Giải SBT Toán 11 KNTT Bài tập cuối chương VI có đáp án
27 câu hỏi
Cho a là số dương. Rút gọn biểu thức A=a⋅a23a6, ta được kết quả là
a.
a2.
a13.
a12
Đáp án đúng là: A
Ta có:A=a⋅a23a6=a12⋅a23a16=a76a16=a76a16=a76−16=a .
Cho a là số dương khác 1. Giá trị của loga3a2 là
23 .
32.
−23 .
−32 .
Đáp án đúng là: A
Ta có: loga3a2=13logaa2=13⋅2logaa=23 .
Giá trị của biểu thức 4log23 là
13.
3.
81.
9.
Đáp án đúng là: C
Ta có: 4log23=22log23=22⋅2log23=2log234=34=81.
Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến?
y=32x
y=e3x
y=π2x
y=3πx
Đáp án đúng là: C
Vì π2>1 nên hàm số y=π2x là hàm số đồng biến.
Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến?
y=log2x .
y = log x.
y = ln x.
y=loge3x .
Đáp án đúng là: D
Với giá trị nào của x thì đồ thị hàm số nằm phía trên đường thẳng y = 1?
x > 0.
x < 0.
x > 1.
x < 1.
Đáp án đúng là: B
Để đồ thị hàm số y=23x nằm phía trên đường thẳng y = 1 thì
23x>1⇔23x>230⇔x<0.
Với giá trị nào của x thì đồ thị hàm số y = log0,5 x nằm phía trên trục hoành?
x > 0,5.
x < 0,5.
x > 1.
x < 1.
Đáp án đúng là: D
Để đồ thị hàm số y = log0,5 x nằm phía trên trục hoành thì
log0,5 x > 0 Û log0,5 x > log0,51 Û x < 1.
Tập nghiệm của phương trình 82x−1=14x
Đáp án đúng là: A
Ta có: 82x−1=14x⇔82x−1=4−x⇔232x−1=2−2x⇔32x−1=−2x
⇔6x−3=−2x⇔8x=3⇔x=38.
Vậy tập nghiệm của phương trình là S=38.
Tập nghiệm của phương trình log2 [x(x – 1)] = 1 là
Điều kiện: x(x – 1) > 0 ⇔x<0x>1.
Ta có: log2 [x(x – 1)] = log2 2
Û x(x – 1) = 2 Û x2 – x – 2 = 0
Û (x – 2)(x + 1) = 0 Û x = 2 (tm) hoặc x = −1 (tm).
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−1; 2}.
Nghiệm của bất phương trình 12x≥142 là
Ta có:12x≥142⇔12x≥124⇔x≤4 .
Vậy nghiệm của bất phương trình là x ≤ 4.
Nghiệm của bất phương trình log 2(x + 1) > 1 là
Đáp án đúng là: A
Điều kiện: 2(x + 1) > 0 ⇔ x > – 1.
Ta có: log 2(x + 1) > 1 Û log 2(x + 1) > log 10
Û 2(x + 1) > 10 Û 2x + 2 > 10 Û 2x > 8 Û x > 4.
Vậy nghiệm của bất phương trình là x > 4.
Hàm số y = ln (x2 – 2mx + 1) có tập xác định là ℝ khi
m = 1.
m > 1 hoặc m < −1.
m < 1.
−1 < m < 1.
Đáp án đúng là: D
Điều kiện: x2 – 2mx + 1 > 0.
Hàm số y = ln (x2 – 2mx + 1) có tập xác định là ℝ khi x2 – 2mx + 1 > 0 với mọi x ∈ ℝ
Û a=1>0Δ'=m2−1<0⇔a=1>0m−1m+1<0⇔−1<m<1.
Vậy tập xác định của hàm số đã cho là ℝ khi −1 < m < 1.
Tính giá trị của biểu thức:
A=2log48−3log1816+4log23.
Ta có A=2log48−3log1816+4log23
=2log2223−3log2−324+22log23
=2⋅12log223−3⋅−13log224+2log232
=log223+log224+32
=3log22+4log22+32=3+4+9=16
Vậy A = 16.
