log x a b x a b . D. log 1 0 a . Lời giải Chọn C Ta có: log x a b x b a . Câu 33: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Tích tất cả các nghiệm của phương trình 2 2 4 x x bằng A. 2 . B. 3 . C. 2 . D. 1 . Lời giải Chọn C Ta có 2 2 4 x x 2 2 0 x x . Vậy tích các nghiệm của phương trình là 1 2 2 x x . Câu 34: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Cho 0 a , 0 b và x , y là các số thực bất kỳ. Đẳng thức nào sau đúng? A. . x x x a b a b . B. . x x x a a b b     . C. x y x y a a a . D. xy x y a b ab . Lời giải Chọn B Ta có x a b     x x a b . x x a b . Câu 35: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Tập xác định của hàm số 2018 y x là A. 0;  . B. ;   . C. ;0  . D.  0;  . Lời giải Chọn B Hàm số lũy thừa với số mũ nguyên dương có tập xác định là ; D   . Câu 36: (THPT Chuyên Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Phương trình 2 2 5 4 2 4 x x có tổng tất cả các nghiệm bằng A. 1. B. 1 . C. 5 2 . D. 5 2 . Lời giải Chọn D Ta có: 2 2 5 4 2 2 2 2 4 2 5 4 2 2 5 2 0 1 2 x x x x x x x x    . Vậy tổng tất cả các nghiệm bằng 5 2 . Câu 37: (THPT Chuyên Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Hàm số 3 log 3 2 y x có tập xác định là A. 3 ; 2      . B. 3 ; 2      . C. 3 ; 2       . D.  . Lời giải Chọn B Ta có 3 log 3 2 y x xác định khi và chỉ khi 3 3 2 0 2 x x Vậy tập xác định của hàm số là 3 ; 2      . Câu 38: (THPT Đặng Thúc Hứa-Nghệ An-lần 1 năm 2017-2018) Tìm tập nghiệm S của bát phương trình 1 4 2 x x A. 1; S  . B. ;1 S  . C. 0;1 S . D. ; S   . Lời giải Chọn B Ta có 1 4 2 x x 2 2 x 1 x . Câu 39: (THPT Đặng Thúc Hứa-Nghệ An-lần 1 năm 2017-2018) Trong các hàm số được cho dưới đây, hàm số nào có tập xác định là D  ? A. 2 ln 1 y x . B. 2 ln 1 y x . C. 2 ln 1 y x . D. 2 ln 1 y x . Lời giải Chọn D Điều kiện xác định của hàm số ln y x là 0 x . Do đó chỉ có hàm số 2 ln 1 y x có điều kiện 2 1 0 x (luôn đúng). Câu 40: (THPT Đặng Thúc Hứa-Nghệ An-lần 1 năm 2017-2018) Cho x , y là các số thực tùy ý. Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. e e e x y x y . B. e e e x y x y . C. e e e xy x y . D. e e e x x y y . Lời giải Chọn D Lý thuyết. Câu 41: (THPT Đặng Thúc Hứa-Nghệ An-lần 1 năm 2017-2018) Cho các số thực dương a , b thỏa mãn 2 log a x , 2 log b y . Tính 2 3 2 log P a b . A. 2 3 P x y . B. 2 3 P x y . C. 6 P xy . D. 2 3 P x y . Lời giải Chọn D 2 3 2 log P a b 2 3 2 2 log log a b 2 2 2log 3log a b 2 3 x y . Câu 42: (THPT Chuyên Hạ Long-Quãng Ninh lần 2 năm 2017-2018) Cho ba số dương a , b , c ( 1 a  ; 1 b  ) và số thực khác 0 . Đẳng thức nào sau đây sai? A. 1 log log a a b b . B. log . log log a a a b c b c . C. log log log a a a b b c c . D. log log log a b a c c b . Lời giải Chọn A Ta có: log log a a b b nên phương án A sai. Câu 43: (THPT Chuyên Hạ Long-Quãng Ninh lần 2 năm 2017-2018) Số nghiệm của phương trình 2 2 log 3 log 3 7 2 x x bằng A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 0 . Lời giải Chọn A Điều kiện xác định: 3 x . Phương trình đã cho tương: 4 AB 5 AC BD AD BC 5 1 3 x x L    . Vậy phương trình có một nghiệm. Câu 44: (THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-lần 1 năm 2017-2018) Tập nghiệm của bất phương trình 2 log 1 3 x là A. 9;  . B. 4;  . C. 1;  . D. 10;  . Lời giải Chọn A Điều kiện: 1 x . Ta có 2 log 1 3 x 3 1 2 x 9 x . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 9;  . Câu 45: (THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-lần 1 năm 2017-2018) Tập nghiệm S của phương trình 1 2 1 0 x x x x A.   1,2, 1 S . B.   1, 1 S . C.   1, 2 S . D.   2, 1 S . Lời giải Chọn C Điều kiện: 0 x . Ta có 1 0 1 2 1 0 2 0 1 0 x x x x x x x x     1 2 1 x x x x V N     Vậy tập nghiệm của phương trình là   1, 2 S . Câu 46: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng-lần 2 năm 2017-2018) Với hai số thực bất kì 0, 0 a b   , khẳng định nào sau đây là khẳng định sai? A. 2 2 log 2log a b a b . B. 3 2 2 2 2 log 3log a b a b . C. 2 2 4 6 2 4 log log log a b a b a b . D. 2 2 2 2 log log log a b a b . Lời giải Chọn A Với điều kiện 0, 0 a b   thì dấu a b chưa đảm bảo lớn hơn 0 . Câu 47: (PTNK-ĐHQG TP HCM-lần 1 năm 2017-2018) Hàm số nào sau đây có đồ thị phù hợp với hình vẽ. A. 0,6 log y x . B. 6 log y x . C. 1 6 x y     . D. 6 x y . Lời giải Chọn B Nhận xét: Đồ thị hình bên ta có 1 x , 0 y nên là đồ thị của hàm số log a y x Hàm số đồng biến trên 0;  nên khi đó 1 a . Suy ra hình bên là đồ thị hàm số 6 log y x . Câu 48: (SGD Phú Thọ – lần 1 - năm 2017 – 2018) Tập nghiệm S của bất phương trình 2 log 1 3 x là A. 1;9 S . B. 1;10 S . C. ;10 S  . D. ;9 S  . Lời giải Chọn A 2 log 1 3 x 3 1 0 1 2 x x  1 1 9 9 x x x  . Vậy, tập nghiệm là 1;9 S . Câu 49: (SGD Phú Thọ – lần 1 - năm 2017 – 2018) Phương trình 3 log 2 1 4 x có nghiệm là A. 2 log 82 x . B. 2 log 65 x . C. 2 log 81 x . D. 2 log 66 x . Lời giải Chọn A Ta có 3 log 2 1 4 x 2 1 81 x 2 log 82 x . Câu 50: (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 - năm 2017 – 2018) Giả sử a , b là các số thực dương bất kỳ. Mệnh đề nào sau đây sai? A. 2 2 log 10 1 log log ab a b . B. 2 log 10 2 2log ab ab . C. 2 log 10 2 1 log log ab a b . D. 2 2 log 10 2 log ab ab . O x y 1 1 2 1 2 6 4Lời giải Chọn A B đúng vì 2 log 10 2log 10 ab ab 2 1 log ab 2 2log ab . C đúng vì 2 log 10 ab 2log 10 ab 2 1 log log a b . D đúng vì 2 log 10 ab 2log 10 2 1 log ab ab 2 2log ab 2 2 log ab . Câu 51: (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 - năm 2017 – 2018) Cho hàm số 3 log 2 1 f x x . Giá trị của 0 f  bằng A. 2 ln 3 . B. 0 . C. 2ln 3 . D. 2 . Lời giải Chọn A Ta có 2 1 2 1 ln 3 x f x x   2 2 1 ln 3 x 2 0 ln 3 f  . Câu 52: (THPT Tây Thụy Anh – Thái Bình – lần 1 - năm 2017 – 2018) Tập nào sau đây là tập nghiệm của bất phương trình 1 1 1 2 4 x     . A. 3 x . B. 1 3 x  . C. 3 x  . D. 3 x . Lời giải Chọn C 1 1 1 2 4 x     1 2 1 1 2 2 x         1 2 x  3 x  . Câu 53: Hàm số 7 log 3 1 y x có tập xác định là A. 1 ; 3      . B. 1 ; 3      . C. 1 ; 3      . D. 0;  . Lời giải Chọn A Hàm số 7 log (3 1) y x xác định khi 3 1 0 x 1 3 x . Tập xác định của hàm số là 1 ; 3      . Câu 54: (THPT Tây Thụy Anh – Thái Bình – lần 1 - năm 2017 – 2018) Viết công thức tính diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh l và bán kính đường tròn đáy r . A. xq S rl  . B. 2 xq S rl  . C. 2 xq S r l  . D. 2 2 xq S r l  . Lời giải Chọn A Công thức. Câu 55: (THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc – lần 4 - năm 2017 – 2018) Hàm số nào sau đây là hàm số mũ? A. 3 sin y x . B. 3 x y . C. 3 y x . D. 3 y x . Lời giải Chọn B Câu 56: (THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc – lần 4 - năm 2017 – 2018) Tính đạo hàm của hàm số sin e x y . A. sin cos .e x y x  . B. cos e x y  . C. sin 1 sin .e x y x  . D. sin cos .e x y x  . Lời giải Chọn A Ta có: sin sin .e x y x   sin cos .e x x . Câu 57: (THPT Hồng Bàng – Hải Phòng – năm 2017 – 2018) Hàm số nào dưới đây đồng biến trên  . A. 1 5 x y . B. 4 x y      . C. 1 7 5 x y . D. e 3 x y     . Lời giải Chọn C  Hàm số 1 1 5 5 x x y     có cơ số 1 1 5 nên hàm số nghịch biến trên  .  Hàm số 4 x y      có cơ số 1 4  nên hàm số nghịch biến trên  .  Hàm số 1 1 7 5 7 5 x x y     có cơ số 1 1 7 5 nên hàm số đồng biến trên  .  Hàm số e 3 x y     có cơ số e 1 3 nên hàm số nghịch biến trên  . Câu 58: (THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Tập xác định của hàm số 1 2 1 y x là A. ; 1 1;    . B.  1;  . C. 1;  . D. ;1  . Lời giải Chọn C Vì hàm số lũy thừa với số mũ hữu tỉ nên điều kiện xác định là cơ số: 1 0 x 1 x . Câu 59: (Chuyên ĐB Sông Hồng –Lần 1 năm 2017 – 2018) Tìm nghiệm thực của phương trình 2 7 x ? A. 7 x . B. 7 2 x . C. 2 log 7 x . D. 7 log 2 x . Lời giải Chọn C Ta có: 2 7 x . Lấy logarit cơ số 2 cho hai vế ta được nghiệm 2 log 7 x . Câu 60: (Chuyên ĐB Sông Hồng –Lần 1 năm 2017 – 2018) Nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình 2 1 0 z z là z a bi với a , b  . Tính 3 a b . A. 2 . B. 1. C. 2 . D. 1 . Lời giải Chọn C 2 1 0 z z 1 2 1 3 2 2 1 3 2 2 z i z i      1 3 ; 2 2 a b 1 3 3 2 2 2 a b . Câu 61: (THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu – An Giang - Lần 3 năm 2017 – 2018) Tập nghiệm của bất phương trình 2 6 3 3 x x là A. 0;64 . B. ;6  . C. 6;  . D. 0;6 . Lời giải Chọn C Ta có 2 6 3 3 x x 2 6 x x 6 x . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 6;  . Câu 62: (THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu – An Giang - Lần 3 năm 2017 – 2018) Với a là số thực dương khác 1. Mệnh đề nào dưới đây đúng với mọi số thực dương x , y ? A. log log log a a a x x y y . B. log log log a a a x x y y . C. log log log a a a x x y y . D. log log a a x x y y . Lời giải Chọn A Ta có: log log log a a a x x y y . Câu 63: (THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu – An Giang - Lần 3 năm 2017 – 2018) Tìm nghiệm của phương trình 64 1 log 1 2 x . A. 1 . B. 4 . C. 7 . D. 1 2 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 1 x . Ta có: 64 1 log 1 1 8 7 2 x x x (thỏa điều kiện). Câu 64: (THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu – An Giang - Lần 3 năm 2017 – 2018) Tính đạo hàm của hàm số 3 log 3 2 y x . A. 3 3 2 ln 3 y x  . B. 1 3 2 ln 3 y x  . C. 1 3 2 y x  . D. 3 3 2 y x  . Lời giải Chọn A Ta có 3 3 2 ln 3 y x  . Câu 65: (THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu – An Giang - Lần 3 năm 2017 – 2018) Tìm tập xác định D của hàm số 3 2 2 y x x . A. ; 1 2; D    . B.   \ 1;2 D  . C. D  . D. 0; D  . Lời giải Chọn B Hàm số 3 2 2 y x x xác định khi 2 1 2 0 2 x x x x     . Câu 66: (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) Cho a , b là hai số dương bất kì. Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. ln ln b a b a . B. ln . ln .ln a b a b . C. ln ln ln a b a b . D. ln ln ln a a b b . Câu 67: Tập nghiệm của bất phương trình 2 1 1 1 3 3 x     là A.  ;0  . B.  0;1 . C.  1;  . D.  ;1  . Câu 68: (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) Cho a , b là hai số dương bất kì. Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. ln ln b a b a . B. ln . ln .ln a b a b . C. ln ln ln a b a b . D. ln ln ln a a b b . Lời giải Chọn A Công thức cơ bản. Câu 69: (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) Tập nghiệm của bất phương trình 2 1 1 1 3 3 x     là A.  ;0  . B.  0;1 . C.  1;  . D.  ;1  . Lời giải Chọn D Ta có 2 1 1 1 2 1 1 1 3 3 x x x       . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  ;1  . Câu 70: (THPT Chuyên ĐHSP – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) Hình bên là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số sau đây? A. 2 x y . B. 0,8 x y . C. 2 log y x . D. 0,4 log y x . Lời giải O x y 1Chọn B Hình bên là đồ thị của hàm mũ có cơ số nhỏ hơn 1. Câu 71: (THPT Chuyên ĐHSP – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) Cho F x là một nguyên hàm của hàm số 2 y x . Giá trị của biểu thức 4 F  là A. 2 . B. 4 . C. 8 . D. 16 . Lời giải Chọn D Do F x là một nguyên hàm của hàm số 2 y x nên 2 4 4 4 16 F y  . Câu 72: (THPT Chuyên ĐHSP – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) Cho các số thực a , b . Giá trị của biểu thức 2 2 1 1 log log 2 2 a b A bằng giá trị của biểu thức nào trong các biểu thức sau đây? A. a b . B. a b . C. a b . D. a b . Lời giải Chọn A Ta có 2 2 2 2 1 1 1 1 log log log log 2 2 2 2 2 a b a b a b A a b      . Câu 73: (THPT Chuyên ĐHSP – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) Tập nghiệm của bất phương trình 0,5 0,5 log log 2 x là A. 1;2 . B. ;2  . C. 2;  . D. 0;2 . Lời giải Chọn D Ta có 0,5 0,5 log log 2 0 2 x x . Câu 74: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần 4 năm 2017 – 2018)Tìm tập xác định D của hàm số 2 5 1 . y x A. D  . B. 1; D  . C. ;1 D  . D.   \ 1 D  . Lời giải Chọn B Do 2 5   nên hàm số xác định khi 1 0 1 x x 1; D  . Câu 75: (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh - Lần 2 năm 2017 – 2018)Tập xác định của hàm số 5 3 y x là A. 1;3 . B.   \ 3  . C.  . D. 3;  . Lời giải Chọn D Điều kiện: 3 0 x 3 x . Câu 76: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho các số thực dương a , x , y và 1 a  . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. log log a a xy y x . B. log log log a a a x y x y . C. log log log a a a xy x y . D. log log .log a a a xy x y . Lời giải Chọn C Ta có: log log log a a a x y x y . Câu 77: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Phương trình 1 2 8 x có nghiệm là A. 4 x . B. 1 x . C. 3 x . D. 2 x . Lời giải Chọn A Ta có 1 2 8 1 3 4 x x x . Câu 78: (THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An – Lần 2 năm 2017 – 2018) Tập nghiệm của bất phương trình 8 4 2 x x là A.  8;  . B. ;8  . C. 0;8 . D. 8;  . Lời giải Chọn D 8 4 2 x x 2 8 2 2 x x 2 8 x x 8 x . Câu 79: (THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An – Lần 2 năm 2017 – 2018) Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào sau đây đúng? A. ln 3 ln 3 ln a a . B. ln 3 ln 3 ln a a . C. 1 ln ln 3 3 a a . D. 5 1 ln ln 5 a a . Lời giải Chọn A A đúng vì ln 3 ln 3 ln a a . B sai vì ln 3 ln 3 ln a a  . C sai vì ln ln ln 3 3 a a . D sai vì 5 ln 5ln a a Câu 80: (SGD Quảng Nam – năm 2017 – 2018) Cho a là số thực dương tùy ý. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 3 3 2 3 1 log 3 log 2 a a . B. 3 3 2 3 log 3 2log a a . C. 3 3 2 3 log 1 2log a a . D. 3 3 2 3 log 1 2log a a . Lời giải Chọn C Ta có 2 3 3 3 3 2 3 log log 3 log 1 2log a a a . Câu 81: (SGD Quảng Nam – năm 2017 – 2018) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 1 1 2 2 log 3 log 4 x . A.  3; 7 S . B.   3; 7 S . C.  ; 7 S  . D.  7; S  . Lời giải Chọn A Ta có: 1 1 2 2 log 3 log 4 x 0 3 4 x  3 7 x  . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  3; 7 S . Câu 82: (ĐHQG TPHCM – Cơ Sở 2 – năm 2017 – 2018) Cho 5 x f x thì 2 f x f x bằng. A. 25 . B. 24 . C. 25 f x . D. 24 f x . Lời giải Chọn D 2 2 5 5 x x f x f x 24.5 24. x f x . Câu 83: (ĐHQG TPHCM – Cơ Sở 2 – năm 2017 – 2018) Tập xác định của hàm số 1 1 ln y x là A.   \ e D  . B. 0;e D . C. 0; D  . D.   0; \ e D  . Lời giải Chọn D Hàm số 1 1 ln y x xác định 0 ln 1 x x   0 e x x     0; \ e D  . Câu 84: (THPT Chuyên ĐH Vinh – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Tập nghiệm của bất phương trình 2 2 x là A.  0; 1 . B. ; 1 .  C. R D. 1; .  Lời giải Chọn A ĐKXĐ: 0 x . BPT 2 2 1 1 x x x , kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của BPT là  0; 1 . Câu 85: (SGD Nam Định – năm 2017 – 2018) Phương trình 2 4 4 16 x có nghiệm là: A. 4 x . B. 2 x . C. 3 x . D. 1 x . Lời giải Chọn C 2 4 2 4 16 4 x 2 4 2 3 x x . Câu 86: (SGD Nam Định – năm 2017 – 2018) Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai? A. 2017 2018 2 1 2 1 . B. 2018 2017 3 1 3 1 . C. 2 1 3 2 2 . D. 2018 2017 2 2 1 1 2 2             . Lời giải Chọn B +) 0 2 1 1 2017 2018  2017 2018 2 1 2 1 nên A đúng. +) 0 3 1 1 2018 2017  2018 2017 3 1 3 1 nên B sai. +) 2 1 2 1 3  2 1 3 2 2 nên C đúng. +) 2 0 1 1 2 2018 2017  2018 2017 2 2 1 1 2 2             nên D đúng. Câu 1: ( SGD T hanh Hóa – năm 2017 – 20 1 8) Cho các hàm số 2018 log y x , x π y e     , 1 2 log y x , . 5 3 x y       . Trong các hàm số trên có bao nhiêu hàm số nghịch biến trên tập xác định của hàm số đó. A. 4 . B. 3. C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn C Hàm số 1 2 log y x có hệ số 1 1 2 a , hàm số 5 3 x y       có hệ số 5 1 3 a nên nghịch biến trên tập xác định của các hàm số đó. Câu 2: ( S GD Th a n h Hó a – n ă m 2 01 7 – 2 01 8 ) Cho các số thực 0 a b . Mệnh đề nào sau đây sai? A. ln ln ln a a b b     . B. 1 ln ln ln 2 ab a b . C. 2 2 2 ln ln ln a a b b     . D. 2 2 2 ln ln ln ab a b . Lời giải Chọn B Ta có 0 a b nên hai giá trị ln a , lnb không xác định. Câu 3: (TH PT Ch uyên N gu y ễn Q u an g Di ệu – Đ ồn g Th áp – L ần 5 năm 2017 – 2018 ) Đồ thị hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng? A. 2 x y . B. 2 log y x . C. 2 2 1 x y x . D. 2 4 3 1 x x y x . Lời giải Chọn B Hàm số 2 log y x có tiệm cận đứng là trục Ox , do đó chọn B. Câu 4: ( THP T C h uyê n N gu y ễn Qua ng Di ệu – Đ ồn g T háp – L ần 5 năm 20 1 7 – 2018) Tìm tập nghiệm D của bất phương trình 4 9 3 x x . A. 0;6 D . B. ;4 D  . C. 0;4 D . D. 4; D  . Lời giải Chọn B Ta có: 4 9 3 x x 2 4 x x 4 x . Vậy ;4 D  . Câu 5: ( THP T C huyê n T hái Bì n h – T hái B ì n h – L ầ n 5 nă m 2017 – 20 18) Tập xác định D của hàm số 2 1 π y x . A. 1 ; 2 D      . B. 1 \ 2 D      . C. 1 ; 2 D      . D. D  . Lời giải Chọn C Điều kiện xác định: 2 1 0 x 1 2 x . Câu 6: (TH PT C huy ên Thá i Bì n h – Thá i Bì n h – L ần 5 n ăm 2017 – 2018 ) Tập nghiệm của bất phương trình 1 3 3 5 5 x x là: A. ; 5  . B. ;0  . C. 5;  . D. 0;  . Lời giải Chọn C Ta có: 1 3 3 5 5 x x 1 3 3 5 5 x x 1 3 3 x x 1 3 9 x x 5 x . Câu 7: (TH P T Ch uyên H ùng V ươ ng – G i a L ai – L ần 2 n ăm 2017 – 2018 ) Cho hàm số 2 log 1 2 x y f x . Tính giá trị 0 1 S f f   . A. 6 5 S . B. 7 8 S . C. 7 6 S . D. 7 5 S . Lời giải Chọn C Ta có 1 2 2 1 2 1 2 .ln 2 x x x x f x   1 2 7 0 1 2 3 6 S f f   . Câu 8: ( T H P T Ch uyê n L ươ ng Th ế Vinh - Hà N ội – L ầ n 2 n ăm 2017 – 2 0 18 ) Tập nghiệm của bât phương trình 0,5 log 3 1 x là A. 3;5 . B.  5;  . C. ;5  . D.  3;5 . Lời giải Chọn D Ta có 1 0,5 log 3 1 0 3 0,5 3 5 x x x   . Vậy bất phương trình có tập nghiệm  3;5 S Câu 9: (TH P T C huy ê n Lươ n g Th ế V in h - H à N ộ i – L ần 2 n ăm 2 017 – 2018 ) Biết đồ thị hàm số x y a và đồ thị hàm số log b y x cắt nhau tại điểm 1 ;2 2 A     . Giá trị của biểu thức 2 2 2 T a b bằng. A. 15 T . B. 9 T . C. 17 T . D. 33 2 T . Lời giải Chọn C Đồ thị hàm số x y a và đồ thị hàm số log b y x cắt nhau tại điểm 1 ;2 2 A     nên ta có 1 2 2 1 2 log 2 b a      4 2 2 a b  2 2 2 4 2. 17 2 T       . Câu 10: (TH P T C huy ên L ươ ng Th ế Vi nh - H à N ội – L ần 2 n ăm 2 017 – 2018 ) Hàm số nào trong bốn hàm số sau đồng biến trên các khoảng xác định của nó? A. 3 2 sin 2018 x y     . B. ln 2 x y . C. sin 2018 x y . D. 2 5 x y     . Lời giải Chọn A Hàm số x y a đồng biến trên các khoảng xác định của nó 1 a . Câu 11: (S G D H à T ĩnh – L ần 2 n ăm 2017 – 2018 ) Cho các số thực dương , , a b c với 1 c  . Khẳng định nào sau đây sai? A. log log log c c c ab b a . B. log log log c c c a a b b . C. 1 log log 2 c c b b . D. log log log c c c a a b b . Hướng dẫn giải Chọn B Ta có log log log c c c a a b b nên B sai. Câu 12: (T H PT N gh èn – H à T ĩn h – L ần 2 n ăm 2017 – 2018 ) Đạo hàm của hàm số .2 x y x là A. 1 ln 2 2 x y x  . B. 1 ln 2 2 x y x  . C. 1 2 x y x  . D. 2 1 2 2 x x y x  . Lời giải Chọn A 2 .2 .ln 2 x x y x  1 ln 2 2 x x . Câu 13: (TH PT Ch u Vă n A n – Hà N ội - n ăm 201 7 - 201 8) Tập xác định của hàm số 2 log 2 y x x là: A.   0;2 D . B.   ;0 2; D    . C. ;0 2; D    . D. 0;2 D . Lời giải Chọn D Điều kiện 2 2 0 x x 0 2 x . Vậy tập xác định của hàm số là 0;2 D . Câu 14: (TH P T Ch u V ăn A n – Hà N ội - n ăm 201 7 - 2018) Cho 2 log 5 a , 2 log 9 b . Biêu diễn của 2 40 log 3 P theo a và b là A. 3 2 P a b . B. 1 3 2 P a b . C. 3 2 a P b . D. 3 P a b . Lời giải Chọn B Ta có 2 40 log 3 P 2 2 log 40 log 3 2 2 2 1 log 8 log 5 log 9 2 1 3 2 a b . Câu 15: (TH PT Ch u y ên V õ N g u yê n Gi áp – Qu ảng Bìn h - nă m 201 7 - 2 018 ) Với các số thực x , y dương bất kì, 1 y  . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 2 2 2 log log log x x y y     . B. 2 2 2 log log log xy x y . C. 2 2 2 2 log 2log log x y x y . D. 2 2 2 log log log xy x y . Hướng dẫn giải Chọn B Câu 16: ( S GD B ắc Ni nh – L ần 2 - năm 2017 - 201 8) Tập hợp nghiệm của bất phương trình 2 log 1 3 x là: A. ;10 S  . B. ;9 S  . C. 1;9 S . D. 1;10 S . Lời giải Chọn C Ta có: 2 log 1 3 x 3 1 0 1 2 x x  1 9 x x  . Câu 17: ( C h uy ên Lê H ồn g P ho ng – Na m Đin h - n ăm 201 7 - 20 18) Tìm điểm cực tiểu của hàm số 3 2 3 4 y x x . A. 2 x . B. 0;4 M . C. 0 x . D. 2;0 M . Hướng dẫn giải Chọn C Tạp xác định D  . 2 3 6 y x x  ; 0 0 2 x y x    . Bảng biến thiên Vậy 0 x . Câu 18: ( TH PT Đ ặn g T h úc H ứa – Ng h ệ A n - n ăm 201 7 - 201 8) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 2 1 3 243 x . A. ;3 S  . B. 3; S  . C. 2; S  . D. ;2 S  . Lời giải Chọn B Cơ số 3 1 nên bất phương trình 3 2 1 log 243 x 2 1 5 x 3 x . Câu 19: Đường cong trong hình sau là đồ thị của hàm số nào x  0 2  y  0 0 y  4 8  A. 2 x y . B. 2 log 2 y x . C. 2 x y . D. 1 1 2 y x . Câu 20: Hàm số 2 5 log 4 y x x có tập xác định là A. 0;4 D . B. D  . C. ;0 4; D    . D. 0; D  . Câu 21: Tập nghiệm của bất phương trình 3 4 6 log 0 x x  là A. 3 2; 2 S     . B.  2;0 S . C.  ;2 S  . D. 3 \ ;0 2 S       . ----------HẾT---------- BẢNG ĐÁP ÁN 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 D B A C C A D A A C C B B A D B A A C C D B A A D 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 A B B C C C B C C A A D D D B D B C D C A B B A HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 22: Đường cong trong hình sau là đồ thị của hàm số nào A. 2 x y . B. 2 log 2 y x . C. 2 x y . D. 1 1 2 y x . Lời giải Chọn C Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ 1;2 (loại A, B, D) 2 x y . Câu 23: Hàm số 2 5 log 4 y x x có tập xác định là A. 0;4 D . B. D  . C. ;0 4; D    . D. 0; D  . Lời giải Chọn A Điều kiện: 2 4 0 0 4 x x x . Vậy: Tập xác định là 0;4 D . Câu 24: Tập nghiệm của bất phương trình 3 4 6 log 0 x x  là A. 3 2; 2 S     . B.  2;0 S . C.  ;2 S  . D. 3 \ ;0 2 S       . Lời giải Chọn A Điều kiện 4 6 0 x x 3 2 0 x x    . Với điều kiện trên, bất phương trình tương đương 4 6 1 x x  3 6 0 x x  2 0 x  . Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm 3 2; 2 S     . Câu 25: Tính 2018 2018 2 1 log 4 ln e 1009 . A. 2000 . B. 1009 . C. 1000 . D. 2018 . Câu 26: Tính 2018 2018 2 1 log 4 ln e 1009 . A. 2000 . B. 1009 . C. 1000 . D. 2018 . Lời giải Chọn D Ta có: 2018 2018 2018 2 2 2 1 1 2 1 log 4 ln e log 2 2018 2018 2018 1009 1009 2018 1009 . Câu 27: Cho a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 3 1 log log .log 3 a a . B. 3 3 log log a a . C. 3 1 log log 3 a a . D. 3 1 log log 3 a a . Câu 28: Cho a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 3 1 log log .log 3 a a . B. 3 3 log log a a . C. 3 1 log log 3 a a . D. 3 1 log log 3 a a . Lời giải Chọn C Ta có 3 1 log log 3 a a . Câu 29: Cho a , b là các số thực dương, 1 a  và  . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. log log a a b b . B. 1 log log a a b b . C. log log a a b b . D. log 1 log a a b b . Câu 30: Cho các số thực a , m , n và a dương. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. m n m a a n . B. m m n n a a a . C. m n m n a a a . D. m m n a a n . Câu 31: Cho a , b là các số thực dương, 1 a  và  . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. log log a a b b . B. 1 log log a a b b . C. log log a a b b . D. log 1 log a a b b . Lời giải Chọn A Áp dụng công thức cơ bản của logarit ta có log log a a b b . Câu 32: Cho các số thực a , m , n và a dương. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. m n m a a n . B. m m n n a a a . C. m n m n a a a . D. m m n a a n . Lời giải Chọn B Ta có: m m n n a a a . Câu 33: Xét bất phương trình 2 2 5 3.5 32 0 x x . Nếu đặt 5 x t thì bất phương trình trở thành bất phương trình nào sau đây? A. 2 3 32 0 t t . B. 2 16 32 0 t t . C. 2 6 32 0 t t . D. 2 75 32 0 t t . Câu 34: Xét bất phương trình 2 2 5 3.5 32 0 x x . Nếu đặt 5 x t thì bất phương trình trở thành bất phương trình nào sau đây? A. 2 3 32 0 t t . B. 2 16 32 0 t t . C. 2 6 32 0 t t . D. 2 75 32 0 t t . Lời giải Chọn D 2 2 5 3.5 32 0 x x 2 2 5 3.5 .5 32 0 x x 2 5 75.5 32 0 x x . Nếu đặt 5 0 x t thì bất phương trình trở thành bất phương trình 2 75 32 0 t t . Câu 35: Với 30 log 3 a và 30 log 5 b , giá trị của 30 log 675 bằng: A. 2 a b . B. 2 a b . C. 3 2 a b . D. 2ab . Câu 36: Số cách chọn 5 học sinh trong một lớp có 25 học sinh nam và 16 học sinh nữ là A. 5 5 25 16 C C . B. 5 25 C . C. 5 41 A . D. 5 41 C . Câu 37: Với 30 log 3 a và 30 log 5 b , giá trị của 30 log 675 bằng: A. 2 a b . B. 2 a b . C. 3 2 a b . D. 2ab . Lời giải Chọn C Ta có: 30 log 675 3 2 30 log 3 .5 3 2 30 30 log 3 log 5 3 2 a b . Câu 38: Số cách chọn 5 học sinh trong một lớp có 25 học sinh nam và 16 học sinh nữ là A. 5 5 25 16 C C . B. 5 25 C . C. 5 41 A . D. 5 41 C . Lời giải Chọn D Chọn 5 học sinh trong lớp có 41 học sinh là số tập con có 5 phần tử chọn trong 41 phần tử nên số cách chọn là 5 41 C . Câu 39: Cho a là số thực dương thỏa mãn 10 a  , mệnh đề nào dưới đây sai? A. log 10. 1 log a a . B. 10 log log 1 a a     C. log 10 a a . D. 10 log a a . Câu 40: Cho a là số thực dương thỏa mãn 10 a  , mệnh đề nào dưới đây sai? A. log 10. 1 log a a . B. 10 log log 1 a a     C. log 10 a a . D. 10 log a a . Lời giải Chọn D 10 log 10log a a . Câu 41: Cho hai số thực a và b , với 5 4 a a và 3 4 log log 4 5 b b         . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng? A. 1 a ; 1 b . B. 1 a ; 0 1 b . C. 0 1 a ; 1 b . D. 0 , 1 a b . Câu 42: Cho hàm số ln 1 e x f x . Tính ln 2 f  A. 2 . B. 2 . C. 0,3. D. 1 3 . Câu 43: Cho hai số thực a và b dương khác 1, với 5 4 a a và 3 4 log log 4 5 b b         . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng? A. 1 a ; 1 b . B. 1 a ; 0 1 b . C. 0 1 a ; 1 b . D. 0 , 1 a b . Lời giải Chọn C Ta có 5 4 mà 5 4 a a nên 0 1 a . Tương tự: 3 4 4 5 và 3 4 log log 4 5 b b         nên 1 b . Câu 44: Cho hàm số ln 1 e x f x . Tính ln 2 f  A. 2 . B. 2 . C. 0,3. D. 1 3 . Lời giải Chọn D Cách 1: Trắc nghiệm Bấm máy ln 2 d ln 1 e 0,333... d x x nên chọn D. Cách 2: Ta có 1 e 1 e x x f x   e 2 1 e 1 e x x x e 2 1 e x x ln 2 ln 2 e 1 ln 2 3 2 1 e f  . Hoặc 1 ln 1 e 2 x f x nên 1 e 2 1 e x x f x  . Do đó ln 2 ln 2 e 1 ln 2 3 2 1 e f  Câu 45: Phương trình log 1 2 0 x có nghiệm là A. 99 x . B. 1025 x . C. 1023 x . D. 101 x . Câu 46: Phương trình log 1 2 0 x có nghiệm là A. 99 x . B. 1025 x . C. 1023 x . D. 101 x . Lời giải Chọn A Phương trình log 1 2 0 x log 1 2 x 1 100 x 99 x . Câu 47: Cho 0 , 1 a b  ; * n  . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. log log log a a b b . B. log log n a a b n b . C. 1 log log n a a b b n . D. 1 log log n a b b a n . Câu 48: Cho 0 , 1 a b  ; * n  . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. log log log a a b b . B. log log n a a b n b . C. 1 log log n a a b b n . D. 1 log log n a b b a n . Hướng dẫn giải Chọn B Ta có: 1 log log n n a a b b 1 log 1 a b n log a n b . Câu 49: Đạo hàm của hàm số 2 log 1 y x là A. 1 1 ln 2 y x  . B. ln 2 2 1 y x x  . C. 1 1 ln 4 y x x  . D. 1 1 ln 2 y x x  . Câu 50: Đạo hàm của hàm số 2 log 1 y x là A. 1 1 ln 2 y x  . B. ln 2 2 1 y x x  . C. 1 1 ln 4 y x x  . D. 1 1 ln 2 y x x  . Hướng dẫn giải Chọn C 1 1 ln 2 x y x   1 0 2 1 ln 2 x x 1 2 1 ln 2 x x 1 1 2ln 2 x x 1 1 ln 4 x x . Câu 51: Cho 0 a , 1 a  , giá trị của 3 log a a bằng A. 3 . B. 1 3 . C. 1 3 . D. 3 . Câu 52: Phương trình 2 log 1 1 x có nghiệm là A. 1 2 x . B. 1 3 y . C. 3 x . D. 2 x . Câu 53: Cho 0 a , 1 a  , giá trị của 3 log a a bằng A. 3 . B. 1 3 . C. 1 3 . D. 3 . Lời giải Chọn C Ta có 3 1 1 log log 3 3 a a a a . Câu 54: Phương trình 2 log 1 1 x có nghiệm là A. 1 2 x . B. 1 3 y . C. 3 x . D. 2 x . Lời giải Chọn C Điều kiện: 1 x . 1 1 2 3 tm x x . Câu 55: Phương trình 3 log 2 1 2 x có nghiệm là A. 5 x . B. 3 x . C. 1 x . D. 4 x . Câu 56: Tập nghiệm S của bất phương trình 1 3 27 x là A.  4; S  . B. 4; S  . C. 0;4 S . D. ;4 S  . Câu 57: Phương trình 3 log 2 1 2 x có nghiệm là A. 5 x . B. 3 x . C. 1 x . D. 4 x . Hướng dẫn giải Chọn D Ta có: 3 log 2 1 2 x 2 1 9 x 4 x . Câu 58: Tập nghiệm S của bất phương trình 1 3 27 x là A.  4; S  . B. 4; S  . C. 0;4 S . D. ;4 S  . Hướng dẫn giải Chọn B Ta có: 1 3 27 x 1 3 x 4 x . Câu 59: Hàm số nào sau đây đồng biến trên 0;  ? A. 3 log y x . B. 3 1 log y x . C. 5 2 log y x . D. 2 1 log y x . Câu 60: Cho số dương a khác 1 và các số thực x , y . Đẳng thức nào sau đây đúng? A. y x xy a a . B. x x y y a a a . C. . x y xy a a a . D. x y x y a a a . Câu 61: Hàm số nào sau đây đồng biến trên 0;  ? A. 3 log y x . B. 3 1 log y x . C. 5 2 log y x . D. 2 1 log y x . Lời giải Chọn A Hàm số 3 log y x có cơ số 3 1 a nên đồng biến trên khoảng 0;  . Câu 62: Cho số dương a khác 1 và các số thực x , y . Đẳng thức nào sau đây đúng? A. y x xy a a . B. x x y y a a a . C. . x y xy a a a . D. x y x y a a a . Lời giải Chọn A Câu 63: Cho a là số thực dương và khác 1. Mệnh đề nào sau đây là sai? A. log log log a a a x x y y     , 0 x , 0 y . B. log . log log a a a x y x y , 0 x , 0 y . C. 2 1 log log 2 a a x x , 0 x . D. 1 log log 10 a a . Câu 64: Tìm tập xác định D của hàm số 2 1 y x  A. 1 \ 2 D      . B. 1 ; 2 D      . C. 1 ; 2 D      . D. D  . Câu 65: Cho 1 a . Mệnh đề nào dưới đây là đúng. A. 3 2 1 a a . B. 2017 2018 1 1 a a . C. 3 5 1 a a . D. 1 3 a a . Câu 66: Tập nghiệm của bất phương trình 1 3 3 5 5 x x là A. ; 5  . B. 5;  . C. 0;  . D. ;0  . Câu 67: Cho a là số thực dương và khác 1. Mệnh đề nào sau đây là sai? A. log log log a a a x x y y     , 0 x , 0 y . B. log . log log a a a x y x y , 0 x , 0 y . C. 2 1 log log 2 a a x x , 0 x . D. 1 log log 10 a a . Lời giải Chọn C Ta có: 2 log 2log a a x x , 0 x . Câu 68: Tìm tập xác định D của hàm số 2 1 y x  A. 1 \ 2 D      . B. 1 ; 2 D      . C. 1 ; 2 D      . D. D  . Lời giải Chọn C Vì    nên điều kiện xác định của hàm số là 2 1 0 x 1 2 x . Vậy tập xác định của hàm số là 1 ; 2 D      Câu 69: Cho 1 a . Mệnh đề nào dưới đây là đúng. A. 3 2 1 a a . B. 2017 2018 1 1 a a . C. 3 5 1 a a . D. 1 3 a a . Lời giải Chọn C Ta có : 3 5 1 a a 3 5 1 1 a a 3 5 a a luôn đúng với 1 a . Câu 70: Tập nghiệm của bất phương trình 1 3 3 5 5 x x là A. ; 5  . B. 5;  . C. 0;  . D. ;0  . Lời giải Chọn B 1 3 3 5 5 x x 1 3 3 5 5 x x 1 3 3 x x 5 x . Câu 71: Xét a , b là các số thực thỏa mãn 0 ab . Khẳng định nào sau đây sai? A. 3 6 ab ab . B. 8 8 ab ab . C. 6 6 6 . ab a b . D. 1 5 5 ab ab . Câu 72: Bất phương trình 2 log 2019log 2018 0 x x  có tập nghiệm là A. 2018 10;10 S    . B. 2018 10;10 S  . C.   1; 2018 S . D. 2018 10;10 S . Câu 73: Xét a , b là các số thực thỏa mãn 0 ab . Khẳng định nào sau đây sai? A. 3 6 ab ab . B. 8 8 ab ab . C. 6 6 6 . ab a b . D. 1 5 5 ab ab . Lời giải Chọn C Vì 0 0 0 0 0 a a ab b b    . Với 0 a , 0 b thì 6 a , 6 b vô nghĩa. Nên khẳng định 6 6 6 . ab a b là sai. Câu 74: Bất phương trình 2 log 2019log 2018 0 x x  có tập nghiệm là A. 2018 10;10 S    . B. 2018 10;10 S  . C.   1; 2018 S . D. 2018 10;10 S . Lời giải Chọn A Điều kiện: 0 x . Ta có 2 2018 log 2019log 2018 0 1 log 2018 10 10 x x x x      . Kết hợp với điều kiện, ta có tập nghiệm của bất phương trình là 2018 10;10 S    . Câu 75: Cho a , b , 0 c và 1  a . Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai ? A. log log log a a a bc b c . B. log log log     a a a b b c c . C. log c a b c b a . D. log log log a a a b c b c . Câu 76: Tập xác định của hàm số 3 2 1 y x là A.  D . B. 1 ; 2      D . C. 1 ; 2       D . D. 1 \ 2      D . Câu 77: Cho a , b , 0 c và 1  a . Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai ? A. log log log a a a bc b c . B. log log log     a a a b b c c . C. log c a b c b a . D. log log log a a a b c b c . Lời giải Chọn D Các công thức A, B, C đúng. Công thức D sai. Câu 78: Tập xác định của hàm số 3 2 1 y x là A.  D . B. 1 ; 2      D . C. 1 ; 2       D . D. 1 \ 2      D . Lời giải Chọn B Hàm số xác định khi 1 1 2 1 0 ; 2 2      x x x . Câu 79: Cho các số thực dương , , a x y ; a khác 1. Đẳng thức nào sau đây đúng? A. log log log 10 a a x x . B. log log log e a a x x . C. log log ln10 a x x . D. log log log x a x a . Câu 80: Cho các số thực dương , , a x y ; a khác 1. Đẳng thức nào sau đây đúng? A. log log log 10 a a x x . B. log log log e a a x x . C. log log ln10 a x x . D. log log log x a x a . Lời giải Chọn A Ta có log log log 10 a a x x . Câu 81: Hàm số 2 2 log 3 y x x có tập xác định là A. 0;  . B. 0;3 . C.   0;3 . D.  . Câu 82: Hàm số 2 2 log 3 y x x có tập xác định là A. 0;  . B. 0;3 . C.   0;3 . D.  . Hướng dẫn giải Chọn B Điều kiện: 2 3 0 0 3 x x x . Vậy: Tập xác định của hàm số là 0;3 . Câu 83: Phương trình 2 log 2 1 x có nghiệm là A. 4 x . B. 1 x . C. 3 x . D. 2 x . Câu 84: Cho a là số thực dương bất kỳ. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 3 3 log 3 1 log a a . B. 3 3 log 3 3 log a a . C. 3 log 3 1 a a . D. 3 3 log 3 log a a . Câu 85: Tổng bình phương tất cả các nghiệm của phương trình 2 2 3 2 log 3log .log 3 2 0 x x bằng: A. 20 B. 18. C. 6 . D. 25 . Câu 86: Phương trình 2 log 2 1 x có nghiệm là A. 4 x . B. 1 x . C. 3 x . D. 2 x . Lời giải Chọn A 2 log 2 1 x 1 2 2 x 4 x . Câu 87: Cho a là số thực dương bất kỳ. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 3 3 log 3 1 log a a . B. 3 3 log 3 3 log a a . C. 3 log 3 1 a a . D. 3 3 log 3 log a a . Lời giải Chọn A 3 log 3a 3 3 log 3 log a 3 1 log a . Câu 88: Tổng bình phương tất cả các nghiệm của phương trình 2 2 3 2 log 3log .log 3 2 0 x x bằng: A. 20 B. 18. C. 6 . D. 25 . Lời giải Chọn A Phương trình tương đương 2 2 2 log 3log 2 0 x x 2 2 log 1 2 log 2 4 x x x x     . Tổng bình phương các nghiệm là: 2 2 2 4 20 . Câu 89: Tìm tập xác định D của hàm số 2 log 2 3 y x x . A.   \ 2; 1 D  . B. D  . C. D  . D. ; 2 1; D    . Câu 90: Tìm tập xác định D của hàm số 2 log 2 3 y x x . A.   \ 2; 1 D  . B. D  . C. D  . D. ; 2 1; D    . Lời giải Chọn B 2 2 3 0 x x , x  nên hàm số 2 log 2 3 y x x xác định trên  . Câu 91: Mệnh đề nào dưới đây sai? A. Nếu 0 a b thì e e 2 2 log log a b . B. Nếu 0 a b thì log log a b . C. Nếu 0 a b thì ln ln a b . D. Nếu 0 a b thì 4 4 log log a b   . Câu 92: Mệnh đề nào dưới đây sai? A. Nếu 0 a b thì e e 2 2 log log a b . B. Nếu 0 a b thì log log a b . C. Nếu 0 a b thì ln ln a b . D. Nếu 0 a b thì 4 4 log log a b   . Lời giải Chọn D Nếu 0 a b thì π π 4 4 log log a b do π 1 4 . Câu 93: Cho phương trình 9 2.3 3 0 x x . Khi đặt 3 x t ta được phương trình nào dưới đây? A. 2 2 3 0 t t . B. 2 1 12 3 0 x . C. 2 2 3 0 t . D. 2 3 0 t t . Câu 94: Cho phương trình 9 2.3 3 0 x x . Khi đặt 3 x t ta được phương trình nào dưới đây? A. 2 2 3 0 t t . B. 2 1 12 3 0 x . C. 2 2 3 0 t . D. 2 3 0 t t . Hướng dẫn giải Chọn A Khi đặt 3 x t , phương trình đã cho trở thành 2 2 3 0 t t . Câu 95: Cho hàm số 3 2 2 2 3 2 f x x x . Khi đó giá trị của 1 f bằng bao nhiêu? A. 3 3 . B. 3 9 . C. 2 3 . D. 6 6 . Câu 96: Để biết dung dịch có tính axit, tính bazơ, hay trung tính, người ta dùng độ pH để xác định, biết 3 pH log H O    . Trong đó, pH: là hai chữ đầu của nhóm từ “potential of hydrogen” nghĩa là tiềm lực của hiđrô, pH 7 : Dung dịch có tính axít; pH 7 : Dung dịch có tính bazơ; pH 7 : Dung dịch trung tính. Hỏi nếu dung dịch nước nguyên chất có nồng độ ion hiđrô 3 0,0000001 H O    thì nưới nguyên chất có tính chất gì? A. Trung tính. B. Không xác định. C. Tính bazơ. D. Tính axít. Câu 97: Cho hàm số 3 2 2 2 3 2 f x x x . Khi đó giá trị của 1 f bằng bao nhiêu? A. 3 3 . B. 3 9 . C. 2 3 . D. 6 6 . Lời giải Chọn A Ta có 3 2 2 1 2.1 3.1 2 f 3 2 3 3 3 . Câu 98: Để biết dung dịch có tính axit, tính bazơ, hay trung tính, người ta dùng độ pH để xác định, biết 3 pH log H O    . Trong đó, pH: là hai chữ đầu của nhóm từ “potential of hydrogen” nghĩa là tiềm lực của hiđrô, pH 7 : Dung dịch có tính axít; pH 7 : Dung dịch có tính bazơ; pH 7 : Dung dịch trung tính. Hỏi nếu dung dịch nước nguyên chất có nồng độ ion hiđrô 3 0,0000001 H O    thì nưới nguyên chất có tính chất gì? A. Trung tính. B. Không xác định. C. Tính bazơ. D. Tính axít. Lời giải Chọn A Do 3 pH log H O    log 0,0000001 7 nên nước nguyên chất trung tính. Câu 99: Cho hai số thực dương a , b và 1 a  . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. log log a a ab b . B. log b b a a a . C. log a b a b . D. log log 10 a a . Câu 100: Cho hai số thực dương a , b và 1 a  . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. log log a a ab b . B. log b b a a a . C. log a b a b . D. log log 10 a a . Lời giải Chọn C Dựa vào tính chất của logarit, ta có log a b a b , với mọi số thực dương a , b và 1 a  . Câu 101: Cho a và b là các số thực dương bất kì. Chọn khẳng định sai. A. ln ln ln ab a b . B. 2 3 1 ln ln 2ln ln 3 a b a b . C. log log log a a b b . D. 2 log 10 2 log log ab a b . Câu 102: Bất phương trình 2 4 1 1 2 32 x x     có tập nghiệm là A. ; 5 1; S    . B. ; 1 5; S    . C. 5;1 S . D. 1; 5 S . Câu 103: Cho a và b là các số thực dương bất kì. Chọn khẳng định sai. A. ln ln ln ab a b . B. 2 3 1 ln ln 2ln ln 3 a b a b . C. log log log a a b b . D. 2 log 10 2 log log ab a b . Lời giải Chọn D Ta có: 2 log 10 2log 10 ab ab 2 2log 2log a b . Câu 104: Bất phương trình 2 4 1 1 2 32 x x     có tập nghiệm là A. ; 5 1; S    . B. ; 1 5; S    . C. 5;1 S . D. 1; 5 S . Lời giải Chọn C Ta có 2 4 2 1 1 4 5 5 1 2 32 x x x x x     . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 5;1 S . Câu 105: Cho phương trình 2 5 2 3 3 2 x x . Khi đặt 1 3 x t , phương trình đã cho trở thành phương trình nào trong các phương trình dưới đây A. 2 81 3 2 0 t t . B. 2 27 3 2 0 t t . C. 2 27 3 2 0 t t . D. 2 3 2 0 t t . Câu 106: Cho phương trình 2 5 2 3 3 2 x x . Khi đặt 1 3 x t , phương trình đã cho trở thành phương trình nào trong các phương trình dưới đây A. 2 81 3 2 0 t t . B. 2 27 3 2 0 t t . C. 2 27 3 2 0 t t . D. 2 3 2 0 t t . Lời giải Chọn B 2 5 2 3 3 2 x x 2 1 1 27.3 3.3 2 0 x x Đặt 1 3 x t , 0 t Phương trình trở thành 2 27 3 2 0 t t . Câu 107: Cho a là số thực dương bất kỳ. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. log 10 10log a a . B. log 10 log a a . C. log 10 10 log a a . D. log 10 1 log a a . Câu 108: Phương trình 5 log 5 2 x có nghiệm là A. 20 x . B. 5 x . C. 27 x . D. 30 x . Câu 109: Cho a là số thực dương bất kỳ. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. log 10 10log a a . B. log 10 log a a . C. log 10 10 log a a . D. log 10 1 log a a . Lời giải Chọn D Ta có log 10 log10 log 1 log a a a . Câu 110: Phương trình 5 log 5 2 x có nghiệm là A. 20 x . B. 5 x . C. 27 x . D. 30 x . Lời giải Chọn A Ta có: 5 log 5 2 x 5 5 25 x x  5 20 ( ) x x n    20 S . Câu 111: Tìm tập xác định D của hàm số 2 2 log 5 6 y x x A. 6;1 D . B.  ; 6 1; D    . C.   6;1 D . D. ; 6 1;    . Câu 112: Đường cong trong hình sau là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số đã cho ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào? A. 2 log y x . B. 2 x y . C. 1 2 x y     . D. 1 2 log y x . Câu 113: Tìm tập xác định D của hàm số 2 2 log 5 6 y x x A. 6;1 D . B.  ; 6 1; D    . C.   6;1 D . D. ; 6 1;    . Lời giải Chọn D Điều kiện xác định 2 5 6 0 x x 6 1 x x   ; 6 1;    Câu 114: Đường cong trong hình sau là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số đã cho ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào? A. 2 log y x . B. 2 x y . C. 1 2 x y     . D. 1 2 log y x . Lời giải Chọn D Hàm số là hàm nghịch biến có đồ thị đi qua điểm 1;0 và nhận trục tung là tiệm cận đứng. Vậy hàm số đó là 1 2 log y x . Câu 115: Cho a và b là các số thực dương bất kỳ, a khác 1. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. log b a m b a m . B. log m a m b a b . C. log m a m b b a . D. log a a m b b m . Câu 116: Cho a và b là các số thực dương bất kỳ, a khác 1. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. log b a m b a m . B. log m a m b a b . C. log m a m b b a . D. log a a m b b m . Lời giải Chọn B Ta có log m a m b a b . Câu 117: Cho các số dương a , b , c với 1 a . Mệnh đề nào sau đây sai? A. log log a a b c b c . B. log 1 a b b a . C. log 0 1 a b b . D. log c a b c b a . Câu 118: Cho các số dương a , b , c với 1 a . Mệnh đề nào sau đây sai? A. log log a a b c b c . B. log 1 a b b a . C. log 0 1 a b b . D. log c a b c b a . Lời giải Chọn D log c a b c b a . Câu 119: Tập xác định của hàm số ln 1 1 y x là: A.  1;0 . B.   1;0 . C.  1;  . D. 1;0 . Câu 120: Tập xác định của hàm số ln 1 1 y x là: A.  1;0 . B.   1;0 . C.  1;  . D. 1;0 . Lời giải Chọn A Điều kiện xác định 1 1 0 1 0 x x  1 1 1 x x  1 1 1 x x  0 1 x x  Vậy tập xác định của hàm số là  1;0 . Câu 121: Tìm x để biểu thức 2 2 3 1 x x có nghĩa là: A. x  . B. Không tồn tại x . C. 1 x . D.   \ 0 x  . Câu 122: Tìm x để biểu thức 2 2 3 1 x x có nghĩa là: A. x  . B. Không tồn tại x . C. 1 x . D.   \ 0 x  . Lời giải Chọn A Biểu thức 2 2 3 1 x x có nghĩa khi và chỉ khi 2 1 0 x x . Điều này đúng với x  . Câu 123: Cho hàm y f x có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây. Hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây ? A. 2;  . B. ;3  . C. 2;2 . D. 0;  . Câu 124: Với a , b là các số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng ? A. 1 ln ln b a b a . B. ln ln ln ab a b . C. ln ln ln ab a b . D. 1 ln ln b a a b . Câu 125: Cho hàm y f x có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây. Hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây ? A. 2;  . B. ;3  . C. 2;2 . D. 0;  . Lời giải Chọn A Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng 2;  . Câu 126: Với a , b là các số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng ? A. 1 ln ln b a b a . B. ln ln ln ab a b . C. ln ln ln ab a b . D. 1 ln ln b a a b . Lời giải Chọn C Câu 127: Cho là một số dương. Viết 2 3 a a dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ. A. 1 3 a . B. 5 3 a . C. 7 6 a . D. 7 3 a . Câu 128: Cho hàm số 2018 y x . Mệnh đề nào dưới đây là đúng về đường tiệm cận của đồ thị hàm số? A. Không có tiệm cận. B. Có một tiệm cận ngang và không có tiệm cận đứng. C. Có một tiệm cận ngang và một tiệm cận đứng. D. Không có tiệm cận ngang và có một tiệm cận đứng. Câu 129: Cho là một số dương. Viết 2 3 a a dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ. A. 1 3 a . B. 5 3 a . C. 7 6 a . D. 7 3 a . Hướng dẫn giải Chọn C Ta có: 2 3 a a 2 1 3 2 a 7 6 a . Câu 130: Cho hàm số 2018 y x . Mệnh đề nào dưới đây là đúng về đường tiệm cận của đồ thị hàm số? A. Không có tiệm cận. B. Có một tiệm cận ngang và không có tiệm cận đứng. C. Có một tiệm cận ngang và một tiệm cận đứng. D. Không có tiệm cận ngang và có một tiệm cận đứng. Hướng dẫn giải Chọn C Ta có 2018 2018 1 y x x . Do đó 2018 1 lim lim 0 x x y x     và 2018 0 0 1 lim lim x x y x    . Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang và một tiệm cận đứng. Câu 1: (TH T T S ố 1 - 4 84 tháng 10 n ăm 201 7 - 2 018 ) Với hai số thực dương , a b tùy ý và 3 5 6 3 log 5log log 2 1 log 2 a b . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng? A. 6 log 2 a b . B. 36 a b . C. 2 3 0 a b . D. 6 log 3 a b . Lời giải Chọn B Ta có 3 5 3 6 6 6 6 3 3 log 5log log log 2 log 2 log log 2 1 log 2 log 6 a a b b a b 6 log 2 36 36 a a a b b b . Câu 2: (T HT T S ố 1 - 48 4 th á n g 10 năm 201 7 - 2 0 18) Cho hai hàm số 2 log f x x , 2 x g x . Xét các mệnh đề sau: (I). Đồ thị hai hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng y x . (II). Tập xác định của hai hàm số trên là  . (III). Đồ thị hai hàm số cắt nhau tại đúng 1 điểm. (IV). Hai hàm số đều đồng biến trên tập xác định của nó. Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong các mệnh đề trên. A. 2 . B. 3 . C. 1. D. 4 . Lời giải Chọn A Các mệnh đề đúng là: (I). Đồ thị hai hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng y x . (IV). Hai hàm số đều đồng biến trên tập xác định của nó. Câu 3: (TH TT S ố 1 - 484 thá n g 10 nă m 201 7 - 20 1 8) Cho hàm số 2 2 ln 2 4 f x x x . Tìm các giá trị của x để 0 f x  . A. 1 x  . B. 0 x . C. 1 x . D. x . Lời giải Chọn C Tập xác định: D  . 2 2 4 4 ln 2 4 2 4 x f x x x x x  . Nhận xét : 2 ln 2 4 0 x x x  do 2 2 4 1 x x x  Do đó 0 4 4 0 f x x  1 x . Câu 4: (THPT Ch uy ên Th ái B ình - l ầ n 1 - nă m 2 017 - 201 8 ) Đặt ln 2 a , 5 log 4 b . Mệnh đề nào dưới đây là đúng? A. 2 ln100 ab a b . B. 4 2 ln100 ab a b . C. ln100 ab a b . D. 2 4 ln100 ab a b . Lời giải Chọn D Có 5 log 4 b 2ln 2 2 ln 5 ln 5 a b b . Khi đó: ln100 2ln10 2 ln 2 ln 5 2 2 4 2 a ab a a b b     . Câu 5: (T H PT Ch uy ên Thái B ì n h - l ầ n 1 - n ăm 2 017 - 201 8 ) Số nghiệm thực của phương trình 2 4 2 3 0 x x là: A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3. Lời giải Chọn C Đặt 2 , 0 x t t ta được phương trình 2 1 4 3 0 3 t t t t   Với 2 1 0 x x và với 2 2 3 log 3 x x . Câu 6: (TH PT C huyên Th ái B ình - l ầ n 1 - nă m 2017 - 201 8) Cho hàm số 2 ln x y e m . Với giá trị nào của m thì 1 1 2 y  . A. . m e B. . m e C. 1 . m e D. . m e  Lời giải Chọn D Ta có 2 2 1 x x e e y y e m e m   . Khi đó 2 2 1 1 1 2 2 2 e y e e m m e e m   . Câu 7: (TH P T Ch u yê n Th á i B ình - l ầ n 1 - nă m 201 7 - 201 8) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số 2 log 2 4 y x mx có tập xác định là  . A. 2 . 2 m m   B. 2. m C. 2. m D. 2 2. m Lời giải Chọn D Điều kiện: 2 2 4 0 * x mx Để * đúng với mọi x  thì 2 4 0 2 2. m m   Câu 8: (TH PT Chuyên Th ái B ình - l ầ n 1 - nă m 2 017 - 201 8 ) Cho a , b , c là các số thực dương khác 1. Hình vẽ bên là đồ thị các hàm số , , log x x c y a y b y x . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. . a b c B. . c b a C. . a c b D. . c a b O x y 1 1 log c y x x y b x y a Lời giải Chọn B Vì hàm số log c y x nghịch biến nên 0 1 c , các hàm số , x x y a y b đồng biến nên 1; 1 a b nên c là số nhỏ nhất trong ba số. Đường thẳng 1 x cắt hai hàm số , x y a x y b tại các điểm có tung độ lần lượt là a và b , dễ thấy a b (hình vẽ). Vậy c b a Câu 9: (T HP T L ê H ồ n g P ho ng - Nam Đ ị n h - l ầ n 1 - nă m 201 7 - 201 8) Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? A. 2 1 3 2 2 . B. 2019 2018 2 2 1 1 . 2 2             C. 2017 2018 2 1 2 1 . D. 2018 2017 3 1 3 1 . Lời giải Chọn D A đúng vì 2 1 và 2 1 3 nên 2 1 3 2 2 . B đúng vì 2 1 1 2       và 2019 2018 nên 2019 2018 2 2 1 1 . 2 2             C đúng vì 2 1 1 và 2017 2018 nên 2017 2018 2 1 2 1 . D sai vì 3 1 1 và 2017 2018 nên 2018 2017 3 1 3 1 . Câu 10: (T HP T Lê H ồ ng P ho ng - Nam Đ ị n h - l ầ n 1 - nă m 201 7 - 201 8) Tập xác định của hàm số 2 ln y ex là. A. 1;  . B. 0;1 . C.  0;e . D. 1 ;2 . Lời giải Chọn C Điều kiện 0 0 0 0 2 ln 0 ln 2 1 ln 2 ex x x x ex ex x x e        . Vậy 0 x e  . Câu 11: (TH P T Ch u yê n ĐH V in h - GK 1 - n ăm 201 7 - 2018) Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng? A. Hàm số 10 2017 x y e đồng biến trên  . B. Hàm số 1,2 log y x nghịch biến trên khoảng 0;  . C. ; 0, 1, , x y x y a a a a a x y   . O x y 1 b log c y x x y b x y a aD. log log log ; 0, 0 a b a b a b . Lời giải. Chọn A B sai vì cơ số 1,2 1 nên hàm số đồng biến trên TXĐ. C sai vì . ; 0, 1, , x y x y a a a a a x y   . D sai vì log log log ; 0, 0 ab a b a b Câu 12: (TH P T C h uy ê n ĐH Vi nh - GK 1 - nă m 201 7 - 20 18) Cho hàm số 2 ln x y x . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào không đúng? A. Đạo hàm của hàm số là 2 ln 2 ln x x y x  . B. Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên 3 1;e    là 0 . C. Tập xác định của hàm số là   \ 0  . D. Tập xác định của hàm số là 0;  . Lời giải Chọn C Lướt nhanh đáp án ta thấy có hai phương án C và D xung khắc nhau. Do đó chỉ cần kiểm tra tập xác định của hàm số. Điều kiện xác định của hàm số là 0 0 0 x x x   . Vậy khẳng định không đúng là C. Cách khác: dùng máy tính B1: Nhập hàm số ban đầu. B2: dùng CALC kiểm tra giá trị của biến khác biệt trong hai phương án. Nếu máy báo lỗi thì khoảng đang xét không thuộc tập xác định. Chú ý: đa phần các bài toán về tập xác định sẽ áp dụng được cách này, trừ bài có hàm số lũy thừa với số mũ hữu tỉ. Câu 13: ( T H P T C h u y ê n Đ H V i n h - G K 1 - n ă m 2 0 1 7 - 2 0 1 8 ) Cho a là một số thực dương khác 1. Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: Câu 14: Hàm số log a y x có tập xác định là 0; D  . Câu 15: Hàm số log a y x là hàm đơn điệu trên khoảng 0;  . Câu 16: Đồ thị hàm số log a y x và đồ thị hàm số x y a đối xứng nhau qua đường thẳng y x . Câu 17: Đồ thị hàm số log a y x nhận Ox là một tiệm cận. A. 4 . B. 1. C. 3 . D. 2 . Giải: Chọn C Mệnh đề 1 đúng vì: hàm số log a y x xác định khi 0 x nên tập xác định là 0; D  . Mệnh đề 2 đúng vì: hàm số log a y x đồng biến trên 0;  khi 1 a và nghịch biến trên 0;  khi 0 1 a . Mệnh đề 3 đúng vì: với mọi 0 ;log a o M x x thuộc đồ thị hàm số log a y x , ta có 0 0 log ; a M x x  đối xứng với M qua đường thẳng y x . Thay tọa độ M  vào hàm số x y a , được 0 log log 0 0 0 a a x a x a x x (đúng với mọi 0 0 x ). Mệnh đề 4 sai vì: lim log a x x   không tồn tại và lim log a x x    nên đồ thị hàm số log a y x không có tiệm cận ngang. Mặt khác, 0 lim log a x x   nên đồ thị hàm số log a y x chỉ có một đường tiệm cận đứng là đường thẳng 0 x (hay trục Oy ). Chú ý: Mệnh đề 3 cũng có thể hiểu bằng cách vẽ hai đồ thị hàm số 2 x y và 2 log y x trên cùng một hệ trục tọa độ như sau: Câu 18: (T H PT Ch u yê n ĐH Vi nh - GK 1 - nă m 201 7 - 201 8) Cho 0 a , 0 b và a khác 1 thỏa mãn log 4 a b b ; 2 16 log a b . Tính tổng a b . A. 16. B. 12. C. 10. D. 18. Lời giải Chọn D Ta có 16 2 16 log 2 b a a b ; log 4 a b b 16 4 4 2 16 b b b b a     16 16 2 2 a 18 a b Câu 19: (TH PT Y ên L ạ c 2 - V ĩnh P h ú c - l ầ n 1 - năm 20 17 - 201 8) Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau: A. log 0 1 x x . B. 3 log 0 0 1 x x   . C. 1 1 3 3 log log 0 a b a b D. 1 1 3 3 log log 0 a b a b . Lời giải Chọn C Ta có 0 log 0 10 x x  nên 1 x  là khẳng định đúng. 0 3 log 0 0 3 x x   nên 0 1 x  là khẳng định đúng. 1 1 3 3 log log 0 a b b a nên khẳng định C sai. D đúng do tính đơn điệu của hàm số 1 3 log y x Câu 20: (THPT H ai B à Tr ưng - V ĩnh Phú c - l ầ n 1 - năm 201 7 - 201 8 ) Cho 5 log 2 m , 3 log 5 n . Tính 25 9 log 2000 log 675 A theo m , n . A. 3 2 A m n . B. 3 2 A m n . C. 3 2 A m n . D. 3 2 A m n . Lời giải Chọn B Ta có 2 2 4 3 2 3 25 9 5 3 log 2000 log 675 log 2 .5 log 5 .3 A 5 3 1 1 1 4log 2 3 2log 5 3 4 2 6 2 2 2 m n 3 2m n . Câu 21: (THPT Ha i B à Tr ư ng - V ĩnh P húc - l ần 1 - n ăm 201 7 - 201 8 ) Gọi 1 x , 2 x là hai nghiệm của phương trình 2 5 6 0 x x . Tính giá trị của 1 2 5 5 x x A . A. 125 A . B. 3125 A . C. 150 A . D. 15625 A . Lời giải Chọn C Phương trình 2 5 6 0 x x có hai nghiệm là 1 2 2; 3 x x . Do đó 1 2 2 3 5 5 5 5 150 x x A . Câu 22: (TH TT S ố 2 - 4 85 th án g 11 - nă m h ọ c 2017 - 201 8) Tập nghiệm của bất phương trình 2018 log log 2018 x x  là A. 0 2018 x  . B. 1 2018 2018 x   . C. 1 0 2018 1 2018 x x      . D. 1 2018 1 2018 x x      . Lời giải: Chọn C Cách 1: Tự luận Điều kiện: 0 1 x x   . BPT 2018 2018 1 log log x x  Đặt 2018 log t x 0 t  . BPT trở thành: 1 t t  2 1 0 t t  0 1 1 t t     . Khi đó: 2018 2018 1 2018 0 log 1 1 log 1 0 2018 x x x x          (thỏa mãn điều kiện). Cách 2: Trắc nghiệm Nhập 2018 log log 2018 X X vào máy tính bỏ túi. CALC 1 2019 X được giá trị âm, thỏa mãn bất phương trình, loại đáp án B. CALC 1 2017 X được giá trị dương, không thỏa mãn bất phương trình, loại đáp án A. CALC 1 X , được Math error, không thỏa mãn bất phương trình, loại đáp án D. Câu 23: (TH P T T h ạ c h Thàn h - Tha nh Hó a - n ă m 2017 - 201 8) Cho hàm số 4 2 y x ax b . Biết rằng đồ thị hàm số nhận điểm 1;4 A là điểm cực tiểu. Tổng 2a b bằng A. 1 . B. 0 . C. 1. D. 2 . Lời giải Chọn C Ta có: 3 2 4 2 12 2 y x ax y x a    . Do đó: 1 0 4 2 0 2 1 0 12 2 0 6 1 4 5 1 4 y a a y a a a b b y       . Vậy 2 4 5 1 a b . Câu 24: (TH P T Th ạ c h T hà nh - Tha nh Hó a - n ăm 201 7 - 201 8 ) Tìm a để hàm số 2 4 1 1 khi 0 2 1 3 khi 0 x x f x ax a x x   liên tục tại 0 x . A. 1 2 . B. 1 4 . C. 1 6 . D. 1. Lời giải Chọn C Ta có: 0 0 0 4 1 1 4 lim lim lim 2 1 2 1 4 1 1 x x x x f x x ax a ax a x    2 2 1 a . Hàm số liên tục tại 2 1 0 3 2 1 6 x a a . Câu 25: (THPT T h ạ c h Thành - Tha nh Hó a - n ă m 201 7 - 2 018 ) Cho 0, 0 a b thỏa mãn 2 2 7 a b ab . Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau. A. 3 log log log 2 a b a b . B. 2 log log log 7 a b ab . C. 1 3log log log 2 a b a b . D. 1 log log log 3 2 a b a b . Lời giải Chọn D Ta có: 2 2 2 7 9 2log log 9 a b ab a b ab a b ab log log 2log 2log3 log log log log3 2 a b a b a b a b 1 log log log 3 2 a b a b . Câu 26: ( TH PT Th ạ c h Th à n h - T ha nh Hó a - nă m 201 7 - 2018) Với giá trị nào của tham số m, hàm số 3 2 3 2 y x mx m x m đồng biến trên  ? A. 1 2 3 m m    . B. 2 1 3 m . C. 2 1 3 m   . D. 2 1 3 m . Lời giải Chọn C Ta có: 2 3 6 2 y x mx m  . Hàm số đã cho đồng biến trên  khi và chỉ khi 2 2 0 9 3 2 0 1 3 y x m m m        . Câu 27: (TH PT Th ạ ch Thàn h - Th a nh Hó a - n ă m 2017 - 201 8) Cho hàm số 3 2 2 2 3 3 3 x y x x . Tọa độ điểm cực đại của đồ thị hàm số là A. 1;2 . B. 2 3; 3     . C. 1; 2 . D. 1;2 . Lời giải Chọn D Ta có: 2 4 3 y x x  . Xét 2 1 2 0 4 3 0 2 3 3 x y y x x x y     . Bảng biến thiên: Vậy tọa độ điểm cực đại của đồ thị hàm số là 1;2 . Cách khác: Ta có: 1 2 0 2 4 3 2 0 y y x y        hàm số đạt cực đại tại 1 x . Vậy tọa độ điểm cực đại của đồ thị hàm số là 1;2 . Câu 28: (TH P T T h ạ ch T hà nh - Tha n h H ó a - nă m 201 7 - 2018) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là một hình vuông cạnh a . Các mặt phẳng SAB và SAD cùng vuôg góc với mặt phẳng đáy, có cạnh SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 . Thể tích hình chóp đã cho bằng: A. 3 6 5 a . B. 3 6 3 a . C. 3 6 4 a . D. 3 6 9 a . Lời giải Chọn B Ta có ngay SA ABCD  , 60 SC ABCD SAC SAC  tan 60 3 3 3 SA SA AC a AC  3 2 1 1 6 . 6 3 3 3 ABCD a V SA S a a Câu 29: (TT Di ệ u H i ề n - C ầ n Th ơ - t h án g 10 - n ăm 201 7 - 2018) Tập nghiệm của bất phương trình 1 2 3 x x là: A.  . B. 2 3 ;log 3      . C.  2 ;log 3  . D. 2 3 log 3;      . Lời giải Chọn B Cách 1: 1 1 2 2 2 2 2 3 log 3 1 log 3 1 log 3 log 3 x x x x x x x x  1 3  y  0 0 y  2 2 3  S A B C D 60 2 2 2 2 3 2 log 3 2 log log 3 log 3 2 3 log 3 x x x . Cách 2: 1 2 3 2 2 3 3 log 3 3 x x x x     . Câu 30: (TT Di ệ u Hi ề n - C ầ n T h ơ - th áng 1 0 - nă m 201 7 - 201 8 ) Nghiệm của bất phương trình 2 9 17 11 7 5 1 1 2 2 x x x         là A. 2 3 x . B. 2 3 x . C. 2 3 x  . D. 2 3 x  . Lời giải Chọn A 2 9 17 11 7 5 2 2 2 1 1 2 2 9 17 11 7 5 9 12 4 0 0 2 2 3 3 x x x x x x x x x x                . Câu 31: (TT Di ệ u Hi ề n - C ầ n T hơ - t háng 10 - n ă m 20 17 - 201 8) Tập nghiệm của phương trình 2 5 6 2 1 x x là: A.   6; 1 . B.   2;3 . C.   1;6 . D.   1;2 . Lời giải Chọn B 2 5 6 2 1 x x 2 5 6 0 x x 2 3 x x   . Vậy tập nghiệm là   2;3 S . Câu 32: (TT Di ệ u Hi ề n - C ầ n T hơ - th á ng 10 - nă m 201 7 - 20 18) Hệ phương trình 2 2 6 log log 3 x y x y  có nghiệm là: A. 1;5 và 5;1 . B. 2;4 và 5;1 . C. 4;2 và 2;4 . D. 3;3 và 4;2 . Lời giải Chọn C Điều kiện 0 0 x y  . Ta có 2 2 6 log log 3 x y x y  2 6 log 3 x y xy  6 8 x y xy  . Suy ra x , y là hai nghiệm dương (nếu có) của phương trình 2 6 8 0 X X 2 X , 4 X . Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là 2 4 x y  , 4 2 x y  . Câu 33: (TT D i ệ u Hi ề n - C ầ n Th ơ - t h án g 10 - nă m 201 7 - 201 8) Phương trình 1 1 9 13.6 4 0 x x x có 2 nghiệm 1 x , 2 x . Phát biểu nào sau đây đúng? A. Phương trình có 2 nghiệm nguyên. B. Phương trình có 2 nghiệm vô tỉ. C. Phương trình có 1 nghiệm dương. D. Phương trình có 2 nghiệm dương. Lời giải Chọn A Ta có: 1 1 9 13.6 4 0 x x x 9.9 13.6 4.4 0 x x x 9 6 9. 13. 4 0 4 4 x x x x 2 3 3 9. 13. 4 0 2 2 x x         3 1 2 3 4 2 9 x x               0 2 x x   . Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên. Câu 34: (TT Di ệ u H i ề n - C ầ n Th ơ - t h án g 10 - n ăm 201 7 - 2018) Tập nghiệm của bất phương trình 2 2 2log 1 log 5 1 x x  là A. 1;5 . B.  1;3 . C.   1;3 . D.   3;5 . Lời giải Chọn B Điều kiện: 1 0 1 1 5 5 0 5 x x x x x   . Bất phương trình 2 2 2 2 log 1 log 2 5 1 10 2 x x x x      2 9 3 3 x x    . Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là  1;3 . Câu 35: (TT D i ệ u Hi ề n - C ầ n Th ơ - t h án g 10 - nă m 201 7 - 201 8) Cho các số thực x , y thỏa mãn 2 3 x , 3 4 y . Tính giá trị biểu thức 8 9 x y P . A. 43. B. 17 . C. 24 . D. 3 2 2 3 log 3 log 4 . Lời giải Chọn A Ta có 3 2 8 9 2 3 x y x y P mà 2 3 x ,3 4 y . Suy ra: 3 2 3 2 2 3 3 4 43 x y P . Câu 36: ( T r ư ờ n g B D V H 2 1 8 L T T - k h o a 1 - n ă m 2 0 1 7 - 2 0 1 8 ) Tính tổng của tất cả các nghiệm thực của phương trình 3 3 3 3 9 9 3 9 3 12 x x x x . A. 3 . B. 7 2 . C. 4 . D. 9 2 . Lời giải Chọn B Đặt 3 9 9 3 x x a b  . Phương trình đã cho 3 3 3 a b a b 3 0 ab a b 0 0 0 a b a b     .  0 a 2 x .  0 b 1 2 x .  0 a b 9 3 12 0 x x 3 3 3 4 x x VN    1 x . Vậy tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình là 7 2 . Câu 37: (Tr ư ờ n g B DV H2 18L TT - k ho a 1 - năm 2017- 201 8) Biết 3 2 log log xy x y 1 . Tính log xy . A. 1 log 2 xy . B. 3 log 5 xy . C. log 1 xy . D. 5 log 3 xy . Lời giải Chọn C Ta có: 3 2 log 1 log 1 xy x y  3 2 10 10 xy x y  5 2 5 4 10 10 10 x y  5 2 10 log log 10 xy     3 5 . Câu 38: (Tr ư ờ n g B DV H2 18L TT - k ho a 1 - năm 2017- 201 8) Đặt 4 log 2 x t     thì 2 log 6 x bằng: A. 6 6 t . B. 6 . 6 t . C. 6 4 t . D. 1 6 2 t . Lời giải Chọn B Ta có 4 2 2 log 2 log log 2 1 2 2 x x t t x t         . Mặt khác, 2 2 log 2 1 log 6 6 6 6 . 6 x t t x . Câu 39: ( T r ư ờ n g B D V H 2 1 8 L T T - k h o a 1 - n ă m 2 0 1 7 - 2 0 1 8 ) Hàm số nào dưới đây đồng biến trên  ? A. 2 1 x y x . B. 2 2 1 x x y x . C. 2 2 1 y x x . D. 2 3 y x x x . Lời giải Chọn D  Xét 2 1 x y x :   TXĐ   \ 1 D  .   2 3 0, 1 y x D x  , suy ra hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định ; 1  , 1;  . Loại A.  Xét 2 2 1 x x y x :   TXĐ   \ 1 D  .   2 2 2 2 0, 1 x x y x D x  , suy ra hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định ;1  , 1;  . Loại B.  Xét 2 2 4 2 1 y x x x x :   TXĐ D  .   3 4 2 y x x  , 3 2 0 4 2 0 2 2 1 0 0 y x x x x x  , suy ra hàm số đòng biến trên 0;  . Loại C.  Xét 2 3 2 3 3 y x x x x x x   TXĐ D  .   2 3 2 3 0, y x x x   , suy ra hàm số đồng biến trên  .   Chú ý: Có thể loại ngay A, B vì tập xác định không phải là  . Câu 40: (Tr ư ờ n g B DV H2 18L TT - k ho a 1 - năm 2017- 201 8) Tìm tích số của tất cả các nghiệm thực của phương trình 2 3 2 7 49 7 x x A. 1 . B. 1. C. 1 2 . D. 1 2 . Lời giải Chọn A 2 2 3 3 5 2 2 2 2 2 1 5 3 5 2 7 49 7 7 7 1 0 2 2 1 5 2 x x x x x x x x x x      Khi đó tích các nghiệm là: 1 5 1 5 . 1 2 2 . Câu 41: (Tr ư ờ n g B DV H2 18L TT - k ho a 1 - năm 2017- 201 8) Cho 0 m , a m m , 3 2 4 . m y a m . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 18 35 1 y a . B. 2 1 y a . C. 9 34 1 y a . D. 6 11 1 y a . Lời giải Chọn A 1 3 1 3 1 . 18 2 18 2 12 a m m m a m m , 1 1 1 3 13 18 12 1 2 2 2 4 18 35 2 4 1 . . m m m a y a a a m a a m . Câu 42: (Tr ư ờ n g B DV H2 18L TT - k ho a 1 - năm 2017- 201 8) Đạo hàm của hàm số 3 log 5 2 x y x là A. 1 5 2 ln 3 y x x  . B. 1 5 2 ln 2 y x x  . C. 2 5 ln 3 5 2 ln 5 2 5 2 ln 3 x x x x y x x x     . D. 2 2 5 ln 3 5 2 ln 5 2 5 2 ln 3 x x x x y x x x     . Lời giải Chọn C 3 ln 5 2 log 5 2 ln 3 x x y x x . 2 5 3 ln 3 ln(5 2) 5 2 3 ln 3 x x x x y x     2 5 ln 3 (5 2)ln(5 2) 5 2 ln 3 x x x x x x x    . Câu 43: (Tr ư ờ n g B DV H2 18L TT - k ho a 1 - năm 2017- 201 8) Cho a dương, khác 1. Tìm giá trị của log 27 a a P a A. 9 . B. 27 . C. 3 . D. 9 3 . Lời giải Chọn A log 27 a a P a 3 3/2 log 3 a a 3.2 log 3 3 a a 2 log 3 a a 2 3 9. Câu 44: (Tr ư ờ n g B DV H2 18L TT - k ho a 1 - năm 2017- 201 8) Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 1 1 2 2 log 4 9 log 10 x x . A. 6 . B. 4 . C. 0 . D. Vô số. Lời giải Chọn B Điều kiện của bất phương trình là 9 4 x . Khi đó bất phương trình đã cho thành 19 4 9 10 3 x x x . (Do 1 1 2 a ). So điều kiện ta được 9 19 4 3 x . Do x  nên   3, 4, 5, 6 x . Câu 45: (Tr ư ờ n g B DV H2 18L TT - k ho a 1 - năm 2017- 201 8) Cho , , a b c là các số thực dương khác 1. Đồ thị hàm số x y a , x y b , x y c được cho trong hình bên. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau: A. 1 c a b . B. 1 c a b . C. 1 c b a . D. 1 c a b . Lời giải Chọn D Đồ thị hàm số x y c đi xuống lên hàm số x y c nghịch biến, suy ra 0 1 c . Đồ thị hàm số x y a và x y b đi lên do đó hàm số x y a và x y b đồng biến, suy ra 1 a và 1 b . Với 1 x ta thấy b a . Suy ra 1 c a b . Do đó đáp án đúng là D. Câu 46: (Tr ư ờ n g B DV H2 18L TT - k ho a 1 - năm 2017- 201 8) Nhà toán học người Pháp Pierre de Fermat là người đầu tiên đưa ra số Fermat 2 2 1 n n F với n là số nguyên không âm. Fermat dự đoán là O x y 1 x y b x y a x y c n F là số nguyên tố n  nhưng Euler đã chứng minh được 5 F là hợp số. Hãy tìm số chữ số khi viết số 17 F trong hệ thập phân. A. 39457 . B. 39458. C. 29373. D. 29374 . Lời giải Chọn A Ta có 17 2 17 2 1 F 17 2 17 log log 2 1 F . Do 17 17 17 17 2 2 2 2 log 2 log 2 1 log 2 .2 39456,60 log 2 1 39456,91 17 2 log 2 1 39456    . Vậy số 17 2 17 2 1 F có 39457 chữ số. Câu 47: (Tr ư ờ n g B DV H2 18L TT - k ho a 1 - năm 2017- 201 8) Nếu 8 log 3 a và 3 log 5 b thì log 5 bằng. A. 3 5 a b . B. 2 2 a b . C. 1 3ab a b . D. 3 1 3 ab ab . Lời giải Chọn D Ta có: 8 3 8 log 3.log 5 log 5 8 log 5 ab . 8 8 log 5 log 5 log 10 8 8 8 log 5 log 2 log 5 1 3 ab ab 3 1 3 ab ab . Câu 48: (Tr ư ờ n g B DV H2 18L TT - k ho a 1 - năm 2017- 201 8) Cho hàm số x e y x . Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: A. , 0 x y xy e x     . B. , 0 x y xy e x     . C. 2 , 0 x y xy e x     . D. 2 , 0 x y xy e x     . Lời giải Chọn C Ta có: 2 . x x e x e y x  ; 2 4 2 x x x x x e xe e x x xe e y x   2 3 2 2 x x x x e xe e x 2 2 2 2 2 2 2 2 x x x x x x xe e x e xe e y xy e x x    . Câu 49: (Tr ư ờ n g B DV H2 18L TT - k ho a 1 - năm 2017- 201 8) Cho a , b và x là các số thực dương khác 1. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau: 2 2 13 log log log .log 6 a b a b x x x x A. khi và chỉ khi 2 3 a b . B. khi và chỉ khi 2 3 b a . C. khi và chỉ khi x ab . D. khi và chỉ khi 5 5 2 2 1 a b a b ab . Lời giải Chọn D Ta có: 2 2 2 log log 13 13 log log log .log 1 6 log 6 log a a a b a b b b x x x x x x x x      3 2 2 2 3 2 log 13 3 log log 1 0 3 6 log 2 b b b b a a b a a a b a        3 2 2 3 5 5 2 2 0 1 a b a b a b a b ab Câu 50: (TT Di ệu Hi ề n - C ầ n Thơ - thá n g 11 - n ăm 2 017 - 201 8 ) Cho phương trình 3 1 x m . Chọn phát biểu đúng: A. Phương trình có nghiệm dương nếu 0 m . B. Phương trình luôn có nghiệm với mọi m . C. Phương trình luôn có nghiệm duy nhất 3 log 1 x m . D. Phương trình có nghiệm với 1 m . Lời giải Chọn A Ta có 3 0 x , x  nên 3 1 x m có nghiệm 1 0 1 m m . Từ đó ta loại được đáp án B và D. Xét đáp án A, phương trình có nghiệm dương thì 0 3 3 1 x nên 1 1 0 m m . Từ đó đáp án A đúng. Xét đáp án C, ta thấy sai vì ở đây thiếu điều kiện 1 m . Câu 51: (TT Di ệu Hi ề n - C ầ n T hơ - t háng 11 - n ă m 20 17 - 201 8) Số nghiệm của phương trình 1 3 3 2 x x là: A. 3 . B. 1. C. 2 . D. 0 . Lời giải Chọn B Ta có: 1 3 3 2 x x 3 3 2 3 x x 2 3 2.3 3 0 x x 3 1 3 3 x x vn    1 x . Vậy phương trình có một nghiệm. Câu 52: (TT D i ệu Hi ền - C ần Th ơ - t h án g 11 - n ăm 201 7 - 2 018 ) Tích các nghiệm của phương trình 2 25 log 125 log 1 x x x bằng A. 7 25 . B. 630 625 . C. 1 125 . D. 630 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 0 1 x  , ta có: 2 25 log 125 log 1 x x x 2 2 25 25 log log .log 125 1 x x x 2 25 25 3 log log 1 0 2 x x 25 25 1 log 2 log 2 x x    2 5 1 25 x x    . Vậy tích các nghiệm của phương trình là: 1 125 . Câu 53: (TT Di ệu Hi ền - C ần Thơ - thá n g 11 - n ăm 201 7 - 20 18) Phương trình 9 3.3 2 0 x x có hai nghiệm 1 x , 2 x với 1 2 x x . Giá trị của 1 2 2 3 x x là: A. 3 3log 2 . B. 1. C. 3 4log 2 . D. 2 2log 3. Lời giải Chọn A Đặt 3 , 0 x t t . Ta được phương trình 2 2 3 2 0 1 t n t t t n    . Suy ra 3 log 2 3 2 0 3 1 x x x x     . Với 1 2 x x nên 1 0 x và 2 3 log 2 x . Suy ra 1 2 3 2 3 3log 2 x x . Câu 54: (TT D i ệu Hi ề n - C ầ n Th ơ - t h án g 11 - nă m 201 7 - 201 8) Phương trình 2 5 log 2 log 2 x x A. Có hai nghiệm dương. B. Vô nghiệm. C. Có một nghiệm âm. D. Có một nghiệm âm và một nghiệm dương. Lời giải Chọn A Điều kiện: 0 1 x  . 2 5 log 2 log 2 x x 2 2 1 5 log 0 log 2 x x 2 2 log 2 4 1 log 2 2 x x x x      . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm dương. Câu 55: (T H PT Ch uy ên V ĩn h Phúc - l ầ n 2 - nă m 201 7 - 20 18) Cho log 1 a x và log 4 a y . Tính 2 3 log a P x y . A. 3 P . B. 10 P . C. 14 P . D. 65 P . Lời giải Chọn B Cách 1: Ta có 1 log 1 a x x a và 4 log 4 a y y a . Suy ra 2 3 log a P x y 1 3 2 4 log . a a a 2 12 log . a a a 10 log 10 a a . Cách 2: 2 3 2 3 log log log 2log 3log 2 12 10 a a a a a P x y x y x y . Câu 56: (T HP T C huyê n V ĩn h P h ú c - l ầ n 2 - n ăm 201 7 - 201 8 ) Mệnh đề nào dưới đây sai? A. log 1 0 10 x x . B. ln 0 1 x x . C. 2 4 2 log log 0 x y x y . D. 1 1 log log 0   x y x y . Lời giải Chọn C Ta có 2 4 2 log log x y 2 2 log log x y 0 x y 0 0   x y x y . Từ đó suy ra C sai. Câu 57: (T HP T Qu ã ng Xư ơ n g - Th anh Hó a - l ần 1 - nă m 201 7 - 20 18) Tìm nghiệm của phương trình 1 4 2 3 0 x x . A. 0 x . B. 1 x . C. 1 x . D. 2 x . Lời giải Chọn A Ta có: 1 4 2 3 0 x x 2 2 2.2 3 0 x x 2 1 2 3 x x   0 x . Câu 58: (TH PT Qu ãng Xươn g - T h an h Hó a - l ầ n 1 - n ăm 201 7 - 20 18) Rút gọn biểu thức 1 6 3 . P x x , với 0 x . A. 2 9 P x . B. 1 9 P x . C. P x . D. 2 P x . Lời giải Chọn C Ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 6 3 3 6 3 6 3 6 2 . . P x x x x x x x x . Câu 59: (THPT Q u ãn g Xươ ng - Than h Hó a - l ần 1 - n ăm 201 7 - 201 8 ) Đồ thị hàm số 3 2 3 2 y x x ax b có điểm cực tiểu 2; 2 A . Tính a b . A. 4 a b . B. 2 a b . C. 4 a b . D. 2 a b . Lời giải Chọn B Ta có: 2 0 0 0 2 4 4 2 2 2 2 y a a a b a b b y     . Câu 60: (T HP T Qu ã n g Xương - T ha n h H ó a - l ầ n 1 - nă m 20 17 - 201 8) Với hai số thực dương a , b tùy ý và 3 5 6 3 log 5.log log 2 1 log 2 a b . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng? A. 6 log 2 a b . B. 6 log 3 a b . C. 36 a b . D. 2 3 0 a b . Lời giải Chọn C Ta có: 3 5 3 6 6 6 6 3 3 log 5.log log log 2 log 2 log log 2 1 log 2 log 6 a a b b a b 6 log 2 36 36 a a a b b b . Câu 61: (TH PT Quã ng X ươ n g - Th an h Hó a - l ầ n 1 - n ăm 2017 - 201 8) Cho hàm số ln e x y f x m có 3 ln 2 2 f  . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 1;3 m . B. 0;1 m . C. 2;0 m . D. 5; 2 m . Lời giải Chọn C Ta có: e e x x f x m  . Lại có: ln 2 ln 2 1 3 e 3 3 1 2 ln 2 2;0 1 2 e 2 2 6 2 f m m m m  . Câu 62: (TH P T B ì nh Xu yê n - V ĩn h Phú c - nă m 201 7 - 20 18) Đồ thị hàm số 3 2 1 1 1 3 2 y x x có bao nhiêu tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 1 7 2 3 y x A. 2 . B. 0 . C. 3 . D. 1. Lời giải Chọn A Ta có 2 y x x  . Gọi 0 x là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 1 7 2 3 y x . Ta có 0 1 . 1 2 f x      0 ' 2 f x 0 2 0 0 1 2 2 x x x x   . Vậy có hai tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 1 7 2 3 y x . Câu 63: (TH P T Ng ô S ĩ L iê n - B ắ c Gi a n g - l ầ n 1 - nă m 201 7 - 201 8 ) Biết 27 log 5 a , 8 log 7 b , 2 log 3 c . Giá trị của 12 log 35 bằng A. 3 2 1 b ac c . B. 3 2 b ac c . C. 3 1 b ac c . D. 3 2 2 b ac c . Lời giải Chọn B Cách 1: PP tự luận. Ta có 2 2 3 2 2 2 12 2 2 2 log 7 log 3.log 5 log 35 log 7 log 5 log 35 log 12 2 log 3 2 log 3 Mặt khác: 27 3 3 1 log 5 log 5 log 5 3 3 a a a Và 8 2 2 1 log 7 log 7 log 7 3 3 b b b Suy ra: 12 3 3 .3 log 35 2 2 b ac b c a c c . Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay. Bước 1: Nhập 27 log 5 shift sto A     , 8 log 7 shift sto B     , 2 log 3 shift sto C     Bươc 2: Nhập 12 3 2 log 35 1 B AC C sau đó bấm " " . Kết quả bằng 0 thì nhận. Kết quả khác 0 thì sửa biểu thức thứ 2 trong từng đáp án đến khi n Câu 64: (T HP T Ng ô S ĩ Liê n - B ắ c Gi an g - l ầ n 1 - nă m 2 017 - 2018) Hàm số 1 3 2 1 f x x có tập xác định là A. 1 ; 2      . B. 1 ; . 2      C. 1 ;2 . 2     D. 1 \ 2      . Lời giải Chọn A Điều kiện để hàm số có nghĩa là 1 2 1 0 2 x x . Vậy tập xác định của hàm số là 1 ; 2 D      . Câu 65: (T HP T Ng u y ễ n K h uy ế n - T PH CM - nă m 201 7 - 2018)Cho 0 1 a  . Tính giá trị của log a a M a a a . A. 3 4 . B. 6 7 . C. 4 3 . D. 7 6 . Lời giải Chọn D 3 2 7 4 7 7 4 log log 3 6 2 a a a M a a a a Câu 66: (T HP T Ng u y ễ n K h uy ế n - T PH CM - nă m 201 7 - 2018)Cho , 0 a b và 1 a  . Khẳng định nào dưới đây không luôn đúng A. log log 10.log a a b b . B. log log a a b b . C. 1 log log a a b b . D. log log log a b b a . Lời giải Chọn C Vì 1 log log a a b b khi 0  Câu 67: (T HP T Ng u y ễ n K h uy ế n - T PH CM - nă m 201 7 - 2018) Cho log 2 a b . Giá trị của log b a b M a là A. 2 2 . B. 2 2 . C. 1 2 . D. 1 2 . Lời giải Chọn A Từ 2 log 2 a b b a thay vào ta được Câu 68: 2 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 1 2 2 log log 2 a a a a M a a . Câu 69: (T HP T Ng uy ễ n K huy ế n - T PH CM - n ăm 2 017 - 201 8 ) Gọi S là tập nghiệm của phương trình 2 2 2 2 1 2 2 4 1 x x x x x x . Số phần tử của tập S là A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 Lời giải Chọn D TXĐ: D  Xét phương trình: 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 4 1 2 4 1 4 x x x x x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 1 4.2 2 4.4 4 5.2 2 4 x x x x x x x x x x 2 2 2 2 5.2 4 0 x x x x . Đặt 2 2 , 0 x x t t Phương trình trở thành: 2 1 5 4 0 4 t t t t   Với 2 2 0 1 2 1 0 1 x x x t x x x   Với 2 2 2 2 4 2 2 2 0 1 x x x t x x x   Vậy tập nghiệm của phương trình   1;0;1;2 S có 4 phần tử. Câu 70: (T HP T Ng u y ễ n K h uy ế n - T PH CM - nă m 201 7 - 2018) Tính đạo hàm của hàm số 2 9 x x y A. 2 1 2 2 ln 3 3 x x y  . B. 2 1 2 2 ln 3 3 x x y  . C. 2 1 2 ln 3 3 x x y  . D. 2 1 2 ln 3 3 x x y  Lời giải Chọn B Ta có: 2 2 2 .9 9 2 9 9 ln 9 2 2 9 9 9 x x x x x x x x x x x y         2 2 9 9 ln 9 2 1 2 2 ln 3 9 3 x x x x x x y  . Câu 71: (T HP T Ng u y ễ n K h uy ế n - T PH CM - nă m 201 7 - 2018) Tìm tập xác định S của hàm số 2 log 3 x x y x     là A.   0;3 \ 1 S . B. 0;3 S . C. 1;3 S . D. 0;1 S Lời giải Chọn A Đk: 0 1 0 1 0 1 0 3 2 3 0 3 1 0 3 x x x x x x x x x         Vậy   0;3 \ 1 S . Câu 72: (T HP T Ng uy ễ n K huy ế n - T PH CM - n ăm 2 017 - 201 8 ) Bất phương trình 1 1 2 2 log 2 3 log 5 2 x x có tập nghiệm là ; a b . Tính giá trị của S a b . A. 7 2 S . B. 9 2 S . C. 11 2 S . D. 13 2 S . Lời giải Chọn B 1 1 2 2 log 2 3 log 5 2 x x 2 2 3 5 2 5 5 2 0 2 x x x x x   . Suy ra tập nghiệm của bất phương trình là 5 2; ; 2 S a b     . Vậy 9 2 a b . Câu 73: (TH PT Ta m Phư ớc - Đ ồ n g Na i - l ầ n 1 - n ăm 201 7 - 201 8) Rút gọn biểu thức 4 4 1 1 1 K x x x x x x . A. 2 1 x . B. 2 1 x . C. 2 1 x x . D. 2 1 x x . Lời giải Chọn D 2 1 1 K x x x x      1 1 x x x x 2 1 x x    2 1 x x . Câu 74: (T HP T Ta m P hư ớ c - Đ ồ ng Na i - l ầ n 1 - n ăm 2 017 - 201 8) Tính đạo hàm của hàm số 3 2 3 y x x , 0 x . A. 3 4 3 y x  . B. 6 7 6 y x  . C. 7 6 7 y x  . D. 9 y x  . Lời giải Chọn B Với 0 x , ta có: 1 3 3 2 2 y x     7 6 x 1 6 7 . 6 y x  6 7 6 x . Câu 75: (TH PT Ch uy ên Hù n g V ươn g - B ình P h ư ớ c - l ầ n 2 - n ă m 201 7 - 201 8) Cho hàm số 2 ln 3 y x x . Tập nghiệm S của phương trình 0  f x là: A.  S . B. 3 2     S . C.   0;3 S . D. ;0 3;    S . Lời giải Chọn A Điều kiện: 2 0 3 0 3   x x x x Ta có 2 2 3 3  x f x x x , Do đó 2 2 3 3 0 0 3 2  x f x x x x (loại vì không thỏa điều kiện). Câu 76: (TH PT Ch u yê n H ù n g V ươn g - B ìn h Phư ớ c - l ầ n 2 - nă m 2 01 7 - 2 01 8) Cường độ của ánh sáng I khi đi qua môi trường khác với không khí, chẳng hạn như sương mù hay nước,...sẽ giảm dần tùy theo độ dày của môi trường và một hằng số  gọi là khả năng hấp thu ánh sáng tùy theo bản chất môi trường mà ánh sáng truyền đi và được tính theo công thức 0 .  x I I e với x là độ dày của môi trường đó và tính bằng mét, 0 I là cường độ ánh sáng tại thời điểm trên mặt nước. Biết rằng nước hồ trong suốt có 1,4  . Hỏi cường độ ánh sáng giảm đi bao nhiêu lần khi truyền trong hồ đó từ độ sâu 3m xuống đến độ sâu 30m (chọn giá trị gần đúng với đáp số nhất). A. 30 e lần. B. 16 2,6081.10 lần. C. 27 e lần. D. 16 2,6081.10 lần. Lời giải Chọn B Cường độ ánh sáng ở độ sâu 3m là 1,4.3 4,2 1 0 0 . . I I e I e Cường độ ánh sáng ở độ sâu 30m là 1,4.30 42 2 0 0 . . I I e I e Ta có 4,2 16 1 42 2 2,6081.10 I e I e nên cường độ ánh sáng giảm đi 16 2,6081.10 lần. Câu 77: (TH P T Chuyê n Hù ng V ươn g - Bìn h Phư ớ c - l ầ n 2 - năm 20 17 - 2 018 ) Tập nghiệm S của phương trình 3 1 4 7 16 0 7 4 49         x x là A. 1 2     S . B.   2 S . C. 1 1 ; 2 2     . D. 1 ; 2 2     S . Lời giải Chọn A Ta có 3 1 4 7 16 0 7 4 49         x x 2 1 2 4 4 7 7         x 2 1 2 x 1 2 x . Cách trắc nghiệm: Nhập VT phương trình vào máy tính, dùng nút Calc thử các nghiệm. Câu 78: (TH P T C hu y ên Hù n g Vươn g - Bìn h P h ư ớ c - l ầ n 2 - nă m 201 7 - 201 8) Biết rằng log 7 a ; 5 log 100 b . Hãy biểu diễn 25 log 56 theo a và b . A. 3 6 4 ab b . B. 6 4 ab b . C. 3 6 4 ab b . D. 3 6 4 ab b . Lời giải Chọn C Ta có 25 5 5 5 5 5 1 1 1 log 56 log 7.8 log 7 3log 2 log 10.log 7 3 log 10 1 2 2 2    5 5 1 1 3 3 6 log 100.log 7 log 100 3 2 2 2 4     ab b . Câu 79: (TH PT Ch u yê n H ùng V ươn g - B ìn h P hư ớ c - l ầ n 2 - nă m 201 7 - 2018) Đạo hàm của hàm số ln ln f x x trên tập xác định của nó là A. 1 2 ln ln  f x x . B. 1 ln ln  f x x . C. 1 2 ln ln  f x x x . D. 1 2 ln . ln ln  f x x x x . Lời giải Chọn D Ta có ln ln 2 ln ln   x f x x ln ln .2 ln ln  x x x 1 2 ln . ln ln x x x . Câu 80: (T HP T C h uy ê n Hùng Vươn g - B ìn h P h ư ớ c - l ầ n 2 - năm 201 7 - 2 0 18) Gọi a là một nghiệm của phương trình 2log log 2log 4.2 6 18.3 0 x x x . Khẳng định nào sau đây là đúng khi đánh giá về a . A. 2 10 1 a . B. 2 1 2 a a . C. a cũng là nghiệm của phương trình log 2 9 3 4     x . D. 2 10 a . Lời giải Chọn C Điều kiện: 0 x . Chia hai vế cho 2log 3 x ta được phương trình: 2log log 2 2 4. 18 0 3 3         x x log log 2 9 3 4 2 2 3               x x VN log 2 9 3 4     x . Câu 81: (T HPT C huyê n Hù n g Vươ n g - B ình Phư ớ c - l ầ n 2 - n ăm 201 7 - 2 018 ) Cho các số thực 0 a b . Mệnh đề nào sau đây là sai? A. 1 ln ln ln 2 ab a b . B. ln ln ln     a a b b . C. 2 2 2 ln ln ln     a a b b . D. 2 2 2 ln ln ln ab a b . Lời giải Chọn A Vì 0 a b nên không tồn tại ln , ln a b . Câu 82: (T HP T Chuyê n Hù ng Vươn g - B ìn h Phư ớ c - l ầ n 2 - nă m 2 017 - 2 018) Một người mỗi tháng đều đặn gửi vào ngân hàng một khoản tiền T theo hình thức lãi kép với lãi suất 0,6% mỗi tháng. Biết sau 15 tháng, người đó có số tiền là 10 triệu đồng. Hỏi số tiền T gần với số tiền nào nhất trong các số sau. A. 635.000 đồng. B. 645.000 đồng. C. 613.000 đồng. D. 535.000 đồng. Lời giải Chọn A Với số tiền T gửi đều đặn mỗi tháng theo hình thức lãi kép với lãi suất % r mỗi tháng, ta có Sau một tháng, số tiền của người đó là 1 1 A T r đồng. Sau hai tháng, số tiền của người đó là 2 2 1 1 1 1       A T r T r T r r đồng. Sau ba tháng, số tiền của người đó là   2 3 2 3 1 1 1 1 1 1       A T r r T r T r r r đồng. … Sau mười lăm tháng, số tiền của người đó là 15 14 15 15 1 1 ... 1 1 1 1       T A T r r r r r r đồng. Khi đó 7 15 15 15 . 10 .0,006 635.000 1,006 1,006 1 1 1 1     A r T r r đồng. Câu 83: (TH PT H ậ u L ộ c 2 - Tha nh Hó a - ầ n 1 - nă m 201 7 - 20 18) Cho 2 log 6 a , 2 log 7 b . Tính 3 log 7 theo a , b . A. 1 b a . B. 1 a b . C. 1 b a . D. 1 a b . Lời giải Chọn A Ta có: 2 3 2 log 7 log 7 log 3 * Theo đề 2 2 2 log 6 log 2.3 1 log 3 a 2 log 3 1 a . Thay vào * ta được 3 log 7 1 b a . Câu 84: (TH PT H ậ u L ộ c 2 - Th an h H ó a - ầ n 1 - n ăm 201 7 - 20 18) Tìm tập nghiệm của bất phương trình 2 1 2 log 2 8 4 x x . A. 4; 2 . B.  6; 4 . C.     6; 4 2; 4  . D.   6; 4 2; 4  . Lời giải: Chọn D Điều kiện 2 4 2 8 0 2   x x x x . Với điều kiện trên, bất phương trình trở thành: 4 2 2 1 2 8 2 24 0 6 4 2         x x x x x Kết hợp điều kiện ta được 6 4 2 4     x x . Câu 85: (TH P T H ậ u L ộ c 2 - Tha nh H ó a - ầ n 1 - n ăm 2 017 - 201 8) Đạo hàm của hàm số 2 ln y x x là hàm số nào dưới đây? A. 2ln 1  x y x . B. 1 2ln  y x . C. 2 1 ln  y x x . D. 1 2 ln  y x x . Lời giải Chọn A Ta có 2ln 1 2ln . ln 1   x y x x x . Câu 86: (T H PT C h uy ên L am - T han h Hó a - l ần 1 - năm 201 7 - 201 8) Biết phương trình 2 2log 3log 2 7 x x có hai nghiệm thực 1 2 x x . Tính giá trị của biểu thức 2 1 x T x A. 64 T . B. 32 T . C. 8 T . D. 16 T . Lời giải Chọn D Điều kiện: 0 1   x x . Ta có: 2 2log 3log 2 7 x x 2 2 3 2log 7 log x x 2 2 2 2log 7 log 3 0 x x 2 2 log 3 1 log 2    x x 8 2   x x (thỏa mãn). 1 2 x ; 2 8 x 2 1 x T x 8 2 16 . Câu 87: (THP T Ch u yê n Lam - T ha n h Hó a - l ần 1 - nă m 2 017 - 2018) Tìm tập xác định D của hàm số 2 3 2 2 3 y x x . A.   ; 3 1;    D . B. ; 1 3;    D . C. ; 3 1;    D . D.   ; 1 3;    D . Lời giải Chọn B Điều kiện xác định của hàm số 2 1 2 3 0 3   x x x x Vậy tập xác định của hàm số là ; 1 3;    D . Câu 88: (T H PT C h uy ên L am - T han h Hó a - l ần 1 - năm 201 7 - 201 8) Cho phương trình 2 1 2 7 4 3 2 3 x x x . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Phương trình có hai nghiệm không dương. B. Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt. C. Phương trình có hai nghiệm trái dấu. D. Phương trình có hai nghiệm âm phân biệt. Lời giải Chọn A Do 2 7 4 3 2 3 nên phương trình ban đầu tương đương với 2 2 1 2 2 3 2 3 x x x 2 2 2 2 2 x x x 2 2 0 x x 0 1 2    x x . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm không dương. Câu 89: (TH PT Ch u yê n Lam - T h an h Hó a - l ần 1 - nă m 201 7 - 201 8 ) Với 0 1  a , biểu thức nào sau đây có giá trị dương? A. 1 2 log log 2            a a . B. 1 log log10     a . C. 4 1 log     a a . D. 4 2 log log a a . Lời giải Chọn D Xét A: 1 2 1 log log 2 log 1 0 a a a a            . Xét B: 1 log log 1 0 log10 a a     . Xét C: 1 4 4 1 1 log log 0 4 a a a a     Xét D : 4 2 2 2 log log log 4log log 4 2 0 a a a a Cách 2: Cho 2 a dùng MTCT thử đáp án. Câu 90: (T HP T C hu yê n L am - T ha nh Hó a - l ần 1 - năm 201 7 - 2018) Biết hàm số y f x có đồ thị đối xứng với đồ thị hàm số 3 x y qua đường thẳng 1 x . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau: A. 1 3.3 x f x . B. 1 9.3 x f x . C. 1 1 3 2 x f x . D. 1 2 3 x f x . Lời giải Chọn B Trên đồ thị hàm số 3 x y lấy 0 0 ; M x y và gọi ; N x f x là điểm thuộc đồ thị hàm số f x và đối xứng với M qua đường thẳng 1 x . Khi đó 0 0 0 0 2 1 2 0   x x x x y f x f x y . Thay vào hàm số ban đầu ta được: 2 1 3 9.3 x x f x . Câu 91: (THPT C ổ Loa - H à N ộ i - l ần 1 - nawm - 20 18) Cho 0 a , 0 b thỏa mãn 2 2 9 10 a b ab . Khẳng định nào sau đây đúng? A. log 1 log 1 a b . B. 3 log log log 4 2 a b a b . C. 3log 3 log log a b a b . D. 2log 3 2log log a b a b . Lời giải Chọn B Ta có 2 2 9 10 a b ab 2 3 16 a b ab 2 3 4     a b ab 2 3 log log 4     a b ab O y 1 x 3 x y 1 1 x3 2log log log 4     a b a b 3 log log log . 