2023 đề thực chiến số 27 đề chuẩn cấu trúc 2023

BỘ ĐỀ THỰC CHIẾN 2023 ĐỀ SỐ 27 (Đề gồm có 06 trang) KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 Bài thi mơn: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Họ tên thí sinh:……………………………………………… Số báo danh:…………………………………………………… Câu 1: Đường thẳng y 2 tiệm cận ngang đồ thị đây? 1 x  2x  y y y x 1  2x x A B C D y 2x  x2 Lời giải Chọn D Trong đáp án có đáp án Câu 2: y 2x  2x  lim 2 x   x  thoả mãn x2 X  2,3, 4,5,6 Từ tập lập số tự nhiên có ba chữ số mà chữ số đơi khác nhau? A 60 B 125 C 10 D Lời giải Chọn A Số số tự nhiên có ba chữ số mà chữ số đôi khác lập từ tập X số chỉnh hợp chập phần tử  Số số cần lập A5 60 (số) Câu 3: Cho cấp số nhân u 160 A  un  u u 5 có số hạng đầu công bội q  Số hạng thứ sáu  n  là: u  320 u  160 u 320 B C D Lời giải Chọn C Ta có Câu 4: u6 u1q 5     160 Cho hàm số y  f  x có bảng biến thiên sau: y  f  x Giá trị cực đại hàm số bằng: A  B  C Lời giải D Chọn D Từ bảng biến thiên suy ra, hàm số đạt cực đại x  giá trị cực đại hàm số y 4 Câu 5: Cho hàm số y  f  x có bảng xét dấu sau: Hàm số có điểm cực trị? A B D C Lời giải Chọn C Câu 6: Cho hàm số f  x Hỏi A y  f  x hình vẽ hàm số hàm số đây? f  x   x3  x  B C f  x  x  3x  f  x  x  x  D Lời giải f  x   x  3x  Chọn C Dựa vào hình dạng đồ thị hàm số có hai điểm cực trị x 0 x 2 , cắt trục tung điểm có tung độ y 1 có hệ số a  Như có hàm số phương án C thỏa mãn Câu 7: Câu 8: log a log b I log , Tính theo a , b b b b I I I 1 a 1 a a A B C Lời giải Chọn B log log b log    log log 6  log  a Ta có Biết Cho đồ thị hàm số đây? y  f  x có đồ thị hình vẽ Hàm số D y  f  x I b a đồng biến khoảng A   2;  B   ;  C  Lời giải 0;  D  2;   Chọn C Nhìn vào đồ thị ta thấy hàm số Câu 9: y  f  x đồng biến khoảng  0; 2 2x Đạo hàm hàm số y 3 là: 2x A y  3 2x B y  3 ln C Lời giải y  32 x ln 2x D y  2.3 ln Chọn D 2x Ta có: 2x   ' 2.3 ln  1  a 2 1  Câu 10: Cho a số thực dương Rút gọn biểu thức P a kết là: 3 A B a C a D a Lời giải Chọn B 2 1  2 1  1   2 1    P a a a a Câu 11: Số giao điểm đồ thị hàm số y  x  x  đồ thị hàm số y  x  A B C D Lời giải Chọn D Số giao điểm đồ thị số nghiệm phương trình hồnh độ giao điểm x  x   x   x  x  x 0  x  x  x 0  x  x  x 0  x 0 Vậy số giao điểm hai đồ thị hàm số P log a b3 logb a Câu 12: Cho a, b  a, b 1 , biểu thức có giá trị bao nhiêu? A 18 B 24 C 12 D Lời giải Chọn B P log a b3 logb a  6log a b   4log b a  24 Ta có: Câu 13: Tìm nguyên hàm hàm số f  x  2 x  x2  x  1dx   x  C A C  x 1dx 2 x 1  C  x  1dx x B   x 1dx x D  2  x C C Lời giải Chọn B  x 1dx x  x C x x Câu 14: Tìm nghiệm phương trình 3 A x 1 B x 4 C x 3 Lời giải D x 2 Chọn B x x 4 Ta có: 3  x  x   x 4 7 f  x  dx 3 f  x  dx 9 f  x  dx Câu 15: Nếu A B bao nhiêu? C 12 Lời giải D  Chọn C Ta có: f  x  dx f  x  dx  f  x  dx 3  12 2 Câu 16: Tích phân A I  x  1 dx có giá trị