Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 20 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
20
Dung lượng
578,13 KB
Nội dung
Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TỐN TƯ DUY MỞ ĐỀ VDC TỐN SỐ 40 - LOGARIT VÀ MŨ VẬN DỤNG CAO MỨC 3/4 (Đề gồm trang - 28 câu - Thời gian làm chuẩn 100 phút) Câu (4) Hỏi có tất cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn đồng thời điều kiện sau đây: 2| x x 2| log 3 ( y 1) ; 2019 | y | | y | y ? A B C D Câu (4) Hỏi có tất cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn đồng thời điều kiện sau đây: 2x x 2log y log5 ; y | y | 2 | y | 10 ? A B C D x2 x 1 Câu (3) Số nghiệm phương trình ( x 1)(2 1) ( x 2)(2 1) là: A B C D x 2 ln Câu (3) Số nghiệm phương trình (2 1) ln x ( x 2)( x 1) là: A B C D Câu (4) Cho hàm số y f ( x) có đồ thị biểu diễn hình vẽ đồ thị đạo hàm khơng tiếp xúc với trục hồnh Số nghiệm phương trình f ( x).2 f '( x ) f '( x).3 f ( x ) f ( x) f '( x) tương ứng là: y f(x) O x A B C D Câu (4) Cho hàm số y f ( x) có đồ thị hình vẽ Gọi S tập chứa tất giá trị m nguyên để phương trình f ( x) m 2019 f ( x ) m f ( x) e f ( x ) có nghiệm thực phân biệt Số phần tử S bằng: y f(x) O x 2 A B C D Câu (5) Cho hai số thực x y thỏa mãn: x y log x y x(8 x y x) y Gọi giá trị lớn 2 2 giá trị nhỏ biểu thức P x y M m Khi giá trị biểu thức ( M 2m) : A 12 18 B 24 C 10 Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội D 10 Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TỐN TƯ DUY MỞ Câu (5) Cho hai số thực x y thỏa mãn đồng thời: x y log x2 y 1 x 2my 3m Gọi S tập chứa tất giá trị nguyên tham số m để tồn cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn toán Số phần tử tập S là: A B C D Câu (4) Cho hai số thực x y thỏa mãn đồng thời: x y log x2 y x y m 1 Gọi S tập chứa tất giá trị thực tham số m để tồn cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn toán Tổng tất phần tử tập S nằm khoảng ? A 13 B 10 C 24 D 20 Câu 10 (4) Cho hai số thực x y thỏa mãn đồng thời: x y log x y 1 x 2my 1 Gọi S tập chứa tất giá trị thực tham số m để tồn cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn toán Tổng tất phần tử tập S nằm khoảng ? A (0;3) B (4; 2) C (6; 4) D (3;6) Câu 11 (5) Cho hai số thực x y thỏa mãn điều kiện: x y ; log x2 y 1 x y 3 Gọi giá trị nhỏ lớn biểu thức P x y a b Giá trị biểu thức T a b nằm khoảng ? A 2 C B Câu 12 (4) Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn : log x log5 y log(5 x D 7y ) Giá trị biểu thức x x y nằm khoảng ? y A (0; 2) B (3;6) C (6;10) D (2;3) Câu 13 (4) Gọi S tập chứa tất giá trị nguyên m [ 18;18] để hệ phương trình sau có nghiệm thực P 20193 x 3 x 2020 x 20193 3 x 2020 Số phần tử tập S là: x 2(m 1) x (3m 1) x 2m A 19 B 18 C 23 D 15 2019 x x 1010 x 20192 4 x 2020 Câu 14 (4) Giá trị lớn số thực y thỏa mãn hệ điều kiện: là: y x3 x2 x A B 1 C 3 D 2 x 1 4x x2 x x Số điểm cực trị hàm số f ( ) tương ứng bằng: ln A B C D x 3x x Hỏi có tất giá trị nguyên tham số m để phương Câu 16 (4) Cho hàm số f ( x) ln trình f ( x 2019) m có nhiều nghiệm ? Câu 15 (4) Cho hàm số f ( x) A B Câu 17 (4) Cho hai số thực x , y thỏa mãn C x 4x log D Giá trị nhỏ biểu thức y y2 P z (2 x y ) z tương ứng bằng: A B 7 C 2 Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội D Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TỐN TƯ DUY MỞ Câu 18 (4) Cho hai số thực x , y thỏa mãn log x y ( x y ) Giá trị lớn biểu thức T x y tương ứng bằng: 19 A B C Câu 19 (4) Số nghiệm phương trình (3 x )( x 1) tương ứng là: A B C x Câu 20 (4) Số nghiệm phương trình (2 )(3 x) tương ứng là: D D A B C D Câu 21 (4) Hỏi có tất giá trị nguyên tham số m [ 20; 20] để bất phương trình (m2 1) ln( x 1) (m 2m 2) log(2 x x ) có nghiệm ? A 13 B 12 C D Câu 22 (5) Gọi S tập hợp chứa tất giá trị nguyên tham số m để phương trình sau có nghiệm ( x 1) ln x ( x 2mx m 1) log( x 2mx m) Số phần tử S là: A B C D 2 2 Câu 23 (5) Cho phương trình ( x 2mx 1) log ( x 2mx) ( x 4nx 2) log( x 4nx 1) , m n hai số thực khơng âm cho phương trình cho có nghiệm Giá trị nhỏ biểu thức T 2m 3n tương ứng bằng: A B C D Câu 24 (4) Tính tổng tất nghiệm phương trình: ( x x 1) ln x ( x 1) log( x x) ? A 1 B C 1 D Câu 25 (4) Gọi S tập hợp chứa tất giá trị nguyên tham số m để phương trình ( x m 1) log ( x x 5) ( x x 4) log ( x m) có hai nghiệm thực Tổng tất phần tử tập S bằng: A B C D Câu 26 (4) Cho phương trình log( x 3) x x x 16 log( x 4) 2( x 3)3 có nghiệm có dạng a b , a , b hai số nguyên dương Giá trị biểu thức (a b) bằng: A B 10 C 14 D Câu 27 (5) Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn log x log y log ( x y ) Giá trị nhỏ biểu thức x T x2 y2 nằm khoảng ? x y 2x 4x y 3 B C D 16 10 30 Câu 28 (4) Cho hai số nguyên không âm chẵn x , y thỏa mãn x y 247 Trong tất cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn giá trị lớn biểu thức T x y bằng: A 10 B 12 C 13 D 14 A Hết Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TỐN TƯ DUY MỞ ĐÁP ÁN: 01A 14B 27D 02A 15C 28A 03D 16C 04C 17D 05B 18A 06B 19A 07A 20C Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội 08B 21D 09C 22C 10C 23C 11A 24B 12D 25B 13A 26C Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TỐN TƯ DUY MỞ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT: Câu (4 - A) Hỏi có tất cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn đồng thời điều kiện sau đây: 2| x x 2| log 3 ( y 1) ; 2019 | y | | y | y ? A B C D Giải: 2 2| x x 2| 2| x x 2| ( y 1) Từ giả thiết suy ra: log 3 ( y 1) 2| x x 2| 3 y y y Từ suy ra: 2019 | y | | y | y 2019 y y y 2020 y y (vì y ) Suy ra: 2019 | y | | y | y Dấu "=" xảy y x 1 3 y | x x | x 2 Suy tồn số (x;y) là: {(1; 0); (2;0)} Vậy ta chọn đáp án A Thay trở lại giả thiết: 2| x x 2| Câu (4 - A) Hỏi có tất cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn đồng thời điều kiện sau đây: 2x x 2log y log5 ; y | y | 2 | y | 10 ? A B C D Giải: 2 2x 2 x 5y 2x 2 x y Từ giả thiết suy ra: 2log2 log5 x x 1 y 2 5 x x 1 y 2 y y 2 Nhận thấy: (1) Từ suy ra: y | y | 2 | y | 10 y y y 10 y y y 2 ( y 2)( y 1)2 y 1 2 Trường hợp 1: Với y 2 , ta có: x x 1 y x x 1 y 50 x x x 1 Trường hợp có cặp số thực x, y thỏa mãn là: ( x; y ) (1; 2) Trường hợp 2: Với y , ta có: 2x