Giải các phương trình sau:
a) 32x+5x−7=0,25⋅128x+17x−3 ;
a) Điều kiện: x−7≠0x−3≠0⇔x≠7x≠3
Ta có: 32x+5x−7=0,25⋅128x+17x−3⇔25⋅x+5x−7=2−2⋅27⋅x+17x−3⇔25x+5x−7=2−2+7x+17x−3
⇔5x+5x−7=−2+7x+17x−3
⇔5x+5x−3x−7x−3=−2x−7x−3x−7x−3+7x+17x−7x−7x−3
⇒5x+5x−3=−2x−7x−3+7x+17x−7⇔5x2+2x−15=−2x2−10x+21+7x2+10x−119⇔5x2+10x−75=−2+7x2+70x−833⇔5x2+10x−75=5x2+90x−875⇔80x=800⇔x=10
(thỏa mãn điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là x = 10.
Giải các phương trình sau:
b) log2 x + log2 (x – 1) = 1.
b) Điều kiện: x>0x−1>0⇔x>0x>1⇔x>1 .
Ta có: log2 x + log2 (x – 1) = 1 Û log2 [x(x – 1)] = log2 2
Û x(x – 1) = 2 Û x2 – x – 2 = 0
Û (x + 1)(x – 2) = 0 Û x = −1 (loại) hoặc x = 2 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2.
Giải các bất phương trình sau:
a) 123x−1≥4⋅2x ;
a) Ta có: 123x−1≥4⋅2x⇔2−3x−1≥22⋅2x⇔2−3x−1≥22+x⇔−3x−1≥2+x
⇔1−3x≥2+x⇔4x≤−1⇔x≤−14.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là −∞;−14
Giải các bất phương trình sau:
b) 2log (x – 1) > log (3 – x) + 1.
b) Điều kiện: x−1>03−x>0⇔x>1x<3⇔1<x<3.
Ta có: 2log (x – 1) > log (3 – x) + 1
Û log (x – 1)2 > log (3 – x) + log 10
Û log (x – 1)2 > log 10(3 – x)
Û (x – 1)2 > 10(3 – x)
Û x2 – 2x + 1 – 30 + 10x > 0
Û x2 + 8x – 29 > 0 ⇔x>−4+35x<−4−35 .
Kết hợp điều kiện, ta có −4+35<x<3.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là −4+35;3 .
a) Vẽ đồ thị của hai hàm số y = ex và y = ln x trên cùng một hệ trục tọa độ.
a) Đồ thị của hai hàm số y = ex và y = ln x trên cùng một hệ trục tọa độ như hình sau:
b) Chứng minh rằng hai đồ thị trên đối xứng nhau qua đường thẳng y = x, tức là nếu điểm M nằm trên một đồ thị thì điểm M’ đối xứng với M qua đường thẳng y = x sẽ nằm trên đồ thị còn lại.
b) Xét điểm Ax0;ex0 nằm trên đồ thị hàm số y = ex.
Phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm Ax0;ex0 và vuông góc với đường thẳng y = x có dạng :y=−x+x0+ex0 .
Gọi B là giao điểm của đường thẳng (d) và đường thẳng y = x.
Khi đó Bx0+ex02;x0+ex02 .
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua đường thẳng y = x. Khi đó B là trung điểm của AA’.
Do đó xA'=2xB−xAyA'=2yB−yA⇔xA'=2⋅x0+ex02−x0yA'=2⋅x0+ex02−ex0⇔xA'=ex0yA'=x0 . Vậy A'ex0;x0.
Thay tọa độ điểm A'ex0;x0 vào hàm số y = ln x, ta được x0=lnex0 (luôn đúng),
Vậy A'ex0;x0 thuộc đồ thị hàm số y = ln x.
Tương tự, nếu B(x0; ln x0) nằm trên đồ thị hàm số y = ln x thì ta cũng tìm được điểm B’ đối xứng với B qua đường thẳng y = x và điểm B’ thuộc đồ thị hàm số y = ex.
Vậy hai đồ thị đã cho đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x.
Cho hàm số f(x) = log3 (2x + 1) – 2.
a) Tìm tập xác định của hàm số.
b) Tính f(40). Xác định điểm tương ứng trên đồ thị hàm số.
a) Điều kiện: 2x + 1 > 0 ⇔x>−12 .
Tập xác định của hàm số là −12;+∞.
b) Có f(40) = log3 (2×40 + 1) – 2 = log3 81 – 2 = log3 34 – 2 = 4 – 2 = 2.