bằng: B C Lời giải D C  i Lời giải D   2i Chọn B 2 I  x  1 dx  x  x  2 Câu 17: Số phức liên hợp số phức z 1  2i A  2i B   2i Chọn A Số phức liên hợp số phức z 1  2i z 1  2i f  x  3x  sin x Câu 18: Họ nguyên hàm hàm số 3 A x  cos x  C B x  sin x  C C x  cos x  C Lời giải D x  sin x  C Chọn C Họ nguyên hàm hàm số f  x  3x  sin x x  cos x  C Câu 19: Cho số phức z   5i Biểu diễn hình học z điểm có tọa độ A   4;5 Chọn B B   4;  5 C  Lời giải 4;  5 D  4;5 z   5i  z   5i có phần thực a  ; phần ảo b  nên điểm biểu diễn hình  4;   học số phức z  Câu 20: Một khối chóp tam giác có cạnh đáy chiều cao chóp A V 3 C V  Lời giải B V 1 Thể tích khối D V 2 Chọn B Ta có: Đáy tam giác cạnh 2, có diện tích: 1 V  Sh  3 1 3 Thể tích khối chóp: S 2  Câu 21: Một khối lăng trụ tích 18 diện tích đáy Chiều cao khối lăng trụ A h 2 B h 9 C h 6 D h 3 Lời giải Chọn A V 18 V Bh  h   2 B Ta có: Khối lăng trụ có cơng thức thể tích z 2  3i z2   5i z  z1  z2 Câu 22: Cho hai số phức , Số phức A z 2  2i B z   2i C z 2  2i D z   2i Lời giải Chọn B z  z1  z2 2  3i   5i   2i Câu 23: Cơng thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy r độ dài đường sinh l S   rl A B S 2 rl C S  rl D S  rl   r Lời giải Chọn C Ta có: Cơng thức tính diện tích xung quanh hình nón S  rl Câu 24: Một hình trụ có đường kính đáy chiều cao Diện tích xung quanh hình trụ A S 48 B S 12 C S 30 D S 24 Lời giải Chọn D Đường kính đáy nên bán kính đáy Khi đó: l h 4  S 2 rl 2 3.4 24 2 S Câu 25: Trong không gian Oxyz , mặt cầu   : x  y  z  x  y  z  0 có bán kính A B 13 C 42 Lời giải D Chọn A S Ta có bán kính mặt cầu   32    1    1  3 P Câu 26: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng   : x  y  2z  0 Điểm sau không thuộc vào A  P ? M  0;1;  B N  1;0;  C Lời giải E  1;1;1 D F   2;1;1 Chọn C P E 1;1;1 Ta thay tọa độ điểm vào phương trình mặt phẳng   tọa độ điểm  khơng thõa mãn Câu 27: Hàm số sau nghịch biến  ? 2 A y  x  x  x  B y  x  x  x 1 y x C D y  x  x  Lời giải Chọn A 2 2 Hàm số y  x  x  x  có y '  x  x   x  ( x  2)  0, x   Nên hàm số y  x  x  x  nghịch biến  Câu 28: Gọi M , m giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f ( x )  x  x  x  đoạn [-2; 1] Tồng 3M  2m A B  D  C Lời giải Chọn C x  3 x  x  y 0  x  y (loại) Ta có , (nhận) M  max y  y   1 5 m  y  y  1  y     1, y  1  7, y   1 5 x  2;1 x  2;1 Vậy ; Tổng 3M  2m 3.5  2.( 7) 1 M  1;3;   N  3;  1;   Câu 29: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm Trung điểm đoạn thẳng MN có tọa độ A  2;  4;0 B  2;1;   C  Lời giải 4; 2;   Chọn B I x ; y ;z Trung điểm  I I I  đoạn thẳng MN có tọa độ là: 1 3  2 xI  2 yI  1 z I   2 2 ; ; 1   Câu 30: Tập nghiệm bất phương trình   x2 4 x 8 D  1;2;0  A   ;  3    1;  B  1;3 C  Lời giải  ;1   3;  D   3;  1 Chọn D 1   Ta có   x2 4 x  1 8     2 x 4 x 3  1    x  x   x  x  0    x   2 x2 4 x 1 8    3;  1   Vậy tập nghiệm bất phương trình  Câu 31: Trong khơng gian Oxyz , véc tơ véc tơ phương đường thẳng qua A 1;3;  B 2;1;1 hai điểm   ?   