4 2     a b a b Câu 92: (TH P T C ổ Loa - H à N ội - l ầ n 1 - na w m - 20 18) Gọi M , N lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 . x y x e trên đoạn   1;1 . Tính tổng M N . A. 3 M N e . B. M N e . C. 2 1 M N e . D. 2 1 M N e . Lời giải Chọn B Ta có 2 2 2  x x x y xe x e xe x . Cho 0 0 2 0 2     x x N y xe x x L . Khi đó 1 y e ; 1 1 y e ; 0 0 y . Do đó   1;1 Min 0 m y tại 0 x và   1;1 Max M y e tại 1 x . Vậy M m e . Câu 93: (TH P T C ổ L o a - Hà N ội - l ần 1 - na wm - 201 8) Giá trị lớn nhất của hàm số 2 1 1 x y x trên khoảng ;   bằng A. 2 2 . B. 1. C. 2 . D. 2 . Lời giải Chọn C Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 . 1 1 1 1 1 1 1 1 1  x x x x x x x x y x x x x x . Cho 0 1  y x . Nhận thấy 1 2 y ; lim 1   x y và lim 1   x y . Vậy ; Max 2   M y tại 1 x . Câu 94: (THPT C ổ Loa - H à N ộ i - l ần 1 - nawm - 20 18) Cho 3 log 15 a , 3 log 10 b . Tính 3 log 50 theo a và b . A. 3 log 50 2 1 a b . B. 3 log 50 4 1 a b . C. 3 log 50 1 a b . D. 3 log 50 3 1 a b . Lời giải Chọn A Ta có 3 3 3 3 3 3 log 15 log 3.5 log 3 log 5 1 log 5 log 5 1 a a . 3 3 3 3 log 50 2log 5.10 2 log 5 log 10 2 1 a b . Câu 95: ( TH PT C ổ Loa - Hà N ội - l ần 1 - n aw m - 2 018 ) Phương trình 2 1 3 4.3 1 0 x x có hai nghiệm 1 x , 2 x trong đó 1 2 x x . Khẳng định nào sau đây đúng? A. 1 2 2 x x . B. 1 2 2 1 x x . C. 1 2 2 1 x x . D. 1 2 2 x x . Lời giải Chọn B Ta có 2 1 2 1 2 3 1 0 3 4.3 1 0 3. 3 4.3 1 0 1 1 3 3       x x x x x x x x . Vậy 1 2 2 1 x x . Câu 96: (TH PT C ổ Loa - Hà N ộ i - l ần 1 - n aw m - 20 18) Đạo hàm của hàm số 1.ln y x x là A. ln 2 1 2 1  x x x y x x . B. 1 2 1  y x x . C. 1 1  x x y x x . D. 3 2 2 1  x y x x . Lời giải Chọn A Ta có ln 1 1.ln 1 .ln ln 1 2 1     x x y x x x x x x x x . .ln 2 1 ln 1 2 1 2 1  x x x x x y x x x x x . Câu 97: (T HPT C ổ Lo a - Hà N ộ i - l ần 1 - na wm - 20 18) Cho hàm số 3 1 . x y x e . Hệ thức nào sau đây đúng? A. 6 9 0    y y y . B. 6 9 0    y y y . C. 6 9 10    x y y y xe . D. 6 9    x y y y e . Lời giải Chọn B 3 3 3 1  x x y e x e 3 3 4 x e x . 3 3 3 3 3 4   x x y e x e 3 9 15 x e x . 3 3 3 6 9 9 15 6 3 4 9 1    x x x y y y e x e x e x 3 9 15 18 24 9 9 0 x e x x x . Câu 98: (THPT C ổ L o a - Hà N ội - l ần 1 - na wm - 201 8 ) Gọi n là số nguyên dương sao cho 2 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 210 ... log log log log log n x x x x x đúng với mọi x dương. Tìm giá trị của biểu thức 2 3 P n . A. 32 P . B. 40 P . C. 43 P . D. 23 P . Lời giải Chọn C 2 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 210 ... log log log log log n x x x x x 3 3 3 3 3 1 2 3 210 ... log log log log log n x x x x x 3 3 1 210 1 2 3 ... log log n x x 1 210 2 n n 2 420 0 n n 20 21   n n . Do n là số nguyên dương nên 20 n 43 P . Câu 99: ( TH P T C ổ L oa - H à N ội - l ần 1 - n aw m - 201 8 ) Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 1 4 .2 2 0 x x m m có hai nghiệm 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 3 x x ? A. 2 . B. 0 . C. 1. D. 3 . Lời giải Chọn C Phương trình 4 2 .2 2 0 1 x x m m Đặt 2 x t , 0 t phương trình trở thành 2 2 . 2 0 2 t m t m . Để phương trình 1 có hai nghiệm 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 3 x x điều kiện là phương trình 2 có hai nghiệm 1 2 , 0 t t thỏa mãn 1 2 1 2 1 2 . 2 .2 2 8 x x x x t t . Vậy điều kiện là 2 2 0 2 0 4 2 8    m m b m m a c m a . Câu 100: (TH PT C ổ L oa - Hà N ội - l ần 1 - na wm - 20 18) Cho a , b là các số thực dương thỏa mãn 1  a , 1  a b và log 5 a b . Tính log ab b P a . A. 11 3 5 4 P . B. 11 3 5 4 P . C. 11 2 5 4 P . D. 11 3 5 2 P . Lời giải Chọn A Cách 1 Ta có 5 log 5 a b b a . Suy ra 1 5 ab a và 1 5 2 b a a . Khi đó 1 5 1 5 2 1 2 5 11 3 5 2 log 2log 2log 4 1 5     ab ab a b b P a a a . Cách 2 1 log 5 log log 2 5 1 11 3 5 2 log 1 1 4 log 5 1 log log 1 5 2 2     a a a ab a a a b b a b a P a ab a b . Câu 101: (TH TT S ố 3 - 486 th á ng 12 năm 201 7 - 201 8 ) Cho log 2 a x , log 3 b x với a , b là các số thực lớn hơn 1. Tính 2 log a b P x . A. 6 . B. 6 . C. 1 6 . D. 1 6 . Lời giải Chọn B Vì a , b là các số thực lớn hơn 1 nên ta có: 2 3 2 3 3 2 3 log 2 log 3 a b x x a a b a b a b x x b   . 3 1 2 2 2 2 log log log 2log 6 a b b b b b P x x x x . Câu 102: (THTT S ố 3 - 486 thá ng 12 n ăm 20 17 - 20 18) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 2 2 2 2 2 log log 2 1 log log 1  x x x x . A. 1 0; 1; 2 2; 2           . B. 1 0; 1; 2 2         . C. 1 0; 2; 2         . D.  1 0; 1; 2        . Lời giải Chọn A 2 2 2 2 2 log log 2 1 log log 1 x x x x  1 . ĐK: 2 2 2 0 0 0 2 0 1 log 0 2 log 1 0 x x x x x x x x       I 2 2 2 2 log 1 2log 1 1 log log 1 x x x x  . Đặt 2 log t x , 0, t  1 t  Bất phương trình trở thành: 2 1 1 2 2 1 1 1 0 0 1 1 2 1 t t t t t t t t t t t          .  2 1 log 1 2 t x x .  2 1 1 0 0 log 1 2 2 2 t x x    .  2 1 1 log 1 0 2 t x x    . Kết hợp với điều kiện, bất phương trình 1 có tập nghiệm 1 0; 1; 2 2; 2 S           Câu 103: (THP T Ch u y ên Lê H ồ ng Pho n g - Na m Đ ị n h - l ầ n 2 nă m 201 7 - 2 0 18) Tập nghiệm của phương trình 9 4.3 3 0 x x là A.   0;1 . B.   1;3 . C.   0; 1 . D.   1; 3 . Lời giải Chọn A Ta có: 3 1 0 9 4.3 3 0 1 3 3 x x x x x x     . Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là   0;1 . Câu 104: (TH P T Ch u y ên L ê H ồ ng P h on g - Na m Đ ị n h - l ầ n 2 năm 2 017 - 201 8) Tìm tập xác định của hàm số 3 1 1 f x x . A. D  . B.  1; D  . C. 0; D  . D.   \ 1 D  . Lời giải Chọn B f x là hàm số lũy thừa với số mũ không nguyên nên cơ số phải là số dương. Điều kiện xác định: 1 0 1 1 1 0 x x x  . Vậy tập xác định:  1; D  . Câu 105: (S GD V ĩnh P h úc - K SC L l ầ n 1 nă m 20 17 - 201 8) Biểu thức C x x x x x với 0 x được viết dưới dạng lũy thừa số mũ hữu tỉ là A. 3 16 x . B. 7 8 x . C. 15 16 x . D. 31 32 x . Lời giải Chọn D Với 0 x ta có 2 C x x x x x 4 2 . C x x x x x 8 4 2 . . C x x x x x 16 8 4 2 . . . C x x x x x 32 16 8 4 2 . . . . C x x x x x 32 31 C x 31 32 C x . Câu 106: (S GD V ĩn h Ph úc - K S CL l ầ n 1 nă m 201 7 - 20 18) Cho các số thực dương a , b , c thỏa mãn: 3 7 11 log 7 log 11 log 25 27, 49, 11. a b c Tính 2 2 2 3 7 11 log 7 log 11 log 25 . T a b c A. 469. T B. 469. T C. 43. T D. 1323 11. T Lời giải Chọn A Ta có 2 2 2 3 7 11 log 7 log 11 log 25 T a b c 3 7 11 3 7 11 log 7 log 11 log 25 log 7 log 11 log 25 a b c          11 3 7 log 25 log 7 log 11 27 49 11 11 3 7 1 log 25 3log 7 2log 11 2 3 7 11 3 2 3 7 11 log 7 log 11 log 5 3 7 11 3 2 7 11 5 469 . Câu 107: (S GD V ĩnh P h úc - K SC L l ầ n 1 nă m 20 17 - 201 8) Cho các số thực a , b , c đôi một khác nhau và 0 , , 1 a b c  . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 2 2 2 log .log .log 2 a b c b c a c a b b c a . B. 2 2 2 log .log .log 1 a b c b c a c a b b c a . C. 2 2 2 log .log .log 1 a b c b c a c a b b c a . D. 2 2 2 log .log .log 2 a b c b c a c a b b c a . Lời giải Chọn C Ta có: 2 2 2 log .log .log a b c b c a c a b b c a 2 log .log .log a c c b b a c c b b a a     2 2 log 1 1 a b b a     . Câu 108: (T HP T L ụ c N g ạ n - B ắ c Ni nh - l ầ n 1 n ă m 2 017 - 201 8) Tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình 2 2 2 1 3 6 1 2 5.2 2 0 x x x x bằng A. 4 . B. 10. C. 6 . D. 8 . Lời giải Chọn C Ta có 2 2 2 2 2 1 3 6 1 2 3 6 2 5.2 2 0 2.2 5.2 2.2 0 x x x x x x x x . Vì 6 2 0 x , chia cả 2 vế của phương trình cho 6 2 x , ta được 2 2 2 6 3 2.2 5.2 2 0 x x x x . Đặt 2 3 2 x x t , điều kiện 0 t . Ta có phương trình: 2 2 2 5 2 0 1 2 t N t t t N     . + Với 2 3 2 3 13 2 2 2 3 1 0 2 x x t x x x  . + Với 2 3 2 1 1 3 5 2 3 1 2 2 2 x x t x x x  . Vậy tổng các nghiệm bằng 6 . Câu 109: (T HP T L ụ c N g ạ n - B ắ c Ni nh - l ầ n 1 n ă m 2 017 - 201 8) Phương trình 1 27 .2 72 x x x có một nghiệm viết dưới dạng log a x b , với a , b là các số nguyên dương. Tính tổng S a b . A. 4 S . B. 5 S . C. 6 S . D. 8 S . Lời giải Chọn B Điều kiện 0 x  . Phương trình 1 27 .2 72 x x x 1 3 2 3 3 .2 3 .2 x x x     3 3 3 2 3 2 3 2 x x x 3 3 2 3 3 2 x x x 3 3 3 2 x x x 3 3 3 log 2 x x x 3 3 3 log 2 x x x 3 1 3 log 2 0 x x     3 3 1 log 2 x x    2 3 log 3 x N x N    . Suy ra 2 3 a b  . Vậy tổng 5 S a b . Câu 110: (T HP T L ụ c N g ạ n - B ắ c Ni nh - l ầ n 1 n ă m 2 017 - 201 8) Cho a , b là các số hữu tỉ thoả mãn 6 2 2 2 1 log 360 log 3 log 5 2 a b . Khi đó tổng a b có giá trị là: A. 4 3 . B. 2 3 . C. 1 18 . D. 1 2 . Lời giải Chọn D Ta có: 3 2 6 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 log 360 log 2 .3 .5 3log 2 2log 3 log 5 log 3 log 5 6 6 2 3 6 Đồng nhất hệ số ta có: 1 3 a , 1 6 b . Do đó 1 2 a b . Câu 111: (T HP T L ụ c N g ạ n - B ắ c Ni nh - l ầ n 1 n ă m 2 017 - 201 8) Chọn câu khẳng định đúng trong các câu sau: A. Hàm số x y a đồng biến khi 0 1 a . B. Đồ thị hàm số x y a luôn nằm bên phải trục tung. C. Đồ thị hàm số x y a và 1 x y a     đối xứng nhau qua trục tung, với 0; 1 a a  . D. Đồ thị hàm số x y a và 1 x y a     đối xứng nhau qua trục hoành, với 0; 1 a a  . Lời giải Chọn C Cách 1: * Hàm số x y a đồng biến khi 1 a và nghịch biến khi 0 1 a nên A sai. * Hàm số x y a có tập xác định là  nên B sai. * Đồ thị của hai hàm số x y a và 1 x y a     đều nằm trên trục hoành suy ra không thể đối xứng nhau qua trục hoành nên D sai. * Vậy đáp án đúng là C. Cách 2: Ta có 1 1 x x x a a a     , với 0; 1 a a  . Suy ra đồ thị hàm số x y a và 1 x y a     đối xứng nhau qua trục tung. Câu 112: (T HP T L ụ c N g ạ n - B ắ c Ni nh - l ầ n 1 n ă m 2 017 - 201 8) Phương trình 2 1 7 1 8 0, 25. 2 x x x có tích các nghiệm bằng? A. 4 7 . B. 2 3 . C. 2 7 . D. 1 2 . Lời giải Chọn C Ta có 2 1 2 1 7 7 3. 2 1 1 2 8 0,25. 2 2 2 .2 x x x x x x 2 1 2 1 7 7 4 3. 3. 2 1 1 2 2 2 2 .2 2 2 x x x x x x 2 1 2 1 7 4 3. 7 9 2 0 2 1 2 7 x x x x x x x    . Vậy tích các nghiệm bằng 2 2 1. 7 7 . Câu 113: (T HP T L ụ c N g ạ n - B ắ c Ni nh - l ầ n 1 n ă m 2 017 - 201 8) Chọn câu trả lời đúng: Phương trình 2 1 3 4.3 27 0 x x có tổng các nghiệm bằng? A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn D Ta có 2 1 3 4.3 27 0 x x 2 3 12.3 27 0 x x . 3 9 3 3 x x   2 1 x x   . Tổng các nghiệm là 2 1 3 . Câu 114: (T HP T L ụ c N g ạ n - B ắ c Ni nh - l ầ n 1 n ă m 2 017 - 201 8) Chọn câu trả lời đúng: Phương trình 2 2 3 1 1 7 7 x x x     có bao nhiêu nghiệm? A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Lời giải: Chọn C 2 2 3 1 1 7 7 x x x     2 2 3 1 1 1 7 7 x x x         2 2 3 1 x x x 2 4 0 x x . (1) Phương trình (1) là phương trình bậc hai có 0 ac nên có hai nghiệm phân biệt. Câu 115: (THPT Lê V ă n Th ị nh - B ắ c Ni n h - l ầ n 1 năm 201 7 - 201 8) Cho các số thực dương a , b . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 3 2 2 2 3 2 1 1 log 1 log log 3 3 a a b b . B. 3 2 2 2 3 2 1 log 1 log 3log 3 a a b b . C. 3 2 2 2 3 2 1 1 log 1 log log 3 3 a a b b . D. 3 2 2 2 3 2 1 log 1 log 3log 3 a a b b . Lời giải Chọn D Ta có: 1 3 3 2 2 3 3 2 2 log log a a b b 1 3 3 2 2 2 log 2 log log a b 2 2 1 1 log 3log 3 a b . Câu 116: (TH P T Lê Vă n Th ị n h - B ắ c Ni nh - l ầ n 1 n ăm 201 7 - 20 18) Cho 3 x a a a với 0 a , 1 a  . Tính giá trị của biểu thức log a P x . A. 0 P . B. 5 3 P . C. 2 3 P . D. 1 P . Lời giải: Chọn B Ta có 1 1 4 2 5 2 3 3 3 3 3 . . . . . x a a a a a a a a a a a     5 3 5 log log . 3 a a P x a Phương pháp trắc nghiệm Nhập vào máy 3 log . . X X X X CALC 3 X . Máy tính trả kết quả 5 . 3 Câu 117: (TH P T L ê Vă n Th ị nh - B ắ c N in h - l ầ n 1 n ăm 201 7 - 201 8) Giải bất phương trình sau 1 1 5 5 log 3 5 log 1 x x A. 5 3 3 x . B. 1 3 x . C. 5 1 3 x . D. 3 x . Lời giải Chọn A Điều kiện 5 3 x . Vì cơ số 1 1 5 a nên bất phương trình trở thành 3 5 1 3 x x x . Kết hợp với điều kiện ta được 5 3 3 x . Câu 118: (TH P T Lê Vă n T h ị n h - B ắ c Ni n h - l ầ n 1 nă m 201 7 - 201 8) Tìm tập nghiệm của phương trình 2 1 4 2 x x A.   0; 1 S . B. 1 ; 1 2 S     . C. 1 5 1 5 ; 2 2 S     . D. 1 1; 2 S     . Lời giải Chọn B Điều kiện: x  . Ta có 2 2 1 2 1 2 1 4 2 2 2 2 1 1 2 x x x x x x x x    Vậy 1 ; 1 2 S     . Câu 119: (TH P T L ê V ăn Th ị n h - B ắ c Nin h - l ầ n 1 n ăm 2 017 - 201 8 ) Đồ thị của ba hàm số x y a , x y b , x y c ( a , b , c là các số thực dương khác 1 cho trước) được vẽ trong cùng một mặt phẳng tọa độ (hình bên dưới). Dựa vào các tính chất của lũy thừa, hãy so sánh ba số a , b và c . A. c b a . B. b c a . C. a c b . D. a b c . Lời giải Chọn C Cho 1 x dựa vào đồ thị ta thấy ngay b c a . Vậy a c b . Câu 120: (TH PT Tr i ệu Sơn 3 - Th an h Hó a n ăm 2 017 - 201 8 ) Giải bất phương trình 2 3 2 x x . A. 0; x  . B. 2 0;log 3 x . C. 3 0;log 2 x . D. 0;1 x . Lời giải Chọn C Ta có: 2 3 2 x x 2 3 3 log 3 log 2 x x 2 3 log 2 0 x x 3 0 log 2 x . Câu 121: (TH PT Tr i ệu Sơn 3 - Th an h Hó a n ăm 2 017 - 201 8 ) Tập xác định của hàm số 3 log 4 y x là A. 4;  . B.  4;  . C. ; 4  . D.  ; 4  . Lời giải Chọn C Điều kiện 4 0 x 4 x . Câu 122: (TH P T Tr i ệu Sơn 3 - Th an h Hó a n ă m 201 7 - 20 18) Xét số thực dương a khác 1, giá trị của biểu thức log a N a a bằng A. 3 4 . B. 3 4 . C. 4 3 . D. 3 2 . Lời giải Chọn B Ta có 3 4 3 log log 4 a a N a a a . Câu 123: ( TH PT Tr i ệu Sơn 3 - Th an h Hó a n ăm 201 7 - 201 8) Cho hàm số 2 ln 2 f x x x . Tính đạo hàm của hàm số 2 1 y f x A. 2 1 2 2 x y x x  . B. 2 4 2 4 4 2 ln 2 x y x x x x  . C. 2 3 2 4 4 2 ln 2 x y x x x x  . D. 2 2 2 2 2 x y x x  . Lời giải Chọn C Ta có: 2 2 2 1 1 ln 2 y f x x x . 2 2 4 2 ln 2 ln 2 x x f x x x      2 2 4 2 2 2 2 ln 2 2 ln 2 x x x x x x x 2 3 2 4 4 2 ln 2 x x x x x . Câu 124: (Đ ề t ha m k h ả o B G D nă m 20 17 - 201 8) Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0, 4% /tháng. Biết rằng nếu không rút tiền khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) gần nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi? A. 102.424.000 đồng. B. 102.423.000 đồng. C. 102.016.000 đồng. D. 102.017.000 đồng. Lời giải Chọn A Áp dụng công thức lãi kép ta có sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) là 6 6 6 0 1 100 1 0,4% 102.4241284 P P r đồng. Câu 125: (Đ ề th am k h ả o BGD nă m 201 7 - 2 018 ) Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình 3 9 27 81 2 log .log .log .log 3 x x x x bằng A. 82 9 . B. 80 9 . C. 9 . D. 0 . Lời giải Chọn A Điều kiện: 0 x . Phương trình tương đương: 3 3 3 3 1 1 1 2 . . .log .log .log .log 2 3 4 3 x x x x 4 3 log 16 x 3 3 log 2 log 2 x x   9 1 9 x x    . Vậy tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình là 1 82 9 9 9 . Câu 1: (THPT Tr i ệu Sơn 1 - l ần 1 n ăm 2017 - 201 8) Xét các mệnh đề sau Câu 2: 2 2 2 2 2 log 1 2log 1 6 2log 1 2log 1 6 x x x x . Câu 3: 2 2 2 log 1 1 log ; x x x  . Câu 4: ln ln ; 2 y x x y x y . Câu 5: 2 2 2 2 2 2 log 2 4log 4 0 log 4log 3 0 x x x x . Số mệnh đề đúng là A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. 3. Lời giải Chọn B Câu 6: 2 2 2 2 2 log 1 2log 1 6 2log 1 2log 1 6 x x x x . SAI do biến đổi 2 2 2 log 1 2log 1 x x ; biến đổi đúng phải là 2 2 2 log 1 2log 1 x x . Câu 7: Mệnh đề 2) SAI vì 2 log x không xác định tại 0 x . Câu 8: Đặt ln a y , lúc đó e a y . Ta có ln y a x x ; ln ln ln e e x a x a x a y x . Do đó mệnh đề 3) đúng. Câu 9: 2 2 2 2 2 2 log 2 4log 4 0 log 4log 3 0 x x x x . SAI vì 2 2 2 2 2 2 log 2 4log 4 0 log 2log 3 0 x x x x . Câu 10: (THPT Tr i ệ u S ơn 1 - l ầ n 1 n ăm 20 17 - 2 0 18) Đạo hàm của hàm số ln y x x trên khoảng 0;  là A. 1 y x  . B. ln y x  . C. 1 y  . D. ln 1 y x  . Lời giải Chọn D Với mọi 0; x  ta có: ln y x x   ln ln x x x x   1 1.ln . x x x ln 1 x . Câu 11: (THPT T r i ệu S ơ n 1 - l ần 1 n ăm 201 7 - 20 18) Số nghiệm của phương trình 2 3 1 3 log 4 log 2 3 0 x x x là A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 0 . Lời giải Chọn C Điều kiện 2 0 4 0 4 0 2 3 0 3 2 x x x x x x x     . Phương trình đã cho 2 3 3 log 4 log 2 3 x x x 2 4 2 3 x x x 2 2x 3 0 x 1 3 x x   . Kết hợp điều kiện ta được 1 x . Câu 12: (T HP T Tr i ệu S ơn 1 - l ầ n 1 nă m 20 17 - 201 8) Giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của hàm số ln y x x trên đoạn 1 ;e 2      theo thứ tự là A. 1 và e 1 . B. 1 ln 2 2 và e 1 . C. 1 và e . D. 1 và 1 ln 2 2 . Lời giải Chọn A Tập xác định 0; D  . Hàm số liên tục trên đoạn 1 ;e 2      . 1 1 y x  ; 1 0 1 ;e 2 y x       . Vậy 1 1 ln 2 2 2 y     ; 1 1 y ; e e 1 y . 1 ;e 2 max e 1 y      ; 1 ;e 2 min 1 y      . Câu 13: (TH PT Tr i ệu S ơn 1 - l ầ n 1 n ăm 2 017 - 20 18 ) Cho 12 log 27 a . Tính 36 log 24 T theo . a A. 9 6 2 a T a . B. 9 6 2 a T a . C. 9 6 2 a T a . D. 9 6 2 a T a . Lời giải Chọn B Ta có 12 2 3 3 log 27 log 2 .3 a . Suy ra 3 3 1 2log 2 a hay 3 3 log 2 2 a a ( 0 a  vì 12 12 log 27 log 1 a ). Khi đó: 3 3 36 3 3 9 3 1 log 24 3log 2 1 9 2 log 24 6 2 log 36 2log 2 2 6 2 2 2 a a a a a a . Câu 14: (TH PT Ch u yê n V ĩnh Ph ú c - MĐ 90 3 l ần 1 - nă m 2017 - 201 8) Đặt 2 2 2 log 3, log 5, log 7 a b c . Biểu thức biểu diễn 60 log 1050 theo , , a b c là. A. 60 1 2 log 1050 1 2 a b c a b . B. 60 1 2 log 1050 2 a b c a b . C. 60 1 2 log 1050 1 2 a b c a b . D. 60 1 2 log 1050 2 a b c a b . Lời giải Chọn B Có: 2 2 2 60 2 2 2 log 2.3.5 .7 log 1050 log 1050 log 60 log 2 .3.5 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log 2 log 3 log 5 log 7 1 2 log 2 log 3 log 5 2 a b c a b Vậy chọn đáp án:B Câu 15: (TH PT Ch u y ê n V ĩn h P h ú c - l ầ n 1 MĐ 904 nă m 201 7 - 2018) Hàm số 4 2 2 3 y x x có bao nhiêu điểm cực trị? A. 0 . B. 2 . C. 1. D. 3. Lời giải Chọn C Tập xác định của hàm số: D  . Đạo hàm: 3 4 4 y x x  ; 0 0 y x  . Bảng biến thiên: Vậy hàm số đã cho có một điểm cực trị. Câu 16: (TH PT Ch u y ên V ĩn h P h ú c - l ầ n 1 MĐ 904 nă m 201 7 - 2018) Cho 2 log 5 a , 3 log 5 b . Tính 24 log 600 theo a , b . A. 24 2 3 log 600 . 3 ab a b a b B. 24 2 1 log 600 . 3 ab a b C. 24 2 log 600 . a b a b D. 24 2 3 log 600 . 3 ab a b a b Lời giải Chọn D Ta có 2 5 5 5 24 5 5 5 log 600 log 5 .24 2 log 24 log 600 log 24 log 24 log 24 . Mà 3 5 5 log 24 log 2 .3 5 5 3 1 3log 2 log 3 a b 3 a b ab . Do đó 24 3 2 log 600 3 a b ab a b ab 24 2 3 log 600 . 3 ab a b a b Câu 17: (TH P T K im L iên - Hà N ộ i n ăm 201 7 - 201 8) Cho phương trình 1 5 25 log 5 1 .log 5 5 1 x x . Khi đặt 5 log 5 1 x t , ta được phương trình nào dưới đây? A. 2 1 0 t . B. 2 2 0 t t . C. 2 2 0 t . D. 2 2 2 1 0 t t . Lời giải Chọn B 1 5 25 log 5 1 .log 5 5 1 x x 1 TXĐ: 0; D  . Ta có 2 1 25 5 5 1 log 5 5 log 5.5 5 log 5 1 1 2 x x x . Đặt 5 log 5 1 x t 0 t . Phương trình 1 trở thành 1 . 1 1 2 t t 2 2 0 t t . Câu 18: (TH PT K im Liên - Hà N ộ i nă m 2017 - 201 8) Cho 2 số thực dương a , b thỏa mãn a b  , 1 a  , log 2 a b . Tính 3 log a b T ba . x – ∞ 0 + ∞ y' – 0 + y + ∞ -3 + ∞ A. 2 5 T . B. 2 5 T . C. 2 3 T . D. 2 3 T . Lời giải Chọn D Ta có: 1 log 2 log 2 a b b a . 3 3 3 log log log a a a b b b T ba b a . 3 3 1 1 log log b a a a b b . 3 3 3 3 1 1 log log log log b b a a a b a b . 1 1 3 3 log 3 3log 2 2 b a a b . 1 1 2 3 1 3 3 . 3 3.2 2 2 2 . Câu 19: (TH PT K im Liên - Hà N ộ i nă m 201 7 - 201 8) Tìm tập xác định D của hàm số 1 2 3 3 1 y x . A. 1 1 ; ; 3 3 D             . B. 1 1 ; ; 3 3 D            . C. 1 \ 3 D       . D. D  . Lời giải Chọn B * Hàm số xác định khi và chỉ khi 2 1 3 3 1 0 1 3 x x x      . * Vậy tập xác định của hàm số là 1 1 ; ; 3 3 D            . Câu 20: (THPT Kiến An-Hải Phòng năm 2017-2018) Cho 2 log m a và log 8 m A m với 0, 1 m m  . Tìm mối liên hệ giữa A và a . A. 3 A a a . B. 3 A a a . C. 3 a A a . D. 3 a A a . Lời giải Chọn C Ta có: 2 3 3 log 8 log 8 log 1 log m m m a A m m m a . Câu 21: (THPT Kiến An-Hải Phòng năm 2017-2018) Cho 0 x , 0 y và 1 2 1 1 2 2 1 2 y y K x y x x           . Xác định mệnh đề đúng. A. 2 K x . B. 1 K x . C. 1 K x . D. K x . Lời giải Chọn D Ta có: 2 1 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 y y x y K x y x y x x x x                       . Câu 22: (THPT Kiến An-Hải Phòng năm 2017-2018) Cho hàm số 1 ln 1 y x . Xác định mệnh đề đúng A. 1 e y xy  . B. 1 e y xy  . C. 1 e y xy  . D. 1 e y xy  . Lời giải Chọn D Ta có: 1 ln 1 1 y x x   1 1 1 e 1 1 y x xy x x  . Câu 23: (THPT Kiến An-Hải Phòng năm 2017-2018) Cho 3 số a , b , 0 c , 1 a  , 1 b  , 1 c  . Đồ thị các hàm số x y a , x y b , x y c được cho trong dưới hình vẽ dưới. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. b c a . B. a c b . C. a b c . D. c a b . Lời giải Chọn B Dựa vào hình vẽ ta thấy hàm số x y a nghịch biến nên 1 a . Hàm số x y b và x y c đồng biến nên 1 b , 1 c . Xét 0 0 x x ta thấy 0 0 x x b c b c . Vậy a c b . Câu 24: (TH P T C huy ên L ư ơ n g V ăn T ụ y - Ni nh Bình l ầ n 1 n ăm 2 017 - 201 8 ) Cho a , b , c là ba số dương khác 1. Đồ thị các hàm số log a y x , log b y x , log c y x được cho trong hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây là mệnh đề đúng? A. a b c . B. c a b . C. c b a . D. b c a . Lời giải Chọn B * Đồ thị các hàm số log a y x , log b y x , log c y x lần lượt đi qua các điểm ;1 A a , ;1 B b , ;1 C c . * Từ hình vẽ ta có: c a b . Câu 25: (THPT Ch u y ên L ươn g Vă n T ụ y - Ni nh B ìn h l ầ n 1 năm 20 1 7 - 201 8) Cho n là số nguyên dương và 0 a , 1 a  . Tìm n sao cho 3 log 2019 log 2019 log 2019 ... log 2019 2033136.log 2019 n a a a a a . A. 2017 n . B. 2016 n . C. 2018 n . D. 2019 n . Lời giải Chọn B Ta có 3 log 2019 log 2019 log 2019 ... log 2019 2033136.log 2019 n a a a a a log 2019 2.log 2019 3.log 2019 ... .log 2019 2033136.log 2019 a a a a a n 1 2 3 ... .log 2019 2033136.log 2019 a a n 1 2033136 .log 2019 0 2 a n n     0, 1 a a  2 1 2033136 4066272 0 2 n n n n 2016 2017 n n   . Do n là số nguyên dương nên 2016 n . Câu 26: (T H PT C h uy ên Lươ n g Vă n T ụ y - Ni n h Bìn h l ầ n 1 nă m 2 017 - 201 8 ) Giải phương trình 1 5 7 2 2,5 5 x x     . A. 1 x . B. 1 x . C. 1 x . D. 2 x . Lời giải O 1 x y log a y x log b y x log c y x A B C 1 a b c O 1 x y log a y x log b y x log c y x Chọn B Ta có 1 5 7 1 5 7 2 5 5 2,5 5 7 1 1 5 2 2 x x x x x x x             . Câu 27: (TH P T Ch uy ên Lương Vă n T ụ y - Ni nh Bình l ầ n 1 nă m 20 17 - 20 18) Tập nghiệm của bất phương trình 2 2 log 3 1 0 x x  là A. 3 5 3 5 0; ;3 2 2 S             . B. 3 5 3 5 0; ;3 2 2 S              . C. 3 5 3 5 ; 2 2 S      . D. S  . Lời giải Chọn A Điều kiện: 2 3 1 0 x x 3 5 2 x hoặc 3 5 2 x . Bất phương trình tương đương 2 3 1 1 x x  2 3 0 x x  0 3 x   Kết hợp với điều kiện ta được 3 5 3 5 0; ;3 2 2 x             . Câu 28: (THPT Chu yê n Lươ n g Vă n T ụ y - Ni n h B ìn h l ầ n 1 n ă m 201 7 - 201 8 ) Phương trình 2 3 4 8 2 log 1 2 log 4 log 4 x x x có bao nhiêu nghiệm? A. Vô nghiệm. B. Một nghiệm. C. Hai nghiệm. D. Ba nghiệm. Lời giải Chọn C Điều kiện: 4 4 x và 1 x  . Ta có 2 3 4 8 2 log 1 2 log 4 log 4 x x x 2 2 log 4 1 log 4 4 x x x    2 4 1 16 x x 2 2 4 1 16 4 1 16 x x x x    2 2 4 12 0 4 20 0 x x x x   2 6 2 2 6 2 2 6 x x x x       . Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có hai nghiệm 2 x và 2 2 6 x . Câu 29: (TH P T Ch uy ê n Tr ần P hú - H ải P hò ng l ần 1 nă m 201 7 - 201 8) Tìm tập xác định của hàm số 3 6 2 log 2 1 x y . A. 1 ; 2 D      . B. 1 ; 2 D      . C. D  . D. 1 ; 2 D      . Lời giải Chọn A Điều kiện: 3 6 2 1 0 x 3 6 0 x 1 2 x . Câu 30: (T HPT C h uy ê n Tr ần P hú - H ải Ph ò ng l ần 1 năm 201 7 - 201 8) Cho log3 m ; log 5 n . Khi đó 9 log 45 tính theo m , n là: A. 1 2 n m . B. 1 n m . C. 2 2 n m . D. 1 2 n m . Lời giải Chọn A Ta có 9 log 45 log 45 log9 log5 log9 log9 log5 2log3 2log3 2 2 n m m 1 2 n m . Câu 31: (TH P T C hu yê n Tr ần Phú - H ải P h òn g l ần 1 n ăm 2 017 - 201 8 ) Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: A. Đồ thị các hàm số x y a và 1 x y a     với 0 a , 1 a  đối xứng với nhau qua trục Oy . B. Đồ thị hàm số x y a với 0 a , 1 a  luôn đi qua điểm ;1 a . C. x y a với 1 a là hàm số nghịch biến trên ;   . D. x y a với 0 1 a là hàm số đồng biến trên ;   . Lời giải Chọn A Trên ;   thì hàm số x y a nghịch biến khi 0 1 a và đồng biến khi 1 a . Do đó phương án A và C sai. Xét hàm số x y a . Với x a a y a Đồ thị hàm số x y a với 0 a , 1 a  đi qua điểm ; a a a nên phương án B sai. Câu 32: (TH PT Ch u yê n Tr ần P h ú - H ải Ph ò n g l ần 1 nă m 20 17 - 201 8) Cho hàm số 1 ln 1 y x . Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai? A. 1 . 1 1 x y x  . B. 1 1 y x  . C. . 1 0 x y  . D. . 1 e y x y  . Lời giải Chọn C * Ta có 1 1 ln 1 1 1 x y x y x x   nên B đúng * 1 . 1 1 1 1 x x y x x  nên A đúng * 1 1 1 . 1 1 e 1 1 1 y x x x y x x x x       nên D đúng. Vậy C sai. Câu 33: (THPT Ch uy ê n Tr ần P h ú - H ải P hò ng l ần 1 n ăm 201 7 - 201 8) Cho 0 a , 0 b và biểu thức 1 2 2 1 1 2 1 2 . . 1 4 a b T a b ab b a              . Khi đó: A. 2 3 T . B. 1 2 T . C. 1 T . D. 1 3 T . Lời giải Chọn C Do 0 a , 0 b ta có: 1 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 . . 1 . 1 2 . 1 . 4 4 4 a b a b ab a b ab T a b ab b a a b b a a b ab                  2 2 2 1 4 2 1 a b ab a ab b a b a b . Câu 34: (T HP T C hu yê n T r ầ n Phú - H ải P h ò n g l ần 1 n ăm 201 7 - 201 8) Cho 0 a , 0 b và 2 2 7 a b ab . Chọn mệnh đề đúng. A. 3 ln ln ln 2 a b a b . B. 1 3ln ln ln 2 a b a b . C. 1 ln ln ln 3 2 a b a b     . D. 2 ln ln ln 7 a b ab . Lời giải Chọn C Theo giả thiết 2 2 2 7 9 a b ab a b ab , do 0 a , 0 b suy ra 3 a b ab . Vậy 1 1 ln ln 3 ln 3 ln ln ln ln ln 2 3 2 a b a b ab a b a b     . Câu 35: (TH PT Ch u y ên T r ầ n Ph ú - H ải P hò ng l ầ n 1 nă m 201 7 - 2018) Cho hàm số cos ln sin ln y x x x    . Khẳng định nào sau đây đúng? A. 2 2 0 x y xy y    . B. 2 2 0 x y xy y    . C. 2 2 0 x y xy y    . D. 2 2 0 x y xy y    . Lời giải Chọn C 1 1 cos ln sin ln sin ln os l c 2cos ln n x y x x x x x x x       . 2 sin ln y x x   . Vậy 2 sin ln 2 cos ln 2 sin ln 2 cos ln 2 2 0 x y xy y x x x x x x x x    . Câu 36: (THPT Đo à n Thư ợ ng - H ả i D ươ ng - l ầ n 2 năm 201 7 - 2018) Cho hàm số 2 2 log 2 1 y x x . Hãy chọn phát biểu đúng. A. Hàm số nghịch biến trên 1 ; 2      , đồng biến trên 1;  . B. Hàm số đồng biến trên 1 ; 2      và 1;  . C. Hàm số nghịch biến trên 1 ; 2      và 1;  . D. Hàm số đồng biến trên 1 ; 2      , nghịch biến trên 1;  . Lời giải Chọn A Ta có tập xác định của hàm số là 1 ; 1; 2 D        . 2 4 1 1 0 4 2 1 ln 2 x y x x x  , do điều kiện tập xác định suy ra 1 x . Mặt khác 2 4 1 1 0 4 2 1 ln 2 x y x x x  , do điều kiện tập xác định suy ra 1 2 x . Vậy hàm số nghịch biến trên 1 ; 2      , đồng biến trên 1;  . Câu 37: (T HP T Đo à n Th ư ợ n g - H ả i Dư ơ n g - l ầ n 2 nă m 201 7 - 201 8 ) Trong các biểu thức sau, biểu thức nào không có nghĩa? A. o 3 4     . B. 1 3 4 . C. 4 3 . D. 2 1 . Lời giải Chọn C Ta có điều kiện xác định của hàm số mũ y x là:   \ 0 0 0; x x x                Nên biểu thức sai là. C. Câu 38: (TH PT Đo àn T h ư ợ n g - H ả i D ươn g - l ầ n 2 n ăm 2 017 - 201 8) Nếu 1 7 4 3 7 4 3 a thì A. 1 a . B. 1 a . C. 0 a . D. 0 a . Lời giải Chọn D Ta có: 7 4 3 7 4 3 1 nên 1 1 1 7 4 3 7 4 3 7 4 3 7 4 3 a a 1 1 0 a a (do 7 4 3 1 ). Câu 39: (TH P T Đo àn T h ư ợ ng - H ả i Dươ n g - l ầ n 2 n ăm 201 7 - 201 8) Rút gọn biểu thức 7 3 5 3 7 4 2 . . a a A a a với 0 a ta được kết quả m n A a , trong đó m , * n  và m n là phân số tối giản. Khẳng định nào sau đây đúng? A. 2 2 25 m n . B. 2 2 43 m n . C. 2 3 2 2 m n . D. 2 2 15 m n . Lời giải Chọn D Ta có: 7 3 5 3 7 4 2 . . a a A a a 5 7 3 3 2 4 7 . . a a a a 5 7 2 4 3 3 7 a 2 7 a 2 7 m n  2 2 15 m n . Câu 40: (TH P T Hà Huy T ậ p - Hà T ĩnh - l ầ n 1 nă m 2 017 - 201 8) Tính đạo hàm của hàm số 3 log 3 1 x y . A. 3 1 ln 3 x y  . B. 3 1 3 .ln 3 x x y  . C. 3 3 1 x x y  . D. 3 ln 3 3 1 x x y  . Lời giải Chọn C 3 ln 3 3 3 1 3 1 ln 3 x x x x y  . Câu 41: (TH P T Hà Hu y T ậ p - Hà T ĩ n h - l ầ n 1 nă m 201 7 - 201 8 ) Tìm tập nghiệm của bất phương trình 2 5 log 4 1 0 x . A. 13 ; 2      . B. 13 ; 2      . C. 4;  . D. 13 4; 2     . Lời giải Chọn D 2 5 log 4 1 0 x 2 5 log 4 1 x 5 0 4 2 x 13 4 2 x . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 13 4; 2 S     . Câu 42: (TH P T H à Huy T ậ p - Hà T ĩnh - l ầ n 1 nă m 20 17 - 20 18 ) Cho log 3 c a , log 4 c b ( , 0;0 1 a b c  ). Chọn đẳng thức đúng: A. 3 log 4 c a b . B. 2 log 14 c a b . C. log 12 c ab . D. 2 4 log 4 c a b . Lời giải Chọn D Với , 0;0 1 a b c  , ta có , 0;0 1 a b c  2 4 1 log 2log log 2.3 2 4 2 c c c a a b b . Câu 43: ( TH P T Hà H u y T ậ p - Hà T ĩn h - l ầ n 1 nă m 201 7 - 201 8) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 2 2 log 2 y x x m có tập xác định là  . A. 1 m . B. 1 m . C. 1 m  . D. 1 m . Lời giải Chọn B Điều kiện xác định: 2 2 0 x x m . Để hàm số 2 2 log 2 y x x m có tập xác định là  2 2 0, x x m x  4 4 0 m  1 m . Câu 44: (T HP T L ươ n g Th ế V i n h - Hà N ội n ăm 201 7 - 201 8) Tập nghiệm của bất phương trình 1 3 3 log 1 log 11 2 0 x x là A.  1;4 S . B.  ;4 S  . C. 11 3; 2 S     . D. 1;4 S . Lời giải Chọn A Bất phương trình 3 3 1 0 1 log 11 2 log 1 11 2 1 4 x x x x x x x    . Vậy  1;4 S . Câu 45: (TH P T L ươ n g Th ế Vi nh - Hà N ội năm 201 7 - 2 018 ) Tìm tập nghiệm S của phương trình 1 2 4 5.2 2 0 x x . A.   1;1 S . B.   1 S . C.   1 S . D. 1;1 S . Lời giải Chọn A Ta có 1 2 4 5.2 2 0 x x 2 2.2 5.2 2 0 x x 1 2 2 1 2 2 2 x x     M 1 1. x x   Vậy tập nghiệm của phương trình   1;1 S . Câu 46: ( TH PT Lư ơ n g Th ế V in h - H à N ội n ăm 2017 - 201 8) Giá trị lớn nhất của hàm số 2 2 e x y x trên   1;3 là A. e . B. 0 . C. 3 e . D. 4 e . Lời giải Chọn C 2 2 2 2 e 2 e e 2 x x x y x x x x  . 0 0 2 x y x    . Ta có: 3 1 3; 3 e ; 2 0 y y y . Vậy GTLN của hàm số 2 2 e x y x trên   1;3 là 3 e . Câu 47: (T HP T L ư ơ n g T h ế V in h - H à N ộ i n ăm 20 17 - 201 8) Cho a , b , c 1 . Biết rằng biểu thức 4 a b c P log bc log ac log ab đạt giá trị nhất m khi b log c n . Tính giá trị m n . A. 12 m n . B. 25 2 m n . C. 14 m n . D. 10 m n . Lời giải Chọn A Ta có 4 4 a a b b c c P log b log c log a log c log a log b 1 4 4 a a b a a b P log b log c log c log b log c log c             2 4 4 10 10 m . Dấu đẳng xảy ra khi 1 a log b , 2 a log c , 2 b log c 2 n . Vậy 12 m n . Câu 48: (T H PT Đ ứ c T h ọ - Hà T ĩnh - l ần 1 nă m 201 7 - 2 01 8) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số 2 3 log 4 4 3 y x x m xác định trên  . A. 3 4 m . B. 1 3 m . C. 2 m  . D. 1 3 m . Lời giải Chọn D Để 2 4 4 3 0 x x m x  Điều kiện: 4 12 0 m   1 3 m . Câu 49: (TH P T Đ ức Th ọ - Hà T ĩn h - l ần 1 nă m 201 7 - 20 18) E. coli là vi khuẩn đường ruột gây tiêu chảy, đau bụng dữ dội. Cứ sau 20 phút thì số lượng vi khuẩn E. coli tăng gấp đôi. Ban đầu, chỉ có 40 vi khuẩn E. coli trong đường ruột. Hỏi sau bao lâu, số lượng vi khuẩn E. coli là 671088640 con? A. 48 giờ. B. 24 giờ. C. 12 giờ. D. 8 giờ. Lời giải Chọn D Vì cứ sau 20 phút (bằng 1 3 giờ) số lượng vi khuẩn tăng gấp đôi nên số lượng vi khuẩn tăng theo quy luật 0 671088640 40.2 24 .2 n n n n N N . Vậy sau 1 24. 8 3 giờ thì số vi khuẩn đạt mức 671088640 con. Câu 50: (T H PT Đ ức Th ọ - Hà T ĩ nh - l ầ n 1 nă m 201 7 - 20 18) Hỏi với giá trị nào của a thì hàm số 3 x y a nghịch biến trên  ? A. 2 3 a . B. 0 1 a . C. 2 a . D. 0 a . Lời giải Chọn A Hàm số 3 x y a nghịch biến trên  0 3 1 a 2 3 a . Câu 51: (TH PT Đ ức T h ọ - Hà T ĩnh - l ầ n 1 n ă m 201 7 - 201 8) Biết log 2 a b . Giá trị của 2 4 log a b a b b bằng A. 2 . B. 1 4 . C. 4 . D. 5 6 . Lời giải Chọn B 2 log 2 a b b a . 2 4 4 4 4 3 1 log log log 4 a b a a a a a a b b . Câu 52: (TH P T Đ ức T h ọ - Hà T ĩnh - l ần 1 nă m 201 7 - 2018) Cho , a b là hai số thực dương. Thu gọn biểu thức 7 2 6 3 6 2 . a b ab , kết quả nào sau đây là đúng? A. 4 3 a b . B. ab . C. b a . D. a b . Lời giải Chọn D Ta có: 7 2 7 2 6 3 6 3 1 1 1 1 6 2 6 3 . . . . a b a b a a b b ab a b . Câu 53: (TH PT Đ ức T h ọ - Hà T ĩnh - l ầ n 1 n ă m 201 7 - 201 8) Tính đạo hàm của hàm số 2 3 log 1 y x . A. 2 2 1 x y x  . B. 2 1 1 ln 3 y x  . C. 2 2 1 ln 3 x y x  . D. 2 2 ln 3 1 x y x  . Lời giải Chọn C Ta có 2 3 log 1 x     2 2 1 1 ln 3 x x  2 2 1 ln 3 x x . Câu 54: (TH P T Th ạ ch T hà nh 2 - Th a n h Hó a - l ầ n 1 nă m 2 017 - 2 018) Cho hàm số y f x xác định và liên tục trên đoạn 7 0; 2      , có đồ thị của hàm số y f x  như hình vẽ. Hỏi hàm số y f x đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn 7 0; 2      tại điểm 0 x nào dưới đây? A. 0 0 x . B. 0 1 x . C. 0 3 x . D. 0 2 x . Lời giải Chọn C Ta có y f x xác định và liên tục trên 7 0; 2      và 0 f x   ,   0;3 x ; 0 f x  , 7 3; 2 x      suy ra hàm số y f x có duy nhất một cực tiểu tại điểm 0 3 x 7 0; 2 min 3 f x f      Câu 55: ( TH PT Th ạ ch Thàn h 2 - Th an h H ó a - l ần 1 n ă m 201 7 - 201 8) Giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 3 10 y x x bằng. A. 10 . B. 3 10 . C. 10 . D. 3 10 . Lời giải Chọn B Ta có hàm số xác định và liên tục trên 10; 10    2 3 10 x y x  2 0 3 10 y x x  2 2 0 9 10 x x x  2 0 3 9 x x x  10 3 10 f , 10 3 10 f , 3 10 f . Vậy min 3 10 f x Câu 56: ( THPT Th ă ng L on g - Hà N ội - l ần 1 n ăm 2017 - 201 8) Hệ phương trình 2 8 2 2 5 x y x y  có bao nhiêu nghiệm? A. 1. B. 2 . C. 0 . D. 4 . Lời giải Chọn C Ta có: 2 8 2 2 5 x y x y  2 .2 8 2 2 5 x y x y  1 . Đặt 2 2 x y a b  , ta có 1 . 8 5 a b a b  5 8 5 a a b a  2 5 8 0 5 a a vn b a  . Hệ phương trình đã cho vô nghiệm. Câu 57: (TH PT Th ăn g L on g - Hà N ội - l ầ n 1 nă m 20 17 - 201 8) Một người gởi 75 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn 1 năm với lãi suất 5, 4% một năm. Giả sử lãi suất không thay đổi, hỏi 6 năm sau người đó nhận về số tiền là bao nhiêu kể cả gốc và lãi? (đơn vị đồng, làm tròn đến hàng nghìn) A. 97.860.000. B. 150.260.000 . C. 102.826.000 . D. 120.826.000. Lời giải Chọn C Số tiền người đó nhận về sau 6 năm là: 6 5,4 75000000 1 102826000 100       . Câu 58: (TH PT Th ăn g L on g - Hà N ội - l ầ n 1 nă m 20 17 - 201 8) Tập nghiệm của phương trình 2 1 4 2 x x x     là A. 2 0; 3     . B. 1 0; 2     . C.   0;2 . D. 3 0; 2     . Lời giải Chọn D Ta có 2 1 4 2 x x x     2 2 2 2 2 x x x 2 2 2 x x x 2 2 3 0 x x 0 3 2 x x    . Câu 59: (TH PT Th ăn g L on g - Hà N ội - l ầ n 1 nă m 20 17 - 201 8) Cho hàm số 2 log ln y x . Khẳng định nào sau đây đúng? A. Hàm số đặt cực tiểu tại e x . B. Tập xác định của hàm số là  1;  . C. Hàm số nghịch biến trên khoảng 1;e . D. Hàm số đồng biến trên khoảng e;  . Lời giải Chọn D TXĐ:  e; D  . 2 2 log ln ' 2 log ln x y x  2 ln ln .ln 2.2 log ln x x x  2 1 0 2 ln 2.ln . log ln x x x , e; x  . Vậy hàm số đồng biến trên khoảng e;  . Câu 60: ----------HẾT---------- (TH P T Chuyên Th ái B ình - l ần 2 n ăm h ọc 201 7 - 2 018 ) Cho hàm số x y a với 0 1 a  có đồ thị C . Chọn khẳng định sai? A. Đồ thị C đối xứng với đồ thị hàm số log a y x qua đường phân giác của góc phần tư thứ nhất. B. Đồ thị C không có tiệm cận. C. Đồ thị C đi lên từ trái sang phải khi 1 a . D. Đồ thị C luôn đi qua điểm có tọa độ 0;1 . Lời giải Chọn B x y a log a y x y x y x O 1 1 O x y x y a log a y x y x 1 a 1 1 0 1 a Quan sát đồ thị trong hai trường hợp 1 a và 0 1 a ta thấy đồ thị C đối xứng với đồ thị hàm số log a y x qua đường phân giác của góc phần tư thứ nhất, đồ thị C đi lên từ trái sang phải khi 1 a , đồ thị C luôn đi qua điểm có tọa độ 0;1 , đồ thị C có tiệm cận ngang là đường thẳng 0 y . Câu 61: (T H PT C hu yê n Thái Bình - l ần 2 nă m h ọ c 2 017 - 201 8 ) Cho 2 6 2 log 5 log 45 log 3 b a c với a , b , c  . Tính tổng a b c ? A. 1. B. 0 . C. 2 . D. 4 . Lời giải Chọn A Ta có 2 2 2 2 6 2 2 2 log 45 2log 3 log 5 log 5 2 log 45 2 log 6 log 3 1 log 3 1 suy ra 2 a , 2 b , 1 c . Vậy 1 a b c . Câu 62: (TH P T C h uy ê n Thái B ìn h - l ần 2 nă m h ọc 201 7 - 201 8) Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình sau 2 8 5 3 4.3 27 0 x x . A. 5 . B. 5 . C. 4 27 . D. 4 27 . Lời giải Chọn A Điều kiện: x  . Ta có 4 2 4 2 8 5 4 4 2 3 9 3 4.3 27 0 3 12.3 27 0 3 3 3 x x x x x x x x     Tổng các nghiệm của phương trình đã cho bằng 5 . Câu 63: (TH PT C h uy ê n T há i B ình - l ầ n 2 nă m h ọ c 201 7 - 2018) Cho 1 a . Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. 3 2 1 a a . B. 3 5 1 a a . C. 1 3 a a . D. 2016 2017 1 1 a a . Lời giải Chọn B Vì cơ số 1 a nên ta có m n a a m n .  Xét phương án A: 2 1 3 2 1 0 3 3 a a a a a phương án A sai.  Xét phương án B: 5 3 0 5 3 0 1 a a hay 3 5 1 a a phương án B đúng.  Xét phương án C: 1 1 3 2 1 1 3 2 a a hay 1 3 a a phương án C sai.  Xét phương án C: 2016 2017 2017 2016 1 1 2016 2017 a a a a phương án D sai. Vậy phương án đúng là phương án B. Câu 64: ( TH P T Ch uy ê n T há i B ìn h - l ần 2 năm h ọc 2017- 20 18) Cho hàm số y f x xác định, liên tục trên  và có bảng biến thiên Hỏi phương trình 2 f x e có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. 1. Lời giải Chọn A Ta có: 2 khi 0 2 khi 0 f x e f x f x e  Khi 0 f x ta có: 2 f x e dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có một nghiệm. Khi 0 f x ta có: 2 f x e dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có ba nghiệm. Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm. Câu 65: (T HP T Chuy ên Th ái B ình - l ần 2 nă m h ọc 201 7 - 2 018 ) Một người gửi tiết kiệm số tiền 80000000 đồng với lãi suất là 6,9%/ năm. Biết rằng tiền lãi hàng năm được nhập vào tiền x  0 1  y  0 0  0 1  gốc, hỏi sau đúng 5 năm người đó có rút được cả gốc và lãi số tiền gần với con số nào nhất sau đây? A. 116 570 000 đồng. B. 107 667 000 đồng. C. 105 370 000 đồng. D. 111 680 000 đồng. Lời giải Chọn D Số tiền cả gốc và lãi của người đó nhận được sau 5 năm là: 5 5 80000000 1 0,069 111 680 799, 2 T  đồng. Câu 66: [2D2 - 2] (THPT Chuyên Thái Bình-lần 2 năm học 2017-2018) Bất phương trình có bao nhiêu nghiệm nguyên? A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B * ĐKXĐ: . * Ta có: . * Kết hợp điều kiện ta được: . Câu 67: (TH P T Ch u yê n ĐH SP - Hà N ộ i - l ầ n 1 nă m 201 7 - 201 8 ) Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình sau có nghiệm duy nhất 2 3 3 3 log log 1 0 x a x a . A. 1 a . B. 1 a . C. 1 a . D. Không tồn tại a . Lời giải Chọn A Điều kiện 1 x . Ta có 2 3 3 3 log log 1 0 x a x a 3 3 2log 3log 1 0 x a x a . Đặt 3 3log x t , 0 t 2 3 log 3 t x , ta có phương trình 2 2 1 0 3 t at a 2 2 1 1 t a t . Để phương trình 2 2 1 0 3 t at a có đúng một nghiệm thì đường thẳng y a cắt đồ thị 2 2 1 3 1 t y t tại đúng một điểm. Xét hàm số 2 2 1 1 t y t trên  0;  ta có 2 2 2 4 1 3 1 t t y t  . Giải phương trình 0 y  2 6 2 2 6 / m 2 x loai x t      . Lập bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta có phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi 1 a . Câu 68: (TH P T Ch uy ê n Đ HS P - Hà N ộ i - l ầ n 1 nă m 201 7 - 2 018 ) Tích các nghiệm của phương trình 1 1 5 log 6 36 2 x x bằng A. 5 . B. 0 . C. 1. D. 6 log 5 . Lời giải Chọn B Ta có: 1 1 1 6 5 0 6 1 log 6 36 2 6 36 5 log 5 6 5 x x x x x x x x     . Vậy tích các nghiệm của phương trình là 0 . Câu 69: (TH P T Chuyê n ĐH S P - H à N ộ i - l ầ n 1 năm 201 7 - 20 18) Cho 3 .e x f x x . Tập nghiệm của bất phương trình 0 f x  là A. 1 0; 3     . B. 0;1 . C. 1 ; 3      . D. 1 ; 3      . Lời giải Chọn D Ta có 3 3 e 3 .e x x f x x  3 1 3 e x x . 0 f x  3 1 3 e 0 x x 1 3 x . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 1 ; 3      . Câu 70: (TH P T Ch u yê n ĐH SP - Hà N ộ i - l ầ n 1 nă m 2 017 - 201 8) Tập nghiệm của bất phương trình 2 1 3 3 x x     là A. 2;  . B. 1;2 . C.  1;2 . D.  2;  . Lời giải Chọn A Ta có: 2 1 3 3 x x     2 1 1 3 3 x x         2 x x 2 2 x x x  2 2 0 2 0 x x x x  0 1 2 x x x    2 x Câu 71: (TH PT Ch u y ên ĐH S P - Hà N ộ i - l ầ n 1 n ăm 2017 - 201 8) Cho 81 log 2.3 3 x f x . Tính 1 f  A. 1 1 2 f  . B. 1 1 2 f  . C. 1 1 f  . D. 1 1 f  . Lời giải Chọn A x 0 2 6 2  y  0 y 1 4 2 6  TXĐ: 0; D  . 81 log 81 2.3 .ln 3. log x f x x   81 log 1 2.3 .ln 3. ln 81 x x 0 1 1 2.3 .ln 3. ln 81 f  1 2.1.ln 3. 4ln 3 1 2 . Câu 72: (TH P T Ch u yê n ĐH SP - Hà N ộ i - l ầ n 1 nă m 2 017 - 201 8) Tập nghiệm của bất phương trình 1 5 4 6 log 0 x x là A. 3 2; 2      . B. 3 2; 2      . C. 3 2; 2     . D. 3 2; 2     . Lời giải Chọn D 1 5 4 6 log 0 x x 0 4 6 0 4 6 1 5 x x x x       0 3 2 4 6 1 0 x x x x      0 3 2 3 6 0 x x x x      0 3 2 2 0 x x x       3 2 2 x  . Tập nghiệm của bất phương trình 3 2; 2 S     . Câu 73: (T HP T Yê n L ạ c - V ĩnh P h ú c - l ầ n 3 n ăm 201 7 - 20 18) Cho hai số a , b thỏa mãn 2 4 9 log log 5 a b và 2 4 9 log log 4 a b . Giá trị . a b là: A. 48 . B. 256 . C. 144. D. 324 . Lời giải Chọn D Điều kiện: 0 a , 0 b . Theo bài ra ta có hệ: 2 4 9 2 4 9 log log 5 log log 4 a b a b  4 9 4 9 log 2log 5 2log log 4 a b a b  4 9 log 1 log 2 a b  4 81 a b  . Vậy . 324 a b . Câu 74: (TH P T Yên L ạ c - V ĩn h Phú c - l ầ n 3 n ăm 2017- 201 8) Cho hình nón N có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân, cạnh bên bằng 2a . Tính thể tích của khối nón N theo a . A. 3 2 2 a  . B. 3 2 2 3 a  . C. 3 3 a  . D. 3 a  . Lời giải Chọn B Vì hình nón N có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân, cạnh bên bằng 2a nên chiều cao và bán kính đáy của hình nón là: 2 r h a . Khi đó thể tích của khối nón đã cho là: 3 2 2 1 1 2 2 2 . 2 3 3 3 a V r h a a    . Câu 75: (TH P T Yê n L ạ c - V ĩn h Ph ú c - l ầ n 3 n ăm 201 7 - 201 8) Một người gửi tiết kiệm vào ngân hàng với lãi suất 8,4%/năm và tiền lãi hàng năm được nhập vào tiền vốn. Tính số năm tối thiểu người đó cần gửi để số tiền thu được nhiều hơn 2 lần số tiền gửi ban đầu. A. 10 năm. B. 9 năm. C. 8 năm. D. 11 năm. Lời giải Chọn B Gọi số tiền gửi ban đầu là A và số năm tối thiểu thỏa ycbt là n . Ta có 1,084 1 8,4% 2 1,084 2 log 2 8,59 n n A A n . Vậy số năm tối thiểu là 9 năm. Câu 76: ( TH PT Yên L ạ c - V ĩnh P h ú c - l ầ n 3 nă m 201 7 - 2 018 ) Cho hàm số 2 2 log 3 1 y x x m . Tìm m để hàm số có tập xác định D  . A. 9 4 m  . B. 17 4 m  . C. 17 4 m . D. 9 4 m . Lời giải Chọn C Điều kiện xác định: 2 2 2 2 log 3 1 0 3 2 3 2 0 x x m x x m x x m . Để hàm số có tập xác định D  thì 17 9 4 2 0 4 m m  . Câu 77: (THTT S ố 4 - 4 87 th á ng 1 nă m 2 01 7 - 2 018 ) Cho hàm số 2 1 e 2 x y x . Khẳng định nào trong các khẳng định sau là đúng? A. e 1 x y y x    . B. e 1 x y y x    . C. e 1 x y y x    . D. e 1 x y y x    . Lời giải Chọn A Ta có TXĐ D  . Hàm số 2 1 e 2 x y x . Đạo hàm 2 1 .e e 2 x x y x x  , 2 1 e .e .e e 2 x x x x y x x x   . e .e e 1 x x x y y x x    . Câu 78: (TH TT S ố 4 - 4 87 th án g 1 năm 20 17 - 2 018 ) Bất phương trình 2 2 10 3 4 1 2 2 x x x      có bao nhiêu nghiệm nguyên dương? A. 2 . B. 4 . C. 6 . D. 3 . Lời giải Chọn D Bất phương trình tương đương với 2 3 4 10 2 2 2 x x x  2 3 4 10 2 x x x  2 6 0 x x  2 3 x   . Do 0 x nên 0 3 x  . Mà x  nên   1;2;3 x .Vậy có 3 giá trị nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 79: (TH TT S ố 4 - 487 th án g 1 n ăm 201 7 - 2018) Số nghiệm của phương trình 2 3 3 log 6 log 2 1 x x là A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn B ĐKXĐ: 2 6 0 2 0 x x  ; 6 6 ; 2 x x     6 ; x  2 3 3 log 6 log 2 1 x x 2 3 3 3 log 6 log 2 log 3 x x 2 3 3 log 6 log 3 6 x x 2 6 3 6 x x 0 3 x x   3 x (thỏa mãn ĐKXĐ). Câu 80: (T HTT S ố 4 - 487 th án g 1 n ăm 201 7 - 201 8 ) Giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m của hàm số 2 2ln y x x trên 1 e ;e    là A. 2 e 2 M , 2 e 2 m . B. 2 e 2 M , 1 m . C. 2 e 1 M , 1 m . D. 2 e 2 M , 1 m . Lời giải Chọn D ĐKXĐ: 0 x 2 2ln y x x 2 2 y x x  2 2 2 x x 0 y  2 2 2 0 x x 2 2 2 0 x 1 x  1 x 1 e ;e    Ta có: 1 1 y , 2 e e 2 y , -1 2 e e 2 y 2 e 2 M , 1 m . Câu 81: (SG D B ắ c Ni nh nă m 201 7 - 2 01 8) Đặt 5 log 3 a . Tính theo a giá trị của biểu thức 9 log 1125 . A. 9 3 log 1125 1 2a . B. 9 3 log 1125 2 a . C. 9 2 log 1125 2 3a . D. 9 3 log 1125 1 a . Lời giải Chọn A Ta có: 2 2 2 3 2 3 2 9 3 3 3 3 5 3 3 1 3 log 1125 log 5 .3 log 5 log 3 log 5 1 . 1 1 2 2 log 3 2a . Câu 82: (SG D B ắc Ni nh nă m 201 7 - 2 01 8) Giải phương trình 1 3 2 4 8 x x . A. 11 8 x . B. 4 3 x . C. 1 8 x . D. 8 11 x . Lời giải Chọn A Ta có: 2 1 3 2 6 2 512 4 8 4 2 x x x x 8 2 2048 x 8 11 2 2 x 8 11 x 11 8 x . Cách khác: Ta có: 1 3 2 4 8 x x 2 2 1 log 4 3 2 log 8 x x 2 2 9 6 x x 8 11 x 11 8 x . Câu 83: (SG D B ắ c Ni nh nă m 201 7 - 2 01 8) Cho hàm số 2 2 log 1 f x x , tính 1 f  ? A. 1 1 2 f  . B. 1 1 2ln 2 f  . C. 1 1 ln 2 f  . D. 1 1 f  . Lời giải Chọn C Ta có: 2 2 , 1 ln 2 x f x x x   Khi đó 1 1 ln 2 f  . Câu 84: (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 3 3 2log 4 3 log 18 27 x x  . A. 3 ;3 4 S      . B. 3 ; 4 S      . C.  3; S  . D. 3 ;3 8 S      . Lời giải Chọn A Điều kiện 3 4 x . Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với 2 3 3 log 4 3 log 18 27 x x  2 4 3 18 27 x x  2 16 42 18 0 x x  3 3 8 x   . Kết hợp với điều kiện nghiệm của bất phương trình là 3 ;3 4 S      . Câu 85: (S G D B ắ c Ni n h nă m 20 17 - 201 8) Số nghiệm của phương trình 2 5 2 log 3 log 3 x x x x x là: A. 3. B. 1. C. 2 . D. 0 . Lời giải Chọn A Điều kiện 3 x . Thay 2 x vào phương trình thấy thỏa. Với 3 2   x x thì 2 5 2 log 3 log 3 x x x x x 2 2 5 x x x 2 1 2 3 0 3   x x x x . Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm. Câu 86: (S GD Ni n h B ình nă m 201 7 - 201 8) Cho phương trình 5 5 8 x x . Biết phương trình có nghiệm 5 log 5 a x , trong đó 0 1 a  . Tìm phần nguyên của a A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn B 5 5 5 5 8 5 5 8 5 5 8 5 log 8 .log 5 log 5 8 5 log 5 x x x x x x . 8 5 a . Vậy phần nguyên của a là 1. Câu 87: (S GD Ni nh Bình n ăm 20 17 - 201 8) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số 2 ln 2 4 y x mx xác định với mọi x  . A.     ; 2 2; m    . B.   2;2 m . C. ; 2 2; m    . D. 2;2 m . Lời giải Chọn D Hàm số 2 ln 2 4 y x mx xác địnhvới mọi x  2 2 4 0 x mx , x  2 0 4 0 2 2 m m   . Câu 88: ( SGD N in h B ình n ăm 20 17 - 2018) Tìm số nghiệm của phương trình 2 2 5 1 3 log 1 log 1 0 x x . A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn B Điều kiện 2 1 0 1 1 x x . 2 2 5 1 3 log 1 log 1 0 x x 2 2 5 3 log 1 log 1 x x . Ta có 2 2 3 1 1 log 1 0 x x   . 2 2 5 1 0 log 1 0 x x . Vậy phương trình tương đương với 2 2 3 5 0 log 1 log 1 x x 0 x . Câu 89: (S G D N i nh B ìn h n ăm 201 7 - 2 018 ) Cho hai số thực dương a và b . Rút gọn biểu thức 1 1 3 3 6 6 a b b a A a b . A. 6 A ab . B. 3 A ab . C. 3 1 a b . D. 6 1 a b . Lời giải Chọn A 1 1 3 3 6 6 a b b a A a b 1 1 1 1 3 3 6 6 1 1 6 6 a b b a b a           1 1 3 3 a b . Câu 90: (T HPT C h uy ên ĐH K HTN - Hà N ội n ăm 20 17 - 201 8) Tập nghiệm của bất phương trình 2 log 1 3 x là: A. ;10  . B. 1;9 . C. 1;10 . D. ;9  . Lời giải Chọn B Điều kiện: 1 0 1 x x . Ta có: 2 log 1 3 1 8 9 x x x . Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho là 1;9 . Câu 91: (THPT Ch uy ê n Đ H K HT N - Hà N ộ i n ăm 201 7 - 20 18) Hàm số 2 log 2 1 y x có đạo hàm y  bằng A. 2ln 2 2 1 x . B. 2 2 1 ln 2 x . C. 2 2 1 log 2 x . D. 1 2 1 ln 2 x . Lời giải Chọn B 2 2 1 2 log 2 1 2 1 ln 2 2 1 ln 2 x y x y x x   . Câu 92: (THP T Chuyê n H ạ L on g - Qu ả ng Nin h - l ầ n 1 nă m 20 17 - 201 8) Tìm tập xác định D của hàm số 2 2 log 3 2 y x x . A. ;1 2; D    . B. 2; D  . C. ;1 D  . D. 1;2 D . Hướng dẫn giải Chọn A Điều kiện xác định: 2 3 2 0 x x 1 2 x x   . Vậy tập xác định của hàm số là ;1 2; D    . Câu 93: (TH P T Chuyê n H ạ Lon g - Q u ả n g Ni nh - l ần 1 năm 201 7 - 2 018 ) Tìm tập nghiệm S của phương trình 2 1 2 5.2 2 0 x x . A.   0;1 S B.   1;0 S . C.   1;1 S . D.   1 S . Hướng dẫn giải Chọn C Phương trình tương đương 2 2.2 5.2 2 0 x x 2 2 1 2 2 x x     1 1 x x   . Vậy tập nghiệm của phương trình   1;1 S . Câu 94: (TH PT Ch uy ên H ạ Lo ng - Q u ả n g Nin h - l ần 1 n ă m 20 17 - 201 8 ) Cho a và b là các số thực dương khác 1. Biết rằng bất kì đường thẳng nào song song với trục tung mà cắt các đồ thị log a y x , log b y x và trục hoành lần lượt tại A , B và H ta đều có 2 3 HA HB (hình vẽ bên dưới). Khẳng định nào sau đây là đúng? A. 2 3 1 a b . B. 3 2 a b . C. 3 2 1 a b . D. 2 3 a b . Hướng dẫn giải Chọn C Ta có log a HA x và log b HB x . Do đó 2log 3log a b x x 1 3 3 1 log log a b x x a b 3 2 3 . 1 . 1 a b a b . Câu 95: (TH PT Ch u y ên L ê Qu ý Đô n - Đ à N ẵn g nă m 201 7 - 2018) Cho a , b là các số dương phân biệt khác 1 và thỏa mãn 1 ab . Khẳng định nào sau đây đúng ? A. log 1 a b . B. log 1 0 a b . C. log 1 a b . D. log 1 0 a b . Lời giải Chọn C Ta có 1 ab nên log 0 1 log 0 log 1 a a a ab b b . Câu 96: (TH PT Ch u y ên L ê Qu ý Đô n - Đ à N ẵn g nă m 201 7 - 2018) Đạo hàm của hàm số 1 2 x x y là A. 1 1 ln 2 4 x x y  . B. 1 1 ln 2 2 x x y  . C. 4 x x y  . D. 2 x x y  . Lời giải Chọn B 1 2 x x y       2 2 1 2 ln 2 2 x x x x 2 2 1 1 ln 2 2 x x x    1 1 ln 2 2 x x . Câu 97: (THPT Ch uy ê n Lê Q uý Đô n - Đà N ẵ n g n ăm 201 7 - 20 18) Cho hàm số 2 2 2 x x f x . Khi đó tổng 1 19 0 ... 10 10 f f f         có giá trị bằng A. 59 6 . B. 10. C. 19 2 . D. 28 3 . Lời giải Chọn A Ta có 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x f x f x ; 1 0 3 f ; 1 1 2 f . Áp dụng: 1 19 0 ... 10 10 f f f         1 19 9 11 0 ... 1 10 10 10 10 f f f f f f                           1 1 59 9.1 3 2 6 . Câu 98: (T HP T C h uy ê n Lê Quý Đô n - Đà N ẵn g nă m 2017 - 201 8) Anh Nam dự định sau 8 năm (kể từ lúc gửi tiết kiệm lần đầu) sẽ có đủ 2 tỉ đồng để mua nhà. Mỗi năm anh phải gửi tiết kiệm bao nhiêu tiền (số tiền mỗi năm gửi như nhau ở thời điểm cách lần gửi trước 1 năm) ? Biết lãi suất là 8% / năm, lãi hàng năm được nhập vào vốn và sau kỳ gửi cuối cùng anh đợi đúng 1 năm để có đủ 2 tỉ đồng. A. 9 0,08 2 1,08 1,08  tỉ đồng. B. 8 0,08 2 1,08 1,08  tỉ đồng. C. 7 0,08 2 1,08 1  tỉ đồng. D. 8 0,08 2 1,08 1  tỉ đồng. Lời giải Chọn A Gọi M là số tiền anh Nam phải gửi hàng năm. Để sau 8 năm (kể từ lúc gửi tiết kiệm lần đầu) sẽ có đủ 2 tỉ đồng, tính luôn cả thời gian anh đợi để rút tiền ra thì anh gửi tất cả 8 lần. Ta có công thức 1 1 1 n n M T r r r    9 . 2 0,08 1.08 1,08 1 1 1 n n T r M r r     tỉ đồng. Câu 99: (T HP T C h u yê n L ê Q uý Đô n - Đ à N ẵ ng nă m 201 7 - 20 1 8) Biết rằng phương trình 2 2 2 3log log 1 0 x x có hai nghiệm là a , b . Khẳng định nào sau đây đúng ? A. 1 3 a b . B. 1 3 ab . C. 3 2 ab . D. 3 2 a b . Lời giải Chọn C Điều kiện: 0 x . Ta có 2 2 2 3log log 1 0 x x 2 1 13 log 6 x  1 13 6 2 x  . Vậy tích hai nghiệm là 1 13 1 13 1 3 6 6 3 2 . 2 2 2             . Câu 100: (TH P T Ch uy ên L ê Q uý Đô n - Đà N ẵ n g n ăm 2017 - 201 8) Cho hàm số 2 ln 1 f x x x . Giá trị 1 f  bằng A. 2 4 . B. 1 1 2 . C. 2 2 . D. 1 2 . Lời giải Chọn C Ta có 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 x x x x f x x x x x x   . Vậy 1 1 2 f  . Câu 101: (THPT Ch u y ê n Ph a n B ộ i C h âu - Ng h ệ A n - l ầ n 1 n ăm 2 017 - 201 8 ) Cho log 3 ab b ( với 0; 0; 1 a b ab  ). Tính 2 log ab a b     . A. 5 . B. 4 . C. 10 . D. 16 . Lời giải. Chọn D Ta có: 2 2 log 2 log log 2 log 2log 2 1 3log 2 1 9 16 ab ab ab ab ab ab a ab a b b b b b         . Câu 102: (THPT Ch u y ê n Ph an B ội Châu - N g h ệ A n - l ần 1 n ăm 20 17 - 201 8) Giá trị cực tiểu của hàm số 2 3 x y e x là: A. 6 e . B. 3 6 e . C. 3e . D. 2e . Lời giải Chọn D 2 2 3 2 2 3 x x x y e x xe x x e  . BBT Suy ra giá trị cực tiểu của hàm số bằng 2e . Câu 103: (TH P T Ch u yê n P ha n B ộ i Ch â u - Ng h ệ An - l ầ n 1 nă m 2 017 - 201 8 ) Cho hàm số 2 x y e x mx . Biết 0 1 y  . Tính 1 y  . A. 6e . B. 3e . C. 5e . D. 4e . Lời giải Chọn C Ta có 2 2 x x y e x mx e x m  . Nên 0 1 y  1 m . Do đó 1 2 1 1 1 1 2.1 1 y e e  5e . Câu 104: (T HP T Ch u y ên Ph a n B ộ i Ch âu - Ng h ệ An - l ầ n 1 năm 20 17 - 201 8) Tổng các nghiệm của phương trình 2 2 2 3 log log 9.log 3 x x là: A. 2 . B. 8 . C. 17 2 . D. 2 . Lời giải Chọn C Đkxđ: 0 x . Xét phương trình 2 2 2 3 log log 9.log 3 x x 2 2 2 log 2log 3 x x 2 2 2 log 2log 3 0 x x 2 2 log 1 log 3 x x   1 2 1 2 8 x x    . Suy ra 1 17 8 2 2 . Câu 105: (TH PT Ch u y ên Pha n B ộ i Châu - N g h ệ A n - l ầ n 1 n ăm 201 7 - 20 18) Tìm tập xác định của hàm số 2 1 log 5 y x . A.   ;5 \ 4  . B. 5;  . C. ;5  . D.  5;  . Lời giải y x OChọn A Điều kiện xác định của hàm số là: 2 5 0 5 5 log 5 0 5 1 4 x x x x x x       . Vậy tập xác định của hàm số là:   ;5 \ 4 D  . Câu 106: (TH PT Ch u y ên Ph a n B ộ i Ch âu - Ng h ệ A n - l ầ n 1 nă m 201 7 - 2 01 8) Cho 2 log 1 3 a . Tính 4 log 3 3 a . A. 3 . B. 1. C. 2 . D. 4 . Lời giải Chọn D 2 log 1 3 a 1 8 a 7 a . 3 3 log 3 log 4 3 3 4 a . Câu 107: (TH PT Ch u y ên Pha n B ộ i Châu - N g h ệ A n - l ần 1 n ăm 201 7 - 20 18) Cho đồ thị : 3 x C y . Tìm kết luận sai: A. Đồ thị C nhận trục hoành làm tiệm cận ngang. B. Đồ thị C nằm phía trên trục hoành. C. Đồ thị C đi qua điểm 0;1 . D. Đồ thị C nhận trục tung làm tiệm cận đứng. Lời giải Chọn D Phác họa đồ thị hàm số 3 x y như hình vẽ Dựa vào đồ thị ta thấy phương án D sai. Câu 108: (THP T Ch u y ên Qu ốc H ọc - Hu ế năm 2 017 - 201 8) Năm 1992, người ta đã biết số 756839 2 1 p là một số nguyên tố (số nguyên tố lớn nhất được biết cho đến lúc đó). Hãy tìm số các chữ số của p khi viết trong hệ thập phân. A. 227830 chữ số. B. 227834 chữ số. C. 227832 chữ số. D. 227831 chữ số. Lời giải Chọn C +) 756839 2 có chữ số tận cùng khác 0 nên 756839 2 và 756839 2 1 p có số các chữ số bằng nhau. +) Số các chữ số của p khi viết trong hệ thập phân của 756839 2 1 p là:     756839 log 2 1 756839log 2 1 227831,2409 1 227832    O x y 1 3 x y Suy ra 756839 2 1 p khi viết trong hệ thập phân là số có 227832 chữ số. Câu 109: (TH P T Ch uy ên Q u ố c H ọ c - Hu ế năm 201 7 - 201 8) Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số 2 ln 2 4 y x mx có tập xác định là  ? A. 1. B. 0 . C. 5 . D. 3 . Lời giải Chọn D Hàm số 2 ln 2 4 y x mx xác định  x 2 2 4 0 x mx ,  x 0 0    a 2 1 0 4 0  m 2 2 m . Mà  m   1;0;1 m . Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 110: (TH P T Ch u y ên Qu ố c H ọ c - H u ế nă m 20 17 - 201 8) Biết tập nghiệm S của bất phương trình 3 6 log log 2 0 x     là khoảng ; a b . Tính . b a A. 2 . B. 4 . C. 3. D. 5. Lời giải Chọn A Điều kiện: 3 2 0 log 2 0 x x  2 2 1 x x  2 3 x x  3 x . 3 6 log log 2 0 x     3 log 2 1 x 2 3 x 5 x So với điều kiện, tập nghiệm bất phương trình 3;5 S . Do đó: b a 5 3 2 . Câu 111: (TH PT Ch u y ên Qu ố c H ọ c - Hu ế năm 2 017 - 201 8) Tìm tập xác định của hàm số 2 log 3 x y x . A. 3;2 D . B.   3;2 D . C.  ; 3 2; D    . D. ; 3 2; D    . Lời giải Chọn A Đk: 2 0 3 x x 3 2 x hay 3;2 x Vậy TXĐ: 3;2 D . Câu 112: (TH PT Ch u y ên Th ái B ình - l ầ n 3 n ăm 20 17 - 201 8) Rút gọn biểu thức 1 6 3 . P x x với 0 x . A. 2 P x . B. P x . C. 1 8 P x . D. 2 9 P x . Hướng dẫn giải Chọn B Ta có 1 6 3 . P x x 1 1 3 6 . x x 1 1 3 6 x 1 2 x x Câu 113: (TH PT Ch u y ên Th ái B ì nh - l ầ n 3 n ă m 2017 - 201 8) Cho a , 0 b ; a , 1 b  và x , y là hai số thực dương. Trong các mệnh đề dưới đây, mệnh đề nào sai? A. log log log a a a xy x y . B. log .log log b a b a x x . C. 1 1 log log a a x x . D. log log log a a a x x y y . Hướng dẫn giải Chọn C Ta có 1 1 log log log a a a x x x 1 log a x  . Câu 114: (TH PT Ch uy ên T h ái B ình - l ần 3 nă m 20 17 - 201 8) Cho hàm số 2 2 3 3 x x y      . Tìm khẳng định đúng. A. Hàm số luôn đồng biến trên  . B. Hàm số luôn nghịch biến trên  . C. Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng ; 1  . D. Hàm số luôn đồng biến trên khoảng ; 1  . Hướng dẫn giải Chọn D Ta có: 2 2 3 3 3 2 2 . .ln x x y x            . Cho 0 y  2 2 3 3 3 2 2 . .ln 0 x x x           2 2 0 x 1 x . Bảng biến thiên: Vậy hàm số luôn đồng biến trên khoảng ; 1  . Câu 115: (TH PT Ch uy ên Th ái B ì nh - l ầ n 3 nă m 201 7 - 2018) Tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình 2 4 4 2log 3 log 5 0 x x là: A. 8 . B. 8 2 . C. 8 2 . D. 4 2 . Hướng dẫn giải Chọn B ĐKXĐ: 3 0 5 0 x x   3 5 x x   . 2 4 4 2log 3 log 5 0 x x 4 2log 3 5 0 x x    3 5 1 x x 3 5 1 khi 5 3 5 1 khi 3 5 x x x x x x    . 2 2 8 15 1 khi 5 8 15 1 khi 3 5 x x x x x x   4 2 4 x x   . Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 8 2 . Câu 116: (TH P T Ch u y ên Thái B ìn h - l ầ n 3 nă m 2 017 - 201 8) Biết đồ thị C ở hình bên là đồ thị hàm số x y a 0, 1 a a  . Gọi C  là đường đối xứng với C qua đường thẳng y x . Hỏi C  là đồ thị của hàm số nào dưới đây? A. 1 2 log y x . B. 2 x y . C. 1 2 x y     . D. 2 log y x . Hướng dẫn giải Chọn D Ta có C  là đường đối xứng với : x C y a qua đường thẳng y x nên hàm số cần tìm có dạng log a y x . Từ hình vẽ thì 1 2 1;2 2 2 log A C a a y x . Câu 117: (T H PT Ch uy ên V ĩn h Phú c - l ầ n 3 nă m 20 17 - 201 8) Tính đạo hàm của hàm số 2 2 2 e x y x x . A. 2 2 e x y x  . B. 2 e x y x  . C. 2 2 e x y x  . D. 2 e x y x  . Lời giải Chọn B Ta có: 2 2 2 e x y x x      2 2 2 2 2 2 e e x x x x x x   2 2 2 2 2 e e x x x x x 2 e x x . Câu 118: (TH PT Ch u y ên V ĩn h P h ú c - l ần 3 M Đ 23 4 nă m h ọc 2 017 - 20 18) Hàm số nào sau đây đồng biến trên  ? A. 2 1 x y x . B. 2 2 1 3 2 y x x . C. 1 x y x . D. tan y x . Hướng dẫn giải Chọn A Xét hàm số 2 1 x y x có tập xác định  Ta có: 2 2 1 1 1 y x x  0 y  , x  . Do đó hàm số đồng biến trên  . *Dùng phương pháp loại dần: Hai hàm số 1 x y x và tan y x không xác định trên  nên không đồng biến trên  . Hàm số ở đáp án B có y  là hàm số bậc ba nên không thể có 0 y  với x  . Câu 119: (TH PT C h u y ên V ĩnh Phú c - l ầ n 3 MĐ 2 34 nă m h ọc 201 7 - 2018) Cho hàm số 2018 2018 2 x x f x . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. f x là hàm số chẵn. B. f x là hàm số lẻ. C. f x là hàm số vừa chẵn, vừa lẻ. D. f x là hàm số không chẵn, không lẻ. Hướng dẫn giải Chọn A Tập xác định: D  . Ta có: x D x D và 2018 2018 , 2 x x f x f x x D . Vậy hàm số f x là hàm số chẵn. Câu 120: (TH P T Ch u y ên V ĩn h P h ú c - l ầ n 3 MĐ 234 n ăm h ọ c 20 17 - 2 018 ) Cho hai số , a b thỏa mãn 1 a b . Chọn mệnh đề đúng. A. e 4 a b ab . B. e . e . a b b a . C. e . e . a b b a . D. e . e . a b b a . Hướng dẫn giải Chọn D Xét hàm số e t f t t với 1 t . Ta có 2 2 e 1 e . e 0 t t t t t f t t t  với 1 t . Do đó hàm số f t đồng biến trên 1;  . Khi đó 1 a b nên f a f b e e a b a b e . e . a b b a . Câu 121: (TH P T Ho ài Ân - H ả i P h òn g nă m 201 7 - 201 8) Mệnh đề nào dưới đây đúng với mọi số thực dương a và b thỏa mãn 2 2 8 a b ab ? A. 1 log 1 log log 2 a b a b . B. log 1 log log a b a b . C. 1 log log log 2 a b a b . D. 1 log log log 2 a b a b . Lời giải Chọn A Ta có: 2 2 8 a b ab . 2 10 a b ab . 2 log log 10 a b ab . 2log 1 log log a b a b . 1 log 1 log log 2 a b a b . Câu 122: (TH P T Ho ài Ân - H ải Phò ng nă m 20 17 - 20 18) Hàm số 2 ln 1 y x mx xác định với mọi giá trị của x khi A. 2 m . B. 2 2 m . C. 2 m hoặc 2 m . D. 2 m . Lời giải Chọn B Ta có hàm số xác định với mọi x khi và chỉ khi 2 1 0 x mx x  2 0 4 0 m  2 2 m . Câu 123: (TH PT H oà i  n - H ải P hò ng n ăm 2 017 - 201 8) Tìm nghiệm của phương trình 2 1 7 4 3 2 3 x . A. 1 4 x . B. 7 4 3 1 log 2 3 x . C. 3 4 x . D. 25 15 3 2 x . Lời giải Chọn C Ta có 2 1 7 4 3 2 3 x 4 2 1 2 2 3 2 3 x 4 2 1 x 4 3 x 3 4 x . Câu 124: (TH PT Ho ài  n - H ả i Ph ò n g n ăm 20 1 7 - 201 8) Tìm nghiệm của phương trình 1 2 3 3 2 x x x . A. 2 log 3 x . B. 0 x . C. 2 3 x . D. 3 2 x . Lời giải Chọn B Pt 3 3.3 4.2 x x x 4.3 4.2 x x 3 1 2 x     0 x . Câu 125: (TH PT Ho ài  n - H ải Ph ò n g n ăm 20 1 7 - 201 8) Cho hàm số 1 2 log y x . Tìm khẳng định đúng. A. Hàm số đồng biến trên khoảng 0;1 . B. Hàm số đồng biến trên khoảng 0;  . C. Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;1 . D. Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;  . Lời giải Chọn C 2 1 2 2 2 log log log y x x x . TXĐ: 0; D  . 2 2 2 log 0 1 ln 2. log x y x x x  . Bảng biến thiên: 0 ∞ + + 1 y y' x 0 Dựa vào BBT suy ra: hàm số nghịch biến trên khoảng 0;1 . Câu 126: (TH P T Ho ài Ân - H ả i P hò ng nă m 201 7 - 2 018 ) Một người gửi tiết kiệm với lãi suất 8,4%/ năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Hỏi sau bao nhiêu năm người đó có số tiền gấp đôi số tiền ban đầu? A. 9 . B. 10 . C. 7 . D. 8 . Lời giải Chọn A Gọi A là số tiền người đó gửi vào ban đầu. Sau n năm, người đó có số tiền cả vốn lẫn lãi là: 8,4 1 100 n A     . Theo đề: 8,4 1 100 8,4 1 2 log 2 8,59 100 n A A n          . Vậy sau 9 năm thì người đó có số tiền gấp đôi số tiền ban đầu. Câu 127: (TH P T H o ài Ân - H ả i Ph òn g n ăm 20 17 - 201 8) Tìm S là tập hợp các nghiệm của phương trình log log x x . A. 1; S  . B. 0; S  . C.   1;10 S . D.  1; S  . Lời giải Chọn D Điều kiện 0 0 0 x x x  * . Khi đó log log x x  log log log 0 1 1; x x x x x  . Kết hợp với * ta được  1; x  thỏa mãn. Vậy  1; S  . Câu 128: (TH PT H ồn g Qu ang - H ải Dươ ng nă m 201 7 - 201 8) Tìm tập hợp nghiệm S của bất phương trình 1 2 1 5 125 x A. ;2 S  . B. 0;2 S . C. ;1 S  . D. 2; S  . Lời giải Chọn A Ta có 1 2 1 5 125 x 1 2 3 5 5 x 1 2 3 x 2 x . Vậy tập nghiệm ;2 S  Câu 129: (TH PT H ồn g Qu ang - H ải Dươ ng nă m 201 7 - 201 8) Cho ba hàm số x y a , x y b , x y c có đồ thị trên một mặt phẳng tọa độ Oxy như hình vẽ dưới đây. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng ? A. b c a . B. a c b . C. c a b . D. c b a . Lời giải Chọn A Dựa vào hình vẽ ba đồ thị ta thấy hàm số x y a đồng biến trên  nên 1 a . Hàm số x y b và x y c giảm trên  nên 1 b và 1 c (loại B và C). Nhìn vào đồ thị ta thấy với 0 x thì x x c b và với 0 x thì x x b c , do đó c b . Vậy b c a Câu 130: (TH P T K inh Mô n 2 - H ả i D ương nă m 201 7 - 201 8) Nghiệm của bất phương trình: 1 5 log 2 3 1 x A. 4 x . B. 3 2 x . C. 3 4 2 x . D. 4 x . Lời giải Chọn C Ta có tập xác định 3 ; 2 D      Bất phương trình 1 1 2 3 2 3 5 4 5 x x x     Kết hợp với tập xác định ta có tập nghiệm của bất phương trình là 3 ;4 2 S     . Câu 131: (TH PT K in h Mô n 2 - H ả i D ư ơ n g nă m 20 17 - 201 8) Tính tổng các nghiệm của phương trình 2 log 3 1 9 x x bằng A. 3 . B. 9 . C. 9 10 . D. 3 . Lời giải Chọn D Phương trình tương đương với 2 9 3 1 10 x x 2 9 3 1 10 0 x x . 9 5 4.10 0  nên phương trình có hai nghiệm 1 x và 2 x phân biệt. Ta có 1 2 3 x x . Câu 132: ( TH PT K in h Mô n 2 - H ả i Dư ơ n g nă m 201 7 - 20 18) Một người gửi tiết kiệm với số tiền gửi là A đồng với lãi suất 6% một năm, biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính gốc cho năm tiếp theo. Sau 10 năm người đó rút ra được số tiền gốc lẫn lãi nhiều hơn số tiền ban đầu là 100 triệu đồng ? Hỏi người đó phải gửi số tiền A bằng bao nhiêu ? A. 145037058,3 đồng. B. 55839477,69 đồng. C. 126446589 đồng. D. 111321563,5 đồng. Lời giải Chọn C Từ công thức lãi kép ta có 1 n n A A r . Theo đề bài ta có 10 0,06 100 n n r A A  10 100 1 0,06 A A 10 100 1,06 1 A 10 100 1.06 1 A 126446597 A (đồng). Câu 133: (TH P T K in h Mô n 2 - H ả i D ương n ă m 2 017 - 201 8) Cho ba số thực dương a , b , c khác 1. Đồ thị các hàm số x y a , x y b , x y c được cho trong hình vẽ dưới đây. Mệnh đề nào dưới đây đúng ? A. a c b . B. c a b . C. b c a . D. a b c . Lời giải Chọn A Ta có: Hàm số x y a nghịch biến trên 0 1 a  . Các hàm số x y b và x y c đồng biến trên  nên b , 1 c . Ta lại có 0 x thì x x b c b c . Vậy a c b . Câu 134: (TH P T Ni n h Gi ang - H ả i Dương n ăm 2017 - 201 8) Số điểm có tọa độ là các số nguyên của đồ thị hàm số: 2 3 1 x y x là: A. 2 . B. 4 . C. 1. D. 3 . Lời giải Chọn B Tập xác định:   \ 1 D  . Ta có 2 3 5 2 1 1 x y x x suy ra số điểm có tọa độ nguyên của đồ thị hàm số là 4 điểm tương ứng hoành độ   0;2; 4;6 x . Câu 135: (TH PT Ni nh Gi ang - H ả i Dương n ăm 2 017 - 201 8 ) Khẳng định nào sau đây sai? A. Hàm số 2 sin y x x là hàm lẻ trên  . B. Hàm số sin y x đồng biến trên khoảng 0;  . C. Hàm số cos2 y x là hàm tuần hoàn với chu kỳ T  . D. Hàm số cot y x có tập xác định là   \ D k k    . Lời giải Chọn B Ta có khẳng định A đúng vì hàm số 2 sin y x x có tập xác định  đối xứng và y x y x . Khẳng định B sai vì hàm số sin y x có cos 0 y x  khi ; 0; 2 x         . Dễ thấy hai khẳng định còn lại đúng. Câu 136: (TH P T Ni n h Gi ang - H ả i Dương n ăm 2017 - 201 8) Giả sử p , q là các số thực dương sao cho 9 12 16 log log log p q p q . Tìm giá trị của p q . A. 4 3 . B. 8 5 . C. 1 1 3 2 . D. 1 1 5 2 . Lời giải Chọn D Đặt 9 12 16 log log log p q p q t , lúc đó 9 t p , 12 t q và 16 t p q . Ta được phương trình 9 12 16 t t t 9 3 1 16 4 t t         2 3 3 1 4 4 t t         3 1 5 4 2 3 1 5 4 2 t t               Do 3 0 4 t     nên 3 1 5 4 2 t     . Ta có 9 3 12 4 t t t p q     nên 1 1 5 2 p q . Câu 137: (TH PT Ni nh Gi ang - H ải Dương n ăm 2 017 - 201 8 ) Đạo hàm của hàm số 3 log 4 1 y x là A. ln 3 4 1 y x  . B. 4 4 1 ln 3 y x  . C. 1 4 1 ln 3 y x  . D. 4ln 3 4 1 y x  . Lời giải Chọn B 4 1 4 4 1 ln 3 4 1 ln 3 x y x x   . Câu 138: (TH PT Ni nh Gi ang - H ải Dương n ăm 2 017 - 201 8 ) Tìm tập nghiệm của phương trình: 2 1 2 4 x x . A.   4 3;4 3 . B.   2 3; 2 3 . C.   2 3;2 3 . D.   4 3; 4 3 . Lời giải Chọn C 2 2 1 2 2 4 1 2 4 1 0 2 3 x x x x x x x  . Vậy tập nghiệm của PT là:   2 3;2 3 S . Câu 139: ( TH PT Ni nh G ia ng - H ả i Dương nă m 20 17 - 201 8 ) Tập nghiệm S của bất phương trình 2 4 1 8 2 x x     là: A. ;3 S  . B. 1; S  . C. ;1 3; S    . D. 1;3 S . Lời giải Chọn C Ta có 2 4 1 8 2 x x     2 4 3 1 1 2 2 x x         2 4 3 x x 2 4 3 0 x x 1 3 x x  . Vậy ;1 3; S    . Câu 140: (TH PT Ni nh Gi ang - H ải Dương n ăm 2 017 - 201 8 ) Dân số thế giới được dự đoán theo công thức ( ) e bt P t a , trong đó a , b là các hằng số, t là năm tính dân số. Theo số liệu thực tế, dân số thế giới năm 1950 là 2560 triệu người; dân số thế giới năm 1980 là 3040 triệu người. Hãy dự đoán dân số thế giới năm 2020 ? A. 3823 triệu. B. 5360 triệu. C. 3954 triệu. D. 4017 triệu. Lời giải Chọn A Từ giả thiết ta có hệ phương trình: 1950 1980 . 2560 1 . 3040 2 b b a a  e e . Chia 2 cho 1 ta được 30 19 19 1 19 30 ln ln 16 16 30 16 b b b e . Thay vào 1 ta được: 65 2560 19 16 a     . Vậy 1 19 2020. ln 30 16 65 2560 2020 . 3823 19 16 P      e (triệu) Câu 141: (TH P T Ni n h G ian g - H ả i D ương n ă m 201 7 - 20 18) Tìm tất cả các nghiệm của phương trình: log log 9 1 x x . A.   10 . B.   9 . C.   1;9 . D.   1;10 . Lời giải Chọn A Điều kiện xác định: 9 x . Ta có: log log 9 1 x x log 9 1 x x    9 10 x x 1 10 x x   . So sánh với điều kiện xác định nên log log 9 1 x x có nghiệm 10 x . Câu 142: (TH PT Ni nh Gi ang - H ải Dương n ăm 2 017 - 201 8 ) Biết 6 log 2 a , 6 log 5 b . Tính 3 log 5 theo a và b được kết quả: A. 1 a b . B. 1 a b . C. 1 b a . D. 1 b a . Lời giải Chọn D Câu 143: Ta có 6 3 6 6 6 6 log 5 log 5 6 log 3 log 6 log 2 1 log 2 b b b a . (TH PT P han Đă ng L ư u - Hu ế - l ầ n 1 năm 201 7 - 201 8) Cho hàm số ln y x . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Miền giá trị của hàm số là khoảng 0;  . B. Đồ thị hàm số không có đường tiệm cận đứng khi 0 x  . C. Hàm số có tập xác định là  . D. Hàm số đồng biến trong khoảng 0;  Lời giải. Chọn D Hàm số ln y x có tập xác định 0;  và có cơ bằng 1 e Chọn D Câu 144: (TH P T P h an Đă ng L ưu - H u ế - l ầ n 1 nă m 201 7 - 201 8) Cho hàm số 2 ln 5 f x x x . Tìm tập nghiệm S của phương trình 0  f x . A.  S . B. 5 2     S . C.   0; 5 S . D. ;0 5;    S . Lời giải Chọn A * Hàm số xác định khi và chỉ khi 2 0 5 0 5   x x x x . * Ta có 2 2 5 5  x f x x x ; 0  f x 5 2 5 0 2 x x (loại). * Vậy  S . Câu 145: (TH P T P h an Đăng Lư u - Hu ế - l ần 1 n ăm 201 7 - 2018) Cho hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 2 log f x m có đúng ba nghiệm thực phân biệt? A. 5. B. 8 . C. 6 . D. 7 . Lời giải Chọn D Dựa vào đồ thị hàm số, phương trình 2 log f x m có đúng ba nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi 2 0 1 log 3 m m  0 1 8 2 m m  1 8 2 m . Do m là số nguyên dương nên   1;2;3;4;5;6;7 m . Câu 146: (TH P T P h an Đăn g L ư u - H u ế - l ầ n 1 nă m 201 7 - 2018) Gọi 1 x , 2 x là hai nghiệm của phương trình 1 9 20.3 8 0 x x . Trong các khẳng định sau đây, khẳng định nào đúng ? A. 1 2 3 8 log 9 x x . B. 1 2 20 9 x x . C. 1 2 3 8 log 9 x x . D. 1 2 8 9 x x . Lời giải Chọn A Ta có: 1 9 20.3 8 0 x x 9.9 20.3 8 0 x x . Đặt 3 x t với 0 t , khi đó phương trình đã cho trở thành: 2 9 20 8 0 t t . Gọi 1 x , 2 x là hai nghiệm của phương trình đã cho, ta có: 1 1 3 x t và 2 2 3 x t . Theo định lí Vi – ét, ta có: 1 2 1 2 20 3 3 9 x x t t . Và: 1 2 1 2 1 2 3 8 8 3 .3 log 9 9 x x t t x x . Câu 147: (TH PT Qu ãn g X ương 1 - Th a n h Hó a nă m 201 7 - 20 18) Tìm tập hợp tất cả các nghiệm thực của bất phương trình 2 3 2 9 9 7 7 x x     . A. 1 ; 1; 2 x        . B.  1 ; 1; 2 x         . C. 1 ;1 2 x      . D. 1 ;1 2 x     . Lời giải Chọn C Ta có 2 3 2 9 9 7 7 x x     2 3 2 1 x x 2 2 3 1 0 x x 1 1 2 x   . Vây tập hợp tất cả các nghiệm thực của bất phương trình 1 ;1 2 x      . Câu 148: (TH PT Qu ãn g X ương 1 - Th a n h Hó a nă m 2 017 - 20 18) Số nghiệm của phương trình 2 2 2 log log 6 log 7 x x là A. 0 . B. 3 . C. 1. D. 2 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 0 6 6 0 x x x  * . Ta có 2 2 2 log log 6 log 7 x x 2 2 log 6 log 7 x x 6 7 x x 2 6 7 0 x x 1 x hoặc 7 x . Kết hợp điều kiện * ta được phương trình đã cho có 1 nghiệm 7 x . Câu 149: (TH PT Qu ãn g X ương 1 - Th a n h Hó a nă m 201 7 - 20 18) Phương trình 2 3 2 2 5 3 x x x có một nghiệm dạng log a x b với a , b là các số nguyên dương lớn hơn 4 và nhỏ hơn 16. Khi đó 2 a b bằng A. 35. B. 25 . C. 40 . D. 30. Lời giải Chọn A 2 3 2 2 5 3 x x x 2 5 3 2 2 log 3 x x x 5 2 1 log 3 0 x x . 5 2 1 log 3 x x   5 2 log 15 x x   . Suy ra 5 a , 15 b . Vậy 2 35 a b . Câu 150: ( TH PT Tr ần Qu ốc Tu ấn n ăm 2017- 2 018 ) Cho hàm số 2 2 ( ) .e x f x x . Tính đạo hàm của hàm số 2 ( ) f x y x x  . A. 2 2e x y  . B. 2 2 e 1 x y x  . C. 2 4e x y  . D. 2 4 e 1 x y x  . Hướng dẫn giải Chọn C Ta có: 2 2 2 ( ) 2 .e 2 .e x x f x x x  2 2 2e x x x . 2 ( ) f x y x x  2 2 2 2e x x x x x 2 2e x 2 4e x y  . Câu 151: (TH PT Tr ần Qu ố c T u ấ n n ăm 201 7 - 2 018 ) Tìm tập xác định D của hàm số 2 1 16 2 x y . A. 3 ; 2      D . B. 3 ; 2      D . C. 3 ; 2 D       . D. 3 0; 2      D . Hướng dẫn giải Chọn C Hàm số 2 1 16 2 x y xác định khi và chỉ khi 2 1 16 2 0 x 2 1 4  x 3 2  x . Vậy tập xác định của hàm số là: 3 ; 2       D . Câu 152: (THPT T r ần Qu ốc T u ấn n ăm 2 017 - 2 018 ) Biết 2 4 2 1 2 log 6log 4log log x a b c . Tìm kết luận đúng. A. 3 2 a x b c . B. 3 2 x a b c . C. 3 2 a c x b . D. 3 2 ac x b . Hướng dẫn giải Chọn C Ta có 2 4 2 1 2 log 6log 4log log x a b c 3 2 2 2 2 2 log log log log x a b c 3 2 2 2 log log a c x b 3 2 a c x b . Câu 153: (TH PT Tr ần Qu ốc T u ấ n năm 201 7 - 2 018 ) Gọi o x là nghiệm lớn nhất của phương trình 2 3 2 9 3 8 0 x x x . Tính 3 log 2 o P x . A. 3 3log 2 P . B. 3 log 6 P . C. 3 log 8 P . D. 3 2log 2 P . Hướng dẫn giải Ta có 2 3 2 9 3 8 0 x x x 2 3 2 3 9.3 8 0 x x x    3 log 2 3 1 3 8 x x x     3 3 log 2 0 log 8 x x x     . Vậy nghiệm lớn nhất là 3 log 8 o x nên 3 log 2 o P x 3 3 log 8 log 2 3 2log 2 . Câu 154: (T H PT Tha n h M i ệ n 1 - H ả i Dương - l ầ n 1 n ăm 2017 - 201 8) Phương trình 2 3 2 2 4 x x có 2 nghiệm là 1 x ; 2 x . Hãy tính giá trị của 3 3 1 2 T x x . A. 9 T . B. 1 T . C. 3 T . D. 27 T . Lời giải Chọn D Ta có 2 3 2 2 4 x x 2 3 2 2 x x 0 3 x x   . Vậy 3 3 1 2 T x x 27 . Câu 155: (T H PT T ha n h Mi ệ n 1 - H ả i D ư ơng - l ần 1 n ăm 201 7 - 20 18) Đạo hàm của hàm số 2 4 3 1 y x x là A. 12 3 y x  . B. 2 1 2 4 3 1 y x x  . C. 2 8 3 2 4 3 1 x y x x  . D. 2 8 3 4 3 1 x y x x  . Lời giải Chọn C Ta có 2 2 2 4 3 1 8 3 2 4 3 1 2 4 3 1 x x x y x x x x   . Câu 156: (T H PT Th a nh Mi ện 1 - H ải D ương - l ần 1 n ăm 201 7 - 201 8) Phương trình 3 4 25 x x có bao nhiêu nghiệm? A. 3 . B. 2 . C. 0 . D. 1. Lời giải Chọn D Ta có 2 x là một nghiệm của phương trình. Xét hàm số 3 4 x x f x có 3 ln 3 4 ln 4 0 x x f x  với mọi x  nên hàm số f x liên tục và đồng biến trên  . Vậy phương trình 25 f x có duy nhất một nghiệm. Câu 157: (TH PT Th an h Mi ệ n 1 - H ả i Dươ ng - l ầ n 1 nă m 20 17 - 201 8 ) Tập nghiệm của bất phương trình 16 5.4 4 0 x x là: A. ;1 4; T    . B.   ;1 4; T    . C. ;0 1; T    . D.   ;0 1; T    . Lời giải Chọn D Đặt 4 x t , 0 t . 16 5.4 4 0 x x trở thành 2 5. 4 0 t t 4 1 t t    4 0 1 t t    4 4 0 4 1 x x    1 0 x x    . Vậy   ;0 1; T    . Câu 158: (TH P T T h an h Mi ện 1 - H ải D ương - l ầ n 1 nă m 201 7 - 201 8) Cho phương trình 2 2 2 2 log 3 log 3 0 x m m x . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 16 x x . A. 1 4 m m   . B. 1 4 m m   . C. 1 1 m m   . D. 1 4 m m   . Lời giải Chọn B 2 2 2 2 log 3 log 3 0 1 x m m x . Điều kiện 0 x . Đặt 2 log x t . Ta được phương trình 2 2 3 3 0 2 t m m t . Ta có: 1 2 16 x x 2 1 2 log 4 x x 2 1 2 2 log log 4 x x . Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 16 x x khi và chỉ khi 2 có hai nghiệm phân biệt 1 t , 2 t thỏa mãn 1 2 4 t t . Vậy suy ra 2 3 4 m m 4 1 m m   . Thử lại thấy thỏa mãn. Câu 159: ( TH PT Tr ầ n Hưng Đ ạ o - TP HC M nă m 201 7 - 201 8) Cho biểu thức 6 5 3 . . P x x x , 0 x . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 2 3 P x . B. 5 2 P x . C. 5 3 P x . D. 7 3 P x . Lời giải Chọn C Ta có 6 5 3 . . P x x x 1 5 1 3 6 2 . . x x x 1 1 5 2 3 6 x 5 3 x . Câu 160: (TH PT Tr ần Hưng Đ ạo - TP HC M n ăm 2 017 - 201 8) Biết rằng đồ thị hàm số x y a và đồ thị hàm số log b y x cắt nhau tại điểm 1 ; e M      . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 0 1 a và 0 1 b .. B. 0 1 a và 1 b . C. 1 a và 1 b . D. 1 a và 0 1 b . Lời giải Chọn B Ta có đồ thị hàm số đi qua x y a và đồ thị hàm số log b y x cắt nhau tại điểm 1 ; e M      nên ta có 1 1 e e 1 e log e b a a b       suy ra 0 1 a và 1 b . Câu 161: (TH P T T ứ K ỳ - H ải Dư ơ n g nă m 201 7 - 201 8) Cho hàm số e e e e y x , 0 x . Đạo hàm của y là: A. 15 31 16 32 e . y x  . B. 32 31 e e e e 32. y x  . C. 15 31 16 32 e . y x  . D. e e e e 2 y x  . Hướng dẫn giải Chọn B Ta có: 1 32 e e e e . y x 1 1 32 1 e e e e . 32 y x  31 32 1 e e e e . 32 x 32 31 e e e e 32. x . Câu 162: (TH P T T ứ K ỳ - H ải Dương nă m 201 7 - 20 18) Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên tập xác định của nó? A. 1 2 3 x y     . B. 2018 x y . C. 2 0,1 x y . D. 3 x y  . Hướng dẫn giải Chọn D Ta có: 3 1  nên hàm số 3 x y  đồng biến trên  . Ta có: 2018 x y 1 2018 x     có 1 1 2018 a nên hàm số 2018 x y nghịch biến trên  . Câu 163: (TH PT T ứ K ỳ - H ả i Dư ơ n g n ăm 2 01 7 - 201 8) Bất phương trình 2 2 3 log 2 1 0 x x có tập nghiệm là: A. 3 0; 2 S     . B. 3 1; 2 S     . C. 1 ;0 ; 2 S        . D. 3 ;1 ; 2 S        . Hướng dẫn giải Chọn C Vì 2 0 1 3 nên ta có 2 2 3 log 2 1 0 x x 2 2 2 1 0 2 1 1 x x x x  2 2 0 x x 1 ;0 ; 2 x        . Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là 1 ;0 ; 2 S        . Câu 164: (TH PT T ứ K ỳ - H ải D ươ ng n ă m 2 017 - 201 8 ) Ông An muốn sở hữu khoản tiền 20.000.000 đồng vào ngày 10/7/2018 ở một tài khoản với lãi suất năm 6,05% . Hỏi ông An đã đầu tư tối thiểu bao nhiêu tiền trên tài khoản này vào ngày 10/7/2013 để được mục tiêu đề ra? A. 14.059.373,18 đồng. B. 15.812.018,15 đồng. C. 14.909.000 đồng. D. 14.909.965,26 đồng. Hướng dẫn giải Chọn D Gọi A là số tiền tối thiểu mà ông An đầu tư. Ta có 5 6 1 20.10 A r 6 5 20.10 6.05 1 100 A     6 5 20.10 14.909.65,26 6,05 1 100 A      Câu 165: (TH PT Xu ân Tr ư ờng - Na m Đ ị nh nă m 201 7 - 2018) Cho các số thực 0 a b . Mệnh đề nào sau đây là sai ? A. 2 2 2 ln ln ln a a b b     . B. 2 2 2 ln ln ln ab a b . C. 1 ln ln ln 2 ab a b . D. ln ln ln a a b b     . Lời giải Chọn C Ta có: 1 ln ln ln 2 ab a b . Câu 166: (TH PT Xu ân Tr ư ờ n g - Na m Đ ị nh nă m 201 7 - 2018) Phương trình 2 2 log 3 log 1 3 x x có nghiệm là một số A. chẵn. B. chia hết cho 3. C. chia hết cho 7 . D. chia hết cho 5. Lời giải Chọn D Điều kiện: 3 x 2 2 log 3 log 1 3 x x 2 log 3 1 3 x x 2 4 3 8 x x 2 4 5 0 x x 1 5 x x   . So điều kiện phương trình có nghiệm 5 x . Câu 167: (TH PT Xu ân Tr ư ờng - Na m Đ ị nh nă m 201 7 - 2018) Đồ thị (hình bên) là đồ thị của hàm số nào ? x y -1 1 2 O 1 A. 2 log 1 y x . B. 2 log 1 y x . C. 3 log y x . D. 3 log 1 y x . Lời giải Chọn D Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số nhận đường thẳng 1 x làm tiệm cận đứng nên loại đáp án A và C. Lại có 2;1 A thuộc đồ thị hàm số nên loại phương án B. Câu 168: (TH PT Xu ân Tr ư ờng - Na m Đ ị nh nă m 201 7 - 2018) Gọi a là một nghiệm của phương trình 2log log 2log 4.2 6 18.3 0 x x x . Khẳng định nào sau đây đúng khi đánh giá về a ? A. 2 10 1 a . B. a cũng là nghiệm của phương trình log 2 9 3 4 x     . C. 2 1 2 a a . D. 2 10 a . Lời giải Chọn D Điều kiện 0 x . Chia cả hai vế của phương trình cho 2log 3 x ta được 2log log 3 3 4 18 0 2 2 x x         . Đặt log 3 2 x t     , 0 t . Ta có 2 4 18 0 t t 9 4 2 t t L     . Với 9 4 t log 3 9 2 4 x     log 2 x 100 x . Vậy 2 100 10 a . Câu 169: (TH PT Xu ân Tr ư ờng - Na m Đ ị nh nă m 201 7 - 2018) Số nghiệm nguyên của bất phương trình 3 9.3 10 x x là A. Vô số. B. 2 . C. 0 . D. 1. Lời giải Chọn D Đặt 3 x t 0 t , bất phương trình có dạng 9 10 t t 2 10 9 0 t t 1 9 t . Khi đó 1 3 9 x 0 2 x . Vậy nghiệm nguyên của phương trình là 1 x . Câu 170: (TH PT Xu ân Tr ư ờng - Na m Đ ị nh nă m 201 7 - 2018) Cho hàm số ln 2.e x y f x m có 3 ln 2 2 f  . Mệnh đề nào dưới đây đúng ? A. 1;3 m . B. 5; 2 m . C. 1; m  . D. ;3 m  . Lời giải Chọn D Điều kiện: 2.e 0 x m . Ta có 2e 2e x x f x m  . Theo đề bài ta có 3 ln 2 2 f  ln 2 ln 2 2e 3 2e 2 m 1 3 1 2 m 1 3 m . Vậy ;3 m  . Câu 171: (TH PT Xu ân Tr ư ờ n g - Na m Đ ị nh nă m 201 7 - 2018) Bất phương trình 4 2 log 7 log 1 x x có bao nhiêu nghiệm nguyên ? A. 3 . B. 1. C. 4 . D. 2 . Lời giải Chọn D Điều kiện 1 x . 2 4 2 log 7 log 1 7 2 1 x x x x x 2 6 0 3 2 x x x . Do điều kiện nên tập nghiệm của bất phương trình là   0,1 S . Câu 172: (THPT Lươn g V ă n C h asnhP hus Yê n năm 201 7 - 201 8) Tìm tập xác định của hàm số 3 2 2 3 y x x . A.   \ 1;2 D  . B. 0; D  . C. D  . D. ;1 2; D    . Lời giải Chọn C Hàm số 3 2 2 3 y x x xác định khi 2 1 2 0 x  2 2 3 0 x x  đúng x  . Vậy tập xác định là: D  . Câu 173: (TH PT Lươ n g Vă n Ch as n h P h u s Yê n n ăm 201 7 - 201 8 ) Tìm tập nghiệm S của phương trình 2 3 3 log 2 3 log 1 1 x x x . A.   0;5 S . B.   5 S . C.   0 S . D.   1;5 S . Lời giải Chọn A Điều kiện 1 x . Khi đó, 2 3 3 log 2 3 log 1 1 x x x 2 3 3 log 2 3 log 3 1 x x x    2 2 3 3 1 x x x 2 5 0 x x 0 5 x x   . Câu 174: (TH PT Lươ n g Vă n Ch as n h P h u s Yê n n ăm 201 7 - 201 8 ) Cho phương trình 2 2 2 2 3 4 2 3 0 x x x x . Khi đặt 2 2 2 x x t , ta được phương trình nào dưới đây ? A. 2 8 3 0 t t . B. 2 2 3 0 t . C. 2 2 3 0 t t . D. 4 3 0 t . Lời giải Chọn A Phương trình 2 2 2 2 3 4 2 3 0 x x x x 2 2 2 2 3 2 2 2 .2 3 0 x x x x . Kho đó, đặt 2 2 2 x x t , ta được phương trình 2 8 3 0 t t . Câu 175: (TH PT Lươ n g Vă n Ch as n h P h u s Yê n n ăm 201 7 - 201 8 ) Sinh nhật bạn của An vào ngày 01 tháng năm. An muốn mua một món quà sinh nhật cho bạn nên quyết định bỏ ống heo 100 đồng vào ngày 01 tháng 01 năm 2016 , sau đó cứ liên tục ngày sau hơn ngày trước 100 đồng. Hỏi đến ngày sinh nhật của bạn, An đã tích lũy được bao nhiêu tiền ? (thời gian bỏ ống heo tính từ ngày 01 tháng 01 năm 2016 đến ngày 30 tháng 4 năm 2016 ). A. 738.100 đồng. B. 726.000 đồng. C. 714.000 đồng. D. 750.300 đồng. Lời giải Chọn A Số ngày bạn An để dành tiền (thời gian bỏ ống heo tính từ ngày 01 tháng 01 năm 2016 đến ngày 30 tháng 4 năm 2016 ) là 31 29 31 30 121 ngày. Số tiền bỏ ống heo ngày đầu tiên là: 1 100 u . Số tiền bỏ ống heo ngày thứ hai là: 2 100 1.100 u . Số tiền bỏ ống heo ngày thứ ba là: 3 100 2.100 u . … Số tiền bỏ ống heo ngày thứ n là: 1 1 n u u n d 100 1 100 n 100n . Số tiền bỏ ống heo ngày thứ 121 là: 121 100.121 u 12100 . Sau 121 ngày thì số tiền An tích lũy được là tổng của 121 số hạng đầu của cấp số cộng có số hạng đầu 1 100 u , công sai 100 d . Vậy số tiền An tích lũy được là 121 1 121 121 2 S u u 121 100 12100 2 738100 đồng. Câu 176: (TH PT Lươ n g Vă n Ch as n h P h u s Yê n n ăm 201 7 - 201 8 ) Cho 2018! x . Tính 2018 2018 2018 2018 2 3 2017 2018 1 1 1 1 ... log log log log A x x x x . A. 1 2017 A . B. 2018 A . C. 1 2018 A . D. 2017 A . Lời giải Chọn B 2018 2018 2018 2018 2 3 2017 2018 1 1 1 1 ... log log log log A x x x x 2018 2018 2018 2018 log 2 log 3 ... log 2017 log 2018 x x x x 2018.log 2 2018.log 3 ... 2018.log 2017 2018.log 2018 x x x x 2018. log 2 log 3 ... log 2017 log 2018 x x x x 2018.log 2.3.....2017.2018 x 2018! 2018.log 2018! 2018 . Câu 177: (TH PT Lươ n g Vă n Ch as n h P h u s Yê n n ăm 201 7 - 201 8 ) Nếu 2 8 8 2 log log log log x x thì 2 2 log x bằng: A. 3 3 . B. 1 3 . C. 27 . D. 3 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 2 8 0 log 0 1 log 0 x x x x  . 2 8 8 2 log log log log x x 2 2 2 2 1 1 log log log log 3 3 x x     1 3 2 2 2 2 1 log log log log 3 x x     1 3 2 2 1 log log 3 x x 3 2 2 1 log log 27 x x 2 2 1 log 1 27 x 2 2 log 27 x . Câu 178: (TH PT L ươ n g Vă n Chasnh P h u s Y ên n ăm 201 7 - 20 1 8) Rút gọn biểu thức 11 3 7 3 4 7 5 . . a a A a a với 0 a ta được kết quả m n A a , trong đó m , * n  và m n là phân số tối giản. Khẳng định nào sau đây là đúng ? A. 2 2 312 m n . B. 2 2 312 m n . C. 2 2 543 m n . D. 2 2 409 m n . Lời giải Chọn B Ta có: 11 3 7 3 4 7 5 . . a a A a a 7 11 3 3 5 4 7 . . a a a a 19 7 a . Suy ra 19 m , 7 n 2 2 312 m n . Câu 179: (TH P T L ươ n g V ăn Ch asn hPh us Yê n n ăm 201 7 - 2 018 ) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 1 4 2 2 1 log log 1 1 x x     . A. ;1 S  . B. ; 3 S  . C. 1; S  . D. ; 2 S  . Lời giải Chọn D Ta có: 1 4 2 2 1 log log 1 1 x x     4 2 1 1 0 log 1 2 x x 1 2 2 1 1 4 1 x x . 2 1 1 0 1 2 1 2 0 1 x x x x  2 0 1 3 0 1 x x x  2 0 1 0 x x  2 x . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ; 2 S  . Câu 180: (TH P T Đô L ư ơ n g 4 - Ng h ệ An nă m 2 017 - 201 8 ) Tìm tập xác định D của hàm số 0,3 log 3 y x . A. 3; D  . B. ;3 D  . C.  2; D  . D.  2;3 D . Lời giải Chọn D Hàm số có nghĩa 0,3 3 0 log 3 0 x x  3 3 1 x x   3 2 x x  2 3 x  hay  2;3 x Vậy tập xác định của hàm số là:  2;3 D . Câu 181: (THPT Đ ô L ươn g 4 - Ng h ệ An nă m 20 17 - 201 8) Tính đạo hàm của hàm số 2 5 log 2 y x . Tích ab bằng. A. 2 2 2 ln 5 x y x  . B. 2 2 2 x y x  . C. 2 2 ln 5 2 x y x  . D. 2 1 2 ln 5 y x  . Lời giải Chọn A Có: 2 2 2 2 ln 5 x y x   2 2 2 ln 5 x x . Câu 182: (TH PT Đô L ư ơng 4 - Ng h ệ An nă m 20 17 - 20 18) Tập nghiệm của phương trình 2 2 2 log log x x x là: A.   2 S . B.   0 S . C.   0;2 S . D.   1;2 S . Lời giải Chọn A Điều kiện 1 x . Với điều kiện trên ta có: 2 2 2 log log x x x 2 x x x 2 2 0 x x 0 2 x x   . Đối chiếu điều kiện phương trình có tập nghiệm là   2 S . Câu 183: ( TH P T Đô Lương 4 - Ng h ệ An nă m 20 17 - 201 8) Trong các hàm số sau đây, hàm số nào đồng biến trên  ? A. 2 e x y     . B. 3 x y      . C. 1 3 x y     . D. 2 x y . Lời giải Chọn B Ta có 1 3 a  nên hàm số 3 x y      đồng biến trên  . Các hàm số còn lại có cơ số nhỏ hơn một nên là hàm nghịch biến trên  . Câu 184: (TH P T Đô L ương 4 - N g h ệ A n nă m 2017 - 201 8) Bất phương trình 0,5 log 2 1 0 x có tập nghiệm là? A. 1 ; 2      . B. 1 ; 2      . C. 1;  . D. 1 ;1 2      . Lời giải Chọn D Điều kiện: 2 1 0 x 1 2 x . 0,5 log 2 1 0 x 0 2 1 0,5 x  2 2 x  1 x  . So sánh với điều kiện ta có tập nghiệp của bất phương trình là 1 ;1 2 S      . Câu 185: (TH P T Đô L ư ơ n g 4 - Ng h ệ An n ăm 201 7 - 201 8) Phương trình 2 2 log 9 3 x x có tích hai nghiệm bằng? A. 9. B. 3. C. 27 . D. 8 . Lời giải Chọn D Điều kiện: 2 9 0 x x 0 9 x x   . Ta có 2 2 log 9 3 x x 2 9 8 x x 2 9 8 0 x x 9 113 2 9 113 2 x x      Khi đó tích hai nghiệm là 9 113 9 113 8 2 2             . Câu 186: (TH PT Đô L ư ơng 4 - Ng h ệ An nă m 20 17 - 20 18) Nghiệm của bất phương trình 2 1 3 3 3 x x là: A. 2 3 x . B. 2 3 x . C. 2 3 x . D. 3 2 x . Lời giải Chọn C 2 1 3 2 3 3 2 1 3 3 2 3 x x x x x x . Câu 187: (TH P T Đô Lươ n g 4 - Ng h ệ A n nă m 201 7 - 201 8) Biết 6 log 2 a , 6 log 5 b . Tính 3 log 5 I theo a , b . A. 1 b I a . B. 1 b I a . C. 1 b I a . D. b I a . Lời giải Chọn B Ta có 6 6 3 6 6 6 log 5 log 5 log 5 log 3 log 6 log 2 1 b a . Câu 188: (TH PT Đô L ư ơng 4 - Ng h ệ An nă m 20 17 - 20 18) Giá trị của m để phương trình 9 3 0 x x m có nghiệm là: A. 0 m . B. 0 m . C. 1 m . D. 0 1 m . Lời giải Chọn B Đặt 3 x t với 0 t . Khi đó phương trình đã cho trở thành: 2 0 t t m (*). Phương trình đề cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có ít nhất một nghiệm dương. Xét hàm số 2 f t t t có 2 1 f t t  . Xét 1 0 2 f t t  . Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên, phương trình 2 t t m có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi 0 0 m m . Câu 189: (TH PT Ch u y ên Ho àn g V ăn Th ụ - H ò a B ì nh năm 201 7 - 20 18) Biết rằng m , n là các số nguyên thỏa mãn 360 360 360 log 5 1 .log 2 .log 3 m n . Mệnh đề nào sau đây đúng ? A. 3 2 0 m n . B. 2 2 25 m n . C. . 4 m n . D. 5 m n . Lời giải Chọn D Ta có 360 360 360 360 5 log 5 1 log 5 log 360 log 360 3 2 360 360 360 360 log 72 log 2 .3 3log 2 2log 3 . Do đó 360 360 360 log 5 1 3log 2 2log 3 . Vậy 3 m , 2 n . Câu 190: (TH PT Ch u y ên Ho àn g V ăn Th ụ - H ò a B ì nh năm 201 7 - 201 8) Sự tăng trưởng của một loại vi khuẩn tuân theo công thức: .e rt S A , trong đó A là số vi khuẩn ban đầu, r là tỉ lệ tăng trưởng, x  1 2 0  y  0 0 y  1 4 0  t là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số lượng vi khuẩn ban đầu là 100 con và sau 5 giờ có 300 con. Để số lượng vi khuẩn ban đầu tăng gấp đôi thì thời gian tăng trưởng t gần với kết quả nào sau đây nhất: A. 3 giờ 9 phút. B. 3 giờ 2 phút. C. 3 giờ 30 phút. D. 3 giờ 18 phút. Lời giải Chọn A Ta có 5 300 100.e r 1 ln 3 5 r . 1 . ln3 5 3 2. .e 5log 2 t A A t giờ. Câu 191: (TH PT H ậ u L ộ c 2 - Th an h Hó a nă m 2 017 - 20 18) Xét các khẳng định sau: I. Hàm số 3 log y x đồng biến trên tập xác định. II. Đồ thị hàm số 2 x y nhận trục tung Oy làm tiệm cận đứng. III. Đồ thị các hàm số 2 x y và 2 log y x cắt nhau tại hai điểm phân biệt. IV. Hàm số x y a , 0, 1 a a  là hàm số chẵn. V. Đồ thị các hàm số 3 x y và 1 3 x y     đối xứng với nhau qua trục tung Oy . Có bao nhiêu khẳng định sai trong các khẳng định trên? A. 1. B. 4. C. 3. D. 2. Lời giải Chọn D Hàm số 3 log y x có cơ số 3 1 a nên đồng biến trên tập xác định, I đúng. Hàm số 2 x y chỉ nhận trục hoành làm tiệm cận ngang, không có tiệm cận đứng, II sai. Đồ thị các hàm số 2 x y và 2 log y x cắt nhau tại hai điểm 2;2 và 4;4 , III đúng. Hàm số , 0, 1 x y a a a  có x x a a  nên không là hàm số chẵn, IV sai. Hàm số 3 x y f x và 1 3 x y g x     có 1 3 3 x x g x f x     , V đúng Câu 192: (T H PT Ch uy ên B iê n Hò a - H à Na m - l ầ n 1 nă m 201 7 - 201 8) Cho hàm số 2 3 2.3 x x f x có đồ thị như hình vẽ sau Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau? 1 Đường thẳng 0 y cắt đồ thị hàm số C tại điểm có hoành độ là 3 log 2 x . 2 Bất phương trình 1 f x có nghiệm duy nhất. 3 Bất phương trình 0 f x có tập nghiệm là: 3 ;log 2  . 4 Đường thẳng 0 y cắt đồ thị hàm số C tại 2 điểm phân biệt. A. 2 . B. 4 . C. 1. D. 3. Lời giải Chọn C 1 : 2 3 3 2.3 0 3 2 0 log 2 x x x x nên 1 đúng. 2 Bất phương trình 1 f x có nghiệm duy nhất: sai. 3 Bất phương trình 0 f x có tập nghiệm là: 3 log 2;  nên 3 sai. 4 Đường thẳng 0 y cắt đồ thị hàm số C tại 2 điểm phân biệt: sai. Vậy có 1 mệnh đề đúng. Câu 193: ( TH P T Ch uy ên B iê n H ò a - Hà Na m - l ần 1 n ă m 201 7 - 201 8) Phương trình 2 2 log log ( 1) 1 x x có tập nghiệm là: A.   1;3 . B.   1;3 . C.   2 . D.   1 . Lời giải Chọn C 2 2 2 2 2 1 1 log log ( 1) 1 2 log 1 2 0 x x x x x x x x x   . Câu 194: (TH P T Ch u y ên B iên Hò a - Hà Na m - l ần 1 nă m 2 017 - 2 018) Tập nghiệm của bất phương trình 2 5 25 x x là: A. 2;  . B. ;1 2;    . C. 1;2 . D.  . Lời giải Chọn C Ta có 2 5 25 x x 2 2 1 2 1;2 x x x x . Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là 1;2 S . Câu 195: (T HPT Ch uy ê n B iên Hò a - Hà Na m - l ần 1 n ăm 2 017 - 201 8 ) Nghiệm của phương trình 1 1 2 2 3 3 x x x x là. A. 3 4 3 log 2 . B. 1 x . C. 3 2 3 log 4 x . D. 4 3 2 log 3 x . Lời giải Chọn C Ta có: 1 1 2 2 3 3 x x x x 3.2 4.3 x x 3 3 2 4     x 3 2 3 log 4 x . Câu 196: (T HPT C hu y ên B iên Hò a - Hà Na m - l ần 1 nă m 201 7 - 201 8) Một người gửi ngân hàng 100 triệu đồng theo hình thức lãi kép, lãi xuất 0,5% r một tháng (kể từ tháng thứ 2 , tiền lãi được tính theo phần trăm tổng tiền có được của tháng trước đó với tiền lãi của tháng trước đó). Sau ít nhất bao nhiêu tháng, người đó có nhiều hơn 125 triệu. A. 45 tháng. B. 46 tháng. C. 47 tháng. D. 44 tháng. Lời giải Chọn A Theo công thức lãi kép số tiền có được sau n tháng là 0 1 n T T r  . Áp dụng vào ta có: 100.000.000 1,005 125.000.000 n  45 n . Câu 197: ( TH PT T r ầ n Nh ân Tô ng - Q u ả ng Ni n h - l ầ n 1 nă m 201 7 - 201 8) Giải bất phương trình 2 3 log 2 3 0 x . A. 2 x . B. 3 2 2 x  . C. 5 3 2 x . D. 5 3 2 x  . Hướng dẫn giải Chọn B Đkxđ: 3 2 x . Xét phương trình 2 3 3 log 2 3 0 2 3 1 2 2 x x x   . Câu 198: (TH PT Tr ầ n Nhân Tô n g - Qu ả n g Ni n h - l ầ n 1 n ăm 2 017 - 2 01 8) Một sinh viên mới ra trường được nhận vào làm việc ở tập đoàn Samsung Việt nam mới mức lương 10.000.000 VNĐ/tháng và thỏa thuận nếu hoàn thành tốt công việc thì sau một quý (3 tháng) công ty sẽ tăng cho anh thêm 500.000 VNĐ. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm thì lương của anh ta sẽ được 20.000.000 VNĐ/tháng nếu cứ cho rằng anh ta sẽ luôn hoàn thành tốt công việc. A. 4 . B. 5 . C. 6 . D. 7 . Hướng dẫn giải Chọn B Một năm có 4 quý nên một năm người đó hoàn thành tốt công việc thì được tăng lương là 4 500.000 2.000.000  VNĐ. Gọi x là số năm để lương của anh ta sẽ được 2.000.000 VNĐ. Ta có phương trình: 10.000.000 2.000.000 20.000.000 x 5 x (năm ). Câu 199: (THPT Tr ầ n Nhân Tô n g - Qu ả n g Ni nh - l ầ n 1 năm 201 7 - 201 8 )Cho x , y là các số thực lớn hơn 1 thoả mãn 2 2 6 x y xy . Tính 12 12 12 1 log log 2log 3 x y M x y . A. 1 4 M . B. 1 M . C. 1 2 M . D. 1 3 M . Hướng dẫn giải Chọn B Ta có 2 2 6 x y xy 2 2 3 6 0 2 x y x xy y x y   . Do x , y là các số thực dương lớn hơn 1 nên 3 x y (1). Mặt khác 12 12 12 1 log log 2log 3 x y M x y 12 2 12 log 12 log 3 xy x y (2). Thay (1) vào (2) ta có 2 12 2 12 log 36 1 log 36 y M y . Câu 200: (TH P T Yê n Đ ịnh - Th anh Hó a - l ần 1 n ăm 201 7 - 2018) Ông A gửi tiết kiệm vào ngân hàng 300 triệu đồng, với loại kì hạn 3 tháng và lãi suất 12,8% /năm. Hỏi sau 4 năm 6 tháng thì số tiền T ông nhận được là bao nhiêu? Biết trong thời gian gửi ông không rút lãi ra khỏi ngân hàng? A. 18 8 3.10 1,032 T (triệu đồng). B. 8 54 ( 3.10 . 1,032) T (triệu đồng). C. 18 2 3.10 1 ( ,032) T (triệu đồng). D. Đáp án khác. Hướng dẫn giải Chọn C Lãi suất trong một kì hạn là 12,8% 3,2% 4 r / kì hạn. Sau 4 năm 6 tháng số kì hạn ông A đã gửi là 18 kì hạn. Số tiền T ông nhận được là 1 n T M r 18 300 1 3,2% 1 2 8 3.10 1,032 ( ) (triệu đồng). Câu 201: (T H PT Yê n Đ ịnh - Tha nh H ó a - l ầ n 1 năm 2017 - 201 8) Tìm tập xác định của hàm số 2 1 2 5 2 ln 1 y x x x  là: A.   1;2 . B. 1;2 . C.  1;2 . D.  1;2 . Hướng dẫn giải Chọn D Hàm số 2 1 2 5 2 ln 1 y x x x  xác định 2 2 2 5 2 0 1 0 1 x x x  2 2 2 5 2 0 1 0 x x x  1 2 2 1 1 x x x     1 2 x  . Vậy tập xác định của hàm số là:  1;2 D . Câu 202: (TH P T Yê n Đ ịn h - Tha nh Hó a - l ần 1 nă m 20 17 - 201 8) Cho , 0 a b , nếu 2 8 4 log log 5 a b và 2 4 8 log log 7 a b thì giá trị của ab bằng A. 9 2 . B. 8 . C. 18 2 . D. 2 . Hướng dẫn giải Chọn A Ta có: 2 6 2 2 8 4 2 2 3 2 4 8 2 2 1 log log 5 log log 5 log 6 2 3 1 log 3 log log 7 2 log log 7 3 a b a b a a b a b b a b     . Vậy 9 2 ab . Câu 203: (T H PT Y ên Đ ịnh - Th a n h Hó a - l ầ n 1 n ăm 2 017 - 20 18 ) Với giá trị nào của tham số m thì phương trình 1 4 .2 2 0 x x m m có hai nghiệm 1 x , 2 x thoả mãn 1 2 3 x x ? A. 4 m . B. 3 m . C. 2 m . D. 1 m . Hướng dẫn giải Chọn A Đặt 2 x t , 0 t . Phương trình đã cho có 2 nghiệm 1 x , 2 x thoả mãn 1 2 3 x x khi phương trình 2 2 . 2 0 t m t m có 2 nghiệm 0 t thoả mãn 1 2 1 2 1 2 . 2 .2 2 8 x x x x t t . 2 1 2 0 2 0 4 . 8 2 8 m m m t t m     Câu 204: ( T HT T s ố 5 - 48 8 t há n g 2 n ăm 201 8) Từ phương trình 3 2 2 2 2 1 3 x x đặt 2 1 x t ta thu được phương trình nào sau đây? A. 3 3 2 0 t t . B. 3 2 2 3 1 0 t t . C. 3 2 3 1 0 t t . D. 2 2 3 1 0 t t . Lời giải Chọn B Nhận xét: 2 1 2 1 1 và 2 2 1 3 2 2 . Đặt 2 1 x t , 0 t . Suy ra 2 3 2 2 2 1 x x 2 2 1 1 2 1 x t . Phương trình đã cho được viết lại: 3 2 2 1 2 3 2 3 1 0 t t t t . Câu 205: ( TH TT s ố 5 - 48 8 th án g 2 năm 2 0 18) Cho các số thực a , b thỏa mãn 3 14 7 4 a a , log 2 1 log 2 b b a a a . Khẳng định nào sau đây đúng? A. 1 a , 1 b . B. 0 1 a b . C. 0 1 b a . D. 0 1 a , 0 1 b . Lời giải Chọn C Điều kiện: 0 a , 0 1 b  . Ta có 3 14 7 4 a a 14 7 3 4 a a . Mà 14 7 3 4 nên 1 a . Giả sử 2 1 2 a a a 4 1 2 2 2 a a a a a 1 2 a a a 2 2 2 1 2 a a a a 1 0 (vô lý). Vậy 2 1 2 a a a . Mà log 2 1 log 2 b b a a a nên 0 1 b . Câu 206: (THPT M ộ Đ ức - Q uã n g Ng ãi - l ầ n 1 nă m 201 7 - 201 8)Cho hai số dương a , b với 1 a  . Đặt log a M b . Tính M theo log a N b . A. M N . B. 2 M N . C. 1 2 M N . D. 2 M N . Lời giải Chọn B Ta có: log a M b 2log a b 2 M N . Câu 207: (TH PT M ộ Đ ứ c - Quã n g Ng ãi - l ầ n 1 n ăm 201 7 - 201 8) Tập nghiệm của bất phương trình 2 2 log log 8 x x là A. 8;  . B. ;4  . C. 4;8 . D. 0;4 . Lời giải Chọn C Điều kiện 0 8 x . Do 2 1 nên bất phương trình đã cho tương đương với 8 x x 2 8 x 4 x . Kết hợp với điều kiện 0 8 x ta được tập nghiệm của bất phương trình là 4;8 . Câu 208: (TH PT M ộ Đ ức - Qu ãng Ng ãi - l ần 1 nă m 2 017 - 201 8) Với điều kiện nào sau đây của m thì phương trình 9 .3 6 0 x x m có hai nghiệm phân biệt ? A. 2 6 m . B. 6 m . C. 6 m . D. 2 6 m . Lời giải Chọn D Đặt 3 0 x t t thì phương trình trở thành 2 6 0 1 t mt . Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi 1 có 2 nghiệm dương phân biệt 0 0 0 S P   2 24 0 0 6 0 m m  2 6 0 m m  2 6 m . Câu 209: (TH PT M ộ Đ ức - Qu ãng Ng ãi - l ần 1 nă m 2 017 - 201 8) Cho biết sự rằng tỉ lệ tăng dân số thế giới hàng năm là 1,32% , nếu tỉ lệ tăng dân số không thay đổi thì đến tăng trưởng dân số được tính theo công thức tăng trưởng liên tục .e Nr S A trong đó A là dân số tại thời điểm mốc, S là số dân sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm. Năm 2013 dân số thể giới vào khoảng 7095 triệu người. Biết năm 2020 dân số thế giới gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 7879 triệu người. B. 7680 triệu người. C. 7782 triệu người. D. 7777 triệu người. Lời giải Chọn C Áp dụng công thức .e Nr S A với 7095 A , 7 N ; 0.0132 r ta có 7.0,0132 7095.e S 7782  triệu người. Câu 210: (TH PT M ộ Đ ức - Qu ãng Ng ãi - l ần 1 nă m 2 017 - 201 8) Giải phương trình 2 3 2018 1 1 1 ... 2018 log log log x x x có nghiệm là A. 2018.2018! x . B. 2018 2018! x . C. 2017! x . D. 2018 2018! x . Lời giải Chọn B Điều kiện: 0 1 x  . Ta có 2 3 2018 1 1 1 ... 2018 log log log x x x log 2 log 3 ... log 2018 2018 x x x log 2.3...2018 2018 x log 2018! 2018 x 2018 2018! x 2018 2018! x . Câu 211: (TH PT Ho àn g Ho a T há m - Hư ng Y ê n - l ầ n 1 n ăm 20 1 7 - 201 8) Cho các hàm số x y a ; log b y x ; log c y x có đồ thị như hình vẽ. Chọn mệnh đề đúng? A. b c a . B. a c b . C. c b a . D. c a b . Lời giải Chọn D Từ các đồ thị hàm số, ta thấy x y a và log b y x là các hàm số đồng biến nên 1 a và 1 b . Và: log c y x là hàm số nghịch biến nên 0 1 c . Vẽ đồ thị hàm số log a y x bằng cách lấy đối xứng đồ thị hàm số x y a qua đường thẳng y x . Vẽ đường thẳng 1 y cắt hai đồ thị hàm số log a y x và log b y x lần lượt tại hai điểm A và B . Khi đó: A x a và B x b . Từ đồ thị hàm số ta thấy A B x x . Vậy a b . Câu 212: (TH P T H o àn g Ho a Thám - Hưn g Yê n - l ầ n 1 nă m 20 17 - 201 8) Tập hợp các giá trị của x để đồ thị hàm số 2.16 9.4 4 x x y nằm phía trên trục hoành có dạng ; ; a b    . Khi đó a b bằng A. 1 2 . B. 9 2 . C. 3 2 . D. 7 2 . Lời giải Chọn A Vì đồ thị hàm số nằm phía trên trục hoành nên 0 y 2.16 9.4 4 0 x x 1 0 4 2 4 4 x x     1 2 1 x x    . Tập hợp các giá trị của x để đồ thị hàm số 2.16 9.4 4 x x y nằm phía trên trục hoành là 1 ; 1; 2        . 1 2 a , 1 b . Vậy 1 1 2 a b 1 2 . Câu 213: (TH PT Ho àn g Ho a T há m - Hư ng Y ê n - l ầ n 1 n ăm 20 1 7 - 201 8) Tập xác định của hàm số 2 2 3 log 3 log 5 4 y x x x là A.   ;1 4;    . B. ;1 4;    . C.   1;4 \ 3 . D. 1;4 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 2 3 0 5 4 0 x x x   3 1 4 x x     1;4 \ 3 x . Câu 1: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Cho x , y là hai số thực dương, 1 x  thỏa mãn 2 log 5 x y y , 3 5 15 log x y . Tính giá trị của 2 2 P y x . A. 17 P . B. 50 P . C. 51 P . D. 40 P . Lời giải Chọn B Ta có 2 log 5 x y y log 5 x y y . (1) 3 5 15 log x y 5 5 log x y . (2) Từ (1) và (2), ta có 5 1 log log x y x log log 5 x x y 5 y . Thay vào (2) 5 x . Vậy 2 2 50 P y x . Câu 2: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Cho hai hàm số log , log a b y x y x (với , a b là hai số thực dương khác 1) có đồ thị lần lượt là 1 2 , C C như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây ĐÚNG? A. 0 1 . a b B. 0 1 a b . C. 0 1 . b a D. 0 1. b a Lời giải Chọn C Dựa vào đồ thị ta thấy log a y x là hàm đồng biến nên ta có 1 a , log b y x là hàm nghịch biến nên 0 1 b . Vậy ta có: 0 1 . b a Câu 3: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Tìm tập xác định D của hàm số 2 3 2 1 log 1 y x x . A.   ; 1 1; D    . B. ; 1 1; D    . C.   1;1 D . D. 1;1 D . Lời giải Chọn D  Hàm số xác định khi và chỉ khi 1 0 1 1 1 0 x x x  .  Vậy 1;1 D . Câu 4: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Trong các hàm số sau, hàm số nào ĐỒNG BIẾN trên tập xác định của nó. O x y 1 1 C 2 CA. 3 . 5 x y     B. 3 . 2 x y     C. 1 2 log 1 . y x D. 1 2 . 3 x y     Lời giải Chọn D Ta có hàm số mũ x y a và logarit log a y x có cùng tính đơn điệu. Tức là chúng đồng biến khi cơ số 1 a , nghịch biến khi cơ số 0 1 a . Các phương án A, B, C có cơ số lần lượt là 3 5 ; 2 3 ; 1 2 ; tức là 1 a nên chúng nghịch biến. Còn phương án D có cơ số 3 1 2 a nên nó đồng biến trên  . Câu 5: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Tìm tất cả các giá trị tham số m để phương trình 2 2 2 2 2 1 2 4 2 9.9 2 1 15 4 2 5 0 x x x x x x m m có 2 nghiệm thực phân biệt. A. 1 m hoặc 1 2 m . B. 3 6 3 6 2 2 m . C. 1 1 2 m . D. 3 6 2 m hoặc 3 6 2 m . Lời giải Chọn C 2 2 2 2 2 1 2 4 2 9.9 2 1 15 4 2 5 0 x x x x x x m m 2 2 2 1 1 1 9 2 1 15 4 2 25 0 x x x m m 2 2 2 1 1 3 3 2 1 4 2 0 5 5 x x m m         . Đặt 2 1 3 5 x t     . Do 2 1 0 x nên 0 1 t  . Phương trình có dạng: 2 2 1 4 2 0 t m t m 2 2 1 t t m   . Do 0 1 t  nên 2 1 t m . Để phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt thì 0 2 1 1 m 1 1 2 m . Câu 6: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Cho hai hàm số log a y x , log b y x với a , b là hai số thực dương, khác 1 có đồ thị lần lượt là 1 C , 2 C như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây sai? A. 0 1 b . B. 0 1 b a . C. 0 1 b a . D. 1 a . Lời giải Chọn C Từ đồ thị 1 C ta thấy hàm số log a y x đồng biến nên 1 a Từ đồ thị 2 C ta thấy hàm số log b y x nghịch biến nên 0 1 b . O x y 1 1 C 2 CVậy C là đáp án sai. Câu 7: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Gọi 1 x , 2 x là hai nghiệm nguyên âm của bất phương trình 3 log 3 2 x . Tính giá trị của 1 2 P x x . A. 3. P B. 2. P C. 1. P D. 5. P Lời giải Chọn C Ta có: 3 1 2 log 3 2 0 3 9 3 6 2; 1 x x x x x . Vậy 1 2 1 P x x . Câu 8: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Cho x , y là hai số thực dương, 1 x  thỏa mãn 3 3 log 8 x y y , 2 32 log x y . Tính giá trị của 2 2 P x y . A. 120. P B. 132. P C. 240. P D. 340. P Lời giải Chọn C Ta có: 3 3 log log 8 8 x x y y y y ; 2 2 32 16 log log x x y y . Mà 2 2 16 log log .log . 2 4. 8 x y y x y y y Suy ra: 2 log 4 16. x x Vậy 2 2 2 2 16 4 240. P x y Câu 9: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Tìm tập xác định D của hàm số 5 9 2 ln 2 y x x . A.   ; 2 2; D    . B. ; 2 2; D    . C.   2;2 D . D. 2;2 D . Lời giải Chọn D Điều kiện xác định: 2 0 2 2 2 0 x x x  . Vậy 2;2 . D Câu 10: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 2 2 2 2 1 2 4 2 4.4 2 2 6 6 3 3 0 x x x x x x m m có hai nghiệm thực phân biệt. A. 1 1 2 m . B. 4 3 2 m hoặc 4 3 2 m . C. 4 3 2 4 3 2 m . D. 1 m hoặc 1 2 m . Lời giải Chọn A Viết lại phương trình ta được: 2 2 2 1 2 1 4 2 2 2 6 3 0 9 3 x x x x m m         . Do 2 2 2 1 1 0 x x x nên 2 2 1 2 1 3 x x      Đặt 2 2 1 2 3 x x t     , 0 1 t  . Phương trình trở thành: 2 2 2 6 3 0 t m t m 3 2 1 t t m   . Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt thì 0 2 1 1 m 1 1 2 m . Vậy giá trị cần tìm của m là 1 1 2 m . Câu 11: (THPT Lê Quý Đôn-Hà Nội năm 2017-2018) Cho phương trình 25 4log log 5 3 x x . Tích các nghiệm của phương trình là bao nhiêu? A. 5 5 . B. 3 3 . C. 2 2 . D. 8 . Lời giải Chọn A Điều kiện: 0; 1 x x  . Ta có: 25 4log log 5 3 x x 5 5 1 2log 3 log x x 2 5 5 2log 3log 1 0 x x 5 5 log 1 1 log 2 x x    5 5 x x   . Tích các nghiệm của phương trình là 5 5 . Câu 12: (THPT Lê Quý Đôn-Hà Nội năm 2017-2018) Một người gửi ngân hàng 200 triệu đồng theo hình thức lãi kép, lãi suất 0,58% một tháng (kể từ tháng thứ hai trở đi, tiền lãi được tính theo phần trăm của tổng tiền gốc và tiền lãi tháng trước đó). Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng thì người đó có 225 triệu đồng? A. 30 tháng. B. 21 tháng. C. 24 tháng. D. 22 tháng. Lời giải Chọn B Ta có 0,58 225 200 1 100      n 1,0058 9 log 20,37 8 n      Vậy sau ít nhất 21 tháng thì người đó có 225 triệu đồng Câu 13: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 2 năm 2017-2018) Tập xác định của hàm số 2 log 2 3 y x x là A.   \ 3;1  . B. 3;1 . C.   ; 3 1 ;    . D. ; 3 1;    . Lời giải Chọn B Điều kiện xác định: 2 2 3 0 x x 3 1 x . Câu 14: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 2 năm 2017-2018) Một bình chứa 16 viên bi, với 7 viên bi trắng, 6 viên bi đen, 3 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Tính xác suất lấy được 1 viên bi trắng, 1 viên bi đen, 1 viên bi đỏ. A. 1 10 . B. 9 40 . C. 1 16 . D. 1 35 . Lời giải Chọn B Số phần tử của không gian mẫu là 3 16 560 n C  . Gọi " A lấy được 1 viên bi trắng, 1 viên bi đen, 1 viên bi đỏ". 1 1 1 6 7 3 126 n A C C C . Vậy xác suất của biến cố A là 126 9 560 40 P A . Câu 15: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 2 năm 2017-2018) Tập tất cả các nghiệm của bất phương trình 2 1 2 log 1 x x là A.   1;2 . B.   1;0 1;2 .  C.   ; 1 2; .    D. 1;2 . Lời giải Chọn B * TXĐ: ;0 1; D    . * Ta có: 2 1 2 log ( ) 1 x x   2 2 0 1;2 x x x  . * Kết hợp điều kiện xác định ta được tập nghiệm của bất phương trình là   S 1;0 1;2 .  Câu 16: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 2 năm 2017-2018) Tập xác định của hàm số 2 2016 2017 log 2 y x x . A.   0;2 D . B. 0;2 D . C.     0;2 \ 1 D . D.   0;2 \ 1 D . Lời giải Chọn D ĐK: 2 2 2016 2 0 log 2 0 x x x x   2 0 2 2 1 0 x x x   0 2 1 x x   . Vậy Txđ:   0;2 \ 1 D . Câu 17: (THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần 2 năm 2017-2018) Nghiệm của phương trình 1 ln81 9 e x là A. 5 x . B. 4 x . C. 6 x . D. 17 x . Lời giải Chọn A Ta có: 1 ln81 9 e x 1 2 9 9 x 1 4 x 5 x . Câu 18: (THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần 2 năm 2017-2018) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 1 1 2 2 log 1 log 2 1 x x . A. 1 ;2 2 S     . B. 1;2 S . C. 2; S  . D. ;2 S  . Lời giải Chọn A Bất phương trình 1 2 1 2 1 0 x x x  2 1 2 x x  . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 1 ;2 2 S     . Câu 19: (THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần 2 năm 2017-2018) Biết rằng năm 2001, dân số Việt Nam là 78685800 người và tỉ lệ tăng dân số năm đó là 1,7% . Cho biết sự tăng dân số được ước tính theo công thức .e Nr S A (trong đó A : là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm). Cứ tăng dân số với tỉ lệ như vậy thì đến năm nào dân số nước ta ở mức 120 triệu người? A. 2022 . B. 2020 . C. 2025 . D. 2026 . Lời giải Chọn D Từ công thức .e Nr S A 1 ln S N r A với 78685800 A , 1,7% 0.017 r , 120000000 S Vậy 1 120000000 ln 0,017 78685800 N 24,83 N  (năm) Vậy sau 25 năm thì dân số nước ta ở mức 120 triệu người hay đến năm 2026 thì dân số nước ta ở mức 120 triệu người. Câu 20: (THPT Kinh Môn-Hải Dương lần 1 năm 2017-2018) Sự tăng dân số được ước tính theo công thức . 0 e n r n P P , trong đó 0 P là dân số của năm lấy làm mốc tính, n P là dân số sau n năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm. Biết rằng năm 2001, dân số Việt Nam là 78.685.800 triệu và tỉ lệ tăng dân số năm đó là 1,7% . Hỏi cứ tăng dân số với tỉ lệ như vậy thì đến năm nào dân số nước ta ở mức 100 triệu người? A. 2018 . B. 2017 . C. 2015 . D. 2016 . Lời giải Chọn D . 0 e n r n P P .1,7% 78685800e 100000000 n 1000000 ln 786858 14.1 1,7% n  . Sau 15 năm thì dân số nước ta ở mức 100 triệu người. Do đó năm 2016 dân số nước ta ở mức 100 triệu người. Câu 21: (THPT Kinh Môn-Hải Dương lần 1 năm 2017-2018) Nghiệm của bất phương trình 2 1 3 3 3 x x là A. 2 3 x . B. 3 2 x . C. 2 3 x . D. 2 3 x . Lời giải Chọn C 2 1 3 3 3 x x 3 2 3 1 x 3 2 0 x 2 3 x . Câu 22: (THPT Kinh Môn-Hải Dương lần 1 năm 2017-2018) Cho hai đồ thị x y a và log b y x có đồ thị như hình vẽ. Tìm khẳng định đúng. A. 0 1 a ; 0 1 b . B. 1 a ; 1 b . C. 1 a ; 0 1 b . D. 0 1 a ; 1 b . Lời giải Chọn C Hàm số x y a đi qua điểm 0;1 và đồng biến nên 1 a . Hàm số log b y x đi qua điểm 1;0 và nghịch biến nên 0 1 b . Câu 23: (THPT Kinh Môn-Hải Dương lần 1 năm 2017-2018) Tìm tập xác định của hàm số 2 ln 2 y x x x . A. ; 2  . B. ; 2 2;    . C. 1;  . D.  ; 2 2;    . Lời giải Chọn D Điều kiện xác định 2 2 2 0 2 0 x x x x x  . 2 2 2 0 2 0 x x x x x  2 2 2 2 0 2 0 0 x x x x x x x         2 2 x x    . Vậy  ; 2 2; D    . Câu 24: (THPT Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa-lần 2 năm 2017-2018) Cho 2 log 5 a ; 5 log 3 b . Tính 24 log 15 theo a và b . A. 1 3 a b ab . B. 1 2 1 a b ab . C. 1 2 3 b a ab . D. 1 a ab . Lời giải Chọn A Ta có 2 log 5 a 5 1 log 2 a . 24 log 15 5 5 log 15 log 24 5 3 5 log 3.5 log 2 .3 3 5 5 log 5 1 3log 2 log 3 1 1 3 b b a  1 3 a b ab . O x y 1 1Câu 25: (THPT Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa-lần 2 năm 2017-2018) Cho a , b là các số thực dương khác 1 thỏa mãn log 3 a b . Giá trị của 3 log b a b a       là A. 3 . B. 1 3 . C. 2 3 . D. 3 . Lời giải Chọn B log 3 a b 3 b a . 3 log b a b a       3 1 2 3 1 3 2 log a a                   2 3 3 2 6 3 2 1 3 . Câu 26: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho các số thực a , b thỏa mãn 1 a b . Khẳng định nào sau đây đúng? A. 1 1 1 log log a b b a . B. 1 1 1 log log b a a b . C. 1 1 1 log log a b b a . D. 1 1 1 log log a b b a . Lời giải Chọn A Vì 1 a b nên ta có log log b b a b log 1 b a và log log a a a b 1 log a b . Do đó log 1 log b a a b 1 1 1 log log a b b a . Câu 27: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: A. Hàm số log a y x với 0 1 a  có tập xác định là  . B. Đồ thị hàm số log a y x với 0 1 a  luôn đi qua điểm 1;0 . C. Hàm số log a y x với 0 1 a là một hàm số đồng biến trên khoảng 0;  . D. Hàm số log a y x với 1 a là một hàm số nghịch biến trên khoảng 0;  . Lời giải Chọn B Mệnh đề A sai vì hàm số log a y x với 0 1 a  có tập xác định là 0;  . Mệnh đề B đúng vì log 1 0 a . Mệnh đề C sai vì hàm số log a y x với 0 1 a là một hàm số nghịch biến trên khoảng 0;  . Mệnh đề D sai vì hàm số log a y x với 1 a là một hàm số đồng biến trên khoảng 0;  . Câu 28: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Giải bất phương trình 2 2 log 3 2 log 6 5 x x được tập nghiệm là ; a b . Hãy tính tổng S a b . A. 11 5 S . B. 31 6 S . C. 28 15 S . D. 8 3 S . Lời giải Chọn A Ta có: 2 2 log 3 2 log 6 5 x x 3 2 6 5 6 5 0 x x x  8 8 6 5 0 x x  1 6 5 x x  . Do đó tập nghiệm là 6 1; 5     . Vậy 11 5 S a b . Câu 29: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Tìm tập xác định D của hàm số 3 1 log 2 1 y x . A. 1 ; 2 D      . B.   \ 1 D  . C.   1 ; \ 1 2 D      . D. 1 ; 2      . Lời giải Chọn C Điều kiện xác định: 5 2 1 0 log 2 1 0 x x   2 1 0 2 1 1 x x   1 2 1 x x   . Vậy   1 ; \ 1 2 D      . Câu 30: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hàm số 5 e 3 e 2 2017 2018 x x m y     . Biết rằng .e b m a c  ( với , , a b c  ) thì hàm số đã cho đồng biến trên khoảng 2;5 . Tổng S a b c . A. 7 S . B. 9 S . C. 8 S . D. 10 S . Lời giải Chọn D Ta có 5 e 3 e 2 5 2017 2017 ln 5e 3 e . 2018 2018 x x m x x y m      Để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng 2;5 thì ' 0, 2;5 y x 5 5e 3 e 0 x x m  , 2;5 x 4 5e 3, 2;5 x m x  8 5e 3 m  Vậy 5 8 3 a b c  . Suy ra 10 S a b c . Câu 31: (THPT Hồng Lĩnh-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Với số thực a thỏa mãn 0 a và 1 a  thì mệnh đề nào dưới đây đúng? A. log log 0 n a a x n x x  . B. log log n a a x n x ( 0 x , n là số nguyên dương lẻ). C. log log n a a x n x ( 0 x , n khác 0 ). D. log log n a a x n x ( 0 x , n là số nguyên dương chẵn). Lời giải Chọn D log log n a a x n x Câu 32: (THPT Hồng Lĩnh-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Tập nghiệm của bất phương trình 3 log 2 1 3 x là A. ;14  . B. 1 ;5 2     . C. 1 ;14 2     . D. 1 ;14 2     . Lời giải Chọn D Bất phương trình tương đương với 2 1 0 2 1 27 x x  1 14 2 x . Câu 33: (THPT Hồng Lĩnh-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Một người gửi số tiền 50 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 8,4%/năm. Cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho năm tiếp theo. Người đó sẽ lĩnh được số tiền cả vốn lẫn lãi là 80 triệu đồng sau n năm. Hỏi nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền và lãi suất không thay đổi thì n gần nhất với đô nào dưới đây. A. 4 . B. 6 . C. 5 . D. 7 . Lời giải Chọn B Từ công thức 0 1 n n A A r ta có 1 0 log n r A n A     . Với 80 n A , 0 50 A , 0,084 r 1 0,084 80 log 50 n     5,827 n  . Câu 34: (THPT Hồng Lĩnh-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Biết 1 x và 2 x là hai nghiệm của phương trình 16 3.4 2 0 x x . Tích 1 2 4 .4 x x P bằng A. 3 . B. 2 . C. 1 2 . D. 0 . Lời giải Chọn B Ta có: 16 3.4 2 0 x x 4 1 4 2 x x   0 1 2 x x    . Suy ra 1 0 2 4 .4 P 2 . Câu 35: (THPT Hồng Lĩnh-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho số phức 0 z  thỏa mãn 2 3 1 1 iz i z z i . Số phức 13 3 w iz có môđun bằng A. 26 . B. 26 . C. 3 26 2 . D. 13. Lời giải Chọn C Gọi , z a bi a b  . Suy ra z a bi . Ta có 2 2 2 3 1 3 1 1 1 iz i z i a bi i a bi z a b i i 2 2 2 2 3 3 ai b ai b a bi a b a i b i 2 2 2 2 2 4 0 a b a b i a b b a 2 2 2 2 2 0 4 0 a b a b a b a b  2 0, 0 0 26 9 0 9 45 45 9 , 5 26 26 26 26 b a z b b b a z i a b        45 9 26 26 z i (Vì 0 z  ). Với 45 9 15 3 3 26 26 26 2 2 2 z i w i w . Câu 36: (THPT Hồng Lĩnh-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Biết 2 3 2017 2018 1 2.2 3.2 4.2 ... 2018.2 .2 a b , với a , b là các số nguyên dương. Tính . P a b . A. 2017 P . B. 2018 P . C. 2019 P . D. 2020 P . Lời giải Chọn A Ta có 2 3 2017 2.2 3.2 4.2 ... 2018.2 1 .2 n n Với 2018 n : 2 3 2017 2018 1 2.2 3.2 4.2 ... 2018.2 2017.2 1 Suy ra 2017 1 a b  . Vậy 2017.1 2017 P . Câu 37: (THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Tìm tập nghiệm của bất phương trình 1 2 2 4 1 log log 1 1 x x          . A.   \ 1  . B. 1;  . C.  . D. 3 ; 1; 2        . Lời giải Chọn B Điều kiện: 2 4 1 0 1 4 1 log 0 1 x x x x      0 1 1 4 4 1 2 1 x x x x     1 1 1 4 2 1 3 2 3 x x x x x x           . Ta có 1 2 2 4 1 log log 1 1 x x          2 4 1 log 2 1 x x     4 1 5 4 0 1 1 1 x x x x . So sánh với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là 1; S  . Câu 38: (THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Số nghiệm của phương trình 1 9 2.3 7 0 x x là A. 1. B. 4 . C. 2 . D. 0 . Lời giải Chọn A 1 2 3 1 9 2.3 7 0 3 6.3 7 0 0 3 7 VN x x x x x x x    . Câu 39: (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Bất phương trình 4 2 log 7 log 1 x x có tập nghiệm là A. 5;  . B. 1;2 . C. 2;4 . D. 3;2 . Lời giải Chọn B Điều kiện: 1 x Với điều kiện trên, 4 2 log 7 log 1 x x 2 2 1 log 7 log 1 2 x x 1 0 7 1 x x x  2 1 7 1 x x x  2 1 6 0 x x x  1 3 2 x x  1;2 x . Câu 40: (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Tìm tập xác định của hàm số 1 2 log 2 1 y x . A. 1; D  . B. 1 ;1 2 D      . C.  1; D  . D. 1 ;1 2 D     . Lời giải Chọn B Điều kiện xác định: 1 2 2 1 0 log 2 1 0 x x  1 2 2 1 1 x x   1 2 1 x x   1 ;1 2 x      . Câu 41: (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Phương trình 4 9 9 3 1 1 log 3 log 1 2log 4 2 2 x x x có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt? A. 3. B. 1. C. 2 . D. 0 . Lời giải Chọn C ĐK: 0 1 x x   . 1 3 3 3 log 3 log 1 log 4 x x x 3 1 4 x x x 2 2 3 1 2 3 0 3 2 3 6 3 0 3 2 3         x N x L x x x N x x x L . Câu 42: (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Số 100000 7 có bao nhiêu chữ số? A. 84510 . B. 194591. C. 194592 . D. 84509 . Lời giải Chọn A Ta có 100000 log 7 100000.log 7 84509,804  . Do đó 84509 100000 84510 log10 log 7 log10 , suy ra Số 100000 7 có 84510 chữ số Câu 43: (THPT Chuyên Tiền Giang-lần 1 năm 2017-2018) Tính tổng T tất cả các nghiệm của phương trình 4.9 13.6 9.4 0 x x x . A. 2 T . B. 3 T . C. 13 4 T . D. 1 4 T . Lời giải Chọn A 4.9 13.6 9.4 0 x x x 2 3 3 4. 13. 9 0 2 2 x x         3 2 3 2 1 9 4 x x               2 0 x x   Vậy tổng các nghiệm bằng 2 . Câu 44: (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho 0 1 a  và , x y  thõa mãn log 3 , a x log 2 . a y Khi đó 6 log x y a là A. 2 x y . B. 2 x y . C. x y . D. 1. Lời giải Chọn D Ta có: 6 6 log log 3 log 2 log a a x y a a 6 6 log .log 3 log .log 2 a a a a 6 6 6 log 3 log 2 log 6 1 Câu 45: (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Trên đường thẳng 1 d cho 5 điểm phân biệt, trên đường thẳng 2 d song song với đường thẳng 1 d cho n điểm phân biệt. Biết có tất cả 175 tam giác được tạo thành mà 3 đỉnh lấy từ 5 n điểm trên. Giá trị của n là A. 10 n . B. 7 n . C. 8 n . D. 9 n . Lời giải Chọn B Để tạo thành một tam giác cần 3 điểm phân biệt Trường hợp 1: chọn 1 điểm trên đường thẳng 1 d và 2 điểm trên đường thẳng 2 d có 1 2 5 . n C C Trường hợp 2: chọn 2 điểm trên đường thẳng 1 d và 1 điểm trên đường thẳng 2 d có 2 1 5 . n C C Số tam giác được tạo thành là 1 2 2 1 5 5 . . 175 n n C C C C 5. ! 10. ! 175 2! 2 ! 1! 1 ! n n n n 5 1 10 175 2 n n n 2 5 15 350 0 n n 7 10 n n l   . Câu 46: (THPT Đức THọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Nếu phương trình 2 3 4.3 1 0 x x có hai nghiệm phân biệt 1 x , 2 x và 1 2 x x thì A. 1 2 2 1 x x . B. 1 2 0 x x . C. 1 2 2 1 x x . D. 1 2 . 1 x x . Lời giải Chọn B Đặt 3 x t , 0 t . Khi đó,ta có: 2 3 4.3 1 0 x x 2 4 1 0 t t 2 3 2 3 t n t n    . Với 2 3 t 3 2 3 x 3 log 2 3 x . 2 3 t 3 2 3 x 3 log 2 3 x . Do đó, ta có: 1 2 x x 3 3 log 2 3 log 2 3 3 log 1 0 . Câu 47: (THPT Đức THọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Tính đạo hàm của hàm số 2 2 7 log 5 x y x . A. 2 2.7 ln 2 7 ln 5 5 x y x  . B. 2 1 2.7 .ln 7 ln 5 x y x  . C. 2 1 2.7 .ln 7 ln 2 x y x  . D. 2 2.7 ln 2 ln 7 5 x y x  . Lời giải Chọn C Ta có 2 2 2 7 log 5 log x y x 2 1 2.7 .ln 7 ln 2 x y x  . Câu 48: (THPT Đức THọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Giải phương trình 3 log 2 211 x . A. 211 3 2 x . B. 3 211 2 x . C. 3 211 2 x . D. 211 3 2 x . Lời giải Chọn D Ta có: 3 log 2 211 x 211 2 3 x 211 3 2 x . Câu 49: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 4 năm 2017-2018) Cho hàm số 2 2 3 ln 2 x y x . Kết luận nào sau đây sai? A. Hàm số có giá trị cực tiểu là 2 1 ln 2 y . B. Hàm số nghịch biến trên khoảng ;0  . C. Hàm số đạt cực trị tại 1 x . D. Hàm số đồng biến trên khoảng 0;  . Lời giải Chọn D Ta có 2 2 x y  , 0 1 y x  2 1 1 ln 2 y . Dựa vào BBT, mệnh đề sai là hàm số đồng biến trên khoảng 0;  . x  1  y  – 0 y  2 1 ln 2  Câu 50: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 4 năm 2017-2018) Trong các hàm số sau, hàm số nào có cùng tập xác định với hàm số 1 5 y x . A. 5 1 y x . B. 3 y x . C. y x  . D. y x . Lời giải Chọn C Tập xác định của 1 5 y x là 0; D  , 5 1 y x có   \ 0 D  , y x có  0; D  , 3 y x có D  , y x  có 0; D  . Câu 51: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 4 năm 2017-2018) Cho biểu thức 7 1 2 7 2 2 2 2 . a a P a với 0 a . Rút gọn biểu thức P được kết quả A. 5 P a . B. 4 P a . C. 3 P a . D. P a . Lời giải Chọn A 7 1 2 7 3 5 2 2 2 2 2 . a a a P a a a Câu 52: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 4 năm 2017-2018) Tập nghiệm của bất phương trình 3 3 2 2 2 3log 3 3 log 7 log 2 x x x  là ; S a b . Tính P b a . A. 2 . B. 3 . C. 5 . D. 1. Lời giải Chọn C 3 3 2 2 2 3log 3 3 log 7 log 2 x x x  Điều kiện: 3 0 7 0 2 0 x x x  3 7 2 x x x  3 2 x Bất phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 3 log 3 1 3 log 7 log 2 x x x  2 2 2 log 3 1 log 7 log 2 x x x  2 2 2 log 3 log 2 log 7 1 x x x  3 2 2 7 x x x  2 3 8 0 x x (luôn đúng) Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 3; 2 S Suy ra 2 3 5 P . Câu 53: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Cho a , b lần lượt là số hạng thứ nhất và thứ năm của một cấp số cộng có công sai 0 d  . Giá trị của 2 log b a d     bằng A. 2 log 5. B. 3 . C. 2 . D. 2 log 3. Lời giải Chọn C Ta có: 2 2 2 4 log log log 4 2 b a a d a d d         Câu 54: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Tập xác định của hàm số 1 2 log 1 1 y x là A. 1;  . B.  1;  . C. 3 1; 2     . D. 3 1; 2      . Lời giải Chọn D y xác định khi 1 2 log 1 1 0 1 0 x x  1 1 2 1 x x   3 1 2 x  . Câu 55: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,6% /tháng. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập làm vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng, người đó được lĩnh số tiền không ít hơn 110 triệu đồng (cả vốn ban đầu và lãi), biết rằng trong suốt thời gian gửi tiền người đó không rút tiền và lãi suất không thay đổi? A. 17 tháng. B. 18 tháng. C. 16 tháng. D. 15 tháng. Lời giải Chọn C Công thức lãi kép 1 n n P P r 100 1 0,006 n n P 100 1 0,006 110 n 11 1,006 10 n 1,006 11 log 10 n 16 n tháng. Câu 56: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Cho các số thực x , y thỏa mãn 2 8 4 log log 5 x y và 2 4 8 log log 7 x y . Giá trị của xy bằng A. 1024 . B. 256 . C. 2048 . D. 512 . Lời giải Chọn D Điều kiện: 0 0 x y  . Theo giả thiết ta có 2 8 4 2 4 8 log log 5 log log 7 x y x y  2 2 2 2 1 log log 5 3 1 log log 7 3 x y x y  2 2 log 6 log 3 x y  6 3 2 512 2 x xy y  . Câu 57: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Gọi S là tập nghiệm của phương trình 2 2 2 2log 2 2 log 3 2 x x trên  . Tổng các phần tử của S bằng A. 8 . B. 6 2 . C. 4 2 . D. 8 2 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 2 2 2 0 3 0 x x  . 1 3 x x   . 2 2 2 2log 2 2 log 3 2 x x 2 2 2 2 log 2 2 log 3 2 x x 2 2 log 2 2 3 2 x x    2 4 1 3 4 x x    2 2 4 3 1 4 3 1 x x x x   2 2 4 2 0 4 4 0 x x x x   2 2 2 x x   (vì 1 x và 3 x  )   2;2 2 S Vậy tổng các phần tử của S bằng 4 2 . Câu 58: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Cho hàm số 5 log . y x Mệnh đề nào sau đây sai? A. Hàm số nghịch biến trên tập xác định. B. Tập xác định của hàm số là 0;  . C. Đồ thị hàm số nằm bên phải trục tung. D. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là trục tung. Lời giải Chọn A Tập xác định của hàm số là 0; D  . Ta có 1 0, 0; ln 5 y x x   hàm số đồng biến trên 0;  . Vì hàm số xác định trên 0; D  nên đồ thị hàm số nằm bên phải trục tung và do đó đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là trục tung. Câu 59: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Cho các số a , b , c , d thỏa mãn 0 1 a b c d . Số lớn nhất trong 4 số log a b , log b c , log c d , log d a là A. log b c . B. log d a . C. log a b . D. log c d . Lời giải Chọn D Ta có: 0 1 0 1 b c a d  log log 1 log log 1 b b d d c a  log 0 log 0 b d c a  Và 0 1 1 a b c d  log log 1 log log log 1 log a a a c c c a b b c d d   . Vậy log c d là số lớn nhất. Cách khác: có thể dùng máy tính với 0, 2 0,3 2 3 a b c d  0 0,2 0,3 1 2 3 . Câu 60: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Mệnh đề nào sau đây sai? A. log log 0 a b a b . B. log log 0 a b a b . C. ln 0 1 x x . D. ln 1 0 1 x x . Lời giải Chọn D ln 1 ln ln e 0 e x x x . Câu 61: (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-lần 1 năm 2017-2018) Tập nghiệm của bất phương trình: 2 2 log 3 log 2 x x là A. 3;  . B.  4;  . C.   ; 1 4;    . D.  3;4 . Lời giải Chọn B Điều kiện xác định: 3 x . 2 2 log 3 log 2 x x 2 3 4 x x 4 1 x x    . Vậy tập nghiệm của bpt là  4; S  . Câu 62: (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-lần 1 năm 2017-2018) Cho hàm số 2 1 3 log 2 y x x . Tập nghiệm của bất phương trình 0 y  là A. ; 1  . B. ;0  . C. 1;  . D. 2;  . Lời giải Chọn B Điều kiện: 2 2 0 x x ;0 2; x    . Ta có 2 2 2 2 ln 3 x y x x  , 0 y  2 2 2 0 2 ln 3 x x x ;0 1;2 x   . So điều kiện ;0 x  . Câu 63: (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-lần 1 năm 2017-2018) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 4 8.2 4 0 x x bằng bao nhiêu? A. 1. B. 0 . C. 2 . D. 8 . Lời giải Chọn C 4 8.2 4 0 x x 2 4 2 3 2 4 2 3 x x    2 2 log 4 2 3 log 4 2 3 x x     Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 2 2 log 4 2 3 log 4 2 3 2 . Câu 64: (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-lần 1 năm 2017-2018) Nghiệm của phương trình 4 log 1 3 x là A. 66 x . B. 63 x . C. 68 x . D. 65 x . Lời giải Chọn D Điều kiện: 1 0 x 1 x . 4 log 1 3 x 3 1 4 x 65 x . Câu 65: (THTT số 6-489 tháng 3 năm 2018) Trong các khẳng định dưới đây, khẳng định nào sai? A. Với mọi 1 a b , ta có b a a b . B. Với mọi 1 a b , ta có log log a b b a . C. Với mọi 1 a b , ta có a b b a a b . D. Với mọi 1 a b , ta có log 1 2 a a b . Lời giải Chọn A Xét đáp án A: 1 a b b b a b a b b b  nên không thể kết luận được, ta có thể chọn 5 a ; 2 b sẽ thấy mệnh đề sai. Xét đáp án C: 1 a b a b a b b a a b b nên C đúng. Xét đáp án B: 1 a b log log 1 log log log log 1 a a a b b b b a b a a b  nên B đúng. Xét đáp án D: log 1 2 a a b 2 2 2 a b b a a nên D đúng. Câu 66: (THTT số 6-489 tháng 3 năm 2018) Bất phương trình 2 3 1 3 4 0 x x x có bao nhiêu nghiệm nguyên nhỏ hơn 6 ? A. 9 . B. 5 . C. 7 . D. Vô số. Lời giải Chọn C 2 3 1 3 4 0 x x x 2 2 3 1 0 3 4 0 3 1 0 3 4 0 x x x x x x         0 4 1 0 4 1 x x x x x          1 4 0 x x   . Kết hợp điều kiện nghiệm nguyên nhỏ hơn 6 ta thấy các giá trị thỏa là   3; 2; 1;2;3;4;5 . Câu 67: (THTT số 6-489 tháng 3 năm 2018) Tìm các giá trị thực của m để hàm số 3 2 1 2 x x mx y đồng biến trên   1;2 . A. 8 m . B. 1 m . C. 8 m  . D. 1 m . Lời giải Chọn B Ta có: 3 2 2 1 3 2 .2 .ln 2 x x mx y x x m  Để hàm số 3 2 1 2 x x mx y đồng biến trên   1;2 thì 0 y  với mọi   1;2 x . Suy ra 2 3 2 0 x x m với mọi   1;2 x 2 3 2 x x m ,   1;2 x Xét hàm số 2 3 2 g x x x ta có 6 2 g x x  0 g x  ,   1;2 x   1;2 min 1 1 f x f . Để 2 3 2 0 x x m với mọi   1;2 x thì 1 1. m m  Câu 68: (THTT số 6-489 tháng 3 năm 2018) Cho phương trình 3 1 3 8 8. 0,5 3.2 125 24. 0,5 . x x x x Khi đặt 1 2 2 x x t , phương trình đã cho trở thành phương trình nào dưới đây? A. 3 8 3 12 0 t t . B. 3 2 8 3 10 0 t t t . C. 3 8 125 0 t . D. 3 8 36 0 t t . Lời giải Chọn C Ta có 3 1 3 8 8. 0,5 3.2 125 24. 0,5 x x x x 3 3 1 1 8.2 8. 24.2 24. 125 0 2 2 x x x x 3 3 1 1 8 2 24 2 125 0 2 2 x x x x         . Đặt 1 2 2 2 x x t t . Khi đó ta có 3 3 3 1 2 3 2 x x t t Phương trình trở thành 3 3 8 3 24 125 0 8 125 0 t t t t . Câu 69: (THTT số 6-489 tháng 3 năm 2018) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với 3;2 A , 1;1 B , 2; 4 C . Gọi 1 1 ; A x y  , 2 2 ; B x y  , 3 3 ; C x y  lần lượt là ảnh của A , B , C qua phép vị tự tâm O , tỉ số 1 3 k . Tính 1 2 3 1 2 3 . S x x x y y y A. 1. S B. 6 S . C. 2 3 S . D. 14 27 . Lời giải Chọn D Ta có 1 , 3 2 : 3;2 1; 3 O V A A          ; 1 , 3 1 1 : 1;1 ; 3 3 O V B B          ; 1 , 3 2 4 : 2; 4 ; 3 3 O V C C          . Khi đó 1 2 2 1 4 14 1. . . . 3 3 3 3 3 27 S                 . Câu 70: (THTT số 6-489 tháng 3 năm 2018) Cho hàm số ln 4 ln 2 x y x m với m là tham số. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của m để hàm số đồng biến trên khoảng 1;e . Tìm số phần tử của S . A. 2 . B. 4 . C. 3 . D. 1. Lời giải Chọn D Điều kiện ln 2 0 x m  1 ln 2 m x  . Do 1;e x nên ln 0;1 x  1 ;0 ; 2 m        . Ta có 2 1 4 2 ln 2 m x y x m  . Để hàm số đồng biến trên khoảng 0;1 thì 0 y  với mọi 0;1 x 2 1 4 2 0 ln 2 m x x m 4 2 0 m 2 m . Do m là số nguyên dương nên 1 m . Câu 71: (THTT số 6-489 tháng 3 năm 2018) Cho năm số a , b , c , d , e tạo thành một cấp số nhân theo thứ tự đó và các số đều khác 0 , biết 1 1 1 1 1 10 a b c d e và tổng của chúng bằng 40 . Tính giá trị S với S abcde . A. 42 S . B. 62 S . C. 32 S . D. 52 S . Lời giải Chọn C Gọi q 0 q  là công bội của cấp số nhân a , b , c , d , e . Khi đó 1 a , 1 b , 1 c , 1 d , 1 e là cấp số nhân có công bội 1 q . Theo đề bài ta có 40 1 1 1 1 1 10 a b c d e a b c d e  5 5 1 . 40 1 1 1 1 . 10 1 1 q a q q a q      5 5 4 1 . 40 1 1 1 . 10 1 q a q q a q q  2 4 4 a q . Ta có S abcde 2 3 4 . . . . a aq aq aq aq 5 10 a q . Nên 2 2 5 10 S a q 5 2 4 5 4 a q . Suy ra 5 4 32 S . Câu 72: (THPT Nguyễn Trãi-Đà Nẵng-lần 1 năm 2017-2018) Cho a là số thực dương khác 0 . Giá trị của 5 3 log a a a a a là A. 1 4 . B. 13 10 . C. 1 2 . D. 3 10 . Lời giải Chọn B Ta có 5 3 log a a a a a 1 1 5 1 3 2 log . . . a a a a a              1 1 5 3 3 2 log . . a a a a              3 10 log . a a a 13 10 13 log 10 a a . Câu 73: (THPT Nguyễn Trãi-Đà Nẵng-lần 1 năm 2017-2018) Phương trình 2 2 9 10 4 2 4 x x có số nghiệm là A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 1. Lời giải Chọn D Biến đổi phương trình trở thành 36 10 2 2 4 x x 4 10.2 144 0 x x 2 8 x 3 x . Vậy phương trình có một nghiệm. Câu 74: (THPT Nguyễn Trãi-Đà Nẵng-lần 1 năm 2017-2018) Một người gửi ngân hàng lần đầu 100 triệu đồng với kì hạn 3 tháng, lãi suất 2% một quý theo hình thức lãi kép. Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 100 triệu đồng với kì hạn và lãi suất như trước đó. Sau một năm, tổng số tiền gốc và lãi của người đó là bao nhiêu (làm tròn đến hàng triệu đồng)? A. 212 triệu. B. 216 triệu. C. 221 triệu. D. 210 triệu. Lời giải Chọn A Sau 6 tháng đầu thì người đó gửi được hai kì hạn nên tổng cả vốn và lãi lúc đó là 2 100. 1,02 A triệu đồng. Người đó gửi thêm 100 triệu thì số tiền gửi là 100 B A triệu. Vậy sau một năm thì được số tiền là 2 4 2 1,02 100. 1,02 100. 1,02 212 B  triệu đồng. Câu 75: (THPT Nguyễn Trãi-Đà Nẵng-lần 1 năm 2017-2018) Tập nghiệm của bất phương trình 1 4 1 1 1 2 2 x         là A. 2; S  . B. ;0 S  . C. 0;1 S . D. 5 1; 4 S     . Lời giải Chọn D 1 4 1 1 1 2 2 x         1 4 1 x 5 1 4 x 4 5 0 1 x x . Câu 76: (THPT Nguyễn Trãi-Đà Nẵng-lần 1 năm 2017-2018) Giải phương trình 2 3 3 log .log .log 3 x x x x 2 3 log 3log x x x . Ta có tổng tất cả các nghiệm bằng A. 35. B. 5 . C. 10. D. 9 . Lời giải Chọn B Điều kiện 0 x . 2 3 3 log .log .log 3 x x x x 2 3 log 3log x x x 2 3 log 3 log 1 0 x x x 2 3 log 3 0 x x x   . Ta có hàm số 2 log f x x x liên tục và đồng biến trên 0;  và 2 3 f nên phương trình 2 log 3 0 x x có một nghiệm 2 x . Vậy tổng tất cả các nghiệm bằng 5 . Câu 77: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Mệnh đề nào sau đây sai? A. Đồ thị của hàm số ln y x có tiệm cận đứng. B. Đồ thị của hàm số 2 x y có tiệm cận đứng. C. Đồ thị của hàm số ln y x không có tiệm cận ngang. D. Đồ thị của hàm số 2 x y có tiệm cận ngang. Lời giải Chọn B Đáp án A đúng, vì: 0 lim x y  0 lim ln x x   nên đồ thị hàm số có Oy là tiệm cận đứng. Đáp án B sai, vì: lim x y   lim 2 x x   0 nên đồ thị hàm số chỉ có Ox là tiệm cận ngang. Đáp án C đúng, vì: lim x y   lim ln x x    nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang. Đáp án D đúng, vì: lim lim 2 0 x x x y     nên đồ thị hàm số có Ox là tiệm cận ngang. Câu 78: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Tập xác định D của hàm số 2018 log 2 1 y x là A. 0; D  . B. D  . C. 1 ; 2 D      . D. 1 ; 2      . Lời giải Chọn C Điều kiện: 2 1 0 x 1 2 x . Vậy tập xác định của hàm số là 1 ; 2 D      . Câu 79: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Chu kì bán rã của nguyên tố phóng xạ poloni 210 là 138 ngày ( nghĩa là sau 138 ngày khối lượng của nguyên tố đó chỉ còn 1 nửa). Tính khối lượng còn lại của 40 gam poloni 210 sau 7314 ngày ( khoảng 20 năm). A. 15 4,34.10 gam . B. 15 4,44.10 gam . C. 15 4,06.10 gam . D. 15 4,6.10 gam . Lời giải Chọn B Ta có 7314 ngày tương ứng 53 chu kì. Nên khối lượng còn lại của 40 gam poloni 210 sau 7314 ngày bằng 53 15 1 40 4, 44.10 gam 2     . Câu 80: (THPT Chuyên Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Ông A đầu tư 150 triệu đồng vào một công ti với lãi 8% một năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau 5 năm số tiền lãi ông A rút về gần nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này ông A không rút tiền ra và lãi không thay đổi? A. 54.073.000 đồng. B. 54.074.000 đồng. C. 70.398.000 đồng. D. 70.399.000 đồng. Lời giải Chọn D Sau một năm số tiền gốc lẫn lãi của ông A là 150 150.8% 150 1 8% triệu. Sau hai năm số tiền gốc lẫn lãi của ông A là 150 1 8% 1 8% 2 150 1 8% triệu. … Sau năm năm số tiền gốc lẫn lãi của ông A là 5 150 1 8% triệu. Số tiền lãi ông A rút về là 5 150. 1 8% 150 70,399...  triệu. Vậy số tiền lãi ông A rút về sau 5 năm gần với số tiền 70.399.000 đồng. Câu 81: (THPT Đặng Thúc Hứa-Nghệ An-lần 1 năm 2017-2018) Gọi 1 z , 2 z , 3 z là các nghiệm của phương trình 3 2 2 1 0 iz z i z i . Biết 1 z là số thuần ảo. Đặt 2 3 P z z , hãy chọn khẳng định đúng? A. 4 5 P . B. 2 3 P . C. 3 4 P . D. 1 2 P . Lời giải Chọn B 3 2 2 1 0 iz z i z i 2 1 0 z i iz z 1 2 1 0 1 z i iz z   . Vì 1 z là số thuần ảo nên 2 z , 3 z là nghiệm của phương trình 1 . Ta có: 2 2 3 z z 2 2 3 2 3 4. . z z z z 1 4i 2 2 3 z z 1 4i 17 4 2 3 17 P z z . Câu 82: (THPT Đặng Thúc Hứa-Nghệ An-lần 1 năm 2017-2018) Tích tất cả các nghiệm của phương trình 2 2 2 log log 1 1 x x A. 1 5 2 2 . B. 1. C. 1 5 2 2 . D. 1 2 . Lời giải Chọn A Điều kiện 2 0 log 1 0 x x  0 1 2 x x  1 2 x . Đặt 2 log 1 x t , 0 t 2 2 log 1 x t ta có phương trình 2 2 1 1 t t 4 2 2 0 t t t 3 2 1 0 t t t 2 1 2 1 0 t t t t 0 / 1 / 1 5 / 2 1 5 2 t t m t t m t t m t loai          . Với 0 t thì 1 2 log 1 2 x x . Với 1 t thì 0 2 log 0 2 x x . Với 1 5 2 t thì 1 5 2 2 1 5 log 2 2 x x . Vậy tích các nghiệm của phương trình là 1 5 2 2 . Câu 83: (THPT Đặng Thúc Hứa-Nghệ An-lần 1 năm 2017-2018) Cho tứ diện đều ABCD có một đường cao 1 AA . Gọi I là trung điểm 1 AA . Mặt phẳng BCI chia tứ diện ABCD thành hai tứ diện. Tính tỉ số hai bán kính của hai mặt cầu ngoại tiếp hai tứ diện đó. A. 43 51 . B. 1 2 . C. 1 4 . D. 48 153 . Lời giải Chọn A Gọi cạnh của tứ diện đều là a . Gọi K là trung điểm của CD và E IK AB  . Qua 1 A kẻ đường thẳng song song với IK cắt AB tại J . Ta có: 1 2 3 BA BJ BE BK và 1 1 AE AI EJ IA nên suy ra 1 4 4 a AE AB và 3 4 a BE . Gọi M là trung điểm của BE , trong mặt phẳng ABK dựng đường trung trực của BE cắt 1 AA tại O . Ta dễ dàng chứng minh được O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp EBCD . Ta có: 1 3 3 a BA , 1 6 3 a AA . Đặt BE x . Tam giác 1 ABA đồng dạng với tam giác AOM nên suy ra 1 1 . 1 2 2 AM OM AM BH x OM a AA BH AA     . Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp EBCD ta suy ra: 2 2 2 2 1 4 2 2 x x R OB OM MB a     . Với 3 4 a x ta có: 2 2 9 1 3 43 64 2 8 128 a a R a a     . Tương tự với 4 a x ta có bán kính R  của mặt cầu ngoại tiếp EACD là 2 2 1 51 64 2 4 128 a a R a a      . Do đó 43 ' 51 R R . Phương pháp trắc nghiệm: Áp dụng công thức Crelle: Với mỗi khối tứ diện ABCD đều tồn tại ít nhất một tam giác mà số đo các cạnh của nó bằng tích số đo các cặp đối của tứ diện đó. Hơn nữa nếu gọi V là thể tích, R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD thì ta có công thức: 6 . S V R . Câu 84: (THPT Chuyên Hạ Long-Quãng Ninh lần 2 năm 2017-2018) Tập nghiệm của bất phương trình 4 4 log 1 log 2 5 x x   là A. 1;6 . B. 5 ;6 2     . C. ;6  . D. 6;  . Lời giải Chọn D Ta có 4 4 log 1 log 2 5 x x   1 0 2 5 0 6 1 2 5 x x x x x  . Câu 85: (THPT Chuyên Hạ Long-Quãng Ninh lần 2 năm 2017-2018) Anh Bảo gửi 27 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép, kỳ hạn là một quý, với lãi suất 1,85 % một quý. Hỏi thời gian tối thiểu bao nhiêu để anh Bảo có được ít nhất 36 triệu đồng tính cả vốn lẫn lãi? A. 19 quý. B. 15 quý. C. 16 quý. D. 20 quý. Lời giải Chọn C Áp dụng công thức lãi kép 1 n n P P r với 27 P , 0,0185 r , tìm n sao cho 36 n P . Ta có 27.1,0185 36 n 1,0185 4 log 3 n 16 n . Câu 86: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-lần 2 năm 2017-2018) Một người gửi tiết kiềm với lãi suất 8,4% /năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Hỏi sau bao nhiêu năm người đó thu được số tiền gấp đôi số tiền ban đầu? A. 9 . B. 6 . C. 8 . D. 7 . Lời giải Chọn A Gọi A là số tiền ban đầu và sau n năm người đó thu được số tiền gấp đôi số tiền ban đầu. Theo công thức lãi kép ta có: 8,4 2 1 100 n A A     8,6 n . Vậy sau 9 năm thì người đó thu được số tiền gấp đôi số tiền ban đầu. Câu 87: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-lần 2 năm 2017-2018) Với các số thực a , 0 b bất kì, rút gọn biểu thức 2 2 1 2 2log log P a b ta được A. 2 2 log 2 P ab . B. 2 2 log P ab . C. 2 2 log a P b     . D. 2 2 2 log a P b     . Lời giải Chọn B Ta có: 2 2 1 2 2log log P a b 2 2 2 2 log log a b 2 2 log ab . Câu 88: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-lần 2 năm 2017-2018) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình: 2 1 2 5.2 2 0 x x bằng A. 0 . B. 5 2 . C. 1. D. 2 Lời giải Chọn A Ta có: 2 1 2 5.2 2 0 x x 2 2.2 5.2 2 0 x x 2 2 1 2 2 x x     1 1 x x   . Vậy tổng tất cả các nghiệm là 1 1 0 . Câu 89: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-lần 2 năm 2017-2018) Hàm số 2 2 y x x nghịch biến trên khoảng A. 0;1 . B. ;1  . C. 1;  . D. 1;2 . Lời giải Chọn D Tập xác định   0;2 D . Ta có 2 1 2 x y x x  , 0 1 y x  Bảng biến thiên . Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng 1;2 . Câu 90: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-lần 2 năm 2017-2018) Số nghiệm nguyên của bất phương trình 2 3 2 3 log log 1 log .log x x x x là A. 1. B. 2 . C. 3 . D. Vô số. Lời giải Chọn B Bất phương trình đã cho tương đương 2 3 3 log 1 log log 1 0 x x x 3 2 1 log log 1 0 x x 3 2 3 2 1 log 0 log 1 0 1 log 0 log 1 0 x x x x           3 2 3 2 log 1 log 1 log 1 log 1 x x x x           0 3 2 3 0 2 x x x x           2 3 x   . Vậy   2,3 x . Câu 91: (THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-lần 1 năm 2017-2018) Cho log 5 a . Tính log 25000 theo a . x 0 1 2 y  0 y A. 2 3 a . B. 2 5a . C. 2 2 1 a . D. 5a . Lời giải Chọn A Ta có: log 25000 2 3 log 5 .10 2log 5 3log10 2 3 a . Câu 92: (THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-lần 1 năm 2017-2018) Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 6% / năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu đồng bao gồm cả gốc lẫn lãi? Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó không rút tiền ra. A. 20 năm. B. 19 năm. C. 21 năm. D. 18 năm. Lời giải Chọn B Ta có 1 6% 100 1 6% 300 1 6% 3 log 3 18,85 n n n  . Câu 93: (THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-lần 1 năm 2017-2018) Phương trình 2 5 12 log 4.log 2 12 8 x x x     có bao nhiêu nghiệm thực? A. 0 . B. 2 . C. 1. D. 3 . Lời giải Chọn C Điều kiện xác định: 0 1 5 2 12 3 x x   . Ta có 2 5 12 log 4.log 2 12 8 x x x     2 2 5 12 log log 12 8 x x x     5 12 12 8 x x x 1 2 5 6 x x l      . Câu 94: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng-lần 2 năm 2017-2018) Hàm số nào sau đây đồng biến trên  ? A. 3 x y      . B. 2 3 e x y       . C. 4 7 log 5 y x . D. 1 2018 2015 10 x y       . Lời giải Chọn B Hàm số 3 x y      là hàm số mũ có cơ số 3 0 1  nên hàm số 3 x y      nghịch biến trên  . Hàm số 2 3 e x y       là hàm số mũ có cơ số 2 3 1 e nên hàm số 2 3 e x y       đồng biến trên  . Hàm số 4 7 log 5 y x có 3 4 4 0 5 ln 7 x y x  khi 0 x , nên hàm số 4 7 log 5 y x không đồng biến trên  . Hàm số 1 2018 2015 10 2018 2015 10 x x y       là hàm số mũ có cơ số 0 10 2018 2015 1 nên hàm số 1 2018 2015 10 x y       nghịch biến trên  . Câu 95: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng-lần 2 năm 2017-2018) Cho hàm số 2 x y có đồ thị là Hình 1. Đồ thị Hình 2 là của hàm số nào dưới đây? Hình 1 Hình 2 A. 2 x y . B. 2 x y . C. 2 x y . D. 2 x y . Lời giải Chọn A Cách 1. Nhận thấy đồ thị Hình 2 nhận được từ đồ thị Hình 1 bằng cách giữ nguyên phần đồ thị bên phải trục Oy và lấy đối xứng phần đồ thị đó qua trục . Oy Đây là phép biến đổi từ đồ thị hàm số y f x sang đồ thị hàm số y f x , do đó đồ thị Hình 2 là của hàm số 2 x y . Cách 2. Nhận thấy đồ thị Hình 2 đối xứng qua Oy nên là đồ thị của hàm số chẵn, trong số 4 hàm số đã cho thì chỉ có hàm số 2 x y là hàm số chẵn. Câu 96: (PTNK-ĐHQG TP HCM-lần 1 năm 2017-2018) Với các số thực dương a , b bất kỳ, đặt 0.3 12 5 3 a M b     . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 18 9 log log log 5 50 M a b . B. 18 9 log log log 5 50 M b . C. 18 9 log log log 5 50 M a b . D. 18 9 log log log 5 50 M a b . Lời giải Chọn B Ta có: 0.3 12 5 3 a M b     18 5 9 50 a b . 0,3 12 5 3 log log a M b     18 9 5 50 log log a b 18 9 log log 5 50 a b . O x y 1 O x y 1Câu 97: (PTNK-ĐHQG TP HCM-lần 1 năm 2017-2018) Tìm số nghiệm của phương trình 7 2 1 3 27 243 x x x . A. 0 . B. 1. C. 2 . D. Vô số. Lời giải Chọn A Điều kiện 1 x  . Ta có: 7 2 2 1 5 3 27 3 x x x 3 6 7 10 1 2 3 3 x x x 3 6 7 10 1 2 x x x 6 12 7 10 1 x x x 2 7 23 22 0 x x (PT vô nghiệm) Câu 98: (PTNK-ĐHQG TP HCM-lần 1 năm 2017-2018) Giải bất phương trình 2 4 2 .log 1 0 x x . A. 0 x . B. 1 2 x  . C. 0 2 x   . D. 1 2 x   . Lời giải Chọn C Đặt 2 4 2 .log 1 0 x x * Điều kiện: 1 0 4 2 0 x x  1 2 x  . Với điều kiện trên, ta có * 2 2 2 4 2 0 1 1 0 log 1 0 x x x x x x        (do 4 2 0 x ) Kết hợp điều kiện ta được: 0 2 x   . Câu 99: (PTNK-ĐHQG TP HCM-lần 1 năm 2017-2018) Giả sử log 2 là 0,3010. Khi viết 2018 2 trong hệ thập phân có bao nhiêu chữ số? A. 607 . B. 608. C. 609 . D. 606 . Lời giải Chọn B Ta có 2018 log 2 2018log 2 607,418 , suy ra 607 2018 608 log10 log 2 log10 . Do đó khi viết 2018 2 trong hệ thập phân có 608 số. Chú ý: Một số n A có   log 1 n A chữ số. Câu 100: (PTNK-ĐHQG TP HCM-lần 1 năm 2017-2018) Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên m để hàm số 3 1 log 2 1 y x m m x xác định trên 2;3 . A. 1. B. 2 . C. 3 D. Vô số. Lời giải Chọn B Điều kiện: 2 1 0 2 1 0 m x x m x m x m   . Để hàm số xác định trên 2;3 thì 2 2 1 3 m m   2 1 m m   1 2 m   . Do m là số tự nhiên nên 1 m ; 2 m . Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn. Câu 101: (SGD Phú Thọ – lần 1 - năm 2017 – 2018) Một người gửi 200 triệu đồng vào một ngân hàng theo kỳ hạn 3 tháng với lãi suất 1,25% một quý. Biết rằng nếu không rút tiền thì sau mỗi quý, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho quý tiếp theo. Hỏi sau đúng ba năm, người đó thu được số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) được tính theo công thức nào dưới đây? (Giả sử trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền và lãi suất không thay đổi). A. 13 200 1 0,0125  (triệu đồng). B. 12 200 1 0,125  (triệu đồng). C. 11 200 1 0,0125  (triệu đồng). D. 12 200 1 0,0125  (triệu đồng). Lời giải Chọn D Ba năm tương ứng với 12 kỳ hạn (cũng là 12 quý). Lãi suất 1,25% một quý. Vậy số tiền người đó nhận được sau ba năm là 12 200 1 0,0125  (triệu đồng). Câu 102: (SGD Phú Thọ – lần 1 - năm 2017 – 2018) Thể tích của khối nón có độ dài đường sinh 2 l a và bán kính đáy r a bằng A. 3 2 3 a  . B. 3 3 a  . C. 3 2 a  . D. 3 3 3 a  . Lời giải Chọn D 2a a O A Ta có 2 1 3 V r h  . Lại có 2 2 h l r 2 2 4 3 a a a . Vậy 3 2 1 3 3 3 3 a V a a   . Câu 103: (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 - năm 2017 – 2018) Phương trình 2 2 ln 1 .ln 2018 0 x x có bao nhiêu nghiệm? A. 1. B. 4 . C. 3 . D. 2 . Lời giải Chọn D Ta có 2 2 ln 1 .ln 2018 0 x x 2 2 2 2 1 0 2018 0 ln 1 0 ln 2018 0 x x x x       2 2 2 2018 1 1 2018 1 x x x    2 2018 0 2019 x x x     2019 x  . Vậy phương trình 2 2 ln 1 .ln 2018 0 x x có 2 nghiệm. Câu 104: (THPT Tây Thụy Anh – Thái Bình – lần 1 - năm 2017 – 2018) Giải bất phương trình 2 3 1 9 2log 4 3 log 2 3 2 x x  . A. 3 4 x . B. 3 3 4 x  . C. Vô nghiệm. D. 3 3 8 x   . Lời giải Chọn B Điều kiện 2 4 3 0 2 3 0 x x  3 4 x * . Biến đổi 2 2 2 1 1 3 1 9 3 3 log 2 3 log 2 3 log 2 3 log 2 3 x x x x     . Khi đó 2 3 1 9 2log 4 3 log 2 3 2 x x  2 3 3 3 log 4 3 log 9 log 2 3 x x  2 3 3 log 4 3 log 9 2 3 x x     . Do đó 2 3 4 3 9 2 3 3 8 x x x    . Kết hợp với * ta được 3 3 4 x  . Câu 105: (THPT Tây Thụy Anh – Thái Bình – lần 1 - năm 2017 – 2018) Tổng bình phương các nghiệm của phương trình 2 2 2 log log 4 4 x x x  là A. 17 4 . B. 0 . C. 4 . D. 65 4 . Lời giải Chọn D Điều kiện: 0 x . 2 2 2 log log 4 4 x x 2 2 2 log log 2 0 x x 2 2 log 1 log 2 x x   1 . 2 4 x x    Vậy tổng bình phương các nghiệm của phương trình là 2 2 1 65 4 2 4     . Câu 106: (THPT Tây Thụy Anh – Thái Bình – lần 1 - năm 2017 – 2018) Nếu 2 log 3 a , 2 log 5 b thì A. 6 2 1 1 1 log 360 6 2 3 a b . B. 6 2 1 1 1 log 360 3 4 6 a b . C. 6 2 1 1 1 log 360 2 3 6 a b . D. 6 2 1 1 1 log 360 2 6 3 a b . Lời giải Chọn C 3 2 6 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 log 360 log 360 log 2 .3 .5 3 2log 3 log 5 6 6 6 2 3 6 a b . Câu 107: (THPT Tây Thụy Anh – Thái Bình – lần 1 - năm 2017 – 2018) Số nghiệm của phương trình 2 2 1 4. 25.2 100 100 5 x x x     là A. 3 . B. 1. C. 2 . D. vô nghiệm. Lời giải Chọn B Ta có 2 2 1 4. 25.2 100 100 5 x x x     4.5 25.2 100 10 x x x 4 2 . 5 25 0 x x 2 x . Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm. Câu 108: (THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc – lần 4 - năm 2017 – 2018) Phương trình 2 log 2 3 x có nghiệm là A. 5 x . B. 6 x . C. 10 x . D. 8 x . Lời giải Chọn C 2 log 2 3 x 2 10 2 8 x x x  . Câu 109: (THPT Hồng Bàng – Hải Phòng – năm 2017 – 2018) Phương trình 2 log 5 2 2 x x có hai ngiệm 1 x , 2 x . Tính 1 2 1 2 P x x x x . A. 11. B. 9 . C. 3 . D. 2 . Lời giải Chọn D Điều kiện: 2 5 x 2 log 5 2 2 x x 2 5 2 2 x x 4 5 2 2 x x 2 1 2 4 x x   0 2 x x   1 2 1 2 2 P x x x x . Câu 110: (THPT Hồng Bàng – Hải Phòng – năm 2017 – 2018) Tập xác định của hàm số 1 2 2 log 2 x y x là A. 2;2 . B.  0;2 . C. 0;2 . D.  ; 2 0;2   . Lời giải Chọn B Hàm số xác định khi 1 2 2 0 2 2 log 0 2 x x x x  2 2 2 1 2 x x x   2 2 2 0 2 x x x   2 2 2 0 x x x    0 2 x  . Câu 111: (THPT Hồng Bàng – Hải Phòng – năm 2017 – 2018) Cho , a b là hai số thực dương bất kì, 1 a  và 3 log .log 3 3 1 log 3 log 3 3 a a a b M     . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 3 3 27 log a M b     . B. 3 3log a M b . C. 3 3 1 log a M b     . D. 3 3 2 log a M b . Lời giải Chọn A Ta có 3 log .log 3 3 1 log 3 log 3 3 a a a b M     3 3 3 log log 3 a b 3 3 3 3log log 27 log a b Suy ra 3 3 27 log a M b     . Câu 112: (THPT Hồng Bàng – Hải Phòng – năm 2017 – 2018) Tìm giá trị nhỏ nhất trên tập xác định của hàm số 1 3 2 2 x x f x . A. 1. B. 4 . C. 8 . D. 2 . Lời giải Chọn B Tập xác định D  . Ta có 1 3 2 2 x x f x 1 3 2 2 .2 4 x x . Do đó min 4 x f x  khi 1 3 2 2 x x 2 x . Câu 113: (THPT Hồng Bàng – Hải Phòng – năm 2017 – 2018) Tìm tập nghiệm của bất phương trình 2 4 1 1 2 2 x x x         . A. 2;  . B. 2;  . C. 2;2 . D. ; 2 2;    . Lời giải Chọn C 2 4 1 1 2 2 x x x         2 4 x x x 2 4 0 x 2 2 x . Câu 114: (THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Tập nghiệm của bất phương trình 2 2 log 1 log 3 x x là A. ;1 S  . B. 1; S  . C.  1;3 S . D. 1;1 S . Lời giải Chọn D Bất phương trình tương đương với: 1 0 1 3 x x x  1 1 x x  1 1 x . Câu 115: (THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Bà A gửi tiết kiệm 50 triệu đồng theo kỳ hạn 3 tháng. Sau 2 năm, bà ấy nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi là 73 triệu đồng. Hỏi lãi suất ngân hàng là bao nhiêu một tháng (làm tròn đến hàng phần nghìn)?. Biết rằng trong các tháng của kỳ hạn, chỉ cộng thêm lãi chứ không cộng vốn và lãi tháng trước để tính lãi tháng sau, hết một kỳ hạn lãi sẽ được cộng vào vốn để tính lãi trong đủ một kỳ hạn tiếp theo. A. 0,024 . B. 0,048. C. 0,008. D. 0,016 . Lời giải Chọn D 50 A triệu là số tiền gửi ban đầu. 73 T triệu là số tiền cả gốc lẫn lãi nhận được sau 2 năm. Số kỳ gởi là 8 n kỳ ( 2 năm). Gọi lãi suất hàng tháng của ngân hàng là r lãi suất gởi kỳ hạn 3 tháng là 3r . Ta có: 1 3 n T A r 8 73 50 1 3r 8 73 1 3 50 r 8 1 73 1 0,016 3 50 r        . Vậy lãi suất tháng của ngân hàng là 0,16 . Câu 116: (SGD Bắc Giang – năm 2017 – 2018) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số ln y x x tại điểm có hoành độ bằng e là A. 2 3e y x . B. e 2e y x . C. e y x . D. 2 e y x . Lời giải Chọn D Ta có ln 1 y x  . e 2 y  , e e y . Phương trình tiếp tuyến là 2 e e y x 2 e y x . Câu 117: (SGD Bắc Giang – năm 2017 – 2018) Cho 4 2 log a P b với 0 1 a  và 0 b . Mệnh đề nào dưới đây là đúng? A. 2log a P b . B. 2log a P b . C. 1 log 2 a P b . D. 1 log 2 a P b . Lời giải Chọn D Ta có 4 2 1 1 log 2. log log 4 2 a a a P b b b (Do 0 1 a  và 0 b ). Câu 118: (SGD Bắc Giang – năm 2017 – 2018) Cho x , y là các số thực thỏa mãn 2 2 2 2 2 2 log log log log log 1 log 1 x y x y xy xy . Khi đó giá trị của x y bằng. A. 4 1 2 2 x y . B. 2 x y hoặc 4 4 1 8 2 x y . C. 2 x y . D. 1 2 x y hoặc 2 x y . Lời giải Chọn B Đặt 2 2 log log a x b y  . ĐK: 1 a b   . Khi đó 2 2 2 2 2 2 log log log log log 1 log 1 x y x y xy xy 2 2 2 2 2 2 2 2 log log 1 1 log log log log 1 log log 1 1 a b x y a b a b x y a x y x y a b a b  2 2 2 2 1 0 1 2 a b a b a ab a ab b b a a b a b a b b   . 1 1 a b a b   . Với a b : 2 0 1 a b x y 2 x y . Với 1 a b : 2 2 2 2 1 4 5 1 0 b b b b . 1 0 1 3 4 4 b a L b a     3 4 4 4 1 4 4 4 2 8 1 8 1 2 2 2 x x y y  . Câu 119: (Chuyên ĐB Sông Hồng –Lần 1 năm 2017 – 2018) Hàm số nào sau đây là đạo hàm của hàm số 2 log 1 y x ? A. 1 2 1 y x  . B. 1 1 ln 2 y x  . C. ln 2 1 y x  . D. 1 2 1 .ln 2 y x  . Lời giải Chọn B Đạo hàm của hàm số 2 log 1 y x là 1 1 ln 2 y x  . Câu 120: (Chuyên ĐB Sông Hồng –Lần 1 năm 2017 – 2018) Cho a , b là 2 số thực khác 0 . Biết 2 2 4 3 10 3 1 625 125 a ab a ab     . Tính tỉ số a b . A. 76 21 . B. 2 . C. 4 21 . D. 76 3 . Lời giải Chọn C 2 2 4 3 10 3 1 625 125 a ab a ab     4 2 3 10 2 3 3 4 5 5 a ab a ab 2 4 4 7 0 3 21 a a ab b . Câu 121: (THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu – An Giang - Lần 3 năm 2017 – 2018) Tập xác định của hàm số 1 2 2 log 2 x y x là A. 2;2 . B.  0;2 . C. 0;2 . D.  ; 2 0;2   . Lời giải Chọn B Hàm số xác định khi 1 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 1 0 log 0 0 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x x          . Câu 122: (THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu – An Giang - Lần 3 năm 2017 – 2018) Số giá trị nguyên của tham số m trên đoạn   2018;2018 để hàm số 2 ln 2 1 y x x m có tập xác định là  . A. 2019 . B. 2017 . C. 2018 . D. 1009. Lời giải Chọn C Điều kiện xác định: 2 2 2 1 0 1 x x m x m x  . Suy ra 0 m . Số giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn   2018;2018 là 2018 số. Câu 123: Tích tất cả các nghiệm của phương trình 2 2 2 17 log log 4 x x A. 17 4 . B. 1 4 . C. 3 2 . D. 1 2 . Câu 124: Gọi 1 z , 2 z là hai nghiệm phức của phương trình 2 6 13 0 z z trong đó 1 z là số phức có phần ảo âm. Tìm số phức 1 2 2 z z  . A. 9 2i  . B. 9 2i  . C. 9 2i  . D. 9 2i  . Câu 125: Ông V gửi tiết kiệm 200 triệu đồng vào ngân hàng với hình thức lãi kép và lãi suất 7,2% một năm. Hỏi sau 5 năm ông V thu về số tiền (cả vốn lẫn lãi) gần nhất với số nào sau đây? A. 283.145.000 đồng. B. 283.155.000 đồng. C. 283.142.000 đồng. D. 283.151.000 đồng. Câu 126: (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) Tích tất cả các nghiệm của phương trình 2 2 2 17 log log 4 x x A. 17 4 . B. 1 4 . C. 3 2 . D. 1 2 . Lời giải Chọn D Ta có: 2 2 2 17 log log 4 x x có hai nghiệm 1 x và 2 x . Khi đó: 1 2 2 2 1 2 2 log log log 1 A x x A x x 1 1 2 2 A . Câu 127: (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) Gọi 1 z , 2 z là hai nghiệm phức của phương trình 2 6 13 0 z z trong đó 1 z là số phức có phần ảo âm. Tìm số phức 1 2 2 z z  . A. 9 2i  . B. 9 2i  . C. 9 2i  . D. 9 2i  . Lời giải Chọn B Phương trình 2 6 13 0 z z có hai nghiệm là 1 3 2 z i , 2 3 2 z i . Vậy 6 2i  . Câu 128: (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) Ông V gửi tiết kiệm 200 triệu đồng vào ngân hàng với hình thức lãi kép và lãi suất 7,2% một năm. Hỏi sau 5 năm ông V thu về số tiền (cả vốn lẫn lãi) gần nhất với số nào sau đây? A. 283.145.000 đồng. B. 283.155.000 đồng. C. 283.142.000 đồng. D. 283.151.000 đồng. Lời giải Chọn C Áp dụng công thức lãi kép ta có 0 1 % n n P P r . Vậy số tiền ông nhận được sau 5 năm là 5 200.000.000 1 7,2% n P  283.142.000 . Câu 129: (THPT Chuyên ĐHSP – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) Nghiệm của phương trình 1 2 3 x là A. 3 log 2 . B. 2 log 3 . C. 3 log 2 . D. 2 log 3 . Lời giải Chọn C Ta có 1 2 3 1 2 3 log 3 log 2 x x x . Câu 130: (THPT Chuyên ĐHSP – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) Một người gửi tiết kiệm với lãi suất 5% một năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền lớn hơn 150% số tiền gửi ban đầu? A. 8 năm. B. 9 năm. C. 10 năm. D. 11 năm. Lời giải Chọn B Gọi số tiền ban đầu người đó là P . Sau n năm, số tiền người đó có được là 1,5P . Khi đó .1,05 1,5 n P P 1,05 log 1,5 8,31 n  . Do đó cần ít nhất 9 năm. Câu 131: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần 4 năm 2017 – 2018)Cho a và b lần lượt là số hạng thứ nhất và thứ năm của một cấp số cộng có công sai 0 d  . Giá trị của 2 log b a d     bằng A. 2 log 5. B. 2 . C. 3 . D. 2 log 9 . Lời giải Chọn B Từ giả thiết ta có 4 4 b a d b a d . Khi đó 2 log b a d     2 4 log d d     2 log 4 2 . Câu 132: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần 4 năm 2017 – 2018)Cho log 2 a x , log 3 b x với a , b là các số thực lớn hơn 1. Tính 2 log a b P x . A. 6 P . B. 1 6 P . C. 1 6 P . D. 6 P . Lời giải Chọn A  Cách 1: log 2 a x , log 3 b x 3 3 1 2 2 3 2 2 2 2 a b x a b a b b b b . Do đó 1 2 2 log log 2log 2.3 6 a b b b P x x x .  Cách 2: 2 log 2 1 a x x a . log 2 a x , log 3 b x 1 log 2 x a , 1 log 3 x b . Khi đó 2 2 1 1 1 log 6 1 1 log 2log log 2. 2 3 a x x b x P x a a b b . Câu 133: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần 4 năm 2017 – 2018)Tính đạo hàm của hàm số 3 log 2 1 y x . A. 1 2 1 ln 3 y x  . B. 1 2 1 y x  . C. 2 2 1 ln 3 y x  . D. 2 1 .ln 3 y x  . Lời giải Chọn C Đạo hàm của hàm số 3 log 2 1 y x là 2 2 1 ln 3 y x  . Câu 134: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần 4 năm 2017 – 2018)Tìm tập nghiệm của bất phương trình 2 4 3 3 x x . A. 0;4 D . B. ;4 D  . C. 4; D  . D. 4; D  . Lời giải Chọn C Ta có 2 4 3 3 2 4 4 x x x x x . Câu 135: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần 4 năm 2017 – 2018)Tìm tập xác định D của hàm số 5 1 e e x y . A. ln 5; D  . B.  5; D  . C.   \ 5 D  . D. 5; D  . Lời giải Chọn D Điều kiện: 5 5 e e 0 e e 5 x x x . Vậy tập xác định của hàm số là 5; . D  Câu 136: (THPT Kim Liên – Hà Nội - Lần 2 năm 2017 – 2018)Với a là số thực dương bất kì và 1 a  , mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 5 1 log e 5ln a a . B. 5 1 ln ln 5 a a . C. 5 5 ln ln a a . D. 5 log e 5log e a a . Lời giải Chọn A Ta có 5 e 1 1 1 1 log e log e . 5 5 log 5ln a a a a . Câu 137: (THPT Kim Liên – Hà Nội - Lần 2 năm 2017 – 2018)Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số 2 ln 1 2 x y mx x đồng biến trên khoảng 1;  ? A. 3 . B. 4 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn A Ta có 1 1 y x m x  . Để hàm số 2 ln 1 2 x y mx x đồng biến trên khoảng 1;  thì 0 y  với 1; x  1 1 x m x với 1; x  1; min m f x   . Xét hàm số 1 1 f x x x trên khoảng 1;  ta có 1 1 1 1 2 1 1 3 1 1 f x x x x x 1; min 3 f x  . Do m  nên   1;2;3 m . Câu 138: (THPT Kim Liên – Hà Nội - Lần 2 năm 2017 – 2018)Biết rằng phương trình 2ln 2 ln 4 ln 4ln 3 x x có hai nghiệm phân biệt 1 x , 2 x 1 2 x x . Tính 1 2 x P x . A. 1 4 . B. 64 . C. 1 64 . D. 4 . Lời giải Chọn C Điều kiện 2 0 0 0 x x x  * . Phương trình 2 2 4 4 ln 2 ln 4 ln ln 3 ln 4 2 ln .3 x x x x    4 2 16 .3 0 1 4 2 81 4 x x x x x     thỏa mãn * 1 1 2 2 1 1 4 64 16 x x P x x  . Câu 139: (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh - Lần 2 năm 2017 – 2018)Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 2 2 2 log 1 log 1 log 3 5 x x x bằng A. 7 . B. 6 . C. 5. D. 4 . Lời giải Chọn A Điều kiện 5 3 x . Phương trình tương đương với 2 2 log 1 log 2 3 5 x x x 2 2 2 6 10 7 10 0 5 x x x x x x x   . Vậy tổng các nghiệm bằng 7 . Câu 140: (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh - Lần 2 năm 2017 – 2018)Cho ba hàm số x y a ; x y b ; log c y x lần lượt có đồ thị 1 C , 2 C , 3 C như hình bên. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. a b c . B. b a c . C. c b a . D. c a b . Lời giải Chọn A Do x y a và x y b là hai hàm số đồng biến nên a , 1 b . Do log c y x là hàm số nghịch biến nên 0 1 c . x O y 1 1 3 C 2 C 1 CLấy x m 0 m , dựa vào đồ thị ta thấy m m a b a b . Vậy a b c . Câu 141: (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh - Lần 2 năm 2017 – 2018)Ông An gửi vào ngân hàng 60 triệu đồng theo hình thức lãi kép. Lãi suất ngân hàng là 8% trên năm. Sau 5 năm ông An tiếp tục gửi thêm 60 triệu đồng nữa. Hỏi sau 10 năm kể từ lần gửi đầu tiên ông An đến rút toàn bộ tiền gốc và tiền lãi được bao nhiêu? ( Biết lãi suất không thay đổi qua các năm ông gửi tiền). A. 217,695 (triệu đồng). B. 231,815 (triệu đồng). C. 197,201 (triệu đồng). D. 190,271 (triệu đồng). Lời giải Chọn A Số tiền sau 5 năm: 5 8 60 1 60 100     (triệu đồng). Số tiền sau 10 năm: 5 5 8 8 60 1 60 1 217,695 100 100                 (triệu đồng). Câu 142: (THPT Thuận Thành 2 – Bắc Ninh - Lần 2 năm 2017 – 2018)Đạo hàm của hàm số 1 3 2 1 y x là A. 2 3 1 2 1 3 y x  . B. 1 3 2 1 ln 2 1 y x x   . C. 4 3 2 2 1 3 y x  . D. 2 3 2 2 1 3 y x  . Lời giải Chọn D Ta có: 2 2 3 3 1 2 2 1 2 1 2 1 3 3 y x x x    . Câu 143: (THPT Thuận Thành 2 – Bắc Ninh - Lần 2 năm 2017 – 2018)Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình 2 3 1 3 3 log 2log 2log 3 x x x bằng A. 2 . B. 27 . C. 82 3 . D. 80 3 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 0 x . Ta có 2 2 3 1 3 3 3 3 3 log 2log 2log 3 log 4log 2log 3 x x x x x x 3 2 3 3 3 1 log 1 log 2log 3 0 3 log 3 27      x x x x x x . Vậy tổng giá trị tất cả các nghiệm bằng 1 82 27 3 3 . Câu 144: (THPT Thuận Thành 2 – Bắc Ninh - Lần 2 năm 2017 – 2018)Tập nghiệm của bất phương trình 2 2 log log 12 3 x x là A. 0;6 . B. 3;  . C. ;3  . D. 0;3 . Lời giải Chọn D Ta có 2 2 0 log log 12 3 12 3 0 0 3 12 3 x x x x x x x  . Câu 145: (THPT Thuận Thành 2 – Bắc Ninh - Lần 2 năm 2017 – 2018)Cho hàm số 3 e x f x . Giá trị ln 2 f  bằng A. 3 ln 2 8 f  . B. 1 ln 2 8 f  . C. 3 ln 2 8 f  . D. 3 ln 2 8e f  . Lời giải. Chọn C Ta có 3 3e x f x  . Suy ra 3 3ln 2 ln 2 3 3 ln 2 3e 3e 3.2 8 f  . Câu 146: (THPT Thuận Thành 2 – Bắc Ninh - Lần 2 năm 2017 – 2018)Cho log 3 a b , log 2 a c . Giá trị của 3 2 log a a b c bằng A. 8 . B. 5. C. 4 . D. 8. Lời giải Chọn D Ta có 3 2 log a a b c 3 2 log log log a a a a b c 1 3 2.3 . 2 8 2 . Câu 147: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Đặt 2 log 5 a , 3 log 2 b . Tính 15 log 20 theo a và b ta được A. 15 2 log 20 1 b a ab . B. 15 1 log 20 1 b ab ab . C. 15 2 log 20 1 b ab ab . D. 15 2 1 log 20 1 b ab . Lời giải Chọn C Theo công thức đổi cơ số ta có: 2 2 2 15 2 2 2 log 20 log 5 2log 2 2 2 log 20 1 log 15 log 5 log 3 1 a b ab ab a b . Câu 148: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Tính tổng T các nghiệm của phương trình 2 log10 3log100 5 x x A. 11 T . B. 110 T . C. 10 T . D. 12 T . Lời giải Chọn A Phương trình đã cho tương đương với: 2 log10 3 log10 log10 5 x x 2 log10 3log10 2 0 x x log 10 1 log 10 2 x x    1 10 x x   Suy ra 1 10 11 T . Câu 149: (THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An – Lần 2 năm 2017 – 2018) Số giá trị m nguyên trên   2;2018 để hàm số 3 2 e x x mx y đồng biến trên   1;2 . A. 2018 . B. 2019 . C. 2020 . D. 2017 . Lời giải Chọn C 3 2 e x x mx y 3 2 2 3 2 .e x x mx y x x m  Hàm số 3 2 e x x mx y đồng biến trên   1;2 . 2 3 2 0 x x m   1;2 x 2 3 2 m x x   1;2 x 1 m . Mà m nhận giá trị nguyên trên   2;2018 có 2020 giá trị m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 150: (THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An – Lần 2 năm 2017 – 2018) Số nghiệm của phương trình: 4 2 2 4 log log log log 2 x x là A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 1. Lời giải Chọn D Điều kiện: 2 0 1 log 0 x x x  . Ta có: 4 2 2 4 2 2 2 2 1 1 log log log log 2 log log log log 2 2 2 x x x x     3 2 2 2 1 log 4 log 4 16 2 x x x thỏa điều kiện. Câu 151: (SGD Quảng Nam – năm 2017 – 2018) Tổng các nghiệm của phương trình 2 2 2 2 8 x x x bằng A. 5 . B. 5 . C. 6 . D. 6 . Lời giải Chọn B Phương trình đã cho tương đương: 2 3 2 2 2 2 2 2 2 6 3 5 6 0 x x x x x x x x . Do đó tổng các nghiệm của phương trình là: 5 b S a . Câu 152: (SGD Quảng Nam – năm 2017 – 2018) Một người muốn gửi tiền vào ngân hàng để đến ngày 15/3/2020 rút được khoản tiền là 50 000 000 đồng (cả vốn ban đầu và lãi). Lãi suất ngân hàng là 0,55% /tháng, tính theo thể thức lãi kép. Hỏi vào ngày 15/4/2018 người đó phải gửi ngân hàng số tiền là bao nhiêu để đáp ứng nhu cầu trên, nếu lãi suất không thay đổi trong thời gian người đó gửi tiền (giá trị gần đúng làm tròn đến hàng nghìn)? A. 43 593 000 đồng. B. 43 833 000 đồng. C. 44 074 000 đồng. D. 44 316 000 đồng. Lời giải Chọn C Gọi A là số tiền gửi ban đầu (gửi ngày 15/4/2018 ) Số tiền cả vốn lẫn lãi nhận được đến ngày 15/3/2020 là . 