46 câu Trắc nghiệm Toán 12 Mũ và lôgarit có đáp án (Mới nhất)

Chọn Alog22a=log22+log2a=1+log2a

Chọn D

Điều kiện x+6>0⇔x>−6

Ta có: log2x+6=5⇔log2x+6=log225⇔x+6=32⇔x=32−6z2⇔x=26 ( TM)

Vậy nghiệm của phương trình: x=26

Chọn A

Ta có: .log3a−2log9b=3⇔log3a−log3b=3⇔log3ab=3⇔ab=27⇔a=27b

Chọn C

Ta có: log336−x2≥3⇔36−x2≥27⇔9−x2≥0⇔−3≤x≤3 .

Chọn D

Ta có log33a=log33+log3a=1+log3a.

Chọn B

22x−2=2x⇔2x−2=x⇔x=2.

Chọn B

log2x+7=5⇔x+7=25.

Chọn C

Ta có   log2a−2log4b=4

⇔log2a−2log22b=4⇔log2a−2.12log2b=4⇔log2a−log2b=4⇔log2ab=4⇔ab=24⇔a=16b   

Chọn B

log331−x2≥3⇔31−x2≥27⇔x2−4≤0⇔x∈−2;2.

Chọn D

Điều kiện: x−2>0⇔x>2.

log2x−2=3⇔x−2=8⇔x=10(thỏa).

Vậy phương trình có nghiệm x=10.

Chọn A

Ta có: 3x+1=9⇔3x+1=32⇔x+1=2⇔x=1.

Chọn B.

Điều kiện xác định: x>0.

Chọn D

 Ta có: loga3b=13logab.

Chọn A

Ta có : 2x2−7<4⇔2x2−7<22⇒x2−7<2⇔x2<9⇒x∈−3;3.

Chọn D

Ta có : 9log3ab=4a⇔2log3ab=log34a⇔log3a2b2=log34a⇒a2b2=4a

⇔ab2=4.

Chọn A

3x−1=27⇔3x−1=33⇔x=4.

Chọn C

Hàm số xác định khi x>0. Vậy tập xác định D=0;+∞.

Chọn D

Ta có log2a3=3log2a .

Chọn C

logx≥1⇔x≥10.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 10;+∞.

Chọn D

log33a.9b=log93⇒log33a+log39b=12.⇒a+2b=12⇒2a+4b=1

Chọn B

Đặt t=3xt>0 bất phương trình đã cho trở thành t2+2t−3>0⇔t>1t<−3loai

Với t>1 thì 3x>1⇔x>0.

Đáp án B

log32x−1=2⇔2x−1=32⇔x=5

Đáp án D

log2a=log8ab⇔log2a=13log2ab.

⇔3log2a=log2ab⇔log2a3=log2ab⇔a3=ab⇔a2=b

Đáp án A

5x−1≥5x2−x−9⇔x−1≥x2−x−9⇔x2−2x−8≤0⇔−2≤x≤4

Đáp án B

Giả sử log9x=log6y=log4(2x+y)=t. Suy ra: x=9ty=6t2x+y=4t⇒2.9t+6t=4t

⇔2.94t+32−t1=0⇔32t=−1  (loai)32t=12.

Ta có :xy=9t6t=32t=12

Chọn A

Ta có .

Chọn C

Ta có

Lời giải

Chọn A

Chọn A

Ta có

Chọn D

·

·  .

· Vậy (1) có một nghiệm x=2.

Chọn C.

Ta có ln5a−ln3a=ln5a3a=ln53 .

Chọn B.

Ta có   22x+1=32⇔2x+1=5⇔x=2

Chọn C

Nhận xét x2+y2−2x+2>0∀x;y

Bất phương trình 2x2+y2+1≤x2+y2−2x+2.4x⇔2x2+y2+122x≤x2+y2−2x+2.

⇔2x2+y2−2x+1≤x2+y2−2x+2

Đặt  t=x2+y2−2x+1

Bất phương trình ⇔2t≤t+1⇔2t−t−1≤0

Đặt ft=2t−t−1. Ta thấy f0=f1=0 .