u  3;  2;  1 u  1;  2;1 A  B  C Lời giải  u3   1; 2;1 D  u4  3; 4;3 Chọn C  BA   1; 2;1 Ta có véc tơ phương đường thẳng AB 4   f ( x) dx 6 2 f ( x)dx Câu 32: Nếu A B C Lời giải D Chọn C 4 4 4   f ( x) dx 2dx  3f ( x)dx 8  3f ( x)dx 6  f ( x)dx   2 f ( x)dx   3 0 0 0 Câu 33: Cho z0 số phức có phần ảo dương phương trình z  z  0 Số phức liên hợp số  i  z0 phức  A  9i B  9i C   9i Lời giải D   9i Chọn B Ta có: z0 1  2i    i  z0 (4  i )(1  2i ) 2  9i    i  z0 2  9i Câu 34: Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABC D có diện tích mặt ABCD , BCC B , CDDC lần 2 ABCD  lượt 2a , 3a , 6a Góc đường thẳng BD mặt phẳng   tan   A tan   B C Lời giải  xy 2a   yz 3a  xz 6a  Đặt AB  x; AD  y ; CC  z Ta có:  Góc đường thẳng BD mặt phẳng BB z 3a tan      2 BD a 5 x y tan   D tan    x 2a   y a  z 3a   ABCD  góc  B  BD Câu 35: Trong khơng gian Oxyz , mặt cầu có tâm I (1;  1;0) tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) : x  y  z  0 có phương trình là: 2 A ( x  1)  ( y  1)  z 9 2 C ( x  1)  ( y  1)  z 9 2 B ( x  1)  ( y  1)  z 3 2 D ( x  1)  ( y  1)  z 3 Lời giải Chọn A P Ta có khoảng cách từ I đến mặt phẳng   là: Mặt cầu cần tìm có tâm I (1;  1;0) , 2 d ( I ; ( P))  bán 1  1  kính R 3 3 có phương trình là: ( x  1)  ( y  1)  z 9 Câu 36: Cho hình lăng trụ ABC ABC có cạnh đáy a ; biết khoảng cách hai đường thẳng a 15 AB AC Thể tích khối lăng trụ ABC ABC  tính theo a bằng: 3a A Chọn D 3a B 3a C Lời giải 3a D a 15 AB / / AB  AB / /  ABC   d  AB , AC  d  AB , ABC   d  B , ABC    Ta có 2 Đặt AA x  Tam giác CAB cân C , CA CB  a  x Diện tích tam giác CAB là: 1 a2 3a  x 2 SCAB  CH AB  a a  x   a  a 3a  x 2 4 Thể tích lăng trụ V  x a2  1 a 15 V 3VB ABC 3 d  B , ABC   S ABC  a 3a  x Lại có Do Vậy x a a 15  a 3a  x  x  15 3a  x  x a V  x a2 3a  4 Câu 37: Trong không gian Oxyz, đường thẳng qua điểm A( 1; 2;3) song song với đường thẳng  x 3  t   :  y 4  2t  z 5  4t  có phương trình tham số  x 1  t  x   t    y   2t  y 2  2t  z 4  3t  z 3  4t A  B  Chọn C C Lời giải  x   t   y 2  2t  z 3  4t  D  x 1  t   y 2  2t  z 3  4t  Đường thẳng cần tìm song song với đường thẳng qua điểm A( 1; 2;3) nên có phương trình Câu 38: Cho hàm số bậc ba y  f  x  x 3  t   :  y 4  2t  z 5  4t   x   t   y 2  2t  z 3  4t   nên có vtcp u (1;  2; 4) có đồ thị hình vẽ g  x  Có tất giá trị nguyên tham số m để đồ thị hàm số có tiệm cận đứng? B A C Lời giải f  x  3x   m D Chọn C g  x  Đồ thị hàm số f  x  x  m f  x  3x   m f  x3  x   có tiệm cận đứng phương trình m có nghiệm phân biệt hay Đặt u x  3x  u  3 x   u  0  x 1 y  f  x A x ;3 , B x ;  Từ đồ thị hàm số ta có đồ thị hàm số có hai điểm cực trị     với   x1    x2 Bảng ghép trục: Dựa vào bảng biến thiên, phương trình f  x3  x   