1 n T A r , trong đó 50 000 000 T đồng, 0,55% 0,0055 r và 23 n 23 50 000 000 .1,0055 A 23 50 000 000 44 074 000 1,0055 A  đồng. Câu 153: (ĐHQG TPHCM – Cơ Sở 2 – năm 2017 – 2018) Cho 5 log 2 a , 5 log 3 b . Khi đó giá trị của 5 4 2 log 15 là A. 5 1 2 a b . B. 5 1 2 a b . C. 5 1 2 a b . D. 5 1 2 a b . Lời giải Chọn A 5 4 2 log 15 1 2 2 5 1 1 2 2 2 2 log 3 .5 5 2 5 1 1 2 2 2 log 3 .5 5 1 1 2 2 2 5 5 log 2 log 3 .5 5 5 5 1 1 log 3 log 5 2 2 2 a 5 1 1 2 2 2 a b 5 1 2 a b . Câu 154: (ĐHQG TPHCM – Cơ Sở 2 – năm 2017 – 2018) Tập nghiệm của bất phương trình 2 1 2 1 1 1 x a     (với a là tham số) là A. ;0  . B. 1 ; 2      . C. 0;  . D. 1 ; 2      . Lời giải Chọn B Nếu 0 a thì ta có bpt: 2 1 1 1 x suy ra bất phương trình vô nghiệm. Nếu 0 a  thì 2 1 0 1 1 a nên ta có bpt: 2 1 2 1 1 1 x a     2 1 0 x 1 2 x . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 1 ; 2      . Câu 155: (ĐHQG TPHCM – Cơ Sở 2 – năm 2017 – 2018) Số nghiệm nguyên của bất phương trình 2 1 2 5 12 log log 0 12 8 x x x  là: A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 0 . Lời giải Chọn D Điều kiện 5 12 0 5 2 12 8 12 3 0 x x x x  Do đó không có giá trị nguyên của x thoả điều kiện trên. Câu 156: (THPT Trần Phú – Đà Nẵng - Lần 2 – năm 2017 – 2018) Biết nghiệm của phương trình 1 3 2 .15 3 x x x được viết dưới dạng 2log log x a b , với , a b là các số nguyên dương nhỏ hơn 10. Tính 3 2 2017 2018 S a b . A. 4009 S . B. 2014982 S . C. 1419943 S . D. 197791 . Lời giải Chọn A 1 3 2 .15 3 x x x 1 2 2 .5 3 x x 9 10 5 x 9 log log9 log5 5 x 2log 3 log5 x . Ta có 3, 5 a b . Vậy 3 2 2017.3 2018.5 S = 4009 . Câu 157: (THPT Trần Phú – Đà Nẵng - Lần 2 – năm 2017 – 2018) Gọi S là tập nghiệm của bất phương trình 2 2 log 2 5 log 1 x x . Hỏi trong tập S có bao nhiêu phần tử là số nguyên dương bé hơn 10? A. 9. B. 15. C. 8. D. 10. Lời giải Chọn C Điều kiện: 2 5 0 1 0 x x  1 x . 2 2 log 2 5 log 1 x x 2 5 1 x x 6 x . Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình: 1; S  . Vậy trong tập S có 8 phần tử là số nguyên dương bé hơn 10. Câu 158: (THPT Chuyên ĐH Vinh – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Giá trị nhỏ nhất của hàm số e x y x trên   2;0 bằng A. 0 . B. 2 2 e . C. e . D. 1 e . Lời giải Chọn D Ta có e e e 1 x x x y x x  0 1 0 1 y x x  . 2 2 1 2 ; 0 0; 1 e e y y y . Vậy min 1 e y . Câu 159: (THPT Chuyên ĐH Vinh – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Tập xác định của hàm số 3 2 2 1 log log 1 y x x là A. 0;1 . B. 1 ;1 2     . C. 1 ; 2      . D. 1 ;1 2     . Lời giải Chọn B Điều kiện định của hàm số là 2 0 0 1 1 1 log 0 ;1 2 2 1 0 1 x x x x x x x       . Câu 160: (SGD Nam Định – năm 2017 – 2018) Tìm tập xác định của hàm số 3 2 1 y x . A. ;5 D  . B.  1;5 D . C.  1;3 D . D.  1; D  . Lời giải Chọn B ĐK: 2 1 0 x 1 2 x 1 5 x  TXĐ:  1;5 D . Câu 1: (S G D Tha nh H óa – năm 2017 – 2018 ) Gọi T là tổng các nghiệm của phương trình 2 1 3 3 log 5log 6 0 x x .Tính T . A. 5 T . B. 3 T . C. 36 T . D. 1 243 T . Lời giải Chọn C Xét phương trình : 2 1 3 3 log 5log 6 0 x x ( điều kiện 0 x ) 2 2 3 3 3 3 log 5log 6 0 log 5log 6 1 x x x x Đặt 3 log t x 2 2 1 5 6 2 3 0 3 t t t t t t   Với 3 2 log 2 9 t x x Với 3 3 log 3 27 t x x . Vậy 36 T . Câu 2: ( T ạp c h í T H T T – T háng 4 n ă m 2017 – 20 1 8) Cho hàm số 2 .e x y x . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Hàm số không có điểm cực trị. B. Hàm số chỉ có điểm cực tiểu, không có điểm cực đại. C. Hàm số đạt cực đại tại 0 x và đạt cực tiểu tại 2 x . D. Hàm số đạt cực tiểu tại 0 x và đạt cực đại tại 2 x . Lời giải Chọn D TXĐ:  . e 2 x y x x  ; 0 0 2 x y x    . Bảng biến thiên Hàm số đạt cực tiểu tại 0 x và đạt cực đại tại 2 x . Câu 3: ( T ạp c h í T H T T – T háng 4 năm 20 1 7 – 20 1 8) Cặp , a b thỏa mãn 2 3 lim 3 3 x x ax b x  là A. 3 a , 0 b . B. 3 a , 0 b . C. 0 a , 9 b . D. không tồn tại cặp , a b thỏa mãn như vậy. Lời giải Chọn A Cách 1: Để 2 3 lim 3 3 x x ax b x  thì ta phải có 2 3 x ax b x x m . Khi đó 3 3 0 m m . Vậy 2 3 x ax b x x 2 3 x x . Suy ra 3 a và 0 b . Cách 2: Ta có 2 3 9 3 3 3 x ax b a b x a x x . Vậy để có 2 3 lim 3 3 x x ax b x  thì ta phải có 3 9 0 3 6 3 0 a b a a b   . Câu 4: ( T ạp c hí T H T T – Th á n g 4 năm 2017 – 2018) Số nguyên dương x nhỏ nhất thỏa mãn 1 1 100 x x là A. 2499 . B. 2500 . C. 2501. D. 2502 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 1 x . Ta có: 1 1 100 100 1 1 200 1 9999 100 x x x x x 2 9999 1 2500,5 200 x      . Vậy 2501 x . Câu 5: ( T ạp c h í T HTT – T háng 4 n ăm 20 1 7 – 2 01 8 ) Cho hàm số x f x x với 0 x . Khẳng định nào sau đây là sai? A. 1 . x f x x x  . B. 1 1 f  . C. Hàm số đạt cực tiểu tại 1 e x . D. Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng 1 e e . Lời giải Chọn A Ta có x f x x ln ln f x x x . Lấy đạo hàm hai vế ta có ln 1 f x x f x  ln 1 f x f x x  ln 1 x f x x x  . Ta có: 1 1 f  , 1 0 f x x e  và hàm số có GTNN bằng 1 e e . Câu 6: ( T ạ p c hí T H T T – T háng 4 n ă m 20 1 7 – 2 0 18 ) Kí hiệu A và B lần lượt là tập nghiệm của các phương trình 3 log 2 1 x x và 3 3 log 2 log 1 x x . Khi đó khẳng định đúng là A. A B . B. A B  . C. B A  . D. A B   . Lời giải Chọn C 3 log 2 1 x x 2 2 3 0 x x 1 3 x x     3; 1 A . Với điều kiện 0 x , phương trình 3 3 log 2 log 1 x x 3 log 2 1 x x 2 2 3 0 x x 1 3 x x l     1 B . Vậy B A  . Câu 7: ( T ạp c hí T H T T – T háng 4 n ă m 2 01 7 – 2018) Tập nghiệm của bất phương trình 1 2 2 3 1 log log 0 1 x x      A.  1;3 . B. 1;  . C.  3;  . D.  1; 3;    . Lời giải Chọn D 1 2 2 3 1 log log 0 1 x x      2 3 1 log 1 1 x x 3 1 2 1 x x 3 0 1 x x 3 1 x x  . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  1; 3; S    . Câu 8: (T ạp ch í THT T – Thá ng 4 năm 2017 – 2018 ) Cho e e x f x . Giá trị 1 f  bằng A. e . B. e e . C. 2e e . D. e 1 e . Lời giải Chọn D Ta có e e x f x e e .e x x f x  . Nên e 1 1 e f  . Câu 9: (TH PT Ch uy ên N gu y ễn Q uang Di ệu – Đ ồn g Thá p – L ần 5 năm 2017 – 2018 ) Cho hai số thực dương , a b và 1 a  . Trong các khẳng định dưới đây, khẳng định nào đúng? A. 1 log log . 2 a a ab b B. 2018 2018log 1 log . a a ab b C. 2018 log 2018 log . a a a b b D. 2018 log 2018 1 log . a a a b b Lời giải Chọn C * Ta có: 2018 2018 log log log 2018 log . a a a a a b a b b Câu 10: ( T H P T Ch uyê n N g uy ễn Qua n g D i ệu – Đ ồng T háp – L ầ n 5 n ă m 2 01 7 – 2 01 8 ) Cho phương trình 2 2 2 log log 8 3 0 x x . Khi đặt 2 log t x , phương trình đã cho trở thành phương trình nào dưới đây? : A. 2 8 2 6 0 t t . B. 2 4 0 t t . C. 2 4 3 0 t t . D. 2 8 2 3 0 t t . Lời giải Chọn D Điều kiện: 0 x . 2 2 2 log log 8 3 0 x x 2 2 2 2 2log log log 8 3 0 x x . 2 2 2 3 4 log log 0 2 x x 2 2 2 8 log 2log 3 0 x x . Đặt 2 log t x , phương trình đã cho trở thành 2 8 2 3 0 t t . Câu 11: ( T H P T C huyê n T hái B ình – T hái Bình – L ần 5 năm 2 01 7 – 20 18 ) Hàm số 2 ln y x x đạt cực trị tại điểm A. e x . B. 0 x ; 1 e x . C. 0 x . D. 1 e x . Lời giải Chọn D Tập xác định: 0; D  . Ta có: 2 .ln y x x x  . 0 y  2 .ln 0 x x x 0 0; 1 e x x       . Bảng biến thiên: Vậy hàm số 2 ln y x x đạt cực trị tại 1 e x . Câu 12: ( T HP T C huyên Th á i Bình – T hái Bình – L ần 5 n ă m 2017 – 2 01 8 ) Phương trình 2 2 log log 3 2 x x có bao nhiêu nghiệm? A. 2 . B. 0 . C. 3. D. 1. Lời giải Chọn D Điều kiện 0 3 0 x x  3 x . Ta có 2 2 log log 3 2 x x 2 2 log 3 2 x x 2 3 4 0 x x 1 4 / x loai x t m    . Vậy phương trình có nghiệm 4 x . Câu 13: ( T HP T C h uyê n Hùng Vư ơ ng – Gia L a i – L ần 2 năm 2 01 7 – 201 8) Anh Nam tiết kiệm được x triệu đồng và dùng tiền đó để mua một căn nhà nhưng thực tế giá căn nhà đó là 1,6x triệu đồng. Anh Nam quyết định gửi tiết kiệm vào ngân hang với lãi suất 7% / năm theo hình thức lãi kép và không rút tiền trước kỳ hạn. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm anh Nam có đủ số tiền cần thiết (bao gồm vốn lẫn lãi) mua căn nhà đó? Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi, anh Nam không rút tiền ra và giá bán căn nhà không thay đổi. A. 7 năm. B. 5 năm. C. 6 năm. D. 8 năm. Lời giải Chọn A Số tiền anh Nam có sau n năm là: 1 0,07 n n T x . Yêu cầu bài toán * 1 0,07 1,6   n x x n 7 n . Câu 14: ( T HP T C h uyê n H ù ng Vư ơ ng – Gia L a i – L ầ n 2 năm 20 17 – 2 01 8) Cho log 2 a b với a , b là các số thực dương và a khác 1. Tính giá trị biểu thức 2 6 log log a a T b b . A. 8 T . B. 7 T . C. 5 T . D. 6 T . Lời giải Chọn B 2 6 log log a a T b b 1 3log log 2 a a b b 7 log 2 a b 7 . Câu 15: ( T H P T C hu yên Hùn g V ư ơ n g – Gia L a i – L ần 2 n ă m 2017 – 2018) Tìm bộ ba số nguyên dương ( ; ; ) a b c thỏa mãn log1 log(1 3) log(1 3 5) ... log(1 3 5 ... 19) 2log 5040 log 2 log 3 a b c A. (2;6;4) . B. (1;3;2) . C. (2;4;4) . D. (2;4;3) . Lời giải Chọn A Ta có log1 log(1 3) log(1 3 5) ... log(1 3 5 ... 19) 2log 5040 log 2 log 3 a b c 2 2 2 log1 log 2 log3 ... log10 2log5040 log 2 log3 a b c 2 2 2 log 1.2 .3 .10 2log5040 log 2 log3 a b c 2 log 1.2.3.10 2log 5040 log 2 log 3 a b c 2log 1.2.3.10 2log5040 log 2 log3 a b c 2 log10! log 7! log 2 log3 2log 8.9.10 log 2 log3 a b c a b c 2 6log 2 4log 3 log 2 log 3 a b c . Vậy 2 a , 6 b , 4 c . Câu 16: (TH P T C huy ên Lươ n g Th ế V in h - H à N ộ i – L ần 2 năm 2 017 – 2018 ) Một người gửi số tiền 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7 %/năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi nhập vào vốn ban đầu (người ta gọi là lãi kép). Để người đó lãnh được số tiền 250 triệu thì người đó cần gửi trong khoảng thời gian ít nhất bao nhiêu năm ? (nếu trong khoảng thời gian này không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi). A. 12 năm. B. 15 năm. C. 14 năm. D. 13 năm. Lời giải Chọn C Áp dụng công thức tính lãi kép 1 n n P P r với P là số tiền ban đầu, n P là số tiền sau n năm, r là lãi suất. Ta có 250 100 1 0,07 n 1,07 log 2,5 n 13,54 n  . Vậy cần gửi trong khoảng thời gian ít nhất 14 năm. Câu 17: (TH PT Ch uy ên Lươ n g Th ế Vi nh - H à N ội – L ần 2 năm 2 017 – 2018 ) Giá trị lớn nhất của hàm số 2 3 e x f x x trên   0;3 là A.   3 0;3 max e f x . B.   3 0;3 max 5e f x . C.   3 0;3 max 4e f x . D.   3 0;3 max 3e f x . Lời giải Chọn D Hàm số f x liên tục và xác định trên   0;3 . 2e 2 3 e x x f x x  2 1 e x x , 0 f x  2 1 e 0 x x 1 2 x . 0 3 f , 3 3 3e f , 1 2 1 2e 2 f       3 0;3 max 3e f x . Câu 18: ( T HP T C h uyê n L ươ ng T h ế Vinh - H à N ội – L ần 2 n ă m 20 17 – 20 1 8) Biết khoảng nghịch biến của hàm số 2 2 e log 6 5 y x x là khoảng ; a b với , a b  . Giá trị biểu thức 4 T a b bằng. A. 1. B. 0 . C. 1 . D. 2 . Lời giải Chọn A Điều kiện 2 6 5 0 x x 1 5 x . Ta có 2 2 6 2 6 5 ln e x y x x  . phương trình 0 y  2 6 0 x 3 x . Bảng biến thiên x 1 3 5 ' y – 0 y Từ bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến trên 1;3 . Vậy 4 T a b 4.1 3 1 Câu 19: (S G D H à T ĩnh – L ần 2 năm 2017 – 2018 ) Phương trình 2 1 2 1 2 2 0 x x có tích các nghiệm là: A. 1 . B. 2 . C. 1. D. 0 . Hướng dẫn giải Chọn A 2 1 2 1 2 2 0 x x 1 2 1 2 2 0 2 1 x x . 2 2 1 2 2 2 1 1 0 x x 2 1 2 1 1 1 2 1 2 1 x x x x       . Vậy tích các nghiệm của phương trình là 1 . Câu 20: ( S GD Hà T ĩnh – L ần 2 năm 20 1 7 – 201 8) Tập nghiệm của bất phương trình 2 1 3 9 x A.  0;  . B. ;4  . C. ;0  . D.  4;  . Hướng dẫn giải Chọn D 2 1 3 9 x 2 2 3 3 x 2 2 x 4 x . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  4; S  . Câu 21: Cho a , b là các số thực dương thỏa mãn 2 2 7 a b ab . Hệ thức nào sau đây là đúng? A. 2 2 2 2log log log 3 a b a b . B. 2 2 2 log 2 log log 3 a b a b . C. 2 2 2 2log log log a b a b . D. 2 2 2 4log log log 6 a b a b . Lời giải Chọn A Ta có: 2 2 2 2 7 9 3 a b a b ab a b ab ab     2 2 2 log log 3 a b ab     2 2 2 2log log log 3 a b a b     . Câu 22: (T HP T N g hèn – Hà T ĩnh – L ần 2 năm 2 0 1 7 – 2 01 8 ) Cho ba số thực dương a , b , c khác 1. Đồ thị các hàm số x y a , x y b , x y c được cho trong hình vẽ dưới đây. Mệnh đề nào dưới đây đúng? x y y=c x y=b x y=a x O A. 1 a c b . B. 1 a c b . C. 1 a b c . D. 1 a b c . Lời giải Chọn B x y Ox y y=c x y=b x y=a x O Đồ thị của hàm số x y a có hướng đi xuống nên 1 a . Đồ thị của các hàm số x y b và x y c có hướng đi lên nên 1 b và 1 c . Hơn nữa đồ thị hàm số x y b ở phía trên đồ thị hàm số x y c nên b c . Vậy 1 a c b . Câu 23: (TH PT N gh èn – H à T ĩn h – L ần 2 nă m 2017 – 2018 ) Một cái trục lăn sơn nước có dạng một hình trụ. Đường kính của đường tròn đáy là 5 cm, chiều dài lăn là 23 cm (hình dưới). Sau khi lăn trọn 15 vòng thì trục lăn tạo nên sân phẳng một diện tích là A. 2 3450π cm . B. 2 1725π cm . C. 2 1725 cm . D. 2 862,5π cm . Lời giải Chọn B Diện tích xung quanh hình trụ 2π xq S rl 5 2π .23 115π 2 . Vậy sân phẳng có diện tích 2 115π.15 1725π cm . Câu 24: (TH P T N g hèn – H à T ĩnh – L ần 2 n ăm 2017 – 2018 ) Tập nghiệm của phương trình 50 2 50 4 2 log 9 5 log 3 2 x x là: A. .  B.   50 0;4.3 . C.   0 . D.   0;1 . Lời giải Chọn B Điều kiện: 50 3 2 0 x 2 50 2 50 50 2 50 4 2 4 4 log 9 5 log 3 2 log 9 5 log 3 2 x x x x 2 2 50 2 50 50 2 3 5 3 4.3 . 4 x x x 2 50 4.3 0 x x 50 0 4.3 x x   (thỏa điều kiện) Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là:   50 0;4.3 . Cách khác: (MTCT) Nhập vào màn hình 50 2 50 4 2 log 9 5 log 3 2 X X Bấm CALC 0 Kết quả bằng 0 nên 0 là nghiệm. Bấm CALC 50 4.3 Kết quả bằng 0 nên 50 4.3 là nghiệm. Câu 25: (TH P T C h u V ăn An – Hà N ội - năm 201 7 - 201 8) Phương trình 4 4 1 3 81 x m vô nghiệm khi và chỉ khi A. 0 m . B. 0 m  . C. 1 m . D. 1 m  . Lời giải Chọn C Phương trình 4 1 4 1 3 3 1 1 x m x m Phương trình vô nghiệm 1 0 1 m m . Câu 26: (TH P T Ch u yê n V õ N g u yê n Gi á p – Qu ả ng B ình - n ăm 201 7 - 201 8) Tập hợp nghiệm của bất phương trình 2 6 2 2 x x là A. 2;  . B. ; 3  . C. 3;2 . D. 2;3 . Hướng dẫn giải Chọn C 2 6 2 2 x x 2 6 x x 2 6 0 x x 3 2 x . Vậy tập nghiệm bất phương trình là 3;2 . Câu 27: (TH P T Ch u yê n Võ Ng uy ên Gi áp – Qu ảng B ình - năm 201 7 - 2018) Ông An gửi vào ngân hàng 60 triệu đồng theo hình thức lãi kép. Lãi suất ngân hàng là 8% trên năm. Sau 5 năm ông An tiếp tục gửi thêm 60 triệu đồng nữa. Hỏi sau 10 năm kể từ lần gửi đầu tiên, ông An đến rút toàn bộ số tiền cả gốc và lãi thì được số tiền gần nhất với số nào dưới đây? (Biết lãi suất không thay đổi qua các năm ông gửi tiền) A. 217695000 (đồng). B. 231815000 (đồng). C. 197201000 (đồng). D. 190271000 (đồng). Hướng dẫn giải Chọn A Sau 5 năm đầu, số tiền có được 5 6 5 60.10 . 1 8% P 6 5 60.10 .1,08 . Sau 10 năm, tổng số tiền có được là 5 5 6 6 10 60.10 . 1,08 60.10 . 1 8% P    217695000  đồng. Câu 28: (TH P T Ch uy ên Võ Ng uy ên Gi á p – Qu ảng B ình - n ăm 201 7 - 201 8) Gọi S là tập nghiệm của phương trình 2 2 2 2log 2 2 log 3 2 x x . Tổng các phần tử của S bằng A. 6 . B. 4 2 . C. 2 2 . D. 8 2 . Hướng dẫn giải Chọn B ĐK: 2 2 0 1 3 0 3 x x x x     . 2 2 2 2log 2 2 log 3 2 x x 2 log 2 2 3 1 x x 2 2 3 2 x x 2 2 3 2 3 2 2 3 2 3 x x x x x x         2 2 2 8 4 0 3 2 8 8 0 3 x x x x x x         2 2 2 2 3 2 3 x l x n x x n x              Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm:   2;2 2 S , suy ra tổng các phần tử của S là: 4 2 . Cách khác: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2log 2 2 log 3 2 log 2 2 log 3 2 2 2 3 4 2 8 4 0 2 2; 2 2 2 2 8 8 0 x x x x x x x x x x x x x     Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm:   2;2 2 S , suy ra tổng các phần tử của S là: 4 2 . Câu 29: (S G D B ắc Ni n h – L ần 2 - nă m 2017- 201 8) Trong các hàm số sau hàm số nào đồng biến trên tập xác định của nó? A. 2 5 log y x . B. 4 x y      . C. 1 3 1 log y x     . D. x y e . Lời giải Chọn C Hàm số log a y x , x y a đồng biến trên tập xác định khi cơ số 1 a . Hàm số 1 3 1 log y x     3 log y x nên đồng biến tập xác định. Câu 30: (S GD B ắc Ni nh – L ầ n 2 - nă m 201 7 - 2 018 ) Cho a , b , c là các số thực dương và khác 1. Hình vẽ bên là đồ thị của ba hàm số log a y x , log b y x , log c y x . Khẳng định nào sau đây là đúng? 1 y = l og c x y = lo g b x y = l og a x y x O A. b c a . B. c a b . C. a b c . D. b a c . Lời giải Chọn A Dựa vào đồ thị, hàm số log b y x nghịch biến nên 0 1 b . Hàm số log a y x , log c y x đồng biến biến nên 1 a , 1 c . Kẻ đường thẳng y m cắt đồ thị log a y x tại điểm có hoành độ m x a , cắt đồ thị log c y x tại điểm có hoành độ m x c . Do m m a c a c . Câu 31: ( Ch u y ê n L ê H ồ n g P ho ng – N am Đin h - n ăm 201 7 - 201 8) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 2 2 log 3 2 log 6 5 0 x x A. 6 1; 5 S     . B. 2 ;1 3 S     . C. 1; S  . D. 6 1; 5 S      . Hướng dẫn giải Chọn A 2 2 log 3 2 log 6 5 0 x x 2 2 log 3 2 log 6 5 x x 3 2 0 6 5 0 3 2 6 5 x x x x  2 3 6 5 1 x x x  . 6 1 5 x . Câu 32: ( Ch u yê n Lê H ồng Ph on g – Na m Đin h - năm 201 7 - 201 8) Họ nguyên hàm của hàm số 3 1 x f x là A. 3 ln 3 x C . B. 3 ln 3 x x C . C. 3 x x C . D. 3 ln x x x C . Hướng dẫn giải Chọn B Câu 33: ( Chuyên L ê H ồ n g P ho ng – N a m Đinh - nă m 201 7 - 2018) Giải phương trình 4 2 2log log 3 2 x x . A. 16 x . B. 1 x . C. 4 x . D. 3 x . Hướng dẫn giải Chọn C Ta có: 4 2 2 2 2log log 3 2 log log 3 2 x x x x 3 3 4 x x x  4 x . Câu 34: ( Ch u yê n L ê H ồn g P ho ng – Na m Đin h - nă m 201 7 - 201 8) Cho hàm số 2 2 4 3 7 x x f x . Hỏi mệnh đề nào dưới đây là mệnh đề sai? A. 2 1 2 log 3 4 log 7 0 f x x x . B. 2 0,3 0,3 1 2 log 3 4 log 7 0 f x x x . C. 2 1 2 ln 3 4 ln 7 0 f x x x . D. 2 3 1 2 4 log 7 0 f x x x . Hướng dẫn giải Chọn B 2 2 4 3 1 1 7 x x f x 2 2 0.3 0,3 4 3 log log 1 7 x x 2 0,3 0,3 2 log 3 4 log 7 0 x x . Câu 35: ( Ch uy ên L ê H ồ n g P ho ng – Nam Đinh - nă m 201 7 - 20 18 ) Tìm tập xác định của hàm số 3 2 3 y x x    . A. ; D   . B.   3; \ 0 D  . C. 0; D  . D. 3; D  . Hướng dẫn giải Chọn B Điều kiện xác định: 2 0 0 3 0 3 0 3 x x x x x x     . Vậy tập xác định   3; \ 0 D  . Câu 36: ( TH P T Đ ặng T húc H ứa – Ng h ệ A n - năm 201 7 - 2018) Cho các số thực dương a , b thỏa mãn 3log 2 log 1 a b . Mệnh đề nào sau đây đúng. A. 3 2 1 a b . B. 3 2 10 a b . C. 3 2 10 a b . D. 3 2 10 a b . Lời giải Chọn C Ta có: 3log 2log 1 a b 3 2 log log 1 a b 3 2 log 1 a b 3 2 10 a b . Câu 37: ( T HP T Đ ặng Thúc H ứa – Ng h ệ A n - nă m 201 7 - 201 8 ) Tích các nghiệm của phương trình 3 3 log 3 .log 9 4 x x là A. 1 3 . B. 4 3 . C. 1 27 . D.1. Lời giải Chọn C Ta có điều kiện 0 x 3 3 log 3 .log 9 4 x x 3 3 1 log 2 log 4 x x 2 3 3 log 3log 2 0 x x 3 3 3 17 log 2 3 17 log 2 x x      3 17 2 1 3 17 2 2 3 3 x x     . Suy ra 1 2 1 27 x x . Câu 38: Số nghiệm của phương trình 2 3 2 log .log 2 1 2log x x x . A. 2 . B. 1. C. 0 . D. 3 . Câu 39: Phương trình 9 3.3 2 0 x x có hai nghiệm 1 x , 2 x 1 2 x x . Giá trị của biểu thức 1 2 2 3 A x x bằng A. 0 . B. 2 . C. 2 4log 3 . D. 3 3log 2. Câu 40: Số nghiệm của phương trình 2 3 2 log .log 2 1 2log x x x . A. 2 . B. 1. C. 0 . D. 3 . Lời giải Chọn A ĐK: 1 2 x . 2 3 2 log .log 2 1 2log x x x 2 3 log . log 2 1 2 0 x x 2 3 log 0 log 2 1 2 0 x x   1 2 1 9 x x   1 5 x n x n    . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm. Câu 41: Phương trình 9 3.3 2 0 x x có hai nghiệm 1 x , 2 x 1 2 x x . Giá trị của biểu thức 1 2 2 3 A x x bằng A. 0 . B. 2 . C. 2 4log 3 . D. 3 3log 2. Lời giải Chọn D Đặt 3 x t 0 t , khi đó phương trình trở thành 2 3 2 0 t t 1 2 t tm t   Với 1 t ta có 3 1 0 x x Với 2 t ta có 3 3 2 log 2 x x Suy ra phương trình có hai nghiệm là 1 0 x và 2 3 log 2 x Vậy 1 2 2 3 A x x 3 2.0 3log 2 3 3log 2 . Câu 42: Giả sử x , y , z thỏa mãn hệ phương trình 2 .4 .16 1 4 .16 .2 2 16 .2 .4 4 x y z x y z x y z  . Tìm x . A. 3 8 . B. 8 3 . C. 4 7 . D. 7 4 . Câu 43: Có tất cả bao nhiêu mệnh đề đúng trong bốn mệnh đề sau đây? (I). log log a a b c với mọi số thực 0 a , 0 b , 0 c , 1 a  , b c . (II). log log .log a a a bc b c với mọi số thực 0 a , 0 b , 0 c , 1 a  . (III). log log n a a b n b với mọi số thực 0 a , 1 a  , 0 b  , n là số tự nhiên khác 0. (IV). log log b b c a a c với mọi số thực 0 a , 0 b , 0 c , 1 b  . A. 4 . B. 1. C. 2 . D. 3. Câu 44: Giả sử x , y , z thỏa mãn hệ phương trình 2 .4 .16 1 4 .16 .2 2 16 .2 .4 4 x y z x y z x y z  . Tìm x . A. 3 8 . B. 8 3 . C. 4 7 . D. 7 4 . Lời giải Chọn C Ta có 2 .4 .16 1 4 .16 .2 2 16 .2 .4 4 x y z x y z x y z  2 4 0 2 4 1 4 2 2 2 .2 .2 2 2 .2 .2 2 2 .2 .2 2 x y z x y z x y z  2 4 0 2 4 1 4 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z x y z x y z  2 4 0 2 4 1 4 2 2 x y z x y z x y z  4 7 0 1 7 x y z  . Vậy 4 7 x . Câu 45: Có tất cả bao nhiêu mệnh đề đúng trong bốn mệnh đề sau đây? (I). log log a a b c với mọi số thực 0 a , 0 b , 0 c , 1 a  , b c . (II). log log .log a a a bc b c với mọi số thực 0 a , 0 b , 0 c , 1 a  . (III). log log n a a b n b với mọi số thực 0 a , 1 a  , 0 b  , n là số tự nhiên khác 0. (IV). log log b b c a a c với mọi số thực 0 a , 0 b , 0 c , 1 b  . A. 4 . B. 1. C. 2 . D. 3. Lời giải Chọn B (I). Sai khi 1. a (II). Sai vì log log log . a a a bc b c (có thể chọn 1; b 2 a c thì (II). Sai) (III). Sai khi 0 b và n chẵn. (IV). Điều kiện: 0 a , 0 b , 0 c , 1 b  . Nếu 1 a ta có: 0 1 c (đúng) Nếu 1 a  ta có: log b c a log .log b a a c a log log b a a c a log b a c Vậy (IV). Đúng. Câu 46: Có bao nhiêu số nguyên 0 x để hàm số 2018 log 10 y x xác định. A. 10. B. 2018 . C. Vô số. D. 9 . Lời giải Chọn D Hàm số xác định khi và chỉ khi 10 0 x 10 x , mà x là số nguyên dương nên   1;2;3;...;8;9 x . Vậy có 9 số nguyên thỏa đề. Câu 47: Cho 2 log 5 a . Giá trị của 8 log 25 theo a bằng A. 3a . B. 2a . C. 3 2 a . D. 2 3 a . Lời giải Chọn D 8 log 25 3 2 2 log 5 2 2 log 5 3 2 3 a . Câu 48: Tính đạo hàm của hàm số log e 2 x y A. e e 2 x x y  . B. e e 2 ln10 x x y  . C. 1 e 2 x y  . D. 1 e 2 ln10 x y  Lời giải Chọn B e 2 e e 2 ln10 e 2 ln10 x x x x y   . Câu 49: Cho hai số thực dương a và b , với 1 a  . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. log log a a ab ab . B. log log a a ab ab . C. log 2 2log a a ab b . D. 1 1 log log 2 2 a a ab b . Câu 50: Tập nghiệm của bất phương trình 4 3 4 3 log 9 5 log 3 1 x x là A. 1;  . B. 5 ;1 9     . C. 1 ;1 3     . D. 1 5 ; 3 9     . Câu 51: Số 20162017 20172018 có bao nhiêu chữ số? A. 147278481. B. 147278480 . C. 147347190 . D. 147347191. Câu 52: Gọi M và m là nghiệm nguyên lớn nhất và nghiệm nguyên nhỏ nhất của bất phương trình 2 3 2 1 2 1 log 4 0 5 5 x x x x x . Khi đó tích . M m bằng A. 6 . B. 24 . C. 3 . D. 12 Câu 53: Trên một chiếc đài Radio FM có vạch chia để người dùng có thể dò sóng cần tìm. Vạch ngoài cùng bên trái và vạch ngoài cùng bên phải tương ứng với 88 Mhz và 108Mhz . Hai vạch này cách nhau 10cm . Biết vị trí của vạch cách vạch ngoài cùng bên trái cm d thì có tần số bằng . d k a Mhz với k và a là hai hằng số. Tìm vị trí tốt nhất của vạch để bắt sóng VOV1 với tần số 102,7 Mhz A. Cách vạch ngoài cùng bên phải 1,98cm . B. Cách vạch ngoài cùng bên phải 2,46cm . C. Cách vạch ngoài cùng bên trái 7,35cm . D. Cách vạch ngoài cùng bên trái 8,23cm Câu 54: Cho hai số thực dương a và b , với 1 a  . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. log log a a ab ab . B. log log a a ab ab . C. log 2 2log a a ab b . D. 1 1 log log 2 2 a a ab b . Lời giải Chọn C Ta có: log a ab 2log a ab 2 log log a a a b 2 1 log a b . Câu 55: Tập nghiệm của bất phương trình 4 3 4 3 log 9 5 log 3 1 x x là A. 1;  . B. 5 ;1 9     . C. 1 ;1 3     . D. 1 5 ; 3 9     . Lời giải Chọn B Điều kiện: 9 5 0 3 1 0 x x  5 9 1 3 x x  5 9 x . Ta có: 4 3 4 3 log 9 5 log 3 1 x x 9 5 3 1 x x 1 x . Kết hợp với điều kiện, ta có tập nghiệm của phương trình là 5 ;1 9 S     . Câu 56: Số 20162017 20172018 có bao nhiêu chữ số? A. 147278481. B. 147278480 . C. 147347190 . D. 147347191. Lời giải Chọn A Ta có: 20162017 log 20172018 1 20162017log 20172018 1 147278481,5 . Vậy số 20162017 20172018 có 147278481 chữ số. Câu 57: Gọi M và m là nghiệm nguyên lớn nhất và nghiệm nguyên nhỏ nhất của bất phương trình 2 3 2 1 2 1 log 4 0 5 5 x x x x x . Khi đó tích . M m bằng A. 6 . B. 24 . C. 3 . D. 12 Lời giải Chọn A Điều kiện xác định: 2 4 4 0 0 5 5 0 1 x x x x x x       2 1 2 0 x x 2 1 2 x x 2 0 2 1 2 2 1 2 x x x x x    2 1 1 x x x    1 1 x x   3 1 log 4 0 x 3 log 4 1 x 4 3 x 1 x 2 2 5 5 5 5 x x x x 2 x x 2 2 0 1 0 1 x x x x x x x x        Bảng xét dấu: ( 0 x là nghiệm bội 2 , 1 x là nghiệm bội 2 , 1 x là nghiệm bội 3 ) 4; 1 x nên 2; 3 M m Vậy . 6 M m Câu 58: Trên một chiếc đài Radio FM có vạch chia để người dùng có thể dò sóng cần tìm. Vạch ngoài cùng bên trái và vạch ngoài cùng bên phải tương ứng với 88 Mhz và 108Mhz . Hai vạch này cách nhau 10cm . Biết vị trí của vạch cách vạch ngoài cùng bên trái cm d thì có tần số bằng . d k a Mhz với k và a là hai hằng số. Tìm vị trí tốt nhất của vạch để bắt sóng VOV1 với tần số 102,7 Mhz A. Cách vạch ngoài cùng bên phải 1,98cm . B. Cách vạch ngoài cùng bên phải 2,46cm . C. Cách vạch ngoài cùng bên trái 7,35cm . D. Cách vạch ngoài cùng bên trái 8,23cm Lời giải Chọn C 0 0 . 88 88 d k a k 10 10 . 108 d k a 10 88. 108 a 10 108 88 a 10 108 88 a Gọi 1 d là vị trí để vạch có tần số 102,7 Mhz khi đó ta có 1 10 108 88. 102,7 88 d       1 10 108 102,7 88 88 d       10 1 108 88 102,7 log 7,54 88 d Vậy vị trí tốt nhất của vạch để bắt sóng VOV1 với tần số 102,7 Mhz là 7,35cm Câu 59: Một người gửi 50 triệu đồng vào một ngân hàng theo thể thức lãi kép, với lãi suất 1,85% trên một quý. Hỏi sau tối thiểu bao nhiêu quý, người đó nhận được ít nhất 72 triệu đồng (cả vốn ban đầu và lãi), nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền và lãi suất không thay đổi? A. 20 quý. B. 19 quý. C. 14 quý. D. 15 quý. Câu 60: Số nghiệm của phương trình log 1 log 4 15 3 0 x x bằng A. 1. B. 3 . C. 0 . D. 2 . Câu 61: Tập nghiệm của bất phương trình e e 3 3 log 2 log 9 x x là A. 3;  . B. 3;9 . C. ;3  . D. 0;3 . Câu 62: Một người gửi 50 triệu đồng vào một ngân hàng theo thể thức lãi kép, với lãi suất 1,85% trên một quý. Hỏi sau tối thiểu bao nhiêu quý, người đó nhận được ít nhất 72 triệu đồng (cả vốn ban đầu và lãi), nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền và lãi suất không thay đổi? A. 20 quý. B. 19 quý. C. 14 quý. D. 15 quý. Lời giải Chọn A Theo công thức tính lãi kép ngân hàng ta có: 1 n S A r . Biết 50 A triệu đồng, 1,85% r . Theo yêu cầu bài toán: 50 1 1,85% 72 n S 72 1 1,85% 50 n . 1 1,85% 72 log 50 n 19,89 n . Để nhận được ít nhất 72 triệu đồng thì tối thiểu phải gửi 20 quý. Câu 63: Số nghiệm của phương trình log 1 log 4 15 3 0 x x bằng A. 1. B. 3 . C. 0 . D. 2 . Lời giải Chọn A Điều kiện xác định: 15 4 x . log 1 log 4 15 3 0 x x log 1 4 15 3 x x 2 3 4 19 15 100 0 x x Ta có 2 4 b ac  2 3 19 16 15 100 3 121 16.100 0 . Phương trình có 2 nghiệm phân biệt 1 19 15 8 4 x  , 1 19 0 8 x  . Vậy phương trình có 1 nghiệm duy nhất. Câu 64: Tập nghiệm của bất phương trình e e 3 3 log 2 log 9 x x là A. 3;  . B. 3;9 . C. ;3  . D. 0;3 . Lời giải Chọn C e e 3 3 log 2 log 9 x x 2 0 9 0 2 9 x x x x  0 9 3 x x x  3 9 x . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 3;9 S . Câu 65: Phương trình 3.4 5.6 2.9 0 x x x đương đương với phương trình nào sau đây? A. 2 3 5 2 0 x x . B. 2 0 x x . C. 2 2 5 3 0 x x . D. 2 2 5 3 0 x x . Câu 66: Phương trình 3.4 5.6 2.9 0 x x x đương đương với phương trình nào sau đây? A. 2 3 5 2 0 x x . B. 2 0 x x . C. 2 2 5 3 0 x x . D. 2 2 5 3 0 x x . Lời giải Chọn B Ta có 3.4 5.6 2.9 0 x x x 2 2 2 3. 5. 2 0 3 3 x x         2 1 3 2 2 3 3 x x               0 1 x x   . Pgượng trìng 2 0 x x 0 1 x x   . Câu 67: Với 27 log 5 a , 3 log 7 b và 2 log 3 c , giá trị của 6 log 35 bằng A. 3 1 a b c b . B. 3 1 a b c c . C. 3 1 a b c a . D. 3 1 b a c c . Câu 68: Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với kì hạn 3 tháng (1 quý), lãi suất 6% một quý theo hình thức lãi kép. Sau đúng 6 tháng, người đó lại gửi thêm 100 triệu đồng với hình thức và lãi suất như trên. Hỏi sau 1 năm tính từ lần gửi đầu tiên người đó nhận được số tiền gần với kết quả nào nhất? A. 238,6 triệu đồng. B. 224,7 triệu đồng. C. 243,5 triệu đồng. D. 236,6 triệu đồng. ----------HẾT---------- BẢNG ĐÁP ÁN 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 C D D C B A B C C C D D C B A A D B B C A D D C B 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 A D A A B B B D B A B C C C D A C D D A A B A C A HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 69: Với 27 log 5 a , 3 log 7 b và 2 log 3 c , giá trị của 6 log 35 bằng A. 3 1 a b c b . B. 3 1 a b c c . C. 3 1 a b c a . D. 3 1 b a c c . Lời giải Chọn B Ta có: 27 3 3 1 log 5 log 5 log 5 3 3 a a a . 3 3 3 6 3 3 3 log 35 log 5 log 7 3 log 35 1 log 6 log 2 1 1 1 a b c a b c c . Câu 70: Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với kì hạn 3 tháng (1 quý), lãi suất 6% một quý theo hình thức lãi kép. Sau đúng 6 tháng, người đó lại gửi thêm 100 triệu đồng với hình thức và lãi suất như trên. Hỏi sau 1 năm tính từ lần gửi đầu tiên người đó nhận được số tiền gần với kết quả nào nhất? A. 238,6 triệu đồng. B. 224,7 triệu đồng. C. 243,5 triệu đồng. D. 236,6 triệu đồng. Lời giải Chọn A Đặt 6% r , 100 A Sau 6 tháng ( 2 kỳ), số tiền người đó có được là 2 1 1 A A r . Sau 1 năm, số tiền người đó có được là 2 1 100 1 T A r 2 2 1 100 1 238,6 A r r  . Câu 71: Tập nghiệm của bất phương trình 1 2 2 2 1 log log 7 4 5 x x x     là A. ;1 S  . B. ;7 S  . C. 2; S  . D. 7; S  . Câu 72: Tất cả giá trị của m sao cho phương trinh 1 2 4 2 0 x x m có hai nghiệm phân biệt là A. 0 1 m . B. 1 m . C. 1 m . D. 0 m  . Câu 73: Tập nghiệm của bất phương trình 1 2 2 2 1 log log 7 4 5 x x x     là A. ;1 S  . B. ;7 S  . C. 2; S  . D. 7; S  . Lời giải Chọn D 1 2 2 2 2 7 0 1 log log 7 4 5 4 5 7 x x x x x x x      2 7 7 2 1 3 2 0 x x x x x x    7 x . Câu 74: Tất cả giá trị của m sao cho phương trinh 1 2 4 2 0 x x m có hai nghiệm phân biệt là A. 0 1 m . B. 1 m . C. 1 m . D. 0 m  . Lời giải Chọn A Đặt 2 x t 0 t , phương trình trở thành 2 4 4 0 t t m * . Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì phương trình * có hai nghiệm dương phân biệt 1 2 1 2 ' 0 0 0 S t t P t t   4 4 0 0 4 m m  0 1 m . Câu 75: Tập nghiệm của bất phương trình 1 1 5 2 5 2 x x  là A.  ;1 S  . B.  1; S  . C. ;1 S  . D. 1; S  . Câu 76: Với log 2 a , giá trị của 3 8 log 5 bằng A. 4 1 a . B. 4 1 a . C. 2 1 3 a . D. 4 1 3 a . Câu 77: Cho phương trình 3 2 ln 3 ln9 e 2.e e 0 x x x m , với m là tham số thực. Tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm duy nhất là A. 0 m hoặc 4 m . B. 0 m hoặc 4 m . C. 4 0 m  . D. 0 m hoặc 4 m . Câu 78: Tập nghiệm của bất phương trình 1 1 5 2 5 2 x x  là A.  ;1 S  . B.  1; S  . C. ;1 S  . D. 1; S  . Hướng dẫn giải Chọn A 1 1 5 2 5 2 x x  1 1 5 2 5 2 x x  1 1 x x  1 x  . Vậy  ;1 S  . Câu 79: Với log 2 a , giá trị của 3 8 log 5 bằng A. 4 1 a . B. 4 1 a . C. 2 1 3 a . D. 4 1 3 a . Hướng dẫn giải Chọn D 3 8 1 16 1 4 1 log log 4log 2 1 5 3 10 3 3 a . Câu 80: Cho phương trình 3 2 ln 3 ln9 e 2.e e 0 x x x m , với m là tham số thực. Tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm duy nhất là A. 0 m hoặc 4 m . B. 0 m hoặc 4 m . C. 4 0 m  . D. 0 m hoặc 4 m . Hướng dẫn giải Chọn B 3 2 ln 3 ln9 e 2.e e 0 x x x m 3 2 ln3 ln 9 e 2.e .e e .e 0 x x x m 3 2 e 6.e 9.e 0 x x x m . Đặt e x t 0 t , phương trình tương đương với 3 2 6 9 m t t t . Xét 3 2 6 9 f t t t t trên 0;  . 2 3 12 9 f t t t  , 0 f t  1 3 t t   . Ta có bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên: với 0 m hoặc 4 m thì phương trình có nghiệm duy nhất. Chú ý: Ta không lấy giá trị 0 x nên tại 0 m đường thẳng y m vẫn cắt đồ thị tại duy nhất một điểm (điểm tiếp xúc tại 3 x ). Câu 81: Với 2 log 5 a và 3 log 5 b , giá trị của 6 log 5 bằng A. ab a b . B. a b ab . C. 1 a b . D. a b . Câu 82: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 2 log 3.2 1 2 1 x x bằng A. 3 2 . B. 1 2 . C. 1 . D. 0 . Câu 83: Với 2 log 5 a và 3 log 5 b , giá trị của 6 log 5 bằng A. ab a b . B. a b ab . C. 1 a b . D. a b . Lời giải Chọn A Ta có 6 5 1 log 5 log 6 5 5 1 1 1 1 log 2 log 3 a b 5 5 1 1 1 1 log 2 log 3 a b ab a b . Câu 84: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 2 log 3.2 1 2 1 x x bằng A. 3 2 . B. 1 2 . C. 1 . D. 0 . Lời giải Chọn C Điều kiện 3.2 1 x . Ta có 2 log 3.2 1 2 1 x x 2 2 1 3.2 1 2 3.2 1 2. 2 x x x x 2 1 0 1 1 1 2 2 x x x S x       . Câu 85: Phương trình 1 1 1 1 ln .ln .ln .ln 0 2 2 4 8 x x x x                 có bao nhiêu nghiệm? A. 3 . B. 4 . C. 1. D. 2 . Câu 86: Cho log 0 a c x và log 0 b c y . Khi đó giá trị của log ab c là A. 1 1 x y . B. 1 xy . C. xy x y . D. x y . Câu 87: Đạo hàm của hàm số 1 2 3 1 y x x là A. 2 2 3 2 1 3 1 x y x x  . B. 2 2 3 1 1 3 y x x  . C. 8 2 3 1 1 3 y x x  . D. 3 2 2 1 3 1 x y x x  . Câu 88: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 2 4 3 2 1 x x m x có hai nghiệm phân biệt A. 3 1 log 4 m  . B. 3 1 log 4 m . C. 4 log 3 1 m  . D. 4 log 3 1 m . Câu 89: Phương trình 1 1 1 1 ln .ln .ln .ln 0 2 2 4 8 x x x x                 có bao nhiêu nghiệm? A. 3 . B. 4 . C. 1. D. 2 . Lời giải Chọn A Điều kiện: 1 0 2 1 0 2 1 0 4 1 0 8 x x x x  1 2 1 2 1 4 1 8 x x x x  1 2 x . Khi đó: 1 1 1 1 ln .ln .ln .ln 0 2 2 4 8 x x x x                 1 ln 0 2 1 ln 0 2 1 ln 0 4 1 ln 0 8 x x x x                            1 1 2 1 1 2 1 1 4 1 1 8 x x x x           3 2 1 2 3 4 7 8 x x x x           . C B A D S S B C D ASo với điều kiện, ta được tập nghiệm của phương trình là 3 3 7 ; ; 2 4 8 S     . Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm. Câu 90: Cho log 0 a c x và log 0 b c y . Khi đó giá trị của log ab c là A. 1 1 x y . B. 1 xy . C. xy x y . D. x y . Lời giải Chọn C Ta có: 1 log log ab c c ab 1 log log c c a b 1 1 1 log log a b c c 1 1 1 x y xy x y . Câu 91: Đạo hàm của hàm số 1 2 3 1 y x x là A. 2 2 3 2 1 3 1 x y x x  . B. 2 2 3 1 1 3 y x x  . C. 8 2 3 1 1 3 y x x  . D. 3 2 2 1 3 1 x y x x  . Lời giải Chọn A Ta có 1 1 2 2 3 2 2 3 1 2 1 1 1 3 3 1 x y x x x x x x   . Câu 92: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 2 4 3 2 1 x x m x có hai nghiệm phân biệt A. 3 1 log 4 m  . B. 3 1 log 4 m . C. 4 log 3 1 m  . D. 4 log 3 1 m . Lời giải Chọn B Ta có 4 2 4 3 2 1 x x m x 4 1 3 2 4 3 0 x m x m . Đặt 2 0 x t , 3 0 m n ta tìm 0 n để phương trình 2 1 4 0 t n t n có hai nghiệm dương phân biệt. Do đó 0 0 0 S P   2 1 4 4 0 1 0 4 0 n n n n  2 2 15 0 1 4 n n n n  5 3 1 4 n n n    3 4 n Vậy 3 3 4 m 3 1 log 4 m . Câu 93: Số nghiệm thực của phương trình 2 2 2 x x là A. 3 . B. 1. C. 2 . D. 0 . Câu 94: Cho a là số thực dương. Viết biểu thức 3 5 3 1 . P a a dưới dạng lũy thừa cơ số a ta được kết quả A. 1 6 P a . B. 5 6 P a . C. 7 6 P a . D. 19 6 P a . Câu 95: Số nghiệm thực của phương trình 2 2 2 x x là A. 3 . B. 1. C. 2 . D. 0 . Lời giải Chọn B Ta có: 2 2 2 x x 0 2 x x x  1 x . Câu 96: Cho a là số thực dương. Viết biểu thức 3 5 3 1 . P a a dưới dạng lũy thừa cơ số a ta được kết quả A. 1 6 P a . B. 5 6 P a . C. 7 6 P a . D. 19 6 P a . Lời giải Chọn A 3 5 3 1 . P a a 5 3 3 2 . a a 1 6 a . Câu 97: Chị Trang gởi 100triệu đồng vào tài khoản ngân hàng theo hình thức lãi kép với lãi suất 8% /năm. Số tiền lãi thu được sau 10 năm gần nhất với số nào sau đây (biết rằng trong thời gian gửi tiền người đó không rút tiền và lãi suất ngân hàng không đổi)? A. 215 triệu đồng. B. 115 triệu đồng. C. 116 triệu đồng. D. 216 triệu đồng. Câu 98: Giải bất phương trình: 2 1 2 3 4 4 3 x x          ta được nghiệm là A. 1. x B. 1. x C. 1. x  D. 1. x Câu 99: Với a , b là các số thực dương bất kỳ, a khác 1, mệnh đề nào dưới đây đúng? A. a log b 2log b. a B. a 1 log b log b. 2 a C. a 1 log b log b. 2 a D. a log b 2log b. a Câu 100: Chị Trang gởi 100 triệu đồng vào tài khoản ngân hàng theo hình thức lãi kép với lãi suất 8% /năm. Số tiền lãi thu được sau 10 năm gần nhất với số nào sau đây (biết rằng trong thời gian gửi tiền người đó không rút tiền và lãi suất ngân hàng không đổi)? A. 215 triệu đồng. B. 115 triệu đồng. C. 116 triệu đồng. D. 216 triệu đồng. Lời giải Chọn C Số tiền lãi cần tìm bằng 10 8 8 10 1 8% 10 115892499,7 . Câu 101: Giải bất phương trình: 2 1 2 3 4 4 3 x x          ta được nghiệm là A. 1. x B. 1. x C. 1. x  D. 1. x Lời giải Chọn A Bất phương trình tương đương 2 1 2 2 1 2 3 4 3 3 2 1 2 1. 4 3 4 4 x x x x x x x                   Câu 102: Với a , b là các số thực dương bất kỳ, a khác 1, mệnh đề nào dưới đây đúng? A. a log b 2log b. a B. a 1 log b log b. 2 a C. a 1 log b log b. 2 a D. a log b 2log b. a Lời giải Chọn D Ta có 1 2 a log b log b 2log b. a a Câu 103: Số nghiệm nguyên của bất phương trình 2 1 2 log 5 7 0 x x là A.1. B. 0 . C. 2 . D.3 . Câu 104: Với 6 log 2 m , 6 log 5 n thì 3 log 5 bằng A. m n . B. 1 n m . C. 1 n m . D. 1 n m . Câu 105: Gọi tập nghiệm của phương trình 3 5 10 3 15.3 50 9 1 x x x x là S . Tính tổng tất cả các phần tử của S . A. 2 4 log 6 . B. 3 2 log 6 . C. 7 1 1 log 5 2 . D. 7 1 log 3 3 . Câu 106: Giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2 2 log 4log 1 y x x trên   1;8 là A. 2 . B. 1. C. 3 . D. 2 . Câu 107: Số nghiệm nguyên của bất phương trình 2 1 2 log 5 7 0 x x là A.1. B. 0 . C. 2 . D.3 . Lời giải Chọn B Ta có 2 1 2 log 5 7 0 x x 2 2 5 7 1 5 7 0 x x x x  2 2 3 5 3 0 2 3 x x      2 3 x . Vậy bất phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Câu 108: Với 6 log 2 m , 6 log 5 n thì 3 log 5 bằng A. m n . B. 1 n m . C. 1 n m . D. 1 n m . Lời giải Chọn D Ta có 6 3 6 log 5 log 5 log 3 6 6 6 log 5 log 6 log 2 1 n m Câu 109: Gọi tập nghiệm của phương trình 3 5 10 3 15.3 50 9 1 x x x x là S . Tính tổng tất cả các phần tử của S . A. 2 4 log 6 . B. 3 2 log 6 . C. 7 1 1 log 5 2 . D. 7 1 log 3 3 . Lời giải Chọn B Cách 1: Đặt 3 x t ( 0 t ). Phương trình trở thành: 2 5 10 15 50 1 t t t t (ĐK: 5 10 t   ) 2 2 5 2 5 10 15 49 2 15 50 t t t t t t 2 9 15 54 0 6 t t t t   . Suy ra: 3 2 3 9 log 6 3 6 x x x x     . Vậy tổng là 3 2 log 6 . Cách 2: 3 5 10 3 15.3 50 9 1 1 x x x x . Đặt 3 5 10 3 0 x x t t 2 2 5 5 2 15.3 50 9 15.3 50 9 2 x x x x t t . Phương trình trở thành 2 3 5 1 1 2 t t t t   . Do 0 t nên 3 t . Do đó 3 3 5 10 3 9 5 2 15.3 50 9 x x x x 3 2 3 9 log 6 3 6 x x x x     . Vậy tổng là 3 2 log 6 . Câu 110: Giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2 2 log 4log 1 y x x trên   1;8 là A. 2 . B. 1. C. 3 . D. 2 . Lời giải Chọn C Ta có hàm số 2 2 2 log 4log 1 y x x xác định và liên tục trên   1;8 . Đặt 2 log t x , với   1;8 x   0;3 t . Khi đó ta có: 2 4 1 y t t   2 2 3 3, 0;3 t t . Vậy   0;8 min 3 x y . Câu 111: Cho các hàm số log a y x , log b y x , log c y x có đồ thị lần lượt là 1 C , 2 C , 3 C như hình vẽ dưới. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. b c a . B. a c b . C. b a c . D. a b c . Câu 112: Cho hàm số 2 ln8 x f x x . Phương trình 0 f x  có nghiệm là A. 2 log 3 x . B. 3 log 2 x . C. 2 x . D. 2 log ln8 x . Câu 113: Tập xác định của hàm số 2 log ln 1 3 1 0 x x x      là. A.   5;14 . B.  2;14 . C.  5;14 . D. 2;14 . Câu 114: Cho các hàm số log a y x , log b y x , log c y x có đồ thị lần lượt là 1 C , 2 C , 3 C như hình vẽ dưới. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. b c a . B. a c b . C. b a c . D. a b c . Lời giải Chọn C Ta có đồ thị log c y x nghịch biến trên 0;  nên 0 1 c . Ta có đồ thị log a y x , log b y x đồng biến trên 0;  nên , 1 a b . Khi 1 x thì log log 0 a b x x log log x x a b a b . Vậy c a b . Câu 115: Cho hàm số 2 ln8 x f x x . Phương trình 0 f x  có nghiệm là A. 2 log 3 x . B. 3 log 2 x . C. 2 x . D. 2 log ln8 x . Lời giải Chọn A Ta có 2 ln8 x f x x 2 ln 2 ln8 x f x  . Giải phương trình 0 f x  2 ln 2 ln 8 0 x ln8 2 ln 2 x 2 2 log 8 x 2 3 x 2 log 3 x . Câu 116: Tập xác định của hàm số 2 log ln 1 3 1 0 x x x      là. A.   5;14 . B.  2;14 . C.  5;14 . D. 2;14 . Lời giải Chọn C Điều kiện để hàm số có nghĩa: 2 2 1 3 10 0 ln 1 3 10 0 x x x x x x  2 1 3 10 1 x x x 2 2 3 10 x x x 2 2 2 3 10 0 2 0 4 4 3 10 x x x x x x x  5 2 2 14 x x x x    5 14 x  . Câu 117: Tập nghiệm của bất phương trình 1 2 3 7 4 3 2 3 x x là A. 1 ; 2      . B. 1 ; 2      . C. 1 2; 2     . D. 1 ;2 2     . Câu 118: Bạn Châu được nhận học bổng Vallet 7 triệu đồng, mẹ cho bạn gửi tiết kiệm theo thể thức lãi kép kì hạn 1 năm với lãi suất 6.8% một năm. Hỏi sau bao nhiêu năm thì bạn Châu nhận được cả vốn ban đầu và lãi gần nhất với 10 triệu đồng? (Giả thiết rằng, lãi suất không thay đổi trong suốt thời gian bạn Châu gửi.) A. 5 . B. 6 . C. 7 . D. 8 . Câu 119: Gọi 1 x , 2 x là hai nghiệm của phương trình 2 4 4 2 log log .log log 3 x x . Giá trị 2 1 2 2 log .log x x bằng A. 6 . B. 2 . C. 1. D. 4 33 2 . Câu 120: Tập nghiệm của bất phương trình 1 2 3 7 4 3 2 3 x x là A. 1 ; 2      . B. 1 ; 2      . C. 1 2; 2     . D. 1 ;2 2     . Hướng dẫn giải Chọn A 1 2 3 7 4 3 2 3 x x 2 1 2 3 2 3 x x 2 1 x x 1 2 x . Câu 121: Bạn Châu được nhận học bổng Vallet 7 triệu đồng, mẹ cho bạn gửi tiết kiệm theo thể thức lãi kép kì hạn 1 năm với lãi suất 6.8% một năm. Hỏi sau bao nhiêu năm thì bạn Châu nhận được cả vốn ban đầu và lãi gần nhất với 10 triệu đồng? (Giả thiết rằng, lãi suất không thay đổi trong suốt thời gian bạn Châu gửi.) A. 5 . B. 6 . C. 7 . D. 8 . Hướng dẫn giải Chọn A Áp dụng công thức lãi kép 1 n n P P r với 7 P , 6.8% r , n là số năm gửi tiền. Sau 5 năm bạn Châu có 5 6 5 7.10 1 6,8% P 9726449  đồng. Sau 6 năm bạn Châu có 6 6 6 7.10 1 6,8% P 10387847  đồng. Vậy sau 5 năm thì bạn Châu nhận được cả vốn ban đầu và lãi gần nhất với 10 triệu đồng. Câu 122: Gọi 1 x , 2 x là hai nghiệm của phương trình 2 4 4 2 log log .log log 3 x x . Giá trị 2 1 2 2 log .log x x bằng A. 6 . B. 2 . C. 1. D. 4 33 2 . Hướng dẫn giải Chọn B Ta có 2 4 4 2 log log .log log 3 x x 2 2 2 2 1 1 log log . log log 3 2 2 x x     2 2 2 2 1 log log 1 . log log 3 2 x x    . Đặt 2 2 log log x t thì 3 1 6 2 t t t t   + 2 2 1 log l 3 og 3 t x 2 1 log 8 x + 2 2 2 log l g 2 o 2 x t 2 2 1 log 4 x . Vậy 2 1 2 2 log .log 2 x x . Câu 123: Cho 0 1 a  và x , y là các số thực âm. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. log log log a a a x x y y     . B. 4 2 2 log 2 log log a a a x y x y . C. log log log a a a xy x y . D. 2 log 2log log a a a x y x y . Câu 124: Tập nghiệm của phương trình 1 2 1 9 27 x x là A.   0 . B. 1 4     . C.  . D. 1 ;0 4     . Câu 125: Nghiệm của bát phương trình 1 2 log 3 2 x là A. 13 4 x  . B. 13 4 x . C. 13 3 4 x  . D. 13 3 4 x   . Câu 126: Cho 0 1 a  và x , y là các số thực âm. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. log log log a a a x x y y     . B. 4 2 2 log 2 log log a a a x y x y . C. log log log a a a xy x y . D. 2 log 2log log a a a x y x y . Hướng dẫn giải Chọn B Cách 1. Phương án A hiển nhiên sai vì log log log a a a x x y y     đúng khi x , y là các số thực dương. Phương án C và D sai vì log a x , log a y không tồn tại khi x , y là các số thực âm. Cách 2. Ta có: 4 2 log a x y 4 4 log log a a x y 2 2 log log a a x y . Câu 127: Tập nghiệm của phương trình 1 2 1 9 27 x x là A.   0 . B. 1 4     . C.  . D. 1 ;0 4     . Hướng dẫn giải Chọn B Ta có: 1 2 1 9 27 x x 2 2 6 3 3 3 x x 2 2 6 3 x x 1 4 x . Vậy tập nghiệm của phương trình là: 1 4     . Câu 128: Nghiệm của bát phương trình 1 2 log 3 2 x là A. 13 4 x  . B. 13 4 x . C. 13 3 4 x  . D. 13 3 4 x   . Hướng dẫn giải Chọn C Điều kiện 3 0 3 x x . 1 2 log 3 2 x 2 1 3 2 x      13 4 x  . Kết hợp với điều kiện 3 x ta có tập nghiệm của bất phương trình là 13 3 4 x  . Câu 129: Một người gửi M triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 8,4% / năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm thì người đó có được nhiều hơn gấp đôi số tiền mang đi gửi? A. 10 năm. B. 7 năm. C. 8 năm. D. 9 năm. Câu 130: Một người gửi M triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 8,4% / năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm thì người đó có được nhiều hơn gấp đôi số tiền mang đi gửi? A. 10 năm. B. 7 năm. C. 8 năm. D. 9 năm. Lời giải Chọn D Theo bài ra ta có 2 1 . 1,084 n n M M r M . Suy ra 1,084 2 8,59 n n  . Vậy sau ít nhất 9 năm thì người đó có được nhiều hơn gấp đôi số tiền gửi đi. Câu 131: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 2 2 2 log 2log 3 0 x x bằng A. 2 . B. 3 . C. 17 2 . D. 9 8 . Câu 132: Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 8,4%/năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau đúng 6 năm, người đó lĩnh được số tiền (cả vốn và lãi) gần nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong thời gian đó người này không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi? A. 166846000 đồng. B. 164 246000 đồng. C. 160 246000 đồng. D. 162 246000 đồng. Câu 133: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 2 2 2 log 2log 3 0 x x bằng A. 2 . B. 3 . C. 17 2 . D. 9 8 . Hướng dẫn giải Chọn C Ta có 2 2 2 log 2log 3 0 x x 2 2 log 1 log 3 x x   1 2 8 x x    . Suy ra tổng tất cả các nghiệm là 17 2 . Câu 134: Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 8,4%/năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau đúng 6 năm, người đó lĩnh được số tiền (cả vốn và lãi) gần nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong thời gian đó người này không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi? A. 166846000 đồng. B. 164 246000 đồng. C. 160 246000 đồng. D. 162 246000 đồng. Hướng dẫn giải Chọn D Lãi suất 8, 4% 0,084 r và 6 n . Áp dụng công thức 1 n n P P r 6 100000000. 1 0,084 162 246000 đồng. Câu 135: Tập nghiệm S của bất phương trình 2 4 2 log 1 log 2 1 x x  là A.  1;1 1; S   . B. 1; S  . C. 2;1 1; S   . D.  2; S  . Câu 136: Hàm số nào sau đây là một nguyên hàm của hàm số ln y x ? A. 1 y x . B. ln y x x x . C. ln y x . D. ln y x x x . Câu 137: Cho hai số thực dương a , b thỏa mãn 2 2 7 a b ab . Đẳng thức nào sau đây đúng ? A. 2 2 2 2log log log 3 a b a b . B. 2 2 2 2log log log a b a b . C. 2 2 2 log 2log 2log 3 a b a b . D. 2 2 2 4log log log 6 a b a b . Câu 138: Tập nghiệm S của bất phương trình 2 4 2 log 1 log 2 1 x x  là A.  1;1 1; S   . B. 1; S  . C. 2;1 1; S   . D.  2; S  . Lời giải Chọn A Điều kiện xác định: 2 1 x x   . Ta có 2 4 2 log 1 log 2 1 x x  2 2 2 1 log 1 log 2 4 2 x x  2 2 2 2 log 1 log 2 4 x x  2 2 2 1 4 16 16 x x x x  1 5 x x    . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  1;1 1; S   . Câu 139: Hàm số nào sau đây là một nguyên hàm của hàm số ln y x ? A. 1 y x . B. ln y x x x . C. ln y x . D. ln y x x x . Lời giải Chọn D Đặt 1 ln d d u x u x x , d d v x v x Vậy ln d ln 1d x x x x x   ln x x x C . Câu 140: Cho hai số thực dương a , b thỏa mãn 2 2 7 a b ab . Đẳng thức nào sau đây đúng ? A. 2 2 2 2log log log 3 a b a b . B. 2 2 2 2log log log a b a b . C. 2 2 2 log 2log 2log 3 a b a b . D. 2 2 2 4log log log 6 a b a b . Lời giải Chọn A Ta có 2 2 7 a b ab 2 9 a b ab 2 3 a b ab     2 2 2 2log log log 3 a b a b . Câu 141: Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình sau 2 8 5 3 4.3 27 0 x x . A. 5 . B. 5. C. 4 27 . D. 4 27 . Câu 142: Phương trình 2 2 log log 3 2 x x có bao nhiêu nghiệm. A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 0 . Câu 143: Cho 2 6 2 log 5 log 45 log 3 b a c , a ,b , c  . Tính tổng a b c . A. 4 . B. 2 . C. 0 . D. 1. Câu 144: Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình sau 2 8 5 3 4.3 27 0 x x . A. 5 . B. 5. C. 4 27 . D. 4 27 . Lời giải Chọn A Ta có: 2 8 5 3 4.3 27 0 x x 2 4 4 3 12.3 27 0 x x 4 4 3 9 2 3 3 3 x x x x   Tổng các nghiệm bằng 5 . Câu 145: Phương trình 2 2 log log 3 2 x x có bao nhiêu nghiệm. A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 0 . Lời giải Chọn A Ta có : 2 2 log log 3 2 x x 3 3 4 x x x  4 x . Câu 146: Cho 2 6 2 log 5 log 45 log 3 b a c , a ,b , c  . Tính tổng a b c . A. 4 . B. 2 . C. 0 . D. 1. Lời giải Chọn D Ta có 2 6 6 log 45 log 3 .5 2 2 2 log 3 5 log 6 2 2 2 2log 3 log 5 log 2.3 2 2 2 2log 3 log 5 1 log 3 2 2 2 2 log 3 1 log 5 2 log 3 1 2 2 log 5 2 2 log 3 1 Vậy 2 2 1 a b c  2 2 1 1 a b c . Câu 147: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 2 3 1 1 2 4 x x     . A. ;1 S  . B. 1;2 S . C.   1;2 S . D. 2; S  . Câu 148: Cho , 0 a b . Rút gọn biểu thức 2 2 4 log log a a b b A. 2log a b . B. 0 . C. log a b . D. 4log a b . Câu 149: Một người gửi tiết kiệm với lãi suất 8,4% / năm và lãi suất hàng năm được nhập vào vốn. Hỏi sau bao nhiêu năm người đó thu được gấp đôi số tiền ban đầu? A. 8 . B. 9 . C. 10. D. 11. Câu 150: Số nghiệm của phương trình 3.4 2.6 9 x x x A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 0 . Câu 151: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 2 3 1 1 2 4 x x     . A. ;1 S  . B. 1;2 S . C.   1;2 S . D. 2; S  . Lời giải Chọn B Ta có 2 3 1 1 2 4 x x     2 3 2 1 1 2 2 x x         2 3 2 x x 2 3 2 0 x x 1 2 x . Câu 152: Cho , 0 a b . Rút gọn biểu thức 2 2 4 log log a a b b A. 2log a b . B. 0 . C. log a b . D. 4log a b . Lời giải Chọn D Ta có 2 2 4 log log a a b b 1 2log .4.log 2 a a b b 4log a b . Câu 153: Một người gửi tiết kiệm với lãi suất 8,4% / năm và lãi suất hàng năm được nhập vào vốn. Hỏi sau bao nhiêu năm người đó thu được gấp đôi số tiền ban đầu? A. 8 . B. 9 . C. 10. D. 11. Lời giải Chọn B Gọi A là số tiền người đó gửi vào ngân hàng. Gọi n là số năm gửi tiết kiệm. Theo bài ra ta có 1 8,4% 2 1 8, 4% log 2 8,59 n A A n  . Vậy sau 9 năm người đó thu được gấp đôi số tiền ban đầu. Câu 154: Số nghiệm của phương trình 3.4 2.6 9 x x x A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 0 . Lời giải Chọn C 3.4 2.6 9 x x x 4 2 3. 2. 1 0 9 3 x x         2 1 3 2 1 3 3 x x               0 x . Vậy phương trình đã cho có một nghiệm. Câu 155: Phương trình 3 log 2 1 3 x có nghiệm duy nhất bằng A. 4 . B. 13. C. 12 . D. 0 . Câu 156: Xét các hàm số log a y x , x y b , x y c có đồ thị như hình vẽ dưới đây, trong đó a ,b , c là các số thực dương khác 1. Khẳng định nào sau đây đúng? A. log 1 log 2 c c a b . B. log 0 ab c . C. log 0 a b c . D. log 0 b a c . Câu 157: Phương trình 3 log 2 1 3 x có nghiệm duy nhất bằng A. 4 . B. 13. C. 12 . D. 0 . Lời giải Chọn B 3 log 2 1 3 x 1 2 1 0 13 2 2 1 27 13 x x x x x   . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 13 x . Câu 158: Xét các hàm số log a y x , x y b , x y c có đồ thị như hình vẽ dưới đây, trong đó a ,b , c là các số thực dương khác 1. Khẳng định nào sau đây đúng? A. log 1 log 2 c c a b . B. log 0 ab c . C. log 0 a b c . D. log 0 b a c . Lời giải Chọn C Từ đồ thị suy ra 1 a , 1 b , 0 1 c . Suy ra 1 b c và do đó log 0 a b c . Câu 159: Cho bốn mệnh đề: (I): log a b b a với mọi 1 0 a  ; 0 b . (II): log log b a c c a b với mọi 1 0 a  ; 1 0 b  ; 0 c . (III): 2 log 2 log m a a b m b với mọi 1 0 a  ; 0 b  , m  . (IV): log log x a a b x b với mọi 1 0 a  ; 0 b ; x  . Tìm số mệnh đề đúng trong bốn mệnh đề đã cho. A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 . Câu 160: Tìm tập nghiệm của bất phương trình 3 log 2 2 x . A. ;11  . B. 2;  . C.  11;  . D. 11 ;  . Câu 161: Cho x , y là các số thực dương thay đổi thỏa mãn ln ln 0 x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của x y . A. 3 . B. 2 . C. 3. D. 2 . Câu 162: Tập xác định của hàm số 2 2 2 log 1 x y x có dạng   ; ; a b c d  . Tính a b c d . A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 . Câu 163: Cho bốn mệnh đề: (I): log a b b a với mọi 1 0 a  ; 0 b . (II): log log b a c c a b với mọi 1 0 a  ; 1 0 b  ; 0 c . (III): 2 log 2 log m a a b m b với mọi 1 0 a  ; 0 b  , m  . (IV): log log x a a b x b với mọi 1 0 a  ; 0 b ; x  . Tìm số mệnh đề đúng trong bốn mệnh đề đã cho. A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 . Lời giải Chọn A (I) đúng theo tính chất logarit. (II) sai do log b c a log .log log b a b a c a a c . (III) sai do khi xét 0 b thì vế phải không xác định. (IV) sai do 1 log log x a a b b x và 0 x  . Câu 164: Tìm tập nghiệm của bất phương trình 3 log 2 2 x . A. ;11  . B. 2;  . C.  11;  . D. 11 ;  . Lời giải Chọn C Điều kiện: 2 0 2 x x 3 log 2 2 2 9 11 x x x Kết hợp với điều kiện, ta có tập nghiệm bất phương trình là:  11; S  . Câu 165: Cho x , y là các số thực dương thay đổi thỏa mãn ln ln 0 x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của x y . A. 3 . B. 2 . C. 3. D. 2 . Lời giải Chọn D Ta có: ln ln 0 x y ln( . ) 0 . 1 x y x y Mặt khác: 2 . x y x y 2 x y min( ) 2 x y . Câu 166: Tập xác định của hàm số 2 2 2 log 1 x y x có dạng   ; ; a b c d  . Tính a b c d . A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 . Lời giải Chọn B Hàm số xác định khi: 2 2 2 2 0 1 2 log 0 1 x x x x  2 2 1 1 x x 2 2 2 1 0 1 x x x 1 2 1 1 2 1 x x      Vậy TXĐ: 1 2; 1 1 2;1 D    Suy ra: 1 2 a ; 1 b ; 1 2 c ; 1 d Vậy 2 a b c d . Câu 167: Giải bất phương trình 2 log 3 1 3 x . A. 3 x . B. 1 3 3 x . C. 3 x . D. 10 3 x . Câu 168: Giải bất phương trình 2 log 3 1 3 x . A. 3 x . B. 1 3 3 x . C. 3 x . D. 10 3 x . Lời giải Chọn A Ta có 3 2 log 3 1 3 3 1 2 3 x x x . Câu 169: Một người lần đầu gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng với kì hạn 3 tháng, lãi suất 2% một quý theo hình thức lãi kép. Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 100 triệu đồng với kì hạn và lãi suất như trước đó. Tổng số tiền người đó nhận được 1 năm sau khi gửi thêm tiền gần nhất với kết quả nào sau đây? A. 212 triệu. B. 216 triệu. C. 220 triệu. D. 210 triệu. Câu 170: Hàm số nào sau đây đồng biến trên  ? A. 2 7 2 1 y x x x . B. 3 2 2 3 y x x . C. 2 4 1 y x x x . D. 3 2 5 y x . Câu 171: Tìm tập nghiệm của bất phương trình 1 2 2 3 x x . A. 3 2 9 ;log 2      . B. 2 3 9 ;log 2      . C. 2 3 9 ;log 2       . D. 2 3 9 log ; 2      . Câu 172: Tìm tập tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 2 .2 2 0 x x m m có hai nghiệm phân biệt. A.  . B. 2;2 . C. ;2  . D. 2;  . Câu 173: Phương trình 2 3 3 log 6 log 2 1 x x có bao nhiêu nghiệm? A. 3. B. 2 . C. 1. D. 0 . BẢNG ĐÁP ÁN 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 B A D D C D D B A A A B B C A A C A B C D D B D C 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 A B A D C B A A C B A A B D D D C B A C D B A B C HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 174: Một người lần đầu gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng với kì hạn 3 tháng, lãi suất 2% một quý theo hình thức lãi kép. Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 100 triệu đồng với kì hạn và lãi suất như trước đó. Tổng số tiền người đó nhận được 1 năm sau khi gửi thêm tiền gần nhất với kết quả nào sau đây? A. 212 triệu. B. 216 triệu. C. 220 triệu. D. 210 triệu. Lời giải Chọn A Sau 6 tháng gửi đầu tiên, số tiền người đó có được là : 2 100 1,02 triệu đồng. Khi gửi thêm 100 triệu đồng, số tiền người đó có là: 2 100 1,02 100 triệu đồng. Vậy sau 1 năm, số tiền người đó nhận được là: 2 2 100 1,02 100 1,02 212,283216 212  triệu đồng. Câu 175: Hàm số nào sau đây đồng biến trên  ? A. 2 7 2 1 y x x x . B. 3 2 2 3 y x x . C. 2 4 1 y x x x . D. 3 2 5 y x . Lời giải Chọn C 2 4 1 y x x x Tập xác định là D  . 2 2 1 4 0 2 1 x y x x  2 2 8 1 2 1 0 2 1 x x x x x 2 8 1 2 1 0 x x x 2 2 1 2 64 64 64 4 4 1 x x x x x  2 1 2 60 60 63 0 x x x  , phương trình vô nghiệm. Tìm tập nghiệm của bất phương trình 1 2 2 3 x x . Câu 176: A. 3 2 9 ;log 2      . B. 2 3 9 ;log 2      . C. 2 3 9 ;log 2       . D. 2 3 9 log ; 2      . Lời giải Chọn B Ta có 1 2 2 3 x x 2 1 2 log 3 x x 2 2 log 3 1 1 2log 3 x 2 2 1 2log 3 log 3 1 x 3 2 2 log 9 x 2 3 9 log 2 x . x   y  y   Câu 177: Tìm tập tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 2 .2 2 0 x x m m có hai nghiệm phân biệt. A.  . B. 2;2 . C. ;2  . D. 2;  . Lời giải Chọn D Đặt 2 x t , 0 t Phương trình 2 4 2 .2 2 0 2 . 2 0 1 x x m m t m t m Để phương trình 4 2 .2 2 0 x x m m có hai nghiệm phân biệt thì phương trình 1 có hai nghiệm dương phân biệt 2 1 2 1 2 0 2 0 1 2 0 0 0 2 2 0 2 0 . 0 m m m m x x m m m m m x x       . Câu 178: Phương trình 2 3 3 log 6 log 2 1 x x có bao nhiêu nghiệm? A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 0 . Lời giải Chọn C Câu 179: 2 3 3 log 6 log 2 1 x x 2 2 6 0 2 0 6 3 2 x x x x  2 6 3 0 x x x  3 x .Giải phương trình 1 2 1 125 25 x x     A. 1 4 x . B. 1 8 x . C. 1 4 x . D. 4 x . Câu 180: Cho ln cos 2 f x x . Tính 8 f       . A. 1. B. 2 . C. 2 . D. 0 . Câu 181: Giải phương trình 1 2 1 125 25 x x     A. 1 4 x . B. 1 8 x . C. 1 4 x . D. 4 x . Hướng dẫn giải Chọn C Ta có 1 2 1 125 25 x x     2 2 6 5 5 x x 2 2 6 x x 1 4 x . Câu 182: Cho ln cos 2 f x x . Tính 8 f       . A. 1. B. 2 . C. 2 . D. 0 . Hướng dẫn giải Chọn C cos 2 ln cos 2 cos 2 x f x x x    2 2 2 cos 2 cos 2 cos 2 2 cos 2 . cos 2 x x f x x x x    2 2 2cos 2 . 2sin 2 2sin 4 2cos 2 2 cos 2 x x x f x x x  2 2sin 2 8 2cos 4 f             2 Câu 183: Gọi , a b lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2 log 2 y x x trên đoạn   2;0 . Tổng a b bằng A. 5 . B. 0 . C. 6 . D. 7 . Câu 184: Số giá trị nguyên của m để phương trình 3 4 2 1 x x m có hai nghiệm phân biệt là. A. 14 . B. 17 . C. 15. D. 16. Câu 185: Cho hàm số 2 e .cos x y x . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 4 5 0 y y y    . B. 4 5 0 y y y    . C. 4 5 0 y y y    . D. 4 5 0 y y y    . Câu 186: Gọi , a b lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2 log 2 y x x trên đoạn   2;0 . Tổng a b bằng A. 5 . B. 0 . C. 6 . D. 7 . Lời giải Chọn D * Ta có:   1 2 0; 2;0 2 .ln 2 f x x f x x x   * Từ đó ta có:     2;0 2;0 max 2 6; min 0 1 a f x f b f x f 7 a b . Câu 187: Số giá trị nguyên của m để phương trình 3 4 2 1 x x m có hai nghiệm phân biệt là. A. 14. B. 17 . C. 15. D. 16. Lời giải Chọn C Phương trình 3 4 2 1 x x m có hai nghiệm phân biệt phương trình 2 8 1 0 t t m có hai nghiệm dương phân biệt 16 1 0 8 0 1 0 m b a c m a    15 1 m . Vì m    14; 13;...;0 m . Câu 188: Cho hàm số 2 e .cos x y x . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 4 5 0 y y y    . B. 4 5 0 y y y    . C. 4 5 0 y y y    . D. 4 5 0 y y y    . Lời giải Chọn C Ta có 2 2 2 2e .cos e .sin 2 cos sin x x x y x x e x x  . 2 2 2e . 2cos sin e . 2sin cos x x y x x x x   2 e . 3cos 4sin x x x . Ta có 2 2 2 2 4 5 e . 3cos 4sin 8e .cos 4e .sin 5e .cos 0 x x x x y y y x x x x x    . Câu 189: Cho 20 log 5 n . Hãy biểu diễn 2 log 20 theo n . A. 2 2 log 20 n n . B. 2 2 log 20 1 n . C. 2 1 log 20 2 n . D. 2 1 log 20 1 n . Câu 190: Cho phương trình 2 2 5.2 6 0 x x có hai nghiệm 1 2 ; x x . Tính 1 2 . P x x A. 6 P . B. 2 log 3 P . C. 2 log 6 P . D. 2 2log 3 P . Câu 191: Cho 1 a b . Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 3 log log a b a b S b a         là A. 2 . B. 3 . C. 2 . D. 0 . Câu 192: Một người gửi số tiền M triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,7% / tháng. Biết rằng nếu người đó không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi thàng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu (người ta gọi đó là lãi kép). Sau ba năm, người đó muốn lãnh được số tiền là 5 triệu đồng, nếu trong khoảng thời gian này không rút tiền ra và lãi suất không đổi, thì người đó cần gửi số tiền M là A. 3 triệu 900 ngàn đồng. B. 3 triệu 800 ngàn đồng. C. 3 triệu 700 ngàn đồng. D. 3 triệu 600 ngàn đồng. Câu 193: Theo thống kê của tổng cục dân số Việt Nam vào đầu năm 2003 dân số nước ta là 80902400 người và tỉ lệ tăng dân số là 1,47%. Biết rằng tỉ lệ tăng dân số là không thay đổi. Nếu tính từ năm 2003 thì thời điểm gần nhất để dân số nước ta vượt 100 triệu là A. năm 2017 . B. năm 2018 . C. năm 2020 . D. năm 2010 . Câu 194: Cho 20 log 5 n . Hãy biểu diễn 2 log 20 theo n . A. 2 2 log 20 n n . B. 2 2 log 20 1 n . C. 2 1 log 20 2 n . D. 2 1 log 20 1 n . Hướng dẫn giải Chọn B 20 2 20 log 20 log 20 log 2 20 1 log 2 20 1 1 20 log 2 5 20 2 1 log 5 2 1 n . Câu 195: Cho phương trình 2 2 5.2 6 0 x x có hai nghiệm 1 2 ; x x . Tính 1 2 . P x x A. 6 P . B. 2 log 3 P . C. 2 log 6 P . D. 2 2log 3 P . Hướng dẫn giải Chọn B 2 2 5.2 6 0 x x . Đặt 2 x t ta có phương trình 2 5 6 0 t t 2 3 t t   1 2 2 1 log 3 x x   1 2 2 log 3 x x . Câu 196: Cho 1 a b . Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 3 log log a b a b S b a         là A. 2 . B. 3 . C. 2 . D. 0 . Lời giải Chọn B Ta có 2 log 3 log 5 log log a b a b S b a b a 5 2 log .log 3 a b S b a  Vậy max 3 S khi a b . Câu 197: Một người gửi số tiền M triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,7% / tháng. Biết rằng nếu người đó không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi thàng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu (người ta gọi đó là lãi kép). Sau ba năm, người đó muốn lãnh được số tiền là 5 triệu đồng, nếu trong khoảng thời gian này không rút tiền ra và lãi suất không đổi, thì người đó cần gửi số tiền M là A. 3 triệu 900 ngàn đồng. B. 3 triệu 800 ngàn đồng. C. 3 triệu 700 ngàn đồng. D. 3 triệu 600 ngàn đồng. Lời giải Chọn A Số tiền sau ba năm, tức là 36 tháng là : 36 5 000 000 . 1 0,7% M 3 900 000 M  . Câu 198: Theo thống kê của tổng cục dân số Việt Nam vào đầu năm 2003 dân số nước ta là 80902400 người và tỉ lệ tăng dân số là 1,47%. Biết rằng tỉ lệ tăng dân số là không thay đổi. Nếu tính từ năm 2003 thì thời điểm gần nhất để dân số nước ta vượt 100 triệu là A. năm 2017 . B. năm 2018 . C. năm 2020 . D. năm 2010 . Lời giải Chọn B Áp dụng công thức 1 n n P P r với P là dân số năm 2003, 1,47% r . Theo đề ta có 6 100.10 80902400 1 1, 47% n 14,522 n  15 n . Vậy kể từ năm 2003 thì thời điểm để dân số nước ta vượt 100 triệu là năm 2018 . Câu 199: Tập nghiệm của bất phương trình log 2 1 log x x là A.  1;  . B.  1;  . C.  ;1  . D.  ; 1  . Câu 200: Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình 2 3 4 1 1 1 1 log log log x x x bằng A. 12. B. 24 . C. 18. D. 9 . Câu 201: Tập nghiệm của bất phương trình log 2 1 log x x là A.  1;  . B.  1;  . C.  ;1  . D.  ; 1  . Lời giải Chọn A Điều kiện 2 1 0 1 0 2 x x x  . Khi đó log 2 1 log 2 1 1 x x x x x . Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là  1; S  . Câu 202: Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình 2 3 4 1 1 1 1 log log log x x x bằng A. 12. B. 24 . C. 18. D. 9 . Lời giải Chọn B Điều kiện: 0 x , 1 x  . Ta có, phương trình tương đương với log 2 log 3 log 4 1 x x x log 24 1 x 24 x . Phương trình có nghiệm duy nhất 24 x nên tổng các nghiệm bằng 24 . Câu 203: Tập nghiệm của phương trình 3 log 1 2 x ? A.   3 . B.   10;2 . C.   4;2 . D.   3;2 . Câu 204: Tập xác định D của hàm số 3 log 2 1 y x . A. 1 ; 2 D      . B. 0; D  . C. 1 ; 2 D      . D. 1 ; 2 D      . Câu 205: Tập nghiệm của bất phương trình 1 2 2 x     là. A.  ; 1  . B.  1;  . C. ; 1  . D. 1;  . Câu 206: Một người gửi số tiền M triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0,7% /tháng. Biết rằng nếu người đó không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu (người ta gọi là lãi kép). Sau ba năm, người đó muốn lãnh được số tiền là 5 triệu đồng, nếu trong khoảng thời gian này không rút tiền ra và lãi suất ngân hàng không đổi, thì thì người đó cần gửi số tiền M là: A. 3 triệu 900 ngàn đồng. B. 3 triệu 800 ngàn đồng. C. 3 triệu 700 ngàn đồng. D. 3 triệu 600 ngàn đồng. Câu 207: Tập nghiệm của phương trình 3 log 1 2 x ? A.   3 . B.   10;2 . C.   4;2 . D.   3;2 . Hướng dẫn giải Chọn C Điều kiện 1 x  3 log 1 2 x 1 3 x 1 3 1 3 x x   2 4 x x   . Câu 208: Tập xác định D của hàm số 3 log 2 1 y x . A. 1 ; 2 D      . B. 0; D  . C. 1 ; 2 D      . D. 1 ; 2 D      . Hướng dẫn giải Chọn C Điều kiện : 1 2 1 0 2 x x . Vậy 1 ; 2 D      . Câu 209: Tập nghiệm của bất phương trình 1 2 2 x     là. A.  ; 1  . B.  1;  . C. ; 1  . D. 1;  . Hướng dẫn giải Chọn A Ta có : 1 2 2 x     2 2 x 1 x  . Câu 210: Một người gửi số tiền M triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0,7% /tháng. Biết rằng nếu người đó không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu (người ta gọi là lãi kép). Sau ba năm, người đó muốn lãnh được số tiền là 5 triệu đồng, nếu trong khoảng thời gian này không rút tiền ra và lãi suất ngân hàng không đổi, thì thì người đó cần gửi số tiền M là: A. 3 triệu 900 ngàn đồng. B. 3 triệu 800 ngàn đồng. C. 3 triệu 700 ngàn đồng. D. 3 triệu 600 ngàn đồng. Hướng dẫn giải Chọn A Áp dụng công thức : 1 n T M r nên ta có : 36 5.000.000 3.900.000 1 1 0,7% n T M r  đồng. Câu 211: Tập các số x thỏa mãn 0,4 log 3 1 0 x là A. 11 3; 2      . B. 11 ; 2      . C. 11 ; 2       . D. 3;  . Câu 212: Tổng các nghiệm của phương trình 2 2 1 3 4.3 3 0 x x là A. 1 . B. 1. C. 4 3 . D. 1 3 . Câu 213: Các loại cây xanh trong quá trình quang hợp sẽ nhận được một lượng nhỏ cacbon 14 (một đồng vị của cacbon). Khi một bộ phận của cây nào đó bị chết thì hiện tượng quang hợp cũng ngưng và nó sẽ không nhận thêm cacbon 14 nữa. Lượng cacbon 14 của bộ phận đó sẽ phân hủy một cách chậm chạp, nó chuyển thành nitơ 14. Gọi P t là số phần trăm cacbon 14 còn lại trong một bộ phận của cây sinh trưởng từ t năm trước đây thì P t được tính theo công thức 5750 100. 0,5 % t P t . Phân tích một mẫu gỗ từ một công trình kiến trúc cổ, người ta thu được lượng cacbon 14 còn lại trong mẫu gỗ đó là 50% . Hỏi niên đại của công trình kiến trúc là bao nhiêu năm? (làm tròn đến hàng đơn vị). A. 5750 năm. B. 5751 năm. C. 5752 năm D. 5753năm. Câu 214: Tập các số x thỏa mãn 0,4 log 3 1 0 x là A. 11 3; 2      . B. 11 ; 2      . C. 11 ; 2       . D. 3;  . Lời giải Chọn A Ta có: 0,4 log 3 1 0 x 0,4 3 log 3 1 x x  3 5 3 2 x x   3 11 2 x x   11 3 2 x  . Câu 215: Tổng các nghiệm của phương trình 2 2 1 3 4.3 3 0 x x là A. 1 . B. 1. C. 4 3 . D. 1 3 . Lời giải Chọn A 2 2 1 3 4.3 3 0 x x 2 1 1 3 4.3 3 0 x x 1 1 3 1 3 3 x x   1 0 x x   . Vậy tổng các nghiệm bằng 1 . Câu 216: Các loại cây xanh trong quá trình quang hợp sẽ nhận được một lượng nhỏ cacbon 14 (một đồng vị của cacbon). Khi một bộ phận của cây nào đó bị chết thì hiện tượng quang hợp cũng ngưng và nó sẽ không nhận thêm cacbon 14 nữa. Lượng cacbon 14 của bộ phận đó sẽ phân hủy một cách chậm chạp, nó chuyển thành nitơ 14. Gọi P t là số phần trăm cacbon 14 còn lại trong một bộ phận của cây sinh trưởng từ t năm trước đây thì P t được tính theo công thức 5750 100. 0,5 % t P t . Phân tích một mẫu gỗ từ một công trình kiến trúc cổ, người ta thu được lượng cacbon 14 còn lại trong mẫu gỗ đó là 50% . Hỏi niên đại của công trình kiến trúc là bao nhiêu năm? (làm tròn đến hàng đơn vị). A. 5750 năm. B. 5751 năm. C. 5752 năm D. 5753 năm. Lời giải Chọn A Xét phương trình: 5750 100. 0,5 50 t 5750 0,5 0,5 1 5750 5750 t t t . Vậy niên đại của công trình là 5750 năm. Câu 217: Tìm số nghiệm thực của phương trình 2 2 2 2 4 log log 4 5 0 x x . A. 2 . B. 4 . C. 1. D. 3 . Câu 218: Tìm tập xác định D của hàm số 3 1 log 3 x y x . A. 3; D  . B. ; 1 3; D    . C. ; 1 D  . D. 1;3 D . Câu 219: Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng theo kì hạn 3 tháng với lãi suất 1,5% một quý (mỗi quý là 3 tháng). Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi quý số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho quý tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu quý người đó nhận được số tiền nhiều hơn 130 triệu đồng bao gồm gốc và lãi? Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó không rút tiền ra. A. 19 quý. B. 16 quý. C. 18 quý. D. 17 quý. Câu 220: Tìm số nghiệm thực của phương trình 2 2 2 2 4 log log 4 5 0 x x . A. 2 . B. 4 . C. 1. D. 3 . Lời giải Chọn B Điều kiện 0 x  . Phương trình 2 2 2 2 4 log log 4 5 0 x x 2 2 2 2 2 1 log log 6 0 2 x x 2 2 1 97 log 4 x  2 2 1 97 log 4 x . Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. Câu 221: Tìm tập xác định D của hàm số 3 1 log 3 x y x . A. 3; D  . B. ; 1 3; D    . C. ; 1 D  . D. 1;3 D . Lời giải Chọn B Điều kiện: 1 0 3 x x 1 3 x x   . Vậy tập xác định ; 1 3; D    . Câu 222: Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng theo kì hạn 3 tháng với lãi suất 1,5% một quý (mỗi quý là 3 tháng). Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi quý số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho quý tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu quý người đó nhận được số tiền nhiều hơn 130 triệu đồng bao gồm gốc và lãi? Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó không rút tiền ra. A. 19 quý. B. 16 quý. C. 18 quý. D. 17 quý. Lời giải Chọn C Để số tiền người đó nhận được nhiều hơn 130 triệu đồng bao gồm gốc và lãi thì: 130 000 000 100 000 000 1 1,5% n 1,015 log 1,3 n 17,6  . Vậy sau ít nhất 18 quý người đó nhận được số tiền nhiều hơn 130 triệu đồng bao gồm gốc và lãi. Câu 223: Cho a là một số thực dương khác 1. Chọn mệnh đề sai. A. Tập giá trị của hàm số x y a là 0;  . B. Tập giá trị của hàm số log a y x là 0;  . C. Tập xác định của hàm số log a y x là 0;  . D. Tập xác định của hàm số x y a là ;   . Câu 224: Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình 2018 2019 5 2.4 .2 2 0 2 x x bằng A. 5 2 . B. 0 . C. 4036 . D. 4037 . Câu 225: Một người gửi 15 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kỳ hạn một quý với lãi suất 1,65% một quý. Hỏi sau bao lâu người đó có được ít nhất 20 triệu đồng (cả vốn lẫn lãi) từ số vốn ban đầu? (Giả sử lãi suất không thay đổi). A. 4 năm 2 quý. B. 4 năm 3 quý. C. 5 năm. D. 4 năm 1 quý. Câu 226: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số 2 2 2 4log 2log 3 2 0 x x m có nghiệm thực? A. 2 . B. 1. C. 0 . D. Vô số. Câu 227: Cho a là một số thực dương khác 1. Chọn mệnh đề sai. A. Tập giá trị của hàm số x y a là 0;  . B. Tập giá trị của hàm số log a y x là 0;  . C. Tập xác định của hàm số log a y x là 0;  . D. Tập xác định của hàm số x y a là ;   . Lời giải Chọn B Hàm số x y a có tập xác định là ;   , tập giá trị là 0;  . Hàm số log a y x có tập xác định là 0;  , tập giá trị là ;   . Vậy B là đáp án sai. Câu 228: Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình 2018 2019 5 2.4 .2 2 0 2 x x bằng A. 5 2 . B. 0 . C. 4036 . D. 4037 . Hướng dẫn giải Chọn C 2018 2019 5 2.4 .2 2 0 2 x x 2 2018 2018 2.2 5.2 2 0 x x Đặt 2018 2 0 x t t . Ta được 2 1 2. 5. 2 0 2 2 t t t t    Với 1 2 t 2018 1 2 2 2018 1 2019 x x x Với 2 t 2018 1 2 2 2018 1 2017 x x x Vậy tổng hai nghiệm là 4036 . Câu 229: Một người gửi 15 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kỳ hạn một quý với lãi suất 1,65% một quý. Hỏi sau bao lâu người đó có được ít nhất 20 triệu đồng (cả vốn lẫn lãi) từ số vốn ban đầu? (Giả sử lãi suất không thay đổi). A. 4 năm 2 quý. B. 4 năm 3 quý. C. 5 năm. D. 4 năm 1 quý. Lời giải Chọn A Giả sử sau n quý người đó có được ít nhất 20 triệu đồng. Khi đó: 1,0165 4 15. 1 0,0165 20 log 17,58 3 n n  . Do đó cần 4 năm 2 quý. Câu 230: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số 2 2 2 4log 2log 3 2 0 x x m có nghiệm thực? A. 2 . B. 1. C. 0 . D. Vô số. Lời giải Chọn C Điều kiện: 0 x . Ta có 2 2 2 4log 2log 3 2 0 x x m 2 2 2 log 2log 3 2 0 x x m . Đặt 2 log t x ta có bất phương trình: 2 2 3 2 0 t t m 2 3 2 2 m t t . Xét hàm số: 2 2 2 f t t t 2 1 3 3 t  . Do đó: 3 3 1 m m mà 0 m nên không có giá trị m nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 231: Đầu mỗi tháng anh A gửi vào ngân hàng 3 triệu đồng với lãi suất 0,7% mỗi tháng. Biết không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng (khi ngân hàng đã tính lãi) thì anh A có được số tiền cả gốc lẫn lãi nhiều hơn 100 triệu đồng? Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và anh A không rút tiền ra. A. 29 tháng. B. 33 tháng. C. 28 tháng. D. 30 tháng. Câu 232: Cho log 2 a b và log 3. a c Giá trị của biểu thức 2 3 log a b P c     bằng: A. 36. B. 4 9 . C. 5 . D. 13. Câu 233: Biết rằng tập nghiệm S của bất phương trình 2 log 100 2400 2 x x có dạng   0 ; \ . S a b x Giá trị của 0 a b x bằng: A. 150. B. 100. C. 30. D. 50 Câu 234: Đầu mỗi tháng anh A gửi vào ngân hàng 3 triệu đồng với lãi suất 0,7% mỗi tháng. Biết không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng (khi ngân hàng đã tính lãi) thì anh A có được số tiền cả gốc lẫn lãi nhiều hơn 100 triệu đồng? Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và anh A không rút tiền ra. A. 29 tháng. B. 33 tháng. C. 28 tháng. D. 30 tháng. Lời giải Chọn D Gọi 0 P , n P (triệu đồng) là số tiền ban đầu và số tiền sau n tháng của anh A . Cuối tháng thứ nhất, người đó có số tiền 1 0 0 0 . 1 P P P r P r . Đầu tháng thứ hai, người đó có số tiền là: 2 2 0 0 0 0 0 1 1 1 . 1 1 1 1 1 1 P P P r P P r r r r r             Cuối tháng thứ hai, người đó có số tiền 2 2 2 0 0 0 2 1 1 1 1 . 1 1 1 P P P P r r r r r r r r          ............................................................................................................... ............................................................................................................... Cuối tháng thứ n , người đó có số tiền là: 0 1 1 1 n n P P r r r    . Do đó, để được số tiền hơn 100 triệu đồng thì số tháng cần gửi là 0 . ln 1 1 29,88 ln 1 n P r r P n r      (tháng). Câu 235: Cho log 2 a b và log 3. a c Giá trị của biểu thức 2 3 log a b P c     bằng: A. 36. B. 4 9 . C. 5 . D. 13. Lời giải Chọn C Ta có 2 3 log a b P c     2log 3log a a P b c 2.2 3.3 5 P . Câu 236: Biết rằng tập nghiệm S của bất phương trình 2 log 100 2400 2 x x có dạng   0 ; \ . S a b x Giá trị của 0 a b x bằng: A. 150. B. 100. C. 30. D. 50 Lời giải Chọn D 2 log 100 2400 2 x x 2 2 100 2400 0 100 2400 100 x x x x  40 60 50 x x   . Do đó 0 40, 60, 50 a b x 0 50 a b x . Câu 237: Số lượng của loại vi khuẩn A trong một phòng thí nghiệm được tính theo công thức 0 .2 t s t s , trong đó 0 s là số lượng vi khuẩn A ban đầu, s t là số lượng vi khuẩn A có sau t phút. Biết sau 3 phút thì số lượng vi khuẩn A là 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc ban đầu, số lượng vi khuẩn A là 10 triệu con? A. 12 phút. B. 7 phút. C. 19 phút. D. 48 phút. Câu 238: Số lượng của loại vi khuẩn A trong một phòng thí nghiệm được tính theo công thức 0 .2 t s t s , trong đó 0 s là số lượng vi khuẩn A ban đầu, s t là số lượng vi khuẩn A có sau t phút. Biết sau 3 phút thì số lượng vi khuẩn A là 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc ban đầu, số lượng vi khuẩn A là 10 triệu con? A. 12 phút. B. 7 phút. C. 19 phút . D. 48 phút. Lời giải Chọn B Vì sau 3 phút thì số lượng vi khuẩn A là 625 nghìn con 3 625.000 0 .2 0 78.125. s s Để số lượng vi khuẩn A là 10 triệu con thì 7 10 78125.2 7. t t Câu 239: Tìm đạo hàm f x  của hàm số 5 log 2 3 f x x . A. 1 2 2 3 ln 5 f x x  . B. 2 2 3 ln 5 f x x  . C. 2 2 3 f x x  . D. 2ln 5 2 3 f x x  . Câu 240: Biết phương trình 1 27 .2 72 x x x có một nghiệm viết dưới dạng log a x b , với a ,b là các số nguyên dương nhỏ hơn 8 . Khi đó tính tổng 2 2 S a b . A. 29 S . B. 25 S . C. 13 S . D. 34 S . Câu 241: Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 2 2 2 log 8log 3 0 x x A. 5 . B. 1 . C. 7 . D. 4 . Câu 242: Tìm đạo hàm f x  của hàm số 5 log 2 3 f x x . A. 1 2 2 3 ln 5 f x x  . B. 2 2 3 ln 5 f x x  . C. 2 2 3 f x x  . D. 2ln 5 2 3 f x x  . Lời giải Chọn B Ta có 2 3 2 3 ln 5 x f x x   2 2 3 ln 5 x . Câu 243: Biết phương trình 1 27 .2 72 x x x có một nghiệm viết dưới dạng log a x b , với a ,b là các số nguyên dương nhỏ hơn 8 . Khi đó tính tổng 2 2 S a b . A. 29 S . B. 25 S . C. 13 S . D. 34 S . Lời giải Chọn C 1 27 .2 72 x x x 3 3 3 2 3 .2 2 .3 x x x 3 3 2 3 3 .2 1 x x x 3 3 3 .2 1 x x x 3 3 3 3 log 3 log 2 0 x x x 3 3 3 log 2 0 x x x 3 1 3 log 2 0 x x     2 3 3 1 log 3 log 2 x x     . Khi đó 2 a , 3 b nên 13 S . Câu 244: Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 2 2 2 log 8log 3 0 x x A. 5 . B. 1 . C. 7 . D. 4 . Lời giải Chọn A Điều kiện: 0 x . 2 2 2 log 8log 3 0 x x 1 2 2 2 2 log 8 log 3 0 x x 2 2 2 log 4 log 3 0 x x 2 1 log 3 x 2 8 x . So với điều kiện ta được 2 8 x . Câu 245: Tập nghiệm của bất phương trình 3.9 10.3 3 0 x x  có dạng   S= ; a b trong đó a , b là các số nguyên. Giá trị của biểu thức 5 2 b a bằng A. 7 . B. 43 3 . C. 3 . D. 8 3 . Câu 246: Một người gửi vào ngân hàng 300 triệu đồng với lãi suất 6,8%/năm. Biết rằng nếu không rút lãi khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau đúng 2 năm kể từ khi gửi tiền, người đó nhận được số tiền lãi gần nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền và lãi suất không thay đổi? A. 342187 000 triệu đồng. B. 40080000 triệu đồng. C. 18252000 triệu đồng. D. 42187 000 triệu đồng. Câu 247: Tập nghiệm của bất phương trình 3.9 10.3 3 0 x x  có dạng   S= ; a b trong đó a , b là các số nguyên. Giá trị của biểu thức 5 2 b a bằng A. 7 . B. 43 3 . C. 3 . D. 8 3 . Lời giải Chọn A Ta có 1 3.9 10.3 3 0 3 3 1 1 3 x x x x      Vậy tập nghiệm của bất phương trình là   S 1;1 . Do đó 1 1 a b  suy ra 5 2 7 b a . Câu 248: Một người gửi vào ngân hàng 300 triệu đồng với lãi suất 6,8%/năm. Biết rằng nếu không rút lãi khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau đúng 2 năm kể từ khi gửi tiền, người đó nhận được số tiền lãi gần nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền và lãi suất không thay đổi? A. 342187 000 triệu đồng. B. 40080000 triệu đồng. C. 18252000 triệu đồng. D. 42187 000 triệu đồng. Lời giải Chọn D Số tiền người đó gửi ngân hàng là 300 A triệu đồng và lãi suất 6,8% r . Sau đúng 2 năm kể từ khi gửi tiền, người đó nhận được số tiền lãi là 2 1 42.187.200 A r A triệu đồng. Câu 249: Số nghiệm của phương trình 2 2 5 1 1 2 8 x x là: A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Câu 250: Cho phương trình 2 3 3 3 3 2log 1 log 2 1 log 1 x x x . Tổng các nghiệm của phương trình là A. 2 . B. 3. C. 4 . D. 1. Câu 251: Một người gửi tiết kiệm 50 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7 % một năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu và lãi suất không đổi trong các năm gửi. Sau 5 năm mới rút lãi thì người đó thu được số tiền lãi gần với số nào nhất? A. 70,128 triệu. B. 53,5 triệu. C. 20,128 triệu. D. 50,7 triệu. Câu 252: Tính đạo hàm của hàm số 1 2 2 x y . A. 1 2 2.2 x y  . B. 1 2 2 ln 2 x y  . C. 2 2 2 ln 2 x y  . D. 2 1 2 .2 x y x  . Câu 253: Số nghiệm của phương trình 2 2 5 1 1 2 8 x x là: A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn C 2 2 5 1 1 2 8 x x 2 2 2 5 1 3 1 2    x x x x . Câu 254: Cho phương trình 2 3 3 3 3 2log 1 log 2 1 log 1 x x x . Tổng các nghiệm của phương trình là A. 2 . B. 3. C. 4 . D. 1. Lời giải Chọn B Điều kiện: 3 2 1 0 1 2 1 0 1 2 1 0 x x x x x    Ta có: 2 3 3 3 3 2log 1 log 2 1 log 1 x x x 3 3 3 3 2log 1 2log 2 1 2log 1 x x x 3 3 3 log 1 log 2 1 1 x x x 3 1 2 1 1 x x x Trường hợp 1: 1 2 x . Ta có: 3 1 2 1 1 x x x 3 1 2 1 1 x x x 3 2 2 2 0 x x x 1 2 1 x x x   . So sánh điều kiện nên 2 1 x x  . Trường hợp 2: 1 2 x . Ta có: 3 1 2 1 1 x x x 3 1 1 2 1 x x x 3 2 2 0 x x x 0 1 x x   . So sánh điều kiện nên 0 x . Kết luận: Tổng các nghiệm của phương trình là 0 1 2 3 . Câu 255: Một người gửi tiết kiệm 50 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7 % một năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu và lãi suất không đổi trong các năm gửi. Sau 5 năm mới rút lãi thì người đó thu được số tiền lãi gần với số nào nhất? A. 70,128 triệu. B. 53,5 triệu. C. 20,128 triệu. D. 50,7 triệu. Lời giải Chọn C Số tiền thu được sau 5 năm là 5 50. 