Ta có f't=2tln2−1

f't=0⇔2tln2=1⇔t=log21ln2≈0,52

Quan sats BBT ta thấy ft≤0⇔0≤t≤1

 0≤x2+y2−2x+1≤1⇔x−12+y2≤1(1)

Xét  P=8x+42x−y+1⇔2Px−Py+P=8x+4

⇔P−4=8−2Px+Py⇔P−4+2P−8=8−2Px+2P−8+Py

⇔3P−12=8−2Px−1+Py

⇔3P−122=8−2Px−1+Py2≤8−2P2+P2x−12+y2

Thế vào ta có 3P−122≤8−2P2+P2⇔4P2−40P+80≤0⇔5−5≤P≤5+5 .

Dấu “=” xảy ra khi 8−2PP=x−1y=−25x−12+y2=1⇔x−1=−25y−25y2=1⇔x−1=−25yy=±53⇔x=13y=53x=53y=−53

Vậy giá trị nhỏ nhất của là  5−5≈2,76 gần giá trị 3 nhất.

Chọn D

Ta có 2am=nlna+a2+1⇔2amn=lna+a2+1.

Xét hai hàm số fx=lnx+x2+1 và gx=2nxm trên −1;1.

Ta có f'x=1x2+1>0 nên fx luôn đồng biến và  

f−x=ln−x+x2+1=ln1x+x2+1=−lnx+x2+1=−fxnên fx là hàm số lẻ.

+ Nếu m chẵn thì gx là hàm số chẵn và có bảng biến thiên dạng

Suy ra phương trình có nhiều nhất 2 nghiệm, do đó m lẻ.

+ Nếu m lẻ thì hàm số gx là hàm số lẻ và luôn đồng biến.

Ta thấy phương trình luôn có nghiệm x=0. Dựa vào tính chất đối xứng của đồ thị hàm số lẻ, suy ra phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm trên −1;1 khi có 1 nghiệm trên (0,1), hay f1>g1⇔ln1+2<2n⇔n<2ln1+2≈2,26⇒n∈1;2.

Đối chiếu điều kiện, với n=1 suy ra , có m∈1;3;5;7;9 cặp số thỏa mãn

Với  n=2 thì m∈1;3;5;7 có 4  cặp số thỏa mãn.

Vậy có 9 cặp số thỏa mãn bài toán.

Lời giải

Chọn A

Ta có: 2x2+y2+1≤x2+y2−2x+24x⇔2x2−2x+1+y2≤x2−2x+1+y2+1.

Đặt t=x2−2x+1+y2⇒t≥0. Khi đó ta có 2t≤t+1, ∀t≥0.

Đặt ft=2t−t−1, ∀t≥0, ta có: f't=2tln2−1, cho f't=0.

Ta nhận thấy phương trình f't=0 có một nghiệm nên phương trình ft=0 có tối đa hai nghiệm.

Mặt khác ta có f0=f1=0. Suy ra phương trình   ft=0 có hai nghiệm t=1 và t=0.

Khi đó ta có bảng xét dấu của hàm số  như sau:

Khi đó ft≤0⇔t∈0;1. Suy ra x2−2x+1+y2≤1⇔x−12+y2≤1.

Khi đó tập hợp các điểm Mx;y là một hình tròn S tâm I1;0, bán kính R=1.

Ta có: P=4y2x+y+1⇔2Px+P−4y+P=0.

Khi đó ta cũng có tập hợp các điểm Mx;y là một đường thẳng .

Để Δ và  có điểm chung, ta suy ra dI,Δ≤1.

 ⇔2P+P2P2+P−42≤1⇔3P≤5P2−8P+16

⇔4P2+8P−16≤0⇔−1−5≤P≤−1+5.

Ta suy ra Pmax=−1+5. Dấu "=" xảy ra khi  x=13y=−53

Chọn D

Ta có 2am=nln(a+a2+1)⇔2nam=ln(a+a2+1) (*).