m có nghiệm phân biệt m 3 3m 9 m  Z  m   4,5,6,7,8 mà Vậy có giá trị nguyên tham số m 1 Câu 39: Số nguyên dương a lớn thỏa mãn điều kiện A 2016 B 2095   3log  a  a  log a C 3096 Lời giải là? D 4095 Chọn D a Giả sử thỏa mãn: Đặt   3log  a  a  log a 3log   x  x   x log a 3x  a 64 x Ta bất phương trình: x 3log   x  x  x x  1  8  4          1  x   8x  x  x  9  9  9 x x x  1  8  4 f  x                nghịch biến R lại có f   1 nên Do hàm số Bất phương trình trở thành f  x   f  2  x  Suy a  64 4096 nên số nguyên dương lớn thỏa mãn a 4095 Câu 40: Cho hàm số y  f  x xác định  thỏa mãn f  x   f   x   x   Giả sử f   a , f   3 b Tính T  f     f  3 A T b  a B T a  b C T  a  b 2x x  x  với D T a  b Lời giải Chọn A f  x   f   x   2x x  x   1 , ta Với x   , thay x  x vào biểu thức 2x 2x f   x   f  x   2 f   x   f  x    x   x      x  x   2 hay x f  x   x  x  với Nhân hai vế   với sau trừ theo vế cho   , ta x   I f  x  dx   x 3 x  x2  dx Đặt u  x  du  dx Xét tích phân Đổi cận: x   u 3 x 2  u  3 3 2 3     u u x 2 I   du   du  dx  f  x  dx   u     u 1 u  u 1 x  x 1 2 2 2 Khi đó: I Vì f  x  dx  f    f   3 I f  x  dx  f  3    i  z   4i 3 Câu 41: Có số phức z thỏa mãn B C A Lời giải Chọn C Ta có : f   2 2 f    f   3  f  3  f     f     f  3  f   3  f   b  a 3 Do đó:   i  z   4i 3  z   3i 3 z i 1  zi z ? D I  1;  3 ; R1 3 Vậy tập hợp điểm biểu diễn z thuộc đường tròn tâm  z  2 i 1  zi    2i  z 1  i    2i  z   i z z z z   z 2  z  1  z 1 0    z 1 z  z  /  l  O 0;0  ; R2 1 Vậy tập hợp điểm biểu diễn z thuộc đường tròn tâm  R  R2  IO  R1  R2 Vì IO  10; R1  R2 4 nên  đường tròn cắt điểm phân biệt Câu 42: Cho A tập hợp số tự nhiên có chữ số Lấy ngẫu nhiên số thuộc tậpA Xác suất lấy số lẻ chia hết cho 1250 625 A 18 B 1710 C 1710 D Lời giải Chọn A Gọi số tự nhiên có chữ số có dạng a1a2 a3a4 a5 a6 a7 a8 a9 (a1 0) n  Cn1( A) 9.108 Ta có: n( A) 9.10 , số phần tử không gian mẫu là:   Gọi H biến cố lấy từ tập A số lẻ chia hết cho a  1,3,5,7,9 có cách (vì  ) a a Các số từ đến , số có 10 cách chọn a  a   a9 Xét tổng 0,1, 2, 3, 4,5, 6, 7,8 a  a   a9 Vì số dư chia cho thuộc tập  nên tồn Số a9 a 0 S a1  a2  a3   a9 cách chọn số để chia hết cho hay a1a2 a3a4 a5 a6 a7 a8a9 9 n H 5.107 Do   n  H  5.107 P H     n  9.10 18   Vậy xác suất biến cố H là: SAB  Câu 43: Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a Mặt phẳng  cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy, mặt bên chóp S ABC A a3 16 a3 B  SBC  a3 C Lời giải Chọn A tạo với đáy góc 60 Thể tích khối a3 D Gọi H trung điểm AB Vì tam giác SAB cân S nên SH  AB SAB    ABC  SH   ABC  Mặt khác :  nên Gọi M , N trung điểm BC , BM nên HN  BC  SH  BC   SHN   BC  HN  BC  Ta có :  Góc mặt phẳng  SBC  ;  ABC  góc đường thẳng HN , SN Vì tam giác ABC a a 3a HN  AM   SH tan 60 0.HN   4 nên 3a a a 3 V  4 16 Vậy Câu 44: Cho hàm số Biết parabol  