Điểm tương ứng trên đồ thị là (40; 2).
c) Tìm x sao cho f(x) = 3. Xác định điểm tương ứng trên đồ thị hàm số.
c) Có f(x) = 3 Û log3 (2x + 1) – 2 = 3
Û log3 (2x + 1) = 5 Û 2x + 1 = 35
Û 2x = 242 Û x = 121.
Điểm tương ứng trên đồ thị là (121; 3).
d) Tìm giao điểm của đồ thị với trục hoành.
d) Gọi A(x0; 0) là giao điểm của đồ thị hàm số f(x) = log3 (2x + 1) – 2 với trục hoành.
Ta có log3 (2x0 + 1) – 2 = 0 Û log3 (2x0 + 1) = 2 Û 2x0 + 1 = 32 Û 2x0 = 8 Û x0 = 4.
Vậy giao điểm cần tìm là (4; 0).
Nếu tỉ lệ lạm phát trung bình hằng năm là 4% thì chi phí C cho việc mua một loại hàng hóa hoặc sử dụng một dịch vụ nào đó sẽ được mô hình hóa bằng công thức:
C(t) = P(1 + 0,04)t,
trong đó t là thời gian (tính bằng năm) kể từ thời điểm hiện tại và P là chi phí hiện tại cho hàng hóa hoặc dịch vụ đó.
Giả sử hiện tại chi phí cho mỗi lần thay dầu ô tô là 800 nghìn đồng. Hãy ước tính chi phí cho mỗi lần thay dầu ô tô sau 5 năm nữa (kết quả tính theo đơn vị nghìn đồng và làm tròn đến hàng đơn vị).
Chi phí cho mỗi lần thay dầu ô tô sau 5 năm nữa là:
C(5) = 800∙(1 + 0,04)5 » 973 (nghìn đồng).
Vậy chi phí cho mỗi lần thay dầu ô tô sau 5 năm nữa khoảng 973 nghìn đồng.
Công thức tính khối lượng còn lại của một chất phóng xạ từ khối lượng ban đầu m0 được cho bởi công thức:
mt=m012tT,
trong đó t là thời gian tính từ thời điểm ban đầu và T là chu kì bán rã của chất đó. Biết rằng chất phóng xạ polonium-210 có chu kì bán rã là 138 ngày. Từ khối lượng polonium-210 ban đầu 100 g, sau bao lâu khối lượng còn lại là:
a) 50 g?
a) Thời gian để khối lượng polonium-210 còn 50 g là:
50=10012t138⇔12t138=12⇔t138=1⇔t=138(ngày).
Vậy sau 138 ngày thì khối lượng polonium-210 còn 50 g.
Từ khối lượng polonium-210 ban đầu 100 g, sau bao lâu khối lượng còn lại là:
b) 10 g?
b) Thời gian để khối lượng polonium-210 còn 10 g là:
10=10012t138⇔12t138=110⇔t138=log12110⇔t≈458,43ngày).
Vậy sau khoảng 458,43 ngày thì khối lượng polonium-210 còn 10 g.
Cent âm nhạc là một đơn vị trong thang lôgarit của cao độ hoặc khoảng tương đối. Một quãng tám bằng 1 200 cent. Công thức xác định chênh lệch khoảng thời gian (tính bằng cent) giữa hai nốt nhạc có tần số a và b là
n=1 200⋅log2ab.
(Theo Algebra 2, NXB MacGraw-Hill, 2008)
a) Tìm khoảng thời gian tính bằng cent khi tần số thay đổi từ 443 Hz về 415 Hz.
a) Khoảng thời gian giữa hai nốt nhạc khi tần số thay đổi từ 443 Hz về 415 Hz là:
n=1 200⋅log2443415≈113(cent).
Vậy khoảng thời gian giữa hai nốt nhạc khi tần số thay đổi từ 443 Hz về 415 Hz khoảng 113 cent.
b) Giả sử khoảng thời gian là 55 cent và tần số đầu là 225 Hz, hãy tìm tần số cuối cùng.
b) Khoảng thời gian là 55 cent và tần số đầu là 225 Hz tức là n = 55, a = 225, thay vào công thức n=1 200⋅log2ab ta được 55=1 200⋅log2225b
⇔log2225b=11240⇔225b=211240⇔b≈218(Hz).
Vậy tần số cuối cùng cần tìm là 218 Hz.