Xét hàm f(a)=ln(a+a2+1) trên (−1,1) (dễ thấy hàm f lẻ, đồng biến trên R), có BBT:

Xét hàm g(a)=2n.am trên (−1,1) .

Với m chẵn, g(a)  là hàm chẵn và g(a)≥0,∀a∈R, do đó (*) không thể có 3 nghiệm.

Với m lẻ, g(a) là hàm lẻ, đồng biến trên  và tiếp tuyến của đồ thị tại điểm a=0 là đường thẳng y=0.

Dễ thấy (*) có nghiệm a=0∈(−1;1). Để (*) có đúng 3 nghiệm tức là còn có 2 nghiệm nữa là ±a0 với 0<a0<1.

Muốn vậy, thì g(1)=2n.1m=2n>f(1)=ln(1+2)⇔n<2ln(1+2)≈2,26⇒n=1;n=2

Cụ thể:

+ m∈3;5;7;9 thì n∈1;2: Có 8 cặp (m,n)

+ m=11 thì : n∈1 Có  cặp (m,n)

+ m=1: Đồ thị hàm số g(a) là đường thẳng (g(a)=a;g(a)=2a) không thể cắt đồ thị hàm số f(a) tại giao điểm a0≠0 được vì tiếp tuyến của hàm số f(a) tại điểm có hoành độ a=0 là đường thẳng y=a.

Vậy có cả thảy 9 cặp y=a

Chọn D

Ta có log3x2+y≥log2x+y1

Đặt t=x+y∈ℕ* (do x,y∈ℤ,x+y>0)

(1)⇔log3x2−x+t≥log2t⇔g(t)=log2t−log3x2−x+t≤02

Đạo hàm g'(t)=1tln2−1x2−x+tln3>0 với mọi y. Do đó gt đồng biến trên 1;+∞

Vì mỗi x nguyên có không quá 127 giá trị t∈ℕ* nên ta có

g(128)>0⇔log2128−log3x2−x+128>0

⇔ x2−x+128<37⇔−44,8≤x≤45,8

Như vậy có 90 giá trị thỏa yêu cầu bài toán

Chọn D

Ta có a,  b>1 và x,  y>0 nên   ax;by;ab>1

Do đó: ax=by=ab⇔logaax=logaby=logaab⇔x=12+12logab2y=1+logba .

Khi đó, ta có: P=32+12logab+logba.

Lại do a,  b>1 nên logab,  logba>0.

Suy ra P≥32+212logab.logba=32+2, P=32+2⇔logab=2.

Lưu ý rằng, luôn tồn tại a,  b>1 thỏa mãn logab=2.

Vậy minP=32+2∈52;  3.

Chọn B.

Điều kiện: x+y>0x2+y2>0.

Điều kiện cần

Đặt t=log3x+y=log4x2+y2⇒x+y=3tdx2+y2=4tC.

Suy ra x, y tồn tại nếu đường thẳng d cắt đường tròn C tại ít nhất một điểm.

Hay  −3t2≤2t⇒t≤log322≈0,8548.

Khi đó:

x2+y2≤4log322≈3,27⇒0≤x2≤3x∈ℤ⇒x=−1x=0x=1.

Điều kiện đủ:

 Với x=−1⇒y=3t+1y2=4t−1⇒4t−1>04t−1=3t+12⇒t>0ft=9t+2.3t+2−4t=0.

Khi 0<t<0,8548⇒9t≥4t⇒ft>0. Suy x=−1l.

 Với x=0⇒y=3ty2=4t⇒4t=3t⇒t=0⇒y=1t/m.

 x=1⇒y=3t−1y2=4t−1⇒y=t=0(t/m).

Đáp án C

Điều kiện: x>0 .

pt⇔1+log2x2−m+2log2x+m−2=0

⇔log22x−mlog2x+m−1=0⇔log2x=1log2x=m−1

Ta có: x∈1 ; 2⇔log2x∈0 ; 1.