y  f  x   x3  ax  bx  c có đồ thị P  : y  g ( x) mx  nx  p qua hai điểm cực trị cặp số nguyên dương  c; p   C  đồng thời có điểm cực trị  1;1  C  Hỏi có thỏa mãn c  p 10 cho hình phẳng giới hạn parabol  P  : y g ( x) đồ thị  C  A 10 có diện tích 8? B C Lời giải D Chọn D Do hai đồ thị qua điểm cực trị chắn có nghiệm x 1 C nên phương trình hồnh độ giao điểm Do ta có f ( x )  g ( x) ( x  1)( x  k )  x  kx  x  k Trường hợp 1: Nếu k 1 k k   S  x  kx  x  k dx  x  kx  x  k dx   1 1  x  kx  x  k dx  1 k  x kx3 x   x kx x   S     kx       kx  3   1  1 k  6k  24k   S 8  k 3 12 3 Khi đó: f ( x )  g ( x )  x  (a  m ) x  (b  n ) x  c  p  x  x  x   c  p 3 c; p   4;1  5;2   6;3 Kết hợp c  p 10 ta  Trường hợp 2: Nếu k  1 1   S  x  kx  x  k dx  x  kx  x  k dx   k k  x  kx  x  k dx  1 1  x kx3 x   x kx x   S     kx       kx  3  k   1 k  6k  24k   S 8  k  12 3 Khi đó: f ( x )  g ( x )  x  ( a  m) x  (b  n) x  c  p  x  x  x   c  p  p; c   4;1  5;2   6;3 Kết hợp c  p 10 ta  Trường hợp 3: Nếu   k  1 k   S  x  kx  x  k dx  x  kx  x  k dx   1 1  x  kx  x  k dx  k k  x kx3 x   x kx x   S     kx       kx  3   1  k  k4  S  k  8 (vo nghiem) 12 c; p  Vậy có cặp số nguyên dương  thỏa mãn Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  x 1  d3 :  y 1  t  t  R   z t  d1 : x 1 y z  x  y z 1   d2 :   1 1 ; 1 d ;d ;d Phương trình đường thẳng d cắt đường thẳng A, B, C cho B trung điểm AC có véc tơ phương thuộc khoảng sau đây? 1;3 4;6    3;  1 B   C  A Lời giải  u  a; b; c  D Tỉ số   6;  3 T a b c Chọn A A   s; s;1  s  ; C  1;1  t ; t  Gọi điểm A, C    véc tơ phương đường thẳng d u   s;1  t  s; t  s  1  s s  t 1  s  t  B ; ;  2   AC B Vì trung điểm nên Ta có d2 : x  y z 1    1  x  y  0  2 x  3z  0 d Vì B thc đường thẳng nên ta có :   s  s  t  1  0   2  3t  4s   s     s  t   0      3t  5s 1   4 u  2; ;    3 a b T  c Vậy t  1/   s 0 y  f  x y g  x  Câu 46: Cho hàm số đa thức bậc ba có hai điểm cực trị x 0 x 3 Hàm số hàm số bậc bốn có đồ thị đường cong hình vẽ y  f  g  x   m Có giá trị nguyên dương tham số m để hàm số có điểm cực trị? A B C D Lời giải Chọn A y  f  x f x Hàm số có hai điểm cực trị x 0 x 3   đổi dấu qua hai điểm  f   0   f  3 0  Xét hàm số y  f  g  x  m có đạo hàm y g  x  f  g  x   m   x x   x 0  g  x  0 y 0     x  x2  1   f  g  x   m  0  g  x   m 0  x ;0; x2  g  x   m 3 Giải phương trình với điểm y g  x  cực trị hàm số y  f  g  x   m * Để hàm số có điểm cực trị phương trình   phải có nghiệm phân biệt  g  x   m 0  2  g x  m    1   Để phương trình có nghiệm phân biệt  có nghiệm  g  x   m  x ;0; x  g  x   m  Từ phân biệt nghiệm phải khác   m   m 1  m 1        m      4  m     m     m    m 5 Dựa vào đồ thị, yêu cầu tốn  2  Vậy có giá trị nguyên dương m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 47: Một ly thủy tinh chứa nước bên tạo thành quay phần đồ thị x hàm số y 2 xung