Điều kiện: \(x > - 1\).

Ta có \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {x + 1} \right) \le 3 \Leftrightarrow x + 1 \le 8 \Leftrightarrow x \le 7\).

Kết hợp với điều kiện ta được \( - 1 < x \le 7\). Mà \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ {0;1; \ldots ;7} \right\}\).

Vậy có 8 nghiệm nguyên thỏa mãn. Chọn D.

Ta có \({3^{3x + 1}} < \frac{1}{9} \Leftrightarrow {3^{3x + 1}} < {3^{ - 2}} \Leftrightarrow 3x + 1 < - 2 \Leftrightarrow x < - 1\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - \infty ; - 1} \right)\). Chọn D.

Điều kiện: \(x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1\).

Ta có \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {x - 1} \right) = 2 \Rightarrow x - 1 = 9 \Leftrightarrow x = 10\) (thỏa mãn). Chọn D.

Ta có \({3^{{x^2} - 2x}} \le 27 \Leftrightarrow {x^2} - 2x \le 3 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 \le 0 \Leftrightarrow - 1 \le x \le 3\).

Mà \(x \in \mathbb{Z}\) nên \(x \in \left\{ { - 1;0;1;2;3} \right\}\).

Vậy có 5 nghiệm nguyên thỏa mãn bất phương trình. Chọn C.

Ta có \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {x - 2} \right) - 1 > 0\)\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {x - 2} \right) > 1\)\( \Leftrightarrow x - 2 > 3\)\( \Leftrightarrow x > 5\).

Tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {5; + \infty } \right)\). Chọn C.

Ta có \({3^{x - 1}} = 27 \Leftrightarrow x - 1 = 3 \Leftrightarrow x = 4.\)

Vậy \(x = 4\) là nghiệm của phương trình. Chọn C.

Ta có \[{\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + 1} \right) > - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 > 0\\x + 1 < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > - 1\\x < 1\end{array} \right. \Leftrightarrow - 1 < x < 1\].

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \[\left( { - 1;1} \right)\]. Chọn B.

Điều kiện \(x > - 1\). Ta có \(\log \left( {x + 1} \right) < 2 \Leftrightarrow x + 1 < {10^2} \Leftrightarrow x < 99\).

Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( { - 1;99} \right)\). Chọn C.

Ta có \({3^{x - 2}} = 5 \Leftrightarrow x - 2 = {\log _3}5 \Leftrightarrow x = 2 + {\log _3}5\).

Vậy phương trình có nghiệm là \(x = 2 + {\log _3}5\). Chọn A.

Ta có \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^x} > {2^{ - 3}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x} > {\left( {\frac{1}{2}} \right)^3} \Leftrightarrow x < 3\).

Suy ra tập nghiệm bất phương trình đã cho là \(S = \left( { - \infty \,;\,3} \right)\). Chọn A.

Ta có

 $\log 5^{(x^{2 }-3x + 5) }=1 \iff \left\{\begin{array}{l}{x}^{2 }-3x +5=5\\ x^{2 }-3x +5 > 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^{2 }-3x =0\\ x \in R\end{array}\right.\iff x = 0 hoặc x =3$

Vậy số nghiệm của phương trình \({\log _5}\left( {{x^2} - 3x + 5} \right) = 1\) là 2. Chọn D.

a) Sai. Vì \[{\log _3}\left( {\frac{{2 \cdot 3 - 1}}{{3 - 1}}} \right) \approx 0,83 < 1\,\] nên \[x = 3\] không là một nghiệm của bất phương trình \[\left( 1 \right)\].

b) Sai. Điều kiện: \[\frac{{2x - 1}}{{x - 1}} > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < \frac{1}{2}\\x > 1\end{array} \right.\] hay \(D = \left( { - \infty ;\frac{1}{2}} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\).

c) Đúng. Với điều kiện \(x \in D = \left( { - \infty ;\frac{1}{2}} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\) ta có

\[{\log _3}\left( {\frac{{2x - 1}}{{x - 1}}} \right) > 1 \Leftrightarrow \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} > 3 \Leftrightarrow \frac{{2x - 1 - 3x + 3}}{{x - 1}} > 0 \Leftrightarrow \frac{{2 - x}}{{x - 1}} > 0 \Leftrightarrow 1 < x < 2\].