1 0,07 . Số tiền lãi là 5 50. 1 0,07 50 20,128  triệu. Câu 256: Tính đạo hàm của hàm số 1 2 2 x y . A. 1 2 2.2 x y  . B. 1 2 2 ln 2 x y  . C. 2 2 2 ln 2 x y  . D. 2 1 2 .2 x y x  . Lời giải Chọn C Ta có 1 2 2.2 ln 2 x y  2 2 2 ln 2 x . Câu 257: Giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 ln 2 1 y x x x trên đoạn   2;4 là A. 2 . B. 2ln 3 4 . C. 3 . D. 2ln 2 3 . Câu 258: Phương trình 2 5 2 log 4.log 2 12 8 x x x có bao nhiêu nghiệm thực?. A. 1. B. 0 . C. 2 . D. 3. Câu 259: Tập các giá trị thực của tham số m để phương trình 4 2 1 2 1 0 x x m có đúng hai nghiệm âm phân biệt là một khoảng có dạng ; a b . Giá trị a b là: A. 8 . B. 10. C. 6 . D. 9 . Câu 260: Giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 ln 2 1 y x x x trên đoạn   2;4 là A. 2 . B. 2ln 3 4 . C. 3 . D. 2ln 2 3 . Lời giải Chọn A Ta có 2ln 1 y x x liên tục và xác định trên đoạn   2;4 2 3 1 1 1 x y x x  ; 0 y  3 x . 2 2 y ; 3 2ln 2 3 y ; 4 2ln 3 4 y . Vậy   2;4 min 2 y . Câu 261: Phương trình 2 5 2 log 4.log 2 12 8 x x x có bao nhiêu nghiệm thực?. A. 1. B. 0 . C. 2 . D. 3. Lời giải Chọn D Điều kiện: 2 5 3 2 1 x x   . Với điều kiện đã cho, phương trình tương đương với 2 4 5 2 log 2log 12 8 x x x 2 2 5 2 log log 12 8 x x x 5 2 12 8 x x x 2 12 6 5 0 x x 3 69 12 3 69 12 x x      Đối chiếu điều kiện ta được: 3 69 12 x Vậy phương trình có duy nhất một nghiệm. Câu 262: Tập các giá trị thực của tham số m để phương trình 4 2 1 2 1 0 x x m có đúng hai nghiệm âm phân biệt là một khoảng có dạng ; a b . Giá trị a b là: A. 8 . B. 10. C. 6 . D. 9 . Lời giải Chọn D 4 2 1 2 1 0 x x m . Đặt 2 1 0 x t t . Ta được phương trình 1 1 4 0 4 2 t m m t t t . Với 0 0 1 x t và với một giá trị 0;1 t thì có đúng một giá trị x thỏa mãn. Do đó yêu cầu bài toán 2 có đúng hai nghiệm 0;1 t . Đặt 1 4 f t t t . Ta có 2 1 4 f t t  ; 1 0 2 f t t  . BBT Ta có 1 5 f do đó ycbt 4 5 m . Vậy 9 a b . Câu 263: Cho hàm số 1 ln 1 y x . Khẳng định nào sau đây đúng? A. 1 y xy  e . B. 1 y xy  e . C. 1 y xy  e . D. 1 y xy  e . Câu 264: [2D2- 3] Bất phương trình có bao nhiêu nghiệm nguyên dương nhỏ hơn . A. . B. . C. . D. . Câu 265: Cho hàm số 1 ln 1 y x . Khẳng định nào sau đây đúng? A. 1 y xy  e . B. 1 y xy  e . C. 1 y xy  e . D. 1 y xy  e . Lời giải Chọn B 1 ln 1 y x 1 ln 1 y x       1 1 x Khi đó 1 y xy  e 1 1 . 1 1 1 x x x 1 1 1 1 x x Vậy phương án B đúng. Câu 266: [2D2- 3] Bất phương trình có bao nhiêu nghiệm nguyên dương nhỏ hơn . A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn A Điều kiện của bất phương trình là . Khi đó Đặt . Ta có Trả lại ẩn ta có Kết hợp với điều kiện ta có hoặc hoặc . Khi đó bất phương trình có nghiệm nguyên dương nhỏ hơn . Câu 267: Một người gửi 50 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7% / năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau đúng 5 năm người đó mới rút lãi thì số tiền lãi người đó nhận được gần nhất với số tiền nào dưới đây? Nếu trong khoảng thời gian này người này không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi. A. 20,128 triệu đồng. B. 17,5 triệu đồng. C. 70,128 triệu đồng. D. 67,5 triệu đồng. Câu 268: Tập nghiệm của bất phương trình 2 1 log 1 x là A. 1;2 . B. ;1  . C. 1;  . D. 1;1 . Câu 269: Biết phương trình 2 1 2 .3 5 x x có hai nghiệm a , b . Giá trị của biểu thức a b ab bằng. A. 3 5 1 log 2 S . B. 3 2 1 log 5 S . C. 2 1 ln 5 S . D. 5 1 ln 2 S . Câu 270: Một người gửi 50 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7% / năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau đúng 5 năm người đó mới rút lãi thì số tiền lãi người đó nhận được gần nhất với số tiền nào dưới đây? Nếu trong khoảng thời gian này người này không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi. A. 20,128 triệu đồng. B. 17,5triệu đồng. C. 70,128 triệu đồng. D. 67,5 triệu đồng. Lời giải Chọn A Tổng tiền người đó nhận sau 5 năm là: 5 6 50.10 1 7% 70127586  đồng. Vậy số tiền lãi người đó nhận là: 6 70127586 50.10 20127586 đồng. Câu 271: Tập nghiệm của bất phương trình 2 1 log 1 x là A. 1;2 . B. ;1  . C. 1;  . D. 1;1 . Lời giải Chọn D 2 1 log 1 x 1 0 1 2 x x  1 1 x . Câu 272: Biết phương trình 2 1 2 .3 5 x x có hai nghiệm a , b . Giá trị của biểu thức a b ab bằng. A. 3 5 1 log 2 S . B. 3 2 1 log 5 S . C. 2 1 ln 5 S . D. 5 1 ln 2 S . Lời giải Chọn A 2 1 2 .3 5 x x 2 2 .3 15 x x 2 3 3 2 . log 3 log 15 x x 2 3 3 3 log 2 log 3 log 15 x x 2 3 3 log 2 log 15 x x 2 3 3 log 2 log 15 0 x x . Phương trình luôn có hai nghiệm là a , b . Ta có 3 3 log 2 log 15 a b ab 3 3 3 5 log 2 log 3.5 1 log 2 . Câu 273: Đạo hàm của hàm số 2 e x x y là A. 2 2 1 e x x x . B. 2 1 2 1 e x x . C. 2 2 1 e x x x . D. 2 1 e x x . Câu 274: Tập nghiệm của bất phương trình 2 2 2log 1 log 5 1 x x  là? A.   3;5 . B.  1;3 . C.   3;3 . D. 1;5 . Câu 275: Số nghiệm nguyên của bất phương trình 3 1 1 3 10 3 10 3 x x x x là? A. 1. B. 0 . C. 2 . D. 3 . Câu 276: Cho 0 a , 0 b và 2 2 7 a b ab . Đẳng thức nào dưới đây là đúng? A. 7 7 7 1 log log log 2 3 a b a b . B. 3 3 3 1 log log log 7 2 a b a b . C. 3 3 3 1 log log log 2 7 a b a b . D. 7 7 7 1 log log log 3 2 a b a b . Câu 277: Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 2 3 3 log 2 log 3 1 0 x m x m 1 có hai nghiệm 1 x , 2 x sao cho 1 2 . 27 x x . A. 4 3 m . B. 28 3 m . C. 25 m . D. 1 m . Câu 278: Đạo hàm của hàm số 2 e x x y là A. 2 2 1 e x x x . B. 2 1 2 1 e x x . C. 2 2 1 e x x x . D. 2 1 e x x . Hướng dẫn giải Chọn C Ta có 2 2 .e x x y x x   2 2 1 .e x x y x  . Câu 279: Tập nghiệm của bất phương trình 2 2 2log 1 log 5 1 x x  là? A.   3;5 . B.  1;3 . C.   3;3 . D. 1;5 . Hướng dẫn giải Chọn B Điều kiện 1 5 x . 2 2 2log 1 log 5 1 x x  2 2 2 log 1 log 10 2 x x  2 9 0 x  3 3 x   . Kết hợp điều kiện ta được 1 3 x  . Câu 280: Số nghiệm nguyên của bất phương trình 3 1 1 3 10 3 10 3 x x x x là? A. 1. B. 0 . C. 2 . D. 3 . Hướng dẫn giải Chọn D Ta có 3 1 1 3 10 3 10 3 x x x x 3 1 1 3 10 3 10 3 x x x x 3 1 1 3 x x x x 3 1 0 1 3 x x x x 2 2 9 1 0 1 3 x x x x 8 0 1 3 x x 1 3 0 x x 3 1 x . Vậy bất phương trình có ba nghiệm nguyên. Câu 281: Cho 0 a , 0 b và 2 2 7 a b ab . Đẳng thức nào dưới đây là đúng? A. 7 7 7 1 log log log 2 3 a b a b . B. 3 3 3 1 log log log 7 2 a b a b . C. 3 3 3 1 log log log 2 7 a b a b . D. 7 7 7 1 log log log 3 2 a b a b . Hướng dẫn giải Chọn D Ta có 2 2 7 a b ab 2 9 a b ab . Lấy logarit cơ số 7 hai vế ta được 7 7 7 7 7 7 7 1 2log 2log 3 log log log log log 3 2 a b a b a b a b . Câu 282: Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 2 3 3 log 2 log 3 1 0 x m x m 1 có hai nghiệm 1 x , 2 x sao cho 1 2 . 27 x x . A. 4 3 m . B. 28 3 m . C. 25 m . D. 1 m . Hướng dẫn giải Chọn D Điều kiện 0 x . Đặt 3 log t x t  , khi đó phương trình ban đầu trở thành 2 2 3 1 0 t m t m 2 . Ta có 1 2 . 27 x x 3 1 3 2 log log 3 x x . Vậy để 1 có hai nghiệm thỏa mãn đề bài thì 2 có hai nghiệm 1 t , 2 t thỏa mãn 1 2 3 t t . Điều này xảy ra khi 0 2 3 m   2 8 8 0 1 m m m  4 2 2 4 2 2 1 m m m      1 m . Câu 1: (TH P T C h uy ên Hùng V ươn g - P hú T h ọ - l ầ n 1 - NH2017 - 2018) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên A có bốn chữ số. Gọi N là số thỏa mãn 3 N A . Xác suất để N là số tự nhiên bằng: A. 1 4500 . B. 0. C. 1 2500 . D. 1 3000 . Lời giải Chọn A Ký hiệu B là biến cố lấy được số tự nhiên A thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có: 3 3 log N A N A . Để N là số tự nhiên thì 3 (m ) m A  . Những số A dạng có 4 chữ số gồm 7 3 2187 và 8 3 6561 9000; 2 n n B  Suy ra: 1 4500 P B . Câu 2: (TH P T Ch uy ên Hùng Vươn g - Phú T h ọ - l ầ n 1 - NH 2 017 - 20 18 ) Trong thời gian liên tục 25 năm, một người lao động luôn gửi đúng 4.000.000 đồng vào một ngày cố định của tháng ở ngân hàng M với lại suất không thay đổi trong suốt thời gian gửi tiền là 0,6% tháng. Gọi A đồng là số tiền người đó có được sau 25 năm. Hỏi mệnh đề nào dưới đây là đúng? A. 3.500.000.000 3.550.000.000 A . B. 3.400.000.000 3.450.000.000 A . C. 3.350.000.000 3.400.000.000 A . D. 3.450.000.000 3.500.000.000 A . Lời giải Chọn C Sau tháng thứ 1 người lao động có: 4 1 0,6% triệu Sau tháng thứ 2 người lao động có: 2 4 1 0,6% 4 1 0,6% 4 1 0,6% 1 0,6%    triệu ... Sau tháng thứ 300 người lao động có: 300 300 299 1 0,6% 1 4 1 0,6% 1 0,6% ... 1 0,6% 4 1 0,6% 3364,866 1 0,6% 1     ( 3.364.866.000  đồng). Câu 3: ( TH TT S ố 1 - 484 thá n g 1 0 nă m 201 7 - 201 8) Cho hàm số 3 2 5 .8 x x f x . Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai? A. 3 2 1 log 5 2. 0 f x x x   . B. 3 5 1 6 log 2 0 f x x x   . C. 3 2 1 log 5 3 0 f x x x   . D. 3 2 1 log 5 3 0 f x x x   . Lời giải Chọn A Ta có 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 log 5 2 0 log 5 log 2 0 log 5 .2 0 5 .2 1 x x x x x x x x     . Vậy A sai. Các đáp án còn lại có thể kiểm tra tính đúng đắn bằng cách lôgarit hóa hai vế của bất đẳng thức 1 f x  theo các cơ số 2 hoặc 5 . Câu 4: (THTT S ố 1 - 484 th án g 10 n ăm 201 7 - 201 8) Gọi , x y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 9 6 4 log log log x y x y và 2 x a b y , với a , b là hai số nguyên dương. Tính a b . A. 6 a b . B. 11 a b . C. 4 a b . D. 8 a b . Lời giải Chọn A Đặt 9 log x t Theo đề ra có 9 6 9 4 9 (1) 6 (2) log log 4 (3) log log 3 (4) 2 t t t t x y x y t x y x x y t x y       Từ (1), (2), và (3) ta có 2 2 3 1 5 ( ) 2 2 3 3 9 6 4 3 3.2 4 0 1 0 2 2 3 1 5 ( ) 2 2 t t t t t t t t t t TM L                       Thế vào (4) ta được 3 1 5 1; 5 2 2 2 t x a b a b y     Thử lại ta thấy 1; 5 a b thỏa mãn dữ kiện bài toán. Suy ra 6. a b Câu 5: (T HT T S ố 1 - 484 thá n g 10 n ăm 201 7 - 201 8) Tìm các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 0,02 2 0,02 log log 3 1 log x m có nghiệm với mọi ;0 x  . A. 9. m B. 2. m C. 0 1. m D. 1. m Lời giải Chọn D 0,02 2 0,02 log log 3 1 log x m TXĐ: D  ĐK tham số m : 0 m Ta có: 0,02 2 0,02 2 log log 3 1 log log 3 1 x x m m Xét hàm số 2 log 3 1 , ;0 x f x x  có 3 .ln 3 0, ;0 3 1 ln 2 x x f x   Bảng biến thiên f x : x  0 f  + f 1 0 Khi đó với yêu cầu bài toán thì 1. m Câu 6: (T HP T Ch u yê n Thái B ì nh - l ầ n 1 - nă m 201 7 - 20 1 8) Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 2 log 1 log 8 x mx có hai nghiệm phân biệt là A. 3. B. 4 . C. 5. D. Vô số. Lời giải. Chọn A 2 2 2 2 1 1 log 1 log 8 2 9 0 1 8 x x x mx x m x x mx   . Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực lớn hơn 1 thì điều kiện sau thỏa mãn. 2 1 2 1 2 1 2 8 4 4 32 0 0 1 1 0 0 4 8 1 8 0 1 1 0 m m m m x x m m x x m x x       Vì   5,6,7 m m  . Câu 7: (T HP T L ê H ồ n g P ho ng - Nam Đ ị n h - l ầ n 1 - nă m 201 7 - 201 8) Đặt 2 log 3 a và 5 log 3 b . Hãy biểu diễn 6 log 45 theo a và b . A. 6 2 log 45 a ab ab b . B. 2 6 2 2 log 45 a ab ab . C. 6 2 log 45 a ab ab . D. 2 6 2 2 log 45 a ab ab b . Lời giải Chọn A 2 3 6 3 log 5.3 log 45 log 2.3 3 3 log 5 2 log 2 1 1 2 1 1 b a 2 a ab ab b . Câu 8: (T HP T L ê H ồ n g P ho ng - Nam Đ ị n h - l ầ n 1 - nă m 201 7 - 201 8) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số ln 2 ln 1 m x y x m nghịch biến trên 2 ; e  . A. 2 m  hoặc 1 m . B. 2 m hoặc 1 m . C. 2. m D. 2 m hoặc 1 m . Lời giải Chọn C Tập xác định   1 0; \ m D e  . Cách 1: 2 2 2 ln 1 y m m x x m  Vậy yêu cầu bài toán tương đương 1 2 2 2 1 0 2 2 ; 1 2 m m m e m m m e m        Cách 2: Đặt ln t x , ta biết rằng hàm số ln f x x đồng biến trên 2 ; e  . Xét hàm số 2 1 mt g t t m với 2; t  , ta có 2 2 2 1 m m g t t m  . Vậy hàm số ban đầu nghịch biến trên 2 ; e  hàm số g nghịch biến trên 2;  0 1 2; g t m     2 1 1 2 0 2 2 1 1 2 2 1 m m m m m m m m m           2 m Câu 9: (T H PT X uâ n H òa - V ĩn h P h ú c - n ăm 201 7 - 2 018 ) Cho hàm số 3 2 2 5 y x x x có đồ thị C . Trong các tiếp tuyến của C , tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất, thì hệ số góc của tiếp tuyến đó là A. 4 3 . B. 5 3 . C. 2 3 . D. 1 3 . Lời giải Chọn B 2 3 2 2 y x x  . Hệ số góc của tiếp tuyến tại 0 0 ; M x y là: 2 0 0 0 3 2 2 f x x x  2 0 1 5 5 3 3 3 3 x     . Hệ số góc nhỏ nhất của tiếp tuyến là 5 3 , đạt tại 0 1 3 x . Câu 10: ( T H P T C h u y ê n Đ H V i n h - G K 1 - n ă m 2 0 1 7 - 2 0 1 8 ) Tính giá trị của biểu thức log tan1 log tan 2 log tan 3 ... log tan89 P     . A. 0 P . B. 2 P . C. 1 2 P . D. 1 P . Lời giải Chọn A Ta có log tan1 .tan 2 .tan 3 ...tan89 P     log tan1 .tan89 . tan 2 .tan88 ... tan 44 .tan 46 .tan 45        Áp dụng công thức tan .tan 90 tan .cot 1  Khi đó log1 0 P . Câu 11: (TH PT Ch u y ên ĐH V inh - GK 1 - n ăm 2 0 17 - 201 8 ) Cơ số x bằng bao nhiêu để 10 log 3 0,1 x . A. 3 x . B. 1 3 x . C. 1 3 x . D. 3 x . Lời giải. Chọn C Điều kiện: 0 1 x  . 10 log 3 0,1 x 0,1 10 3 x 1 1 10 10 3 x 1 3 x 1 3 x . Câu 12: (TH P T Ch uy ên ĐH V in h - G K 1 - n ă m 2 017 - 201 8) Gọi a là một nghiệm của phương trình 26 15 3 2 7 4 3 2 2 3 1 x x x . Khi đó giá trị của biểu thức nào sau đây là đúng? A. 2 2 a a . B. 2 sin cos 1 a a . C. 2 cos 2 a . D. 3 2a 5 a . Lời giải. Chọn B Ta có 26 15 3 2 7 4 3 2 2 3 1 x x x . 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 1 x x x 4 3 2 3 2 2 3 2 3 2 0 x x x 3 2 3 1 2 3 2 0 x x           2 3 1 x 0 x . 0 a 2 sin cos 1 a a . Câu 13: (TH P T C hu yê n ĐH V i nh - GK 1 - nă m 201 7 - 201 8 ) Tập xác định của hàm số 2 ln 2 3 10 y x x x là A. 5 14 x   . B. 2 14 x . C. 2 14 x  . D. 5 14 x  . Lời giải Chọn D Hàm số đã cho xác định 2 2 2 3 10 0 3 10 2 x x x x x x 2 2 2 2 0 2 3 10 0 2 5 14 3 10 4 4 x x x x x x x x x x x     . 5 14 x  . C âu 1 4: (TH P T Chuyên ĐH Vi nh - GK 1 - nă m 201 7 - 2 018 ) Gọi x , y là các số thực dương thoả mãn điều kiện 9 6 4 log log log x y x y và 2 x a b y , với a , b là hai số nguyên dương. Tính . a b . A. . 5 a b . B. . 1 a b . C. . 8 a b . D. . 4 a b . Lời giải Chọn A Đặt 9 log t x . Theo đề ta có: 9 6 4 log log log x t y t x y t  9 1 6 2 4 3 t t t x y x y  . Thay 1 , 2 vào 3 ta được: 9 6 4 t t t 2 3 3 1 2 2 t t         3 1 5 2 2 3 1 5 2 2 t t KTM               . Lấy 1 chia 2 vế theo vế ta được: 3 2 t x y     1 5 2 x y 1 5 a b  5 ab . Câu 15: (TH P T Ha i Bà Tr ư ng - V ĩnh Ph úc - l ần 1 - n ăm 201 7 - 20 18) Cho biết năm 2003, Việt Nam có 80902400 người và tỉ lệ tăng dân số là 1,47% . Hỏi năm 2018 Việt Nam sẽ có bao nhiêu người, nếu tỉ lệ tăng dân số hàng năm là không đổi? A. 100861000 . B. 102354624 . C. 100699267 . D. 100861016. Lời giải Chọn C Đặt 80902400 T và 1,47% r . Dân số Việt Nam sau 1 năm là: 1 1 T T Tr T r . Dân số Việt Nam sau 2 năm là: 2 2 1 1 1 T T r T r r T r . ………………………………………………………………………. Dân số Việt Nam sau n năm là: 1 n n T T r . Vậy năm 2018 Việt Nam có: 15 15 15 1,47 1 80902400. 1 100699267,4 100 T T r     . Câu 16: (TH T T S ố 2 - 485 th áng 11 - nă m h ọ c 201 7 - 2018) Tính 2 log 2016 S theo a và b biết 2 log 7 a , 3 log 7 b . A. 2 5 a b ab S b . B. 2 5 b a ab S a . C. 5 2 a b ab S b . D. 2 5 a b ab S a . Lời giải Chọn A Cách 1: Ta có: 2 2 2 2 log 2016 log 32.9.7 5 2log 3 log 7 S . 2 7 5 2log 7 log 3 5 2 a a a b . 5 2 b ab a b . Cách 2: Bấm máy tính CASIO Nhập 2 log 2016 trên máy và lưu: bấm SHIFT STO C (lưu vào C). Nhập 2 log 7 trên máy và lưu: bấm SHIFT STO A (lưu vào A). Nhập 3 log 7 trên máy và lưu: bấm SHIFT STO B (lưu vào B). Sau đó bấm ALPHA C – các đáp án, được đáp án A. Câu 17: (THTT S ố 2 - 485 tháng 11 - nă m h ọ c 2 017 - 201 8 ) Số nghiệm của phương trình 2 3 5 2018 2016 2017 2018 x x là A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 . Lời giải Chọn B Đặt 2 3 5 2018 2016 2017 2018 x f x x , D  . Suy ra 2018 .ln 2018 2 x f x x  , , M A B liên tục trên  . 2018 .ln 2018 2 x f x x  2 2018 .ln 2018 2 0, x f x x   Từ đó f x  đồng biến trên D mà 1 . 0 0 f f   nên 0 f x  có nghiệm duy nhất trong khoảng 1;0 suy ra phương trình 0 f x có nhiều nhất hai nghiệm, mặt khác nhập hàm số vào TABLE của casio (START 10 END 10 STEP 1), ta được: Dựa vào TABLE ta được 7 . 6 0 0 . 1 0 f f f f  Vậy phương trình đã cho chỉ có hai nghiệm trên hai khoảng 7; 6 và 0;1 . Chú ý: Máy tính hiển thị “Insufficient MEM” thì tiến hành cài đặt để không xuất hiện g x bằng cách bấm SHIFT MODE mũi tên xuống, 5, 1. Câu 18: (TH TT S ố 2 - 48 5 th á n g 1 1 - nă m h ọ c 20 17 - 201 8) Cho hai số thực a , b đều lớn hơn 1. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 1 1 log log ab ab S a b bằng A. 4 9 . B. 9 4 . C. 9 2 . D. 1 4 Lời giải Chọn B Ta có 4 1 1 log log ab ab S a b 4 log log a b ab ab 1 1 log log 1 4 a b b a 1 5 log 4log 4 a a b b . Đặt log a x b . Do a , 1 b nên 0 x . Khi đó 1 5 4 4 S x x 1 5 9 2 . 4 4 4 x x (Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương x và 1 4 x ). Dấu " " xảy ra 1 1 1 4 2 2 0 0 x x x x x x    . Vậy 9 min 4 S tại 1 log 2 a b b a . Câu 19: (TH T T S ố 2 - 485 th áng 11 - nă m h ọ c 201 7 - 2018) Với tham số thực k thuộc tập S nào dưới đây để phương trình 2 2 2 log 3 log x x k có một nghiệm duy nhất? A. ;0 S  . B. 2; S  . C. 4; S  . D. 0; S  Lời giải Chọn B ĐK: 2 3 0 3 0 0 x x x x     Khi đó: 2 2 2 log 3 log x x k 2 2 log 3 x x k    3 2 3 2 k x x 1 1 là phương trình hoành độ giao điểm của 3 2 : 3 C y x x và đường thẳng : 2 k d y . Do đó phương trình có nghiệm duy nhất khi C cắt d chỉ tại 1 điểm thỏa ĐK  . Khảo sát hàm số 3 2 3 y x x trên   3; \ 0  ta được Dựa vào đồ thị hàm số: (ycbt) 2 4 2 k k hay 2; k  . Câu 20: (TH PT Th ạ ch Th àn h - T ha n h Hó a - n ă m 201 7 - 2 018 ) Cho 1 n là một số nguyên. Giá trị của biểu thức 2 3 1 1 1 .... log ! log ! log ! n n n n bằng A. 0 . B. n . C. ! n . D. 1. Lời giải Chọn D ! ! ! ! 2 3 4 1 1 1 1 1, .... log 2 log 3 log 4 .... log log ! log ! log log ! n n n n n n n n n n n n  ! ! log 2.3.4...n log ! 1 n n n Câu 21: (TT Di ệ u Hi ề n - C ầ n T hơ - th á ng 10 - nă m 201 7 - 2018) Tìm giá trị của tham số m để phương trình 2 2 2 log log 2 6 0 x m x m có hai nghiệm 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 16 x x . A. 4 m . B. 11 m . C. 4 m . D. 5 m . Lời giải Chọn C Điều kiện 0 x . Đặt 2 log t x . Phương trình đã cho trở thành 2 2 6 0 * t mt m . Chú ý rằng 1 2 16 x x 2 1 2 log 4 x x 2 1 2 2 log log 4 x x . Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 16 x x khi và chỉ khi phương trình * có hai nghiệm 1 t , 2 t thỏa mãn 1 2 4 t t 0 4 S   2 8 24 0 4 m m m   4 m . Vậy 4 m là giá trị cần tìm. Câu 22: ( TT D i ệ u Hi ề n - C ầ n Thơ - t há n g 10 - nă m 201 7 - 2 018 ) Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 2 2 4 2 6 x x m có đúng 3 nghiệm thực phân biệt là A.   3 . B.   2 . C. 3;  . D. 2;3 . Lời giải Chọn A O x y 2 k y 2 4 3 Đặt 2 2 x t . Do 2 0 1 x t . Ta có phương trình 2 4 6 0 1 t t m . Do với mỗi 1 t thì có hai nghiệm 2 log x t  , còn với 1 t chỉ có một nghiệm 0 x . Nên để phương trình ban đầu có đúng 3 nghiệm thì phương trình 1 có một nghiệm 1 1 t và một nghiệm 2 1 t . Phương trình 1 có nghiệm 1 t khi 1 4 6 0 m 3 m . Thay 3 m vào 1 , ta có: 2 4 3 0 t t 1 3 t t   . Vậy 3 m thỏa mãn. Câu 23: (TT Di ệ u Hi ề n - C ầ n Th ơ - thá ng 10 - n ăm 201 7 - 201 8) Cho ba số thực dương a , b , c đều khác 1 thỏa mãn log 2log 4log a b c b c a và 2 3 48 a b c . Khi đó P abc bằng bao nhiêu? A. 324. B. 243. C. 521. D. 512 . Lời giải Chọn B Do a , b , c đều khác 1 nên log a b , log b c và log c a đều khác 0 . Ta có 2 log 2log log .log 2log log 2log a b a c b a b b c c b c c c và 2 log 4log log .log 4log log 4log a c a c c c c b a c b a b a . Suy ra 2 2 log .log 8log .log log 2 a c b c a c b c a b . Do đó 2 b a và log 2log 2 a b b c b c . Theo giả thiết 2 16 2 3 48 5 48 0 5 3 a a b c a a a    . Do các số a , b , c dương nên 3 9 a b c , vậy 243 P abc . Câu 24: ( TT Di ệ u Hi ề n - C ầ n Thơ - thá n g 1 0 - năm 201 7 - 201 8) Cho x thỏa mãn phương trình 2 5.2 8 log 3 2 2 x x x     . Giá trị của biểu thức 2 log 4x P x là: A. 4 P . B. 8 P . C. 2 P . D. 1 P . Lời giải Chọn B 3 2 5.2 8 5.2 8 5.2 8 8 log 3 2 2 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x x x     Đặt: 2 ; 0 x t t . Ta được phương trình: 2 4 nhËn 5 8 8 5 16 16 0 2 4 2 4 2 lo¹i 5 x t t t t x t t t     . Vậy: 2 log 4.2 2 8 P . Câu 25: (TT Di ệ u Hi ề n - C ầ n T h ơ - th áng 1 0 - nă m 201 7 - 201 8 ) Nghiệm của bất phương trình 2 2 log 3 1 6 1 log 7 10 x x là A. 369 1 49 x   . B. 369 49 x . C. 1 x  . D. 369 49 x  . Lời giải Chọn A Điều kiện 1 10 3 x   . * Ta có 2 2 log 3 1 6 1 log 7 10 x x 3 1 6 14 2 10 x x 3 1 8 2 10 x x 3 1 64 32 10 4 10 x x x (Do * ) 32 10 103 7 x x (*) 2 1024 10 10609 49 1442 x x x 2 49 418 369 0 x x  369 1 49 x   . Câu 26: (Tr ư ờ n g B DV H2 18L TT - k ho a 1 - năm 2017- 201 8) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x thuộc  : 2 2 6 6 1 log 1 log 2 x mx x m . A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 5 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 2 2 0 mx x m . Ta có 2 2 2 2 6 6 6 6 1 log 1 log 2 log 6 1 log 2 x mx x m x mx x m    2 2 2 6 1 2 6 2 6 0 x mx x m m x x m  . Điều kiện bài toán 2 2 2 0, 1 6 2 6 0, 2 mx x m x m x x m x      Giải 1 : Do 0 m không thỏa 1 nên 2 0 1 1 1 0 m m m    .  Giải 2 : Do 6 m không thỏa 2 nên: 2 2 6 6 6 2 5 5 12 35 0 1 6 0 7 m m m m m m m m m            . Suy ra 1 5 m  . Vậy có 4 giá trị nguyên của m . Câu 27: (Tr ư ờ n g B DV H2 18L TT - k ho a 1 - năm 2017- 201 8) Ba anh em Hai, Mười, Tám cùng vay tiền ở một ngân hàng với lãi suất t 0,7% / háng với tổng số tiền vay là 1 tỉ đồng . Giả sử mỗi tháng ba người đều trả cho ngân hàng một số tiền như nhau để trừ vào tiền gốc và lãi. Để trả hết gốc và lãi cho ngân hàng thì Hai cần 10 tháng, Mười cần 15 tháng và Tám cần 25 tháng. Hỏi tổng số tiền mà ba anh em trả ở tháng thứ nhất cho ngân hàng là bao nhiêu (làm tròn đến hàng đơn vị )? A. 63271317 đồng. B. 64268158 đồng. C. 45672181 đồng. D. 46712413 đồng. Lời giải Chọn B Áp dụng công thức 1 . 1 1 n n N r r A r với A : số tiền trả mỗi tháng để sau n tháng hết nợ, : r lãi suất một tháng, : N số tiền ban đầu vay. Gọi Hai N , uoi M N , Tam N lần lượt là số tiền mà Hai, Mười, Tám vay ngân hàng ban đầu. Vì mỗi tháng cả ba người đều trả số tiền như nhau là A để trừ vào cả gốc lẫn lãi. 0,7% r Theo bài ra ta có: uo 10 15 25 10 i 15 25 1 0,007 .0,007 1 0,007 .0,007 1 0,007 .0,007 1 0,007 1 1 0,007 1 1 0,007 1 Hai M Tam A N N N 10 10 1 0,007 1 . 1 0,007 .0,007 Hai N A ; 15 15 uoi 1 0,007 1 . 1 0,007 .0,007 M N A ; 25 25 1 0,007 1 . 1 0,007 .0,007 Tam N A . Mặt khác: 9 uoi 10 Hai M Tam N N N 9 10 15 25 10 15 25 10 1 0,007 1 1 0,007 1 1 0,007 1 1 0,007 .0,007 1 0,007 .0,007 1 0,007 .0,007 A 3 64268158 A là tổng số tiền mà ba anh em trả ở tháng thứ nhất cho ngân hàng. Câu 28: (Tr ư ờ n g B DV H2 18L TT - k ho a 1 - năm 2017- 201 8) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 2 2 2 log log 3 0 x x m có nghiệm   1;8 x . A. 6 9 m   . B. 3 6 m   . C. 2 3 m   . D. 2 6 m   . Lời giải Chọn D Đặt 2 t log x . Vì   1;8 x nên   0;3 t . Phương trình 2 2 2 2 log log 3 0 x x m trở thành 2 2 2 3 0 2 3 t t m m t t ,   0;3 t . Ta có bảng biến thiên của hàm số 2 2 3 m t t : t m  m 0 3 1 0 3 6 2 nên   2;6 m . Vậy Chọn D Câu 29: ( T r ư ờ n g B D V H 2 1 8 L T T - k h o a 1 - n ă m 2 0 1 7 - 2 0 1 8 ) Cho a , b , c là các số thực thỏa 1 c b a và 2 2 6log log log 2log 1 a b a b c c b c b b . Đặt log 2log b a T c b . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 3; 1 T . B. 1;2 T . C. 2;5 T . D. 5;7 T . Lời giải Chọn B Ta có: 2 2 2 2 6log log log 2log 1 6log log log 2log 1 a b a b a b a a b c c b c b c c log b c b b 2 2 6log log log log 2log 1 a b a b a b b c b c log b c  Đặt log a x b , log b y c . Ta có: 2 2 2 2 6 2 1 6 1 2 1 0 x y xy x y x y x y y Ta có: 2 2 2 2 1 24 2 1 25 50 25 25 1 y y y y y y  Suy ra: 1 5 1 1 5 1 1 3 1 12 3 12 2 1 1 5 1 1 5 1 1 12 12 2 y y y y y x x x y y x y y y y y x x             Vì 1 c b a nên log log 1 a a x b a , log log 1 b b y c b . Suy ra: 3 1 x y nên nhận 2 1 y x log 2log 1. b a c b Câu 30: (TT Di ệ u Hi ền - C ần Th ơ - thá ng 11 - n ăm 2 017 - 201 8 ) Tập nghiệm của phương trình 2 log 6 log 2 4 x x x x là: A.   1 . B.   4 . C.   3 . D.   2 . Lời giải. Chọn B Điều kiện: 2 6 0 3. 2 0 x x x x  Phương trình đã cho tương đương với log 2 ( 3) log 2 4 x x x x log( 3) 4 * . x x Vế trái của phương trình cuối là hàm tăng, còn vế phải là hàm giảm nên nghiệm của phương trình(nếu có) là duy nhất. Bằng cách nhẩm nghiệm ta chọn kết quả 4. x Câu 31: (TT Di ệ u Hi ề n - C ần Th ơ - t h án g 11 - nă m 201 7 - 201 8) Gọi ; x y là nghiệm nguyên của hệ phương trình: 2 5 51 10 1 15 x x y xy  . Khi đó x y bằng A. 16. B. 75. C. 23 2 . D. 14 . Lời giải Chọn A 2 5 51 10 1 1 15 2 x x y xy  . Từ 1 1 y hoặc 2 5 51 10 0 x x 1 y hoặc 10 1 5 x x    . Vì , x y  nên 1 5 x loại. TH1: 1 15 y x 16 x y . TH2: 3 10 2 x y loại vì , x y  . Câu 32: (TT Di ệu Hi ền - C ầ n Th ơ - th án g 11 - nă m 201 7 - 201 8) Phương trình 2 3 2 3 x x m có nghiệm khi: A. ;5 m  . B. 2; m  . C.  ;5 m  . D.  2; m  . Lời giải Chọn D Đặt 2 3 x t , 0 t phương trình trở thành 1 t m t . Vì 0 t nên ta có Cos 1 2 i m t t nên 2 m thì phương trình có nghiệm. Câu 33: (TT D i ệu Hi ề n - C ần Th ơ - t h án g 11 - nă m 201 7 - 201 8) Số tiền mà An để dành hàng ngày là x (đơn vị nghìn đồng, với 2;3;5 Q , x  ) biết x là nghiệm của phương trình 2 3 3 log 2 log 4 0 x x . Tổng số tiền mà An để dành được sau 1 tuần ( 7 ngày) là: A. 7 . B. 21. C. 24 . D. 14. Lời giải Chọn B Điều kiện 2 4 x x x    . Phương trình đã cho tương đương với: 3 3 2log 2 2log 4 0 x x 3 log 2 4 0 x x    2 4 1 x x 2 4 1 4 2 4 1 2 4 x x x x x x         3; 2;5 P 2 2 6 7 0 4 6 9 0 2 4 x x x x x x         3 2 4 3 2 4 x x x x          3 2 3 x x   . Do x  nên 3 x . Vậy tổng số tiền mà An để dành được sau 1 tuần ( 7 ngày) là 21 (nghìn đồng). Câu 34: (TT Di ệu Hi ề n - C ầ n Th ơ - t h án g 11 - nă m 201 7 - 20 18) Trong các nghiệm ; x y thỏa mãn bất phương trình 2 2 2 log 2 1 x y x y . Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 T x y bằng: A. 9 4 . B. 9 2 . C. 9 8 . D. 9 . Lời giải Chọn B Trường hợp 1: 2 2 2 1 x y . Đặt 2y z . Suy ra 2 2 1 1 x z 2 2 2 log 2 1 x y x y 2 2 2 2 x y x y 2 2 2 2 z x x z 2 2 1 9 1 2 8 2 2 x z      Tập hợp các điểm ; M x z là miền H bao gồm miền ngoài của hình tròn 2 2 1 : 1 C x z và miền trong của hình tròn 2 2 2 1 9 : 1 8 2 2 C x z     . Hệ 2 2 2 2 2 2 1 9 1 8 2 2 1 z T x x z x z       có nghiệm khi đường thẳng :2 0 2 z d x T có điểm chung với miền H . Để T đạt giá trị lớn nhất thì đường thẳng :2 0 2 z d x T tiếp xúc với đường tròn 2 C 3 ; 2 2 d I d với 1 1; 2 2 I     là tâm của đường tròn 2 C . 1 2 3 4 1 2 2 4 2 T 9 9 4 4 T 0 ( ) 9 2 T l T    Trường hợp 2: 2 2 0 2 1 x y . 2 2 2 log 2 1 x y x y 2 2 2 2 x y x y  2 1 T x y (loại). Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức 2 T x y là 9 max 2 T . Câu 35: (T HP T Ch u y ê n V ĩn h Phúc - l ầ n 2 - nă m 2 017 - 2018) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 1 4 3.2 0 x x m có hai nghiệm thực 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 2. x x A. 9 m . B. 0 4 m . C. 0 2 m . D. 0 m . Lời giải Chọn B Đặt 2 x t , 0 t . Phương trình trở thành 2 6 0 t t m 1 . Yêu cầu bài toán trở thành: Tìm m để phương trình 1 có hai nghiệm 1 t , 2 t dương thỏa mãn 2 1 2 2 1 2 log log 2 4 t t t t . Ta được 0 9 0 0 3 0 0 4 0 0 4 4       m S m P m P m . Câu 36: (TH PT C h uy ên V ĩn h P hú c - l ầ n 2 - n ăm 201 7 - 2 018 ) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số 2017 log 2 y mx m xác định trên  1;  . A. 0 m . B. 1 m . C. 1  m . D. 0  m . Lời giải Chọn A Hàm số xác định trên  1;  khi 2 0 mx m với mọi  1;  x . Xét bất phương trình 2 0 2 mx m mx m 1 . Nếu 0 m thì 1 0. 2 x (luôn đúng với mọi  1;  x ). Nếu 0 m thì 2 2 1 1 m x m m . Khi đó 1 thỏa mãn với mọi 1 x vì 2 1 1 m khi 0 m . Nếu 0 m thì 2 1 m x m . Khi đó 1 không thỏa mãn với mọi 1 x . Vậy 0 m không thỏa mãn yêu cầu đề bài. Vậy với 0 m thì hàm số 2017 log 2 y mx m xác định trên  1;  . Câu 37: (TH P T Ch uy ên V ĩn h P h ú c - l ầ n 2 - nă m 2017- 201 8) Gọi x , y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 9 6 4 log log log x y x y và 2 x a b y , với a , b là hai số nguyên dương. Tính T a b . A. 4 T . B. 8 T . C. 11 T . D. 6 T . Lời giải Chọn D Đặt 9 6 4 9 log log log 6 4   t t t x t x y x y y x y . Suy ra 2 2 3 3 3 3 4 9 6 4 1 1 0 2 2 2 2                 t t t t t t t t x y . 3 1 5 2 2     t . Mặt khác 9 9 3 6 6 2 2         t t t t x a b y suy ra 1 1 5 5 2 2   a a b b . Vậy 6 T a b . Câu 38: (TH P T Chuyên V ĩn h P húc - l ầ n 2 - n ăm 2017 - 201 8) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 1 log 2 2. x x A. 3 2;0 . S B. 1;0 . S C. S ;0 .  D. 3 2; .  S Lời giải: Chọn A Điều kiện: 2 0 1 0 1 0 1 1   x x x x Với điều kiện đó ta có 1 1 x . Bất phương trình tương đương: 2 2 2 3 2 1 4 1 0 2 3    x x x x x x . Kết hợp điều kiện: 3 2;0 . S Câu 39: (TH PT Chuyê n V ĩn h Phú c - l ầ n 2 - nă m 2 0 17 - 201 8) Cho hàm số 2 2 ln 2 5 . f x x x Tìm các giá trị của x để 0.  f x A. 0 x . B. 1  x . C.  x . D. 1 x . Lời giải Chọn D Tập xác định .  D Ta có 2 2 2 2 2 2 2ln 2 5 . ln 2 5 2ln 2 5 . 2 5   x f x x x x x x x x x . Do đó 2 2 1 0 ln 2 5 . 0 1 4  x f x x x x 2 1 .ln 1 4 0 x x Mặt khác 2 2 1 4 4 ln 1 4 ln 4 0 x x nên 0 1  f x x . Câu 40: (T H PT Qu ãng Xươn g - T h an h Hó a - l ầ n 1 - n ăm 2 017 - 20 18) Lãi suất tiền gửi tiết kiệm của các ngân hàng trong thời gian qua liên tục thay đổi. Bác Mạnh gửi vào một ngân hàng số tiền 5 triệu đồng với lãi suất t 0,7% / háng . Sau sáu tháng gửi tiền, lãi suất tăng lên t 0,9% / háng . Đến tháng thứ 10 sau khi gửi tiền, lãi suất giảm xuống t 0,6% / háng và giữ ổn định. Biết rằng nếu bác Mạnh không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu (ta gọi đó là lãi kép). Sau một năm gửi tiền, bác Mạnh rút được số tiền là bao nhiêu? (biết trong khoảng thời gian này bác Mạnh không rút tiền ra) A. 5452771,729 đồng. B. 5452733, 453 đồng. C. 5436566,169 đồng. D. 5436521,164 đồng. Lời giải Chọn B Gọi 1 T là tổng số tiền cả vốn lẫn lãi mà bác Mạnh nhận được sau sáu tháng với lãi suất t 0,7% / háng lúc đó 6 1 5000000. 1 0,7% T . Nếu tiếp tục gửi số tiền 1 T đó vào ba tháng tiếp theo nhưng với lãi suất t 0,9% / háng thì sau ba tháng với lãi suất điều chỉnh đó bác Mạnh lại thu được cả vốn lẫn lãi là 3 2 1 . 1 0,9% T T . Lại tiếp tục gửi số tiền 2 T đó thêm ba tháng nữa nhưng với lãi suất giảm còn t 0,6% / háng và giữ ổn định thì bác Mạnh thu được cả vốn lẫn lãi là 3 3 2 . 1 0,6% T T . Vậy sau một năm (tức sau 12 tháng) bác Mạnh thu được số tiền cả vốn lẫn lãi là 6 3 3 3 5000000.1,007 .1,009 .1,006 T T 5452733, 453 đồng. Câu 41: (TH PT Ng ô S ĩ L iê n - B ắ c G ia ng - l ầ n 1 - nă m 201 7 - 20 18) Hình bên dưới là đồ thị của hàm số ( ) y f x  . Hỏi đồ thị của hàm số y f x là hình nào sau đây? A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C Dựa vào đồ thị hàm số y f x  , ta thấy, hàm số y f x đồng biến trên các khoảng ; 1  và 1;  ; nghịch biến trên 1;1 . Chỉ có đáp án C thỏa mãn nhận xét trên. Câu 42: (TH PT Ng u y ễ n K h uy ế n - TP H C M - nă m 201 7 - 201 8) Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình 9 4.3 2 0 x x m có hai nghiệm thực phân biệt. A. 6 m . B. 2 6 m . C. 3 6 m . D. 0 6 m . Lời giải Chọn B Đặt 3 , 0 x t t , ta được phương trình 2 4 2 0(*) t t m . Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt thì phương trình * có hai nghiệm dương phân biệt, điều đó tương đương ' 0 4 2 0 6 0 4 0 2 6 2 0 2 0 m m S m m P m     . O x y 1 1 O 1 1 x y O 1 1 x y O 1 1 x y O 1 1 x yCâu 43: (TH PT Ng u y ễ n K h uy ế n - TP HC M - nă m 201 7 - 2018) Phương trình 8 3 4 9 . 4 3 16 x x         có hai nghiệm 1 x và 2 x . Tổng 1 2 S x x là A. 1. B. 4 . C. 2 . D. 3 Lời giải Chọn C Đk: 0 x  Xét phương trình 8 4 3 4 9 3 4 9 . . 4 3 16 4 3 16 x x x x                 4 4 2 2 3 3 9 3 3 4 . 2 2 4 0 1 4 4 16 4 4 x x x x x x x x                 Vì 0 x không phải là nghiệm của phương trình 1 và 1. 4 0 nên Phương trình 1 có hai nghiệm 1 x , 2 x và 1 2 2 x x . Vậy 2 S . Câu 44: (TH PT Ng u y ễ n K h uy ế n - TP H C M - nă m 201 7 - 201 8) Cho a , b , c dương và khác 1. Đồ thị các hàm số log a y x , log b y x , log c y x như hình vẽ Khẳng định nào dưới đây đúng? A. a c b . B. a b c . C. c b a . D. b c a Lời giải Chọn A Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số log a y x đồng biến trên tập xác định nên 1 a Đồ thị hàm số log b y x và log c y x nghịch biến trên tập xác định nên 0 1 b , 0 1 c Suy ra a b và a c Mặt khác với 1 x ta có log log b c x x b c . Vậy a c b . Câu 45: (TH PT Ng u y ễ n K h uy ế n - TP H C M - nă m 201 7 - 201 8) Cho x , y là các số thực thỏa 2 6 log 3log 3log x y x y . Tìm giá trị T x y . A. 28 T . B. 22 T . C. 34 T . D. 30 T . Lời giải Chọn A Đặt 2 6 log 3log 3log 3 x y x y t 8 6 10 t t t x y x y  8 6 10 t t t 4 3 1 5 5 t t         1 . O x y 1 log a y x log b y x log c y x Nhận xét: 2 t là nghiệm của phương trình 1 . Với 2 t : 2 2 4 3 4 3 1 5 5 5 5 t t                 . Vậy 2 t không là nghiệm của phương trình 1 . Với 2 t : 2 2 4 3 4 3 1 5 5 5 5 t t                 . Vậy 2 t không là nghiệm của phương trình 1 . Vậy 2 t là nghiệm duy nhất của 1 . Khi đó, ta có 2 2 8 64 6 36 x y  28 T x y . Câu 46: (TH PT Ng u y ễ n K h uy ế n - TP H C M - nă m 201 7 - 201 8) Cho hàm số 3 2 ln 3 x f x x . Giá trị nhỏ nhất của hàm số 1 g x f x x  là A. 3 . B. 2 . C. 1. D. Giá trị khác. Lời giải Chọn D TXĐ: 0; D  2 1 f x x x  . 2 1 1 g x f x x x x  3 3 2 1 0 2 g x x x  Bảng biến thiên: Câu 47: (TH PT Ch uy ên Hù n g Vươ ng - B ìn h P hư ớ c - l ầ n 2 - nă m 201 7 - 2 018 ) Cho biểu thức 1 2018 2018 x f x . Tính tổng sau 2018 2017 2016 ... 0 1 ... 2018    S f f f f f A. 2018 S . B. 1 2018 S . C. 2018 S . D. 1 2018 S . Lời giải Chọn A Ta có 1 1 1 1 2018 2018 2018 2018 x x f x f x 1 2018 2018 2018 2018 2018 . 2018 2018 2018 1 2018 2018 . 2018 2018 x x x x x Khi đó, ta có 2018 2017 2016 ... 0 1 ... 2018    S f f f f f x 0 3 2  y  – 0 y 3 3 1 2 4 2018 2017 2018 2016 2017 ... 0 1 1 1 1 2018 2018 2018 2018 2018 2018 2018. 2018               f f f f f f Câu 48: (TH PT H ậ u L ộ c 2 - Than h H ó a - ầ n 1 - n ăm 2017 - 201 8) Đề nghị sửa đề bài: Trên thực tế lãi suất 12% /năm khác với lãi suất 1% /tháng Ông A vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất 12% /năm, theo thỏa thuận cứ mỗi tháng ông A phải trả cho ngân hàng a triệu đồng. Hỏi a bằng bao nhiêu để ông A trả hết nợ ngân hàng sau đúng ba tháng. Biết rằng lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ, a tính theo đơn vị triệu đồng. Sửa lại : Ông A vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất 1% /tháng, theo thỏa thuận cứ mỗi tháng ông A phải trả cho ngân hàng a triệu đồng. Hỏi a bằng bao nhiêu để ông A trả hết nợ ngân hàng sau đúng ba tháng. Biết rằng lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ, a tính theo đơn vị triệu đồng. A. 3 100. 1,01 3 a (triệu đồng). B. 3 3 1,01 1,01 1 a (triệu đồng). C. 3 100. 1,03 3 a (triệu đồng). D. 3 3 120. 1,12 1,12 1 a (triệu đồng). Lời giải Chọn B Gọi B là số vốn vay ban đầu, r là lãi suất theo tháng. Cuối tháng thứ nhất, số tiền ông A còn nợ là 1 1 N B r a (triệu đồng). Cuối tháng thứ hai, số tiền ông a còn nợ là 2 2 1 1 1 1 N N r a B r a r a (triệu đồng). Cuối tháng thứ n , số tiền ông A còn nợ là 1 1 1 1 1 1 1 1        n n n n n r N B r a r r B r a r (triệu đồng). Để sau n tháng, ông A tra hết nợ thì 1 1 1 . 0 1 0 1 1  n n n n n r B r r N B r a a r r 1 . Với 100 B (triệu đồng), 1% r /tháng và 3 n , ta có 3 3 3 3 1 . 100. 1,01 .0,01 1,01 1 1 1,01 1 1,01 1 n n B r r a r (triệu đồng). Câu 49: (THPT Ch uy ê n L am - T h an h H ó a - l ần 1 - năm 201 7 - 201 8) Một người gửi 75 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 5, 4% /năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm ngưới đó nhận được số tiền nhiều hơn 100 triệu đồng bao gồm cả gốc và lãi? Giả định suốt trong thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó không rút tiền ra. A. 7 năm. B. 4 năm. C. 6 năm. D. 5 năm. Lời giải: Chọn C Gọi n là số năm cần tìm, điều kiện *  n . Khi đó n là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của bất phương trình: 75. 1 0,054 100 n 4 1,054 3 n 1,054 4 log 5, 470026055 3 n . Vậy giá trị của n thỏa đề bài là 6 n . Câu 50: (T HT T S ố 3 - 4 8 6 thá n g 12 nă m 2017 - 2 018 ) Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 3 3 log 3log 2 7 0 x x m có hai nghiệm thực 1 2 ; x x thỏa mãn 1 2 3 3 72. x x A. 61 2 m . B. 3 m . C. không tồn tại. D. 9 2 m . Lời giải Chọn D 2 3 3 log 3log 2 7 0 1 x x m Điều kiện: 0 x Đặt 3 log 3 t t x x thì phương trình tương đương 2 3 2 7 0 t t m 1 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 2 có 2 nghiệm phân biệt. Giả sử 2 có 2 nghiệm 1 3 1 2 3 2 log , log t x t x khi đó 1 2 ( ) 1 2 3 27 t t x x . Suy ra 1 2 1 2 1 2 1 2 3 3 72 3 63 12 x x x x x x x x Vậy 1 2 , x x là 2 nghiệm phương trình 2 12 27 0 9 3  x x x x 9 x suy ra 2 3 3 9 log 9 3log 9 2 7 0 . 2 m m 3 x suy ra 2 3 3 9 log 3 3log 3 2 7 0 . 2 m m Vậy 9 . 2 m Câu 51: (TH TT S ố 3 - 486 thá n g 12 năm 201 7 - 20 1 8) Một người gửi tiết kiệm ngân hàng theo hình thức gửi góp hàng tháng. Lãi suất tiết kiệm gửi góp cố định 0,55% /tháng. Lần đầu tiên người đó gửi 2.000.000 đồng. Cứ sau mỗi tháng người đó gửi nhiều hơn số tiền đã gửi tháng trước đó là 200.000 đồng. Hỏi sau 5 năm (kể từ lần gửi đầu tiên) người đó nhận được tổng số tiền cả vốn lẫn lãi là bao nhiêu? A. 618.051.620 đồng. B. 484.692.514 đồng. C. 597.618.514 đồng. D. 539.447.312 đồng. Lời giải Chọn D Xét 2000000, A 1 1,0055 r . Cuối tháng 1 có số tiền là 1 1 2011000 T A r Cuối tháng thứ 2 có số tiền là   2 1 2000000 1.200000 . 1 T T r Cuối tháng thứ 3 có số tiền là   3 2 2000000 2.200000 . 1 T T r Cuối tháng thứ 4 có số tiền là   4 3 2000000 3.200000 . 1 T T r Quy luật: Cuối tháng thứ n có số tiền là 1 2000000 1 .200000 . 1 n n T T n r    Bấm máy tính Casio theo quy trình: 1: 2000000 1 200000 .1.0055 X X B B X    Ấn CALC, gán 1, X 2011000 B . Ấn liên tiếp cho đến khi 59 X (nghĩa là 1 60 X ) ta được kết quả 539.447.312. Câu 52: (TH P T Ch u yê n L ê H ồ n g P h on g - Na m Đ ị nh - l ầ n 2 nă m 2 017 - 2 018) Tìm tham số m để phương trình 2018 2018 log 2 log x mx có nghiệm thực duy nhất. A. 1 2. m B. 1. m C. 0. m D. 2. m Lời giải. Chọn C Điều kiện 2 0 2 0 0 x x mx m   . Khi đó ta có: 2018 2018 log 2 log x mx 2 2 2 4 4 x mx x x mx 2 4 4 0 * x m x 2 2 4 16 8 m m m  . Yêu cầu bài toán * có nghiệm kép lớn hơn 2 hoặc có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 1 2 2 x x . Trường hợp 1: 2 8 0 0 4 2 2 m m m m  (loại). Trường hợp 2: Phương trình * có hai nghiệm phân biệt 2 8 0 m m 8 0 m m   . Theo hệ thức Vi-et, ta có: 1 2 1 2 4 . 4 x x m x x  Khi đó 1 2 2 x x 1 2 2 0 2 x x 1 2 2 2 0 x x 1 2 1 2 2 4 0 x x x x 4 2 4 4 0 0 m m (nhận). Vậy 0 m là giá trị cần tìm. Câu 53: (TH PT L ụ c Ng ạ n - B ắ c Ni n h - l ầ n 1 n ăm 20 17 - 201 8) Một cô giáo dạy Văn gửi 200 triệu đồng loại kỳ hạn sáu tháng vào một ngân hàng với lãi suất 69 % 20 một kì. Hỏi sau 6 năm 9 tháng cô giáo nhận được số tiền cả gốc và lãi là bao nhiêu biết cô giáo không rút lãi ở tất cả các kì hạn trước và nếu rút trước ngân hàng sẽ trả lãi suất theo loại lãi suất không kì hạn 0,002% trên ngày? A. 302088933đ. B. 471688328 đ. C. 311392503đ. D. 321556228 đ. Đề bài gốc là: Lãi suất 6,9% một năm thì không thể tương đương với lãi suất 6,9 % 2 một kì ( 6 tháng ) được.Do đó cần chỉnh lại đề bài ạ. Lời giải Chọn C Gọi A , r , n , S lần lượt là số tiền gửi ban đầu, lãi suất kỳ hạn sáu tháng, tổng số tiền cả gốc và lãi nhận được sau sáu năm sáu tháng. Khi đó 1 n S A r 13 0,069 200000000. 1 2     . Gọi T , 1 r , m lần lượt là tổng số tiền cô giáo nhận được sau 6 năm 9 tháng, lãi suất không kì hạn và số ngày ngân hàng sẽ trả lãi suất theo loại không kì hạn. 1 . 1 m T S r 90 . 1 0,00002 S 311392503  đ. Câu 54: (TH PT L ê Vă n T h ị nh - B ắ c N in h - l ầ n 1 n ăm 201 7 - 201 8) Tìm tất cả các giá trị của tham số m bất phương trình 1 4 2 1 0 x x m có nghiệm x  . A.  ;0 m  . B. 0; m  . C. 0;1 m . D. ;0 1; m    . Lời giải Chọn A Ta có: 1 1 4 4 4 2 1 0 2 1 4 2 1 x x x x x x m m m . Đặt 2 , 0 x t t . Yêu cầu bài toán tương đương với 2 , 0; 4 1 t m t t  . Đặt 2 , 0 4 1 t f t t t , 2 2 2 2 2 1 1 1 2 . 4 4 1 1 t t t t t f t t t        . 0 0 2 t f t t    . Bảng biến thiên (Bố sung các đầu mũi tên trong bbt là  vào nhé) +∞ - 0 0 -1 t +∞ -∞ 0 -2 0 f'(t) f(t) + - + Dựa vào bảng biến thiên có 0 m  . Câu 55: (TH PT L ê V ă n T h ị n h - B ắ c Ni nh - l ầ n 1 năm 201 7 - 2018) Cho các số thực x , y , z thỏa mãn 2017 3 5 15 z x y x y . Gọi S xy yz zx . Khẳng định nào đúng? A. 1;2016 S . B. 0;2017 S . C. 0;2018 S . D. 2016;2017 S . Lời giải Chọn C Đặt 2017 3 5 15 z x y x y u 2017 3 5 15 x y z x y u u u  3 5 15 log log 2017 log x u y u z u x y      15 1 log 3 1 log 5 2017 log u u x y z u x y  15 3 5 1 log 3 1 log 5 2017 log log log u u x y z u u u  15 3 5 15 3 5 1 1 . log 3 log 5 1 2017 log log 5 log log 1 2017 log log 3 log log u u u u xy yz u u u zx u u u          . Khi đó: S xy yz zx 15 15 3 5 3 5 1 1 1 2017 1 2017 . log log 2017 log 3 log 5 log 5 log log log 3 log log u u u u u u u u u u         . Vậy 2017 0;2018 S . [PHƯƠNG PHÁP TRẮC NGHIỆM] Chọn 1 x . Do đó từ 2017 5 15 5 log 3 3 5 15 2017 log 3 1 log 3 z x y x y y z  Do đó 5 5 15 15 5 5 2017 2017 1.log 3 log 3. log 3 log 3 .1 2017 1 log 3 1 log 3 S xy yz zx         Câu 56: (T HPT Lê Vă n Th ị n h - B ắ c Ni n h - l ầ n 1 n ăm 2017- 201 8) Cho a , b là các số thực và 2017 2 2018 ln 1 sin 2 f x a x x bx x . Biết log 6 5 6 c f , tính giá trị của biểu thức log 5 6 c P f với 0 1 c  . A. 2 P . B. 6 P . C. 4 P . D. 2 P . Lời giải Chọn A Đặt log 6 log 5 5 6 c c t . 6 f t và cần tính P f t . 2017 2 2018 .ln 1 sin 2 6 f t a t t bt t . Ta có: 2017 2 2018 .ln 1 sin 4 a t t bt t . Do đó: 2017 2 2018 .ln 1 sin 2 P f t a t t bt t 2017 2018 2 1 .ln sin 2 1 a bt t t t     2017 2 2018 .ln 1 sin 2 a t t bt t      4 2 2 . Vậy 2 P . Câu 57: (TH PT Tr i ệu Sơn 3 - T ha n h Hó a n ă m 201 7 - 201 8 ) Xét các số thực dương x , y thỏa mãn 16 9 12 log log log x y x y . Giá trị của biểu thức 2 1 x x P y y     bằng A. 2 P . B. 16 P . C. 3 5 P . D. 3 5 2 P . Lời giải Chọn A Đặt 16 9 12 log log log x y x y t 9 12 16 t t t x y x y  . Khi đó 16 t x y 9 12 16 t t t 2 3 3 1 0 4 4 t t         (vì 16 0 t ) 3 1 5 ( ) 4 2 3 1 5 ( ) 4 2 t t N L               . Vậy 9 12 t t x y 3 4 t     1 5 2 . Khi đó 2 1 x x P y y     2 1 5 1 5 1 2 2       2 . Câu 58: (TH P T T r i ệ u Sơn 3 - Th a nh Hó a n ăm 201 7 - 201 8 ) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sin 4 .tan x m x có nghiệm x k   . A. 1 4 2 m   . B. 1 4 m . C. 1 4 2 m . D. 1 4 2 m  . Lời giải Chọn D Điều kiện: 2 x k    , k  . Vì x k   nên phương trình sin sin 4 .tan 4sin cos cos 2 cos x x m x x x x m x 2 4cos .cos 2 0 x x m với 2 x k    2 2 1 cos 2 cos 2 0 2cos 2 2cos 2 x x m x x m 1 Đặt 2 2 2 f t t t với cos 2 t x , 1;1 t . (Do 2 x k    và x k   nên 2x k   , suy ra 1 t   ) Khi đó 4 2 f t t  , 1 0 1;1 2 f t t  Phương trình 1 có nghiệm x k   khi 1 4 2 m  . Câu 59: (Đ ề tha m k h ả o B G D n ăm 201 7 - 201 8) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 16 2.12 2 9 0 x x x m có nghiệm dương? A. 1. B. 2 . C. 4 . D. 3 . Lời giải Chọn B Ta có: 2 4 4 16 2.12 2 9 0 2. 2 0 3 3 x x x x x m m         1 . Đặt: 4 0 3 x t     . Phương trình 1 2 2 2 t t m 2 . Phương trình 1 có nghiệm dương phương trình 2 có nghiệm 1 t . Số nghiệm phương trình 2 là số giao điểm của đồ thị hàm số 2 2 f t t t , 1; t  và đường thẳng : 2 d y m . Xét hàm số 2 2 f t t t , 1; t  . 2 1 0 f t t  , 1; t  . Suy ra, hàm số f luôn đồng biến trên 1;  . Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên, ycbt 2 1 3 m m . Vậy có 2 giá trị m dương thoả mãn là   1;2 m . t 1  f t  f t 1  t 1 1 2 1 f t  0 f t 0 1 2 4 Câu 60: (Đ ề tha m kh ả o B G D n ăm 2017 - 2 018 ) Cho dãy số n u thỏa mãn 1 1 10 10 log 2 log 2log 2log u u u u và 1 2 n n u u với mọi 1 n . Giá trị nhỏ nhất để 100 5 n u bằng A. 247 . B. 248 . C. 229 . D. 290 . Lời giải Chọn B Vì 1 2 n n u u nên dễ thấy dãy số n u là cấp số nhân có công bội 2 q . Ta có: 9 9 10 1 1 . 2 . u u q u Xét 1 1 10 10 log 2 log 2log 2log u u u u 9 9 1 1 1 1 log 2log 2 . 2 log 2log 2 . 0 u u u u 1 1 1 1 log 18log 2 2log 2 log 18log 2 2log 0 u u u u 1 1 log 18log 2 2 log 18log 2 0 u u Đặt 1 2 log 18log 2 u t 0 t . Phương trình trên trở thành 2 2 1 2 0 2 0 2 t t t t t t L   Với 1 1 1 17 5 1 2 log 18log 2 1 2 log 18log 2 1 2 t u u u Trong trường hợp này ta có: 1 100 18 99 2 17 5 .2 5 2 5 99log 5 18 2 n n n u n Mà * n  nên giá trị nhỏ nhất trong trường hợp này là 248 n . Câu 1: (T HP T Tr i ệu S ơn 1 - l ần 1 n ăm 2 017 - 201 8 ) Tập các giá trị của tham số m để phương trình 2 2 3 3 log log 1 2 1 0 x x m có nghiệm trên đoạn 3 1;3    là A.   ;0 2; m    . B.   0;2 m . C. 0;2 m . D. ;0 2; m    . Lời giải Chọn B Xét phương trình 2 2 3 3 log log 1 2 1 0 x x m trên 3 1;3    . Đặt 2 3 log x t . Khi đó 3 1;3 x    nên   0;3 t . Phương trình đã cho trở thành: 1 2 1 t t m . Đặt 1 f t t t , để phương trình có nghiệm trên   0;3 ta có:     0;3 0;3 min 2 1 max * f t m f t   Ta có 1 1 0 2 1 f t t  , 0 t . Do đó f t đồng biến trên   0;3 Vậy * 0 2 1 3 1 2 1 5 0 2 f m f m m       . Câu 2: (TH P T Tr i ệu S ơ n 1 - l ần 1 n ăm 201 7 - 201 8) Cho hai đường cong 1 C : 2 3 3 2 3 x x y m m m và 2 C : 3 1 x y . Để 1 C và 2 C tiếp xúc nhau thì giá trị của tham số m bằng A. 5 2 10 3 m . B. 5 3 2 3 m . C. 5 2 10 3 m . D. 5 3 2 3 m . Lời giải Chọn C Đặt 3 x t 0 t suy ra 1 C : 2 2 2 3 3 2 3 2 3 x x y m m m t m t m m và 2 C : 3 1 1 x y t . Để 1 C và 2 C tiếp xúc nhau thì hệ 2 2 2 3 1 2 2 1 t m t m m t t m  có nghiệm 0 t . 2 2 2 2 1 2 1 2 3 1 1 10 3 2 3 0 2 2 1 3 m t m t t m t m m t t t t m t     . Do nghiệm 0 t nên 1 10 5 2 10 3 3 t m . Câu 3: (TH P T T r i ệ u Sơn 1 - l ần 1 n ăm 2 0 17 - 201 8 ) Giá trị của tham số m để phương trình 1 4 .2 2 0 x x m m có hai nghiệm 1 x , 2 x thoả mãn 1 2 3 x x là A. 2 m . B. 3 m . C. 4 m . D. 1 m . Lời giải Chọn C Đặt 2 x t , 0 t . Phương trình trở thành: 2 2 2 0 t mt m 1 . Phương trình đã cho có hai nghiệm 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 3 x x khi và chỉ khi phương trình 1 có hai nghiệm dương phân biệt thỏa mãn 1 2 1 2 3 1 2 . 2 .2 2 2 8 x x x x t t . Khi đó phương trình 1 có: 2 2 0 2 0 4 2 0 2 8 m m S m m P m P m    . Câu 4: (TH P T Tr i ệu S ơn 1 - l ần 1 n ăm 201 7 - 2 018 ) Bà Hoa gửi 100 triệu đồng vào tài khoản định kỳ tính lãi kép với lãi suất 8%/năm. Sau 5 năm bà rút toàn bộ tiền và dùng một nửa để sửa nhà, số tiền còn lại bà tiếp tục gửi vào ngân hàng. Tính số tiền lãi thu được sau 10 năm. A. 81, 413 triệu. B. 1 C triệu. C. 34, 480 triệu. D. 46,933 triệu. Lời giải Chọn A Năm năm đầu bà Hoa thu được số tiền là 5 1 100. 1 0.08 146,9328 A  (triệu) Năm năm sau bà Hoa thu được số tiền là 5 1 2 . 1 0.08 107,94625 2 A A  (triệu) Số tiền lãi thu được sau 10 năm của bà Hoa là 146,9328 100 107,94625 73,4664 81,41265 A   (triệu). Câu 5: (T HP T K im Li ê n - Hà N ộ i nă m 2 0 17 - 20 18 ) Cho hàm số 2 2 2 e x f x x x . Chọn mệnh đề sai? A. Hàm số có 1 điểm cực trị. B. Hàm số đồng biến trên  . C. Hàm số không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất. D. 5 1 e f . Lời giải Chọn A Tập xác định: D  . Đạo hàm: 2 2 e 2 2 2 2 e x x f x x x x x  . Phương trình 2 0 e 0 x f x x  có nghiệm kép 0 x và 0 f x  , x  . Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên  và không có cực trị. Vậy A sai và B đúng. Ta có: lim 0 x f x   và lim x f x    nên hàm số đã cho không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất. Vậy C đúng. Ta có: 2 1 5 1 1 2. 1 2 e e f    . Vậy D đúng. Câu 6: ( TH P T K im Li ê n - Hà N ội n ăm 2017- 2 0 18) Đường cong ở hình bên là đồ thị hàm số 2 ax y cx b với a , b , c là các số thực. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 2 a ; 2 b ; 1 c . B. 1 a ; 2 b ; 1 c . C. 1 a ; 2 b ; 1 c . D. 1 a ; 1 b ; 1 c . Lời giải Chọn B Đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại điểm có tọa độ 2;0 nên ta có: 2 2 0 1 2 a a c b . Vậy loại A Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là đường thẳng 1 1 1 a y c a c . Vậy loại D Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng 2 2 2 2 b x b c c . Câu 7: (T HPT K i m Liê n - Hà N ội n ăm 2 017 - 20 18) Gọi S là tập hợp các nghiệm nguyên của bất phương trình 2 3 10 2 1 3 3 x x x     . Tìm số phần tử của S . A. 11. B. 0 . C. 9 . D. 1. Lời giải Chọn C Ta có 2 3 10 2 1 3 3 x x x     2 3 10 2 3 3 x x x 2 3 10 2 x x x 2 3 10 2 x x x 2 2 2 3 10 0 2 0 3 10 4 4 x x x x x x x  2 5 14 2 x x x     5 14 x  . Do đó   5;6;7;8;9;10;11;12;13 S nên số phần tử của S là 9 . Câu 8: (THPT K im Liên - Hà N ộ i nă m 201 7 - 20 1 8) Cho 9 9 14 x x ; 1 1 6 3 3 3 2 3 3 x x x x a b ( a b là phân số tối giản). Tính . P a b . A. 10 P . B. 10 P . C. 45 P . D. 45 P . Lời giải Chọn C Ta có: 9 9 14 x x 2 3 3 16 3 3 4 x x x x O 1 1 2 2 y x 1 1 6 3 3 3 6 3 3 3 6 3.4 9 2 3 3 2 3.4 5 2 3. 3 3 x x x x x x x x 9 5 9 5 a b a b         . 45 P a b . Câu 9: (T HP T K im L i ên - Hà N ội nă m 201 7 - 201 8) Phương trình 2 2 2 sin cos sin 2 3 4.3 x x x có bao nhiêu nghiệm thuộc   2017; 2017 . A. 1284 . B. 4034 . C. 1285 . D. 4035 . Lời giải Chọn C. Ta có 2 2 2 2 2 2 sin os sin sin 1 sin sin 2 3 4.3 2 3 4.3 x c x x x x x Đặt 2 sin x t với   0;1 t , ta có phương trình 3 2 1 2 4.3 3. 4 3 3 9 t t t t t         . Vì hàm số 2 1 3. 3 9 t t f t         nghịch biến với   0;1 t nên phương trình có nghiệm duy nhất 0 t . Do đó sin 0 x x k  , k  . Vì   2017; 2017 x nên ta có 2017 2017 2017 2017 k k        nên có 1285 giá trị nguyên của k thỏa mãn. Vậy có 1285 nghiệm. Câu 10: (TH PT K im Liên - Hà N ộ i nă m 201 7 - 201 8) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 8 2 4 2 4 6 2 1 1 1 1 log 2017 log 2017 log 2017 log 2017... log 2017 2 2 2 2 n a n a a a a 2 2018 log 2017 log 2017 2 a a , với 0 1 a  . A. 2016 n . B. 2018 n . C. 2017 n . D. 2019 n . Lời giải Chọn D Gọi vế trái và vế phải của hệ thức đề bài cho lần lượt là A và B . Ta có 2 2 2 2 2 1 1 2 log 2017 log 2017 .log 2017 2 2 2 n n a a n n n a n . Do đó 2 4 6 2 2 4 8 2 log 2017 log 2017 log 2017 log 2017 .log 2017 2 2 2 2 a a a a a n n A 2 4 6 2 2 4 8 2 1 ... log 2017 2 2 2 2 a n n     . Dãy số 2 4 6 2 2 4 8 2 1 ... 2 2 2 2 n n lập thành một cấp số nhân với công bội 2 2 1 2 2 q 1 2 4 6 2 1 1 2 4 8 2 1 2 2 1 ... . 1. 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 n n n n n q u q     . Như vậy 2 2018 2018 log 2017 2 1 2 log 2017 log 2017 2log 2017 log 2017 2 2 2 a a a a a n A B     2018 2 1 2 2 2019 2 2 n n . Câu 11: (THPT Kiến An-Hải Phòng năm 2017-2018) Cho a , 0 b , 1 a  , 1 b  , * n  . Một học sinh đã tính giá trị của biểu thức 2 3 1 1 1 1 ... log log log log n a a a a P b b b b như sau: Bước 1: 2 3 log log log ... log n b b b b P a a a a . Bước 2: 2 3 log . . ... n b P a a a a . Bước 3: 1 2 3 ... log n b P a . Bước 4: 1 log b P n n a . Hỏi bạn học sinh đó đã giải sai từ bước nào ? A. Bước 1. B. Bước 2. C. Bước 3. D. Bước 4. Lời giải Chọn D Ta có: 1 1 2 3 ... 2 n n n . Do đó: 1 1 2 3 ... 2 log log 1 log n n n b b b P a a n n a . Vậy bạn học sinh đó đã giải sai từ bước 4. Câu 12: (THPT Kiến An-Hải Phòng năm 2017-2018) Một người gửi số tiền 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7% / năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu ( người ta gọi đó là lãi kép). Để người đó lãnh được số tiền 250 triệu thì người đó cần gửi trong khoảng thời gian ít nhất bao nhiêu năm ? (nếu trong khoảng thời gian này không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi). A. 12 năm. B. 13 năm. C. 14 năm. D. 15 năm. Lời giải Chọn C Ta có công thức tính 1 n A a r với A là số tiền gởi sau n tháng, a là số tiền gởi ban đầu , r là lãi suất. 6 6 250.10 100.10 1 0,07 n 1,07 2,5 n 1,07 log 2,5 13,542 n . Câu 13: (THPT Kiến An-Hải Phòng năm 2017-2018) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số a a 0 thỏa mãn 2017 2017 2017 1 1 2 2 2 2          a a a . A. 0 1 a . B. 1 2017 a . C. 2017 a . D. 0 2017  a . Lời giải Chọn D Ta có 2017 2017 2017 1 1 2 2 2 2          a a a 2017 2 2 2017 1 1 2017log 2 log 2 2 2 a a a          2017 2 2 2017 1 1 log 2 log 2 2 2 2017 a a a          . Xét hàm số 2 2 2 1 log 2 log 4 1 log 4 1 2 1 x x x x x y f x x x x     . Ta có 2 2 4 1 ln 4 1 4 ln4 4 1 ln 4 1 1 1 4 1 0 ln2 ln2 4 1 x x x x x x x ' .x . .x y x x                    2 4 ln4 4 1 ln 4 1 1 0 ln2 4 1 x x x x x . y x         , 0 x . Nên y f x là hàm giảm trên 0;  . Do đó 2017  f a f , 0 a khi 0 2017  a . Câu 14: (TH P T Ch u yê n L ươ ng V ă n T ụ y - Ni nh B ìn h l ầ n 1 nă m 2017- 201 8) Cho hệ 2 2 3 9 4 5 log 3 2 log 3 2 1 m x y x y x y  có nghiệm ; x y thỏa mãn 3 2 5 x y  . Khi đó giá trị lớn nhất của m là A. 5 . B. 3 log 5 . C. 5 . D. 5 log 3 . Lời giải Chọn C Ta có: 2 2 3 9 4 5 1 log 3 2 log 3 2 1 2 m x y x y x y  Từ 1 ta có: 3 2 3 2 5 0 x y x y  nên 5 3 2 3 2 x y x y . Từ 2 ta có: 3 3 5 log 3.log 3 2 log 1 3 2 m x y x y     3 3 3 log 3.log 3 2 log 5 log 3 2 1 m x y x y      3 3 log 3 2 . log 3 1 1 log 5 0 m x y  3 3 1 log 5 log 3 2 1 log 3 m x y 3 log 5  do 3 2 5 x y  . Suy ra 3 3 1 log 5 log 5 1 log 3 m  3 3 3 1 log 5 log 5 log 3.log 5 0 1 log 3 m m  1 log 5 0 1 log 3 m m  Giải bất phương trình theo m ta có:   1 ;5 \ 1 3 m      . Khi đó, hệ phương trình ban đầu có dạng 3 1 log 5 1 log 3 3 2 3 2 5 3 2 3 m x y x y x y  5 3 2 3 2 x y M x y M  nên luôn có nghiệm. Vậy giá trị lớn nhất của m để hệ có nghiệm là 5 m . Câu 15: (TH PT C h uy ên L ương Vă n T ụ y - Ni nh Bìn h l ầ n 1 n ăm 2 017 - 201 8 ) Cho 2018 2018 2018 x x f x . Giá trị của 1 2 2016 ... 2017 2017 2017 S f f f             là A. 2017 . B. 1008 . C. 2016 . D. 1006 . Lời giải Chọn B Ta có 2018 1 1 2018. 2018 2018 2018 2018 x x x f x . Xét 1 1 1 1 1 2018. 1 2018. 2018 2018 2018 2018 x x f x f x 1 1 1 2 2018 2018 2018 2018 2018 x x     1 2018 2 2018. 2018 2018 2018 2018 . 2018 x x x     2018 2018 2 1 2018 2018 x x . Do đó 1 2 2016 ... 2017 2017 2017 S f f f             1 2016 2 2015 1008 1009 ... 2017 2017 2017 2017 2017 2017 f f f f f f                                        1 1 2 2 1008 1008 1 1 ... 1 2017 2017 2017 2017 2017 2017 f f f f f f                                        1008 . Câu 16: (TH P T Ch uy ên Lương Vă n T ụ y - Ni nh Bình l ầ n 1 nă m 20 17 - 20 18) Tập nghiệm của bất phương trình 9 2 5 .3 9 2 1 0 x x x x là A.    0;1 2;   . B.   ;1 2;    . C.   1;2 . D.   ;0 2;    . Lời giải Chọn A Đặt 3 x t , 0 t . Xét phương trình: 2 2 5 9 2 1 0 t x t x 1 . Ta có 2 2 2 5 9 2 1 8 16 4 x x x x x   nên phương trình 1 luôn có nghiệm. Nếu 4 0 x   thì phương trình 1 có nghiệm kép 5 t x . Do đó bất phương trình đã cho trở thành 3 5 x x ( luôn đúng khi 4 x ). Nếu 4 0 x    thì phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt 2 1 9 t x t   . Xét các phương trình 3 9 2 x x 1 và 3 2 1 3 2 1 0 x x x x 2 . Đặt 3 2 1 x f x x ; ta có 3 ln 3 2 x f x  là hàm số đồng biến trên  . Lại có 0 1 0 f f và 0 0 f  , 1 0 f  nên f x  đổi dấu một lần duy nhất trong khoảng   0;1 . Vậy phương trình 2 có đúng hai nghiệm 0 x , 1 x . Lập bảng xét dấu cho 1 và 2 ta được tập nghiệm của bất phương trình là:    0;1 2; S   . Câu 17: (THPT Chu yê n Lươ n g Vă n T ụ y - Ni n h B ìn h l ầ n 1 n ă m 201 7 - 201 8 ) Phương trình 2 25 2.10 .4 0 x x x m có hai nghiệm trái dấu khi: A. 1;0 0;1 m  . B. 1 m  . C. 1 m hoặc 1 m . D. 1 m . Lời giải Chọn A Chia hai vế của phương trình cho 4 x ta được: 2 2 5 5 2. 0. 1 2 2 x x m         Đặt 5 0 2 x t     khi đó phương trình 1 trở thành 2 2 2 0 2 t t m Để phương trình 1 có hai nghiệm trái dấu 1 2 0 x x thì phương trình 2 có hai nghiệm thỏa 1 2 0 1 t t vì 1 2 0 5 5 5 0 2 2 2 x x             . 1 2 1 2 1 2 0 0 . 0 1 . 1 0 t t t t t t    . 2 2 2 1 0 2 0 0 1 0 m m m  1 1 0 m m   . Câu 18: (TH P T Chuy ên Lư ơ n g Vă n T ụ y - N in h B ì nh l ầ n 1 nă m 2 017 - 20 18) Tìm số nghiệm của phương trình 2 3 4 ... 2017 2018 2017 x x x x x x . A. 1. B. 2016 . C. 2017 . D. 0 . Lời giải Chọn A Xét hàm số 2 3 4 ... 2017 2018 x x x x x f x Ta có 2 ln 2 3 ln 3 ... 2018 ln 2018 0 x x x f x  , x  . Suy ra hàm số 2 3 4 ... 2017 2018 x x x x x y đồng biến trên  . Hàm số 2017 g x x nghịch biến trên  . Mặt khác 0 0 2017 f g . Do đó, phương trình f x g x có nghiệm duy nhất 0 x . Câu 19: ( TH PT Ch u y ên Lương Vă n T ụ y - Ni nh B ình l ầ n 1 n ăm 2017 - 201 8) Tính đạo hàm cấp 2018 của hàm số 2 e x y . A. 2018 2017 2 2 .e x y . B. 2018 2018 2 2 .e x y . C. 2018 2 e x y . D. 2018 2018 2 2 . .e x y x . Lời giải Chọn B 2 e 2. x y  ; 2 2 2 .e x y   ; 3 3 2 2 .e x y ; …. 2 2 .e n n x y * . Thật vậy Với 1 n công thức * đúng. Giả sử * đúng với n k , tức là ta có 2 2 .e k k x y . Khi đó 1 2 1 2 2 .2.e 2 .e k k x k x y . Vậy * đúng với mọi n  . Vậy 2018 2018 2 2 .e x y . Câu 20: (TH PT Đo àn T h ư ợng - H ả i Dươ n g - l ầ n 2 nă m 201 7 - 2 018 ) Đầu mỗi tháng anh A gửi vào ngân hàng 3 triệu đồng với lãi suất kép là 0,6% mỗi tháng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng (khi ngân hàng đã tính lãi) thì anh A có được số tiền cả lãi và gốc nhiều hơn 100 triệu biết lãi suất không đổi trong quá trình gửi. A. 31 tháng. B. 35 tháng. C. 30 tháng. D. 40 tháng. Lời giải Chọn A Áp dụng công thức: 1 1 1    n n a T r r r . Để anh A có được số tiền cả lãi và gốc nhiều hơn 100 triệuthì ta có: 100 n T 3 1 0,6% 1 1 0,6% 100 0,6%    n 1,006 603 log 30,3 503  n . Vậy sau ít nhất 31 tháng thì anh A có được số tiền cả lãi và gốc nhiều hơn 100 triệu biết lãi suất không đổi trong quá trình gửi. Câu 21: (TH PT H à Huy T ậ p - Hà T ĩn h - l ầ n 1 n ă m 2 017 - 201 8 ) Hàm số nào sau đây đồng biến trên từng khoảng xác định của nó? A. 2 1 x y . B. 2 2 log 1 y x . C. 3 2 1 3 3 y x x x . D. 4 2 2 1 y x x . Lời giải Chọn C  Xét hàm số 2 1 x y có cơ số 2 1 0;1 a nên hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó.Vậy A sai.  Xét hàm số 2 2 log 1 y x . Tập xác định D  2 2 1 ln 2 x y x  không mang dấu dương tren tờn miền xác định nên không thể đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.Vậy B sai  Xét hàm số 4 2 2 1 y x x có 2 1 0 4 1 0 1 x y x x x    nên hàm số không đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.Vậy D sai.  Xét hàm số 3 2 1 3 3 y x x x 2 2 2 1 1 0 y x x x  (Dấu '' '' xảy ra tại 1 x ) Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng ;   . Câu 22: (TH PT Hà H u y T ậ p - Hà T ĩnh - l ầ n 1 n ă m 20 17 - 201 8) Một người gửi số tiền 300 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 6% /năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu (lãi kép). Hỏi sau 3 năm, số tiền trong ngân hàng của người đó gần bằng bao nhiêu, nếu trong khoảng thời gian này không rút tiền ra và lãi suất không đổi (kết quả làm tròn đến triệu đồng). A. 337 triệu đồng. B. 360 triệu đồng. C. 357,3 triệu đồng. D. 350 triệu đồng. Lời giải Chọn C Số tiền của người đó sau năm thứ nhất là 6 1 6 300.10 1 100 A     Số tiền của người đó sau năm thứ hai là 2 6 2 1 6 6 1 300.10 1 100 100 A A         Số tiền của người đó sau năm thứ ba là 3 6 3 2 6 6 1 300.10 1 357304800 100 100 A A         . Câu 23: (TH P T Hà H uy T ậ p - Hà T ĩn h - l ầ n 1 n ă m 201 7 - 20 18) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình 9 2.6 .4 0 x x x m có hai nghiệm trái dấu. A. 1 m  . B. 1 m hoặc 1 m . C. 0 1 m . D. 1 m . Lời giải Chọn C Xét phương trình: 9 2.6 .4 0 x x x m 9 6 2. 0 4 4 x x m         Cách 1: Đặt 3 2 x t     , điều kiện 0 t ta được phương trình 2 2.t 0 t m 2 2 t t m 2 Để phương trình có hai nghiệm trái dấu thì phương trình 2 có hai nghiệm 1 2 0 1 t t Xét hàm số 2 2 f t t t trên 0;  ta có 2 2 f t t  0 1 f t t  . BBT: t  0 1  f t  0 0 f t 0 1  Dựa vào bảng biến thiên ta có: 1 0 m 0 1 m . Cách 2: Đặt 3 2 x t     , 0 t ta được phương trình 2 2.t 0 g t t m 2 Ta thấy: 1 2 1 2 1 2 3 3 0 0 1 0 1 2 2 x x x x t t         Do đó cần tìm m để pt 2 có hai nghiệm 1 2 0 1 t t . ĐK: 1 2 1 2 1 2 1 0 2 0 0 1 1 2 1 0 m t t t t m t t m    0 1 m . Câu 24: (TH P T Hà H uy T ậ p - Hà T ĩn h - l ầ n 1 n ă m 201 7 - 20 18) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình: 2 2 5 5 1 log 1 log 4 x mx x m thỏa mãn với mọi x  . A. 1 0 m  . B. 1 0 m . C. 2 3 m  . D. 2 3 m . Lời giải Chọn C Ta có: 2 2 5 5 1 log 1 log 4 x mx x m 2 2 5 5 log 5 5 log 4 x mx x m 2 2 2 2 2 4 0 1 4 0 5 5 4 5 4 5 0 2 mx x m mx x m x mx x m m x x m    Để bất phương trình đã cho thỏa mãn với mọi x  điều kiện là cả 1 và 2 đều thỏa mãn với mọi x  . Điều kiện là 2 2 0 5 4 0 2 3 4 5 0 m m m m    . Câu 25: (THPT H à H uy T ậ p - Hà T ĩnh - l ầ n 1 n ăm 201 7 - 2 018 ) Cho x , y là các số dương thỏa mãn 4 1 xy y  . Giá trị nhỏ nhất của: 6 2 2 ln x y x y P x y là ln a b . Giá trị của tích ab là A. 18 ab . B. 81 ab . C. 28 ab . D. 82 ab . Lời giải Chọn B Với 0 x , 0 y ta có 4 1 xy y  2 1 4 x y y y 2 1 1 2.2. 4 4 x y y y     2 1 4 2 x y y     4 x y  . Vậy 0 4 x y  . 6 2 2 ln x y x y P x y 12 6. ln 2 y x x y     . Đặt x t y 0 4 t  . 1 12 6 ln 2 P t t t 2 6 1 2 P t t t  2 2 6 12 ( 2) t t t t . 2 0 6 12 0 P t t t  3 21 3 21 t L t TM    Lập bảng biến thiên Vậy . 81 a b . Câu 26: (TH P T Lươ ng Th ế V i nh - Hà N ộ i năm 201 7 - 201 8) Cho hàm số 2018 2018ln e e x y f x     . Tính giá trị biểu thức 1 2 ... 2017 T f f f    . A. 2019 2 T . B. 1009 T . C. 2017 2 T . D. 1008 T . Lời giải Chọn C Xét hàm số e e e t t g t ta có 1 1 e e e e 1 e e e e e e e t t t t t g t . Khi đó e e 1 1 e e e e t t t g t g t . (*) Xét hàm số 2018 2018ln e e x y f x     ta có 2018 2018 e e e x x y f x   . Do 1 2017 1 2018 2018 nên theo (*) ta có 1 2017 1 2017 1 2018 2018 f f f f             . Khi đó ta có 1 2 ... 2017 T f f f    1 2017 2 2016 ... 1008 1010 1009 f f f f f f f                 1009 2018 1009 2018 e 1 1 ... 1 e e 1 1008 2 2017 2 Câu 27: ( THPT Lương Th ế Vi n h - Hà N ộ i n ă m 201 7 - 201 8) Số giá trị nguyên của m để phương trình 1 .16 2 2 3 .4 6 5 0 x x m m m có 2 nghiệm trái dấu là A. 2 . B. 0 . C. 1. D. 3 . Lời giải Chọn A Đặt 4 x t , 0 t , khi đó phương trình trở thành: 2 1 2 2 3 6 5 0 m t m t m . * Theo ycbt: 1 2 0 x x 1 2 0 4 1 4 x x 1 2 0 1 t t trong đó 1 2 1 2 2 2 3 1 6 5 1 m t t m m t t m  Cần có: 2 1 2 1 2 1 2 2 3 1 6 5 0 2 2 3 0 1 4 1 6 5 1 6 5 2 2 3 1 1 1 0 1 1 m m m m t t m m m t t m m m t t m m    Vì   3; 2 m m  . Câu 28: (TH P T Đ ứ c Th ọ - Hà T ĩnh - l ần 1 nă m 201 7 - 2018) Cho 4 số thực dương a , b , x , y thỏa mãn: 1 a  , 1 b  và 2 2 1 x y . Biết rằng: log 0 a x y ; log 0 b xy . Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. 0 1 a ; 1 b . B. 1 a ; 1 b . C. 0 1 a ; 0 1 b . D. 1 a ; 0 1 b . Lời giải Chọn B Vì x , 0 y và 2 2 1 x y nên ta đặt được sin x , cos y với 0 2  . Khi đó: sin cos 2 sin 4 x y      . Vì 3 0 1 2 sin 2 2 4 4 4 4          hay 1 2 x y . Khi đó ta có: log 0 1 1 a x y a x y  Lại có: 1 sin .cos sin 2 2 xy . Mà 1 1 0 0 sin 2 2 2 2  hay 1 0 2 xy . Vậy: log 0 1 1 0 2 b xy b xy  . Câu 29: (TH P T Đ ức Th ọ - Hà T ĩn h - l ầ n 1 năm 2 017 - 201 8 ) Cho các số 0 m , 0 n , 0 p thỏa mãn 4 10 25 m n p . Tính giá trị biểu thức 2 2 n n T m p . A. 1 T . B. 5 2 T . C. 2 T . D. 1 10 T . Lời giải Chọn A Vì log 4 4 10 log 4 log 2 2 2 m n n n m m . Vì log 25 10 25 log 25 log5 2 2 n p n n p p . Suy ra log 2 log5 log10 1 2 2 n n T m p . Câu 30: (T HP T Th ạc h T hà n h 2 - T ha n h H ó a - l ần 1 nă m 2 017 - 201 8) Trong thời gian liên tục 25 năm, một người lao động luôn gửi đúng 4.000.000 đồng vào một ngày cố định của tháng ở ngân hàng A với lãi suất không thay đổi trong suốt thời gian gửi tiền là 0.6% / tháng. Gọi A đồng là số tiền người đó có được sau 25 năm. Hỏi mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 3.450.000.000 A 3.500.000.000 . B. 3.400.000.000 A 3.450.000.000 . C. 3.350.000.000 A 3.400.000.000 . D. 3.500.000.000 A 3.550.000.000 . Lời giải Chọn C Giả sử tiền gửi vào đầu mỗi tháng. Gọi a (đồng) là số tiền hàng tháng người lao động gửi vào ngân hàng, % r là lãi suất ngân hàng mỗi tháng, n T (đồng) là số tiền cả gốc lẫn lãi người lao động nhận được vào n (tháng). Cuối tháng thứ nhất, người đó có số tiền là: 1 . T a a r 1 a r . Đầu tháng thứ hai, người đó có số tiền là: 2 1 T a r a 1 1 a r    2 1 1 1 1 a r r       2 1 1 a r r    . Cuối tháng thứ hai, người đó có số tiền là: 2 2 3 1 1 1 1 . a a T r r r r r       2 1 1 1 a r r r    . Tương tự, lập luận như trên ta cũng có công thức tính số tiền nhận được vào cuối tháng thứ n , người đó có số tiền cả gốc lẫn lãi là: 1 1 1 n n a T r r r    . Tóm tắt dữ liệu bài toán: 6 4.10 0.6% 0.006 25 300 a ñoàng r n naêm thaùng  . 6 300 25 4.10 1 0.006 1 1 0.006 0.006 T    3.364.866.655 . Khi đó: 3.350.000.000 3.364.866.655 3.400.000.000 . Thỏa mãn đáp án C. Câu 31: (TH PT Th ăn g L on g - Hà N ội - l ầ n 1 nă m 20 17 - 201 8) Cho a là số thực dương khác 1. Biểu thức 3 2018 log 2018 log 2018 log 2018 ... log 2018 a a a a P bằng: A. 1009.2019.log 2018 a . B. 2018.2019.log 2018 a . C. 2018.log 2018 a . D. 2019.log 2018 a . Lời giải Chọn A Ta có 3 2018 log 2018 log 2018 log 2018 ... log 2018 a a a a P . log 2018 2.log 2018 3.log 2018 ... 2018.log 2018 a a a a . 1 2 3 ... 2018 .log 2018 a . 2018 1 2018 .log 2018 2 a 1009.2019.log 2018 a . Câu 32: (TH PT Th ăn g L on g - Hà N ội - l ầ n 1 nă m 20 17 - 201 8) Cho phương trình 1 4 .2 2 0 x x m m , m là tham số. Gọi S là tập hợp các giá trị của m sao cho phương trình trên có hai nghiệm dương phân biệt. Biết S là một khoảng có dạng ; a b , tính b a . A. 1. B. 3 . C. 4 . D. 2 . Lời giải Chọn A Ta có 1 4 .2 2 0 x x m m 2 2 2 .2 2 0 x x m m . Đặt 2 0 x t , ta được 2 2 2 0 t mt m 1 YCBT 1 có hai nghiệm 1 t , 2 t lớn hơn 1 2 1 2 1 2 2 0 1 1 0 1 1 0 m m t t t t    2 1 2 1 2 1 2 2 0 2 1 0 m m t t t t t t  . Theo hệ thức Viet ta có 1 2 1 2 2 2 t t m t t m  . Do đó 2 2 0 2 2 2 2 1 0 m m m m m  2 1 1 3 m m m m    2;3 m 2 3 a b  1 b a . Câu 33: (TH PT Th ăn g L on g - Hà N ội - l ầ n 1 nă m 20 17 - 201 8) Cho a , b là hai số thực dương thỏa mãn 5 4 2 5 log 3 4 a b a b a b     . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 T a b A. 1 2 . B. 5 2 . C. 3 2 . D. 1. Lời giải Chọn B 5 5 5 4 2 5 log 3 4 log 4 2 5 log 5 5 4 2 5 a b a b a b a b a b a b a b     5 5 log 4 2 5 4 2 5 log 5 5 a b a b a b a b (*) Hàm số 5 log 0 f t t t t có ' 1 1 0 ln 5 f t t f t đồng biến nên (*) 4 2 5 5 4 2 5 5 f a b f a b a b a b . 4 2 5 5 5 3 a b a b a b 2 2 T a b 2 2 2 2 3 5 5 5 3 10 30 25 10 2 2 2 T b b b b b     . Vậy GTNN 5 2 T . Câu 34: (TH PT Th ăn g L on g - Hà N ội - l ầ n 1 nă m 20 17 - 201 8) Cho đồ thị hàm số 2 e x y như hình vẽ. ABCD là hình chữ nhật thay đổi sao cho B và C luôn thuộc đồ thị hàm số đã cho. AD nằm trên trục hoành. Giá trị lớn nhất của diện tích hình chữ nhật ABCD là A. 2 e . B. 2 e . C. 2 e . D. 2 e . Lời giải Chọn A Giả sử điểm 2 ;e x C x với 0 x . Diện tích của hình chữ nhật ABCD là 2 2 .e x f x x . Ta có 2 2 2 2e 4 e x x f x x  2 2 2e 1 2 x x . 0 f x  2 2 x . Bảng biến thiên Vậy 2 max e S . Câu 35: (TH P T Ch u yê n Th ái B ìn h - l ầ n 2 nă m h ọc 201 7 - 201 8) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số 2 3 log 2 1 y x mx m xác định với mọi 1;2 x A. 1 3 m . B. 3 4 m . C. 3 4 m . D. 1 3 m . Lời giải Chọn B Cách 1: Hàm số xác định với mọi 1;2 x khi 2 2 1 0 x mx m , 1;2 x 2 2 1 0 f x x mx m , 1;2 x 0 f x có hai nghiệm thỏa 1 2 1 2 x x   1 0 3 0 3 3 4 0 4 2 0 f m m m f       . Cách 2: 2 2 1 0 x mx m , 1;2 x 2 1 2 x m f x x * , 1;2 x Ta có : 2 2 4 1 0 2 x x f x x  , 1;2 x . Do đó để * xảy ra thì : 3 2 4 m f . Câu 36: ( T HP T Ch uy ên Thái B ình - l ầ n 2 n ăm h ọ c 201 7 - 201 8) Cho các hàm số x y a , log , log b c y x y x có đồ thị như hình vẽ. Chọn khẳng định đúng. A. c b a . B. b a c . C. a b c . D. b c a . Lời giải: Chọn A Hàm số x y a đồ thị có dáng đi xuống từ trái sang phải nên nghịch biến trên  do đó 0 1 a (1). Hai hàm số log b y x và log c y x đồ thị có dáng đi lên từ trái sang phải nên đồng biến trên khoảng 0;  do đó 1 , 1 b a c a (2). Quan sát đồ thị ta thấy với 0 1 x thì log log b c x x , suy ra c b . Quan sát đồ thị ta thấy với 1 x thì log log b c x x , suy ra c b . Suy ra 1 b c (3) Từ (1), (2), (3) suy ra c b a . Cách khác: Dễ thấy 1 a , 1 b , 1 c . Nên a là số nhỏ nhất. Xét đường thẳng 1 y cắt đồ thị hai hàm số log b y x và log c y x lần lượt tại các điểm ;1 B b và ;1 C c (hình vẽ). Dễ thấy c b vậy c b a . Câu 37: ( T HP T C huyê n T há i B ình - l ần 2 n ăm h ọ c 201 7 - 201 8) Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số 2 y ln 1 1 x mx đồng biến trên khoảng ;   . A. ; 1  . B. 1;1 . C.   1;1 . D.  ; 1  . Lời giải: Chọn D Tập xác định D  . Ta có: 2 2 ' 1 x y m x . Hàm số đồng biến trên khoảng ;   khi và chỉ khi 2 2 0, 1 x y m x x   2 2 , 1 x m x x  . Xét hàm số 2 2 1 x y x ta có 2 2 2 2 2 1 x y x  ; 0 1 y x   . Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy 1 m  thỏa điều kiện đề bài. Câu 38: (TH P T Ch uy ên ĐH S P - H à N ộ i - l ầ n 1 n ăm 201 7 - 201 8 ) Cho 2 1 1 .5 2 x f x ; 5 4 .ln 5 x g x x . Tập nghiệm của bất phương trình f x g x   là A. 0 x . B. 1 x . C. 0 1 x . D. 0 x . Lời giải Chọn D Ta có: 2 1 2 1 1 .5 . 2 1 .ln 5 5 .ln 5 2 x x f x x   . Và: 5 .ln 5 4ln 5 5 4 ln 5 x x g x  . Do đó: f x g x   2 1 5 .ln 5 5 4 ln 5 x x 2 1 5 5 4 x x 2 5.5 5 4 0 x x 4 5 5 5 1 x x VN     5 1 x 0 x . x  1 1  y  0 0 y 0 1 1 0 1 B CVậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 0 x . Câu 39: (TH P T Ch u yê n ĐH SP - Hà N ộ i - l ầ n 1 nă m 201 7 - 201 8 ) Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình 3 3 3 3 x x x x a có nghiệm duy nhất. A. a  . B. 1 0 a . C. 0 a . D. không tồn tại a . Lời giải Chọn A Ta có: 3 3 3 3 x x x x a 3 3 3 3 x x x x a 2 2 3 3 x x a 1 . Xét hàm số 2 2 3 3 x x f x . Có 2 2 2.3 2.3 0 x x f x  , x  . Do đó, hàm số y f x luôn đồng biến trên  . Suy ra với mọi giá trị của a thì 1 luôn có nghiệm duy nhất. Câu 40: (TH PT Yê n L ạ c - V ĩn h Phú c - l ầ n 3 năm 2017 - 201 8) Cho hai số thực a , b thỏa mãn 100 40 16 4 log log log 12 a b a b . Giá trị a b bằng A. 4 . B. 12. C. 6 . D. 2 . Lời giải Chọn C Đặt 100 40 16 4 log log log 12 a b a b t . Ta có 100 t a , 40 t b , 4 16 12 t a b . Suy ra 100 4.40 12.16 t t t 4 2 12. 4. 1 0 25 5 t t         2 1 5 6 2 1 5 2 t t               Do đó 2 1 5 6 t     100 5 6 40 2 t t a b         . Câu 41: (TH TT S ố 4 - 487 thá n g 1 n ăm 201 7 - 2 018 ) Từ các chữ số 0 , 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 có thể lập được bao nhiêu số có 5 chữ số khác nhau mà số đó nhất thiết phải có mặt các chữ số 1, 2 , 5 ? A. 684 . B. 648. C. 846 . D. 864 . Lời giải Chọn B Gọi số tạo thành là n abcde .  Trường hợp 1: a bất kỳ. Chọn 3 vị trí để đặt số 1, 2 , 5 có 3 5 60 A cách. Chọn hai số còn lại có 2 4 12 A . Theo quy tắc nhân ta có: 60.12 720 số.  Trường hợp 2 : 0 a . Chọn 3 vị trí để đặt số 1, 2 , 5 có 3 4 24 A cách. Chọn một số còn lại có 1 3 3 A . Theo quy tắc nhân ta có: 24.3 72 số. Số các số tự nhiên thỏa mãn đề bài là 720 72 648 số. Câu 42: (T HT T S ố 4 - 4 87 thá n g 1 nă m 201 7 - 201 8) Cho hai số thực dương a , b thỏa mãn 4 6 9 log log log a b a b . Tính a b . A. 1 2 . B. 1 5 2 . C. 1 5 2 . D. 1 5 2 . Lời giải Chọn B Đặt 4 6 9 log log log a b a b k 4 6 9 k k k a b a b  2 >0 1 3 4 6 9 2 k k k k a b      . Có 2 2 2 2 1 0 3 3 k k         2 1 5 ( ) 3 2 2 1 5 ( ) 3 2 k k TM L               . Do đó 1 5 2 a b . Câu 43: (TH TT S ố 4 - 487 th án g 1 nă m 201 7 - 201 8 ) Tìm giá trị m để phương trình 2 1 1 1 2 2 0 x x m có nghiệm duy nhất. A. 3 m . B. 1 8 m . C. 1 m . D. 3 m . Lời giải Chọn D Đặt 1 2 x t 1 t . Khi đó ta được phương trình 2 2 0 t t m 1 Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 1 có nghiệm kép 1 t hoặc có một nghiệm 1 t và một nghiệm 1 t . Phương trình 1 có nghiệm 1 t 2 1 0 m 3 m . Thử lại: Với 3 m ta được: 2 2 3 0 t t 1 3 2 t t    . Suy ra 3 m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 44: ( TH TT S ố 4 - 487 thá n g 1 nă m 201 7 - 2018) Gọi N t là số phần trăm cacbon 14 còn lại trong một bộ phận cây sinh trưởng từ t năm trước đây thì ta có công thức: 100. 0,5 % t A N t với A là hằng số. Biết rằng một mẫu gỗ có tuổi khoảng 3574 năm thì lượng cacbon 14 còn lại là 65% . Phân tích mẫu gỗ từ một công trình kiến trúc cổ, người ta thấy lượng cacbon 14 còn lại trong mẫu gỗ đó là 63% . Hãy xác định tuổi của mẫu gỗ được lấy từ công trình đó. A. 3784. B. 3833. C. 3834. D. 3843 . Lời giải Chọn B Theo giả thiết ta có: 0,5 3574 log 0,65 A . Vậy tuổi của mẫu gỗ được lấy từ công trình đó là 0,5 .log 0,63 3833 t A  . Câu 45: (S G D B ắ c Ni nh nă m 201 7 - 2 0 18) Tập các giá trị của m để phương trình 4. 5 2 5 2 3 0 x x m có đúng hai nghiệm âm phân biệt là: A. ; 1 7;    . B. 7; 8 . C. ; 3  . D. 7; 9 . Lời giải Chọn B Đặt 5 2 x t , 0 t , khi đó 5 2 log x t và mỗi 0; 1 t cho ta đúng một nghiệm 0 x . Phương trình đã cho được viết lại 1 4 3 * t m t . Suy ra bài toán trở thành tìm m để phương trình * có đúng hai nghiệm 0; 1 t . Xét hàm số 1 4 3 f t t t với 0; 1 t . Có 2 2 2 1 4 1 4  t f t t t ; 1 0; 1 2 0 1 0; 1 2        t f t t . Bảng biến thiên x 0 1 2 1  f x 0  f x 8 7 Dựa vào bảng biến thiên ta có 7 8 m . Câu 46: (SG D B ắ c N in h n ăm 20 17 - 2018) Ông An gửi triệu đồng vào 320 ngân hàng ACB và VietinBank theo phương thức lãi kép. Số tiền thứ nhất gửi vào ngân hàng ACB với lãi suất 2,1% một quý trong thời gian 15 tháng. Số tiền còn lại gửi vào ngân hàng VietinBank với lãi suất 0,73% một tháng trong thời gian 9 tháng. Biết tổng số tiền lãi ông An nhận được ở hai ngân hàng là 26670725,95 đồng. Hỏi số tiền ông An lần lượt ở hai ngân hàng ACB và VietinBank là bao nhiêu (số tiền được làm tròn tới hàng đơn vị)? A. 180 triệu đồng và 140 triệu đồng. B. 120 triệu đồng và 200 triệu đồng. C. 200 triệu đồng và 120 triệu đồng. D. 140 triệu đồng và 180 triệu đồng. Lời giải Chọn B Gọi số tiền ông An gửi ở ngân hàng ACB là x (triệu đồng). Số tiền ông An gửi ở ngân hàng VietinBank là 320 x (triệu đồng). Khi gửi ở ngân hàng ACB với lãi suất 2,1% một quý thì số tiền cả vốn và lãi ông An nhận được khi gửi ở ngân hàng ACB sau 15 tháng là 5 5 1 0,021 1,021 . x x (triệu đồng). Số tiền lãi ông An nhận được khi gửi ở ngân hàng ACB sau 15 tháng là: 5 1,021 1 .x (triệu đồng). Khi gửi ở ngân hàng VietinBank với lãi suất 0,73% một tháng trong thời gian 9 tháng thì số tiền cả vốn và lãi ông An nhận được là: 9 9 320 1 0.0073 1.0073 320 x x (triệu đồng). Số tiền lãi ông An nhận được khi gửi ở ngân hàng VietinBank với lãi suất 0,73% một tháng trong thời gian 9 tháng là 9 1.0073 1 . 320 x (triệu đồng) Tổng số lãi lãi ông An nhận được ở hai ngân hàng là 26670725,95 đồng nên ta có phương trình 5 9 1,021 1 . 1.0073 1 . 320 26,67072595 x x . Giải phương trình ta tìm được 120 x . Vậy ông An gửi ở ngân hàng ACB là 120(triệu đồng) và ngân hàng VietinBank 200 (triệu đồng). Câu 47: (SG D Ni nh Bình năm 201 7 - 20 18) Gọi A là tập tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho tập nghiệm của phương trình .2 1 2 1 x x x x x m m có hai phần tử. Tìm số phần tử của A . A. 1. B. Vô số. C. 3 . D. 2 . Lời giải Chọn D Xét phương trình .2 1 2 1 x x x x x m m 2 1 0 x x m x 2 1 x x m x   . Mà phương trình 2 1 x x có hai nghiệm là 0 x ; 1 x . Thật vậy: dựa vào hình vẽ  Với 0 x  hoặc 1 x thì 2 1 x x , đẳng thức xảy ra khi 0 x hoặc 1 x .  Với 0 1 x thì 2 1 x x phương trình 2 1 x x vô nghiệm. Do đó tập A có hai phần tử khi 0 m hoặc 1 m . Câu 48: (S G D Ni n h Bình nă m 2 017 - 201 8) Cho biểu thức log 2017 log 2016 log 2015 log ... log 3 log 2 ... A . Biểu thức A có giá trị thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới đây? A. log 2017; log 2018 . B. log 2019; log 2020 . O 1 x y 1 2C. log 2018; log 2019 . D. log 2020; log 2021 . Lời giải Chọn D Ta có 2017 log 2016 log 2015 log ... log 3 log 2 ... 2017 log 2016 2017 3 2020 . log 2020 A . Câu 49: (T HP T C huyên ĐH K HT N - Hà N ộ i n ă m 20 17 - 201 8) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 1 2 4 .2 2 5 0 x x m m có hai nghiệm phân biệt ? A. 1. B. 5 . C. 2 . D. 4 . Lời giải Chọn A Ta có: 1 2 4 .2 2 5 0 x x m m 2 4 2 .2 2 5 0 x x m m . Đặt 2 x t , 0 t , ta được phương trình: 2 2 2 2 5 0 t mt m 1 . Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi phương trình 1 có hai nghiệm dương phân biệt 0 0 0 S P    2 2 5 0 2 0 2 5 0 m m m  5 5 10 2 10 2 0 m m m m       10 5 2 m . Vậy 2 m là giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. Câu 50: (THPT Ch uy ê n Đ H K HT N - Hà N ội nă m 201 7 - 2 018 ) Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 1 4 .2 3 3 0 x x m m có hai nghiệm trái dấu. A. ;2  . B. 1;  . C. 1;2 . D. 0;2 . Lời giải Chọn C Phương trình 1 4 .2 3 3 0 1 x x m m 4 2 .2 3 3 0 x x m m . Đặt 2 x t , 0 t ta có phương trình 2 2 3 3 0 2 t mt m . Phương trình 1 có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi phương trình 2 có hai nghiệm 1 2 , t t thỏa mãn 1 2 0 1 t t 2 1 2 3 3 0 3 3 0 0 1 1 0 m m m m t t  1 2 1 2 1 . 1 0 m t t t t  1 3 3 2 1 0 m m m  1 2 m m  1;2 m . Câu 51: (TH PT Ch u y ên L ê Qu ý Đô n - Đ à N ẵn g nă m 201 7 - 2018) Hàm số 2 log 4 2 x x y m có tập xác định là  khi A. 1 4 m . B. 0 m . C. 1 4 m . D. 1 4 m . Lời giải Chọn D Điều kiện: 4 2 0 x x m . Hàm số đã cho có tập xác định là  khi và chỉ khi 4 2 0 x x m 1 x  . Đặt 2 x t 0 t , khi đó bất phương trình 1 trở thành: 2 0 t t m 0 t . Cách 1: Xét hàm số 2 f t t t , 0 t . Ta có 2 1 f t t  ; 1 0 2 f t t  . Lập bảng biến thiên ta tìm được 0; 1 1 min 2 4 f t f      . Để bất phương trình 2 0 t t m , 0 t thì 1 1 4 4 m m . Cách 2: TH1: 1 1 4 0 4 m m  , ta có 2 0 t t m t  (thỏa yêu cầu bài toán) TH2: 1 1 4 0 4 m m  , ta có 2 1 0 4 t t 1 \ 2 t      (không thỏa yêu cầu bài toán). TH3: 1 1 4 0 4 m m  . Ta có 2 0 t t m 2 có hai nghiệm phân biệt 1 x , 2 x . Khi đó 1 2 1 0 x x nên phương trình 2 không thể có hai nghiệm âm. Suy ra 2 t t m không thề luôn dương với mọi 0 t . Vậy 1 4 m . Câu 52: (TH PT Ch u yê n Lê Quý Đô n - Đà N ẵ n g n ăm 20 17 - 201 8) Phương trình 2 2 sin 1 cos 2 2 x x m có nghiệm khi và chỉ khi A. 4 3 2 m   . B. 3 2 5 m   . C. 0 5 m  . D. 4 5 m   . Lời giải Chọn D Ta có 2 2 2 2 2 2 sin 1 cos sin 2 sin sin sin 4 2 2 2 2 2 2 x x x x x x m m m * . Đặt 2 sin 2 x t ,   1;2 t , * trở thành 4 t m t . Xét hàm số 4 f t t t với   1;2 t . Ta có 2 2 2 2 1;2 4 4 1 0 2 1;2 t t f t t t t       . Khi đó 1 5 f ; 2 4 f . Do đó   1;2 min 4 f t và   1;2 max 5 f t . Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình * có nghiệm   1;2 t     1;2 1;2 min max 4 5 f t m f t m     . Vậy: 4 5 m   . Câu 53: (TH P T Ch u yê n Lê Q uý Đô n - Đà N ẵ n g nă m 201 7 - 20 18) Bất phương trình 2 2 ln 2 3 ln 1 x x ax nghiệm đúng với mọi số thực x khi: A. 2 2 2 2 a . B. 0 2 2 a . C. 0 2 a . D. 2 2 a . Lời giải Chọn D Ta có 2 2 ln 2 3 ln 1 x x ax nghiệm đúng với mọi số thực x 2 2 2 1 0 2 3 1 x ax x x ax  x  2 2 1 0 2 0 x ax x ax  x  2 2 4 0 8 0 a a  2 4 0 a 2 2 a . Câu 54: (TH PT Ch u y ên Pha n B ộ i Châu - N g h ệ A n - l ầ n 1 n ăm 201 7 - 20 18) Ông A vay ngân hàng 96 triệu đồng với lãi suất 1% tháng theo hình thức mỗi tháng trả góp số tiền giống nhau sao cho sau đúng 2 năm thì hết nợ. Hỏi số tiền ông phải trả hàng tháng là bao nhiêu? (làm tròn đến hai chữ số sau dấu phẩy) A. 4,53 triệu đồng. B. 4,54 triệu đồng. C. 4,51 triệu đồng. D. 4,52 triệu đồng. Lời giải Chọn D Gọi số tiền hàng tháng ông A phải trả là a triệu đồng. Số tiền ông A nợ ban đầu là 96 A triệu đồng. Hết tháng thứ 1 ông A còn nợ số tiền là 1 1 T A r a . Hết tháng thứ 2 ông A còn nợ số tiền là 2 2 1 1 1 1 T A r a r a A r a r a Hết tháng thứ 3 ông A còn nợ số tiền là 3 2 3 1 1 1 T A r a r a r a . Cứ như vậy hết tháng thứ 24 ông A còn nợ số tiền là 24 23 22 24 1 1 1 ... 1 T A r a r a r a r a . Theo bài ra ta có: 24 23 22 1 1 1 ... 1 0 A r a r a r a r a . 24 23 22 1 1 1 ... 1 1 A r a r r r    . 24 24 1 1 1 1 1 r A r a r 24 24 . 1 . 1 1 A r r a r 4,519 a  triệu đồng. Câu 55: (T H PT C hu yê n Q u ố c H ọ c - Hu ế nă m 2 017 - 201 8) Tích 1 2 2017 1 1 1 2017 ! 1 1 ... 1 1 2 2017             được viết dưới dạng b a , khi đó , a b là cặp nào trong các cặp sau ? A. 2018; 2017 . B. 2019; 2018 . C. 2015; 2014 . D. 2016; 2015 . Lời giải Chọn A Ta có 1 2 2017 1 2 2016 2017 1 1 1 2 3 2017 2018 2017 ! 1 1 ... 1 2017 ! ... 1 2 2017 1 2 2016 2017                             2017 1 1 1 1 2018 2017 ! . . ... . 1 2 3 2016 2017 2017 2018 . Vậy 2018; 2017 a b . Câu 56: ( TH P T Chuyê n Thái Bình - l ầ n 3 nă m 201 7 - 201 8 ) Một người gửi tiết kiệm vào ngân hàng 200 triệu đồng theo thể thức lãi kép (tức là tiền lãi được cộng vào vốn của kỳ kế tiếp). Ban đầu người đó gửi với kỳ hạn 3 tháng, lãi suất 2,1% / kỳ hạn, sau 2 năm người đó thay đổi phương thức gửi, chuyển thành kỳ hạn 1 tháng với lãi suất 0,65% / tháng. Tính tổng số tiền lãi nhận được (làm tròn đến nghìn đồng) sau 5 năm. A. 98217000 (đồng). B. 98215000 (đồng). C. 98562000 (đồng). D. 98560000 (đồng). Hướng dẫn giải Chọn A Xét 2 năm đầu tiên, số tiền lãi nhận được là 2.12 6 6 3 1 200.10 1 2,1% 200.10 L (đồng). Xét 3 năm tiếp theo, số tiền lãi nhận được là 3.12 6 6 2 1 1 200.10 1 0,65% 200.10 L L L (đồng). Tổng số tiền lãi nhận được sau 5 năm là 1 2 98216716,73 L L (đồng). Câu 57: (TH P T Chuyê n Thái Bìn h - l ầ n 3 n ăm 2 017 - 201 8) Tập tất cả các giá trị của tham số m để hàm số ln cos 2 1 y x mx đồng biến trên  là: A. 1 ; 3       . B. 1 ; 3       . C. 1 ; 3      . D. 1 ; 3      . Hướng dẫn giải Chọn B Tập xác định: D  . Ta có: sin cos 2 x y m x  . Hàm số đồng biến trên  khi và chỉ khi 0, y x   sin 0, cos 2 x m x x  . sin cos 2 , x m x m x  2 2 sin , 1 m x x m   (với 2 sin 1 m m ) 2 2 2 1 2 1 1 m m m m 2 2 2 0 4 1 m m m  0 1 ; 3 m m         1 ; 3 m       . Câu 58: (TH P T Ch u yê n V ĩn h Ph úc - l ầ n 3 n ăm 201 7 - 201 8) Tìm tập các giá trị thực của tham số m để phương trình 4 2 1 2 1 0 x x m có đúng hai nghiệm âm phân biệt. A. 2;4 . B. 3;5 . C. 4;5 . D. 5;6 . Lời giải Chọn B Ta có 4 2 1 2 1 0 x x m 1 4 2 1 0 2 1 x x m 1 Đặt 2 1 x t , 0 t ta có phương trình 1 4 0 t m t 2 . Phương trình 1 có đúng hai nghiệm âm phương trình 2 có đúng hai nghiệm t thỏa mãn 0 1 t . Xét hàm số 1 4 f t t t trên khoảng 0 1 t ta có 2 1 4 f t t  ; giải phương trình 0 f t  2 1 4 0 t 1 2 t . Ta có bảng biến thiên t 0 1 2 1 f t  0 0 f t  4 5 Từ bảng biến thiên ta có 4 5 m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 59: (T HPT C h uy ê n V ĩn h P h ú c - l ầ n 3 M Đ 2 34 nă m h ọ c 2017 - 20 18) Cho hàm số 10 20 x f x e . Tìm 2018 f x . A. 2018 10 20 200. x f x e . B. 2018 2018 1009 10 20 10 .20 . x f x e . C. 2018 10 20 10!. x f x e . D. 2018 2018 10 20 10 . x f x e . Hướng dẫn giải Chọn D Ta có 10 20 10 20 10 20 10 20 10 x x x f x e x e e    ; 10 20 2 10 20 10 10 x x f x f x e e         ; 2 10 20 3 10 20 10 10 x x f x f x e e           ; …………………………………………………. 2018 2018 10 20 10 x f x e Câu 60: (TH PT H ồn g Qu ang - H ải Dươ ng nă m 201 7 - 201 8) Chu kì bán rã của chất phóng xạ Plutolium 239 Pu là 24360 năm (tức là một lượng chất 239 Pu sau 24360 năm phân hủy còn một nửa). Sự phân hủy này được tính theo công thức e rt S A , trong đó A là lượng chất phóng xạ ban đầu, r là tỉ lệ phân hủy hàng năm, t là thời gian phân hủy, S là lượng còn lại sau thời gian phân hủy t . Hỏi 20 gam 239 Pu sau ít nhất bao nhiêu năm thì phân hủy còn 4 gam ? A. 56563 năm. B. 56562 năm. C. 56561 năm. D. 56564 năm. Lời giải Chọn A Vì 239 Pu có chu kì bán rã là 24360 năm nên với 20 gam 239 Pu ta có : .24360 10 20.e r 1 .24360 ln 2 r ln 2 24360 r . Theo bài ra ta có phương trình 4 20.e rt 1 ln 5 rt ln 5 rt ln 5 t r . Suy ra 56562,2 t  . Vậy sau ít nhất 56563 năm thì 20 gam 239 Pu sẽ phân hủy còn 4 gam. Câu 61: (TH PT H ồn g Qu ang - H ải Dươ ng nă m 201 7 - 201 8) Cho phương trình 2 2 1 1 4 2 .2 2 1 0 x x m m . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn   10;20 để phương trình có nghiệm ? A. 6 . B. 7 . C. 8 . D. 9 . Lời giải Chọn B Điều kiện:   1;1 x . Với   1;1 x thì 2 0 1 1 x   , do đó, 2 0 1 1 2 2 2 x   hay 2 1 1 2 2 x   . Đặt 2 1 2 x t   1;2 t . Phương trình trở thành: 2 2 2 1 0 t m t m 2 2 1 2 t t m t 2 2 1 2 t t m t (do 2 t không là nghiệm của phương trình). Xét hàm số 2 2 1 2 t t f t t trên  1;2 . Có 2 2 4 5 2 t t f x t  , 0 f x    1 1;2 5 1;2 x x      . Do đó, để phương trình đã cho có nghiệm thì 4 m  . Suy ra, giá trị nguyên của m thuộc đoạn   10;20 để phương trình có nghiệm là   10; 9; 8; 7; 6; 5; 4 m . Vậy có 7 giá trị cần tìm của m . x  1 2  y  4 y  Câu 62: (T HP T P han Đăng Lư u - Hu ế - l ầ n 1 n ăm 201 7 - 2 018 ) Cho phương trình 2 2 1 1 3 3 1 1 log 1 4 5 log 4 4 0 1 1 m x m m x . Hỏi có bao nhiêu giá trị m nguyên âm để phương trình 1 có nghiệm thực trong đoạn 2 ;2 3      ? A. 6 . B. 5 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn D Trên đoạn 2 ;2 3      thì phương trình luôn xác định. Với m nguyên âm ta có 1  m , do đó 2 1 1 3 3 1 4 1 log 1 4 5 log 1 4 4 0 m x m x m 2 1 1 3 3 1 log 1 5 log 1 1 0 m x m x m Đặt 1 3 log 1 t x , với 2 ;2 3 x      thì 1 1 t   . Ta có phương trình: 2 2 2 1 5 1 0 1 5 1 m t m t m m t t t t 2 2 5 1 2 1 t t m t t Xét hàm số 2 2 5 1 1 t t f t t t với 1 1 t   . Ta có 2 2 2 1 4 4 0 1 1 t t f t t t t    . 7 1 3 f , 1 3 f Do đó   1;1 min 3 f t và   1;1 7 max 3 f t . Phương trình đã cho có nghiệm thực trong đoạn 2 ;2 3      khi và chỉ khi phương trình 2 có nghiệm   1;1 t     1;1 1;1 7 min max 3 3 f t m f t m     . Như vậy, các giá trị nguyên âm m để phương trình 1 có nghiệm thực trong đoạn 2 ;2 3      là   3; 2; 1 . Câu 63: (TH P T Pha n Đăng Lưu- Hu ế - l ần 1 n ă m 201 7 - 2 018 ) Gọi x , y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 9 12 16 log log log x y x y và 2 x a b y , với a , b là hai số nguyên dương. Tính . P a b . A. 6 P . B. 5 P . C. 8 P . D. 4 P . Lời giải Chọn B Đặt 9 12 16 log log log t x y x y . 9 t x , 12 t y , 16 t x y . 9 12 16 t t t 2 3 3 1 4 4 t t         3 1 5 4 2 3 1 5 4 2 t t               (l o a ï i ) . Vậy 3 1 5 4 2 t x y     1 5 a b  . 5 a b . Câu 64: (TH PT Qu ãn g X ương 1 - T ha n h Hó a nă m 201 7 - 20 18) Để tiết kiệm năng lượng, một công ty điện lực đề xuất bán điện sinh hoạt cho dân với theo hình thức lũy tiến (bậc thang) như sau: Mỗi bậc gồm 10 số; bậc 1 từ số thứ 1 đến số thứ 10, bậc 2 từ số thứ 11 đến số 20 , bậc 3 từ số thứ 21 đến số thứ 30 ,…. Bậc 1 có giá là 800 đồng/1 số, giá của mỗi số ở bậc thứ 1 n tăng so với giá của mỗi số ở bậc thứ n là 2,5% . Gia đình ông A sử dụng hết 347 số trong tháng 1, hỏi tháng 1 ông A phải đóngbao nhiêu tiền ? (đơn vị là đồng, kết quả được làm tròn đến hàng phần trăm). A. 415481,84 x  . B. 402832, 28 x  . C. 402903,08 x  . D. 433868,89 x  . Lời giải Chọn D Gọi 1 u là số tiền phải trả cho 10 số điện đầu tiên. 1 u =10. 800= 8000 (đồng) 2 u là số tiền phải trả cho các số điện từ 11 đến 20 : 2 1 (1 0,025) u u 34 u là số tiền phải trả cho các số điện từ 331 đến 340: 33 34 1 (1 0,025) u u Số tiền phải trả cho 340 số điện đầu tiên là: 34 1 1 1 1 0,025 . 420903,08 1 1 0,025 S u Số tiền phỉ trả cho các số điện từ 341 đến 347 là: 34 2 7.800(1 0,025) 12965,80 S Vậy tháng 1 gia đình ông A phải trả số tiền là: 1 2 433868,89 S S S (đồng). Câu 65: (TH PT Qu ãn g X ương 1 - T ha n h Hó a nă m 201 7 - 20 18) n là số rự nhiên thỏa mãn phương trình 3 3 2cos x x nx có 2018 nghiệm. Tìm số nghiệm của phương trình 9 9 4 2cos 2 x x nx . A. 4036 . B. 2018 . C. 4035 . D. 2019 . Lời giải Chọn A 9 9 4 2cos 2 x x nx 9 9 2.3 .3 2 2cos 2 x x x x nx 2 2 3 3 4cos x x nx 3 3 2cos 1 3 3 2cos 2 x x x x nx nx    Khi đó nếu 1 và 2 có nghiệm chung thì 3 3 3 3 x x x x 3 3 x x 0 x Thay 0 x vào 1 ta được 0 0 3 3 2cos 0 0 2 , tức là 1 và 2 không có nghiệm chung. Mặt khác ta thấy nếu 0 x là nghiệm của 1 thì 0 x sẽ là nghiệm của 2 Mà 1 có 2018 nghiệm nên 2 cũng có 2018 nghiệm. Vậy phương trình đã cho có 4036 nghiệm. Câu 66: (TH PT Tr ần Q u ốc Tu ấn n ăm 2017- 2 0 18) Sự gia tăng dân số hàng năm (của một khu vực dân cư) được tính theo công thức tăng trưởng mũ: . .e n r S A trong đó A là số dân của năm lấy làm mốc tính, S là số dân sau n năm và r là tỉ lệ gia tăng dân số hàng năm. Đầu năm 2010 , dân số nước ta vào khoảng 86900000 người với tỉ lệ gia tăng dân số là 1,7% ; biết sự gia tăng dân số được tính theo công thức tăng trưởng mũ. Hỏi cứ tăng dân số với tỉ lệ như vậy thì đến năm bao nhiêu, dân số nước ta ở mức 100 triệu người? A. 2016 . B. 2017 . C. 2019 . D. 2018 . Hướng dẫn giải Chọn C Theo công thức tăng trưởng mũ: . .e n r S A ta có 1 ln S n r A . Thay 100 S triệu người, 86900000 A người và 1,7% r ta được: 8,25 n  . Vậy sau 9 năm dân số nước ta ở mức 100 triệu người. Câu 67: (TH P T Tr ần Qu ốc Tu ấn nă m 201 7 - 201 8) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 2 4 4 9 4.3 2 1 0 x x x x m có nghiệm? A. 27 . B. 25 . C. 23. D. 21. Hướng dẫn giải Chọn B Điều kiện 2 4 0 0 4 x x x   . Xét 2 4 u x x với 0 4 x   . Trên 0;4 , ta có: 2 2 4 x u x x  ; 0 2 u x  ; 0 0 u , 2 2 u . Vậy 0 2 u   . Đặt 2 4 3 x x t . Khi   0;2 u ta có miền giá trị của t là:   1;9 . Phương trình 2 2 4 4 9 4.3 2 1 0 * x x x x m trở thành: 2 4 2 1 0 1 t t m Phương trình * có nghiệm khi và chỉ khi phương trình 1 có nghiệm thuộc   1;9 . 2 1 4 2 1 0 t t m . Xét hàm số   2 4 1, 1,9 f t t t t , 2 4 f t t  , 0 2 f t t  . Suy ra   1,9 min 2 5 f t f ,   1,9 max 9 44 f t f . Để thỏa mãn yêu cầu bài toán 5 5 2 44 22 2 m m     . Vậy có 25 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 68: (TH P T Thanh Mi ệ n 1 - H ải Dươ n g - l ần 1 nă m 2 017 - 201 8) Bất phương trình 2 2 6 8 log 0 4 1 x x x có tập nghiệm là  1 ; ; 4 T a b        . Hỏi M a b bằng A. 12 M . B. 8 M . C. 9 M . D. 10 M . Lời giải Chọn D Ta có 2 2 6 8 log 0 4 1 x x x 2 6 8 1 4 1 x x x 2 10 9 0 4 1 x x x 2 2 10 9 0 4 1 0 10 9 0 4 1 0 x x x x x x          1 1 4 9 x x     . Nên  1 ;1 9; 4 T        M a b 1 9 10 . Câu 69: ( TH P T T r ần H ưng Đ ạo - TP HC M n ăm 201 7 - 2018) Biết   ; S a b là tập nghiệm của bất phương trình 3.9 10.3 3 0 x x  . Tìm T b a . A. 8 3 T . B. 1 T . C. 10 3 T . D. 2 T . Lời giải Chọn D Ta có 3.9 10.3 3 0 x x  2 3. 3 10.3 3 0 x x  1 3 3 3 x   3 3 1 log log 3 3 x   1 1 x   . Khi đó bất phương trình có tập nghiệm là   1;1 S , do vậy 1 1 2 T . Câu 70: (TH PT Tr ầ n H ư ng Đ ạ o - TP HC M năm 201 7 - 201 8) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 2 7 12 2 10 5 .3 3 9.3 x x x x x m m có ba nghiệm thực phân biệt. Tìm số phần tử của S . A. 3 . B. Vô số. C. 1. D. 2 . Lời giải Chọn A Ta có: 2 2 7 12 2 10 5 .3 3 9.3 x x x x x m m 2 2 2 7 12 2 7 12 3 1 3 3 1 0 x x x x x x m 2 2 7 12 2 3 1 3 0 x x x x m 2 2 7 12 2 3 1 0 3 0 x x x x m    2 3 3 4 2 log 0 * x x x x m     . Phương trình đã cho có ba nghiệm thực phân biệt, ta có các trường hợp sau: Trường hợp 1: * có một nghiệm 3 x và nghiệm còn lại khác 3 và 4 . Thay 3 x vào * ta được 3 1 log 3 27 m m . Khi đó * trở thành 2 1 2 3 0 3 x x x x   (Thỏa yêu cầu). Trường hợp 2: * có một nghiệm 4 x và nghiệm còn lại khác 3 và 4 . Thay 4 x vào * ta được 8 3 log 8 3 m m . Khi đó * trở thành 2 4 2 8 0 2 x x x x   (Thỏa yêu cầu). Trường hợp 3: * có nghiệm kép khác 3 và 4 3 3 3 1 log 0 log 3 log 8 m m m      3 m . Vậy có 3 giá trị m thỏa yêu cầu đề bài. Câu 71: (TH PT Xu ân T rư ờng - Na m Đ ịn h n ăm 201 7 - 201 8 ) Cho biểu thức 1 2018 2018 x f x . Tính tổng sau 2018 2017 2016 ... 0 1 ... 2018 S f f f f f    . A. 2018 S . B. 1 2018 S . C. 2018 S . D. 1 2018 S . Lời giải Chọn C Ta có 1 1 1 2018 2018 x f x 2018 2018 2018 2018 x x 2018 2018 2018 2018 x x . 1 2018 1 2018 2018 2018 2018 2018 x x x f x f x 1 2018 . Do 1 2018 2017 nên 1 2017 2018 2018 f f . 1 2016 2017 2018 f f ,, 1 0 1 2018 f f . 2017 2016 ... 0 1 ... 2018 2018 f f f f f . Vậy 2018 S . Câu 72: (TH PT Xu ân T rư ờng - Na m Đ ịn h n ăm 201 7 - 201 8 ) Cho phương trình 2 2 2 2 3 6 log 1 .log 1 log 1 x x x x x x . Biết phương trình có một nghiệm là 1 và một nghiệm còn lại có dạng log log 1 2 b b c c x a a (với a , c là các số nguyên tố và a c ). Khi đó giá trị của 2 2 3 a b c bằng: A. 0 . B. 3 . C. 6 . D. 4 . Lời giải Chọn B Điều kiện 2 1 1 1 0 x x x    * 2 2 2 2 3 6 log 1 .log 1 log 1 x x x x x x 2 2 2 3 6 2 1 log 1 .log log 1 1 x x x x x x 2 2 2 2 3 6 6 log 1 .log 6.log 1 log 1 x x x x x x 2 2 6 3 2 log 1 log 6.log 1 1 0 x x x x      2 6 2 3 2 log 1 0 1 log 6.log 1 1 0 2 x x x x     2 1 1 1 x x 2 1 1 x x 2 2 1 1 1 x x x  1 x . 2 2 3 2 log 1 .log 6 1 x x 2 2 6 log 1 log 3 x x 6 log 3 2 1 2 x x 6 6 log 3 2 log 3 2 2 1 2 x x x   6 6 log 3 log 3 1 2 2 2 x . 6 6 log 2 log 2 1 3 3 2 x . (thỏa mãn * ) Như vậy phương trình đã cho có các nghiệm là 1 x , 6 6 log 2 log 2 1 3 3 2 x . Khi đó 3 a , 6 b , 2 c . Vậy 2 2 3 3 a b c . Câu 73: (TH PT Lươ n g Vă n Ch as n h P h u s Yê n n ăm 201 7 - 201 8 ) Tìm giá trị thực của tham số m để phương trình 2 5 5 log log 1 0 x m x m có hai nghiệm thực 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 625 x x . A. Không có giá trị nào của m . B. 4 m . C. 4 m . D. 44 m . Lời giải Chọn A Phương trình: 2 5 5 log log 1 0 x m x m 1 . Điều kiện: 0 x . Đặt 5 log t x . Phương trình trở thành: 2 1 0 t mt m 2 . Phương trình 1 có hai nghiệm thực 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 625 x x Phương trình 2 có hai nghiệm thực 1 t , 2 t thỏa mãn 1 2 4 t t (vì 1 2 1 2 1 2 5 .5 5 625 t t t t x x ) 0 4 S   2 4 4 0 4 m m m  m   . Vậy không có giá trị nào của m thỏa đề. Câu 74: (TH P T Lươ ng V ăn Chasnh P h u s Yê n nă m 201 7 - 2 018 ) Cho hàm số 2018 3 2018 2 2 3.2 2018 y f x x x có đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ 1 x , 2 x , 3 x . Tính giá trị biểu thức: 1 2 3 1 1 1 P f x f x f x    A. 2018 3.2 1 P . B. 2018 2 P . C. 0 P . D. 2018 P . Lời giải Chọn C Ta có 2018 2 3.2 2 f x x x  . Do đồ thị hàm số 2018 3 2018 2 2 3.2 2018 y f x x x cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ 1 x , 2 x , 3 x nên theo định lý vi-et ta có: 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 1 3 2018 3 0 2018 2 x x x x x x x x x x x x  (1). Ta có 2 2 2018 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3.2 2 4 f x f x x x x x x x x x      . 2 2 2018 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 3.2 2 4 f x f x x x x x x x x x      2 2 2018 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 3.2 2 4 f x f x x x x x x x x x      1 2 2 3 3 1 f x f x f x f x f x f x       2 2 2018 1 2 2 3 3 2 1 2 2 3 3 1 3.2 4 x x x x x x x x x x x x    (2). Thay (1) vào (2) ta có 1 2 2 3 3 1 0 f x f x f x f x f x f x       (3). Mặt khác 1 2 3 1 1 1 P f x f x f x    1 2 2 3 3 1 1 2 2 f x f x f x f x f x f x f x f x f x          (4). Thay (3) vào (4) ta có 0 P . Câu 75: (T H PT Lươ n g V ăn Ch as n h P h u s Yê n năm 201 7 - 2018) Để đóng học phí học đại học, bạn An vay ngân hàng số tiền 9.000.000 đồng, lãi suất 3% /năm trong thời hạn 4 năm với thể thức cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào nợ gốc để tính lãi cho năm tiếp theo. Sau 4 năm đến thời hạn trả nợ, hai bên thỏa thuận hình thức trả nợ như sau: “lãi suất cho vay được điều chỉnh thành 0, 25% /tháng, đồng thời hàng tháng bạn An phải trả nợ cho ngân hàng số tiền T không đổi và cứ sau mỗi tháng, số tiền T sẽ được trừ vào tiền nợ gốc để tính lãi cho tháng tiếp theo”. Hỏi muốn trả hết nợ ngân hàng trong 5 năm thì hàng tháng bạn An phải trả cho ngân hàng số tiền T là bao nhiêu ? (T được làm tròn đến hàng đơn vị). A. 182017 đồng. B. 182018 đồng. C. 182016 đồng. D. 182015 đồng. Lời giải Chọn D Áp dụng công thức 1 n n T A r Ta có số tiền cả gốc lẫn lãi bạn An vay ngân hàng sau 4 năm là: 4 4 9000000 1 3% 10129579,29 T Sai ở đây: chưa làm tròn. Để kết quả cuối cùng mới làm tròn. Gọi T là số tiền phải trả hàng tháng. - Cuối tháng thứ 1 bạn An nợ: 1 A r và đã trả T đồng nên còn nợ 1 A r T - Cuối tháng thứ 2 bạn An còn nợ: 2 1 1 1 1 A r T r T A r T r T    - Cuối tháng thứ 3 bạn An còn nợ: 2 3 2 1 1 1 1 1 1 A r T r T r T A r T r T r T    ………………………………… - Cuối tháng thứ n bạn An còn nợ: 1 2 1 1 1 1 1 ... 1 n n n n n r A r T r T r T A r T r - Để bạn An trả hết nợ sau n tháng thì số tiền phải trả hàng tháng: 1 1 1 n n Ar r T r Số tiền này được trả sau 5 năm với lãi suất hàng tháng là 0, 25% , nên bạn An mỗi tháng phải trả cho ngân hàng số tiền là: 5.12 5.12 1 10145952,29.0,25%. 1 0, 25% 182015 1 1 1 0,25% 1 n n Ar r T r . Câu 76: (TH PT Đô L ươ ng 4 - Ng h ệ An nă m 201 7 - 20 18) Ông Tú dự định gửi vào ngân hàng một số tiền với lãi suất 6,5% một năm. Biết rằng, cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu. Tính số tiền tối thiểu x (triệu đồng, x  ) ông Tú gửi vào ngân hàng để sau 3 năm số tiền lãi đủ mua một chiếc xe gắn máy giá trị 30 triệu đồng. A. 145 triệu đồng. B. 154 triệu đồng. C. 150 triệu đồng. D. 140 triệu đồng. Lời giải Chọn A Theo công thức lãi kép, số tiền lãi ông Tú nhận được sau 3 năm là: 3 6,5 1 100 y x x     3 1,065 1 x    . Ta có: 3 1,065 1 30 x    3 30 144,27 1,065 1 x  triệu. Vậy ông Tú cần gửi ít nhất 145 triệu để sau 3 năm số tiền lãi đủ mua một chiếc xe gắn máy giá trị 30 triệu đồng. Câu 77: (TH P T Đô Lươ ng 4 - Ng h ệ A n năm 20 17 - 2018) Cho hai số thực dương x ,y thỏa mãn 2 2 4 x y . Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 (2 )(2 ) 9 P x y y x xy là: A. 18. B. 12 . C. 16. D. 21. Lời giải Chọn A Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 4 2 2 2 2 .2 2 2 2 x y x y x y x y   . Lại có: 2 1 2 x y xy       . Khi đó: 2 2 3 3 2 2 2 2 9 2 4 10 P x y y x xy x y x y xy 2 2 = 2 3 4 10 x y x y xy xy xy    2 2 4 4 3 4 10 16 2 2 1 18 xy xy xy xy xy xy   . Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 18 khi 1 x y . Câu 78: (TH PT Ch u y ê n Ho àn g V ăn Th ụ - H ò a B ì nh năm 201 7 - 201 8) Đầu năm 2018 . Ông A đầu tư 500 triệu vốn vào kinh doanh. Cứ sau mỗi năm thì số tiền của Ông tăng thêm 15% so với năm trước. Hỏi năm nào dưới đây là năm đầu tiên Ông A có số vốn lớn hơn 1 tỷ đồng. A. 2023. B. 2022 . C. 2024 . D. 2025 . Lời giải Chọn A Ông A đầu tư 500 triệu vốn vào kinh doanh trong x năm. Khi đó Ông A thu được cả vốn lẫn lãi sau x năm là 6 500.10 1 0,15 x (Vì cứ sau mỗi năm thì số tiền của Ông tăng thêm 15% so với năm trước). Ông A có số vốn lớn hơn 1 tỷ đồng thì 6 6 500.10 1 0,15 1000.10 x 1,15 log 2 4,96 x  . Vậy sau 5 năm Ông A có số vốn lớn hơn 1 tỷ đồng. Tức là từ năm 2023 trở đi Ông A có số vốn lớn hơn 1 tỷ đồng. Câu 79: (T H PT Ch uy ên Ho àng Vă n Th ụ - H ò a Bình n ăm 2 01 7 - 201 8 ) Số nghiệm của phương trình 2 2 ln 2 2018 2 x x x là A. 3 . B. 1. C. 4 . D. 2 . Lời giải Chọn C Xét hàm số 2 2 ln 2 2 x f x x x với ; 2 2; x    . Ta có 2 2 1 2 x f x x x  ; 2 2 2 2 4 1 0, ; 2 2; 2 x f x x x      . Nên suy ra hàm số 2 2 1 2 x f x x x  đồng biến trên mỗi khoảng ; 2  và 2;  . Mặ khác 2 . 3 1. 1 3 0 f f   và 8 3 . 2 .1 0 7 f f   nên f x  có đúng một nghiệm ; 2 a  và đúng một nghiệm 2; b  . Ta có bảng biến thiên Ta có 3 3 3 2018 2 f a f và 3 3 3 2018 2 f b f Câu 80: Nên từ bảng biến thiên suy ra phương trình 2 2 ln 2 2018 2 x x x có 4 nghiệm. (T HP T H ậu L ộc 2 - T h an h Hó a năm 201 7 - 201 8) Tập nghiệm của bất phương trình 2 1 2 2 log log 1 1 x  là: A. 1; 5 S    . B. ; 5 5; S       . C. 5; 5 S    . D. 5; 1 1; 5 S     . Lời giải Chọn B x  a 2 2 b  f x  0 0     f x f a f b * ĐKXĐ: 2 2 2 2 log 1 0 1 1 ; 2 2; 1 0 x x x x     . Bất phương trình 2 1 2 2 log log 1 1 x  1 2 2 1 log 1 2 2 x     2 1 4 x 2 5 x ; 5 5; x       . * Kết hợp điều kiện ta được: ; 5 5; x       . Câu 81: (THPT H ậ u L ộ c 2 - Than h Hó a n ăm 20 1 7 - 201 8) Chị Lan có 400 triệu đồng mang đi gửi tiết kiệm ở hai loại kì hạn khác nhau đều theo thể thức lãi kép. Chị gửi 200 triệu đồng theo kì hạn quý với lãi suất 2,1% một quý, 200 triệu đồng còn lại chị gửi theo kì hạn tháng với lãi suất 0,73% một tháng. Sau khi gửi được đúng 1 năm, chị rút ra một nửa số tiền ở loại kì hạn theo quý và gửi vào loại kì hạn theo tháng. Hỏi sau đúng 2 năm kể từ khi gửi tiền lần đầu, chị Lan thu được tất cả bao nhiêu tiền lãi (làm tròn đến hàng nghìn)? A. 79760000 . B. 74813000 . C. 65393000 . D. 70656000 . Lời giải Chọn B Giai đoạn 1: Sau đúng một năm, số tiền thu được của mỗi hình thức. Gởi theo hình thức tháng thu được số tiền là 12 6 1 200.10 1 0,73% S 218.240.829,2 đồng. Gởi theo hình thức quý thu được số tiền là 4 6 1 200.10 1 2,1% P 217.336.647,7 đồng. Giai đoạn 2: Sau đúng hai năm, số tiền thu được của mỗi hình thức. Gởi theo hình thức tháng thu được số tiền là 12 1 2 1 1 0,73% 2 P S S     356.724.623,2 đồng. Gởi theo hình thức quý thu được số tiền là 4 1 2 1 2,1% 2 P P 118.088.046,1 đồng. Vậy số tiền lãi sau hai năm thu được là 6 2 2 400.10 74.812.669,4 S P đồng. Câu 82: (T HP T C h uy ê n B iên Hò a - H à Na m - l ần 1 n ăm 201 7 - 201 8) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 3 3 log 2 log 3 1 0 x m x m có hai nghiệm 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 . 27 x x A. 2 m . B. 1 m . C. 1 m D. 2 m . Lời giải Chọn C Điều kiện: 0 x . Đặt 3 log x t ta có phương trình 2 2 3 1 0 t m t m . Phương trình 2 3 3 log 2 log 3 1 0 x m x m có hai nghiệm 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 . 27 x x 2 2 3 1 0 t m t m có hai nghiệm phân biệt 1 t , 2 t thỏa mãn 1 2 3 t t 1 2 0 3 t t   2 8 8 0 2 3 m m m  4 2 2 4 2 2 1 m m m     1 m . Câu 83: (T HPT Yê n Đ ịn h - Th an h H ó a - l ầ n 1 n ăm 201 7 - 201 8 ) Tìm số thực a để phương trình: 9 9 3 cos x x a x  , chỉ có duy nhất một nghiệm thực A. 6 a . B. 6 a . C. 3 a . D. 3 a . Hướng dẫn giải Chọn A Giả sử 0 x là nghiệm của phương trình. Ta có 0 0 0 9 9 .3 cos( ) x x a x  . Khi đó 0 2 x cũng là nghiệm của phương trình. Thật vậy 0 0 2 2 0 9 9 3 cos 2 x x a x     0 0 0 81 9 9 cos 9 3 x x a x  0 0 0 9 9 .3 cos x x a x  . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 0 0 2 x x 0 1 x . Với 0 1 x 6 a . Ngược lại, với 6 a , phương trình 9 9 6.3 cos x x x  9 3 6cos 3 x x x  . + 9 3 6 3 x x + 6cos 6 x   Khi đó dấu " " xảy ra khi và chỉ khi 9 3 6 3 cos 1 x x x   1 x . Vậy 0 0 0 9 9 .3 cos( ) x x a x  có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 6 a . Câu 84: (TH TT s ố 5 - 48 8 t há n g 2 n ăm 2018) Áp suất không khí P (đo bằng milimet thủy ngân, kí hiệu mmHg ) theo công thức 0 . kx P P e mmHg ,trong đó x là độ cao (đo bằng mét), 0 760 P mmHg là áp suất không khí ở mức nước biển 0 x , k là hệ số suy giảm. Biết rằng ở độ cao 1000 m thì áp suất không khí là 672,71 mmHg . Tính áp suất của không khí ở độ cao 3000 m . A. 527,06 mmHg . B. 530,23 mmHg . C. 530,73 mmHg . D. 545,01 mmHg . Lời giải Chọn A Ở độ cao 1000 m áp suất không khí là 672,71 mmHg . Nên ta có: 1000 672,71 760 k e 1000 672,71 760 k e 1 672,71 ln 1000 760 k . Áp suất ở độ cao 3000 m là 3000 760 k P e 1 672,71 3000. ln 1000 760 760e 527,06  mmHg . Câu 85: (T HT T s ố 5 - 488 th á ng 2 nă m 20 18 ) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 1 2 1 khi 1 ln .e 1 2 khi 1 x x x f x x m mx x   liên tục trên  A. 1 m . B. 1 m . C. 1 2 m . D. 0 m . Lời giải Chọn D Tập xác định D  , 1 1 f m . Ta thấy hàm số f x liên tục trên các khoảng ;1  và 1;  . 1 1 1 lim lim 1 ln x x x f x x   , 1 2 1 1 lim lim .e 1 2 1 x x x f x m mx m   . Hàm số f x liên tục trên  khi và chỉ khi hàm số f x liên tục tại 1 x . 1 1 lim lim 1 x x f x f x f   1 1 0 m m . Câu 86: (THTT s ố 5 - 48 8 th án g 2 nă m 20 18) Tìm tất cả giá trị của m để phương trình 2 81 x x m có nghiệm. A. 1 3 m . B. 0 m . C. 1 m . D. 1 8 m . Lời giải Chọn A * Đặt t x ( 0 t ) 2 t x . PT trở thành 2 2 81 t t m . Ta có PT 2 81 x x m có nghiệm khi và chỉ khi PT 2 2 81 t t m có nghiệm 0 t . + Khảo sát 2 2 81 t t f t (với 0 t ) ta có: 2 2 81 . 4 1 t t f t t  . Lập bảng biến thiên ta được: * KL: PT 2 2 81 t t m có nghiệm 0 t khi và chỉ khi 1 3 m . Câu 87: (TH TT s ố 5 - 48 8 tháng 2 nă m 201 8) Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên không dương của m để phương trình 1 5 5 log log 2 0 x m x có nghiệm. Tập S có bao nhiêu tập con? A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn D Ta có: 1 5 5 log log 2 0 x m x 5 5 2 0 0 log 2 log x x m x x m  2 2 x x m x x m  2 2 2 x x m m x  . t 0 1 4  y  0 y 1 1 3  Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 2 2 2 2 2 m m m  2 2 m m  2 m . Mà m là số nguyên không dương nên   1;0 m . Suy ra   1;0 S . Vậy số tập con của S bằng 2 2 4 . Chú ý: - Các tập con của S là:  ,   1 ,   0 , S . - Một tập hợp có n phần tử thì số tập con của nó là 2 n . Câu 88: (THTT s ố 5 - 4 8 8 th áng 2 nă m 201 8) Tính đạo hàm cấp n * n  của hàm số ln 2 3 y x . A. 1 2 1 1 ! 2 3 n n n y n x     . B. 2 1 ! 2 3 n n y n x     . C. 2 1 1 ! 2 3 n n n y n x     . D. 1 1 1 1 ! 2 3 n n n y n x     . Lời giải Chọn A Ta có: ln 2 3 y x 2 2 3 y x  2 2 1 .1 2 . 2 3 y x   . 2 3 3 1.2 2 . 1 . 2 3 y x    1 2 1 1 ! 2 3 n n n x     với 3 n . Giả sử 1 2 1 . 1 ! 2 3 n n n y n x     1 . Ta chứng minh công thức 1 đúng. Thật vậy: Với 1 n ta có: 2 2 3 y x  . Giả sử 1 đúng đến n k , * 1 k   tức là 1 2 1 . 1 ! 2 3 k k k y k x     . Ta phải chứng minh 1 đúng đến 1 n k , tức là chứng minh 1 1 2 1 . ! 2 3 k k k y k x     . Ta có: 1 k k y y     1 2 1 . 1 ! 2 3 k k k x             1 1 2 1 2 2 3 1 . 1 !.2 . 2 3 k k k k k x k x 1 1 2 1 . !. 2 3 k k k k x 1 2 1 . ! 2 3 k k k x     . Vậy 1 2 1 . 1 ! 2 3 n n n y n x     . Câu 89: (T HP T H o àng Ho a T há m - Hưn g Yê n - l ầ n 1 nă m 20 17 - 201 8) Cho 2 4 2 2 2 4 3 3 P x x y y x y và 3 3 2 2 3 2 Q x y , với x , y là các số thực khác 0 . So sánh P và Q ta có A. P Q . B. P Q . C. P Q . D. P Q . Lời giải Chọn A Ta có 2 x , 2 y , 4 2 3 x y , 2 4 3 x y là những số thực dương. 3 3 2 2 3 2 Q x y 2 4 2 2 4 2 3 3 2 3 3 x x y x y y 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 3 3 3 3 3 3 3 3 x x y x y y x x y x y y 2 4 2 2 4 2 3 3 3 3 x x y x y y 2 4 2 2 4 2 3 3 x x y x y y P Vậy P Q . Câu 90: (TH P T H o à ng H o a Thám - Hư n g Yên - l ầ n 1 n ăm 20 17 - 201 8 ) Số giá trị nguyên âm của m để phương trình 5 5 log 1 log 4 x mx x có nghiệm. A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. Lớn hơn 4 . Lời giải Chọn B 5 5 log 1 log 4 x mx x . 2 5 5 log 1 log 4 x mx x 2 1 0 1 4 x x mx x  . 2 1 0 6 1 x x x mx  1 1 6 x x m x  . Đặt 1 6 f x x x . Ta có: 2 1 1 f x x  , 2 1 0 1 0 f x x  1 x  Bảng biến thiên: x 1  f x  0 f x 4  Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm khi 4 m . m  1 m ; 2 m ; 3 m . Vậy có 3giá trị nguyên âm của m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 1: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình 2 1 1 3 3 log 3 log 1 x x m x có tập nghiệm chứa khoảng 1;  . Tìm tập S . A. 3; S  . B.  2; S  . C. ;0 S  . D.  ;1 S  . Lời giải Chọn A BPT tương đương với 2 1 3 1 x x x m x  2 1 4 1 0 1 x x x m  . Cách 1: Yêu cầu bài toán tương đương với 1 có tập nghiệm chứa khoảng 1;  . TH1: 0   4 1 0 m 3 m . TH2: Nghiệm “lớn” của tam thức bé hơn 1. Tương đương với 2 3 1 m (vô nghiệm). Cách 2: 2 1 1 4 m x x f x , 1 x . ĐK: 1; max x m f x  1 2 4 m f 3 m . Câu 2: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số ; x y thỏa mãn 2 1 3 2 e e 1 x y x y x y , đồng thời thỏa mãn 2 2 2 2 log 2 1 4 log 4 0 x y m x m . A. 3 . B. 4 . C. 5 . D. 6 . Lời giải Chọn A Ta có: 2 1 3 2 e e 1 x y x y x y 2 1 3 2 e 2 1 e 3 2 x y x y x y x y . Xét hàm số e t f t t trên  . Ta có e 1 0 t f t  nên hàm số đồng biến trên  . Do đó phương trình có dạng: 2 1 3 2 f x y f x y 2 1 3 2 x y x y 1 y x . Thế vào phương trình còn lại ta được: 2 2 2 2 log 4 log 4 0 x m x m . Đặt 2 log t x , phương trình có dạng: 2 2 4 4 0 t m t m . Để phương trình có nghiệm thì 0  2 3 8 0 m m 8 0 3 m   . Do đó có 3 số nguyên m thỏa mãn. Câu 3: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số ; x y thỏa mãn 3 5 3 1 e e 1 2 2 x y x y x y , đồng thời thỏa mãn 2 2 3 3 log 3 2 1 6 log 9 0 x y m x m . A. 6 . B. 5 . C. 8 . D. 7 . Lời giải Chọn B Ta có: 3 5 3 1 e e 1 2 2 x y x y x y 3 5 3 1 e 3 5 e 3 1 x y x y x y x y . Xét hàm số e t f t t trên  . Ta có e 1 0 t f t  nên hàm số đồng biến trên  . Do đó phương trình có dạng: 3 5 3 1 f x y f x y 3 5 3 1 x y x y 2 1 2 y x . Thế vào phương trình còn lại ta được: 2 2 3 3 log 6 log 9 0 x m x m . Đặt 3 log t x , phương trình có dạng: 2 2 6 9 0 t m t m . Để phương trình có nghiệm thì 0  2 3 12 0 m m 0 4 m   . Do đó có 5 số nguyên m thỏa mãn. Câu 4: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Ông Hoàng vay ngân hàng 700 triệu đồng theo hình thức trả góp hàng tháng trong 60 tháng. Lãi suất ngân hàng cố định 0,6% /tháng. Mỗi tháng ông Hoàng phải trả (lần đầu tiên phải trả là 1 tháng sau khi vay) số tiền gốc là số tiền vay ban đầu chia cho 60 và số tiền lãi sinh ra từ số tiền gốc còn nợ ngân hàng. Tổng số tiền lãi mà ông Hoàn phải trả trong toàn bộ quá trình trả nợ là bao nhiêu? A. 145.500.000 đồng. B. 123.900.000 đồng. C. 128.100.000 đồng. D. 132.370.000 đồng. Lời giải Chọn C Số tiền gốc còn lại trong tháng thứ n là 60 1 700. 60 n triệu. Số tiền lãi ông Hoàng phải trả trong trong tháng thứ n là 60 1 7 700. .0,6% 60 1 60 100 n n triệu. Tổng số tiền lãi mà ông Hoàn phải trả trong toàn bộ quá trình trả nợ là 60 1 7 60 1 128.1 100 n n  triệu. Câu 5: (THPT Lê Quý Đôn-Hà Nội năm 2017-2018) Có bao giá trị nguyên dương của m để phương trình 4 .2 2 5 0 x x m m có hai nghiệm trái dấu? A. 1. B. 0 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn A Đặt 2 0 x t . Do phương trình có hai nghiệm trái dấu 1 2 0 x x 1 2 0 2 2 2 x x 1 2 0 1 t t . Suy ra phương trình trở thành 2 2 5 0 t mt m có hai nghiệm 1 2 0 1 t t Suy ra 1 2 0 1 0 1 0; 0 1 0   t t S P P S 2 8 20 0 0 5 4 2 2 5 0 2 5 1 0  m m m m m m m , do m nguyên dương, suy ra 3 m . Câu 6: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 2 năm 2017-2018) 2 7 0 2012 1 2 2012 lim x x x a x b  , với a b là phân số tối giản, a là số nguyên âm. Tổng a b bằng A. 4017 . B. 4018 . C. 4015 . D. 4016 . Lời giải Chọn A * Ta có: 2 7 0 ( 2012) 1 2 2012 lim x x x x  7 7 0 0 ( 1 2 1) lim 1 2 2012.lim x x x x x x   7 0 1 2 1 2012.lim x x x  * Xét hàm số 7 1 2 y f x x ta có 0 1 f . Theo định nghĩa đạo hàm ta có: 7 0 0 0 1 2 1 0 lim lim 0 x x f x f x f x x    6 7 2 2 0 7 7 1 2 f x f x   7 0 1 2 1 2 lim 7 x x x  2 7 0 ( 2012) 1 2 2012 4024 lim 7 x x x x  4024 7 a b  4017 a b . Câu 7: (THPT Lý Thái Tổ-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Bất phương trình 2 1 3 3 7 log log 0 3 x x     có tập nghiệm là  ; a b . Tính giá trị 3 P a b . A. 5 P . B. 4 P . C. 10 P . D. 7 P . Lời giải Chọn B 2 1 3 3 7 log log 0 3 x x     1 3 1 3 3 7 0 3 3 7 log 0 3 3 7 log 1 3 x x x x x x  3 7 0 3 3 7 1 3 3 7 1 3 3 x x x x x x   3 7 0 3 3 7 1 3 3 x x x x   3 7 0 3 8 3 0 3 3 x x x x     7 ; 3 ; 3 7 ;3 8 3 3 0 3;3 3 3 x x x x x              . Suy ra 7 3 a ; 3 b . Vậy 7 3 3. 3 4 3 P a b . Câu 8: (THPT Lý Thái Tổ-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hàm số 2018 1 log y x     có đồ thị 1 C và hàm số y f x có đồ thị 2 C . Biết 1 C và 2 C đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Hỏi hàm số y f x nghịch biến trên khoảng nào sau đây? A. ; 1 .  B. 1;0 . C. 0;1 . D. 1;  . Lời giải Chọn A Ta có: 1 2018 2018 1 : log log C y x x     . Gọi C là đồ thị đối xứng của 1 C qua trục Ox C là đồ thị của hàm số 2018 log y x . Nhận thấy 2 C đối xứng với C qua trục Oy 2 C là đồ thị của hàm số 2018 log y x , hay 2018 ( ) log f x x , với 0. x Do đó: 2 2018 2018 log log g x f x x x    ' 2 2018 ' log g x x        2018 2018 1 2log . .ln 2018 log x x x 2018 2018 2.log .ln 2018. log x x x ' 0, 1 g x x hay hàm số y f x nghịch biến trên khoảng ; 1 .  Câu 9: (THPT Lý Thái Tổ-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho a , b là các số dương thỏa mãn 4 25 4 log log log 2 b a a b . Tính giá trị a b . A. 6 2 5 a b . B. 3 5 8 a b . C. 6 2 5 a b . D. 3 5 8 a b . Lời giải Chọn A Đặt 4 25 4 log log log 2 b a a b t Ta có 4 25 4 10 2 t t t a b b a  4.25 4 2.10 t t t 4 10 4 2. 25 25 t t         2 2 2 2. 4 0 5 5 t t         Đặt 2 0 5 t y     , ta có 2 2 4 0 y y 1 5 1 5 y y    1 5 y . Từ đó 2 2 4 1 5 5 1 6 2 5 5 25 t t t a b     . Câu 10: (THPT Lý Thái Tổ-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Một người lần đầu gửi ngân hàng 200 triệu đồng với kì hạn 3 tháng, lãi suất 4% / quý và lãi từng quý sẽ được nhập vào vốn. Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 150 triệu đồng với kì hạn và lãi suất như trước đó. Hỏi tổng số tiền người đó nhận được sau hai năm kể từ khi gửi thêm tiền lần hai là bao nhiêu? A. 480,05 triệu đồng. B. 463,51 triệu đồng. C. 501,33 triệu đồng. D. 521,39 triệu đồng. Lời giải Chọn C Sau 6 tháng (2 quý) gửi 200 triệu đồng thì người này sẽ nhận được số tiền cả góc lẫn lãi là 2 200 1 4% triệu đồng. Người đó lại gửi thêm 150 triệu đồng nên lúc này sẽ có 2 200 1 4% 150 triệu đồng. Số tiền người đó nhận được sau 2 năm tương ứng 8 quý kể từ khi gửi thêm tiền lần hai là 2 8 200 1 4% 150 1 4% 501,33  triệu đồng. Câu 11: (THPT Kinh Môn-Hải Dương lần 1 năm 2017-2018) Tìm giá trị của a để phương trình 2 3 1 2 3 4 0 x x a có 2 nghiệm phân biệt 1 x , 2 x thỏa mãn: 1 2 2 3 log 3 x x , ta có a thuộc khoảng: A. ; 3  . B. 3;  . C. 0;  . D. 3;  . Lời giải Chọn B Phương trình: 2 3 1 2 3 4 0 x x a 1 2 3 4 1 0 2 3 2 3 x x a       2 2 3 4. 2 3 1 0 x x a . 2 Đặt 2 3 x t ; 0 t . Để phương trình 1 có 2 nghiệm phân biệt 1 2 , x x thì phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt 4 1 0 a   3 a . Khi đó: 1 1 2 3 2 2 2 3 log log x t x t  suy ra Q 1 2 2 3 2 3 2 3 log log log 3 t t 1 2 3 t t 1 2 3 t t . Mặt khác theo Viet ta có 1 2 1 2 4 . 1 t t t t a  nên 1 2 3 1 t t  suy ra 2 a thoả mãn. Câu 12: (THPT Kinh Môn-Hải Dương lần 1 năm 2017-2018) Cho các số thực dương a , b thỏa mãn 16 20 25 2 log log log 3 a b a b . Tính tỉ số a T b . A. 1 0 2 T . B. 1 2 2 3 T . C. 2 0 T . D. 1 2 T . Lời giải Chọn D Đặt 16 20 25 2 log log log 3 a b a b x , ta có: 16 20 2 25 3 x x x a b a b  2.16 20 3.25 x x x 16 20 2. 3 25 25 x x         2 4 4 2. 3 0 5 5 x x         4 1 5 4 3 5 2 x x               4 3 5 2 x     . Từ đó a T b 16 20 x x 4 5 x     3 1;2 2 . Hay 1 2 T . Câu 13: (THPT Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa-lần 2 năm 2017-2018) Cho bất phương trình: 2 2 5 5 1 log 1 log 4 1 x mx x m . Tìm tất cả các giá trị của m để 1 được nghiệm đúng với mọi số thực x : A. 2 3 m   . B. 2 3 m  . C. 3 7 m   . D. 3 m  ; 7 m . Lời giải Chọn B Điều kiện 2 4 0 mx x m . Ta có 2 2 5 5 1 log 1 log 4 x mx x m 2 2 5 5 log 5 1 log 4 x mx x m 2 2 5 1 4 x mx x m 2 5 4 5 0 m x x m . 1 nghiệm đúng với mọi số thực x 2 2 4 0, 5 4 5 0, mx x m x m x x m x  2 2 0 4 0 5 0 4 5 0 m m m m     2 3 m  Câu 14: (THPT Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa-lần 2 năm 2017-2018) Số nghiệm của phương trình 1 ln 1 2 x x là A. 1. B. 0 . C. 3 . D. 2 . Lời giải Chọn D Hàm số ln 1 f x x luôn đồng biến trên khoảng 1;  và có miền giá trị là  . Hàm số 1 2 g x x có 2 1 0 2 g x x  , 2 x  nên g x luôn nghịch biến trên khoảng 1;2 và 2;  . Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm. Câu 15: (THPT Hồng Lĩnh-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho 3 2 3 3 1 1 1 3 3 3 9log log log 1 P a a a với 1 ;3 27 a      và M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . Tính 3 4 S m M . A. 83 2 S . B. 109 9 S . C. 42 S . D. 38 S . Lời giải Chọn D 3 2 1 1 1 3 3 3 1 log log 3log 1 3 P a a a Đặt 1 3 log a t ,   1;3 t 3 2 1 3 1 3 P t t t , 2 2 3 P t t  với   1;3 t Bảng biến thiên t  3 1  P  P 10 2 3 Ta thấy   1;3 2 min 3 m P ,   1;3 max 10 M P Suy ra 3 4 S m M 2 3. 4.10 38 3     . Câu 16: (THPT Hồng Lĩnh-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Biết ; a b là khoảng chứa tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình 2 2 2 1 7 3 5 7 3 5 2 x x x m có đúng bốn nghiệm thực phân biệt. Tính M a b . A. 1 8 M . B. 1 16 M . C. 7 16 M . D. 3 5 M . Lời giải Chọn B Ta có: 2 2 2 1 7 3 5 7 3 5 2 x x x m 2 2 7 3 5 7 3 5 1 2 2 2 x x m             . Vì 2 2 7 3 5 7 3 5 . 1 2 2 x x             nên đặt 2 7 3 5 2 x t       , 0 1 t  phương trình trở thành: 1 2 m t t 2 2 2 0 t t m 2 2 2 * m t t . Xét hàm số 2 2 f t t t , 0 1 t  . 4 1 f t t  , 1 0 4 f t t  ta có bảng biến thiên: Để phương trình đã cho có đúng bốn nghiệm thực phân biệt thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 0 1 t . Dựa vào bảng biến thiên ta thấy 1 0 2 8 m 1 0 16 m 1 0 16 M 1 16 . Câu 17: (THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Ngày mùng 3 / 03 / 2015 anh A vay ngân hàng 50 triêu đồng với lãi suất kép là 0,6% / tháng theo thể thức như sau: đúng ngày mùng 3 hàng tháng kể từ một tháng sau khi vay, ngân hàng sẽ tính số tiền nợ của anh bằng số tiền nợ tháng trước cộng với tiền lãi của số tiền nợ đó. Sau khi vay anh A trả nợ như sau: đúng ngày mùng 3 hàng tháng kể từ một tháng sau khi vay anh A đều đến trả ngân hàng 3 triệu đồng. Tính số tháng mà anh A trả được hết nợ ngân hàng, kể từ một tháng sau khi vay. Biết rằng lãi suất không đổi trong suốt quá trình vay. A. 15 tháng. B. 19 tháng. C. 16 tháng. D. 18 tháng. Lời giải Chọn D Gọi số tiền vay ban đầu là N , lãi suất là x , n là số tháng phải trả, A là số tiền trả vào hàng tháng để sau n tháng là hết nợ. Ta có Số tiền gốc cuối tháng 1: 1 N Nx A N x A Cuối tháng 2: 1 1 N x A N x A x A       2 1 1 1 N x A x    Cuối tháng 3: 2 1 1 1 1 N x A x x A       3 2 1 1 1 1 N x A x x    ………… Cuối tháng n:. 1 2 1 1 1 ... 1 1 n n n N x A x x x    .. Trả hết nợ thì sau n tháng, số tiền sẽ bằng 0 . 1 2 1 1 1 ... 1 1 0 n n n N x A x x x    1 2 1 1 1 ... 1 1 n n n N x A x x x    Đặt 1 1,006 y x ta được: 1 2 . ... 1 n n n N y A y y y 1 1 . . 1 n n y N y A y . . . 1 n n N x y A y 0,6 50. . 3. 1 100 n n y y 10 9 n y 10 log 9 y n 18 n . Câu 18: (THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Hình vẽ dưới đây vẽ đồ thị của 3 hàm số mũ. Khẳng định nào dưới đây đúng? A. a b c . B. 1 a c b . C. 1 b c a . D. b a c . Lời giải Chọn B Dựa vào đồ thị ở hình 5 ta thấy đồ thị của hàm số x y b là nghịch biến nên 0 1 b . Vẽ đường thẳng 1 x ta có đường thẳng 1 x cắt đồ thị hàm số x y a tại điểm có tung độ y a và cắt đồ thị hàm số x y c tại điểm có tung độ là y c . Khi đó điểm giao với x y a nằm trên điểm giao với x y c nên 1 a c . Vậy 1 a c b . O x y 1 x y b x y c x y a Câu 19: (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Một người vay ngân hàng 500 triệu đồng với lãi suất là 0,5% trên một tháng. Theo thỏa thuận cứ mỗi tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng10 triệu đồng và cứ trả hàng tháng như thế cho đến khi hết nợ (tháng cuối cùng có thể trả dưới 5 triệu). Hỏi sau bao nhiêu tháng thì người đó trả được hết nợ ngân hàng. A. 58. B. 69 . C. 56. D. 57 . Lời giải Chọn A Người đó vay ngân hàng 500 triệu đồng nên sau n tháng tổng số tiền phải trả cho ngân hànglà 500. 1 0,005 n (triệu đồng). Mỗi tháng người đó nộp vào ngân hàng 10 triệu đồng nên ta coi người đó gửi góp vào ngân hàng mỗi tháng 10 triệu đồng trong n tháng. 10 triệu đồng của tháng đầu tiên sau n tháng người đó sẽ có 10. 1 0,005 n (triệu đồng). 10 triệu đồng của tháng thứ hai sau 1 n tháng người đó sẽ có 1 10. 1 0,005 n (triệu đồng). 10 triệu đồng của tháng thứ ba sau 2 n tháng người đó sẽ có 2 10. 1 0,005 n (triệu đồng). …. 10 triệu đồng của tháng thứ 1 n sau 1 tháng người đó sẽ có 10. 1 0,005 (triệu đồng). Như vậy sau n tháng người đó có số tiền (không kể tháng cuối cùng) là 10. 1 0,005 n 1 10. 1 0,005 n 2 10. 1 0,005 n … 10. 1 0,005 1,005 1 10.1,005. 1,005 1 n 2010 1,005 1 n . Để trả hết nợ thì: 500. 1,005 n 2010 1,005 1 n 201 151 n     1,005 201 log 57,35 151 n  Như vậy người đó phải trả 58 tháng mới hết nợ. (tháng cuối cùng chỉ phải trả khoảng 3,5 triệu đồng). Câu 20: (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Cho 9 12 16 log log log 3 x y x y . Tính giá trị x y . A. 13 3 2 . B. 3 13 2 . C. 5 1 2 . D. 3 5 2 . Lời giải Chọn A Đặt 9 12 16 log log log 3 x y x y t 9 3 12 4 3 16 t t t t x x y y x y      Theo đề bài ta có phương trình 9 3.12 16 t t t 3 4 3 4 3 t t         2 3 3 3 1 0 4 4 t t         3 13 3 4 2 3 13 3 4 2               t t n l . Vậy 13 3 2 x y . Câu 21: (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Tính tích phân   3 2 0 max 4, d x x  . A. 12. B. 21. C. 43 3 . D. 9 . Lời giải Chọn C Xét hiệu: 2 4 A x trên   0;3 ta có: 0 A 2;2 x     2 0;2 max 4, 4 x và 0 A , 2; x  thì     2 2 2;3 max 4, x x . Khi đó ta có:   3 2 0 max 4, d x x  2 3 2 0 2 4d d x x x   19 8 3 43 3 . Câu 22: (THPT Chuyên Tiền Giang-lần 1 năm 2017-2018) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 2 2 2 4 log log 0 x x m nghiệm đúng với mọi giá trị 1;64 x . A. 0 m  . B. 0 m . C. 0 m . D. 0 m . Lời giải Chọn B Ta có 2 2 2 4 log log 0 x x m 2 2 2 log log 0 x x m . Đặt 2 log x t , khi 1;64 x thì 0;6 t . Khi đó, ta có 2 0 t t m 2 * m t t . Xét hàm số 2 f t t t với 0;6 t . Ta có 2 1 0, 0;6 f t t t  . Ta có bảng biến thiên: Bất phương trình đã cho đúng với mọi 1;64 x khi và chỉ khi bất phương trình * đúng với mọi 0;6 t 0 m . Câu 23: (THPT Chuyên Tiền Giang-lần 1 năm 2017-2018) Một sinh viên muốn mua một cái laptop có giá 12,5 triệu đồng nên mỗi tháng gửi tiết kiệm vào ngân hàng 750.000 đồng theo hình thức lãi suất kép với lãi suất 0,72% một tháng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng sinh viên đó có thể dùng số tiền gửi tiết kiệm để mua được laptop? A. 16 tháng. B. 14 tháng. C. 15 tháng. D. 17 tháng. Lời giải Chọn A Đặt 0,75 A (triệu đồng). t 0 6 f t  0 f t 42 Số tiền gửi tiết kiệm của sinh viên đó sau n tháng là 1 2 .1,0072 .1,0072 .1,0072 ... .1,0072 n n n T A A A A 1 2 . 1,0072 1,0072 1,0072 ... 1,0072 n n n T A 1,0072. 1 1,0072 . 1 1,0072 n T A Để sinh viên đó mua được một cái laptop có giá 12,5 triệu đồng thì 1,0072. 1 1,0072 0,75. 12,5 1 1,0072 n T 1 1,0072 0,12 n  1,0072 1,12 n 1,0072 log 1,12 15,8 n  . Như vậy, phải ít nhất 16 tháng tháng sinh viên đó có thể dùng số tiền gửi tiết kiệm để mua được laptop. Câu 24: (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Tổng 3 2018 2 2 2 2 2 2 1 2 log 2 3 log 2 .... 2018 log 2 S dưới đây: A. 2 2 1008 .2018 . B. 2 2 1009 .2019 . C. 2 2 1009 .2018 . D. 2 2019 . Lời giải Chọn B Ta có 2 3 3 3 3 1 1 2 3 ... 4 n n n . Mặt khác 3 2018 2 2 2 2 2 2 1 2 log 2 3 log 2 .... 2018 log 2 S 1 1 1 2 3 2018 2 2 2 2 2 2 1 2 log 2 3 log 2 .... 2018 log 2 3 3 3 2 2 2 1 2 log 2 3 log 2 .... 2018 log 2 3 3 3 1 2 3 ... 2018 2 2018 2018 1 2      2 2 1009 .2019 . Câu 25: (THPT Đức THọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hàm số y f x  có đồ thị như hình vẽ bên: Tìm số điểm cực trị của hàm số 3 2 f x f x y . A. 2 . B. 3 . C. 5 . D. 4 . Lời giải Chọn D Ta thấy f x  xác định trên  nên f x xác định trên  . Ta có: .3 .2 3 2 f x f x f x f x y f x f x f x        . O x y 2 - 2 2 2Xét 0 0 y f x   (do 3 2 0 f x f x , x  ). Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy 0 f x  có 4 nghiệm phân biệt. Vậy 0 y  có 4 điểm cực trị. Câu 26: (THPT Đức THọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Số các giá trị nguyên của tham số a để phương trình 3 3 log 1 log 8 0 x ax có hai nghiệm thực phân biệt là A. 4 . B. 3. C. 5 . D. 8 . Lời giải Chọn B 3 3 log 1 log 8 0 x ax 2 1 1 8 x x ax  2 1 2 9 0 * x f x x a x  . * YCBT có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 2 4 32 0 1 8 0 2 1 2 2 a a f a S a   4 8 8 4 8. 0 a a a a a    Vậy:   5,6,7 a . Câu 27: (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-lần 1 năm 2017-2018) Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau: A. Giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2 2 x x y bằng 4. B. Hàm số 3 2 x y nghịch biến trên  . C. Hàm số 2 2 log 1 y x đồng biến trên  . D. Hàm số 2 1 2 log 1 y x đạt cực đại tại 0 x . Lời giải Chọn C B đúng do 1 8. 2 x y     nghịch biến trên  . Xét 2 1 2 log 1 y x có 2 2 1 1 ln 2 x y x  , 0 0 y x  . Vẽ BBT ta thấy hàm số 2 1 2 log 1 y x đạt cực đại tại 0 x nên D đúng. Xét 2 2 2 x x y , ta có 2 2 .ln 2 2 .ln 2 x x y  , 0 1 y x  . Ta có BBT x  0  y  0 y  0  Hàm số đã cho có GTNN bằng 4 nên A đúng. Xét 2 2 log 1 y x có 2 2 1 ln 2 x y x  , 0 0 y x  . Ta có BBT Hàm số đã cho đồng biến trên 0;  nên C sai. Câu 28: (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-lần 1 năm 2017-2018) Nghiệm của phương trình 25 2 3 5 2 7 0 x x x x nằm trong khoảng nào sau đây? A. 5;10 . B. 0;2 . C. 1;3 . D. 0;1 Lời giải Chọn C Đặt 5 x t , 0 t . Phương trình trở thành: 2 2 3 2 7 0 t x t x 1 2 7 t L t x   . Với 2 7 t x ta có: 5 2 7 x x 5 2 7 0 x x . Phương trình có một nghiệm 1 x . Với 1 x : 5 2 7 5 2 7 x x 5 2 7 0 x x phương trình vô nghiệm. Với 1 x : 5 2 7 5 2 7 x x 5 2 7 0 x x phương trình vô nghiệm. Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất 1 0;2 x . Câu 29: (THTT số 6-489 tháng 3 năm 2018) Cho hàm số y f x liên tục trên  và có đồ thị như hình dưới. Biết rằng trục hoành là tiệm cận ngang của đồ thị. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4 2log 2 4 m f x có hai nghiệm phân biệt dương A. 1 m . B. 0 1 m . C. 0 m . D. 0 2 m . Lời giải Chọn C x  1  y  – 0 y  4  O x y 1 1 2 2 x  0  y  – 0 y  0  Phương trình 4 2log 2 4 m f x có hai nghiệm phân biệt dương khi và chỉ khi: 4 2log 2 0 4 2 m 4 2 2log 2 1 m 0 m có hai nghiệm phân biệt dương Câu 30: (THTT số 6-489 tháng 3 năm 2018) Tập nghiệm của bất phương trình 2 2 2.7 7.2 351. 14 x x x  có dạng là đoạn   ; S a b . Giá trị 2 b a thuộc khoảng nào dưới đây? A. 3; 10 . B. 4;2 . C. 7;4 10 . D. 2 49 ; 9 5     . Lời giải Chọn C 2 2 2.7 7.2 351. 14 x x x  49.7 28.2 351. 14 x x x  2 2 7 2 49. 28. 351 14 14 x x x x  7 2 49. 28. 351 2 7 x x x x  . Đặt 7 , 0 2 x x t t thì bpt trở thành 28 49 351 t t  4 7 49 2 t   4 7 7 49 2 2 x x   4 2 x   , khi đó   4;2 S . Giá trị 2 10 b a 7;4 10 . Câu 31: (THTT số 6-489 tháng 3 năm 2018) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 2 1 2 1 x m x có hai nghiệm phân biệt. A. 2 6 2 6 m . B. 2 2 m . C. 6 6 m . D. 2 6 2 2 m . Lời giải Chọn D Ta có 2 1 2 1 x m x 2 1 2 1 x m x . Đặt 2 1 2 1 x f x x , 2 2 1 2 2 1 2 1 x f x x x  , 0 f x  1 2 x 1 6 2 2 f     . Giới hạn 2 1 1 lim 2 2 1 x x x   , 2 1 1 lim 2 2 1 x x x   . Ta có BBT Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi 2 6 2 2 m . x  1 2  f x  0 f x 1 2 6 2 1 2 Câu 32: (THPT Nguyễn Trãi-Đà Nẵng-lần 1 năm 2017-2018) Gọi 0 3 a b x c là một nghiệm lớn hơn 1 của phương trình 1 1 2 1 2 3 1 2 1 3 x x x x            . Giá trị của P a b c là A. 6 P . B. 0 P . C. 2 P . D. 4 P . Lời giải Chọn D Điều kiện xác định: 0 x  . 1 1 1 2 3 1 3 x x x            2 2 1 x 1 1 2 1 3 3 1 2 x x x x 1 1 2 1 3 3 1 2 x x x x 1 . Xét hàm số 3 t f t t 0 t  , 3 .ln 3 1 0 t f t  1 1 1 2 f f x x     1 1 2 x x 1 3 2 x  1 a , 1 b , 2 c . Vậy 4 P . Câu 33: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Số nghiệm của phương trình 2 sin 2 cos 1 log sin x x x trên khoảng 0; 2      là A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn D Vì sin 0 x và cos 0 x , 0; 2 x      nên phương trình đã cho tương đương 2 2 2 sin 2 cos log cos 1 log sin log cos x x x x x 2 2 log cos cos log sin 2 sin 2 * x x x x Xét hàm số 2 log f t t t , với 0;1 t ta có 1 1 0, 0;1 ln 2 f t t t  . Do đó, hàm số f t đồng biến trên khoảng 0;1 . Từ phương trình * , ta có cos sin 2 cos sin 2 f x f x x x 1 sin 2 x hay 6 x  . Câu 34: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Phương trình 2 2 49 7 7 3 1 log log 1 log log 3 2 x x có bao nhiêu nghiệm? A. 2 . B. 3 . C. 1. D. 4 . Lời giải Chọn A Điều kiện 0 1 x x    . 2 2 49 7 7 3 1 log log 1 log log 3 2 x x 7 7 7 log log 1 log 2 x x 7 7 log 1 log 2 x x 1 2 1 2 x x x x    2 2 2 0 2 0 x x x x   2 1 x x   . Câu 35: (THPT Chuyên Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho bất phương trình 2 2 7 7 log 2 2 1 log 6 5 x x x x m . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình trên có tập ngiệm chứa khoảng 1;3 ? A. 35. B. 36. C. 34. D. 33 . Lời giải Chọn C 2 2 2 7 7 6 5 0 log 7 2 2 log 6 5 x x m bpt x x x x m     2 2 6 5 6 8 9 m x x x x m  1;3 1;3 max min m f x m g x  , với 2 6 5 f x x x ; 2 6 8 9 g x x x Xét sự biến thiên của hai hàm số f x và g x  2 6 0, 1;3 f x x x  f x luôn nghịch biến trên khoảng 1;3 1;3 max 1 12 f x f  12 8 0, 1;3 g x x x  g x luôn đồng biến trên khoảng 1;3 1;3 min 1 23 g x g Khi đó 12 23 m Mà m  nên   11; 10; ...;22 m Vậy có tất cả 34 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 36: (THPT Đặng Thúc Hứa-Nghệ An-lần 1 năm 2017-2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 5 5 log 2 log 1 mx x có nghiệm duy nhất? A. 1. B. 3 . C. Vố số. D. 2 . Lời giải Chọn C Phương trình tương đương với: 2 1 0 1 1 1 x x mx x   2 1 0 1 x x x m x   . Xét hàm số 2 1 x y x , với   1; \ 0 x  . Có 2 1 1 y x  2 2 1 x x ; 0 1 y x  (do   1; \ 0 x  ). Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy ra để hàm số có nghiệm duy nhất thì 4 0 m m   . Vậy có vô số giá trị nguyên để phương trình có nghiệm duy nhất. Câu 37: (THPT Chuyên Hạ Long-Quãng Ninh lần 2 năm 2017-2018) Cho phương trình 3 9 2 1 3 1 0 x x m m m 1 . Biết rằng tập các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt là một khoảng ; a b . Tổng S a b bằng A. 4 . B. 6 . C. 8 . D. 10. Lời giải Chọn A Đặt 3 x t 0 t . Khi đó phương trình 1 trở thành 2 3 2 1 1 0 m t m t m * . Phương trình 1 có 2 nghiệm x phân biệt phương trình * có 2 nghiệm t dương phân biệt 2 3 0 2 2 0 2 1 0 3 1 0 3 m m m m m m   3 1 1 1 3 m m m m     1 3 m . Khi đó, 1 3 a b  4 S . Câu 38: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-lần 2 năm 2017-2018) Biết rằng phương trình 2 3 3 log log 1 0 x m x có nghiệm duy nhất nhỏ hơn 1. Hỏi m thuộc đoạn nào dưới đây? A. 1 ;2 2      . B.   2;0 . C.   3;5 . D. 5 4; 2      . Lời giải Chọn B Điều kiện 0 x Do phương trình có nghiệm duy nhất nhỏ hơn 1 nên ta có 0 1 x . Đặt 3 log t x . Do 0 1 x suy ra 0 t . Khi đó phương trình đã cho trở thành: 2 1 0 t mt 1 m t t * Đặt 1 f t t t với ;0 t  , 2 1 1 f t t  , 0 f t  1 t 1 2 f . Bảng biến thiên: x 1 0 1  y  0 0 y 0   4  Nhận xét: Phương trình đề bài có nghiệm duy nhất 1 x khi và chỉ khi phương trình * có nghiệm duy nhất 0 t . Do đó dựa vào bảng biến thiên, phương trình có nghiệm duy nhất khi 2 m . Câu 39: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-lần 2 năm 2017-2018) Cho x , y là các số thực dương thoả mãn 2 ln ln ln x y x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của P x y . A. 6 P . B. 2 3 2 P . C. 3 2 2 P . D. 17 3 P . Lời giải Chọn C Ta có 2 2 2 ln ln ln ln ln x y x y xy x y xy x y 2 1 0 y x x Mà 0 x , 0 y nên 1 x và 2 1 x y x . Suy ra 2 1 x x y x x . Xét hàm số 2 1 2 1 1 1 x f x x x x x , 1 x . Ta có: 2 1 2 0 1 f x x  1 1 2 x (Do 1 x ) 1 1 3 2 2 2 f     . Bảng biến thiên Vậy min 3 2 2 P . Chú ý: Ta có tìm minh của f x như sau: 1 1 1 2 1 2 1 3 2 2 1 3 2 2 3 1 1 1 f x x x x x x x . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 2 1 2 1 1 2 x x x . Câu 40: (THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình vuông ABCD có diện tích bằng 36 , AB     là một véctơ chỉ phương của đường thẳng 0 y . Các điểm A , B , C lần lượt nằm trên đồ thị hàm số log a y x ; 2log a y x ; 3log a y x . Tìm a . A. 6 3 a . B. 3 . C. 3 6 a . D. 6 . Lời giải Chọn A Do diện tích hình vuông là 36 cạnh bằng 6 Gọi ;log log a a A m m y x 6;log a B m m và 6;6 log a C m m Vì 6;log 2log a a B m m y x log 2log 6 a a m m (1) Vì 6;6 log 3log a a C m m y x 6 log 3log 6 a a m m (2) Giải 1 9 m Thay vào 2 6 3 a Câu 41: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng-lần 2 năm 2017-2018) Bất phương trình 2 1 1 2 2 1 log 3 2 log 22 5 2 x x có bao nhiêu nghiệm nguyên? A. Nhiều hơn 2 và ít hơn 10 nghiệm. B. Nhiều hơn 10 nghiệm. C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn D Điều kiện: 2 3 x ; 22 5 x  Với điều kiện trên, 2 1 1 2 2 1 log 3 2 log 22 5 2 x x 2 2 1 1 2 2 log 3 2 log 22 5 x x 2 2 3 2 22 5 x x 3 x hoặc 10 x . Kết hợp điều kiện: 2 3 3 x . Kết luận: Vì x  nên có 2 giá trị thỏa mãn là 1 x , 2 x . Câu 42: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng-lần 2 năm 2017-2018) Tập tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 16 2 3 4 3 1 0 x x m m có nghiệm là A.   ;1 8;    . B.  1 ; 8; 3        . C.  1 ; 8; 3         . D. 1 ; 8; 3        . Lời giải Chọn B 16 2 3 4 3 1 0 x x m m 1 . Đặt 4 0 x t . Phương trình trở thành: 2 2 2 3 3 1 0 6 1 2 3 t m t m t t t m 2 . Với 3 2 t : 49 2 0 4 (vô lí) Với 3 0 2 t  : 2 6 1 2 2 3 t t m t . Phương trình 1 có nghiệm phương trình 2 có nghiệm thuộc 3 0; \ 2      . Xét 2 6 1 2 3 t t f t t . 2 2 5 2 6 20 0 2 2 3 t N t t f t t L t     . Bảng biến thiên: ∞ 1 3 ∞ 0 0 + 5 3 2 f t ( ) f' t ( ) t + + + ∞ 8 ∞ Số nghiệm phương trình 2 là số giao điểm của đồ thị hàm số 2 6 1 2 3 t t f t t và đường thẳng y m . Dựa vào BBT, ycbt  1 ; 8; 3 m        . Câu 43: (PTNK-ĐHQG TP HCM-lần 1 năm 2017-2018) Cho phương trình 2 2 3 3 log 3 log 3 2 2 1 0 x m x m m . Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên m mà phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 x , 2 x thỏa 1 2 10 3 x x . Tính tổng các phần tử của S . A. 6 . B. 1. C. 0 . D. 10. Lời giải Chọn C Điều kiện: 0 x . PT: 2 2 3 3 log 3 log 3 2 2 1 0 x m x m m 2 2 3 3 log 3 log 2 1 0 x m x m m . 1 Đặt 3 log t x . Khi đó phương trình trỏa thành 2 2 3 2 1 0 t mt m m 2 Để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt 1 x , 2 x thỏa 1 2 10 3 x x khi và chỉ khi 2 có hai nghiệm phân biệt 1 t , 2 t thỏa 1 2 10 3 3 3 t t .  2 có hai nghiệm phân biệt: 2 2 9 4 2 1 0 m m m  2 4 4 0 2 m m m  .  Khi đó 2 có hai nghiệm phân biệt 1 1 t m và 2 2 1 t m . Khi đó ta có: 1 2 10 3 3 3 t t 1 2 1 10 3 3 3 m m 2 1 3 10 3.3 3 3 m m 1 10 3 9 0 1 1 3 m m m               . Mà m  nên không tồn tại m . Câu 44: (SGD Phú Thọ – lần 1 - năm 2017 – 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 1 4 2.9 5.6 0 x x x m có hai nghiệm thực phân biệt? A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 4 . Lời giải Chọn A Ta có 1 4 2.9 5.6 0 x x x m 2 3 3 2. 5. 1 0 2 2 x x m         (*). Đặt 3 2 x t     , 0 t . Viết lại (*): 2 2 5 1 0 t t m (**). Phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt (**) có hai nghiệm thực dương phân biệt 25 4.2. 1 0 5 0 2 1 0 2 m S m P   17 8 1 m m  . Do m nguyên nên   0;1;2 m . Câu 45: (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 - năm 2017 – 2018) Biết a là số thực dương bất kì để bất phương trình 9 1 x a x nghiệm đúng với mọi x  . Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. 3 4 10 ;10 a   . B. 2 3 10 ;10 a   . C. 2 0;10 a   . D. 4 10 ;  . Lời giải Chọn A Bất phương trình 9 1 x a x đúng với mọi x  thì nó phải đúng với 1 x 10 a . Do 1 a nên hàm số x y a đồng biến trên  ; Đồ thị hàm số x y a có bề lõm quay lên trên. (hay hàm số là hàm số lõm trên  ) Do hai đồ thị hàm số x y a và 9 1 y x luôn đi qua điểm 0;1 A nên bất phương trình 9 1 x a x nghiệm đúng với mọi khi đường thẳng 9 1 y x là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm 0;1 A 0 9 y  , với ln x y a a  ln 9 a 9 e a . Vậy 3 4 10 ;10 a   . Câu 46: (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 - năm 2017 – 2018) Một viên gạch hoa hình vuông cạnh 40cm . Người thiết kế đã sử dụng bốn đường parabol có chung đỉnh tại tâm viên gạch để tạo ra bốn cánh hoa (được tô mầu sẫm như hình vẽ bên). Diện tích mỗi cánh hoa của viên gạch bằng A. 2 800cm . B. 2 800 cm 3 . C. 2 400 cm 3 . D. 2 250cm . Lời giải Chọn C Oxy Cách 1: Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Gọi S là diện tích một cách hoa. Ta xé cánh hoa ở góc phần tư thứ nhất. Ta có: 2 S S  , với S  là diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 : P y ax và đường thẳng : d y x . Ta có: P qua điểm. 20;20 . nên 2 1 20 20 20 a a . Suy ra: 2 1 : 20 P y x . Khi đó: 20 2 0 1 200 400 2 2 d 2 20 3 3 S S x x x        2 cm . Cách 2: Chọn hệ tọa độ như hình vẽ (1 đơn vị trên trục bằng 10cm 1dm ), các cánh hoa tạo bởi các đường parabol có phương trình 2 2 x y , 2 2 x y , 2 2 y x , 2 2 y x . Diện tích một cánh hoa (nằm trong góc phần tư thứ nhất) bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số 2 2 x y , 2 y x và hai đường thẳng 0 x ; 2 x . Do đó diện tích một cánh hoa bằng 2 2 0 2 d 2 x x x      2 3 3 0 2 2 2 3 6 x x       2 2 4 400 dm cm 3 3 . Câu 47: (THPT Tây Thụy Anh – Thái Bình – lần 1 - năm 2017 – 2018) Để thực hiện kế hoạch kinh doanh, ông A cần chuẩn bị một số vốn ngay từ bây giờ. Ông có số tiền là 500 triệu đồng gửi tiết kiệm với lãi suất 0, 4% /tháng theo hình thức lãi kép. Sau 10 tháng, ông A gửi thêm vào 300 triệu nhưng lãi suất các tháng sau có thay đổi là 0,5% tháng. Hỏi sau 2 năm kể từ lúc gửi số tiền ban đầu, số tiền ông A nhận được cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu? (Không tính phần thập phân). A. 879693600 . B. 880438640 . C. 879693510 . D. 901727821. Lời giải Chọn C Đặt 1 500000000 m , 2 300000000 m , 1 0, 4% r , 2 0,5% r . Số tiền cả vốn lẫn lãi ông A có được sau 10 tháng là 10 1 1 m r  . Số tiền cả vốn lẫn lãi ông A có được sau 14 tháng tiếp theo là 10 14 1 1 2 2 1 1 m r m r     . Thay số vào ta được số tiền ông A nhận được cả gốc lẫn lãi sau 2 năm kể từ lúc gửi số tiền ban đầu bằng 879693510 đồng (không tính phần thập phân). Câu 48: (THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc – lần 4 - năm 2017 – 2018) Rút gọn biểu thức 1 5 6 3 6 3 6 3 2 1 a a a a a A a a . A. 2 1 a . B. 2 1 A a . C. 6 2 1 A a . D. 3 2 1 A a . Lời giải Chọn D Ta có: 1 5 6 3 6 3 6 3 2 1 a a a a a A a a 1 3 1 2 3 3 1 3 1 3 1 1 1 a a a a a     2 1 1 2 3 3 3 3 1 3 1 a a a a 1 3 2 1 a 3 2 1 a Câu 49: (THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc – lần 4 - năm 2017 – 2018) Tập nghiệm S của bất phương trình: 2 4 1 1 log 2 3 log 2 2 x x     là A. 5 ; 2 S      . B. 3 5 ; 2 2 S     . C. 1 ;1 2 S     . D. 5 ;1 ; 2 S        . Lời giải Chọn A Điều kiện: 3 2 x . Bất phương trình đã cho tương đương với: 2 2 1 1 1 log 2 3 log 2 2 2 x x     2 2 2 2 1 log 2 3 log 2 log 2 x x     2 2 2 log 2 3 log 2 1 x x 5 a d 2 4 14 10 0 x x 5 ;1 ; 2 x        . Đối chiếu điều kiện bất phương trình có tập nghiệm 5 ; 2 S      . Câu 50: (THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc – lần 4 - năm 2017 – 2018) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 3 2 3 1 y x x mx đồng biến trên khoảng ;0  . A. 2 m . B. 3 m  . C. 1 m  . D. 0 m  . Lời giải Chọn B Tập xác định: D  . Đạo hàm: 2 3 6 y x x m  . Hàm số đồng biến trên khoảng ;0  khi và chỉ khi 0 y  , 0 x 2 3 6 0 x x m , 0 x . Cách 1: 2 3 6 0 x x m , 0 x 2 3 6 x x m , 0 x . Xét hàm số 2 3 6 f x x x trên khoảng ;0  , ta có: 6 6 f x x  . Xét 0 f x  6 6 0 x 1 x . Ta có 1 3 f . Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên, ta có: 3 m  . Cách 2: Ta có 9 3m   . Nếu 0 3 m     thì 0 y  x  0 y  0 x . Nếu 0   thì y  có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x . Khi đó để 0 y  0 x thì ta phải có 1 2 0 x x  . Điều này không thể xảy ra vì 1 2 2 0 S x x . Vậy 3 m  . Cách 3: Phương án B: Với 3 m ta có 3 3 2 3 3 1 1 y x x x x . Khi đó 2 3 1 0 y x  x . Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng ;0  . Vậy B là đáp án đúng. Câu 51: (THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc – lần 4 - năm 2017 – 2018) Tìm số nguyên m nhỏ nhất để bất phương trình 2 3 2 3 3 log 1 2 3 log 1 x x x x x m  (ẩn x ) có ít nhất hai nghiệm phân biệt. A. 3 m . B. 2 m . C. 1 m . D. 1 m . Lời giải Chọn B 2 3 2 3 3 log 1 2 3 log 1 1 x x x x x m  Điều kiện 0 x . 2 3 2 3 1 1 log 2 3 1 x x x x m x      3 2 3 1 log 1 2 3 1 x x x m x      . Xét 3 2 3 1 log 1 2 3 f x x x x x     , với 0 x . 2 2 1 1 6 6 1 1 ln 3 x f x x x x x      ; 0 1 f x x  . Với 0;1 0 x f x  ; với 1; 0 x f x   . Vậy bất phương trình có ít nhất hai nghiệm 1 0 m 1 m . Vậy 2 m . Câu 52: (THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc – lần 4 - năm 2017 – 2018) Điểm cực đại của hàm số 1 2 1 e x y x là A. 1 x . B. 1 2 x . C. 1 x . D. 3 2 x . Lời giải Chọn B Ta có 1 1 2 1 e 2 1 e x x y x x    1 1 2e 2 1 e x x x 1 1 2 e x x . 0 y  1 1 2 e 0 x x 1 2 x . Ta thấy y  đổi dấu từ dương sang âm khi x qua 1 2 , nên hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm 1 2 x . Câu 53: (THPT Hồng Bàng – Hải Phòng – năm 2017 – 2018) Một người vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất là 0,7% một tháng theo thỏa thuận cứ mỗi tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng 5 triệu đồng và cứ trả hàng tháng như thế cho đến khi hết nợ (tháng cuối cùng có thể trả dưới 5 triệu đồng). Hỏi sau bao nhiêu tháng thì người đó trả được hết nợ ngân hàng. A. 24 . B. 23. C. 22 . D. 21. Lời giải Chọn D Giả sử người đó trả nợ hết trong n tháng. Ta tính số tiền lãi do 100 triệu sinh ra trong n tháng: 100 1,007 n S  (triệu đồng). Do mỗi tháng người đó gửi vào 5 triệu đồng nên sau n tháng có được (tháng thứ 1 n gửi vào đầu tháng): 2 2 5 5 1,007 5 1,007 ... 5 1,007 n S    1 1 1,007 5 1 1,007 n  (triệu đồng). Xét phương trình 2 S S suy ra 21 n . Câu 54: (THPT Hồng Bàng – Hải Phòng – năm 2017 – 2018) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 2 1 2 4 log log 0 x x m có nghiệm thuộc khoảng 0;1 A. 1 0; 4 m      . B. 1 ; 4 m       . C.  ;0 m  . D. 1 ; 4      . Lời giải Chọn B Cách 1: Điều kiện: 0 x . 2 2 1 2 4 log log 0 x x m 2 2 2 log log 0 x x m . Đặt 2 log t x , do 0;1 x ;0 t  . Phương trình trở thành 2 0 t t m 2 m t t f t 2 1 f t t  , 1 0 2 f t t  1 1 2 4 f     , 0 0 f . Bảng biến thiên: Ycbt 1 4 m  . Cách 2: Điều kiện: 0 x . 2 2 1 2 4 log log 0 x x m 2 2 2 log log 0 x x m 1 . Đặt 2 log t x . Phương trình trở thành 2 0 t t m 2 . Phương trình 1 có nghiệm 0;1 x phương trình 2 có nghiệm 0 t . 0 0 0 0 a c S P         0 1 4 0 1 0 0 m m m        0 1 0 4 m m      1 4 m  . Câu 55: (THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Cho phương trình 25 2 5 2 1 0 x x m m với m là tham số thực. Có bao nhiêu giá trị nguyên   0;2018 m để phương trình có nghiệm? A. 2015 . B. 2016 . C. 2018 . D. 2017 . Lời giải Chọn B Đặt 5 x t , 0 t . Phương trình đã cho trở thành 2 2 2 1 0 t m t m 2 2 2 1 t m t t 2 2 1 2 t t m t * (vì 2 t không thỏa phương trình). Đặt 2 2 1 2 t t f t t , 2 2 4 3 2 t t f t t  , 1 0 3 t f t t    . Bảng biến thiên +∞ +∞ - 0 f(t) t -1 2 -∞ +∞ 0 3 2 0 4 f'(t) + - + 0 1 Phương trình đã cho có nghiệm khi * có nghiệm 0 t . Dựa vào bảng biến thiên suy ra 0 4 m m    . Vì   0;2018 m , m nguyên nên   0;4;5;...;2018 m , có 2016 giá trị thỏa mãn. Câu 56: (THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Số giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số 3 2 6 2 1 2 x x mx y     luôn đồng biến trên khoảng 1;3 là A. 8 . B. 9 . C. 10 . D. Vô số. Lời giải Chọn B Ta có 3 2 6 2 3 2 1 1 6 2 ln 2 2 x x mx y x x mx       3 2 6 2 2 1 1 3 12 ln . 2 2 x x mx x x m     Hàm số 3 2 6 2 1 2 x x mx y     luôn đồng biến trên khoảng 1;3 khi và chỉ khi 0 y  1;3 x 2 3 12 0 x x m  1;3 . x Cách 1: Ta có 36 3m   . Nếu 0    12 m thì 2 3 12 0 x x m x ( loại). Nếu 0   12 m thì 2 3 12 0 x x m  1;3 x khi và chỉ khi tam thức bậc hai 3 3 12 x x m có hai nghiệm 1 2 ; x x 1 2 ( ) x x thỏa mãn 1 2 1 3 x x   2 2 3. 3.1 12.1 0 3. 3.3 12.3 0 m m    9. m  Khi đó số giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số 3 2 6 2 1 2 x x mx y     luôn đồng biến trên khoảng 1;3 là 9 . Cách 2: 2 3 12 0 x x m  1;3 . x 2 3 12 m x x f x  1;3 . x ĐK: 1 3 9 m f f  Số giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số 3 2 6 2 1 2 x x mx y     luôn đồng biến trên khoảng 1;3 là 9 . Câu 57: (THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Phương trình 2 3 3 1 3 1 log 2 log 5 log 8 0 2 x x có bao nhiêu nghiệm thực? A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn C Điều kiện 2 5 x x   Với điều kiện trên 2 3 3 1 3 1 log 2 log 5 log 8 0 2 x x 2 2 9 9 log 2 5 log 64 x x 2 2 2 5 64 x x 2 2 6 3 3 18 0 3 17 3 2 0 2 3 17 2 x x x x x x x x           . So điều kiện nhận các nghiệm 6 x , 3 x ; 3 17 2 x . Câu 58: (THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Cho dãy số n u thỏa mãn 2 6 8 4 ln ln ln 1 u u u và 1 .e n n u u với mọi 1 n . Tìm 1 u . A. e . B. 2 e . C. 3 e . D. 4 e . Lời giải Chọn D Từ giả thiết suy ra dãy số n u là cấp số nhân với công bội e và 0 n u với mọi 1 n . Ta có 5 6 1 .e u u ; 7 8 1 .e u u ; 3 4 1 .e u u . Do đó: 2 6 8 4 ln ln ln 1 u u u 2 5 7 3 1 1 1 ln .e ln .e ln .e 1 u u u 2 1 1 1 ln 5 ln 7 ln 3 1 u u u 2 1 1 ln 8 ln 16 0 u u 4 1 1 ln 4 e u u . Câu 59: (SGD Bắc Giang – năm 2017 – 2018) Một người vay ngân hàng 500 triệu đồng với lãi suất 1, 2% tháng để mua xe ô tô. Nếu mỗi tháng người đó trả ngân hàng 10 triệu đồng và thời điểm bắt đầu trả cách thời điểm vay là đúng một tháng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng thì người đó trả hết nợ? Biết rằng lãi suất không thay đổi. A. 70 tháng. B. 80 tháng. C. 85 tháng. D. 77 tháng. Lời giải Chọn D Đặt 500 P triệu đồng và 1,012 a . Tháng 1 người đó nợ aP , đã trả 10 triệu đồng nên còn nợ 10 aP . Tháng 2 người đó nợ 2 10 a P a , đã trả 10 triệu đồng nên còn nợ 2 10 10 a P a . … Sau tháng n người đó còn nợ 1 10 ... 10 10 n n a P a a . Giả sử người đó trả hết nợ sau n tháng. Khi đó: 1 1,012 1 5 5 10 ... 10 10 0 10. log 1 2 2 n n n n n a a P a a a P a n a . Do đó cần ít nhất 77 tháng người đó trả hết nợ. Câu 60: (SGD Bắc Giang – năm 2017 – 2018) Cho phương trình 2 0,5 2 log 6 log 3 2 0 m x x x ( m là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình có nghiệm thực? A. 17 . B. 18. C. 23. D. 15. Lời giải Chọn A Điều kiện 2 6 0 3 1 6 0 3 2 0 m x x m x x x   . Khi đó, 2 0,5 2 log 6 log 3 2 0 m x x x 2 2 2 log 3 2 log 6 x x m x 2 3 2 6 x x m x 2 3 8x x m * . Xét hàm số 2 8 3 f x x x trên 3;1 , ta có 2 8 f x x  ; 0 4 f x x  . Bảng biến thiên Từ BBT suy ra phương trình * có nghiệm trên 3;1 6 18 m . Do m nguyên dương nên   1;2;...;17 m . Câu 61: (SGD Bắc Giang – năm 2017 – 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m nhỏ hơn 10 để phương trình e e x x m m có nghiệm thực? A. 9 . B. 8 . C. 10. D. 7 . Lời giải Chọn C Điều kiện: e 0 e 0 x x m m m  . Đặt e x t m 0 t ta suy ra: 2 2 e e x x m t t m  2 2 e 0 1 e e e e 1 0 e 1 0 2 x x x x x x t t t t t t    . Phương trình 2 vô nghiệm vì e 1 0 x t . Phương trình 1 tương đương với 2 e e e e e x x x x x t m m 3 Phương trình e e x x m m * có nghiệm thực khi phương trình 3 có nghiệm thực. Xét hàm số 2 e e x x f x với x  , ta có: 2 1 2e e 0 e ln 2 2 x x x f x x  . Bảng biến thiên của hàm số 2 e e x x f x là Số nghiệm của 3 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số 2 e e x x f x và đường thẳng y m . Dựa vào bẳng biến thiên suy ra phương trình 3 có nghiệm khi 1 4 m . x  ln 2  f x  0 f x  1 4  x 4 3 1 f x  f x 18 6 Kết hợp với giả thiết m là số nguyên nhỏ hơn 10 ta suy ra   0,1,2,3, 4,5,6,7,8,9 m . Vậy có 10 giá trị thỏa mãn. Câu 62: (SGD Bắc Giang – năm 2017 – 2018) Cho hàm số 2 2017 2 2018 1 ln 1 sin 2 f x a x x bx x với a , b là các số thực và log5 7 6 f . Tính log7 5 f . A. log7 5 2 f . B. log7 5 4 f . C. log7 5 2 f . D. log7 5 6 f . Lời giải Chọn C Đặt g x 2 2017 2 2018 1 ln 1 sin a x x bx x có tập xác định  là tập đối xứng. Ta có với mọi x  , g x 2 2017 2 2018 1 ln 1 sin a x x bx x 2 2017 2018 2 1 1 ln sin 1 a bx x x x     2 2017 2 2018 1 ln 1 sin a x x bx x g x . Suy ra g x là hàm số lẻ, mặt khác log5 log7 7 5 nên log7 log7 log5 5 5 7 g g g . Theo giả thiết ta có log5 log5 log5 7 7 2 7 4 f g g . Do đó log7 5 f = log7 log5 5 2 7 2 4 2 2 g g . Câu 63: (Chuyên ĐB Sông Hồng –Lần 1 năm 2017 – 2018) Cho bất phương trình 1 .3 3 2 4 7 4 7 0 x x x m m , với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi ;0 x  . A. 2 2 3 3 m . B. 2 2 3 3 m . C. 2 2 3 3 m . D. 2 2 3 3 m . Lời giải Chọn B 1 .3 3 2 4 7 4 7 0 x x x m m 4 7 4 7 3 3 2 . 0 3 3 x x m m             Đặt 4 7 3 x t       Khi 0 x thì 0 1 t BPT trở thành 3 2 3 0, m m t t 0;1 t 2 2 3 , 1 t m t 0;1 t Xét 2 2 , 1 t f t t 0;1 t 2 2 2 0 3 1 1 t t f t t t  Vậy ycbt 2 2 3 3 2 2 3 . 3 m m Câu 64: (THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu – An Giang - Lần 3 năm 2017 – 2018) Hùng đang tiết kiệm để mua một cây guitar. Trong tuần đầu tiên, anh ta để dành 42 đô la, và trong mỗi tuần tiết theo, anh ta đã thêm 8 đô la vào tài khoản tiết kiệm của mình. Cây guitar Hùng cần mua có giá 400 đô la. Hỏi vào tuần thứ bao nhiêu thì anh ấy có đủ tiền để mua cây guitar đó? A. 47 . B. 45 . C. 44 . D. 46 . Lời giải Chọn D Gọi n là số tuần anh ta đã thêm 8 đô la vào tài khoản tiết kiệm của mình Số tiền anh ta tiết kiệm được sau n tuần đó là 42 8 S n Theo bài ra 42 8 400 44.75 45 S n n n Vậy kể cả tuần đầu thì tuần thứ 46 anh ta có đủ tiền để mua cây guitar đó Câu 65: (THPT Chuyên ĐHSP – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) Cho phương trình 4 1 2 0. x x m m Điều kiện của m để phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt là A. 1 m . B. 1 m . C. 0 m và 1 m  . D. 0 m . Lời giải Chọn C Ta có: 0 2 1 4 1 2 0 2 1 2 0 2 1 2 x x x x x x x x m m m m m       Phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt 1 có hai nghiệm phân biệt khác 0 0 1 m m   . Câu 66: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần 4 năm 2017 – 2018)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình ln ln m m x x có nhiều nghiệm nhất. A. 0 m . B. 1 m . C. e m . D. 1 m . Lời giải Chọn B Ta có ln ln 1 m m x x . Điều kiện e m x m . Đặt ln m x y ta được e y m x . Thay vào 1 ta được ln m y x e x m y . Ta có hệ e e e e e e x x y x y y m y y x x y m x  . Do hàm số e t f t t đồng biến trên  nên suy ra x y ln x x m e x x m . Xét hàm số e x g x x ; e 1 x g x  ; 0 0 g x x  . t 0 3 1 1 f t  – 0 f t 2 2 2 3 3 2 BBT Suy ra phương trình có nhiều nhất là hai nghiệm 1 m . (chú ý nghiệm luôn thỏa điều kiện). Câu 67: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần 4 năm 2017 – 2018)Giả sử cứ sau một năm diện tích rừng của nước ta giảm x phần trăm diện tích hiện có. Hỏi sau đây 4 năm diện tích rừng của nước ta sẽ là bao nhiêu phần trăm diện tích hiện nay? A. 4 1 x . B. 4 1 100 x . C. 4 1 100 x     . D. 4 1 100 x     . Lời giải Chọn D Giả sử diện tích rừng hiện có là M . Hết năm thứ nhất diện tích rừng còn lại 1 100 x M     . Hết năm thứ hai diện tích rừng còn lại là 2 1 1 1 100 100 100 100 x x x x M M M             . . Hết năm thứ tư diện tích rừng còn lại là 4 1 100 x M     . Câu 68: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần 4 năm 2017 – 2018)Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên không dương của m để phương trình 1 3 3 log log 3 0 x m x có nghiệm. Tập S có bao nhiêu tập con? A. 4 . B. 8 . C. 2 . D. 7 . Lời giải Chọn B Điều kiện xác định: 3 m x . 1 3 3 3 3 3 log log 3 0 log log 3 3 2 m x m x x m x x m x x . Phương trình có nghiệm khi 3 3 2 m m 3 m . Do m nguyên không dương nên   2; 1;0 S . S có 3 phần tử nên số tập con là 3 2 8 . Câu 69: (THPT Kim Liên – Hà Nội - Lần 2 năm 2017 – 2018)Cho phương trình 2 1 sin cos sin e e 2 sin cos x m x x x m x với m là tham số thực. Gọi S là tập tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm. Khi đó S có dạng   ; ; a b    . Tính 10 20 T a b . A. 10 3 T . B. 0 T . C. 1 T . D. 3 10 T . Lời giải Chọn A Ta có 2 1 sin cos sin e e 2 sin cos x m x x x m x 2 1 sin cos sin e cos sin e 2 1 sin x m x x m x x x Xét hàm số e t f t t t  , e 1 0 t f t  f t đồng biến trên  . Suy ra 2 1 sin cos sin e cos sin e 2 1 sin cos sin 2 1 sin x m x x m x x x m x x x cos sin 2 m x x . Phương trình có nghiệm khi 2 2 1 4 3 m m . ; 3 3; S       . Vậy 10 20 T a b 10 3 . Câu 70: (THPT Kim Liên – Hà Nội - Lần 2 năm 2017 – 2018)Cho dãy số n u thỏa mãn 18 18 1 1 4 4 e 5 e e e u u u u và 1 3 n n u u với mọi 1 n . Giá trị lớn nhất của n để 3 log ln 2018 n u bằng A. 1419 . B. 1418 . C. 1420 . D. 1417 . Lời giải Chọn A Ta có 1 3 n n u u với mọi 1 n nên n u là cấp số cộng có công sai 3 d 18 18 18 18 1 1 1 1 4 4 4 4 e 5 e e e 5 e e e e u u u u u u u u 1 Đặt 18 1 4 e e u u t 0 t Phương trình 1 trở thành 2 0 5 0 25 t t t t t t   5 5 0 5 0 0 0 t t t t t t t t Với 0 t ta có: 18 1 4 18 1 1 1 1 e e 4 51 4 17 u u u u u u u Vậy 1 1 17 1 3 3 14 n u u n d n n Có: ln 2018 ln 2018 ln 2018 3 3 14 log ln 2018 3 3 14 3 1419,98 3 n n u u n n  Vậy giá trị lớn nhất của n là 1419 . Câu 71: (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh - Lần 2 năm 2017 – 2018)Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 1 9 3 0 x x m có nghiệm thuộc khoảng 0;1 . A. 11. B. 12. C. 13. D. 14. Lời giải Chọn C Ta có 1 9 3 0 9 3.3 x x x x m m . Xét hàm số 9 3.3 x x y . Ta có: 9 .ln 9 3.3 .ln 3 0 x x y  x  . Bảng biến thiên: x 0 1 y  y 4 18 YCBT 4 18 m ,  m . Vậy có 13 giá trị nguyên của m thỏa YCBT. Câu 72: (THPT Thuận Thành 2 – Bắc Ninh - Lần 2 năm 2017 – 2018)Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trên khoảng 2018;2018 để phương trình 2 1 2 6.2 7 48 .2 2 16 0 x x m m m có hai nghiệm 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 . 15 x x ? A. 2017 . B. 0 . C. 1994. D. 1993. Lời giải Chọn C Đặt 2 x t 0 t . Phương trình đã cho trở thành 2 2 3 7 48 2 16 0 t m t m m * . 2 2 7 8 12 2 16 m m m   2 5 48 m 0 m . Suy ra phương trình * có hai nghiệm 1 2 16 t m , 2 3 m t . Để phương trình đã cho có hai nghiệm thì ta phải có 2 16 0 0 3 m m  8 m . Vì 8 m và m nguyên nên suy ra 9 m . Khi đó ta có 1 2 log 2 16 x m , 2 2 log 3 m x ; 1 2 . 15 x x 2 2 log 2 16 .log 15 3 m m . Xét hàm số 2 2 log 2 16 .log 3 m f m m với 9 m . Ta có: với 9 m thì 2 log 2 16 0 m ; 2 log 0 3 m . Mặt khác các hàm số 2 log 2 16 g m m và 2 log 3 m h m là các hàm số đồng biến với 9 m . Suy ra f m đồng biến với 9 m . Lại có: 24 15 f . Vậy 15 24 f m m . Suy ra có 2017 24 1 1994 giá trị nguyên của tham số m trên khoảng 2018;2018 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 73: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Biết điều kiện cần và đủ của m để phương trình 2 2 1 1 2 2 1 log 2 4 5 log 8 4 0 2 x m m x có nghiệm thuộc 5 ;4 2      là   ; m a b .Tính T a b . A. 10 3 T . B. 4 T . C. 4 T . D. 10 3 T . Lời giải Chọn D Điều kiện: 2 x . Ta có: 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 log 2 4 5 log 8 4 4log 2 4 5 log 2 8 4 0 1 2 x m m x m x m x Đặt 2 log 2 x t với   5 ;4 1;1 2 x t      . Khi đó 1 trở thành 2 2 5 1 4 4 5 8 4 0 2 t t t m t m m f t t . Ta có: 2 2 4 11 0 2 t t f t t  , với mọi   1;1 t . Từ bảng biến thiên, phương trình 2 2 1 1 2 2 1 log 2 4 5 log 8 4 0 2 x m m x có nghiệm thuộc 5 ;4 2      khi và chỉ khi 5 5 3 m   . Do đó: 5 5 3 a b  . Vậy 10 3 a b . Câu 74: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 2 2 2 2 3 3 1 log 5 2 2 1 x x m x x m x x Có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1. A. 3 . B. Vô số. C. 2 . D. 4 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 2 3 3 1 0 x x m . Ta có: 2 2 2 2 3 3 1 log 5 2 2 1 x x m x x m x x 2 2 2 2 3 3 1 log 1 5 1 2 1 x x m x x m x x     2 2 2 2 3 3 1 log 5 1 4 2 2 x x m x x m x x 2 2 2 2 2 2 log 3 3 1 log 4 2 2 4 2 2 3 3 1 x x m x x x x x x m 2 2 2 2 2 2 log 3 3 1 3 3 1 log 4 2 2 4 2 2 x x m x x m x x x x 1 Xét hàm số: 2 log f t t t trên 0;  , ta có 1 1 0 .ln 2 f t t  , 0; t  . Do đó hàm số f t đồng biến trên 0;  . Suy ra: 2 2 1 4 2 2 3 3 1 f x x f x x m t 1 1 f t  f t 5 3 5 2 2 4 2 2 3 3 1 x x x x m 2 5 1 x x m 2 . Điều này đúng với mọi x  . Xét hàm số: 2 5 g x x x trên  , ta có 5 2 5 0 2 g x x x  . Bảng biến thiên: - Theo bảng biến thiên ta thấy: phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi và chỉ khi 25 1 4 4 m 21 3 4 m . Do m  nên   5; 4 m . Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 75: Thầy Châu vay ngân hàng ba trăm triệu đồng theo phương thức trả góp để mua xe. Nếu cuối mỗi tháng, bắt đầu từ tháng thứ nhất thầy Châu trả 5 triệu đồng và chịu lãi số tiền chưa trả là 0,65% mỗi tháng (biết lãi suất không thay đổi) thì sau bao lâu thầy Châu trả hết số tiền trên? A. 78 tháng. B. 76 tháng. C. 75 tháng. D. 77 tháng. Lời giải Chọn D Gọi: A đồng là số tiền thầy Châu vay ngân hàng với lãi suất % r /tháng; X đồng là số tiền thầy Châu trả nợ cho ngân hàng vào cuối mỗi tháng. Khi đó: Số tiền thầy Châu đó còn nợ ngân hàng sau n tháng là 1 1 1 . n n n r T A r X r Thầy Châu trả hết số tiền trên khi 1 1 1,0065 1 0 1 . 0 300 1,0065 5 0 76, 29. 