quanh trục Oy Người ta thả vào ly viên bi hình cầu có bán kính R mực nước dâng lên phủ kín viên bi đồng thời chạm tới miệng ly Biết điểm tiếp xúc viên bi ly cách đáy ly 3cm (như hình vẽ) Thể tích nước có ly gần với giá trị giá trị sau? A 30 cm Chọn A B 40 cm C 50 cm Lời giải D 60 cm   Xét mặt phẳng đường tròn   qua trục ly Gọi   đường tròn lớn cầu Ta thấy  C  : y 2x tiếp xúc đồ thị A Chọn hệ trục Oxy hình vẽ, ta A  2;  d : y  4ln  x  8ln  A   1   : y  x    d ln 2 ln Đường thẳng vng góc với   A Tiếp tuyến với Tâm C I đường trịn Ta có   giao điểm      ln  I  0;  ln  Oy , ta    4 IA  2;  Vkhoi cau  IA3 40, 26 cm3 , ln  suy thể tích khối cầu  yB V   log y  dy 69,92 cm3 Dung tích ly Thể tích nước chứa ly Câu 48: Cho số phức z1  z2 2 z1 z2 hai nghiệm phương trình: Giá trị biểu thức: A Vnuoc V  Vkhoi cau 29, 66 cm3 P  z1  z2 B  3i  iz  z   9i , thỏa mãn: tương ứng C 26 Lời giải D 10 Chọn D Trước hết ta tìm quỹ tích điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn giả thiết:  3i  iz  z   9i  i z   6i  z   9i  z   6i  z   9i  1 Đặt z x  iy thay vào (1) ta được: 2 x  iy   6i   x  iy    9i   x  3   y    x     y   2   x  3   y   1 2  x  3   y   1  z  z0 R Như điểm biểu diễn số phức z đường tròn (C): z 3  4i R 1 Điểm I biểu diễn số phức z z Gọi A điểm biểu diễn số phức B điểm biểu diễn số phức ta có: Trong đó: z0 3  4i IA IB R 1; AB  z1  z2 2 2R Suy AB đường kính đường tròn (C) z  z 2 z0 6  8i Khi ta có I trung điểm AB tức là: Suy ra: P  z1  z2 10 S I  1; 2;1 A 1;0;  1 Câu 49: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   có tâm  qua điểm  Xét S điểm B, C , D thuộc   cho AB, AC , AD đơi vng góc với Thể tích khối tứ diện ABCD lớn 64 A B 32 C 64 Lời giải 32 D Chọn D Đặt AD a, AB b, AC c 1 VABCD  AB AC AD  abc 6 Khi đó, Ta có bán kính mặt cầu  S R  IA 2 Gọi M trung điểm BC Khi đó, AM  b2  c2 1 IM  AD  a S 2 Vì tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu   nên ta có IM  AD Xét tam giác AIM vng M , ta có AI  AM  IM  a  b  c 48 Suy V ABCD 2 32 1  a b c  1024 VABCD   a 2b c   36 36 27 hay yx  log  yx   log x  2log2  x   log 22 x x S Câu 50: Gọi tập hợp số nguyên thỏa mãn Có giá trị nguyên y để tập hợp S có nhiều 32 phần tử? A 16 B 32 C 19 Lời giải D Chọn C Điều kiện: x  y  Bất phương trình tương đương với:  yx  log yx  2  yx  log  yx  log    yx  2  yx  2 Xét hàm đặc trưng f  t  1  Ta có Khi ta được: log 22  x  log 22 log 22  x   x yx  log yx  2   log 22  x   log 22 x  log x  log 22 x  log x      log x  1  log x  log 22  x   f  yx   f 2 f  t  t  log t , t    1 0 f t 0; t ln với t  nên hàm số   đồng biến  2 (1)  yx6 2log2 x   log y  log x log 2 x  log y log x  log x   g ( x ) g ( x)  log x    log x   x ln x ln x ln Ta có g ( x ) 0  log x 2  x 4 log y  g  33   y  g  33   y 19 Để tập S có nhiều 32 phần tử y Vậy có 19 giá trị nguyên thỏa mãn yêu cầu toán