Kết hợp điều kiện ta được, tập nghiệm của bất phương trình \[\left( 1 \right)\] là \(S = \left( {1;2} \right)\).

d) Sai. Không có giá trị nguyên nào thuộc khoảng \(\left( {1;2} \right)\) nên bất phương trình \[\left( 1 \right)\] không có nghiệm nguyên.

a) Sai. Phương trình xác định khi \[\left\{ \begin{array}{l}1 - 3x > 0\\x > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < x < \frac{1}{3}\].

b) Sai. Với \(x \in \left( {0;\frac{1}{3}} \right)\), ta có \({\log _3}x + 2 = {\log _3}x + {\log _3}9 = {\log _3}\left( {9x} \right)\).

c) Đúng. Phương trình \({\log _3}\left( {1 - 3x} \right) = {\log _3}x + 2 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {1 - 3x} \right) = {\log _3}\left( {9x} \right)\).

d) Đúng. \[{\log _3}\left( {1 - 3x} \right) = {\log _3}x + 2 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {1 - 3x} \right) = {\log _3}\left( {9x} \right) \Leftrightarrow 1 - 3x = 9x \Leftrightarrow x = \frac{1}{{12}}\](TMĐK).

Ta có \[{2^{{x^2} + x - 2}} = {4^{2 + x}} \Leftrightarrow {2^{{x^2} + x - 2}} = {2^{2\left( {2 + x} \right)}}\]\( \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 4 + 2x \Leftrightarrow {x^2} - x - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 2\end{array} \right.\).

a) Sai. Phương trình \[\left( * \right)\] được biến đổi thành \({x^2} + x - 2 = 4 + 2x\).

b) Đúng. Phương trình \[\left( * \right)\] có một nghiệm nguyên dương là \(x = 3\).

c) Sai. Phương trình \({x^2} + x - 6 = 0\) không tương đương với phương trình \[\left( * \right)\].

d) Đúng. Tổng các nghiệm của phương trình \[\left( * \right)\] bằng \(3 + \left( { - 2} \right) = 1\).

a) Đúng. Ta có \[\left( {3 + 2\sqrt 2 } \right)\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right) = 1 \Rightarrow 3 + 2\sqrt 2 = \frac{1}{{3 - 2\sqrt 2 }} = {\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right)^{ - 1}}\].

b) Sai. \({\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right)^{{x^2} - 4x}} > {\left( {3 + 2\sqrt 2 } \right)^{5 - 2x}} \Leftrightarrow {\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right)^{{x^2} - 4x}} > {\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right)^{2x - 5}} \Leftrightarrow {x^2} - 4x < 2x - 5\).

c) Sai. Ta có \({x^2} - 4x < 2x - 5 \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 5 < 0 \Leftrightarrow 1 < x < 5\).

Vậy bất phương trình có 3 nghiệm nguyên là 2; 3; 4.

d) Đúng. Tổng các nghiệm nguyên là \(2 + 3 + 4 = 9\).

a) Đúng. Khi \(t = 0\): \({N_0} = 120\,\,{\rm{gam}}\) nên \(N\left( t \right) = 120 \cdot {e^{ - kt}}\).

b) Sai. Sau 10 ngày: \(N\left( {10} \right) = 120 \cdot {e^{ - 10k}} \Leftrightarrow 60 = 120 \cdot {e^{ - 10k}}\)

\( \Leftrightarrow {e^{ - 10k}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow - 10k = \ln \frac{1}{2} \Leftrightarrow 10k = \ln 2 \Leftrightarrow k = \frac{1}{{10}}\ln 2\).

c) Đúng. Từ ý a) và b) ta có \(N\left( t \right) = 120 \cdot {e^{\left( { - \,\,\frac{1}{{10}}\ln 2} \right)t}}\).

Lượng chất phóng xạ còn lại sau 20 ngày là \(N\left( {20} \right) = 120 \cdot {e^{\left( { - \,\,\frac{1}{{10}}\ln 2} \right)\, \cdot \,20}} = 30\) (gam).

d) Đúng. Ta có \(N\left( t \right) = 15 \Leftrightarrow 120 \cdot {e^{\left( { - \,\,\frac{1}{{10}}\ln 2} \right)t}} = 15 \Leftrightarrow {e^{\left( { - \,\,\frac{1}{{10}}\ln 2} \right)t}} = \frac{1}{8} \Leftrightarrow \left( { - \,\,\frac{1}{{10}}\ln 2} \right)t = \ln \frac{1}{8}\)

\( \Leftrightarrow \left( {\frac{1}{{10}}\ln 2} \right)t = \ln 8 \Leftrightarrow t = \frac{{\ln 8}}{{\frac{1}{{10}}\ln 2}} \Leftrightarrow t = 10 \cdot \frac{{\ln 8}}{{\ln 2}} = 30\).

Như vậy, sau \(30\) ngày thì lượng chất phóng xạ còn 15 gam.