0,0065 n n n n n r T A r X n r  Vậy: sau 77 tháng thầy Châu trả hết số tiền trên. Câu 76: (THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An – Lần 2 năm 2017 – 2018) Các giá trị của m để phương trình 2 2 2 2 5 1 5 1 2 x x x m có đúng bốn nghiệm phân biệt là khoảng ; a b . Giá trị b a là A. 1 16 . B. 49 64 . C. 1 64 . D. 3 4 . Lời giải Chọn C 2 2 2 2 5 1 5 1 2 x x x m 1 2 2 5 1 5 1 1 2 2 4 x x m             . Vì 5 1 5 1 . 1 2 2 nên đặt 2 5 1 2 x t       0 1 t  và 2 5 1 1 2 x t       . Ta có phương trình 1 1 . 4 t m t 2 4 4 m t t 2 . x  1 5 2  y  0 0 y 4 25 4 Ứng với một nghiệm 0;1 t của phương trình 2 ta có 2 nghiệm x phân biệt của phương trình 1 . Do đó, phương trình 1 có 4 nghiệm phân biệt phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng 0;1 Đường thẳng 4 y m cắt phần đồ thị của hàm số 2 4 f t t t với 0;1 t tại 2 điểm phân biệt. Bảng biến thiên của hàm 2 4 f t t t với 0;1 t Từ bảng biến thiên suy ra 1 0 4 16 m 1 0 64 m . Vậy 0 a ; 1 64 b 1 64 b a . Câu 77: (SGD Quảng Nam – năm 2017 – 2018) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 9 2 3 3 6 3 0 x x m m có hai nghiệm trái dấu. A. 1 m . B. 1 2 m . C. 1 2 m . D. 1 1 2 m . Lời giải Chọn D Đặt 3 x t , 0 t ta được phương trình 2 2 1 6 3 0 t m t m . Để 9 2 3 3 6 3 0 x x m m có hai nghiệm trái dấu thì phương trình 2 2 1 6 3 0 t m t m có hai nghiệm phân biệt 1 t , 2 t thỏa mãn 1 2 0 1 t t 1 2 1 2 1 2 0 0 0 1 1 0 t t t t t t    2 1 6 3 0 1 0 6 3 0 6 3 2 1 1 0 m m m m m m  2 4 4 0 1 1 2 4 4 m m m m m  1 1 2 m . Câu 78: (ĐHQG TPHCM – Cơ Sở 2 – năm 2017 – 2018) Tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 4 4 1 .2 3 1 0 x x m m có hai nghiệm thực 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 3 x x là A. 3 m . B. 3 m . C. 3 m  . D. 1 3 m . Lời giải Chọn B Đặt 2 0 x t , ta được 2 2 4 1 3 1 0 t m t m 1 . Phương trình đã cho có hai nghiệm thực 1 có hai nghiệm dương 1 t , 2 t 2 2 2 1 2 1 2 4 1 4 3 1 0 3 1 0 1 4 0 m m t t m t t m   2 4 8 5 0 1 3 1 3 1 4 m m m m m       2 4 1 1 0 1 3 m m  1 3 m . Khi đó 1 2 1 log x t , 2 2 2 log x t 1 2 2 1 2 2 log log x x t t 2 1 2 log t t . Mà 2 1 2 3 1 t t m và 1 2 3 x x 2 2 log 3 1 3 m 2 3 1 8 m 3 m  . Kết hợp với 1 3 m ta được 3 m thỏa mãn. Câu 79: (THPT Trần Phú – Đà Nẵng - Lần 2 – năm 2017 – 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 2 1 1 1 1 9 3 3 2 1 0 x x m m có nghiệm thực? A. 5. B. 7 . C. Vô số. D. 3. Lời giải Chọn B Điều kiện: 1 1   x . Đặt 2 1 1 3 x t . Ta có   1;1 x nên   3;9 t (do 2 0 1 1   x ). Phương trình trở thành: 2 2 2 3 1 3 2 1 0 2 3 1 2 t t t m t m m t t t m t (do   2 0, 3;9  t t ) 1 . Xét hàm số 2 3 1 2 t t f t t ,   3;9 t ;   2 2 4 7 0, 3;9 2  t t f t t t . Vậy 3 9   f f t f hay 55 1 7   f t ,   3;9 t . Phương trình đã cho có nghiệm phương trình 1 có nghiệm   3;9 t 55 1 7   m . Vậy   1;2;3;4;5;6;7 m . Câu 80: (THPT Chuyên ĐH Vinh – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Sau một tháng thi công công trình xây dựng Nhà học thể dục của Trường X đã thực hiện được một khối lượng công việc. Nếu tiếp tục với tiến độ như vậy thì dự kiến sau đúng 23 tháng nữa công trình sẽ hoàn thành. Để sớm hoàn thành công trình và kịp thời đưa vào sử dụng, công ty xây dựng quyết định từ tháng thứ 2 , mỗi tháng tăng 4% khối lượng công việc so với tháng kề trước. Hỏi công trình sẽ hoàn thành ở tháng thứ mấy sau khi khởi công? A. 19. B. 18. C. 17 . D. 20 . Lời giải Chọn B Dự kiến hoàn thành công việc trong 24 tháng tháng đầu tiên công ty hoàn thành 1 24 A công việc. Đặt 0,04 r ; 1 m r . Khối lượng công việc hoàn thành ở: Tháng thứ nhất: 1 T A Tháng thứ hai: 2 1 1 T T T r Am Tháng thứ ba: 2 3 2 2 T T T r Am Tháng thứ tư: 3 4 3 3 T T T r Am … Tháng thứ n : 1 n n T Am Để hoàn thành xong công trình thì: 2 1 1 2 3 ... 1 1 ... 1 n n T T T T A m m m . 1 24 1,04 1,96 1 n n m m . 1,04 log 1,96 17, 2 n  Câu 81: (THPT Chuyên ĐH Vinh – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Cho hàm số 2 1 ln 1 f x x     . Biết rằng 2 3 ... 2018 ln ln ln ln f f f a b c d với a , b , c , d là các số nguyên dương, trong đó a , c , d là các số nguyên tố và a b c d . Tính P a b c d . A. 1986 . B. 1698 . C. 1689 . D. 1968 . Lời giải Chọn C Ta có 2 2 2 1 1 ln 1 ln x f x x x         ln 1 ln 1 2ln x x x , với 2 x . Khi đó 2 ln1 ln 3 2ln 2 f 3 ln 2 ln 4 2ln 3 f 4 ln 3 ln 5 2ln 4 f … 2016 ln 2015 ln 2017 2ln 2016 f 2017 ln 2016 ln 2018 2ln 2017 f 2018 ln 2017 ln 2019 2ln 2018 f Suy ra 2 3 ... 2018 ln1 ln 2 ln 2019 ln 2018 f f f 0 ln 2 ln 3 ln 673 ln 2 ln1009 ln 3 2ln 2 ln 673 ln1009 ln 3 ln 4 ln 673 ln1009 Do đó P a b c d 3 4 673 1009 1689 . Câu 82: (THPT Chuyên ĐH Vinh – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Cho phương trình 2 2 2 2 5 log 1 .log 1 log 1 . m x x x x x x Có bao nhiêu giá trị nguyên dương khác 1 của m sao cho phương trình đã cho có nghiệm x lớn hơn 2 ? A. Vô số. B. 3 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn D Điều kiện xác định: 2 1 x x 1 x . Đặt 2 2 log 1 t x x thì 2 2 1 1 1 . ln 2 1 x x t x x  2 2 2 1 1 . ln 2 1 1 x x x x x 2 1 0 1ln 2 x BBT: Do 2 x 2 log 2 3 t . Phương trình trở thành 5 1 .log 2 log 2 t m t t 5 .log 2 log 2 m t 5 1 log m t Ycbt 5 2 1 log log 2 3 m 2 1 log 2 3 5 m . Do * m  và 1 m  nên 2 m . Câu 83: (SGD Nam Định – năm 2017 – 2018) Ông A muốn sau 5 năm có 1.000.000.000 đồng để mua ô tô Camry. Hỏi rằng ông A phải gởi ngân hàng mỗi tháng số tiền gần nhất với số tiền nào sau đây? Biết lãi suất hàng tháng là 0,5% , tiền lãi sinh ra hàng tháng được nhập vào tiền vốn số tiền gửi hàng tháng là như nhau. A. 14.261.000 (đồng). B. 14.260.500 (đồng). C. 14.260.000 (đồng). D. 14.261.500 (đồng). Lời giải Chọn D Gọi M (đồng) là số tiền hàng tháng ông A phải gởi vào ngân hàng, sau n tháng số tiền cả gốc lẫn lãi là: 1 1 1 n n a T r r r    Suy ra . 1 1 1 n n T r a r r    60 x 1.000.000.000 0,5% 14.261.494 1 0,5% 1 0,5% 1     (đồng). Câu 84: (SGD Nam Định – năm 2017 – 2018) Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của m để phương trình 2 2 5 5 1 log 1 log 4 x mx x m có hai nghiệm phân biệt? A.   3;7 \ 5 m . B. m  . C.   \ 5 m  . D. 3;7 m . Lời giải Chọn A Ta có 2 2 5 5 1 log 1 log 4 x mx x m 2 2 5 5 log 5 1 log 4 x mx x m 2 2 2 1 0 5 1 4 x x Đúng mx x x m   2 2 5 4 5 1 x x m x . Đặt 2 2 5 4 5 1 x x f x x . Ta có: 2 2 2 4 4 1 x f x x  ; 2 0 4 4 0 f x x  1 x  Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có hai nghiệm phân biệt khi   3;7 \ 5 m . x  1 1  f x  0 0 f x 5 7 3 5 Câu 1: ( SGD Th a n h Hóa – n ăm 2017 – 20 18) Sự phân rã của các chất phóng xạ được biểu diễn theo công thức hàm số mũ 0 ( ) t m t m e  , ln 2 T  , trong đó 0 m là khối lượng ban đầu của chất phóng xạ (tại thời điểm 0 t ), ( ) m t là khối lượng chất phóng xạ tại thời điểm t , T là chu kỳ bán rã (tức là khoảng thời gian để một nửa khối lượng chất phóng xạ bị biến thành chất khác). Khi phân tích một mẫu gỗ từ công trình kiến trúc cổ, các nhà khoa học thấy rằng khối lượng cacbon phóng xạ 14 6 C trong mẫu gỗ đó đã mất 45% so với lượng 14 6 C ban đầu của nó. Hỏi công trình kiến trúc đó có niên đại khoảng bao nhiêu năm? Cho biết chu kỳ bán rã của 14 6 C là khoảng 5730 năm. A. 5157 (năm). B. 3561 (năm). C. 6601 (năm). D. 4942 (năm). Lời giải Chọn D Từ công thức 0 ( ) t m t m e  , ln 2 T  và 0 0,55 m t m ta suy ra ln 2 5730 0,55 t e 5730 1 0,55 2 t     1 2 5730.log 0,55 t 4942  (năm). Câu 2: (S G D Th an h H ó a – n ăm 2017 – 2018 ) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số   0;10 m để tập nghiệm của bất phương trình 2 2 2 2 1 4 2 log 3log 7 log 7 x x m x chứa khoảng 256;  . A. 7 . B. 10. C. 8 . D. 9 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 2 2 2 1 2 0 log 3log 7 0 x x x  2 2 2 0 log 6log 7 0 x x x  2 2 0 log 1 log 7 x x x    0 1 2 128 x x x      1 0 2 128 x x     Với điều kiện trên bất phương trình trở thành 2 2 6 2 log 6log 7 log 7 * x x m x Đặt 2 log t x thì 8 t vì 256; x  * 1 7 7 t t m t 1 , 8 7 t m t t . Đặt 1 7 t f t t . Yêu cầu bài toán 8; max m f t  Xét hàm số 1 7 t f t t trên khoảng 8;  Ta có 2 4 7 . 0, 8 1 7 t f t t t t  f t luôn nghịch biến trên khoảng 8;  Do đó 8; max 8 3 f t f  3 m . Mà   0;10 m nên   3;4;...;10 m . Vậy có 8 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 3: ( T ạp c h í T H T T – T háng 4 năm 20 1 7 – 20 1 8) Phương trình 8 8 log log 4 4 4 x x x x có tập nghiệm là A.   2;8 . B. 1 ;8 2     . C. 1 1 ; 2 8     . D. 1 2; 8     . Lời giải Chọn D Điều kiện: 0 x . 8 8 log log 4 4 4 x x x x 8 8 log log 4 4 4 x x x x 8 log 4 2 x x 8 8 8 log .log 4 log 2 x x 8 8 2 1 log log 3 3     x x . 8 8 1 2 log 3 1 log 1 8 x x x x        (nhậ) Vậy tập nghiệm là 1 2; 8     . Câu 4: ( T H P T C hu yên Nguy ễn Qua n g Di ệu – Đ ồng Th á p – L ần 5 nă m 2 01 7 – 2 01 8) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 9 8.3 3 x x m có đúng hai nghiệm thuộc khoảng 3 3 log 2;log 8 . A. 13 9 m . B. 9 3 m . C. 3 9 m . D. 13 3 m . Lời giải Chọn A Đặt 3 x t , do 3 3 log 2;log 8 x nên 2;8 t , ta có phương trình 2 8 3 t t m . Phương trình 9 8.3 3 x x m có đúng hai nghiệm thuộc khoảng 3 3 log 2;log 8 khi và chỉ khi phương trình 2 8 3 t t m có đúng hai nghiệm 2;8 t . Xét hàm số 2 8 3 f t t t với 2;8 t . Ta có 2 8 f t t  ; giải phương trình 0 4 f t t  . Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta có 13 9 m . Câu 5: ( T HP T C h uyê n N gu y ễn Q u a n g D i ệu – Đ ồ ng Th á p – L ần 5 n ăm 20 1 7 – 20 1 8 ) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a thuộc khoảng 0;2018 để có 1 9 3 1 lim 5 9 2187 n n n n a  ? t 2 4 8 f t  – 0 f t 9 13 3 A. 2011 . B. 2016 . C. 2019 . D. 2009 . Lời giải Chọn A Do 1 9 3 0 5 9 n n n n a với n nên 1 1 9 3 9 3 lim lim 5 9 5 9 n n n n n n a n n a 1 1 3. 3 lim 5 9 9 n n a         1 9 a 1 3 a . Theo đề bài ta có 1 9 3 1 lim 5 9 2187 n n n n a  1 1 3 2187 a  7 a . Do a là số nguyên thuộc khoảng 0;2018 nên có   7;8;9;...;2017 a có 2011 giá trị của a . Câu 6: (TH PT Ch uy ên Lươ n g Th ế Vi n h - H à N ộ i – L ần 2 n ăm 2017 – 20 18) Cho phương trình 1 4 1 2 8 0 x x m . Biết phương trình có hai nghiệm 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 1 1 6 x x . Khẳng định đúng trong bốn khẳng định dưới đây là A. Không có m . B. 1 3 m . C. 3 m . D. 2 m . Lời giải Chọn B Đặt 2 x t 0 t thì phương trình đã cho trở thành 2 2 1 8 0 t m t 1 . Điều kiện để phương trình có hai nghiệm 1 x , 2 x 1 có hai nghiệm dương phân biệt 1 t , 2 t 0 0 0 S P    2 2 7 0 2 1 0 8 0 m m m  1 2 2 1 2 2 1 m m m     1 2 2 m . Khi đó 1 2 1 1 2 7 2 x t m m m , 2 2 2 1 2 7 2 x t m m m Ta có 1 2 1 2 . 2 8 x x t t 1 2 3 x x , 1 2 1 1 6 x x 1 2 2 x x 2 2 2 2 log 1 2 7 .log 1 2 7 2 m m m m m m 2 2 2 2 8 log 1 2 7 log 2 1 2 7 m m m m m m 2 2 2 2 log 1 2 7 3 log 1 2 7 2 m m m m m m      1 Đặt 2 2 log 1 2 7 u m m m thì 1 trở thành 2 3 2 0 u u 1 2 u u   . + 1 u 2 1 2 7 2 m m m 2 2 7 1 m m m : ptvn do 1 2 2 m . + 2 u 2 1 2 7 4 m m m 2 2 7 3 m m m 2 m (nhận). Vậy 2 m thỏa ycbt. Câu 7: (S G D H à T ĩn h – L ần 2 n ăm 2017 – 2 018) Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m để phương trình 1 1 2 1 0 9 3 x x m m         có nghiệm. Tập \ S  có bao nhiêu giá trị nguyên? A. 4 . B. 9 . C. 0 . D. 3 . Hướng dẫn giải Chọn B Đặt 1 3 x t     , với 0 t ta có phương trình 2 2 1 0 t mt m 2 1 2 t m t * . Xét hàm số 2 1 2 t f t t trên   0; \ 2  ta có 2 2 4 1 2 t t f t t  ; 0 2 5 f t t  . Bảng biến thiên: Vậy 1 ; 4 2 5; 2 S         . Do đó 1 \ ; 4 2 5 2 S      có 9 giá trị nguyên là 0 , 1, ..., 8 . Câu 8: (TH P T N gh èn – H à T ĩn h – L ần 2 n ă m 2017 – 2018 ) Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 3 2 ln3 ln9 e 2e e 0 x x x m có 3 nghiệm phân biệt thuộc ln 2;  . A. 0 . B. 3 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn D Ta có: 3 2 ln3 ln9 3 2 e 2e e 0 e 6e 9e 0 x x x x x x m m . Đặt e x t với 0 t . Do e x y đồng biến trên  nên với ln 2 x thì ln 2 1 e e 2 x t . Xét 3 2 6 9 f t t t t với 1 2 t có 2 3 12 9 f t t t  . Xét 2 1 1 4 0 3 12 9 0 3 3 0 t f f t t t t f     . Và: 1 25 2 8 f     . Bảng biến thiên: t 1 2 1 3  f t  0 0 f t 25 8 4 0  t 0 2 2 5  f  0 f 1 2   4 2 5  Phương trình 3 2 ln 3 ln 9 e 2e e 0 x x x m có 3 nghiệm phân biệt thuộc ln 2;  khi và chỉ khi phương trình f t m có 3 nghiệm phân biệt thuộc 1 ; 2      . (Mỗi nghiệm ln 2; x  cho ta đúng một nghiệm 1 ; 2 t      ). Dựa vào bảng biến thiên ta có: 25 25 4 4 3,125 8 8 m m . Mà m  nên 3 m . Vậy có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 9: (T H P T Nghè n – Hà T ĩnh – L ần 2 nă m 20 17 – 2 0 18 ) Xét các số thực dương x , y thỏa mãn 2 1 1 1 3 3 3 log log log x y x y  . Tìm giá trị nhỏ nhất min P của biểu thức 2x 3 P y . A. min 7 2 10 P . B. min 3 2 P . C. min 7 3 2 P . D. min 7 2 10 P . Lời giải Chọn D 2 1 1 1 3 3 3 log log log x y x y  2 1 1 3 3 log log xy x y  2 xy x y 2 1 x y y 2 1 y x y (vì 0 1 y  không thỏa mãn bất phương trình). 2 2 2x 3 3 1 y P y y y Xét hàm số 2 2 3 1 y f y y y với 1 y 2 2 5 10 5 10 3 5 0 1 5 10 1 5 y y y f y y y       Vậy 5 10 5 P f y f       7 2 10 P . Câu 10: (THP T Nghè n – Hà T ĩnh – L ầ n 2 năm 2017 – 20 1 8) Có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình 1 1 2 2 4 4 1 2 2 16 8 x x x x m m có nghiệm thuộc đoạn   2;3 ? A. 5 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn D Ta có 1 1 2 2 4 4 1 2 2 16 8 x x x x m m 1 1 1 1 4 4 2 1 2 2 16 8 x x x x m m Đặt 1 1 2 1 1 2 2 4 4 8 x x x x t t khi đó ta được phương trình 2 8 2 1 16 8 t m t m 2 8 2 1 16 8 t m t m 2 16 2 1 4 t m t . Vì   2;3 x nên 1 1 17 65 2 2 ; 2 4 x x t      . Do vậy 2 16 2 1 4 t m t 4 2 1 t m 1 . 3 2 t m . Phương trình 1 3 2 t m có nghiệm thuộc 17 65 ; 2 4      khi và chỉ khi 1 17 1 65 . 3 . 3 2 2 2 4 m   29 89 4 8 m   , mà m nguyên nên có tất cả bốn giá trị m thỏa đó là 8 m ; 9 m ; 10 m ; 11 m . Câu 11: (THPT Ch u Vă n A n – Hà N ội - n ăm 20 17 - 201 8) Tích tất cả các giá trị của x thỏa mãn phương trình 2 2 2 3 3 4 4 3 4 7 x x x x bằng A. 4 . B. 1. C. 3 . D. 2 . Lời giải Chọn B Phương trình 2 3 4 7 3 4 1 3 4 7 x x x x x x 2.4 8 1 3 4 7 2.4 8 0 3 4 7 0 2 x x x x x x    Xét phương trình 1 : 1 4 4 1 x x . Xét phương trình 2 : Xét hàm 3 4 7 x x f x trên  . Hàm f x liên tục và 3 .ln 3 4 .ln 4 0 x x f x x   nên f x là hàm đồng biến trên  Khi đó, 2 1 1 f x f x . Vậy tích các nghiệm của phương trình bằng1. Câu 12: (TH P T C h u Vă n A n – Hà N ộ i - n ăm 20 17 - 201 8) Tìm tập hợp S tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 1 2 2 2 2 .log 2 3 4 .log 2 2 x x m x x x m có đúng ba nghiệm phân biệt là A. 1 3 ;1; 2 2 S     . B. 1 3 ; 1; 2 2 S     . C. 1 3 ;1; 2 2 S     . D. 1 3 ;1; 2 2 S     . Lời giải Chọn A Xét hàm số 2 2 .log 2 t f t t , 2 1 2 .ln 2.log 2 2 . 0 2 ln 2 t t f t t t  , 0 t . f t đồng biến trên  0;  . Ta có 2 1 2 2 2 2 .log 2 3 4 .log 2 2 x x m x x x m 2 2 1 2 2 2 2 .log 1 2 2 .log 2 2 x x m x x m 2 1 2 f x f x m       2 1 2 x x m (1) Khi x m , (1) 2 4 1 2 0 x x m (2) Khi x m , (1) 2 2 1 x m (3) TH1: (2) có nghiệm kép 0 x , (3) có hai nghiệm phân biệt khác 0 x . Khi đó 3 2 m thì (2) có nghiệm 3 2 2 x , (3) có hai nghiệm phân biệt 3 2 2 x  . TH2: (3) có nghiệm kép 0 x , (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0 x . Khi đó 1 2 m thì (3) có nghiệm 1 0 2 x , (2) có hai nghiệm 1 2 2 2 x  . TH3: (2) và (3) có chung một nghiệm 0 x , khi đó 0 x m 1 m , thử lại 1 m thỏa yêu cầu bài toán. Vậy 1 3 ;1; 2 2 S     . Câu 13: (THP T Ch uy ên V õ Ng u y ê n Gi á p – Qu ảng B ì n h - nă m 201 7 - 201 8) Cho số thực a , b thỏa mãn 1 a b và 1 1 2018 log log b a a b . Giá trị biểu thức 1 1 log log ab ab P b a bằng: A. 2020 P . B. 2018 P . C. 2016 P . D. 2014 P . Hướng dẫn giải Chọn D Ta có 1 1 2018 log log 2018 log log a b b a b a a b 1 1 1 log log log 1 log 1 log log log log b a b a b a ab ab P ab ab a b a b b a . 2 Từ 1 suy ra 2 2 2 2 log log 2log .log 2018 log log 2016 a b a b a b b a b a b a . Từ 2 suy ra 2 2 2 log log 2log .log 2016 2 2014 a b a b P b a b a . Do 1 a b nên log 1 a b và log 1 b a nên 0 P . Vậy 2014 P . Câu 14: (THPT C huy ên V õ N g u yê n Gi áp – Qu ảng Bình - nă m 201 7 - 2 018 ) Giá trị nguyên dương nhỏ nhất của tham số m để bất phương trình 1 4 2018 .2 3 1009 0 x x m m  có nghiệm là A. 1 m . B. 2 m . C. 3 m . D. 4 m . Hướng dẫn giải Chọn A Đặt 2 , 0 x t t . Khi đó bất phương trình trở thành 2 1009 3 1009 0 t mt m  2 3 1009 1 t m t (do 0 t ). Xét 2 3 1 t f t t , ta có 2 2 2 3 1 t t f t t  2 1 0 2 3 0 3 t f t t t t    0 1 t t t 0 1  f t  0 f t 3  2 ycbt 0 2 1009 min 2 1009 t m f t m . Vậy 1 m là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa yêu cầu bài toán. Câu 15: ( S GD B ắc Nin h – L ầ n 2 - nă m 201 7 - 2 018 ) Gọi S là tổng tất cả các nghiệm của phương trình 2 1 log log 10 2 log 4 2 x x . Tính S ? A. 10 S . B. 15 S . C. 10 5 2 S . D. 8 5 2 S . Lời giải Chọn C ĐKXĐ: 2 0 10 0 x x  0 10 x x   . Ta có: 2 1 log log 10 2 log 4 2 x x . log log 10 log 25 x x . log . 10 log 25 x x . (*) + Với 0 x thì (*) 2 10 25 0 x x 5 5 2( ) 5 5 2( ) x n x l     . + Với 10 0 x thì (*) 2 10 25 0 x x 5 x (nhận). Vậy 10 5 2 S . Câu 16: (SG D B ắc Ni nh – L ần 2 - n ăm 201 7 - 2 018 ) Cho a , b là các số thực dương thỏa mãn 1 b và a b a  . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức log 2log a b b a P a b     bằng: A. 6 . B. 7 . C. 5 . D. 4 . Lời giải Chọn C Đặt log a t b , vì 1 b và a b a  nên 1 1 2 t  . Ta có log 2log a b b a P a b     1 4 4 1 t t f t . Xét hàm số 1 4 4 1 f t t t trên nửa khoảng 1 ;1 2     , ta có 2 2 1 4 1 f t t t  2 2 3 2 2 . 1 t t t t ; 0 f t  1 2 ;1 2 t      hoặc 2 1 ;1 3 2 t     . Bảng biến thiên: t 1 2 2 3 1 f t  – 0 f t 6 5  Dựa vào bảng biến thiên, ta có 1 ;1 2 min 5 f t     khi 2 3 t . Vậy min 5 P khi 2 log 3 a b 3 2 b a . Câu 17: (Ch uy ên Lê H ồ n g P ho ng – Na m Đi nh - n ăm 2017- 2 018 ) Tính đạo hàm của hàm số 2 1 8 x y . A. 2 2 .8 x y x  . B. 2 2 2 . 1 .8 .ln8 x y x x  . C. 2 2 1 .8 x y x  . D. 2 1 6 .8 .ln 2 x y x  . Hướng dẫn giải Chọn D Vì 2 2 1 1 8 2 .8 .ln 8 x x x  2 1 2 .8 .3.ln 2 x x 2 1 6 .8 .ln 2 x x . Câu 18: ( Ch uy ên Lê H ồng P ho n g – Na m Đinh - n ăm 2 017 - 201 8 ) Cho hàm số 2018 ln 1 x f x x . Tính tổng 1 2 ... 2018 S f f f    . A. 2018 2019 S . B. 1 S . C. ln 2018 S . D. 2018 S . Hướng dẫn giải Chọn A Ta có : 2018 1 . 1 2018 x x f x x x       2 2018 1 . 2018 1 x x x 1 1 x x . Khi đó : 1 1 1.2 f  ; 1 2 2.3 f  ; ….; 1 2018 2018.2019 f  . S 1 1 1 ... 1.2 2.3 2018.2019 1 1 1 1 1 1 .... 2 2 3 2018 2019 1 1 2019 2018 2019 . Câu 19: ( Chuyê n Lê H ồn g P ho ng – Na m Đ inh - nă m 201 7 - 201 8 ) Số nghiệm thực của phương trình 1 1 2018 2018 1 2018 x x x là A. 3 . B. 0 . C. 2018 . D. 1. Hướng dẫn giải Chọn A Điều kiện 1 x  , 2018 x  . Xét hàm số 1 1 2018 2018 1 2018 x f x x x với ;1 x  có 2 2 1 1 2018 ln 2018 0 1 2018 x f x x x  , ;1 x x  f x đồng biến trên ;1  . Do đó trên ;1  phương trình 0 f x nếu có nghiệm thì sẽ có nghiệm duy nhất. Bảng biến thiên: Đường thẳng 0 y cắt đồ thị hàm số y f x tại đúng một điểm nên 0 f x có nghiệm duy nhất trên ;1  . Do đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất trên ;1  . Tương tự, trên 1;2018 phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Trên 2018;  phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm thực. Câu 20: ( TH P T Đ ặng T h úc H ứ a – Ng h ệ An - n ăm 201 7 - 201 8) Có bao nhiêu số nguyên 0;2018 m để phương trình 10 .e x m x m có hai nghiệm phân biệt. A.9. B. 2017 . C. 2016 . D. 2007 . Lời giải Chọn C Nhận thấy phương trình 10 .e x m x m có nghiệm 0 x với mọi m . Khi 0 x  ta có 10 .e x m x m e 1 10 x x m . Xét hàm số e 1 x f x x , 0 x  ta có 2 e 1 1 x x f x x  . Đặt e 1 1 x g x x e x g x x  . Giải phương trình 0 0 g x x  . Ta có bảng biến thiên x  0  g x  – 0 g x 1 0  Từ bảng biến thiên ta có 0 f x  , 0 x  . Bảng biến thiên x  0  x  1 f x  f x 2018  y  + + y 0 1 1  Từ bảng biến thiên ta có thấy phương trình 10 .e x m x m có hai nghiệm phân biệt 0 10 1 m m   0 10 m  . Do 0;2018 m và m  nên có 2016 giá trị. Câu 21: (T HPT Đ ặn g Th ú c H ứa – Ng h ệ A n - nă m 201 7 - 2018) Giá trị thực của tham số m để phương trình 9 2 2 1 .3 3 4 1 0 x x m m có hai nghiệm thực 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 2 2 12 x x thuộc khoảng nào sau đây A. 3;9 . B. 9;  . C. 1 ;3 4     . D. 1 ;2 2     . Lời giải Chọn C Đặt 3 x t ( 0 t ) thì phương trình đã cho trở thành 2 2 2 1 3 4 1 0 t m t m (1). (1) có hai nghiệm dương phân biệt khi 0 0 0 S P    2 2 1 3 4 1 0 2 1 0 4 1 0 m m m m  1 1 4 m m   . Khi đó 4 1 3 t m t   1 2 3 4 1 3 3 x x m    1 3 2 log 4 1 1 x m x   . Ta có 1 2 2 2 12 x x 3 log 4 1 2 m 5 2 m (thỏa điều kiện). Câu 22: Một người đem 100000000 (đồng) đi gửi tiết kiệm với lãi suất 7% tháng, sau mỗi tháng số tiền lãi được nhập vào vốn. Hỏi sau khi hết kì hạn 6 tháng, người đó được lĩnh về bao nhiêu tiền? A. 6 8 10 . 1,07 (đồng). B. 7 8 10 . 1,07 (đồng). C. 5 8 10 . 1,07 (đồng). D. 6 8 10 . 0,07 (đồng). Câu 23: Một người đem 100000000 (đồng) đi gửi tiết kiệm với lãi suất 7% tháng, sau mỗi tháng số tiền lãi được nhập vào vốn. Hỏi sau khi hết kì hạn 6 tháng, người đó được lĩnh về bao nhiêu tiền? A. 6 8 10 . 1,07 (đồng). B. 7 8 10 . 1,07 (đồng). C. 5 8 10 . 1,07 (đồng). D. 6 8 10 . 0,07 (đồng). Lời giải Chọn A Sau tháng thứ 1 số tiền người đó nhận được: 100000000 1 0,7% . Sau tháng thứ 2 số tiền người đó nhận được: 100000000 1 0,7% 1 0,7% . ... Sau tháng thứ 6 số tiền người đó nhận được: 6 100000000 1 0,7% . Câu 24: Tập hợp tất cả các số thực x không thỏa mãn bất phương trình 2 9 2 1 3 9 5 1 x x x là một khoảng ; a b . Tính . b a A. 6 . B. 3 . C. 4 . D. 8. Câu 25: Tập hợp tất cả các số thực x không thỏa mãn bất phương trình 2 9 2 1 3 9 5 1 x x x là một khoảng ; a b . Tính . b a A. 6 . B. 3 . C. 4 . D. 8. Lời giải Chọn A Điều kiện xác định của bất phương trình: . x  Do đó để giải bài toán ta chỉ cần giải bất phương trình: 2 9 2 1 3 9 5 1 x x x Nếu: 2 9 0 x ta có: 2 9 2 1 0 3 9 5 3 0 1 x x x không thỏa yêu cầu bài toán. Vậy 2 9 2 1 3 9 5 1 x x x 2 9 0 x 3 3. x Ngược lại nếu 3 3 x thì ta có: 2 9 2 1 0 3 9 5 3 1 x x x . (vì 1 5 0 x và 2 9 0 x ) Vậy 2 9 2 1 3 9 5 1 0 x x x 3 3 x 3;3 x . Do đó 3 3 6. b a Câu 26: Một người gửi tiết kiệm vào một ngân hàng 200 triệu đồng theo thể thức lãi kép (tức là tiền lãi được cộng vào vốn kỳ tiếp theo). Ban đầu người đó gửi với kỳ hạn 3 tháng, lãi suất 2% / kỳ hạn, sau hai năm người đó thay đổi phương thức gửi, chuyển thành kỳ hạn một tháng với lãi suất 0,6% / tháng. Tính tổng số tiền lãi và gốc nhận được sau 5 năm (kết quả làm tròn tới đơn vị nghìn đồng). A. 290.640.000 . B. 290.642.000 . C. 290.646.000 . D. 290.644.000 . Lời giải Chọn B Sau 2 năm đầu tiên người đó có số tiền cả gốc lẫn lãi là 8 1 200 1 2% S . Sau 5 năm người đó có số tiền cả gốc lẫn lãi là 36 1 1 0,6% S S 8 36 200 1 2% 1 0,6% 290.642.000 đồng. Câu 27: Có bao nhiêu số nguyên dương m trong đoạn   2018;2018 sao cho bất phương trình 11 log log 10 10 10 10 x x m x đúng với mọi 1;100 x . A. 2018 . B. 4026 . C. 2013. D. 4036 . Câu 28: Có bao nhiêu số nguyên dương m trong đoạn   2018;2018 sao cho bất phương trình sau đúng với mọi 1;100 x : 11 log log 10 10 10 10 x x m x . A. 2018 . B. 4026 . C. 2013. D. 4036 . Lời giải Chọn A 11 log log 10 10 log 11 10 10 log 1 log log 10 log 1 11log 0 10 10 x x m x x m x x x m x x     2 10 log 1 log 10log 0 m x x x . Do 1;100 log 0;2 x x . Do đó 2 2 10log log 10 log 1 log 10log 0 10 log 1 x x m x x x m x . Đặt log t x , 0;2 t , xét hàm số 2 10 1 t t f t t . Ta có: 2 2 10 2 0 0;2 1 t t f t t t  . Do đó 16 0 2 0 3 f f t f f t . Để 2 10log log 10 log 1 x x m x đúng với mọi 1;100 x thì 16 8 10 3 15 m m . Do đó 8 ;2018 15 m      hay có 2018 số thỏa mãn. Câu 29: Cho dãy số n u có số hạng đầu 1 1  u thỏa mãn 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 log (5 ) log (7 ) log 5 log 7 u u và 1 7 n n u u với mọi 1 n . Giá trị nhỏ nhất của n để 1111111 n u bằng A. 11. B. 8. C. 9 . D. 10. Câu 30: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 5 9 2 2 6 1 4 0 x x x m m m có hai nghiệm phân biệt? A 2 . B 4 . C 3. D. 1. Câu 31: Cho dãy số n u có số hạng đầu 1 1  u thỏa mãn 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 log (5 ) log (7 ) log 5 log 7 u u và 1 7 n n u u với mọi 1 n . Giá trị nhỏ nhất của n để 1111111 n u bằng A. 11. B. 8. C. 9 . D. 10. Lời giải Chọn D Vì 1 7 n n u u nên dễ thấy dãy số n u là cấp số nhân có công bội 7 q . Ta có: 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 log (5 ) log (7 ) log 5 log 7 u u 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 (log 5 log ) (log 7 log ) log 5 log 7 u u 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2log 5.log 2log 2log 7.log 0 u u u 2 1 2 2 1 2 log 0 2log 5 2log 2log 7 0   u u 1 2 1 1 ( ) log 35 0   u L u 1 1 35 u . Ta có: 1 1 .7 n n u u . 1111111 n u 1 1 .7 1111111 35 n 1 7 35.1111111 n 7 log (35.1111111) 1 n . Mà * n  nên giá trị nhỏ nhất trong trương hợp này là 10 n . Câu 32: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 5 9 2 2 6 1 4 0 x x x m m m có hai nghiệm phân biệt? A 2 . B 4 . C 3. D 1. Lời giải Chọn D 5 9 2 2 6 1 4 0 x x x m m m 2 3 3 5 2 2 1 0 1 2 2         x x m m m Đặt 3 0. 2     x t Phương trình 1 trở thành 2 5 2 2 1 0 2 m t m t m (1) có hai nghiệm phân biệt 2 có hai nghiệm dương phân biệt 0 0 0    S P 2 2 8 6 0 2 2 0 5 1 0 5  m m m m m m 3 5 m . Mặt khác  m nên 4 m . Câu 33: Bất phương trình 8 2 3log 1 log 2 1 x x có tập nghiệm  ; S a b . Tính 2 2 2 P a ab b . A. 8 P . B. 9 P . C. 11 P . D. 4 P . Câu 34: Giải phương trình 4 3 2 2 2 16 log 14 100 12 25 4log 39 70 3 x x x x x x được bốn nghiệm a b c d . Tính 2 2 P b d . A. 72 P . B. 42 P . C. 32 P . D. 52 P . Câu 35: Bất phương trình 8 2 3log 1 log 2 1 x x có tập nghiệm  ; S a b . Tính 2 2 2 P a ab b . A. 8 P . B. 9 P . C. 11 P . D. 4 P . Lời giải. Chọn D Ta có: 8 2 3log 1 log 2 1 x x 2 2 log 1 1 log 2 x x 1 2 2 2 0 x x x  1 1 2 2 x x x   . Khi đó 1, 2 a b . Vậy 2 2 2 4 P a ab b . Câu 36: Giải phương trình 4 3 2 2 2 16 log 14 100 12 25 4log 39 70 3 x x x x x x được bốn nghiệm a b c d . Tính 2 2 P b d . A. 72 P . B. 42 P . C. 32 P . D. 52 P . Lời giải Chọn B Điều kiện: 4 3 2 2 14 100 12 25 0 1 39 70 3 0 x x x x x x  Với điều kiện 1 , ta có: 4 3 2 2 2 16 log 14 100 12 25 4log 39 70 3 x x x x x x 4 3 2 2 2 2 log 14 100 12 25 log 39 70 3 x x x x x x 4 3 2 2 14 100 12 25 39 70 3 x x x x x x 4 3 2 14 61 82 22 0 x x x x 2 2 6 2 8 11 0 x x x x 3 7 4 5 x x      (thỏa 1 ) Vậy 4 5 b , 4 5 d 2 2 42 P b d . Câu 37: Tất cả giá trị thực của tham số m sao cho phương trình 2 2 2 1 2 2 2 1 .2 2 6 x x m m m có nghiệm là A. 9 m  . B. 2 9 m   . C. 2 9 m  . D. 2 11 m  . Câu 38: Biết đường thẳng : 2 d y x m ( m là tham số thực) cắt đồ thị hàm số 3 1 x y x tại hai điểm phân biệt M và N . Giá trị của m sao cho độ dài đoạn thẳng MN ngắn nhất là A. 1 m . B. 1 m . C. 2 m . D. 3 m . Câu 39: Tất cả giá trị thực của tham số m sao cho phương trình 2 2 2 1 2 2 2 1 .2 2 6 x x m m m có nghiệm là A. 9 m  . B. 2 9 m   . C. 2 9 m  . D. 2 11 m  . Lời giải Chọn C Đặt 2 1 2 x t , do 2 1 1 x nên 2 t . Ta có phương trình 2 2 2 1 2 6 0 m t m t m 2 2 2 2 6 2 2 t t m t t . Để phương trình có nghiệm thì đường thẳng y m phải cắt đồ thị hàm số 2 2 2 2 6 2 2 t t f t t t với 2 t . Ta có 2 2 2 6 4 16 2 2 t t f t t t  ; 0 f t  4 3 2 t t    . Bảng biến thiên Phương trình có nghiệm khi 2 9 m  . Câu 40: Biết đường thẳng : 2 d y x m ( m là tham số thực) cắt đồ thị hàm số 3 1 x y x tại hai điểm phân biệt M và N . Giá trị của m sao cho độ dài đoạn thẳng MN ngắn nhất là A. 1 m . B. 1 m . C. 2 m . D. 3 m . Lời giải Chọn D Tập xác định   \ 1 D  . Xét phương trình 3 2 1 x x m x 2 2 1 3 0 1 x m x m . Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 x  khi 2 1 8 3 0 2 1 3 2 0 m m m m    2 6 25 0, m m m  . Gọi 1 2 , x x là hai nghiệm của 1 thì 1 1 ;2 M x x m , 2 2 ;2 N x x m Khi đó 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 5 4 MN x x x x x x x x    2 5 3 16 20 4 m    . Vậy min 2 5 MN khi 3 m . Câu 41: Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với kì hạn 3 tháng (một quý), lãi suất 6% một quý theo hình thức lãi kép. Sau đúng 6 tháng, người đó lại gửi thêm 100 triệu đồng với hình thức và lãi suất như trên. Hỏi sau một năm tính từ lần gửi đầu tiên người đó nhận số tiền gần với kết quả nào nhất? A. 238,6 triệu đồng. B. 224,7 triệu đồng. C. 243,5 triệu đồng. D. 236, 2 triệu đồng. ĐÁP ÁN THAM KHẢO 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 D B D D B A A D D B D D B C D B B C A A C B A C B 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 D C A D B B A C A D D C C A A B A B B C A B A C A HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 42: Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với kì hạn 3 tháng (một quý), lãi suất 6% một quý theo hình thức lãi kép. Sau đúng 6 tháng, người đó lại gửi thêm 100 triệu đồng với hình thức và lãi suất như trên. Hỏi sau một năm tính từ lần gửi đầu tiên người đó nhận số tiền gần với kết quả nào nhất? A. 238,6 triệu đồng. B. 224,7 triệu đồng. C. 243,5 triệu đồng. D. 236, 2 triệu đồng. Lời giải Chọn A Sau đúng 6 tháng người đó thu được số tiền cả vốn và lãi là 2 1 100 1 6% S triệu đồng. Câu 43: Sau một năm tính từ lần gửi đầu tiên người đó thu được số tiền cả vốn và lãi là 2 2 1 100 1 6% 238,6 S S triệu đồng.Ông Bình mua một chiếc xe máy với giá 60 triệu đồng tại một cửa hàng theo hình thức trả góp với lãi suất 8 % một năm. Biết rằng lãi suất được chia đều cho 12 tháng và không thay đổi trong suốt thời gian ông Bình trả nợ. Theo quy định của cửa hàng, mỗi tháng ông Bình phải trả một số tiền cố định là 2 triệu đồng (bao gồm tiền nợ gốc và tiền lãi). Hỏi ông Bình trả hết nợ ít nhất là trong bao nhiêu tháng? A. 35. B. 34. C. 33. D. 32 . Câu 44: Ông Bình mua một chiếc xe máy với giá 60 triệu đồng tại một cửa hàng theo hình thức trả góp với lãi suất 8 % một năm. Biết rằng lãi suất được chia đều cho 12 tháng và không thay đổi trong suốt thời gian ông Bình trả nợ. Theo quy định của cửa hàng, mỗi tháng ông Bình phải trả một số tiền cố định là 2 triệu đồng (bao gồm tiền nợ gốc và tiền lãi). Hỏi ông Bình trả hết nợ ít nhất là trong bao nhiêu tháng? A. 35. B. 34. C. 33. D. 32 . Hướng dẫn giải Chọn B Lãi suất 8 % một năm 2 3 % 2 300 n (lãi suất một tháng) Cuối tháng 1, sau khi trả nợ 2 triệu, ông Bình còn nợ: 1 60 1 2 S n Cuối tháng 2, sau khi trả nợ 2 triệu, ông Bình còn nợ: 2 60 1 2 1 2 S n n    2 60 1 2 1 1 n n    Cuối tháng 3, sau khi trả nợ 2 triệu, ông Bình còn nợ   2 3 60 1 2 1 1 1 2 S n n n    3 2 60 1 2 1 1 1 n n n    … Cuối tháng m , sau khi trả nợ 2 triệu, ông Bình còn nợ 0 đồng 1 2 0 60 1 2 1 1 1 1 m m m n n n n     Ta có 1 2 1 1 1 1 m m n n n  là tổng tất cả các số hạng của một cấp số nhân có 1 1 u và công bội 1 q n gồm m số hạng 1 2 1 1 1 1 m m n n n  1 1 1. 1 1 m n n 1 1 m n n 1 1 0 60 1 2 m m n n n 60 1 . 2 1 1 m m n n n Ta có 2 2 60 1 . 300 300 2 2 1 1 300 m m         33,58 m  . Vậy ông Bình trả hết nợ sau 34 tháng. Câu 45: Tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log 2log 1 mx x có nghiệm là A. 4 m . B. 4 m . C. 0 m và 4 m . D. 0 m . Câu 46: Ông An mua một chiếc điện thoại di động tại một cửa hàng với giá 18 500 000 đồng và đã trả trước 5 000 000 đồng ngay khi nhận điện thoại. Mỗi tháng, ông An phải trả góp cho cửa hàng trên số tiền không đổi là m đồng. Biết rằng lãi suất tính trên số tiền nợ còn lại là 3, 4% /tháng và ông An trả đúng 12 tháng thì hết nợ. Số tiền m là A. 1350 203 đồng. B. 1 903 203 đồng. C. 1 388 824 đồng. D. 1 680 347 đồng. Câu 47: Tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log 2log 1 mx x có nghiệm là A. 4 m . B. 4 m . C. 0 m và 4 m . D. 0 m . Lời giải Chọn C Ta có 0 x không là nghiệm của phương trình Với 0 x  : 2 1 1 0 log 2log 1 1 2 1 x x mx x m x mx x x  . Xét hàm số 1 2 f x x x với   1; \ 0 x  . 2 2 2 1 1 1 x f x x x  ; 0 1 f x x  (do   1; \ 0 x  ). Bảng biến thiên : Dựa vào bảng biến thiên suy ra 0 4 m m  là giá trị cần tìm. Câu 48: Ông An mua một chiếc điện thoại di động tại một cửa hàng với giá 18 500 000 đồng và đã trả trước 5 000 000 đồng ngay khi nhận điện thoại. Mỗi tháng, ông An phải trả góp cho cửa hàng trên số tiền không đổi là m đồng. Biết rằng lãi suất tính trên số tiền nợ còn lại là 3, 4% /tháng và ông An trả đúng 12 tháng thì hết nợ. Số tiền m là A. 1350 203 đồng. B. 1903 203 đồng. C. 1388 824 đồng. D. 1 680 347 đồng. Lời giải Chọn C Đặt 3, 4% r là lãi suất hàng tháng và 1 a r Số tiền vay là 13 500 000 A . Số tiền ông An còn nợ sau tháng thứ 1: 1 1 T A Ar m A r m Aa m Số tiền ông An còn nợ sau tháng thứ 2 : 2 2 1 1 1 1 T T T r m T a m Aa m a Số tiền ông An còn nợ sau tháng thứ 3 : 3 2 3 2 2 2 1 T T T r m T a m Aa m a a Số tiền ông An còn nợ sau tháng thứ 12: 12 12 11 10 12 12 11 11 11 1 ... 1 1 a T T T r m T a m Aa m a a a Aa m a . x 1 0 1  f x  0 f x 0   4  Ông An trả đúng 12 tháng thì hết nợ nên: 12 0 T 12 12 1 1388 823 1 Aa a m a Câu 49: Gọi a là giá trị nhỏ nhất của 3 3 3 3 log 2 log 3 log 4 ... log 9 n n f n , với n  , 2 n . Có bao nhiêu số n để f n a ? A. 2 . B. vô số. C. 1. D. 4 . Câu 50: Gọi a là giá trị nhỏ nhất của 3 3 3 3 log 2 log 3 log 4 ... log 9 n n f n , với n  , 2 n . Có bao nhiêu số n để f n a ? A. 2 . B. vô số. C. 1. D. 4 . Lời giải Chọn A Ta có 3 log 1 1 . 9 n f n f n , 3 log 1 . 9 n f n f n Do a là giá trị nhỏ nhất của f n nên f n a 1 1 f n f n f n f n    3 3 log 1 . 9 log 1 . 1 9 n f n f n n f n f n    3 3 log 1 9 log 9 n n   9 9 3 1 3 n   . Vậy có 2 giá trị của n thỏa yêu cầu bài toán. Câu 51: Biết phương trình 3 3 log 3 1 . 1 log 3 1 6 x x    có hai nghiệm là 1 2 x x và tỉ số 1 2 log x a x b trong đó * , a b  và a , b có ước chung lớn nhất bằng 1. Tính a b . A. 38 a b . B. 37 a b . C. 56 a b . D. 55 a b . Câu 52: Gọi S là tập các giá trị của tham số thực m để hàm số 2 ln 2 y x x m đồng biến trên tập xác định của nó. Biết ; S a b    . Tính tổng K a b là A. 5 K . B. 5 K . C. 0 K . D. 2 K . Câu 53: Biết phương trình 3 3 log 3 1 . 1 log 3 1 6 x x    có hai nghiệm là 1 2 x x và tỉ số 1 2 log x a x b trong đó * , a b  và a , b có ước chung lớn nhất bằng 1. Tính a b . A. 38 a b . B. 37 a b . C. 56 a b . D. 55 a b . Lời giải Chọn D Ta có 3 3 log 3 1 . 1 log 3 1 6 x x    3 3 log 3 1 3 log 3 1 2 x x    1 3 2 3 28 log 27 log 10 x x     1 2 28 log 27 x x 28 a , 27 b 55 a b . Câu 54: Gọi S là tập các giá trị của tham số thực m để hàm số 2 ln 2 y x x m đồng biến trên tập xác định của nó. Biết ; S a b    . Tính tổng K a b là A. 5 K . B. 5 K . C. 0 K . D. 2 K . Lời giải Chọn C Điều kiện xác định: 2 x m . Cách 1: Ta có 1 2 2 y x x m  2 2 2 2 1 2 x m x x m , 2 0 2 2 2 1 0 y x m x  TH1: 2 4 2 0 m m    2 2 2 2 m   , khi đó 0 y  2; x m  . TH2: 0   2 2 2 2 m m    , khi đó 0 y  có hai nghiệm phân biệt. 2 1 2 4 2 2 m m m x , 2 2 2 4 2 2 m m m x BBT: 0 y  2; x m  2 2 x m  2 2 4 2 2 2 m m m m  2 4 2 2 m m m  2 2 2 4 2 4 4 2 4 2 0 m m m m m m m    2 2 2 2 2 m m m       2 2 m  . Vậy ; 2 2 S    2 a , 2 b nên 0 K a b . Cách 2: Ta có 1 2 2 y x x m  2 2 2 2 1 2 x m x x m , 2 0 2 2 2 1 0 y x m x  TH1: 2 4 2 0 m m    2 2 2 2 m   , khi đó 0 y  2; x m  . TH2: 0   2 2 2 2 m m    , * . Khi đó 0 y  có hai nghiệm phân biệt 1 x , 2 x . Theo Viet: 1 2 1 2 2 1 2 x x m x x  . Hàm số đồng biến trên 1 ; x  và 2 ; x  .Để 0 y  2; x m  cần có: 1 2 2 x x m  . Suy ra: 1 2 1 2 2 2 0 2 2 0 x x m x m x m  2 0 1 0 2 m  2 m ** . Kết hợp * và ** có 2 2 m . Hợp hai trường hợp có các giá trị cần tìm của m là 2 2 . Vậy ; 2 2 S    2 a , 2 b nên 0 K a b . Câu 55: Tìm m để phương trình 2 2 2 4 2 6 x x m có đúng 3 nghiệm. A. 3 m . B. 3 m . C. 2 m . D. 2 3 m . Câu 56: Biết rằng trong tất cả các cặp ; x y thỏa mãn 2 2 2 2 log 2 2 log 1 x y x y  . Chỉ có duy nhất một cặp ; x y thỏa mãn: 3 4 0 x y m . Khi đó hãy tính tổng tất cả các giá trị m tìm được? A. 20 . B. 46 . C. 28 . D. 14. Câu 57: Tìm m để phương trình 2 2 2 4 2 6 x x m có đúng 3 nghiệm. A. 3 m . B. 3 m . C. 2 m . D. 2 3 m . Lời giải Chọn B 2 2 2 4 2 6 1 x x m . Đặt 2 2 x t suy ra 1 t và 1 t thì có 1 nghiệm x ; 1 t thì có 2 nghiệm x thỏa 2 2 x t . Ta được phương trình: 2 4 6 0 2 t t m . Yêu cầu bài toán 2 có nghiệm 1 t . Suy ra 3 m . Khi đó 2 1 2 4 3 0 3 t t t t   . Suy ra 1 có 3 nghiệm. Vậy 3 m . Câu 58: Biết rằng trong tất cả các cặp ; x y thỏa mãn 2 2 2 2 log 2 2 log 1 x y x y  . Chỉ có duy nhất một cặp ; x y thỏa mãn: 3 4 0 x y m . Khi đó hãy tính tổng tất cả các giá trị m tìm được? A. 20 . B. 46 . C. 28 . D. 14. Lời giải Chọn C 2 2 2 2 log 2 2 log 1 x y x y  2 2 2 2 2 4 1 2 2 2 x y x y x y   . Do chỉ có duy nhất cặp ; x y thỏa mãn hệ 2 2 3 4 0 2 2 2 x y m x y   nên đường thẳng 3 4 0 x y m là tiếp tuyến của đường tròn 2 2 2 2 2 x y . Suy ra 2 2 14 5 2 3.2 4.2 2 3 4 14 5 2 m m m    . Câu 59: Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình 2 2 2 2 log 7 7 log 4 x mx x m có tập nghiệm là  . Tổng các phần tử của S là A. 10. B. 11. C. 12. D. 13. Câu 60: Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình 2 2 2 2 log 7 7 log 4 x mx x m có tập nghiệm là  . Tổng các phần tử của S là A. 10. B. 11. C. 12. D. 13. Lời giải Chọn C Cách 1: BPT có tập nghiệm  2 2 2 4 0 7 7 4 mx x m x mx x m  , x  2 2 4 0 1 7 4 7 2 mx x m m x x m  , x  . Ta có: 2 1 0 1 2 4 0 a m m m    . Ta có: 2 2 7 0 2 7 2 5 4 7 0 a m m m m      . Do đó 2 2 5 5 m m m    , mà m  nên   3;4;5 m . Vậy 3 4 5 12 S . Chú ý: Cho biểu thức là 2 f x ax bx c . Nếu 0 b  thì ta không cần xét 0 a và  2 0 ax bx c , x  0 0 a    . 2 0 ax bx c  , x  0 0 a    .  2 0 ax bx c , x  0 0 a   . 2 0 ax bx c , x  0 0 a   . (Để ý của  ) Cách 2: BPT có tập nghiệm  2 2 2 4 0 1 7 7 4 2 mx x m x mx x m  , x  Từ 1 2 4 1 x m x . Xét hàm số 2 4 1 x f x x , x  Ta có 2 2 2 4 4 0 1 x f x x  1 x  Bảng biến thiên x  1 1  f x  0 0 f x  2 2  YCBT 2 m 3 Từ 2 2 2 7 4 7 1 x x m x  . Xét hàm số 2 2 7 4 7 1 x x g x x , x  Ta có 2 2 2 4 4 0 1 x g x x  1 x  Bảng biến thiên x  1 1  g x  0 0 g x  9 5  YCBT 5 m  4 . Từ 3 và 4 suy ra: 2 5 m  . Do m  nên   3;4;5 m . Vậy 3 4 5 12 S . Câu 61: Số các giá trị nguyên của m để phương trình 1 1 2 2 4 4 1 2 2 16 8 x x x x m m có nghiệm trên đoạn   0;1 là A. 5. B. 4 . C. 2 . D. vô số. Câu 62: Số các giá trị nguyên của m để phương trình 1 1 2 2 4 4 1 2 2 16 8 x x x x m m có nghiệm trên đoạn   0;1 là A. 5 . B. 4 . C. 2 . D. vô số. Lời giải Chọn C Ta có 1 1 2 2 4 4 1 2 2 16 8 x x x x m m 1 1 4 1 2 4 2 4 2 x x x x m m     . Đặt 1 2 2 x x t , 3 0; 2 t      , 2 1 4 2 4 x x t . Phương trình viết lại: 2 2 1 4 2 t m t m 2 2 2 t t mt m 2 1 0 t t m 3 2 0; 2 1 t t m           . Do đó để phương trình có nghiệm   0;1 x thì 3 1 0; 2 m      5 1; 2 m      , có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn. Câu 63: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 2 2 2 sin cos cos 2017 2018 .2019 x x x m có nghiệm? A. 2016 . B. 2017 . C. 2018 . D. 2019 . Câu 64: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 2 2 2 sin cos cos 2017 2018 .2019 x x x m có nghiệm? A. 2016 . B. 2017 . C. 2018 . D. 2019 . Hướng dẫn giải Chọn C Phương trình tương đương: 2 2 cos cos 1 2018 2017 2017.2019 2019 x x m         . Đặt 2 cos t x với   0;1 t ta được 1 2018 2017 2017.2019 2019 t t m         . Xét 1 2018 2017 2017.2019 2019 t t f t         với   0;1 t . Hàm số f t nghịch biến trên   0;1 D . Max 0 2018 D f t f và Min 1 1 D f t f . Phương trình có nghiệm Min Max D D f t m f t   hay   1;2018 m . Vậy có 2018 giá trị nguyên m để phương trình có nghiệm. Câu 65: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a thuộc đoạn   0;2018 sao cho ba số 1 1 5 5 x x ; 2 a ; 25 25 x x , theo thứ tự đó, lập thành một cấp số cộng? A. 2008 . B. 2006 . C. 2018 . D. 2007 . Câu 66: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a thuộc đoạn   0;2018 sao cho ba số 1 1 5 5 x x ; 2 a ; 25 25 x x , theo thứ tự đó, lập thành một cấp số cộng? A. 2008 . B. 2006 . C. 2018 . D. 2007 . Hướng dẫn giải Chọn D Ba số 1 1 5 5 x x ; 2 a ; 25 25 x x , theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng khi và chỉ khi 1 1 5 5 25 25 x x x x a 1 1 2 5 5 2 25 25 x x x x   12 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 1 5 5 0 25 25 x x x x x  . Như vậy nếu xét   0;2018 a thì ta nhận   12;2018 a . Có 2007 số a thoả đề. Câu 67: Có bao nhiêu giá trị dương của tham số thực m để bất phương trình 2 2 2 2 2 1 4 2 log log 3 log 3 x x m x có nghiệm duy nhất thuộc  32;  ? A. 2 . B. 1. C. 3 . D. 0 . Câu 68: Biết bất phương trình 1 5 25 log 5 1 .log 5 5 1 x x  có tập nghiệm là đoạn   ; a b . Giá trị của a b bằng A. 5 2 log 156 . B. 5 2 log 156 . C. 5 2 log 26 . D. 5 1 log 156 . Câu 69: Có bao nhiêu giá trị dương của tham số thực m để bất phương trình 2 2 2 2 2 1 4 2 log log 3 log 3 x x m x có nghiệm duy nhất thuộc  32;  ? A. 2 . B. 1. C. 3 . D. 0 . Lời giải Chọn D Điều kiện xác định: 2 2 2 0 log 2log 3 0 x x x  1 0 2 8 x x   . Hàm số xác định trên  32;  . 2 2 2 2 2 1 4 2 log log 3 log 3 x x m x 2 2 2 2 2 log 2log 3 log 3 x x m x . Đặt 2 log t x . Khi 32 x , ta có miền giá trị của t là  5;  . Bất phương trình có dạng: 2 2 2 2 2 2 3 1 2 3 3 3 3 t t t t t m t m m t t   . Xét hàm số 1 3 t f t t trên  5;  có 2 4 3 f t t  nên hàm số nghịch biến trên  5;  . Do lim 1 x f t   và 5 3 f nên ta có 1 3 f t  . Do với mỗi t có duy nhất một giá trị x nên để bất phương trình đãcho có nghiệm duy nhất thuộc  32;  khi và chỉ bất phương trình 2 m f t  có nghiệm duy nhất trên  5;  . Khi đó: 2 4 3 3 m m . Do đó không có số nguyên dương m thỏa mãn. Câu 70: Biết bất phương trình 1 5 25 log 5 1 .log 5 5 1 x x  có tập nghiệm là đoạn   ; a b . Giá trị của a b bằng A. 5 2 log 156 . B. 5 2 log 156 . C. 5 2 log 26 . D. 5 1 log 156 . Lời giải Chọn A 1 5 25 log 5 1 .log 5 5 1 x x  5 5 log 5 1 . 1 log 5 1 2 0 x x  2 5 5 log 5 1 log 5 1 2 0 x x  5 2 log 5 1 1 x   1 5 1 5 25 x   5 5 26 log log 6 25 x   . Ta có 5 5 26 log log 6 25 a b 5 156 log .6 25     . 5 2 log 15 Câu 71: Cho dãy số n u thỏa mãn 5 2 5 2 log 2log 2 1 log 2log 1 u u u u và 1 3 n n u u , 2 n . Giá trị lớn nhất của n để 100 7 n u là A. 191. B. 192 . C. 176 . D. 177 . Câu 72: Phương trình 2 2 sin cos 2 2 x x m có nghiệm khi và chỉ khi A. 1 2 m   . B. 2 2 2 m   . C. 2 2 3 m   . D. 3 4 m   . Câu 73: Số giá trị nguyên của 10;10 m để phương trình 2 2 2 1 10 1 10 1 2.3 x x x m có đúng hai nghiệm phân biệt là A. 14. B. 15. C. 16 D. 17 . Câu 74: Cho dãy số n u thỏa mãn 5 2 5 2 log 2log 2 1 log 2log 1 u u u u và 1 3 n n u u , 2 n . Giá trị lớn nhất của n để 100 7 n u là A. 191. B. 192 . C. 176 . D. 177 . Hướng dẫn giải Chọn B Đặt 5 2 log 2log t u u Ta có 2 1 1 t t 2 2 1 t t 2 2 8 0 t t t  8 t Ta có 5 2 log 2log 8 u u 8 5 2 2 10 u u , mà 3 5 2 3 u u suy ra 2 8 27 10 u Ta lại có 2 2 2 8 27 3 . 3 . 10 n n n u u . Theo giả thiết ta có 100 7 n u 2 100 8 27 3 . 7 10 n 3 3 8 27 log 2 100log 7 192.89 10 n n Vậy giá trị lớn nhất của n để 100 7 n u là 192 . Câu 75: Phương trình 2 2 sin cos 2 2 x x m có nghiệm khi và chỉ khi A. 1 2 m   . B. 2 2 2 m   . C. 2 2 3 m   . D. 3 4 m   . Hướng dẫn giải Chọn C Đặt 2 sin 2 x t (đk: 1 2 t   ). Phương trình có dạng 2 t m t . Xét hàm số 2 f t t t với 1 2 t   , có: 2 2 1 f t t  ; ' 0 f t 2 t . 1 3 f , 2 2 2 f , 2 3 f . Phương trình có nghiệm 2 2 3 m   . Câu 76: Số giá trị nguyên của 10;10 m để phương trình 2 2 2 1 10 1 10 1 2.3 x x x m có đúng hai nghiệm phân biệt là A. 14. B. 15. C. 16 D. 17 . Hướng dẫn giải Chọn B 2 2 2 1 10 1 10 1 2.3 x x x m (1) 2 2 10 1 10 1 6 3 3 x x m             . Ta thấy: 2 2 10 1 10 1 . 1 3 3 x x             . Đặt 2 10 1 3 x t       (đk: 1 t ). Phương trình trở thành: 6 m t t 2 6 0 t t m (2); 9 m   . Phương trình (1) đúng hai nghiệm phân biệt (2) có một nghiệm kép lớn hơn 1, hoặc có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 1 2 1 x x 0 0 1 6 0 m          9 5 m m   (*). Kết hợp với 10;10 m   và (*) suy ra   9, 8, 7,...,4,9 m . Vậy có 15 giá trị của m . Câu 77: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình 2 2 3 3 2 2 3 9 2.3 3 x x m x x m x x có nghiệm? A. 6 . B. 4 . C. 9 . D. 1. Câu 78: Ông An đầu tư vào thị trường nông sản số tiền là x , lợi nhuận của ông được xác định bởi hàm số 2e log y x x . Gọi 0 x là số tiền ông cần đầu tư để lợi nhuận thu được là lớn nhất. Tính giá trị của biểu thức 3 0 2 2 0 e. log log e 1 1 x P x . A. 3 2ln 3 P . B. 3 2ln 2 P . C. 2 3ln 3 P . D. 2 3ln 2 P . Câu 79: Cho hai số thực a , b 1, 1 a b . Phương trình x x a b b ax có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm? A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Câu 80: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình 2 2 3 3 2 2 3 9 2.3 3 x x m x x m x x có nghiệm? A. 6 . B. 4 . C. 9 . D. 1. Lời giải Chọn D Điều kiện 2 3 0 x x m (*) 2 2 3 3 2 2 3 9 2.3 3 x x m x x m x x 2 2 2 3 3 2 1 3 .3 0 9 27 x x m x x x m x 2 3 2 0 3 3 x x m x 2 3 2 x x m x 2 3 2 x x m x . 2 2 2 3 0 2 0 3 4 4 x x m x x x m x x  2 3 0 2 4 x x m x x m  4 2 2 m m . Do m nguyên dương nên 1 m thỏa mãn (*). Câu 81: Ông An đầu tư vào thị trường nông sản số tiền là x , lợi nhuận của ông được xác định bởi hàm số 2e log y x x . Gọi 0 x là số tiền ông cần đầu tư để lợi nhuận thu được là lớn nhất. Tính giá trị của biểu thức 3 0 2 2 0 e. log log e 1 1 x P x . A. 3 2ln 3 P . B. 3 2ln 2 P . C. 2 3ln 3 P . D. 2 3ln 2 P . Lời giải Chọn D Để ông An đầu tư có lợi, nghĩa là 0 2e log 0 1 2e y x x x . Đổi biến e 0;1 ln 2 t x t , xét hàm số 2e e t f t t trên khoảng 0;1 ln 2 . Ta có e 1 2e t f t t  , 0 1 f t t  . Ta có bảng biến thiên Suy ra lợi nhuận lớn nhất khi 1 t 0 e x , khi đó 3 2 2 2 e.e 2 2 log log e 1 log e e 1 3 3ln 2 P . Câu 82: Cho hai số thực a , b 1, 1 a b . Phương trình x x a b b ax có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm? A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn C Xét hàm số x x f x a b b ax . Ta có ln ln x x f x a a b b a  . Do 2 2 ln ln 0 x x f x a a b b   nên hàm số đã cho có tối đa một cực trị. Do đó phương trình đã cho có tối đa hai nghiệm. Ta sẽ chọn các số để phương trình trên có 2 nghiệm như sau: Chọn e a b ta có 2e e x f x  , e 0 ln 2 f x x  . e e ln eln 0 2 2 f     ; lim x f x    . Vì vậy phương trình đã cho có tối đa 2 nghiệm. Câu 83: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 2 2 log 5 1 .log 2.5 2 x x m có nghiệm với mọi 1 x . A. 6 m . B. 6 m . C. 6 m  . D. 6 m . Câu 84: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 2 2 1 2 3 2 e e 2 x mx x m          nghiệm đúng với mọi x  . A. 5;0 m . B.   5;0 m . C. ; 5 0; m    . D.   ; 5 0; m    . Câu 85: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 2 2 log 5 1 .log 2.5 2 x x m có nghiệm với mọi 1 x . A. 6 m . B. 6 m . C. 6 m  . D. 6 m . Lời giải Chọn C Điều kiện của bất phương trình: 0 x . Ta có 2 2 log 5 1 .log 2.5 2 x x m 2 2 log 5 1 . 1 log 5 1 x x m    1 . Đặt 2 log 5 1 x t , với 1 x ta có 2 t . Khi đó 1 trở thành 2 m t t  2 . Xét hàm số 2 f t t t trên  2;  ta có 2 1 0 f t t  ,  2; t  . Do đó để bất phương trình đã cho có nghiệm với mọi 2 t thì  2; min m f t   hay 6 m  . Câu 86: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 2 2 1 2 3 2 e e 2 x mx x m          nghiệm đúng với mọi x  . A. 5;0 m . B.   5;0 m . C. ; 5 0; m    . D.   ; 5 0; m    . Lời giải Chọn B 2 2 1 2 3 2 e e 2 x mx x m          , x  2 2 1 2 3 2 2 e e x mx x m          , x  2 2 1 2 3 x mx x m , x  2 2 1 1 3 0 x m x m , x  * . 2 5 0 m m    5 0 m   . Câu 87: Giá trị của tham số m để phương trình 1 4 .2 2 0 x x m m có hai nghiệm 1 2 , x x thoả mãn 1 2 3 x x là A. 2 m . B. 3 m . C. 4 m . D. 1 m . Câu 88: Một khu rừng ban đầu có trữ lượng gỗ là 5 4.10 mét khối gỗ. Gọi tốc độ sinh trưởng mỗi năm của khu rừng đó là % a . Biết sau năm năm thì sản lượng gỗ là xấp xỉ 5 4,8666.10 mét khối. Giá trị của a xấp xỉ: A. 3,5% . B. 4% . C. 4,5% . D. 5%. Câu 89: Giá trị của tham số m để phương trình 1 4 .2 2 0 x x m m có hai nghiệm 1 2 , x x thoả mãn 1 2 3 x x là A. 2 m . B. 3 m . C. 4 m . D. 1 m . Lời giải Chọn C Đặt 2 x t , phương trình đã cho với ẩn số t là 2 2 2 0 t mt m . Điều kiện 1 2 3 x x 1 2 1 2 3 2 2 .2 2 2 8 4 x x x x m m . Câu 90: Một khu rừng ban đầu có trữ lượng gỗ là 5 4.10 mét khối gỗ. Gọi tốc độ sinh trưởng mỗi năm của khu rừng đó là % a . Biết sau năm năm thì sản lượng gỗ là xấp xỉ 5 4,8666.10 mét khối. Giá trị của a xấp xỉ: A. 3,5% . B. 4% . C. 4,5% . D. 5% . Lời giải Chọn B Trữ lượng gỗ sau một năm của khu rừng là: 5 5 5 4.10 4.10 . % 4.10 1 % N a a Trữ lượng gỗ sau năm thứ hai của khu rừng là: 2 5 4.10 1 % N a … Trữ lượng gỗ sau năm năm của khu rừng là: 5 5 5 4.10 1 % 4,8666.10 N a 4% a  . Câu 91: Tính giới hạn 0 cos lim sin x x e x x  : A. 2 . B. 1 . C. 1 . D. 0 Câu 92: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số x y f x x tại điểm có hoành độ bằng 2 . A. 4 4 y x . B. 4ln 2 8ln 2 4 y x . C. 4 1 ln 2 8ln 2 4 y x . D. 2 y x . Câu 93: Tính giới hạn 0 e cos lim sin x x x x  : A. 2 . B. 1 . C. 1 . D. 0 Lời giải Chọn B Ta có: 2 0 0 e 1 2sin e cos 2 lim lim sin sin x x x x x x x x   2 2 2 1 0 2sin 2 2 2 2 sin x e x x x x x x x           2 2 0 0 0 1 2sin 2 2 lim lim lim 1 1 sin 2 x x x x x x e x x x x        Câu 94: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số x y f x x tại điểm có hoành độ bằng 2 . A. 4 4 y x . B. 4ln 2 8ln 2 4 y x . C. 4 1 ln 2 8ln 2 4 y x . D. 2 y x . Lời giải Chọn C Hàm số x y f x x xác định trên khoảng 0;  . Ta có x y f x x ln ln x f x x ln ln f x x x . Lấy đạo hàm hai vế, ta có 1 ln f x x f x  1 ln f x f x x  2 1 ln 2 2 1 ln 2 4 1 ln 2 x f x x x f   . Ta có 2 2 2 4 f . Vậy, phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ bằng 2 là 2 2 2 y f x f  hay 4 1 ln 2 8ln 2 4 y x . Câu 95: Cho phương trình 2 2 2 4 2 6 x x m . Biết tập tất cả giá trị m để phương trình có đúng 4 nghiệm phân biệt là khoảng ; a b . Khi đó b a bằng A. 4 . B. 1. C. 5 . D. 3 . Câu 96: Cho 3 2 3 3 1 1 1 3 3 3 9log log log 1 P a a a với 1 ;3 27 a      và M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . Tính 4 3 S M m . A. 42 . B. 38. C. 109 9 . D. 83 2 . Câu 97: Cho dãy số n u thỏa mãn 1 1 10 10 log 2 log 2log 2log u u u u và 1 2 n n u u với mọi 1 n . Giá trị lớn nhất của n để 100 5 n u bằng: A. 248 . B. 246 . C. 247 . D. 290 . Câu 98: Cho phương trình 2 2 2 4 2 6 x x m . Biết tập tất cả giá trị m để phương trình có đúng 4 nghiệm phân biệt là khoảng ; a b . Khi đó b a bằng A. 4 . B. 1. C. 5 . D. 3 . Hướng dẫn giải Chọn B Đặt 2 2 x t 1 t , phương trình đã cho trờ thành 2 4 6 0 t t m (1) Yêu cầu bài toán khi (1) có 2 nghiệm 1 2 1 t t 0 1 0 2 af S    2 0 3 4 2 m m  2 3 m . Vậy 1 b a . Câu 99: Cho 3 2 3 3 1 1 1 3 3 3 9log log log 1 P a a a với 1 ;3 27 a      và M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . Tính 4 3 S M m . A. 42 . B. 38. C. 109 9 . D. 83 2 . Hướng dẫn giải Chọn A Ta có: 3 2 3 3 3 1 log log 3log 1 3 P a a a . Đặt 3 log t a . Do 1 ;3 27 a      nên   3;1 t . Khi đó: 3 2 1 3 1 3 P t t t với   3;1 t . 2 2 3 P t t t  . 3 0 1 t L P t t N     Ta có 3 10 P , 2 1 3 P , 14 1 3 P 10 M , 2 3 m . Vậy 4 3 42 S M m . Câu 100: Cho dãy số n u thỏa mãn 1 1 10 10 log 2 log 2log 2log u u u u và 1 2 n n u u với mọi 1 n . Giá trị lớn nhất của n để 100 5 n u bằng: A. 248 . B. 246 . C. 247 . D. 290 . Hướng dẫn giải Chọn C Ta có: n u là một cấp số nhân có công bội 2 q 1 1 .2 n n u u 1 n 9 10 1 .2 u u . 1 1 10 10 log 2 log 2log 2log u u u u 1 10 1 10 2 log 2log 2 log 2log 2 0 u u u u 1 10 1 10 2 log 2log 1 2 log 2log 2 u u u u L    1 10 1 log 2log 0 u u 1 2 9 1 1 0 10 .2 u u u  1 18 10 2 u 18 5.2 n n u . 100 5 n u 18 99 2 5 n 2 99log 5 18 n 247 n  . Vậy giá trị lớn nhất của n để 100 5 n u bằng 247 . Câu 101: Ngày 20/5/2018, ngày con trai đầu lòng chào đời, chú Tuấn quyết định mở một tài khoản tiết kiệm ở ngân hàng cho con với lãi suất 0,5% /tháng. Kể từ đó, cứ vào ngày 21 hàng tháng, chú sẽ gửi vào tài khoản một triệu đồng. Sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi vào ngày 22/5/2036, số tiền trong tài khoản tiết kiệm đó là bao nhiêu? (làm tròn đến triệu đồng) A. 387 (triệu đồng). B. 391 (triệu đồng). C. 388 (triệu đồng). D. 390 (triệu đồng). Câu 102: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tập nghiệm của phương trình 3 7 3 5 7 3 5 2 x x x m có đúng một phần tử? A. vô số. B. 1. C. 0 . D. 2 . Câu 103: Ngày 20/5/2018, ngày con trai đầu lòng chào đời, chú Tuấn quyết định mở một tài khoản tiết kiệm ở ngân hàng cho con với lãi suất 0,5% /tháng. Kể từ đó, cứ vào ngày 21 hàng tháng, chú sẽ gửi vào tài khoản một triệu đồng. Sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi vào ngày 22/5/2036, số tiền trong tài khoản tiết kiệm đó là bao nhiêu? (làm tròn đến triệu đồng) A. 387 (triệu đồng). B. 391 (triệu đồng). C. 388 (triệu đồng). D. 390 (triệu đồng). Lời giải Chọn D Sau 1 tháng số tiền trong sổ tiết kiệm là 1 1 1,0005 1 S . Sau 2 tháng số tiền trong sổ tiết kiệm là 2 1 2 1,0005 1,0005 1 S . Sau 3 tháng số tiền trong sổ tiết kiệm là 3 2 1 3 1,0005 1,0005 1,0005 1 S . ... Sau n tháng số tiền trong sổ tiết kiệm là: 1 1 1 1,0005 1 1,0005 1,0005 ... 1,0005 1 0,005 n n n n S . Vào ngày 22/5/2036 (sau 18 12 216  tháng), số tiền trong tài khoản tiết kiệm đó là 217 216 1,0005 1 390 0,005 S  (triệu đồng). Câu 104: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tập nghiệm của phương trình 3 7 3 5 7 3 5 2 x x x m có đúng một phần tử? A. vô số. B. 1. C. 0 . D. 2 . Lời giải Chọn B Ta có 3 7 3 5 7 3 5 2 x x x m 7 3 5 7 3 5 8 0 2 2 x x m             . Đặt 7 3 5 2 x t       , 0 t . Ta có phương trình 8 0 m t t 2 8 0 t t m 1 . Để tập nghiệm của phương trình 3 7 3 5 7 3 5 2 x x x m có đúng một phần tử thì phương trình 1 chỉ có một nghiệm dương Trường hợp 1: 0 m phương trình 1 có hai nghiệm trái dấu. Trường hợp 2: 0   16 0 m 16 m khi đó 2 t (nhận). Vậy chỉ có một giá trị nguyên dương của tham số m thỏa mãn bài toán. Câu 105: Tìm m để phương trình 4 2 .2 2 3 0 x x m m có hai nghiệm phân biệt? A. 3 m hoặc 1 m . B. 3 1 2 m . C. 0 m . D. 1 m . Câu 106: Cho phương trình 2 4 log 5 1 .log 2.5 2 x x m . Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình có nghiệm thuộc đoạn   5 1;log 9 ? A. 4 . B. 5 . C. 2 . D. 3 . Câu 107: Tìm m để phương trình 4 2 .2 2 3 0 x x m m có hai nghiệm phân biệt? A. 3 m hoặc 1 m . B. 3 1 2 m . C. 0 m . D. 1 m . Lời giải Chọn B Đặt 2 , 0 x t t . Thay vào phương trình: 2 2 2 3 1 t mt m . Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt 1 có hai nghiêm dương phân biệt 0 0 0 b S a c P a    2 2 3 0 3 2 0 1 2 2 3 0 m m m m m  . Câu 108: Cho phương trình 2 4 log 5 1 .log 2.5 2 x x m . Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình có nghiệm thuộc đoạn   5 1;log 9 ? A. 4 . B. 5 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn A Điều kiện 0 x . 2 4 log 5 1 .log 2.5 2 x x m 2 2 1 1 log 5 1 log 5 1 1 2 2 x x m      . Đặt 2 log 5 1 x t . Ta có phương trình 2 1 2 2 t t m . Để phương trình 1 có nghiệm trên đoạn   5 1;log 9 thì phương trình 2 có nghiệm trên đoạn   2;3 . Xét hàm số 2 1 2 f t t t trên đoạn   2;3 . Ta có 1 2 f t t  1 0 2 f t t  . Bảng biến thiên Suy ra phương trình 2 có nghiệm trên đoạn   2;3 khi 3 6 m   . Vật có 4 giá trị nguyên m để phương trình 1 có nghiệm thuộc đoạn   5 1;log 9 . Câu 109: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ 2 1 2 1 2 3 3 2017 2017 2 2 3 0 x x x x x m x m   có nghiệm. A. 3 m . B. 2 m . C. 3 m . D. 2 m  . Câu 110: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ 2 1 2 1 2 3 3 2017 2017 2 2 3 0 x x x x x m x m   có nghiệm. A. 3 m . B. 2 m . C. 3 m . D. 2 m  . Lời giải Chọn B Điều kiện: 1 x . Ta có 2 1 2 1 3 3 2017 2017 x x x x  1 2 2 3 3 3 2017 1 x x x  (*). Khi 1 x thì 1 2 2 3 3 3 0 2017 1 0 x x x  1 x không là nghiệm của (*). Khi 1 x  thì 1 2 2 3 3 3 0 2017 1 0 x x x   1 x  là nghiệm của (*). Kết hợp với điều kiện 1 x ta có nghiệm của bất phương trình (*) là   1;1 Hệ phương trình 2 1 2 1 2 3 3 2017 2017 2 2 3 0 x x x x x m x m   có nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình 2 2 2 3 0 x m x m có nghiệm   1;1 x với m 2 2 3 2 x x m x với   1;1 x   1;1 min m f x với 2 2 3 2 x x f x x Xét hàm số 2 2 3 2 x x f x x trên   1;1 ta có 2 2 4 1 2 x x f x x  ;     2 3 1;1 0 2 3 1;1 x f x x      . Do 1 2 f ; 1 2 f ; 2 3 2 2 3 f nên   1;1 min 2 f x . Vậy hệ phương trình có nghiệm khi 2 m . Câu 111: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 9 3 2 x x m có hai nghiệm thực phân biệt? A. 20 . B. 18. C. 21. D. 19. Câu 112: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 9 3 2 x x m có hai nghiệm thực phân biệt? A. 20 . B. 18. C. 21. D. 19. Lời giải Chọn A + Ta có: 2 9 3 2 x x m 2 3 9.3 2 0 x x m . + Đặt 3 0 x t ta được phương trình: 2 9 2 0 t t m * . + Yêu cầu bài toán phương trình * có hai nghiệm dương phân biệt 2 9 4.1. 2 0 2 0 1 9 0 2 m m P S   81 8 4 0 2 m m  73 4 2 m m  . + Vì m  nên suy ra có 20 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu. Câu 113: Tính tổng các giá trị nguyên dương m sao cho phương trình 9 3 2 1 2 0 x x x m mx m có đúng hai nghiệm. A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 5 . Câu 114: Tính tổng các giá trị nguyên dương m sao cho phương trình 9 3 2 1 2 0 x x x m mx m có đúng hai nghiệm. A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 5 . Lời giải Chọn C Ta có 9 3 2 1 2 0 2 1 3 3 0 x x x x x m mx m x m 3 2 1 0 1 3 2 x x x m    . Dễ chứng minh được phương trình 1 có đúng hai nghiệm là 0; 1 x x . Yêu cầu bài toán tương đương phương trình 2 vô nghiệm hoặc có nghiệm trùng với phương trình 1 0 1 3 m m m      . Vậy tổng các giá trị nguyên dương của m là 4 . Câu 115: Tập hợp các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 3 1 3 log 1 log 4 0 x x m có hai nghiệm thực phân biệt là ; T a b , trong đó a , b là các số nguyên hoặc phân số tối giản. Tính M a b . A. 33 6 . B. 17 3 . C. 9 2 . D. 41 4 . Câu 116: Bất phương trình 3 125 1 5 log 3 log 4 0 x x  có bao nhiêu nghiệm nguyên? A. 5 . B.1. C. Vô số. D.12. Câu 117: Tập hợp các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 3 1 3 log 1 log 4 0 x x m có hai nghiệm thực phân biệt là ; T a b , trong đó a , b là các số nguyên hoặc phân số tối giản. Tính M a b . A. 33 6 . B. 17 3 . C. 9 2 . D. 41 4 . Lời giải Chọn D Điều kiện 2 1 0 x 1 1 x . 2 3 3 log 1 log 4 pt x x m 2 5 m x x . Xét hàm số 2 5 f x x x trên khoảng 1;1 . Ta có 2 1 f x x  ; 0 f x  1 2 x . Bảng biến thiên Dựa vào BBT, ta thấy phương trình có hai nghiệm khi 9 5; 4 m     5 a ; 21 4 b . Khi đó 41 4 T a b . Câu 118: Bất phương trình 3 125 1 5 log 3 log 4 0 x x  có bao nhiêu nghiệm nguyên? A. 5 . B.1. C. Vô số. D.12. Lời giải Chọn B Điều kiện 3 x . 3 125 1 5 5 5 log 3 log 4 0 log 3 log 4 x x x x   2 3 5 5 3 4 3 2 5 5 0 3 0 x x x x x x x      . Do x  nên bất phương trình có một nghiệm nguyên là 2 x . Câu 119: Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 2 2 2 15 100 10 50 2 2 2 25 150 0 x x x x x x A. 6 . B. 4 . C. 5 . D. 3 . Câu 120: Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 2 2 2 15 100 10 50 2 2 2 25 150 0 x x x x x x A. 6 . B. 4 . C. 5 . D. 3 . Lời giải Chọn B Đặt 2 2 15 100 a x x ; 2 10 50 b x x ta có bất phương trình: 2 2 0 a b a b 2 2 a b a b a b (do hàm số 2 x y x là hàm số đồng biến trên  ) x 1 1 2 1 f x  0 f x 21 4 5 3 Với a b 2 2 2 15 100 10 50 x x x x 2 25 150 0 x x 10;15 x . Vậy bất phương trình có 4 nghiệm nguyên. Câu 121: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 2 2 log 2 3 log 3 m m x x x x  với m là tham số thực dương khác 1, biết 1 x là một nghiệm của bất phương trình đã cho. A. 1 2;0 ;3 3 S       . B.   1 1;0 ;3 3 S       . C.  1;0 1;3 S  . D.  1 1;0 ;3 3 S       . Câu 122: Bố Nam gửi 15000 USD vào ngân hàng theo hình thức lãi kép với lãi suất 0,73% / tháng để dành cho Nam đi đại học. Nếu cuối mỗi tháng kể từ ngày gửi Nam rút đều đặn 300 USD thì sau bao nhiêu tháng Nam hết tiền ? (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị). A. 65 tháng. B. 62 tháng. C. 71 tháng. D. 75 tháng. Câu 123: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 2 2 log 2 3 log 3 m m x x x x  với m là tham số thực dương khác 1, biết 1 x là một nghiệm của bất phương trình đã cho. A. 1 2;0 ;3 3 S       . B.   1 1;0 ;3 3 S       . C.  1;0 1;3 S  . D.  1 1;0 ;3 3 S       . Lời giải Chọn D Do 1 x là nghiệm nên ta có log 6 log 2 m m  0 1 m . Bất phương trình tương đương với 2 2 2 2 3 3 3 0 x x x x x x  2 2 2 3 0 3 0 x x x x   1 3 1 0; 3 x x x    1 0 1 3 3 x x      . Vậy  1 1;0 ;3 3 S       . Câu 124: Bố Nam gửi 15000 USD vào ngân hàng theo hình thức lãi kép với lãi suất 0,73% / tháng để dành cho Nam đi đại học. Nếu cuối mỗi tháng kể từ ngày gửi Nam rút đều đặn 300 USD thì sau bao nhiêu tháng Nam hết tiền ? (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị). A. 65 tháng. B. 62 tháng. C. 71 tháng. D. 75 tháng. Lời giải Chọn B Gọi n là số tháng cần tìm. N là số tiền gửi của bố Nam. A là số tiền Nam rút mỗi tháng. Đến cuối tháng 1 (sau khi Nam rút tiền) số tiền ở ngân hàng là: N A . Đến cuối tháng 2 (sau khi Nam rút tiền) số tiền ở ngân hàng là: .1,0073 .1,0073 .1,0073 N A A N A A . …… Đến cuối tháng thứ n (sau khi Nam rút tiền) số tiền ở ngân hàng là: 1 1 .1,0073 .1,0073 ... .1,0073 n n T N A A A . Do đó: 1 1 1,0073 .1,0073 62 1 1,0073 n n N A n  (tháng). Câu 125: Có tất cả bao nhiêu số dương a thỏa mãn đẳng thức 2 3 6 2 3 6 log log log log .log .log a a a a a a A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Câu 126: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất phương trình 2 .4 1 .2 1 0 x x m m m nghiệm đúng x  ? A. 3 m  . B. 1 m . C. 1 4 m   . D. 0 m . Câu 127: Cho hai số thực dương , x y thỏa mãn 3 3 1 1 log ( 2) 1 log . x y x y y x     Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 x y a xy b với , ,( , ) 1. a b a b  Hỏi a b bằng bao nhiêu. A. 2 . B. 9 . C. 12. D. 13. Câu 128: Có tất cả bao nhiêu số dương a thỏa mãn đẳng thức 2 3 6 2 3 6 log log log log .log .log a a a a a a A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn D 2 3 6 2 3 6 log log log log .log .log a a a a a a ln ln ln ln ln ln . . ln 2 ln 3 ln 6 ln 2 ln 3 ln 6 a a a a a a 2 1 1 1 ln ln 0 ln 2 ln 3 ln 6 ln 2.ln 3.ln 6 a a     2 ln 0 ln ln 3.ln 6 ln 6.ln 2 ln 2.ln 3 a a   1 ln a a C    1 C C a a a     e e (với ln 3.ln 6 ln 6.ln 2 ln 2.ln 3 C ). Vậy có tất cả 3 số dương a thỏa yêu cầu đề bài. Câu 129: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất phương trình 2 .4 1 .2 1 0 x x m m m nghiệm đúng x  ? A. 3 m  . B. 1 m . C. 1 4 m   . D. 0 m . Lời giải Chọn B Bất phương trình .4 4 1 .2 1 0 x x m m m 4 4.2 1 1 4.2 x x x m 1 4.2 4 4.2 1 x x x m Đặt 2 x t (Điều kiện 0 t ). Khi đó 2 4 1 4 1 t m t t . Để bất phương trình ban đầu nghiệm đúng x  thì bất phương trình 2 4 1 4 1 t m t t nghiệm đúng 0 t . Đặt 2 2 2 2 4 1 4 2 0, 0 4 1 4 1 t t t f t f t t t t t t  . Hàm số nghịch biến trên 0;  . Khi đó 2 4 1 4 1 t m t t 0 t khi và chỉ khi 0 1 m f Câu 130: Cho hai số thực dương , x y thỏa mãn 3 3 1 1 log ( 2) 1 log . x y x y y x     Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 x y a xy b với , ,( , ) 1. a b a b  Hỏi a b bằng bao nhiêu. A. 2 . B. 9 . C. 12. D. 13 Lời giải Chọn D Ta có 2 2 3 3 3 3 1 1 2 1 1 log ( 2) 1 log log log 3 x y x y x y x y y x xy x y           2 2 2 ( ) 3 x y x y x y xy . Gọi 0 m là giá trị nhỏ nhất của 2 2 x y xy khi đó m là số dương nhỏ nhất để hệ 2 2 2 3 x y x y m xy x y m xy  có nghiệm. Ta có 2 2 2 2 2 ( ) 2 ( ) ( 2) 3 2 2 2 3 3 x y x y x y m m x y m xy xy xy x y m m x y x y x y m m x y xy xy    Từ 2 ( ) ( 2) ( 2) 4 2 x y m xy m xy xy m . Đặt 0 t x y 2 2 2 (2 3 ) 6 3 0 3 x y m m t m t m x y (*). Ta đi tìm 2 m để (*) có nghiệm dương 2 9 24 20 0 m m  10 3 m . Do đó 2 2 10 3 x y xy , dấu “=” xảy ra khi 4 ( ; ) (1;3). 3 x y x y xy  Vậy 13. a b Câu 131: Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình: 2 1 2 3 8 2 (2 1)2 0 x x x m m m m có ba nghiệm thực phân biệt là khoảng ; a b . Tính S ab . A. 4 3 S . B. 5 3 3 S . C. 3 2 S . D. 2 3 S . Câu 132: Cho dãy số n a thỏa mãn 1 1 a và 1 3 5 1 3 2 n n a a n , với mọi 1 n . Tìm số nguyên dương 1 n nhỏ nhất để n a là một số nguyên. A. 123 n . B. 41 n . C. 39 n . D. 49 n Câu 133: Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình: 2 1 2 3 8 2 (2 1)2 0 x x x m m m m có ba nghiệm thực phân biệt là khoảng ; a b . Tính S ab . A. 4 3 S . B. 5 3 3 S . C. 3 2 S . D. 2 3 S . Lời giải Chọn D Đặt 2 0 x t . Phương trình đã cho trở thành: 3 2 2 3 2 (2 1) 0 t mt m t m m . 2 2 1 0 t m t mt m . 2 2 1 0 1 t m t mt m   Để phương trình đề bài cho có 3 nghiệm phân biệt thì 0 m và phương trình 1 có hai nghiệm dương phân biệt khác m 2 2 2 0 4 4 0 0 1 0 1 m m m S m P m m     2 1 3 m . Suy ra 1 2 3 a b  . Vậy 2 3 S ab . Câu 134: Cho dãy số n a thỏa mãn 1 1 a và 1 3 5 1 3 2 n n a a n , với mọi 1 n . Tìm số nguyên dương 1 n nhỏ nhất để n a là một số nguyên. A. 123 n . B. 41 n . C. 39 n . D. 49 n Lời giải Chọn B +) Ta có 1 3 5 1 3 2 n n a a n 1 3 5 5 3 2 n n a a n n 1 5 3 5 log 3 2 n n n a a n . +) Từ đó 1 5 3 2 log 3 1 n n n a a n 2 5 5 3 1 3 2 log log 3 4 3 1 n n n a n n  1 5 5 5 5 8 11 3 1 3 2 log log ... log log 5 8 3 4 3 1 n n a n n 5 8 11 3 1 3 2 1 log . ... . 5 8 3 4 3 1     n n n n 5 3 2 1 log 5 n 5 log 3 2 n . Do đó 5 log 3 2 n a n . +) Vì 1 n nên 5 5 log 3 2 log 5 1 n a n , đồng thời dễ thấy n a là dãy tăng. +) Lại có 5 5 2 log 3 2 3 n a n a n n . Lần lượt thử các giá trị 2;3;4;... n a ta có 3 n a là giá trị nguyên, lớn hơn 1, nhỏ nhất, cho giá trị tương ứng 41 n . Vậy 41 n . Câu 1: (THTT S ố 1 - 484 th án g 10 nă m 2017- 201 8) Biết 1 x , 2 x là hai nghiệm của phương trình 2 2 7 4 4 1 log 4 1 6 2 x x x x x     và 1 2 1 2 4 x x a b với a , b là hai số nguyên dương. Tính . a b A. 16 a b . B. 11 a b . C. 14 a b . D. 13. a b Lời giải Chọn C Điều kiện 0 1 2 x x   Ta có 2 2 2 2 7 7 2 1 4 4 1 log 4 1 6 log 4 4 1 2 2 2 x x x x x x x x x x           2 2 7 7 log 2 1 2 1 log 2 2 1 x x x x Xét hàm số 7 1 log 1 0 ln 7 f t t t f t t  với 0 t Vậy hàm số đồng biến Phương trình 1 trở thành 2 2 3 5 4 2 1 2 2 1 2 3 5 4 x f x f x x x x      Vậy 1 2 9 5 4 2 9; 5 9 5 14. 9 5 4 l x x a b a b tm      Câu 2: (TH PT C huyên Th ái B ình - l ầ n 1 - nă m 2017 - 201 8) Tính tích tất cả các nghiệm thực của phương trình 1 2 2 2 2 1 log 2 5 2 x x x x         . A. 0 . B. 2 . C. 1. D. 1 2 . Lời giải Chọn D Điều kiện: 0 x . PT: 2 2 1 2 2 2 2 1 log 2 5 1 2 x x x x           . Đặt 2 2 1 1 1 2 . 2 2 2 2 x t x x x x x PT trở thành 2 log 2 5 (2) t t . Xét hàm 2 log 2 2 t f t t t là hàm đồng biến nên: 2 2 2 f t f t (t/m). Với 2 t thì 2 2 2 1 2 2 4 1 0 2 x x x x (t/m). Vậy 1 2 1 2 x x (theo Viet ). Câu 3: (TH P T Ch uy ên Thái B ình - l ầ n 1 - nă m 2 017 - 2018) Cho a , b , c là các số thực thuộc đoạn   1;2 thỏa mãn 3 3 3 2 2 2 log log log 1. a b c  Khi biểu thức 3 3 3 2 2 2 3 log log log a b c P a b c a b c đạt giá trị lớn nhất thì giá trị của tổng. a b c là A. 3. B. 3 1 3 3.2 . C. 4 . D. 6 . Lời giải. Chọn C Đặt 2 2 2 log ; log ; log . x a y b z c Vì   , , 1;2 a b c nên   , , 0;1 x y z . 3 3 3 2 2 2 3 3 3 2 2 2 3 3 3 3 log log log 3 log log log 3 . a b c P a b c a b c a b c a a b b c c a b c ax by cz . Ta chứng minh 3 3 3 1. a ax x  Thật vậy: Xét hàm số   2 1 1 log , 1; 2 1 0 ln 2 ln 2 f a a a a f a f a a a   . Trên đoạn   1;2 ta có 2 1 Max 1 , 2 , 1 log 1 ln 2 f a f f f a a           . hay 1 1 0. a x a x   Do đó. Xét: 3 3 2 2 3 1 1 1 0 a ax x a x a x a ax x  . ( Vì theo trên ta có 1 0 a x  và 2 2 1 0, a x x a ax   1; 2 , a   0; 1 x ). Vậy 3 3 3 1 0 a ax x  3 3 3 1 a ax x  . Tương tự 3 3 3 1; b by y  3 3 3 1 c cz z  . Do đó 3 3 3 3 3 3 3 3 1 3 4 P a b c ax by cz x y z   . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0, 1 x y z và các hoán vị, tức là 1, 2 a b c và các hoán vị. Khi đó 4 a b c . Câ u 4: (T HP T L ê H ồng P ho ng - Nam Đ ị n h - l ần 1 - nă m 201 7 - 201 8) Tìm số giá trị nguyên của m để phương trình 1 1 2 2 4 4 1 2 2 16 8 x x x x m m có nghiệm trên   0;1 ? A. 2 . B. 5. C. 4 . D. 3. Lời giải Chọn A 1 1 2 2 4 4 1 2 2 16 8 x x x x m m 4 4 4 4 1 2 2 16 8 x x x x m m Đặt 2 2 x x t u x ,   0;1 x 2 2 0 x x u x    0;1 x . Suy ra 0 1 u t u   hay 3 0; 2 t      2 2 4 4 2.2 .2 4 4 2 x x x x x x t t Phương trình trở thành : 2 2 2 2 4 2 4 1 16 8 2 1 4 2 1 2 2 0 2 2 t t m m t t m m t t m m m t t t 2 2 1 3 1 0; 2 1 m t t t m t t t m          Để phương trình đã cho có nghiệm trên   0;1 thì phương trình 1 t m phải có nghiệm 3 0; 2 t      . Suy ra 3 1 0; 2 m      , hay 5 1; 2 m      . Câ u 5: (T HP T L ê H ồ n g P ho ng - Nam Đ ị n h - l ầ n 1 - nă m 201 7 - 201 8) Xét bất phương trình 2 2 2 log 2 2 1 log 2 0 x m x . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình có nghiệm thuộc khoảng 2;  . A. 0; m  . B. 3 ;0 4 m     . C. 3 ; 4 m      . D. ;0 m  . Lời giải Chọn C Điều kiện: 0 x 2 2 2 log 2 2 1 log 2 0 x m x 2 2 2 1 log 2 1 log 2 0 1 x m x . Đặt 2 log t x .Vì 2 x nên 2 2 1 log log 2 2 x . Do đó 1 ; 2 t      1 thành 2 1 2 1 2 0 t m t 2 2 1 0 t mt 2 Cách 1: Yêu cầu bài toán tương đương tìm m để bpt (2) có nghiệm thuộc 1 ; 2      . Xét bất phương trình (2) có: 2 ' 1 0, m m   . 2 2 1 0 f t t mt có 0 ac nên (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt 1 2 0 t t . Khi đó cần 2 2 1 1 3 1 2 2 4 t m m m . Cách 2: 2 2 1 1 2 1 0 < m 2 2 t t mt f t t t     Khảo sát hàm số f t trong 0;  ta được 3 ; 4 m      . Câ u 6: (T HP T L ê H ồ n g P ho ng - Nam Đ ị n h - l ầ n 1 - nă m 201 7 - 201 8) Cho hàm số 2 1 2 3 x y mx x . Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận. A. 0 1 1 5 m m m    . B. 0 1 1 3 m m m    . C. 0 1 3 m m   . D. 0 1 5 m m   . Lời giải Chọn B  0 m : Đồ thị có hai tiệm cận nên loại.  0 lim 0 x m y    : đồ thị có một tiệm cận ngang. Bài toán trở thành : Tìm m để đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng. 2 2 3 0 mx x có 2 nghiệm phân biệt khác 1 1 1 3 0 3 1 0 1 m m m m       . Câu 7: (TH PT Ch uy ên Đ H Vi nh - GK 1 - năm 20 17 - 201 8) Một người tham gia chương trình bảo hiểm An sinh xã hội của công ty Bảo Việt với thể lệ như sau: Cứ đến tháng 9 hàng năm người đó đóng vào công ty là 12 triệu đồng với lãi suất hàng năm không đổi là 6% / năm. Hỏi sau đúng 18 năm kể từ ngày đóng, người đó thu về được tất cả bao nhiêu tiền? Kết quả làm tròn đến hai chữ số phần thập phân. A. 403,32 (triệu đồng). B. 293,32 (triệu đồng). C. 412,23 (triệu đồng). D. 393,12 (triệu đồng). Lời giải Chọn D Gọi số tiền đóng hàng năm là 12 A (triệu đồng), lãi suất là 6% 0,06 r . Sau 1 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là 1 1 A A r . (nhưng người đó không rút mà lại đóng thêm A triệu đồng nữa, nên số tiền gốc để tính lãi năm sau là 1 A A ). Sau 2 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là: 2 2 1 1 1 1 1 1 A A A r A r A r A r A r    . Sau 3 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là: 2 3 2 3 2 1 1 1 1 1 1 1 A A A r A r A r A r A r A r A r    . … Sau 18 năm, người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là: 18 17 2 18 1 1 ... 1 1 A A r A r A r A r . Tính: 18 17 2 18 1 1 ... 1 1 1 1 A A r r r r    . 19 19 19 18 1 1 1 1 1 0,06 1 1 1 12 1 393,12 1 1 0,06 r r A A A r r                       . Câu 8: (Tr ư ờ n g B DV H2 18L TT - k ho a 1 - năm 20 1 7 - 201 8) Cho hai số thực a , b thỏa mãn 4 3 a b và biểu thức 3 2 16log 3log 12 16 a a b a P a b     có giá trị nhỏ nhất. Tính . a b A. 7 . 2 B. 4 . C. 11 2 . D. 6 . Lời giải Chọn D Ta có: 2 3 48log 3log 12 16 a a b a P a b          . Vì số hạng thứ hai chứa log a b a nên ta cố gắng đưa 3 log 12 16 a a b          về log a a b . Điều này buộc ta cần đánh giá 3 12 16 b b  . Thật vậy: Ta có: 2 3 12 16 2 4 0 b b b b  (Đúng). Suy ra: 3 1. 12 16 a a b b Suy ra: 3 log log log 1 0 12 16 a a a a a b b     (do 1 a ). Do đó: 2 2 2 3 48log 3log 48log 3log 3 8log 8log log 12 16 a a a a a a a b b b a a a a P a a a b b b b         . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương 8log a a b , 8log a a b , 2 log a b a ta được: 2 3 3 3 3 8log 8log log 9 64 36. a a a b a a P a b b         Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2 2 2 . 1 1 8log log 4 4 log log 2 2 2 a a a a b b b b b a a a a b b     Vậy 6. a b Chú ý: + Đánh giá 3 12 16 b b  , ta có thể dùng bất đẳng thức Cauchy: 3 3 3 3 3 16 8 8 3 64 12 12 16 . b b b b b b  + Sau khi có 2 48log 3log a a b a P a b , ta có thể đặt log a a t b . Vì log log 1 0 a a a b nên 0 t . Khi đó: 2 3 48 P t f t t , với 0 t . Khảo sát hàm f t ta được 0; min 36 f t  khi 1 2 t (Hoặc dùng Cauchy như trên). Câu 9: (TT Di ệ u Hi ề n - C ầ n Thơ - thá n g 1 1 - n ăm 2 017 - 201 8 ) Giá trị nào của m để phương trình 2 2 3 3 log log 1 2 1 0 x x m có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 3 1; 3    . A. 1 16 m   . B. 4 8 m   . C. 3 8 m   . D. 0 2 m   . Lời giải Chọn D Điều kiện 0 x . Đặt 2 3 log 1 1 t x , ta được phương trình 2 2 2 0 * t t m . Ta có 3 1; 3 x    3 0 log 3 x   2 3 1 log 1 2 t x   . Phương trình đã cho có nghiệm thuộc 3 1; 3 x    * có nghiệm   1; 2 t . Đặt 2 f t t t , với   1; 2 t . Hàm số f t là hàm đồng biến trên đoạn   1; 2 . Ta có 1 2 f và 2 6 f . Phương trình 2 2 2 t t m 2 2 f t m có nghiệm   1; 2 t 1 2 2 2 f m f   1 2 2 2 2 2 f m m f    2 2 2 2 2 6 m m    0 2 m   . Câu 10: (TT Di ệ u Hi ền - C ần T hơ - t há n g 11 - nă m 201 7 - 2018) Tìm m để tồn tại duy nhất cặp ; x y thỏa mãn 2 2 2 log 4 4 4 1 x y x y và 2 2 2 2 2 0 x y x y m . A. 2 10 2 . B. 10 2 và 10 2 . C. 2 10 2 và 2 10 2 . D. 10 2 . Lời giải Ch ọ n C Điều kiện 4 4 4 0 x y Ta có 2 2 2 log 4 4 4 1 x y x y 2 2 4 4 4 2 x y x y 2 2 1 2 2 2 x y C  . Miền nghiệm của bất phương trình là hình tròn (cả bờ) 1 C có tâm 1 2; 2 I bán kính 1 2 R Mặt khác: 2 2 2 2 2 0 x y x y m 2 2 1 1 * x y m Với 0 m 1; 1 x y không thỏa mãn: 2 2 2 2 2 x y  . Với 0 m thì * là đường tròn 2 C có tâm 2 1; 1 I bán kính 2 R m . Để để tồn tại duy nhất cặp ; x y thì 1 C và 2 C tiếp xúc với nhau. Trường hợp 1: 1 C và 2 C tiếp xúc ngoài. R 2 R 1 I 2 I 1 Khi đó: 1 2 1 2 R R I I 2 10 m 2 10 2 m . Trường hợp 2: 1 C nằm trong 2 C và hai đường tròn tiếp xúc trong. R 2 R 1 I 2 I 1 Khi đó: 2 1 1 2 R R I I 2 10 m 2 10 2 m . Vậy 2 10 2 m và 2 10 2 m thỏa mãn yêu cầu bài toán. ----------HẾT---------- Câ u 11: ( TH PT Ch u yê n V ĩn h Phú c - l ầ n 2 - nă m 20 17 - 201 8) Tìm tất cả các giá trị của m để hệ sau có nghiệm 2 1 2 1 2 3 3 2017 2017 2 2 3 0   x x x x x m x m . A. 3 m . B. 3 m . C. 2 m . D. 2  m . Lời giải Chọn C Điều kiện 1 x .  Xét 2 1 2 1 3 3 2017 2017  x x x x 2 1 2 1 3 .3 3 .3 2017 2017  x x x x 1 9 9 3 2017 1  x x x . Dễ thấy 1 x là một nghiệm. Nếu 1 x thì 1 9 9 3 0 x x VT , 2017 1 0 VP x Suy ra 1 9 9 3 2017 1  x x x vô nghiệm. Nếu 1 1  x thì 1 9 9 3 0 x x VT , 2017 1 0 VP x Suy ra 1 9 9 3 2017 1  x x x có nghiệm với 1 1  x . Vậy bpt 2 1 2 1 3 3 2017 2017  x x x x có nghiệm với 1 1   x . Cách 1:  Xét: 2 2 2 3 0 f x x m x m . Ta có 2 4 8  m m , để bpt có nghiệm 1 1   x thì: TH1: 0 2 3 2 2 3 2     m , bpt có nghiệm 1 1   x 1 TH2: 2 3 2 0 2 3 2     m m , nghiệm của bpt là   1 2 ; ;    x x . Ta có 1 2 1;1 ;  x x 1 0 3 6 0 2 2 0 1 0   f m m m f . Do đó BPT có nghiệm 1 1   x khi 2 m Kết hợp điều kiện ta được 2 3 2 m và 2 2 3 2  m 2 Từ 1 và 2 suy ra hệ đã cho có nghiệm khi 2 m . Cách 2: Bài toán trở thành tìm m để bpt 2 2 2 3 0 x m x m có nghiệm 1 1   x BPT 2 2 2 3 m x x x  2 2 3 2 x x m f x x * (Do 1 1   x ) 2 2 4 1 2 x x f x x  .Xét   0 2 3 1;1 f x x  Để bpt * có nghiệm thì   1;1 min . x m f x Lập bảng biến thiên của hàm số f x trên   1;1 ta có 1 1 2 m f f .Vậy 2 m . Câu 12: (TH P T Q u ãn g Xươn g - Tha nh Hó a - l ần 1 - nă m 201 7 - 2018) Biết 1 x , 2 x 1 2 x x là hai nghiệm của phương trình 2 2 3 1 3 log 3 2 2 5 2 x x x x và 1 2 1 2 2 x x a b với a , b là hai số nguyên dương. Tính a b . A. 13 a b . B. 11 a b . C. 14 a b . D. 16 a b . Lời giải Chọn C Điều kiện   ;1 2; x    . Đặt 2 3 2 x x t với 0 t . Ta có 2 2 3 1 1 x x t . Phương trình đã cho trở thành 2 1 3 log 2 5 2 t t * . Xét hàm số 2 1 3 log 2 5 t f t t trên  0;  . Có 2 1 1 5 .2 .ln 5 0 2 ln 3 t f t t t  với 0 t . Do đó hàm số đồng biến trên  0;  . Mặt khác 1 2 f . Phương trình * có dạng: 1 f t f 1 t . Với 2 1 3 2 1 t x x 2 3 2 1 x x 1 3 5 2 x , 2 3 5 2 x . Vậy 1 2 1 2 9 5 2 x x 9 5 a b  14 a b . Câu 13: (T HP T Quãng Xư ơ n g - T ha n h Hó a - l ần 1 - nă m 201 7 - 2 018 ) Biết rằng 1 2 2 log 14 2 1 x x y y    trong đó 0. x Tính giá trị của biểu thức 2 2 1. P x y xy A. 3 . B. 1 C. 2 . D. 4 . Lời giải Chọn C Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 1 1 2 2 4 x x x x . Lại có 14 2 1 14 1 1 3 1 y y y y y . Đặt 1 0. t y Xét hàm số 3 3 14 f t t t trên 0;  , ta có 2 3 3 f t t  . Do đó 2 0 3 3 0 1 f t t t  vì 0; t  . Từ đó ta có 0; max 1 16. f t f  Vậy 14 2 1 16 y y  2 log 14 2 1 4 y y     . Khi đó 1 2 1 2 log 14 2 1 0. x x x y y y     2. P Câ u 14: (TH PT Ng u y ễ n K h uy ế n - TP H C M - nă m 201 7 - 201 8) Cho x , y là các số thực thỏa 2 2 3 log 1 x y x y  . Khi 3x y đạt giá trị lớn nhất, thì giá trị x k y là A . 1 k . B . 1 2 k . C . 3 k . D . 1 3 k . Lời giải Chọn C Xét trường hợp 3 1 x y . 2 2 2 2 3 log 1 3 x y x y x y x y   1 . Đặt 3 3 P x y y P x . 2 2 1 3 0 x P x P  2 2 10 6 0 x Px P P  2 . 2 2 2 9 10 2 10 P P P P  Nếu 0  thì 2 vô nghiệm. Do đó 0 0 10 P    . Vậy max 10 P . Khi đó 6 2 3 1 3 20 P x x y k y . Câu 15: (THPT Ch uy ê n Hù n g V ươn g - Bìn h P h ư ớ c - l ầ n 2 - n ăm 201 7 - 201 8) Gọi S là tập nghiệm của phương trình 2 2 4 6 x x . Khi đó số phần tử của tập S là bao nhiêu A. 2 S . B. 3 S . C. 4 S . D. 5 S . Lời giải Chọn B Định lí Rolle: Nếu f x là hàm liên tục trên đoạn   ; a b , có đạo hàm trên khoảng ; a b và f a f b thì tồn tại ; c a b sao cho 0  f c . Hệ quả: Nếu f x có đạo hàm trên ; a b và  f x có nhiều nhất n nghiệm ( n là số nguyên dương) trên ; a b thì f x có nhiều nhất 1 n nghiệm trên ; a b . Cách 1: 2 2 4 6 2 2 4 6 0 x x x x . Xét hàm số 2 2 4 6 x f x x có tập xác định  D . Dễ thấy f x liên tục trên  và có đạo hàm trên  . Theo định lý Rolle: Trên đoạn 1 0; 2      ta có 1 0 0 2     f f nên 1 1 0; 2      c : 1 0  f c . Trên đoạn 1 ;1 2      ta có 1 1 0 2     f f nên 2 1 ;1 2      c : 2 0  f c . Do đó 0  f x có ít nhất hai nghiệm phân biệt 1 c , 2 c . Mặt khác ta xét 2 4 4 ln 4 2  x x f x x , 2 4 ln 4 4 ln 4 2 4 ln 4   x x x f x x 2 2 4 2ln 4 2ln 4 ln 4 0 x x 2 2ln 4 ln 4 x . Vậy 0   f x có nghiệm duy nhất suy ra 0  f x có nhiều nhất hai nghiệm suy ra 0 f x có nhiều nhất là ba nghiệm nên 3 S . Cách 2: 2 2 2 2 4 6 4 2 x x x x x 2  x . Ta vẽ đồ thị hai hàm số 4 x y và 2 2 2 x y x trên cùng một hệ trục Oxy và xác định được số giao điểm là 3 nên 3 S . Câu 16: ( TH PT Ch u y ên L am - T h an h Hó a - l ần 1 - n ăm 201 7 - 201 8) Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn 2 2 3 5 5 1 3 ( 2) 3 5 xy x y x y xy x y x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T x y . A. min 2 3 2 T . B. min 3 2 3 T . C. min 1 5 T . D. min 5 3 2 T . Lời giải Chọn B Theo đề ra ta có 2 2 2 1 2 1 3 5 5 1 3 ( 2) 3 5 1 1 5 2 5 1 3 3 xy x y x y xy x y xy x y xy x y x x y xy Xét 1 5 3 t t f t t . 