Vậy để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thuộc đoạn 1 ; 2 khi và chỉ khi 0≤m−1<1⇔1≤m<2.

Đáp án D

+ Ta có: log33x+3+x=2y+9y ⇔1+ log3x+1 +x=2y+9y  1 .

+ Đặt t=log3x+1. Suy ra: x+1=3t⇔x=3t−1.

Khi đó:1⇔t+3t=2y+32y 2 .

Xét hàm số: fh=h+3h, ta có:f'h=1+3h.ln3 >0 ∀h∈ℝ  nên hàm số fh đồng biến trên R.

Do đó: 2⇔ft=f2y⇔t=2y⇔log3x+1=2y⇔x+1=32y⇔x+1=9y.

+ Do 0≤x≤2020 nên 1≤x+1≤2021⇔1≤9y≤2021⇔0≤y≤log92021≈3,46.

Do y∈ℤ nên y∈0; 1; 2; 3 , với mỗi giá trị y cho ta 1 giá trị x thoả đề.

Vậy có 4 cặp số nguyên x ; y thoả đề.

Chọn A

Điều kiện:x>13

Phương trình tương đương với:

Xét

Bảng biến thiên

Để phương trình có nghiệm thì m∈0,3, suy ra có 2 giá trị nguyên thỏa mãn

Chọn B

Điều kiện:

Với m=1, phương trình trở thành

Phương trình này có hai nghiệm (thỏa)

Với m≥2, điều kiện phương trình là

Pt

Dokhông là số nguyên, nên phương trình có đúng 2 nghiệm khi và chỉ khi

 (nghiệm không thỏa điều kiện và nghiệm  x=2 thỏa điều kiện và khác )

Vậy. Suy ra có 46 giá trị của m .

Do đó có tất cả 47 giá trị của m  

Chọn B.

Đặt t=4x, t>0. Phương trình đã cho trở thành

        t2−4mt+5m2−45=0 .

Với mỗi nghiệm t>0 của phương trình * sẽ tương ứng với duy nhất một nghiệm x của phương trình ban đầu. Do đó, yêu cầu bài toán tương đương phương trình * có hai nghiệm dương phân biệt. Khi đó

Δ'>0S>0P>0⇔−m2+45>04m>05m2−45>0⇔−35<m<35m>0m<−3m>3⇔3<m<35.

Do m∈ℤ nên m∈4; 5; 6.

Chọn C.

Ta có a>0,b>0  nên 3a+2b+1>19a2+b2+1>16ab+1>1⇒log3a+2b+19a2+b2+1>0log6ab+13a+2b+1>0

Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta được

log3a+2b+19a2+b2+1+log6ab+13a+2b+1≥2log3a+2b+19a2+b2+1+log6ab+13a+2b+1

⇔2≥2log6ab+19a2+b2+1⇔log6ab+19a2+b2+1≤1⇔9a2+b2+1≤6ab+1

⇔3a−b2≤0⇔3a=b

Vì dấu “” đã xảy ra nên

log3a+2b+19a2+b2+1=log6ab+13a+2b+1⇔log3b+12b2+1=log2b2+13b+1

 ⇔2b2+1=3b+1⇔b=32(vì b>0). Suy ra a=12 .

Vậy a+2b=12+3=72.

Chọn B.

Điều kiện   x>m

Ta có  5x+m=log5x−m⇔5x+x=x−m+log5x−m⇔5x+x=5log5x−m+log5x−m.

Xét hàm số ft=5t+t,f't=5tln5+1>0,∀t∈ℝ , do đó từ (1) suy ra x=log5x−m⇔m=x−5x.

Xét hàm số gx=x−5x, g'x=1−5x.ln5, g'x=0⇔x=log51ln5=−log5ln5=x0.

Bảng biến thiên

Do đó để phương trình có nghiệm thì m≤gx0≈−0,92.

Các giá trị nguyên của m∈−20;20 là −19;−18;...;−1, có  19 giá trị m thỏa mãn.