Theo công thức lãi kép: \({T_n} = A{\left( {1 + r} \right)^n}\), số tiền người đó nhận được sau \(n\) năm là:

\({T_n} = 10 \cdot {10^9}{\left( {1 + 7\% } \right)^n} = {10^{10}} \cdot 1,{07^n}\) (đồng).

Để nhận được số tiền nhiều hơn 12 tỉ đồng thì

\({T_n} = {10^{10}} \cdot 1,{07^n} > 12 \cdot {10^9} \Leftrightarrow 1,{07^n} > \frac{6}{5} \Leftrightarrow n > {\log _{1,07}}\left( {\frac{6}{5}} \right) \approx 2,695.\)

Vì ngân hàng chỉ tính lãi khi đến kì hạn nên sau ít nhất 3 năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 12 tỉ đồng.

Đáp án: 3.

Theo giả thiết, ta có phương trình:

\(\frac{{80}}{{100}}{Q_o} = {Q_o} \cdot \left( {1 - {e^{ - \frac{{3t}}{2}}}} \right) \Rightarrow {e^{ - \frac{{3t}}{2}}} = \frac{1}{5} \Rightarrow - \frac{{3t}}{2} = - \ln 5 \Rightarrow t \approx 1,07{\rm{ }}\)giờ.

Vậy thời gian nạp pin của điện thoại là khoảng 1,07 giờ.

Đáp án: 1,07.

Thay \(t = 2\) phút \( = \frac{1}{{30}}\) giờ, \({T_0} = 96\,,\,T = 90\,,\,S = 24\) ta có \(\frac{1}{{30}}k = \ln \frac{{90 - 24}}{{96 - 24}}\). Do đó \(k = 30\ln \frac{{11}}{{12}}\).

Sau 10 phút \( = \frac{1}{6}\) giờ, ta có \(\frac{1}{6}k = \ln \frac{{T - 24}}{{96 - 24}}\) hay \(5\ln \frac{{11}}{{12}} = \ln \frac{{T - 24}}{{72}}\). Do đó \(\frac{{T - 24}}{{72}} = {\left( {\frac{{11}}{{12}}} \right)^5}\).

Suy ra \(T = 72.{\left( {\frac{{11}}{{12}}} \right)^5} + 24 \approx 70,6^\circ {\rm{C}}\).

Vậy nhiệt độ của cốc trà sau 10 phút khoảng \(70,6\,^\circ {\rm{C}}\).

Đáp án: 70,6.

Gọi \(S\) là giá trị còn lại của một chiếc ô tô sau t năm sử dụng và được tính bởi công thức:\(S = {S_0}{\left( {0,94} \right)^t}\), trong đó \({S_0}\) là giá trị ban đầu của ô tô.

Xét phương trình: \(800.{\left( {0,94} \right)^t} < 600 \Leftrightarrow {\left( {0,94} \right)^t} < 0,75 \Leftrightarrow t > {\log _{0,94}}\left( {0,75} \right) \approx 4,65\).

Vậy sau khoảng \(5\) năm sử dụng thì giá trị còn lại của một chiếc ô tô đó nhỏ hơn \[600\] triệu đồng.

Gọi \({m_0}\) là khối lượng của \({}_6^{14}C\) trong cây tại thời điểm cây còn sống \(\left( {t = 0} \right)\).

Khi đó, khối lượng \(m\left( t \right)\) của \({}_6^{14}C\) trong cây sau khi chết \(t\) (năm) được tính bởi công thức:\(m\left( t \right) = {m_o}{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{\frac{t}{{5730}}}}\).

Theo giả thiết, ta có: \(\frac{{m\left( t \right)}}{{{m_o}}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{\frac{t}{{5730}}}} = 0,75\).

Do đó \(\frac{t}{{5730}} = {\log _{0,5}}\left( {0,75} \right) \Leftrightarrow t \approx 2378\).

Vậy mẫu gỗ cổ đó đã chết cách đây bao nhiêu \[2378\] năm.

Đáp án: 2378.

Theo bài ra, ta có \(1500 = 250 \cdot {e^{r \cdot 12}} \Rightarrow r = \frac{{\ln 6}}{{12}}\).

Gọi t (giờ) là thời gian để số lượng vi khuẩn tăng gấp 1296 lần số lượng vi khuẩn ban đầu.

Khi đó, ta có \(1296{A_0} = {A_0}.{e^{rt}} \Rightarrow r.t = \ln 1296\)\( \Rightarrow t = \frac{{\ln 1296}}{r} = 48\).

Đáp án: 48.