5 ln 5 3 ln 3 1 0  t t f t 1 2 1 2 x x y xy y x .Do 1 0, 0 0 2 2 x y x x x Ta có: 2 1 1 2 2 x x x T x y x x x 2 2 2 3 2; 4 1 0 2 2 3 2; x x x T x x        Bảng biến thiên Chỉnh lại bbt cho em,chỉ xét với 2 x nhé,kết quả không thay đổi. Từ bảng biến thiên ta thấy min 3 2 3 T tại 2 3 x . Câu 17: (THP T C ổ Loa - Hà N ộ i - l ần 1 - na wm - 20 18) Có bao nhiêu số nguyên dương a ( a là tham số) để phương trình 2 2 2 2 2 2 27 9 11 11 9 2 3 12 15 log 2 3 1 log 1 2log 2 log 2 2 2             x x a a x x a a x x có nghiệm duy nhất? A. 2 . B. 0 . C. Vô số. D. 1. Lời giải Chọn B Điều kiện 0 2. x 2 2 2 2 2 2 3 11 3 11 2 2 4 5 log 2 9 6 2 log log 2 log 2 2         x x PT a a x x a a x x 2 2 2 2 3 11 2 4 4 log 2 9 6 1 log 0 2     x a a x x a a 2 2 2 2 3 11 2 2 log 2 3 1 log 0 2     x a x x a 2 2 3 11 2 log 2 3 1 2 2 log 2         x x a a x * Mà vế trái của * luôn dương với mọi a nguyên dương Vì 0 2 x nên 2 11 2 2 2 2 2 2 1 log 0 2 2     x x x Do đó từ * suy ra 2 3 log 2 0 x x 2 2 2 1 2 1 0 x x x x không tồn tại x . Vậy không có giá trị a thỏa yêu cầu. Câ u 18 : (THTT S ố 3 - 486 th án g 12 năm 20 17 - 201 8) Xét các số thực dương , x y thỏa mãn 2 2 3 log 3 3 . 2 x y x x y y xy x y xy Tìm giá trị lớn nhất max P của biểu thức 3 2 1 . 6 x y P x y A. 3. B. 2 . C. 1. D. 4 . Lời giải Chọn C Ta có: 2 2 3 log 3 3 2 x y x x y y xy x y xy 2 2 2 2 3 3 log 3 3 log 2 2 x y x y x y xy x y xy . Xét hàm số 3 log f t t t , 0 t có 1 1 0, 0 ln 3  f t t t . Vậy hàm số f t luôn đồng biến và liên tục trên khoảng 0;  . Do đó: 2 2 2 2 3 2 3 2 f x y f x y xy x y x y xy 1 Cách 1: Từ 1 2 3 2 xy x y x y . Ta có 2 1 1 2      x y x x xy xy x y xy xy Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 x y . Do đó từ 1 , suy ra: 2 2 1 3 2 4  x y x x y x y . Đặt t x y , 0 t . Suy ra: 2 2 2 1 2 1 3 2 2 1 3 22 3 4 6 6 4 6  t t t t x y x t t P f t x y t t . Ta có: 2 2 3 36 135 0 3 4 6  t t f t t t (nhận) Bảng biến thiên Dựa vào BBT, ta có 0; max max 3 1  P f t f khi và chỉ khi 1 2 3 1   x y x x y y . Cách 2: (Trắc nghiệm) Ta có: 11 2 6 x P x y . Trong 1 coi y là ẩn, x là tham số. Ta có 2 2 3 3 2 0 y x y x x có nghiệm khi 2 2 3 2 3 3 2 3 3 4 3 2 0 3 3 3    x x x x nên 11 0 x Vậy 2 P nên trong 4 phương án thì max 1 P khi đó 2 x , 1 y . Cách 3: (Trắc nghiệm) Ta có: 17 3 3 6 y P x y với x , 0. y + Nếu 2 P thì 3 2 1 2 11 6 x y x x y . Thay vào 1 ta được: 2 3 90 0 y y (vô lý). + Nếu 1 P thì 3 2 1 1 2 5 5 2 6 x y x y y x x y . Thay vào 1 , ta được: 2 2 2 3 5 2 5 2 5 2 2 3 12 12 0 2 1 x x x x x x x x x y . Vậy max 1 P .  3 0 t f t  f t 0 Câ u 19: (TH TT S ố 3 - 486 th án g 12 n ăm 201 7 - 201 8 ) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho 10  m và phương trình 2 2 5 5 2log 2 5 4 log 2 6 mx mx x x x x có nghiệm duy nhất. Tìm số phần tử của . S A. 15. B. 14. C. 13. D. 16. Lời giải Chọn A Ta có: 2 2 5 4 0 x x với mọi x nên phương trình 2 2 5 5 2log 2 5 4 log 2 6 mx mx x x x x tương đương với 2 2 2 5 0 5 5 1 6 2 5 4 0 2 2 5 4 2 6 5       mx mx mx mx x x x x x x x x Phương trình có nghiệm duy nhất tương đương với ta nhận nghiệm 2 x và loại 5 x hoặc nhận nghiệm 5 x và loại 2 x . + Trường hợp 1: Nhận nghiệm 2 x và loại 5 x . Điều này tương đương với 5 2 5 2 2 6 3 5 5 1 5 6 6 5            m m m m m m m m (vô lí). + Trường hợp 2: Nhận nghiệm 5 x và loại 2 x . Điều này tương đương với 3 1 5 5 5 6 1 5 6 2 5 6 2 5 5 5 2 6 2 3                     m m m m m m m m m m m . Suy ra: 10 30 10 10 25 12        m m m . Vì 10  m nên     10 11;13;14...;25 30  m . Trong tập hợp này có 15 phần tử nên tập hợp S cũng có 15 phần tử. Chú ý: 11 13 14 25 30 ; ; ...; 10 10 10 10 10          m . Câ u 2 0: (TH PT C huy ên Lê H ồ ng Ph on g - Na m Đ ị nh - l ầ n 2 nă m 2017- 201 8) Xét các số thực a , b thỏa mãn điều kiện 1 1 3 b a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 3 1 log 12log 3 4 a b a b P a     . A . min 13 P . B . 3 1 min 2 P . C . min 9 P . D . 3 min 2 P . Lời giải Chọn C 2 3 1 log 12 log 3 4 a b a b P a         2 3 1 1 log 12 3 4 log a a b a b             2 3 1 1 log 12 3 4 1 log a a b b         2 3 1 12 log 3 4 log 1 a a b b     . Ta có: 3 3 1 4 b b  3 3 1 4 b b  3 4 3 1 0 b b 2 1 4 4 1 0 b b b 2 1 2 1 0 b b ( luôn đúng với 1 1 3 b ). 3 3 1 log log 4 a a b b     ( vì 1 a ) 3 1 log 3log 4 a a b b     . Do đó 2 12 3log 3 log 1 a a P b b 2 12 3 log 1 log 1 a a P b b * . Vì 1 1 3 b a nên log 1 a b . Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương: 3 log 1 2 a b , 3 log 1 2 a b , 2 12 log 1 a b 2 3 3 12 log 1 log 1 2 2 log 1 a a a b b b 3 2 3 3 12 3. log 1 . log 1 . 2 2 log 1 a a a b b b 2 12 3 log 1 log 1 a a b b 9 ** . Từ * và ** ta có 9 P . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 1 2 3 12 log 1 2 log 1 a a b b b  3 1 2 log 1 8 a b b  1 2 log 1 2 a b b  1 2 log 3 a b b  3 1 2 b b a  3 3 1 2 1 2 b a b  . Vậy min 9 P . Câu 21: (TH P T L ê Vă n Th ị nh - B ắ c Ni n h - l ầ n 1 nă m 201 7 - 2018) Một người mỗi đầu tháng đều đặn gửi vào ngân hàng một khoản tiền T theo hình thức lãi kép với lãi suất 0,6% mỗi tháng. Biết đến cuối tháng thứ 15 thì người đó có số tiền là 10 triệu đồng. Hỏi số tiền T gần với số tiền nào nhất trong các số sau? A. 635.000 . B. 535.000 . C. 613.000 . D. 643.000 . Lời giải Chọn A Gọi k A là số tiền người đó cuối tháng thứ k , đặt 0,6% r . Ta có 1 1 A T r . 2 2 1 1 1 1 A A T r T r T r . 3 3 2 3 2 1 1 1 1 1 1 1 . r A A T r T r T r T r T r r . 15 15 1 1 1 . r A T r r 6 15 15 15 . 10 10 0,6% 635.301 1,006 1,006 1 1 1 1 A r T r r        đồng Câu 22: (THPT L ê Vă n T h ị nh - B ắ c Ni nh - l ầ n 1 n ăm 201 7 - 2 018 ) Cho 0 ; 1 x y   thỏa mãn 2 1 2 2018 2017 2 2019 x y x y y . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 4 3 4 3 25 S x y y x xy . Khi đó M m bằng bao nhiêu? A. 136 3 . B. 391 16 . C. 383 16 . D. 25 2 . Lời giải Chọn B Ta có 2 1 2 2018 2017 2 2019 x y x y y 1 2 2 2017 2018 2017 1 2018 y x x y 2 1 2 2017 1 2018 2017 2018 y x y x    Xét hàm số 2 2017 2018 t f t t , với 0 1 t   . 2 2 2018 .2017 .ln 2017 2 .2017 2017 2018 .ln 2017 2 0 t t t f t t t t t     Hàm số f t đồng biến trên 0 1 t   1 y x 1 y x Cách 1: Theo giả thiết 2 2 4 3 4 3 25 S x y y x xy 2 2 2 2 4 3 2 3 2 2 2 4 3 2 4 3 1 . 4 1 3 25 1 4 3 3 4 5 4 25 1 16 20 16 12 15 12 12 15 12 25 25 16 32 18 2 12 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x       Xét hàm số 4 3 2 16 32 18 2 12 S x x x x x , với 0 1 x   . 3 2 64 96 36 2 S x x x x  . Cho 0 S x  2 3 4 1 2 x x       Bảng biến thiên 191 16 12 + 0 2- 3 4 + 191 16 1 0 12 2+ 3 4 y y' x 1 2 0 0 25 2 Từ bảng biến thiên, ta có     0;1 0;1 25 max 2 191 min 16 M S x m S x  . Vậy 25 191 391 2 16 16 M m . Cách 2: Từ 0 ; 1 x y   và 1 x y suy ra 2 1 0 2 4 x y xy       . Viết lại 2 2 3 3 16 12 34 S x y x y xy 3 2 2 16 12 3 34 S x y x y xy x y xy    2 2 16 2 12 S x y xy Đặt , t xy 1 0; 4 t      thì 2 16 2 12 S f t t t . Khảo sát hàm f t ta được 1 0; 4 1 191 min 8 16 t f t f          , 1 0; 4 1 25 max 4 12 t f t f          . Vậy 25 191 391 2 16 16 M m ----------HẾT---------- Câu 1: (TH P T Ch u yê n V ĩnh Phúc - M Đ 903 l ần 1 - năm 2 017 - 201 8) Ông A vay ngân hàng 300 triệu đồng để mua nhà theo phương thức trả góp với lãi suất 0 0 0,5 mỗi tháng. Nếu cuối mỗi tháng, bắt đầu từ tháng thứ nhất sau khi vay, ông hoàn nợ cho ngân hàng số tiền cố định 5,6 triệu đồng và chịu lãi số tiền chưa trả. Hỏi sau khoảng bao nhiêu tháng ông A sẽ trả hết số tiền đã vay? A. 60 tháng. B. 36 tháng. C. 64 tháng. D. 63 tháng. Lời giải Chọn D Sau tháng thứ nhất số tiền còn nợ (đơn vị triệu đồng) là 1 0,5 300 1 5,6 100     T . Sau tháng thứ hai số tiền còn nợ là 2 0,5 0,5 300 1 5,6 1 5,6 100 100 T             2 0,5 0,5 300 1 5,6 1 5,6 100 100         . Ký hiệu 0,5 1 100 t thì số tiền còn lại ở tháng thứ n là: 1 2 300 5,6 ... 1 n n n n T t t t    1 300 5,6 1 n n t t t 300 1120 1120 n n t t 820 1120 n t . Như vậy để trả hết nợ thì số tháng là 0,5 1 100 1120 log 62,5 820  n . Câu 2: (TH PT Ch u y ên V ĩn h Phú c - l ầ n 1 M Đ 9 04 nă m 201 7 - 20 18) Một người mua một căn hộ chung cư với giá 500 triệu đồng. Người đó trả trước số tiền là 100 triệu đồng. Số tiền còn lại người đó thanh toán theo hình thức trả góp với lãi suất tính trên tổng số tiền còn nợ là 0,5% mỗi tháng. Kể từ ngày mua, sau đúng mỗi tháng người đó trả số tiền cố định là 4 triệu đồng (cả gốc lẫn lãi). Thời gian (làm tròn đến hàng đơn vị) để người đó trả hết nợ là A. 136 tháng. B. 140 tháng. C. 139 tháng. D. 133 tháng. Lời giải Chọn C Tổng số tiền người đó còn nợ là 0 400 A triệu đồng. Số tiền người đó còn nợ hết tháng thứ nhất là: 1 0 0 0 0,5% 4 1,005 4 A A A A . Số tiền người đó còn nợ hết tháng thứ hai là: 2 1 1 1 0,5% 4 1,005 4 A A A A 2 0 0 1,005 1,005 4 4 1,005 4 1,005 1 A A . Số tiền người đó còn nợ hết tháng thứ ba là: 3 2 2 2 0,5% 4 1,005 4 A A A A 2 3 2 0 0 1,005 1,005 4 1,005 1 4 1,005 4 1,005 1,005 1 A A       . ... Số tiền người đó còn nợ hết tháng thứ n là: 1 2 0 1,005 4 1,005 1,005 ... 1 n n n n A A    . Ta có: 2 2 1 1 1,005 1,005 ... 1,005 1,005 n n là tổng n số hạng của một cấp số nhân có số hạng 1 1 u và 1,005 q , do đó: 1 1 1,005 200 1,005 1 1 1,005 n n n S       . Người đó trả hết nợ khi 0 0 1,005 800 1,005 1 0 n n n A A    400. 1,005 800 n 1,005 1,005 2 log 2 138,98 n n  tháng. Vậy người đó trả hết nợ sau 139 tháng. Câu 3: (TH P T K im L iên - H à N ội nă m 20 17 - 201 8) Ngân hàng BIDV Việt Nam đang áp dụng hình thức lãi kép với mức lãi suất: không kỳ hạn là 0,2% /năm, kỳ hạn 3 tháng là 4,8% /năm. Ông A đến ngân hàng BIDV để gửi tiết kiệm với số tiền ban đầu là 300 triệu đồng. Nếu gửi không kỳ hạn mà ông A muốn thu về cả vốn và lãi bằng hoặc vượt quá 305 triệu đồng thì ông A phải gửi ít nhất n tháng * n  . Hỏi nếu cùng số tiền ban đầu và cũng số tháng đó, ông A gửi tiết kiệm có kỳ hạn 3 tháng thì ông A sẽ nhận được số tiền cả vốn lẫn lãi là bao nhiêu (giả sử rằng trong suốt thời gian đó lãi suất ngân hàng không đổi và nếu chưa đến kỳ hạn mà rút tiền thì số tháng dư so với kỳ hạn sẽ được tính theo lãi suất không kỳ hạn) A. 444.785.421đồng. B. 446.490.147 đồng. C. 444.711.302 đồng. D. 447.190.465 đồng. Lời giải Chọn A Áp dụng công thức lãi kép: 1 n n T a r Với 305 n T triệu đồng là số tiền cả vốn lẫn lãi sau n kỳ hạn. 300 a triệu đồng là số tiền gửi ban đầu, n là số kỳ hạn tính lãi, r % là lãi suất định kỳ. Ta được 0,2% 300 1 305 12 n     0,2% 1 12 305 log 99,18 300 n          . Như vậy, khi gửi không kỳ hạn để được số tiền gồm cả vốn lẫn lãi lớn hơn hoặc bằng 305 triệu đồng thì ông A phải gửi tối thiểu là 100 tháng. Với 300 a triệu đồng và số tháng là 100 tháng thì khi gửi tiết kiệm với kỳ hạn 3 tháng thì ông A sẽ gửi được 33 định kỳ và 1 tháng cuối là gửi không kỳ hạn. Nên số tiền ông A có được sau 33 định kỳ là: 33 4,8% 300. 1 4 T     triệu đồng. Vậy số tiền ông A có được sau 100 tháng là 0, 2% 1 444.785.421 12 S T     đồng. Câu 4: (TH P T Ch u yê n Lươ n g V ăn T ụ y - Ni n h Bình l ầ n 1 nă m 2 017 - 20 18 ) Một sinh viên ra trường đi làm vào ngày 1/ 1/ 2018 với mức lương khởi điểm là a đồng/ 1 tháng và cứ sau 2 năm lại được tăng thêm 10% và chi tiêu hàng tháng của anh ta là 40% lương. Anh ta dự định mua một căn nhà có giá trị tại thời điểm 1/1/2018 là 1 tỉ đồng và cũng sau 2 năm thì giá trị căn nhà tăng thêm 5% . Với a bằng bao nhiêu thì sau đúng 10 năm anh ta mua được ngôi nhà đó, biết rằng mức lương và mức tăng giá trị ngôi nhà là không đổi (kết quả quy tròn đến hàng nghìn đồng) A. 21.776.000 đồng. B. 55.033.000 đồng. C. 14.517.000 đồng. D. 11.487.000 đồng. Lời giải Chọn C Mức lương 2 năm đầu sau khi chi tiêu là 24 1 0, 4 a đồng. Mức lương 2 năm tiếp theo sau khi chi tiêu là: 24 1 0,1 0,4 1 0,1 24 1 0,1 1 0,4 a a a    đồng. Mức lương 2 năm tiếp theo sau khi chi tiêu là: 2 2 2 24 1 0,1 0, 4 1 0,1 24 1 0,1 1 0,4 a a a    đồng. Mức lương 2 năm tiếp theo sau khi chi tiêu là: 3 3 3 24 1 0,1 0,4 1 0,1 24 1 0,1 1 0, 4 a a a    đồng.   Tổng tiền lương sau 10 năm sau khi chi tiêu là: 2 3 4 1 24 1 0,4 1 1 0,1 1 0,1 1 0,1 1 0,1 S a    5 1 1 1 1 24. 87,91344 1 1 a r r a r    . Tổng giá trị căn nhà sau 10 năm là 5 9 2 10 . 1 0,05 S Để anh sinh viên đó mua được nhà thì: 5 9 1 2 87.91344 1,05 .10 14.517.000 S S a a  đồng. Câu 5: (TH PT C h uy ên Tr ần P h ú - H ải P h òn g l ần 1 n ăm 201 7 - 20 18) Tính đến đầu năm 2011, dân số toàn thành phố A đạt xấp xỉ 905.300 người. Mỗi năm dân số thành phố tăng thêm 1,37% . Để thành phố A thực hiện tốt chủ trương 100% trẻ em đúng độ tuổi đều vào lớp 1 thì đến năm học 2024 – 2025 số phòng học cần chuẩn bị cho học sinh lớp 1 (mỗi phòng 35 học sinh) gần nhất với số nào sau đây; biết rằng sự di cư đến, đi khỏi thành phố và số trẻ tử vong trước 6 tuổi đều không đáng kể, ngoài ra trong năm sinh của lứa học sinh lớp 1 đó toàn thành phố có 2400 người chết? A. 459 . B. 322. C. 458 . D. 321. Lời giải Chọn C Năm học 2024 – 2025 trẻ vào lớp 1 nên trẻ phải sinh vào năm 2018 . Dân số năm 2018 tính từ mốc đầu năm 2011 là 8 8 1,37 905300 1 1009411 100 S     . Dân số năm 2017 tính từ mốc đầu năm 2011 là 7 7 1,37 905300 1 995769 100 S     . Vậy số trẻ vào lớp 1 là 1009411 995769 2400 16042 . Số phòng học cần chuẩn bị là 16042 : 35 458,342 . ( 458 phòng) Câu 6: (TH P T Đo àn T hư ợ n g - H ả i Dươ ng - l ần 2 năm 201 7 - 201 8) Tìm giá trị gần đúng tổng các nghiệm của bất phương trình sau: 2 6 5 4 3 2 2 22 22 3 3 22 22 2 4 2log 2log 5 13 4 24 2 27 2 1997 2016 0 3 3 log log x x x x x x x x x          A. 12,3 . B. 12. C. 12,1. D. 12,2 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 0 1 x  . Ta có 6 5 4 3 2 24 2 27 2 1997 2016 x x x x x 2 2 3 2 3 6 4 2 1 22 26 1997 2015 0 x x x x x x , x . Do đó bất phương trình đã cho tương đương với 2 2 22 22 3 3 22 22 2 4 2log 2log 5 13 4 0 3 3 log log x x x x          . Đặt 22 log 3 x t , ta có bất phương trình 2 2 2 2 5 2 4 4 13 t t t t  2 2 2 2 1 3 13 1 1 2 2 2 t t          . Đặt 1 3 ; 2 2 u t      và 1 ;1 v t  . Ta có 13 2 u v u v     . Dấu bằng xảy ra khi 1 3 4 2 2 1 3 3 1 2 5 t t t t t 5 4 22 12,06 3 x     . Nghiệm trên thỏa điều kiện nên ta Chọn C Câu 7: (TH P T Đo à n Th ư ợng - H ải D ư ơ n g - l ần 2 n ăm 201 7 - 201 8) Cho 3 log a m ab với 1 a , 1 b và 2 log 16log a b P b a . Tìm m sao cho P đạt giá trị nhỏ nhất. A. 1 2 m . B. 4 m . C. 1 m . D. 2 m . Lời giải Chọn C Theo giả thiết ta có 1 1 log 1 log 3 3 a a m ab b log 3 1 a b m . Suy ra 2 16 log log a a P b b 2 16 3 1 3 1 P m m 2 8 8 3 1 3 1 3 1 P m m m . Vì 1 a , 1 b nên log 3 1 0 a b m . Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho ba số dương ta có: 2 2 3 2 8 8 64 3 1 3. 3 1 . 3 1 3 1 3 1 P m m m m m 12 P . Dấu bằng xảy ra khi 2 8 3 1 3 1 m m 1 m . Câu 8: (TH PT Ch u yê n Th ái B ình - l ần 2 n ăm h ọc 2 017 - 201 8 ) Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình 3 2 3 2 2 3 3 5 log 1 6 7 1 x x x x x x x A. 2 3 . B. 2 . C. 0 . D. 2 3 . Lởi giải Chọn C Điều kiện: 3 2 2 3 3 5 0 1 x x x x 3 2 3 3 5 0 x x x 3 2 3 3 1 6 6 0 x x x x 3 1 6 1 0 x x 2 1 2 5 0 x x x 1 6 1 1 6 x x    . 3 2 3 2 2 3 3 5 log 1 6 7 1 x x x x x x x . 3 3 2 2 2 log 3 3 5 log 1 6 7 1 x x x x x x x . 3 2 3 2 2 2 log 3 3 5 3 3 5 log 1 1 * x x x x x x x x . Xét hàm đặc trưng log f t t t 0 t . Ta có: 1 1 ln10 f t t  . Với 0 0 t f t  . Vậy hàm log f t t t đồng biến với 0 t . Phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi 3 2 2 3 3 5 1 x x x x . 3 2 8 2 3 14 0 x x x . 2 2 2 4 2 2 7 0 x x x x x . 2 2 3 0 x x . 2 3 3 x x x     . Kết hợp với điều kiện suy ra phương trình có hai nghiệm 3 3 x x    . Vậy tổng hai nghiệm của phương trình bằng 0 . Câu 9: (TH PT Yê n L ạc - V ĩnh Ph ú c - l ầ n 3 nă m 201 7 - 201 8) Cho x , y là các số thực thỏa mãn 1 x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 log 1 8 log x y x y P y x       . A. 18. B. 9 . C. 27 . D. 30 Lời giải Chọn C Ta có 1 log log 2 y y x x y y x x       log 1 1 . 1 2 log 1 2 x x y y log 1 log 2 x x y y 2log 1 2log 2 x x y y . Suy ra 2 2 2log 1 2log 1 8 2log 2 x x x y P y y       . Đặt 2log x t y , do 1 log 1 log log x x x x y x y 2 t . Ta có hàm số 2 2 1 1 8. 2 t f t t t     với 2 t . 2 3 2 1 4 2 4 2 t t t t f t t  ; 1 0 4 t f t t    . Lập bảng biến thiên trên 2;  ta được Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 log 1 8 log x y x y P y x       là 27 đạt được khi 4 2log 4 x t y 2 4 y x y x . Câu 10: (S G D B ắc Ni nh n ăm 201 7 - 201 8 ) Cho phương trình 2 2 2 1 2 1 1 log 2 3 log 1 2 2 2 x x x x x x     , gọi S là tổng tất cả các nghiệm của nó. Khi đó, giá trị của S là A. 2 S . B. 1 13 2 S . C. 2 S . D. 1 13 2 S . Lời giải Chọn D Điều kiện 1 2 2 0 x x    . Xét hàm số 2 2 log 1 f t t t , 0 t . Ta có 1 2 1 ln 2 f t t t  2 2ln 2. 2ln 2. 1 0 .ln 2 t t t , 0 t , do đó hàm số f t đồng biến trên khoảng 0;  . Mặt khác ta có: 2 2 2 1 2 1 1 log 2 3 log 1 2 2 2 x x x x x x     2 2 2 2 1 1 log 2 2 1 log 2 2 1 x x x x              1 2 2 f x f x     1 2 2 x x 3 2 2 4 1 0 x x x 1 3 13 2 3 13 2 x x x         Kết hợp với điều kiện ta được 1 3 13 2 x x     . Vậy 1 13 2 S . Câu 11: (S G D B ắc Nin h nă m 20 17 - 201 8) Cho x , 0 y thỏa mãn log 2 log log x y x y . Khi đó, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 4 1 2 1 x y P y x là: A. 6 . B. 32 5 . C. 31 5 . D. 29 5 . Lời giải Chọn B Ta sử dụng bất đăng thức phụ sau: 2 2 2 x y x y a b a b log 2 log log log 2 log . 2 . x y x y x y x y x y x y ĐK ; 0 x y Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: 2 2 .2 2 8 x y x y x y 2 2 2 2 4 1 2 1 2 2 x y x y P y x x y Đặt 2 8 t x y t Xét 2 8 2 t f t t t có 2 2 0 4 ' 0 4 2 t t t f t t t   Dựa trên bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên   8;  nên min 32 8 5 f t f 32 5 P . Câu 12: (TH P T Ch u y ên ĐH K HT N - Hà N ội năm 2 017 - 201 8) Cho các số a , 1 b thỏa mãn 2 3 log log 1 a b . Giá trị lớn nhất của biểu thức 3 2 log log P a b bằng: A. 2 3 log 3 log 2 . B. 3 2 log 2 log 3 . C. 2 3 1 log 3 log 2 2 . D. 2 3 2 log 3 log 2 . x 8  y  y 32 5  Lời giải Chọn A Đặt 2 log x a ; 3 log y b . Ta có: 2 x a ; 3 y b và , 0 1 x y x y  . Khi đó: 3 2 log 2 log 3 x y P 3 2 log 2 log 3 x y 3 2 log 2 log 3 x y . Ta lại có: 2 2 3 2 log 2 log 3 P x y 3 2 log 2 log 3 x y  3 2 log 2 log 3 . Vậy max 3 2 log 2 log 3 P . Câu 13: (TH P T C hu yê n H ạ L o n g - Q u ả ng N i n h - l ần 1 nă m 2 017 - 20 18 ) Cho các số thực dương x và y thỏa mãn 2 2 2 2 2 2 2 4 9.3 4 9 .7 x y x y y x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 18 x y P x . A. 9 P . B. 3 2 2 P . C. 1 9 2 P . D. Hàm số không có giá trị nhỏ nhất. Hướng dẫn giải Chọn A Từ giả thiết ta đặt 2 2 t x y , t  . Phương trình 2 2 2 2 2 2 2 4 9.3 4 9 .7 x y x y y x trở thành 49 7 4 9.3 4 9 . 4 7 49 9 9. 49 0 7 3 t t t t t t            . Nhận thấy 2 t là nghiệm phương trình. Ta chứng minh 2 t là nghiệm duy nhất của phương trình.  Xét 2 t : 7 49 t và 7 9. 49 3 t     nên vế trái phương trình luôn dương, nên phương trình vô nghiệm.  Xét 2 t : 7 49 t và 7 9. 49 3 t     nên vế trái phương trình luôn âm, nên phương trình vô nghiệm. Vậy 2 2 2 t x y 2 2 2 x y thay vào 2 2 18 16 x y x x P x x 16 16 1 2 . 1 9 x x x x . Dấu bằng đạt được khi 16 4 x x x . Câu 14: (T H PT C huyê n Qu ốc H ọ c - H u ế nă m 2 017 - 201 8) Có tất cả bao nhiêu cặp số nguyên chẵn ; x y thỏa mãn 2 3 55 x y ? A. 8 . B. 2 . C. 16. D. 1. Lời giải Chọn D +) Do 2 3 55 x y nên 2 x , suy ra 2 55 x là số nguyên nên 2 y . Do , x y chẵn nên 2 x m , 2 y n với m , * n N Khi đó ta có 2 2 (2 ) (3 ) 55 (2 3 )(2 3 ) 55 m n m n m n 2 3 1 2 3 55  m n m n hoặc 2 3 5 2 3 11  m n m n 2 28 3 27  m n hoặc 2 8 3 3  m n 2 log 28 3  m n (loại) hoặc 3 1  m n Vậy ; 6;2 x y , do đó phương trình trên có một nghiệm thỏa mãn đề bài. Câu 15: (TH PT Ch u yê n Q u ố c H ọc - H u ế n ăm 201 7 - 201 8) Gọi S là tập các cặp số thực , x y sao cho   1;1 x và 2018 ln 2017 ln 2017 e x y x y x x y y . Biết rằng giá trị lớn nhất của biểu thức 2018 2 e 1 2018 x P y x với , x y S đạt được tại 0 0 ; x y . Mệnh đề nào sau đây đúng ? A. 0 1;0 x . B. 0 1 x . C. 0 1 x . D.  0 0;1 x . Lời giải Chọn A Điều kiện 0 x y Ta có 2018 ln 2017 ln 2017 e x y x y x x y y 2018 2018 e ln 2017 e ln 2017 0 x y x y x y x y x y (*) Xét hàm 2018 e ln 2017 f t t t , có 2018 2 1 e 0  f t t t với 0 t Do đó f t đồng biến trên khoảng 0;  , suy ra 2018 2018 (*) 0 e e f x y f x y 2018 e y x Khi đó 2018 2018 2 e 1 e 2018 x P x x g x  g x 2018 2018 e (2019 2018 2018e ) 4036 x x x   g x 2018 2 2 2018 e (2018.2020 2018 2018 e ) 4036 x x 2018 2 2 2018 e (2018.2020 2018 2018 e ) 4036 0  x với   1;1 x Nên  g x nghịch biến trên đoạn   1;1 , mà 2018 1 e 2018 0  g , 2018 0 2019 2018e 0  g nên tồn tại 0 1;0 x sao cho 0 0 g x và khi đó   0 1;1 max g x g x Vậy P lớn nhất tại 0 1;0 x . Câu 16: (TH PT Ch uy ên Qu ốc H ọ c - Hu ế nă m 2 017 - 201 8) Có tất cả bao nhiêu bộ ba số thực , , x y z thỏa mãn đồng thời các điều kiện dưới đây 2 3 3 2 2 3 2 .4 .16 128 y x z và 2 2 2 4 2 4 4 xy z xy z . A. 3 . B. 4 . C. 1. D. 2 . Lời giải Chọn B Ta có 2 3 3 2 2 3 2 .4 .16 128 y x z 3 3 2 2 2 3 2 4 7 2 2 x y z 3 3 2 2 2 3 2 4 7 x y z (1), 2 2 2 4 2 4 4 xy z xy z 2 4 1 xy z 3 2 4 3 3 1 x y z (2). Đặt 3 0 a x (theo (2)), 3 b y , 3 c z Theo bất đẳng thức AM-GM ta có 2 2 2 7 2 4 a b c 7 2 2 2 2 2 2 2 2 4 8 7 7 a b b c c c c a b c . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2 a b c , hay 3 3 2 2 2 3 x y z . Thay vào (1) ta được 3 3 2 2 2 3 1 x y z . Vì 0 x nên có 4 bộ số thỏa mãn là , , 1;1;1 x y z ; , , 1; 1;1 x y z ; , , 1;1; 1 x y z ; , , 1; 1; 1 x y z . Câu 17: (T HP T Ch u yê n Thái B ình - l ầ n 3 n ă m 201 7 - 201 8 ) Cho tham số thực a . Biết phương trình e e 2cos x x ax có 5 nghiệm thực phân biệt. Hỏi phương trình e e 2cos 4 x x ax có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt. A. 5 . B. 6 . C. 10. D. 11. Hướng dẫn giải Chọn C */ Phương trình e e 2cos x x ax có đúng 5 nghiệm Suy ra phương trình 2 2 e e 2cos 2 x x x a có đúng 5 nghiệm. (*) e e 2cos 4 x x ax e e 2 2 cos 1 x x ax 2 2 2 2 e e 4cos 2 x x ax     2 2 2 2 e e 2cos 1 2 e e 2cos 2 2 x x x x ax ax      */ Phương trình (1) và phương trình (2) nếu có nghiệm chung 0 x thì 0 cos 0 2 ax và 0 0 2 2 e e x x 0 0 cos0 0 x  ( vô lý). Vậy (1) và (2) có nghiệm khác nhau. */ Phương trình (1) có 5 nghiệm ( theo (*)). Nếu 0 x là 1 nghiệm của (1) thì 0 0 x  và 0 0 0 2 2 e e 2cos 2 x x ax 0 0 0 2 2 e e 2cos 2 x x x a     Khi đó 0 x là 1 nghiệm của (2). Vậy phương trình (2) có 5 nghiệm phân biệt ( và khác 5 nghiệm của phương trình (1)). Kết luận: Phương trình đã cho có đúng 10 nghiệm. Câu 18: (T HP T Ch u yê n V ĩnh Ph ú c - l ần 3 nă m 2017 - 201 8) Số nghiệm của phương trình 2 2 2 2 3 6 2 3 2 2 9 3 .8 3 6 .8 x x x x x x x x x x là A. 1. B. 3 . C. 2 . D. 4 . Lời giải Chọn D + Đặt 2 3 x x u , 2 3 6 x x v . Khi đó phương trình có dạng: .8 .8 v u u v u v * . + Khi 0 u , phương trình * có dạng v v (đúng). Khi đó phương trình 2 3 6 0 x x có hai nghiệm x phân biệt. + Khi 0 v , phương trình * có dạng u u (đúng). Khi đó phương trình 2 3 0 x x có hai nghiệm x phân biệt. + Khi 0 uv  , không mất tính tổng quát, giả sử u v . Trường hợp 1: 0 u v . Có 8 1 .8 .8 .8 8 1 .8 v v v u u u u u u v u v v v   . Trường hợp 2 : 0 u v . Có 8 1 .8 .8 .8 8 1 .8 v v v u u v u u u v u v v v   . Trường hợp 3 : 0 u v . Có 8 1 .8 .8 .8 8 1 .8 u u u v v v v v v u u v u u   . Từ ba trường hợp trên suy ra u v , phương trình * có dạng : .8 u u u 0 u v 0 u v (loại vì phương trình đã cho không có nghiệm x chung. Vậy phương trình * có nghiệm khi 0 u hoặc 0 v , hay phương trình đã cho có 4 nghiệm. Câu 19: (T H PT Ch uy ê n V ĩnh Phú c - l ầ n 3 M Đ 234 n ăm h ọ c 2017 - 201 8) Số nghiệm của phương trình 2 2 2 3 5 8 3 5 2 8 3 .8 3 5 .8 x x x x x x x x là A. 4 . B. 3 . C. 1. D. 2 . Hướng dẫn giải Chọn B Đặt 2 8 3 u x x , 3 5 v x , phương trình đã cho viết lại là .8 .8 1 8 8 1 * v u v u u v u v u v Ta thấy 0 u hoặc 0 v thỏa mãn phương trình * . Với 0 u  và 0 v  ta có 1 8 8 1 * ** v u v u Ta thấy: Nếu 0 u thì 8 1 0 u u và nếu 0 u thì 8 1 0 u u . Do đó ** 0, 0 VP u  . Nếu 0 v thì 1 8 0 v v và nếu 0 v thì 1 8 0 v v . Do đó ** 0, 0 VT v  . Từ đó suy ra ** vô nghiệm. Như vậy, phương trình đã cho tương đương với 2 4 13 0 8 3 0 4 13 0 3 5 0 5 3 x u x x x v x x           . Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm. Câu 20: (TH P T Tr ần Qu ốc T u ấn năm 201 7 - 2 018 )Cho hai số thực dương , a b thỏa mãn hệ thức: 2 2 2 2log log log 6 a b a b  . Tìm giá trị lớn nhất Max P của biểu thức 2 2 2 2 2 ab b P a ab b . A. 2 3 Max P . B. 0 Max P . C. 1 2 Max P . D. 2 5 Max P . Hướng dẫn giải Chọn C Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2log log log 6 log log 6 6 a b a b a ab b a ab b    2 6 0 3 2 a a a b b b        . Do , a b dương nên 0 2 a b  . Đặt ,0 2 a t t b  . Khi đó: 2 2 2 2 1 2 2 2 2 ab b t P a ab b t t Xét hàm số 2 1 2 2 t f t t t với 0 2 t  . Ta có:  2 2 2 2 0, 0;2 2 2 t t f t t t t  . Suy ra 1 2 2 f t f  . Vậy  0;2 1 2 Max f t khi 2 t . Do đó 1 2 Max P . ----------HẾT---------- Câu 21: (T HPT Tr ần Hư ng Đ ạo - TP H C M n ăm 201 7 - 2 018 ) Xét các số thực dương x , y thỏa mãn 2 2 1 2 2 2018 1 x y x y x . Tìm giá trị nhỏ nhất min P của 2 3 P y x . A. min 1 2 P . B. min 7 8 P . C. min 3 4 P . D. min 5 6 P . Lời giải Chọn B Cách 1: Ta có 2 2 1 2 2 2018 1 x y x y x 2 2018 2 2 2 1 log 1 x y x y x 2 2 2018 2018 2 1 2 2 log 2 log 1 x x y x y x 2 2 2018 2018 2 1 log 1 2 2 log 2 x x x y x y Có dạng 2 1 2 f x f x y    với 2018 2 log f t t t , 0 t . Xét hàm số 2018 2 log f t t t , 0 t , ta có 1 2 0 .ln 2018 f t t  0 t nên hàm số f t đồng biến trên khoảng 0;  . Khi đó 2 1 2 f x f x y    2 1 2 x x y 2 1 y x . Ta có 2 2 2 3 2 1 3 2 3 2 P y x x x x x . Bảng biến thiên x  3 4  P  7 8  Vậy min 7 8 P khi 3 4 x . Cách 2: Ta có 2 2 1 2 2 2018 1 x y x y x 2 2 2 1 2 2 2 2018 1 x x x y x y x 2 2 2 1 2 2 2 2018 2 2018 1 x x x y x y x 2 2 1 2 2 2 2018 2 2018 1 x x y x y x . Đặt 2 1 u x , 2 v x y với u , 0 v . Phương trình trên có dạng: 2 2 2018 2018 u v v u 2 2 .2018 .2018 u v u v 1 với u , 0 v . Xét hàm đặc trưng .2018 t f t t có 2018 .2018 .ln 2018 0 t t f t t  với 0 t , suy ra hàm số f t đồng biến trên 0;  . Do đó phương trình 1 có dạng f u f v u u 2 1 2 x x y 2 1 y x . Khi đó 2 2 2 3 2 1 3 2 3 2 P y x x x x x có đồ thị là một đường cong Parabol, đỉnh là điểm thấp nhất có tọa độ 3 7 ; 4 8 I     . Do vậy, min 7 8 P khi 3 4 x . Câu 22: (TH P T L ương Vă n Chasn h P h u s Yê n n ăm 201 7 - 20 18) Xét các số thực x , y 0 x thỏa mãn 3 1 1 3 1 2018 2018 1 2018 3 2018 x y xy xy x y x y x . Gọi m là giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 T x y . Mệnh đề nào sau đây đúng ? A. 0;1 m . B. 1;2 m . C. 2;3 m . D. 1;0 m . Lời giải Chọn D Ta có 3 1 1 3 1 2018 2018 1 2018 3 2018 x y xy xy x y x y x 3 3 1 1 2018 2018 3 2018 2018 1 x y x y xy xy x y xy 3 1 f x y f xy 1 Xét hàm số 2018 2018 t t f t t , với t  ta có 2018 ln 2018 2018 ln 2018 1 0 t t f t  , t  . Do đó f t đồng biến trên  nên 1 3 1 x y xy 3 1 y x x 1 3 x y x 2 1 3 x T x x . Xét hàm số 2 1 3 x f x x x , với  0; x  có 2 4 1 3 f x x  2 2 6 5 0 3 x x x , 0; x  . Do đó f x đồng biến trên  0;  2 0 3 f x f . Dấu “ ” xảy ra 0 x 2 3 m . Câu 23: (TH PT Lươ ng Vă n Cha snh Phu s Yê n n ăm 2 017 - 2018) Tính giá trị của biểu thức 2 2 1 P x y xy biết rằng 2 2 1 1 2 4 log 14 2 1 x x y y    với 0 x  và 13 1 2 y   . A. 4 P . B. 2 P . C. 1 P . D. 3 P . Lời giải Chọn B Xét 2 2 1 1 2 4 log 14 2 1 x x y y    . Ta có 2 2 2 2 1 1 2 . 1 1 4 4 4 x x x x , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 x  , (1). Mặt khác 3 14 2 1 14 3 1 1 y y y y . Đặt 1 t y ta có 30 0 2 t   . Xét hàm số 3 3 14 f t t t . Ta tìm GTLN – GTNN của hàm số trên đoạn 30 0; 2      được 30 0; 2 30 min 2 f t f              56 9 30 4 ; 30 0; 2 max 1 16 f t f        . Suy ra 2 2 log 14 2 1 log 16 4 y y     , (2). Từ (1) và (2) suy ra ta có 1 1 1 x t y   1 0 x y   . Thay vào 2 P . Câu 24: (TH PT Đô Lương 4 - Ng h ệ An n ăm 201 7 - 2018) Xét các số thực dương , x y thỏa mãn 2 2 3 log 3 3 2 x y x x y y xy x y xy . Tìm giá trị lớn nhất của 3 2 1 6 x y P x y . A. 2 . B. 1. C. 3. D. 4 . Lời giải Chọn B Ta có 2 2 3 log 3 3 2 x y x x y y xy x y xy 2 2 2 2 3 3 log 3 2 log 2 2 x y x y x y xy x y xy 2 2 2 2 3 3 3 log 3 log 3 log 2 2 x y x y x y xy x y xy 2 2 2 2 3 3 log 3 3 log 2 2 x y x y x y xy x y xy    * . Xét hàm số 3 log f t t t , với 0 t . có 1 1 0 .ln 3 f t t  , 0 t . Vậy hàm số f t liên tục và đồng biến trên khoảng 0;  . Do đó: 2 2 2 2 3 2 3 2 f x y f x y xy x y x y xy 1 . Từ 1 2 3 2 xy x y x y . Ta có 2 1 1 2      x y x x xy xy x y xy xy . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 x y . Do đó từ 1 , suy ra: 2 2 1 3 2 4  x y x x y x y . Đặt t x y , 0 t . Suy ra: 2 2 2 1 2 1 3 2 2 1 3 22 3 4 6 6 4 6  t t t t x y x t t P f t x y t t . Ta có: 2 2 3 36 135 0 3 4 6  t t f t t t (nhận). Bảng biến thiên Dựa vào BBT, ta có 0; max max 3 1  P f t f khi và chỉ khi 1 2 3 1   x y x x y y . Câu 25: (TH P T H ậ u L ộc 2 - Th an h Hó a n ăm 20 17 - 201 8) Cho bất phương trình 1 .3 3 2 . 4 7 4 7 0 x x x m m , với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi  ;0 x  . A. 2 2 3 3 m . B. 2 2 3 3 m . C. 2 2 3 3 m . D. 2 2 3 3 m .  3 0 t f t  f t 0 Lời giải Chọn A Ta có 1 .3 3 2 . 4 7 4 7 0 x x x m m 4 7 4 7 3 2 3 0 3 3 x x m m             . Đặt 4 7 3 x t       , do 0 x  nên 0 1 t  . Tìm tham số m sao cho 2 3 3 2 0 t mt m , đúng với mọi 0 1 t  . 2 2 3 3 t m t  2 0;1 2 3 3 t m max t . Ta tìm GTLN của hàm số 2 2 3 2 t f t t trên 0 1 t  . Ta có 2 2 1 2 2 . 0 3 1 t t f t t  1 3 1 3 t t    . Lập bảng biến thiên ta được Vậy  2 0;1 2 1 3 3 3 t max f t 2 2 3 3 . Câu 26: [2D2 -4] ( THPT Ch uy ên Biê n Hò a - Hà Na m - l ần 1 năm 201 7 - 201 8) Cho 2 2 * 1 1 f n n n n N . Đặt 1 . 3 ... 2 1 2 . 4 ... 2 n f f f n u f f f n . Tìm số n nguyên dương nhỏ nhất sao cho n u thỏa mãn điều kiện 2 10239 log 1024 n n u u . A. 23 n . B. 29 n . C. 21 n . D. 33 n . Lời giải Chọn A Ta có 2 2 1 1 f n n n 2 2 1 1 1 n n    . Khi đó ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 3 1 4 1 ... 2 1 1 4 1 2 1 3 1 4 1 5 1 ... 4 1 2 1 1 n n n u n n             2 2 2 1 1 n 2 1 2 2 1 n n . Theo đề bài ta có 2 10239 log 1024 n n u u 2 2 2 1 10239 log 2 2 1 0 2 2 1 1024 n n n n . Xét hàm số 2 2 2 1 10239 log 2 2 1 2 2 1 1024 g n n n n n với 1 n . Ta có 2 2 2 4 2 4 2 0 2 2 1 ln 2 2 2 1 n n g n n n n n  với 1 n g n nghịch biến. Mà 1 2047 0 2 g       nên 2 2 2 1 10239 log 2 2 1 0 2 2 1 1024 n n n n 1 2047 2 n . Do n nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn nên 23 n Câu 27: (TH P T Tr ần Nhân Tô ng - Qu ản g N inh - l ần 1 n ăm 201 7 - 201 8) Phương trình 3 2 3 3 2 2 1 2 6 9 2 2 1 x m x x x x x x m có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ( ; ) m a b đặt 2 2 T b a thì: A. 36 T . B. 48 T . C. 64 T . D. 72 T . Hướng dẫn giải Chọn B Ta có 3 2 3 3 2 2 1 2 6 9 2 2 1 x m x x x x x x m 3 3 3 3 2 2 2 8 3 2 2 m x x x m x 3 3 3 2 2 3 2 2 m x x m x x . Xét hàm 3 2 t f t t trên  . có 2 2 .ln 2 3 0, t f t t t   nên hàm số liên tục và đồng biến trên  . Do đó từ (1) suy ra 3 3 2 m x x 2 3 8 9 6 m x x x . Xét hàm số 3 2 6 9 8 f x x x x trên  . có 2 3 12 9 f x x x  ; 3 0 1 x f x x    . Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta có, phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi 4 8 m . Suy ra 4; 8 a b 2 2 48 T b a . ----------HẾT---------- Câu 28: (TH P T M ộ Đ ức - Q u ãn g Ng ãi - l ần 1 nă m 20 17 - 201 8 ) Cho hai số thực dương x , y thay đổi thỏa mãn đẳng thức 2 2 1 2 1 .2 .2 . xy x y xy x y Tìm giá trị nhỏ nhất min y của y . A. min 3 y . B. min 2 y . C. min 1 y . D. min 3 y . Lời giải Chọn B Ta có 2 2 1 2 1 2 2 xy x y xy x y 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 xy x y xy x y Xét hàm 1 .2 t f t t với 1 t . Khi đó 2 1 .2 .ln 2 0 t t f t t  với 1 t . Từ 2 1 2 1 1 xy x y 2 2 2 1 x y x 2 2 2 2 4 0 2 1 x x y x  2 2 2 4 0 x x 2 1 x x   Loại 1 x vì điều kiện của t nên 2 2 f . Câu 29: (TH P T M ộ Đ ứ c - Qu ãng N g ã i - l ầ n 1 n ăm 201 7 - 20 18) Một người lập kế hoạnh gửi tiết kiệm ngân hàng như sau: Đầu tháng 1 năm 2018, người đó gửi 10 triệu đồng; sau mỗi đầu tháng tiếp theo, người đó gửi số tiền nhiều hơn 10% so với số tiền đã gửi ở tháng liền trước đó. Biết rằng lãi suất ngân hàng không đổi là 0,5% mỗi tháng và được tính theo hình thức lãi kép. Với kế hoạnh như vậy, đến hết tháng 12 năm 2019, số tiền của người đó trong tài khoản tiết kiệm là bao nhiêu ? (Làm tròn đến hàng nghìn) A. 922 756 000 đồng. B. 832 765 000 đồng. C. 918 165 000 đồng. D. 926 281 000 đồng. Lời giải Chọn A Với 10 A triệu, 0,1 a , 0,005 r . Đầu tháng 2: 1 1 A r A a . Đầu tháng 3: 2 2 1 1 1 1 A r A a r A a . Đầu tháng 4: 3 2 2 3 1 1 1 1 1 1 A r A a r A a r A a … Đầu tháng n : 1 2 2 1 1 1 1 ... 1 1 1 n n n n A r r a r a a    Hết tháng n : 1 2 2 1 1 1 1 ... 1 1 1 1 n n n n A r r a r a a r    Gọi B là số tiền của người đó trong tài khoản tiết kiệm đến hết tháng 12 năm 2019 Khi đó 24 n . Ta có 1 1 . 1 922756396,2 n n a r B A r a r . Câu 30: (T HPT Ho àng H o a T há m - H ư ng Yê n - l ần 1 nă m 201 7 - 201 8) Cho a và b là các số nguyên dương khác 1. Gọi P là tích các nghiệm của phương trình 8 log log 7log 6log 2018 0 a b a b x x x x . Khi P là một số nguyên, tìm tổng a b để P nhận giá trị nhỏ nhất? A. 4 8 a b . B. 12 a b . C. 24 a b . D. 20 a b . Lời giải Chọn B Ta có 8 log log 7log 6log 2018 0 a b a b x x x x 2 8log . log log . 7 6log 2018 0 b a a b a x x a . Điều kiện 0 x , suy ra * P  . Từ giả thiết a và b là các số nguyên dương khác 1, suy ra , 1 l o g 0 b a b a . Ta suy ra 2 01 8 0 8 l og b a c a . Nên phương trình trên sẽ có hai nghiệm phân biệt 1 1 2 2 l o g log a a t x t x    . Suy ra tổng hai nghiệm là 1 2 7 6 l o g log 8 l o g b a b a t t P a . Suy ra 8 7 6 7 6 l o g 8 log . b b a P P b a , (1). Tiếp tục ta được 8 2 ab ba P     , do giả thiết * , , . a b P ab P ab c P   với * , 1 c c  . Thay vào ta được 2 8 a b c , (2). Để P nhận giá trị nhỏ nhất, theo (1) ta phải có a và b nhỏ nhất. Từ (2), suy ra c nhỏ nhất, mà 1 c chọn 2 c 2 8 2 2 2 2 2 .6 4 4 .16 8 .4 a b . Suy ra   , 2 , 6 4 ; 4 ,1 6 ; 8 , 4 a b   64 ; 3 2 ;1 6 P . Vậy min 16 P khi 8 a , 4 b . Câu 1: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình 2 3 3 log 5 log 2 x x m x có tập nghiệm chứa khoảng 2;  . Tìm khẳng định đúng. A. 7; S  . B.  6; S  . C. ;4 S  . D.  ;5 S  . Lời giải Chọn A 2 3 3 log 5 log 2 x x m x 2 2 0 5 2 x x x m x  2 2 6 2 x m x x  . Bất phương trình 2 3 3 log 5 log 2 x x m x có tập nghiệm chứa khoảng 2;  2 6 2 m x x có nghiệm với mọi 2; x  . Xét hàm số 2 ( ) 6 2 f x x x trên 2;  Ta có 2 6 f x x  , 0 3 f x x  Bảng biến thiên x 2 3  f  + 0 ( ) f x 6 7  Dựa vào bảng biến thiên ta có: 2 6 2 m x x có nghiệm với mọi 2; x  7 m . Câu 2: ----------HẾT----------(THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần 2 năm 2017-2018) Cho 2 2 1 1 1 1 e x x f x . Biết rằng 1 . 2 . 3 ... 2017 e m n f f f f với m , n là các số tự nhiên và m n tối giản. Tính 2 m n . A. 2 1 m n . B. 2 1 m n . C. 2 2018 m n . D. 2 2018 m n . Lời giải Chọn A 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x . 2 2 1 1 1 1 1 1 1 e e x x x x x x f x , 0 x . Xét dãy số k u : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 k k k u k k k k k k , * k  . Ta có 1 1 1 1 1 2 u , 2 1 1 1 2 3 u , 3 1 1 1 3 4 u , …, 2017 1 1 1 2017 2018 u . 1 2 3 2017 ... 1 . 2 . 3 ... 2017 e u u u u f f f f . 2 1 2 3 2017 1 1 2018 1 ... 2017 1 2018 2018 m u u u u n . Vậy 2 1 m n . Câu 3: (THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần 2 năm 2017-2018) Cho cấp số nhân n b thỏa mãn 2 1 1 b b và hàm số 3 3 f x x x sao cho 2 2 2 1 log 2 log f b f b . Giá trị nhỏ nhất của n để 100 5 n b bằng A. 234 . B. 229 . C. 333. D. 292 . Lời giải Chọn A Xét hàm số 3 3 f x x x . Có 2 3 3 f x x  , 0 f x  1 x  . Mặt khác, ta có 1 2 1 b b . Đặt 2 2 2 1 log log 0 a b b b . Ta có: 3 3 3 2 3 a a b b 1 . Nếu 1 b 1 a b 3 3 3 3 a a b b 1 vô nghiệm. Nếu 0 1 b   3 2 3 0 b b  3 3 2 0 a a  2 1 2 0 a a  . Suy ra 1 a 0 b . Khi đó 0 1 1 2 2 1 2 2 b b  1 100 2 5 n n b 2 1 100log 5 n 234 n . Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 234 . Câu 4: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho a , b là hai số thực dương thỏa mãn 2 2 3 4 b ab a và 32 4;2 a    . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 8 3 log 4 log 4 4 b b P a . Tính tổng T M m . A. 1897 62 T . B. 3701 124 T . C. 2957 124 T . D. 7 2 T . Lời giải Chọn B Ta có 2 2 3 4 b ab a 2 2 3 b a a b a 4 0 a b b a 4 a b b a   Vì , a b dương nên 4 b a , ta thay vào P ta được 2 2 3 log 4 log 4 a P a a 2 2 2 log 4 3 log 4 log 2 a a a 2 2 2 log 2 3log log 1 4 a a a Đặt 2 log a x vì 32 4;2 a    nên   2;32 x x  1 0 1  y  0 0 y  2 0 2  Xét hàm số 2 3 1 4 x P x x x 2 3 3 4 1 P x x  0 P x  1 ( ) 3 x l x   Ta có bảng biến thiên Vậy 778 32 M 19 ; 4 m 3701 124 T M m . Câu 5: ----------HẾT----------(THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Cho hai số thực x , y thỏa mãn 1 0 2 x   , 1 0 2 y   và log 11 2 2 4 1 x y y x . Xét biểu thức 2 16 2 3 2 5 P yx x y y . Gọi m , M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của P . Khi đó giá trị của 4 T m M bằng bao nhiêu? A. 16. B. 18. C. 17 . D. 19. Lời giải Chọn A Ta có log 11 2 2 4 1 x y y x 2 2 log 11 2 1 0 x y x y Đặt 2 t x y , 0 11 t . Phương trình trở thành: 2 log 11 1 0 t t . 1 Xét hàm số 2 log 11 1 f t t t trên khoảng 0;11 . Có 1 2 0 11 y t  , 0;11 t . Do đó hàm số f t luôn đồng biến. Dễ thấy 1 có nghiệm 1 t . Do đó 1 t là nghiệm duy nhất của 1 . Suy ra 2 1 x y . Khi đó 2 1 16 1 3 2 5 4 y P y y y y 3 2 4 5 2 3 y y y . Xét hàm số 3 2 4 5 2 3 g y y y y trên 1 0; 2      , có 2 12 10 2 0 g y y y  , 1 0; 2 y      . Do đó, 1 0; 2 min 0 3 g y g      , 1 0; 2 max 1 4 g y g      . Suy ra 3 m , 4 m . Vậy 4.3 4 16 T . Câu 6: (THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Tìm tập hợp các giá trị của tham số m để phương trình (ẩn x ): 2 2 2 log log 2 3 2 3 .3 3 0 x x m m có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: 1 2 2 x x . A.   1; \ 0  . B. 0;  . C.   \ 1;1  . D. 1;  . Lời giải Chọn A - ĐK: 0 x . - Ta có: 2 2 2 log log 2 3 2 3 .3 3 0 x x m m 2 2 2log log 2 3 2 3 .3 3 0 x x m m (1). - Đặt 2 log 3 x t , 0 t . Ta được bất phương trình: 2 2 2 3 3 0 t m t m (2). Nhận thấy: (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt dương 1 2 2 1 2 0 2 3 0 3 0 t t m t t m    2 2 3 ( 3) 0 3 0 m m m  6 6 0 1 1 3 0 3 m m m m m   (*) Khi đó: (2) có hai nghiệm 1 t , 2 t thỏa mãn: 2 1 2 . 3 t t m 2 2 1 log log 2 3 .3 3 x x x m 2 1 2 2 log log 2 3 3 x x m 2 1 2 log 2 3 3 x x m . Từ 2 1 2 log 1 2 2 1 2 2 log 1 3 3 x x x x x x 2 2 3 3 0 0 m m m  . Kết hợp điều kiện (*) ta được:   1; \ 0 m  . Câu 7: (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số 1 2 mx x m y nghịch biến trên 1 ; 2      . A. 1;1 m . B. 1 ;1 2 m     . C. 1 ;1 2 m      . D. 1 ;1 2 m     . Lời giải Chọn D Hàm số 1 2 mx x m y nghịch biến trên 1 ; 2      khi và chỉ khi hàm số 1 mx y x m nghịch biến trên 1 ; 2      . Xét hàm số 1 mx y x m , ta có: 2 2 1 m y x m  . Hàm số 1 mx y x m nghịch biến trên 1 ; 2      2 1 0 1 2 m m   1 1 1 2 m m  1 1 2 m  . Câu 8: (THPT Chuyên Tiền Giang-lần 1 năm 2017-2018) Phương trình 3 2 2log cot log cos x x có bao nhiêu nghiệm trong khoảng 0;2018  ? A. 2018 nghiệm. B. 1008 nghiệm. C. 2017 nghiệm. D. 1009 nghiệm. Lời giải Chọn A Đk: sin 0 cos 0 x x  . 2 3 2 3 2 2log cot log cos log cot log cos x x x x 2 2 3 3 2 log cos log sin log cos x x x 2 2 3 3 2 log cos log 1 cos log cos x x x Đặt 2 log cos cos 2 t t x x . Phương trình trở thành 2 3 2 2 log 4 3 12 1 2 t t t t t t hay 4 4 1 3 t t     Hàm số 4 4 3 t t f t     đồng biến trên  Mặt khác 1 1 f nên 1 x là nghiệm của phương trình. Do đó phương trình có nghiệm duy nhất 1 t . 2 1 log cos 1 cos .2 2 3 x x x k    . 1 6053 6 6 0;2018 1 6055 6 6 k x k       . Vậy trong khoảng 0;2018  có 1009.2 2018 nghiệm. Câu 9: (THPT Đức THọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho các số thực x , y với 0 x thỏa mãn 3 1 1 3 1 5 5 1 1 5 3 5 x y xy xy x y x y y . Gọi m là giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 1 T x y . Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. 0;1 m . B. 1;2 m . C. 2;3 m . D. 1;0 m . Lời giải Chọn A Ta có: 3 1 1 3 1 5 5 1 1 5 3 5 x y xy xy x y x y y 3 3 1 1 5 5 3 5 5 1 x y x y xy xy x y xy . Xét hàm số 5 5 t t f t t có 5 ln 5 5 ln 5 1 0 t t f t  , t  . Do đó hàm số f t đồng biến trên  3 1 f x y f xy 3 1 x y xy 3 1 y x x 1 3 x y x (do 0 x nên 3 0 x  ) 2 2 2 1 1 3 x x y x x 2 2 1 3 x x x . Xét hàm số 2 2 1 3 x x g x x với 0 x có 2 2 6 5 0 3 x x g x x  , 0 x . Do đó: 1 0 3 g x g , 0 x hay 1 2 1 3 x y , 0 x . Vậy 1 0;1 3 m . Câu 10: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 4 năm 2017-2018) Cho các số thực dương x , y thỏa mãn 2 2 log 1 x y x y  . Giá trị lớn nhất của biểu thức 3 2 48 156 133 4 A x y x y x y là A. 29 . B. 1369 36 . C. 30. D. 505 36 . Lời giải Chọn C TH1: 2 2 log 1 x y x y  2 2 1 x y x y x y   2 2 1 1 1 1 1 (*) 2 2 2 x y x y           . Tập nghiệm của BPT (*) là tọa độ tất cả các điểm thuộc hình tròn tâm 1 1 ; 2 2 I     bán kính 1 2 R . Miền nghiệm của hệ (1) là phần tô màu như hình vẽ. Đặt 1 2 t x y t  Khi đó 3 2 48 156 133 4 f t t t t 2 144 312 133 f t t t  ; 0 f t  19 12 7 12 t t      Bảng biến thiên Do đó, 1 2 max 30 t f t  2 t 2 x y . TH2: 2 2 ( ) log 1 x y x y  2 2 0 1 x y x y x y  2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2 x y x y          . 2 không thỏa điều kiện 0 x , 0 y . Câu 11: ----------HẾT----------(THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Đồ thị hàm số y g x đối xứng với đồ thị của hàm số ( 0, 1) x y a a a  qua điểm 1;1 I . Giá trị của biểu thức 1 2 log 2018 a g     bằng A. 2016 . B. 2020 . C. 2020 . D. 2016 . Lời giải Chọn D Gọi ; M x y là điểm thuộc đồ thị hàm số ( 0, 1) x y a a a  và ; M x y    là ảnh của ; M x y qua phép đối xứng tâm 1;1 I . Khi đó ta có 2 2 x x y y    2 2 x x y y    . Vì ; M x y là điểm thuộc đồ thị hàm số ( 0, 1) x y a a a  nên ta có 2 2 x y a   2 2 x y a   . Vậy 2 2 x y g x a suy ra 1 2 log 2018 a g     1 2 2 log 2018 2 a a     2016 . Câu 12: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Cho các số thực không âm , , a b c thỏa mãn 2 4 8 4 a b c . Gọi , M m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 3 S a b c . Giá trị của biểu thức 4 log M M m bằng A. 2809 500 . B. 281 50 . C. 4096 729 . D. 14 25 . Lời giải Chọn C Đặt 2 2 2 log , 2 log , 3 log a x b y c z . Ta có 2 log S xyz .  3 3 2 4 4 4 3 3log 3 3 x y z xyz xyz S           2 4 4 max 3log , 3 3 S M khi x y z      Gọi 4 min , , 1 3 z x y z z   . Do 1 1 0 1 3 x y xy x y z 3 2 xyz z z (vì 4 1; 3 z      Suy ra 1 S , do đó min 1 m S khi 1, 2 x z y 2 2 4 3log 3 4 3log 3 4096 4 log 4 log 1 729 M M m         . Câu 13: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Số các giá trị nguyên nhỏ hơn 2018 của tham số m để phương trình 6 4 log 2018 log 1009 x m x có nghiệm là A. 2020 . B. 2017 . C. 2019 . D. 2018 . Lời giải Chọn A Đặt 6 4 log 2018 log 1009 x m x t 2018 6 1009 4 t t x m x  2.4 6 t t m 2.4 6 t t m . Đặt 2.4 6 t t f t . Ta có: 6 ln 6 2.4 .ln 4 t t f t  . Xét 6 3 2ln 4 0 log 16 2 ln 6 t f t      3 6 2 log log 16 t . Bảng biến thiên: Phương trình f t m có nghiệm khi và chỉ khi 3 6 2 log log 16 2,01 m f      . Mà 2018 m m   nên ta có: 2 2017 m m     . Vậy có 2020 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 14: (THPT Nguyễn Trãi-Đà Nẵng-lần 1 năm 2017-2018) Phương trình 4 2 1 .2 3 8 0 x x m m có hai nghiệm trái dấu khi ; m a b . Giá trị của P b a là A. 8 3 P . B. 19 3 P . C. 15 3 P . D. 35 3 P . Lời giải Chọn B Đặt 2 x t , ta có phương trình 2 2 1 3 8 0 1 t m t m . Với 1 2 0 x x thì 1 2 0 2 1 2 x x , nên phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu 1 x , 2 x khi và chỉ khi phương trình 1 có hai nghiệm 1 2 0 1 t t . Ta có 2 1 2 8 2 3 2 t t m t . Vì 3 2 t không là nghiệm phương trình 2 nên: 2 2 8 2 3 2 3 t t m t . t  3 6 2 log log 16  f t  – 0 f t 3 6 2 log log 16 f     Xét hàm số 2 2 8 2 3 t t f t t , với 3 0 2 t  . Ta có 2 2 2 6 22 0 2 3 t t f t t  với 3 0 2 t  . Bảng biến thiên: Phương trình 1 có hai nghiệm 1 2 0 1 t t khi và chỉ khi phương trình 3 có hai nghiệm 1 2 0 1 t t . Từ bảng biến thiên ta suy ra giá trị cần tìm của m là 8 9 3 m . Như vậy 8 3 a , 9 b . Do đó 8 19 9 3 3 P b a . Câu 15: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Cho cấp số cộng n a , cấp số nhân n b thỏa mãn 2 1 0 a a và 2 1 1 b b ; và hàm số 3 3 f x x x sao cho 2 1 2 f a f a và 2 2 2 1 log 2 log f b f b . Số nguyên dương n nhỏ nhất và lớn hơn 1 sao cho 2018 n n b a là A. 16. B. 15. C. 17 . D. 18. Lời giải Chọn B Hàm số 3 3 f x x x có bảng biến thiên như sau: Theo giả thiết 2 1 2 1 2 1 2 1 2 0 0 f a f a f a f a a a a a   . Từ đó suy ra 1 2 1 2 0 1 0 1 a a a a       , hơn nữa 2 0 0 f x x . Ta xét các trường hợp: Nếu 1 2 0 1 a a   thì 2 2 2 1 1 1 2 0 2 1 0 0 0 f a f a a a f a f a     . Nếu 1 2 0 1 a a   thì 2 1 2 0 0 f a f a   điều này là không thể. Do đó chỉ xảy ra trường hợp 1 2 0; 1 a a . Từ đó suy ra 1 1 n a n n . t 0 1 3 2  f t    f t 9 8 3  x  1 1  y  0 0 y  2 2  Tương tự vì 2 1 1 b b nên 2 2 2 1 log log 0 b b , suy ra 2 2 2 1 2 1 1 log 1 1 2 1 log 0 1 n n b b b n a b   . Xét hàm số 2 2018 x g x x trên nữa khoảng  0;  , ta có bảng biến thiên Ta có 2 2 2018 log 0 ln 2 2018 log 11 ln 2 12 20120 13 18042 14 11868 15 2498 0 g g g g g      nên số nguyên dương nhỏ nhất n thỏa 1 0 g n là 1 15 16 n n . Ta chọn đáp án A. Câu 16: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Cho các số thực 0 x  , 0 y  thỏa mãn 2 3 x y . Mệnh đề nào sau đây sai? A. 2 log 3 x y . B. 0 xy . C. 4 6 x y . D. 1 1 2 3 y x . Lời giải Chọn C Với các số thực 0 x  , 0 y  thỏa mãn 2 3 x y , ta có 2 log 3 x y 2 3 x y 2 3 y x y y       2 3 x y , nên mệnh đề: “ 2 log 3 x y ” đúng. Từ 2 3 x y 2 2 3 1, 0 y x y y  2 1 0 xy xy , nên mệnh đề: “ 0 xy ” đúng. 1 1 1 1 2 3 2 3 2 3 xy xy x y y y x x           , nên mệnh đề: “ 1 1 2 3 y x ” đúng/ Từ 2 3 x y , ta có 4 6 x y 2 3 3 .2 y y y 3 2 y y 3 1 0 2 y y     , trái giả thiết, nên mệnh đề “ 4 6 x y ” sai. Câu 17: (PTNK-ĐHQG TP HCM-lần 1 năm 2017-2018) Cho a , x là các số thực dương, 1 a  thỏa mãn log log x a x a . Tìm giá trị lớn nhất của a . A. 1. B. e log 2 1 . C. ln10 e e . D. loge e 10 . Lời giải Chọn D Ta có: log log log log x a a x a x x a log log log x x a a 2 log log x a x . Giá trị của a lớn nhất khi và chỉ khi log a lớn nhất. Xét hàm số log x f x x với 0 x . Ta có 2 1 ln ln10 x f x x  ; 0 e f x x  . Ta có bảng biến thiên Từ bảng biến thiên suy ra 2 log a lớn nhất là bằng log e e . Khi đó 2 log e log e a log e log e a loge e 10 a . Câu 18: (SGD Phú Thọ – lần 1 - năm 2017 – 2018) Cho hàm số 2 2 1 1 1 1 e x x f x . Biết 1 . 2 . 3 ... 2017 e m n f f f f , m n  với m n là phân số tối giản. Tính 2 P m n . A. 2018 . B. 2018 . C. 1. D. 1 . Lời giải Chọn D Ta có 2 2 1 1 1 1 e x x f x 2 1 1 2 1 1 1 e x x x x     2 1 1 1 1 2 1 1 1 e x x x x         2 1 1 1 1 e x x     1 1 1 1 e x x 1 1 1 e.e x x . Do đó 1 1 2 1 e.e f ; 1 1 2 3 2 e.e f ; 1 1 3 4 3 e.e f ;…; 1 1 2016 2017 2016 e.e f ; 1 1 2017 2018 2017 e.e f . 1 . 2 . 3 ... 2017 f f f f 1 1 2017 2018 e .e 2017 2017 2018 e 2 2018 1 2018 e 2 2018 1 m , 2018 n . Vậy 1 P . Câu 19: (SGD Phú Thọ – lần 1 - năm 2017 – 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 2 2 2 2 1 log 2 1 2 2 x mx x mx x x       có hai nghiệm thực phân biệt? A. 3 . B. 4 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn B x 0 e  f x  log e e f x Điều kiện: 2 2 0 2 1 0 x x mx  . Ta có 2 2 2 2 1 log 2 1 2 2 x mx x mx x x       2 2 2 2 log 2 1 2 1 log 2 2 x mx x mx x x 2 2 1 2 f x mx f x 1 Xét hàm số 2 log f t t t với 0; t  có 1 1 0 ln 2 f t t  , 0; t  f t đồng biến trên 0;  nên 1 2 2 1 2 x mx x . Từ đó 2 2 2 2 2 4 3 0 2 2 1 2 x x x m x x mx x   . YCBT 2 có hai nghiệm phân biệt 1 x , 2 x lớn hơn 2 2 1 2 1 2 4 12 0 2 2 0 2 2 0 m x x x x   1 2 1 2 1 2 4 0 2 4 0 m x x x x x x   4 4 0 3 2 4 4 0 m m m   8 9 9 2 2 m m m  mà   * 1;2;3;4 m m  . Câu 20: ----------HẾT----------. (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 - năm 2017 – 2018) Giả sử a , b là các số thực sao cho 3 3 3 2 .10 .10 z z x y a b đúng với mọi các số thực dương x , y , z thoả mãn log x y z và 2 2 log 1 x y z . Giá trị của a b bằng A. 31 2 . B. 29 2 . C. 31 2 . D. 25 2 . Lời giải Chọn B Đặt 10 z t . Khi đó 3 3 3 2 . . x y a t b t . Ta có 2 2 log log 1 x y z x y z  2 2 10 10.10 10 z z x y t x y t  2 10. 2 t t xy . Khi đó 2 3 3 3 3 3 2 3 10 1 3 15 2 2 t t t x y x y xy x y t t t . Suy ra 1 2 a , 15 b . Vậy 29 2 a b . Câu 21: (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 - năm 2017 – 2018) Gọi a là số thực lớn nhất để bất phương trình 2 2 2 ln 1 0 x x a x x nghiệm đúng với mọi x  . Mệnh đề nào sau đây đúng? A.  2;3 a . B. 8; a  . C.  6;7 a . D.  6; 5 a . Lời giải Chọn C Đặt 2 2 1 3 1 2 4 t x x x     suy ra 3 4 t Bất phương trình 2 2 2 ln 1 0 x x a x x ln 1 0 t a t ln 1 a t t Trường hợp 1: 1 t khi đó ln 1 a t t luôn đúng với mọi a . Trường hợp 2: 3 1 4 t  Ta có 3 1 3 ln 1, ;1 , ;1 4 ln 4 t a t t t a t t          Xét hàm số 2 1 ln 1 1 3 0, ;1 ln ln 4 t t t f t f t t t t      do đó 1 3 7 , ;1 3 ln 4 4ln 4 t a t a t       Trường hợp 3: 1 t Ta có 1 ln 1, 1; , 1; ln t a t t t a t t   Xét hàm số 2 1 ln 1 1 , 1; ln ln t t t f t f t t t t   . Xét hàm số g t 2 1 1 1 ln 1 0 t g t t t t  Vậy 0 g t có tối đa một nghiệm. Vì 1 2; lim t g g t    vậy 0 g t có duy nhất một nghiệm trên 1;  Do đó 0 f t  có duy nhất một nghiệm là 0 t . Khi đó 0 0 0 1 ln t t t suy ra 0 0 f t t Bảng biến thiên Vậy 0 1 , 1; ln t a t a t t  . Vậy 0 7 3 4ln 4 t a   . Vậy số thực a thỏa mãn yêu cầu bài toán là  6;7 a . Cách 2: Đặt 2 2 1 3 1 2 4 t x x x     suy ra 3 4 t . Bất phương trình thành ln 1 0 t a t , 3 4 t Cần tìm max a để ln 1 0 f t t a t , 3 4 t . Do cần tìm max a nên ta chỉ xét 0 a Có 1 0 a f t t  3 4 t hàm số luôn đồng biến trên 3 ; 4      . 3 4 f t f     7 3 ln 0 4 4 a 7 6.08 3 4ln 4 a   . Vậy số thực a thỏa mãn yêu cầu bài toán là  6;7 a . Câu 22: (THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc – lần 4 - năm 2017 – 2018) Tính tổng S tất cả các nghiệm của phương trình: 1 5 3 ln 5 5.3 30 10 0 6 2 x x x x x x     . A. 1 S . B. 2 S . C. 1 S . D. 3 S Lời giải Chọn A Điều kiện 1 . 3 x Phương trình tương đương ln 5 3 ln 6 2 5 5 3 5 6 2 0 x x x x x x ln 5 3 5 5 3 ln 6 2 5 6 2 x x x x x x (1). Xét hàm số ln 5 , 0 f t t t t . Có 1 5 0 f t t  , 0 t nên f t đồng biến. Từ 1 suy ra 5 3 6 2 x x f f x 5 3 6 2 x x x 5 3 6 2 0 x x x Xét 5 3 6 2 x x g x x , 5 ln 5 3 ln 3 6 x x g x  2 2 5 ln 5 3 ln 3 0 x x g x   1 3 x . Nên 0 g x  có không quá 1 nghiệm suy ra 0 g x có không quá 2 nghiệm trên 1 ; 3      . Mà 0 1 0 g g . Vậy phương trình có hai nghiệm 0 ; 1. Do đó 1. S Câu 23: ----------HẾT----------(THPT Hồng Bàng – Hải Phòng – năm 2017 – 2018) Phương trình sin 2 2017 sin 2 cos x x x có bao nhiêu nghiệm thực trong đoạn   5 ;2017   ? A. 2017 . B. 2023. C. 2022 . D. 2018 . Lời giải Chọn B Điều kiện 2 2 cos 0 x 2 1 sin 0 x * . Phương trình sin 2 2017 sin 1 sin x x x 1 . Đặt sin x t ,   1;1 t thì 1 thành 2 2017 1 t t t 2 . Ta có 2017 0 t ,   1;1 t và 2 2 1 0 t t t t t t ,   1;1 t . Do đó 2 2 2017 log 1 t t t 2 2017 log 1 0 t t t 3 . Xét hàm số 21 6 a , với   1;1 t có 2 2 1 . 1 1 1 1 ln 2017 t f t t t t      2 1 1 1.ln 2017 t 2 2 1 1.ln 2017 0 1.ln 2017 t t , 1;1 t f t nghịch biến trên   1;1 . Do đó trên   1;1 , phương trình 0 f t nếu có nghiệm thì sẽ có nghiệm duy nhất. Mặt khác 0 0 f nên 0 f t 0 t . Khi đó 3 0 t hay sin 0 x x k  k  . Bài ra   5 ;2017 x     5 ;2017 k      5;2017 k . Mà   5; 4; 3;...;2017 k k  . Vậy phương trình đã cho có 2023 nghiệm thực trong đoạn   5 ;2017   . Câu 24: - - - - - - - - - - H Ế T -- -------- ; S a b là tập các giá trị của m để phương trình 3 2 2 1 2 log 6 log 14 29 2 0 mx x x x có ba nghiệm phân biệt. Khi đó hiệu H b a bằng A. 5 2 . B. 1 2 . C. 2 3 . D. 5 3 . Câu 25: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 2 2 2 sin cos sin 2 3 .3 x x x m có nghiệm? A. 7 . B. 4 . C. 5 . D. 6 . Câu 26: Có bao nhiêu giá trị của m để giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 e 4e x x f x m trên đoạn   0;ln 4 bằng 6 ? A. 3 . B. 4 . C. 1. D. 2 . Câu 27: Xếp 10 quyển sách tham khảo khác nhau gồm: 1 quyển sách Văn, 3 quyển sách tiếng Anh và 6 quyển sách Toán (trong đó có hai quyển Toán T1 và Toán T2) thành một hàng ngang trên giá sách. Tính xác suất để mỗi quyển sách tiếng Anh đều được xếp ở giữa hai quyển sách Toán, đồng thời hai quyển Toán T1 và Toán T2 luôn được xếp cạnh nhau. A. 1 210 . B. 1 600 . C. 1 300 . D. 1 450 . Câu 28: (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) ; S a b là tập các giá trị của m để phương trình 3 2 2 1 2 log 6 log 14 29 2 0 mx x x x có ba nghiệm phân biệt. Khi đó hiệu H b a bằng A. 5 2 . B. 1 2 . C. 2 3 . D. 5 3 . Lời giải Chọn B Ta có 3 2 2 1 2 log 6 log 14 29 2 0 mx x x x 2 3 2 2 2 3 2 14 29 2 0 log 6 log 14 29 2 6 14 29 2 x x mx x x x mx x x x  3 2 2 1 2 14 6 14 29 2 2 6 14 29 x x x x m x x x x  Xét hàm số 2 2 6 14 29 f x x x x , với 1 2 14 x Ta có f x xác định và liên tục trên 1 ;2 14     và 3 2 2 2 2 12 14 2 12 14 x x f x x x x  Suy ra 1 1 ;2 3 14 0 1 1 2 x f x x x              . Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số y f x tại ba điểm phân biệt khi 39 19 2 m . Suy ra 19 1 39 2 2 a H b a b  . Câu 29: (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 2 2 2 sin cos sin 2 3 .3 x x x m có nghiệm? A. 7 . B. 4 . C. 5 . D. 6 . Lời giải Chọn B Ta có: 2 2 2 2 2 2 sin cos sin sin 1 sin sin 2 3 .3 2 3 .3 x x x x x x m m . Đặt 2 sin t x ,   0;1 t . Phương trình đã cho trở thành: 1 1 2 2 2 3 .3 3 3 t t t t t m m     . Xét hàm số 1 2 2 3 3 t t f t     , với   0;1 t . Ta có 1 2 2 2 .ln 2.3 .ln 3 3 3 t t f t      2 2 1 2 2 2 . ln 4.3 . ln 3 0 3 3 t t f t             0;1 t . f t  liên tục và đồng biến trên   0;1 nên 2 2 1 ln 0 3 9 f t f      0;1 t . f t liên tục và nghịc biến trên   0;1 nên 1 0 f f t f     0;1 t Suy ra 1 4 m   . Câu 30: (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) Có bao nhiêu giá trị của m để giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 e 4e x x f x m trên đoạn   0;ln 4 bằng 6 ? A. 3 . B. 4 . C. 1. D. 2 . Lời giải Chọn D Xét   0;ln 4 x . Đặt   e 1;4 x t t . Đặt 2 4 g t t t m với   1;4 t . Đạo hàm: 2 4 g t t  . Xét 0 2 4 0 2 g t t t  . Ta có: 1 3 g m ; 2 4 g m ; 4 g m . Suy ra giá trị nhỏ nhất của 2 e 4e x x f x m trên   0;ln 4 sẽ thuộc   3 ; 4 ; A m m m .  Xét     10 7;6;10 4 6 2 5;6;2 m A m m A    . Ta thấy 10 m thỏa mãn yêu cầu bài toán là min 6 f x .  Xét     9 5;6;9 3 6 3 7;6;3 m A m m A    (không thỏa mãn).  Xét     6 2;3;6 6 6 10;9;6 m A m m A    . Ta thấy 6 m thỏa mãn yêu cầu bài toán là min 6 f x . Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 31: (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) Xếp 10 quyển sách tham khảo khác nhau gồm: 1 quyển sách Văn, 3 quyển sách tiếng Anh và 6 quyển sách Toán (trong đó có hai quyển Toán T1 và Toán T2) thành một hàng ngang trên giá sách. Tính xác suất để mỗi quyển sách tiếng Anh đều được xếp ở giữa hai quyển sách Toán, đồng thời hai quyển Toán T1 và Toán T2 luôn được xếp cạnh nhau. A. 1 210 . B. 1 600 . C. 1 300 . D. 1 450 . Lời giải Chọn A Số cách xếp 10 quyển sách tham khảo thành một hàng ngang trên giá sách là 10! n  . Ta ghép hai quyển Toán T1 và Toán T2 thành một quyển Toán đặc biệt. Bây giờ ta đếm số cách xếp sách để mỗi quyển sách tiếng Anh đều được xếp ở giữa hai quyển sách Toán, đồng thời hai quyển Toán T1 và Toán T2 luôn được xếp cạnh nhau. Ta xếp 1 quyển sách Văn và 5 quyển sách Toán trước (trong đó có quyển sách Toán đặc biệt). Quyển sách Văn được xếp đầu hàng và các quyển sách Toán xếp như sau: V.T.T.T.T.T, khi đó có 3 4 A cách xếp 3 quyển sách tiếng Anh ở để mỗi quyển sách tiếng Anh đều được xếp ở giữa hai quyển sách Toán. Trường hợp này có 3 4 5!2!A cách xếp sách thỏa mãn yêu cầu. Quyển sách Văn được xếp cuối hàng và các quyển sách Toán xếp như sau: T.T.T.T.T.V, tương tự như trên ta có 3 4 5!2!A cách xếp sách thỏa mãn yêu cầu. Quyển sách Văn được không xếp đầu hàng và các quyển sách Toán xếp như sau: T.V.T.T.T.T, T.T.V.T.T.T, T. T.T.V.T.T, T. T.T.T.V.T, khi đó mỗi khả năng ta có 3! cách xếp 3 quyển sách tiếng Anh ở để mỗi quyển sách tiếng Anh đều được xếp ở giữa hai quyển sách Toán. Trường hợp này có 4.5!2!3! cách xếp sách thỏa mãn yêu cầu. Bởi vậy, số khả năng xếp sách thỏa mãn yêu cầu là 3 4 5!2! 4.5!2!3! n A A . Xác suất cần tìm là 3 4 2.5!2! 4.5!2!3! 1 10! 210 n A A P n  . Câu 32: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần 4 năm 2017 – 2018)Cho các số thực a , b thỏa mãn điều kiện 0 1 b a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 4 3 1 log 8log 1 9 a b a b P a . A. 6 . B. 3 3 2 . C. 8 . D. 7 . Lời giải Chọn D Ta có 2 2 4 3 1 9 12 4 0 9 b b b b  . Suy ra 2 2 2 log 8log 1 2log 8log 1 a b a b a a b P b a P a a 2 3 3 log .log .8log 1 7 a a b a b b P a a a . Vậy GTNN của 2 4 3 1 log 8log 1 9 a b a b P a là 7 . Câu 33: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần 4 năm 2017 – 2018)Một người gửi tiền vào ngân hàng với lãi suất không thay đổi là 8% /năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu (người ta gọi đó là lãi kép). Người đó định gửi tiền trong vòng 3 năm, sau đó rút tiền ra để mua ô tô trị giá 500 triệu đồng. Hỏi số tiền ít nhất người đó phải gửi vào ngân hàng để có đủ tiền mua ô tô (kết quả làm tròn đến hàng triệu) là bao nhiêu? A. 395 triệu đồng. B. 394 triệu đồng. C. 397 triệu đồng. D. 396 triệu đồng. Lời giải Chọn C Gọi số tiền người đó gửi vào là A (triệu đồng), lãi suất 8% 0,08 r . Sau năm thứ nhất số tiền người đó có là 1 1 S A A r A r  (triệu đồng). Sau năm thứ hai số tiền người đó có là 2 2 1 1 1 S S r A r (triệu đồng). ... Sau năm thứ N , số tiền người đó nhận được là 1 N N S A r (triệu đồng). Chú ý: Ở trên là xây dựng công thức tổng quát cho N kỳ hạn, các em học sinh có thể làm tiếp kỳ hạn thứ 3 ở bài trên. Thay dữ kiện bài toán 3 500 500 0,08 396,91 397 1 0,08 3 N S r A N   (triệu đồng). Câu 34: (SGD Quảng Nam – năm 2017 – 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng 9;9 của tham số m để bất phương trình 2 3log 2log 1 1 x m x x x x  có nghiệm thực? A. 6 . B. 7 . C. 10. D. 11. Lời giải Chọn B Điều kiện 2 0 1 1 1 0 x m x x x x  0 1 1 0 x m x x  0 1 1 0 x x m x  . Bất phương trình đã cho tương đương 2 3 2 log log 1 1 x m x x x x  2 3 2 1 1 x m x x x x  2 1 1 x x m x x x x  2 1 1 1 1 x x x x x x m x x x x . Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có 1 1 2 2 1 1 x x x x x x x x         . Vì vậy 1 m x x . Khảo sát hàm số 1 f x x x trên 0;1 ta được 2 1,414 f x  . Vậy m có thể nhận được các giá trị 2,3,4,5,6,7,8. Câu 1: (TH PT Ch uy ên Thá i Bì n h – Thá i Bì n h – L ần 5 năm 2017 – 2018 ) Cho 2 số thực dương , x y thỏa mãn 1 3 log 1 1 9 1 1 y x y x y    . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 P x y là A. min 11 2 P . B. min 27 5 P . C. min 5 6 3 P . D. min 3 6 2 P . Lời giải Chọn D Ta có 1 3 log 1 1 9 1 1 y x y x y    3 3 1 log 1 log 1 1 1 9 y x y x y    . 3 3 1 log 1 log 1 1 9 y x y x    3 3 9 log 1 1 log 1 1 x x y y 3 3 9 9 log 1 1 2 2 log 1 1 x x y y (*). Xét hàm số 3 log 2 f t t t với 0 t có 1 1 0 ln 3 f t t  với mọi 0 t nên hàm số f t luôn đồng biến và liên tục trên 0;  . Từ (*) suy ra 9 1 1 x y 9 8 1 1 1 y x y y , do 0 x nên 0;8 y . Vậy 8 9 9 2 2 2 1 2 1 3 3 6 2 1 1 1 y P x y y y y y y y . Vậy min 3 6 2 P khi 9 3 2 1 1 1 2 y y y . Câu 2: (TH PT Ch uy ê n H ù n g Vư ơn g – G ia Lai – L ần 2 n ăm 2017 – 2018 ) Cho , a , b c là các số thực lớn hơn 1. Tìm giá trị nhỏ nhất min P của biểu thức: 3 4 1 8 log log 3log ac ab bc P a b c . A. min 20 P . B. min 10 P . C. min 18 P . D. min 12 P . Lời giải Chọn A Ta có: 4 1 8 2log 2log 8log 1 2log log log 2 a b c bc ab ac P bc ac ab a c b 2log 2log 2log 2log 8log 8log a a b b c c b c a c a b 2log 2log 2log 8log 2log 8log a b a c b c b a c a c b . Vì , a , b c là các số thực lớn hơn 1 nên: log , a b log , b a log , a c log , c a log , b c log 0 c b . Do đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 2 2log .2log 2 2log .8log 2 2log .8log 4 8 8 20 a b a c b c P b a c a c b . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 2 log log log 4log 1 log 4log a b a c b c a b b a c a c a a b c c b c b   . Vậy min 20 P . Câu 3: ( S GD B ắ c Ni nh – L ần 2 - n ăm 201 7 - 201 8) Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 3 2 2 2 1 1 1 m m e e x x x x có nghiệm là A. 1 0; ln 2 2     . B. 1 ; ln 2 2       . C. 1 0;     e . D. 1 ln 2; 2      . Lời giải Chọn B Đặt 2 2 2 1 2 1 1 2 1 t t x x t x x    . Khi đó: 3 2 e e 1 m m t t 3 3 e e m m t t . Xét hàm 3 f u u u 2 3 1 f u u  . Hàm số luôn đồng biến. 3 3 e e m m t t e m t . Phương trình có nghiệm: 1 e 2 ln 2 2 m m   . Câu 4: ( SG D B ắ c Ni n h – L ần 2 - n ăm 201 7 - 20 18 ) Cho dãy số n u thỏa mãn 3 5 4 log 2 63 2log 8 8 n u u n , * n  Đặt 1 2 ... n n S u u u . Tìm số nguyên dương lớn nhất n thỏa mãn 2 2 . 148 . 75 n n n n u S u S . A. 18. B. 17 . C. 16. D. 19. L ờ i gi ải Chọn A Ta có * n  , 3 5 4 log 2 63 2log 8 8 n u u n 3 5 2 log 2 63 log 8 8 n u u n . Đặt 3 5 log 2 63 t u 5 2 63 3 8 8 2 t t n u u n  5 5 2 63 3 32 2 t t u u  1 3 2.2 t t 2 t 8 4 n u n 2 1 2 ... 4 n n S u u u n . Do đó 2 2 2 2 8 4 .16 . 148 . 16 4 .4 75 n n n n n n u S u S n n 19 n . Câu 5: Cho các số thực , x y thỏa mãn 0 , 1 x y   và 3 log 1 1 2 0 1 x y x y xy     . Tìm giá trị nhỏ nhất của P với 2 P x y . A. 1 2 . B. 2 . C. 1. D. 0 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 0 , 1 0 1 x y x y xy    0 , 1 0; 1 0 x y x y xy    . Khi đó 3 log 1 1 2 0 1 x y x y xy     3 3 log log 1 1 0 x y xy x y xy 3 3 log log 1 1 (*) x y x y xy xy Xét hàm số 3 log f t t t với 0 t , ta thấy 1 1 0, 0 ln 3 f t t t  nên hàm số f t đồng biến trên khoảng 0;  . Do đó * 1 x y xy . Suy ra 2 P x y x x y 1 x xy 1 (1 ) 1 x y . Đẳng thức xảy ra khi 0 x , 1 y (thỏa các điều kiện của đề bài). Vậy min 1 P .   Chú ý: Từ 1 * 1 1 1 1 x x y xy y x x y x . Thay vào 2 P x y ta được: 1 2 1 x P x x . Khảo sát hàm số này với điều kiện 0 1 x   ta cũng được min 1 P . Câu 6: Cho số phức z thỏa mãn 1 z . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 1 1 P z z z . Giá trị của . M m bằng A. 13 3 4 . B. 13 3 8 . C. 3 3 . D. 3 3 8 . Câu 7: Cho số phức z thỏa mãn 1 z . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 1 1 P z z z . Giá trị của . M m bằng A. 13 3 4 . B. 13 3 8 . C. 3 3 . D. 3 3 8 . Lời giải Chọn A Đặt 1 1 2 t z z  nên   0;2 t . Do 1 z nên . 1 z z 2 1 . 1 1 P z z z z z z z z . Ta có 2 2 1 1 1 . 1 2 t z z z z z z z z z nên 2 2 z z t . Vậy 2 3 P f t t t , với   0;2 t . Khi đó, 2 2 3 khi 3 2 3 khi0 3 t t t f t t t t     nên 2 1 khi 3 2 2 1 khi0 3 t t f t t t     . 0 f t  1 2 t . 0 3 f ; 1 13 2 4 f     ; 3 3 f ; 2 3 f . Vậy 13 4 M ; 3 m nên 13 3 . 4 M m . Câu 8: Biết rằng a là số thực dương sao cho bất đẳng thức 3 6 9 x x x x a đúng với mọi số thực x . Mệnh đề nào sau đây đúng? A.  12;14 a . B.  10;12 a . C.  14;16 a . D.  16;18 a . Câu 9: Biết rằng a là số thực dương sao cho bất đẳng thức 3 6 9 x x x x a đúng với mọi số thực x . Mệnh đề nào sau đây đúng? A.  12;14 a . B.  10;12 a . C.  14;16 a . D.  16;18 a . Lời giải Chọn D Ta có 3 6 9 x x x x a 18 6 9 3 18 x x x x x x a 18 3 2 1 9 2 1 x x x x x x a 18 3 2 1 3 1 x x x x x a * . Ta thấy 2 1 3 1 0, x x x  3 2 1 3 1 0, x x x x   . Do đó, * đúng với mọi số thực x 18 0, x x a x  1, 18 x a x       1 18 16;18 18 a a . Câ u 10: Cho phương trình 3 .3 cos 9 x x a x  . Có bao nhiêu giá trị thực của tham số a thuộc đoạn   2018;2018 để phương trình đã cho có đúng một nghiệm thực? A. 1. B. 2018 . C. 0 . D. 2 . Câ u 11: Cho phương trình 3 .3 cos 9 x x a x  . Có bao nhiêu giá trị thực của tham số a thuộc đoạn   2018;2018 để phương trình đã cho có đúng một nghiệm thực? A. 1. B. 2018 . C. 0 . D. 2 . L ờ i gi ải Ch ọ n A Ta có 3 .3 cos 9 x x a x  9 .3 cos 9 x x a x  (vì 3 0 x ) 2 3 3 .cos x x a x  (*) Điều kiện cần: Nếu phương trình (*) có nghiệm duy nhất 0 x thì ta thấy rằng 0 2 x cũng là nghiệm của (*) do đó 0 0 2 x x 0 1 x . Thay vào (*) ta được 6. a Điều kiện đủ: Ngược lại nếu 6 a thì phương trình (*) trở thành 2 3 3 6.cos x x x  Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 2 2 3 3 2. 3 .3 6 x x x x mà 6.cos 6 x   do đó A A  B B  C C  D D  N K M d 2 3 3 6.cos x x x  2 3 3 6 6cos 6 x x x   2 3 3 cos 1 x x x   1 x Vậy có duy nhất 6 a thỏa yêu cầu bài toán. Câu 12: Cho dãy số n u thỏa mãn 1 2 2 1 3 2 3 3 1 8 2 2 1 log 4 4 4 u u u u     và 1 2 n n u u với mọi 1 n . Giá trị nhỏ nhất của n để 1 2 ... n n S u u u 100 5 bằng A. 230 . B. 231. C. 233. D. 234 . Câu 13: Cho dãy số n u thỏa mãn 1 2 2 1 3 2 3 3 1 8 2 2 1 log 4 4 4 u u u u     và 1 2 n n u u với mọi 1 n . Giá trị nhỏ nhất của n để 1 2 ... n n S u u u 100 5 bằng A. 230 . B. 231. C. 233. D. 234 . Lời giải Chọn D Theo giả thiết, 1 2 n n u u nên n u là một cấp số nhân với công bội 2 q . Suy ra 1 1 .2 n n u u với mọi * n  , 2 n . Ta lại có 1 2 2 1 3 2 3 3 1 8 2 2 1 log 4 4 4 u u u u     1 1 2 3 3 3 8 8 2.4 1 4 log 4 4 u u u u     1 . Mà 1 1 8 2.4 4 u u 8 và 2 3 3 3 8 1 log 4 4 u u     2 3 3 8 1 log 1 3 2 u            8  nên 1 tương đương 1 1 8 2.4 8 4 u u và 2 3 3 3 8 8 1 log 4 4 u u     hay 1 1 2 u . Khi đó 1 2 ... n n S u u u 1 1 2 1 2 n u 2 1 2 n . Do đó, 100 5 n S 2 1 2 n 100 5 5 2 1 log 100 2 n 233 n . Câu 14: Cho , a , b , c d là các số nguyên dương thỏa mãn 3 log 2 a b , 5 log 4 c d . Nếu 9 a c , thì b d nhận giá trị nào A. 93. B. 85 . C. 71. D. 76 . Câu 15: Cho , a , b , c d là các số nguyên dương thỏa mãn 3 log 2 a b , 5 log 4 c d . Nếu 9 a c , thì b d nhận giá trị nào A. 93. B. 85 . C. 71. D. 76 . Hướng dẫn giải Chọn A Điều kiện: 1 a  và 1 c  . Từ giả thiết ta có: 3 2 a b và 5 4 c d Đặt: 2 a m với m  và 2. m Đặt: 4 c n với n  và 2. n Ta có: 9 a c 2 4 9 m n 2 2 9 m n m n 2 2 1 9 m n m n  (vì , m n  và , 2 m n ) Suy ra 5 m và 2 n do đó b d 3 5 m n 93. Câu 16: Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn 2 4 log 2 4 1 x y x y x y     . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 2 2 2 3 2 2 6 x x y x P x y bằng A. 4 . B. 9 4 . C. 16 9 . D. 25 9 . ----------HẾT---------- BẢNG ĐÁP ÁN THAM KHẢO ĐỀ 183 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 A C D C C B C D C C C D B D A A A C B A B C D B C 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 C A A A B A C D D C B B B A C D D D A D B A B D C HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 17: Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn 2 4 log 2 4 1 x y x y x y     . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 2 2 2 3 2 2 6 x x y x P x y bằng A. 4 . B. 9 4 . C. 16 9 . D. 25 9 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 4 0 x y x y 2 4 log 2 4 1 x y x y x y     2 4 log 1 2 4 x y x y x y     2 4 log 2 4 2 2 x y x y x y     2 4 log 2 2 2 2 4 2 2 x y x y x y x y     2 2 log 4 2 4 log 2 2 2 2 2 x y x y x y x y Xét hàm số 2 log 2 f t t t với 0; t  1 2 0 ln 2 f t t  với 0; t  nên hàm số f t đồng biến trên 0; t  . Nên 4 2 2 2 x y x y x y . 4 2 2 2 3 2 2 6 8 8 9 9 x x y x P y y x y 8 8 2 . 9 9 y y 16 9 . Câu 18: ----------HẾT----------Số nghiêm của phương trình 2 3 2018 e 2 ... 2! 3! 2018! x x x x x trên khoảng 0;  là: A. Vô hạn. B. 2018 . C. 0 . D. 1. Câu 19: Số nghiêm của phương trình 2 3 2018 e 2 ... 2! 3! 2018! x x x x x trên khoảng 0;  là: A. Vô hạn. B. 2018 . C. 0 . D. 1. Lời giải Chọn D 2 3 2018 e 2 ... 2! 3! 2018! x x x x x * 2 3 2018 2 ... e 0 2! 3! 2018! x x x x x Xét 2 3 2018 2 ... e 2! 3! 2018! x x x x f x x Ta có 2 3 2017 1 ... e 2! 3! 2017! x x x x f x  . Thế * vào ta có 2 3 2017 2 3 2018 1 ... 2 ... 2! 3! 2017! 2! 3! 2018! x x x x x x f x x      2018 1 2018! x x Vậy 0 f x  0; x  Hàm số nghịch biến trên 0;  . Bảng biến thiên Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy phương trình 0 f x có một nghiệm trên 0;  . Câu 20: Tìm tập tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 1 2 log 2sin 1 log cos 2 0 x x m có nghiệm: A. 5 ; 2      . B. 1 ;2 2      . C. 1 2      . D. 1 ;2 2      Câu 21: Số nghiệm của phương trình 2 3 2018 2 ... 2! 3! 2018! x x x x e x trên khoảng 0;  là: A. Vô hạn. B. 2018 . C. 0 . D. 1. Câu 22: Để chào mừng 20 năm thành lập thành phố A, Ban tổ chức quyết định trang trí cho cổng chào có hai hình trụ. Các kỹ thuật viên đưa ra phương án quấn xoắn từ chân cột lên đỉnh cột đúng 20 vòng đèn Led cho mỗi cột, biết bán kính hình trụ cổng là 30 cm và chiều cao cổng là 5  m. Tính chiều dài dây đèn Led tối thiểu để trang trí hai cột cổng. A. 24 m  . B. 20 m  . C. 30 m  . D. 26 m  . Câu 23: Tìm tập tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 1 2 log 2sin 1 log cos 2 0 x x m có nghiệm: A. 5 ; 2      . B. 1 ;2 2      . C. 1 2      . D. 1 ;2 2      Lời giải Chọn D Điều kiện: 5 2 2 2sin 1 0 6 6 cos 2 0 1 2 k x k x x m m       Phương trình tương đương 2 2 log 2sin 1 log cos 2 x x m 2sin 1 cos 2 x x m 2 2sin 2sin 2 1 x x m Xét hàm số 2 1 2 2 2 sin ; 1 2 y t t t x t  có đồ thị là parabol Ta có bảng biến thiên: t 1 2 1 2 1 y 5 2 1 2 2 Phương trình 1 có nghiệm thì 1 ;2 2 m      Số nghiệm của phương trình 2 3 2018 2 ... 2! 3! 2018! x x x x e x trên khoảng 0;  là: A. Vô hạn. B. 2018 . C. 0 . D. 1. Lời giải Chọn D Xét hàm số 2 3 2018 2 ... 2! 3! 2018! x x x x f x x e , trên 0;  . Ta có 2018 1 0 x f x e , với mọi 0 x , Suy ra 2017 2017 0 0 f x f . Nên ta có f x hàm số nghịch biến trên 0;  mà 0 1 f . Vậy phương trình có duy nhất 1 nghiệm. Câu 24: Để chào mừng 20 năm thành lập thành phố A, Ban tổ chức quyết định trang trí cho cổng chào có hai hình trụ. Các kỹ thuật viên đưa ra phương án quấn xoắn từ chân cột lên đỉnh cột đúng 20 vòng đèn Led cho mỗi cột, biết bán kính hình trụ cổng là 30 cm và chiều cao cổng là 5  m. Tính chiều dài dây đèn Led tối thiểu để trang trí hai cột cổng. A. 24 m  . B. 20 m  . C. 30 m  . D. 26 m  . Lời giải Chọn D Cắt hình trụ theo đường sinh của nó rồi trải liên tiếp trên mặt phẳng 20 lần ta được hình chữ nhật ABCD có 5 m AB  và 20.2 20.2 .0,3 12 m BC r    . Độ dài dây đèn Led ngắn nhất trang trí 1 cột là 2 2 2 2 5 12 13 m AC AB BC    . Chiều dài dây đèn Led tối thiểu để trang trí hai cột cổng là: 2.13 26 m   . D B C A Câu 25: Số giá trị nguyên của 200;200 m để log log 3. . log 2 a b b a a a b m b với mọi a , 1; b  là: A . 200 . B . 199 . C. 2199 . D . 2002 . Câ u 26: Số giá trị nguyên của 200;200 m để log log 3. . log 2 a b b a a a b m b với mọi a , 1; b  là: A . 200 . B . 199. C. 2199 . D . 2002 . Lời giải Chọn A Đặt log a b x , 0 x . Suy ra 2 x b a . Khi đó log log 3. . log 2 a b b a a a b m b 2 1 3. . 2 x x x a a m x 2. 2 x a m x . Xét hàm số 2. 2 x a f x x , với 0 x . có 2 2 .ln 2 0 x a x a f x x  , 0; x  nên f x liên tục và đồng biến trên 0;  . Bảng biến thiên Dựa vào BBT ta thấy m f x 2ln m a . Vì ln 0, 1 a a , do đó log log 3. . log 2 a b b a a a b m b với mọi a , 1; b  thì 0 m  . Và 200;200 m nguyên nên có 200 số nguyên m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 27: Cho tập hợp   2 | 1,...,10 k A k có 10 phần tử là các lũy thừa của 2 . Chọn ngẫu nhiên từ tập A hai số khác nhau theo thứ tự a và b . Xác suất để log a b là một số nguyên bằng A. 17 90 . B. 3 10 . C. 1 5 . D. 19 90 . Câu 28: Cho tập hợp   2 | 1,...,10 k A k có 10 phần tử là các lũy thừa của 2 . Chọn ngẫu nhiên từ tập A hai số khác nhau theo thứ tự a và b . Xác suất để log a b là một số nguyên bằng A. 17 90 . B. 3 10 . C. 1 5 . D. 19 90 . Lời giải Chọn A Số phần tử không gian mẫu 2 10 ( ) 90 n A  . Giả sử 2 m a , 2 n b , khi đó 2 log log 2 m n a n b m là một số nguyên thì m là ước của n . + 1 m thì có 9 cách chọn n ,   2;3;...;10 n . + 2 m thì có 4 cách chọn n ,   4;6;8;10 n . + 3 m thì có 2 cách chọn n ,   6;9 n . + 4 m thì có 1 cách chọn n , 8 n . + 5 m thì có 1 cách chọn n , 10 n . +   6;7;8;9;10 m : không xảy ra. Suy ra số phần tử của biến cố log a b là một số nguyên là 9 4 2 1 1 17 . Xác suất cần tìm là 17 90 . Câu 29: Xét các số thực x , y thỏa mãn 2 2 1 x y và 2 2 log 2 3 1 x y x y . Giá trị lớn nhất max P của biểu thức 2 P x y bằng A. 19 19 2 max P . B. 7 65 2 max P . C. 11 10 2 3 max P . D. 7 10 2 max P . 2 2 1 x y ) Câu 30: Xét các số thực x , y thỏa mãn 2 2 1 x y và 2 2 log 2 3 1 x y x y . Giá trị lớn nhất max P của biểu thức 2 P x y bằng A. 19 19 2 max P . B. 7 65 2 max P . C. 11 10 2 3 max P . D. 7 10 2 max P . Lời giải Chọn B Ta có: 2 2 log 2 3 1 x y x y 2 2 2 3 x y x y 2 2 2 3 0 x y x y  . 2 1 3 x y y   2 3 1 y y . Để tồn tại x , y thì 0 x   3 13 3 13 ; 2 2 y      . Khi đó 2 1 3 1 x y y  . Ta có: 2 2 2 1 3 1 P x y y y y f y  . 2 2 3 1 3 1 y f y y y  . 0 f y  2 3 1 2 3 y y y 2 2 3 1 4 12 9 y y y y , 3 3 13 ; 2 2 y            . 15 65 10 y . Bảng biến thiên. Do đó 7 65 2 2 P x y  Vậy 7 65 2 Max P khi 2 15 65 10 5 65 1 3 1 5 y x y y  (thỏa mãn điều kiện 2 2 1 x y ) Câu 31: Xét , x y là các số thực dương thỏa mãn 2 4 log 2 4 1 x y x y x y     . Giá trị nhỏ nhất của 4 2 2 2 3 2 2 6 x x y x P x y bằng A. 25 9 . B. 4 . C. 9 4 . D. 16 9 . Câu 32: Xét , x y là các số thực dương thỏa mãn 2 4 log 2 4 1 x y x y x y     . Giá trị nhỏ nhất của 4 2 2 2 3 2 2 6 x x y x P x y bằng A. 25 9 . B. 4 . C. 9 4 . D. 16 9 . Lời giải Chọn D Ta có: 2 4 log 2 4 1 x y x y x y     2 4 log 2 4 2 2 x y x y x y     2 2 log 4 2 4 log 2 2 2 2 2 x y x y x y x y Xét hàm số ln 2 f t t t trên 0;  ta có 1 2 0; 0; t ln 2 f t t   nên ta có: 4 2 2 2 x y x y x y Thay vào P ta được 4 2 2 2 3 2 2 6 24 1 16 27 9 x x y x P y y x y     . Dấu bằng xảy ra khi 2; 1. x y Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 16 min 9 P . Chú ý: Với 2 4 log 2 4 1 x y x y x y     , cho 100 y solve ta được 200 x nên dự đoán được 2 x y . Câu 33: Cho phương trình 2 2 2 2 2017 log 1 .log 1 log 1 a x x x x x x . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng 1;2018 của tham số a sao cho phương trình đã cho có nghiệm lớn hơn 3 ? A. 20. B. 19. C. 18. D. 17. Câu 34: Cho phương trình 2 2 2 2 2017 log 1 .log 1 log 1 a x x x x x x . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng 1;2018 của tham số a sao cho phương trình đã cho có nghiệm lớn hơn 3 ? A. 20. B. 19. C. 18. D. 17. Lời giải Chọn C - Nhận thấy: với 3 x thì 2 2 1 x x x 2 1 0 x x và 2 1 0 x x . Ta có: 2 2 2 2 2017 log 1 .log 1 log 1 a x x x x x x 2 2 2 2 2017 2 log 1 .log 1 log 2.log 1 a x x x x x x 2 2017 log 1 log 2 a x x 1 (vì 2 2 log 1 0 x x , 3 x ). - Xét hàm số 2 2017 log 1 f x x x trên khoảng 3;  . Có: 2 1 1.ln 2017 f x x  0 f x  , 3 x . BBT: - Từ BBT ta thấy : phương trình 1 có nghiệm lớn hơn 3 2 log 3 a f 2 2017 log log 3 2 2 a 2 3 2 2 log log 2017 a (do 1 a ) 3 2 2 log 2017 2 19,9 a  . Lại do a nguyên thuộc khoảng 1;2018 nên   2;3;...;19 a . Vậy có 18 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 35: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 2 2 2 sin cos cos 2 5 6 7 .log x x x m có nghiệm? A. 63. B. 64 . C. 6 . D. 62 . Câu 36: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 2 2 2 sin cos cos 2 5 6 7 .log x x x m có nghiệm? A. 63. B. 64 . C. 6 . D. 62 . x 3  f x  f x 3 f  Lời giải Chọn A Ta có 2 2 2 sin cos cos 2 5 6 7 .log x x x m 2 2 2 cos 1 cos 2 cos 5 6 log 7 7 x x x m     2 2 cos cos 2 1 6 log 5. 35 7 x x m         1 . Đặt 2 cos t x , với 0 1 t   ta có 1 6 5. 35 7 t t f t         nghịch biến trên đoạn   0;1 nên 1 0 f f t f   ,   0;1 t hay 1 6 f t   ,   0;1 t . Phương trình 1 có nghiệm 2 1 log 6 m   2 64 m   . Vậy có tất cả 63 giá trị nguyên dương của tham số m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 37: Giả sử tồn tại số thực a sao cho phương trình e e 2cos 4 x x ax có 10 nghiệm thực phân biệt. Số nghiệm (phân biệt) của phương trình e e 2cos x x ax là: A. 5 . B. 20 . C. 10. D. 4 . Câu 38: Giả sử tồn tại số thực a sao cho phương trình e e 2cos 4 x x ax có 10 nghiệm thực phân biệt. Số nghiệm (phân biệt) của phương trình e e 2cos x x ax là: A. 5 . B. 20 . C. 10. D. 4 . Lời giải Chọn A Ta có e e 2cos 4 x x ax 2 2 2 e e 2cos 2     x x ax 2 2 2 2 e e 2cos 2         x x ax 2 2 2 2 e e 2cos 1 2 e e 2cos 2 2      x x x x ax ax Nhận thấy 0 x không là nghiệm của phương trình đã cho. Nếu 0 x x là nghiệm của 1 thì 0 x x là nghiệm của 2 . Do đó số nghiệm của 1 và 2 bằng nhau và đồng thời khác nhau đôi một. 1 có đúng 5 nghiệm 1 x ; 2 x ; 3 x ; 4 x ; 5 x . Vậy phương trình e e 2cos x x ax có đúng 5 nghiệm phân biệt là 1 2 x , 2 2 x ; 3 2 x ; 4 2 x ; 5 2 x . Câu 39: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình ln 2sin ln 3sin sin m x m x x có nghiệm thực? A. 5. B. 4. C. 3. D. 6 . Câu 40: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình ln 2sin ln 3sin sin m x m x x có nghiệm thực? A. 5. B. 4. C. 3. D. 6 . Lời giải Chọn B Điều kiện: 2sin ln 3sin 0 3sin 0 m x m x m x  . Phương trình đã cho tương đương: sin 2sin ln 3sin x m x m x e . sin 3sin ln 3sin sin x m x m x e x . ln 3sin sin ln 3sin sin m x x m x e x e , 1 . Xét t f t e t , t  . Ta có 1 0 t f t e  , t  . Nên hàm số f t đồng biến trên  . Vậy 1 ln 3sin sin m x f f x    ln 3sin sin m x x . Đặt sin a x ,   1;1 a . Phương trình trở thành: ln 3 m a a 3 a m e a . Xét 3 a g a e a ,   1;1 a , 3 0 a g a e  ,   1;1 a . Vậy để phương trình có nghiệm thực thì 1 1 g m g   1 3 3 e m e   . Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số m là: 0 ;1; 2 ;3. Câu 41: Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn 4 1 xy y  . Giá trị nhỏ nhất của 6 2 2 ln x y x y P x y là ln a b . Giá trị của tích . a b là A. 45. B. 81. C. 115 . D. 108 . Câu 42: Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn 4 1 xy y  . Giá trị nhỏ nhất của 6 2 2 ln x y x y P x y là ln a b . Giá trị của tích . a b là A. 45. B. 81. C. 115 . D. 108 . Hướng dẫn giải Chọn B Từ giả thiết, ta có 4 1 xy y  nên 2 4 1 x y y y  . Đặt x t y , ta có 0 4 t  (vì 2 4 1 4 y y  , 0 y ). Ta có 6 12 ln 2 P t t ; 2 6 1 0 2 P t t t  , với mọi 0 4 t  . Do đó min 4 P P 27 ln 6 2 . Suy ra 27 2 a , 6 b nên . 81 a b .