Trường hợp có hai cặp số x, y thỏa mãn là: ( x; y ) (1 3log 5;1) Suy có tất ba cặp số thực (x;y) thỏa mãn toán Vậy ta chọn đáp án A x 1 y2 2x x 1 y 53 x x 3log x 1 3log Câu (3 - D) Số nghiệm phương trình ( x 1)(2 x 1) ( x 2)(2 x 1 1) là: A B C D Giải: x 1 x Nhận thấy phương trình có hai nghiệm x x 2 x 1 x x 1 Với , ta chia hai vế phương trình cho ( x 1)( x 2) được: 0 x2 x 1 x 2 (1) at với a t t at t 0 Với t a t at 0 Với t a t t Xét hàm: f (t ) Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TỐN TƯ DUY MỞ at với a t t x 1 2x2 x x 1 Suy ra: Suy với x 2 thì: ; với x thì: 0 x2 x2 x 1 x 1 Tức phương trình (1) vơ nghiệm Suy phương trình cho có hai nghiệm là: x 2; x Vậy ta chọn đáp án D Như vậy: f (t ) Câu (3 - C) Số nghiệm phương trình (2 x 1) ln x ( x 2)( x ln 1) là: A B C D Giải: Phương trình đưa dạng: (2 x 1) ln x ( x 2) (2log x ) ln 1 (2 x2 1) ln x ( x 2) 2ln 2.log2 x 1 (2 x2 1) ln x ( x 2) 2ln x 1 x x Nhận thấy phương trình có hai nghiệm ln x x x 1 x 2ln x Với , ta chia hai vế phương trình cho ( x 2) ln x được: 0 x2 ln x x (1) at với a t t at t 0 Với t a t at 0 Với t a t t at với a t Như vậy: f (t ) t 2ln x x 2 x 2ln x Suy ra: Suy với x thì: ; với x thì: 0 x2 x2 ln x ln x Tức phương trình (1) vơ nghiệm Suy phương trình cho có hai nghiệm là: x 1; x Vậy ta chọn đáp án C Câu (4 - B) Cho hàm số y f ( x) có đồ thị biểu diễn hình vẽ đồ thị đạo hàm khơng tiếp xúc với trục hồnh Số nghiệm phương trình f ( x).2 f '( x ) f '( x).3 f ( x ) f ( x) f '( x) tương ứng là: Xét hàm: f (t ) y f(x) O A B x C D Giải: Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TỐN Ta biết: TƯ DUY MỞ at với a ; t t Phương trình cho trở thành: f ( x) f '( x ) 1 f '( x) f ( x ) 1 f ( x) Nhận thấy thỏa mãn phương trình cho Số nghiệm phương trình f ( x) f '( x) số nghiệm phương trình f '( x) ; có nghiệm trùng (tại chỗ đồ thị hàm số y f ( x) tiếp xúc với trục hồnh) nên có tất nghiệm thỏa mãn f ( x) f '( x ) f ( x) Với ; ta chia hai vế cho f ( x) f '( x) được: 0 f '( x) f ( x) f '( x) Lại có: f '( x ) f ( x) 0; phương trình cho vô nghiệm f '( x) f ( x) Suy có tất nghiệm Vậy ta chọn đáp án B Câu (4 - B) Cho hàm số y f ( x) có đồ thị hình vẽ Gọi S tập chứa tất giá trị m nguyên để phương trình f ( x) m 2019 f ( x ) m f ( x) e f ( x ) có nghiệm thực phân biệt Số phần tử S bằng: y f(x) O x 2 A B C D Giải: Ta chứng minh x a x 1 với x CM: Với x (a x 1) x(a x 1) ; Với x (a x 1) x(a x 1) Với x x a x 1 f ( x) f ( x) Như vậy: f ( x) m 2019 f ( x )m f ( x) e f ( x ) f ( x) m f ( x) m Phương trình f ( x) có ba nghiệm phân biệt Yêu cầu tồn phương trình f ( x) m có ba nghiệm phân biệt (khác với ba nghiệm phân biệt 2 m phương trình f ( x) ) Suy ra: giá trị m nguyên là: m { 1;1; 2;3; 4;5} m0 Suy có giá trị nguyên m thỏa mãn Vậy ta chọn đáp án B Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TỐN TƯ DUY MỞ Câu (5 - A) Cho hai số thực x y thỏa mãn: x y log x y x(8 x y x) y Gọi giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P x y M m Khi giá trị biểu thức ( M 2m) : B 24 A 12 18 C 10 D 10 Giải: Từ log x y x(8 x y x) y ( x y )(8 x 7) ( x y ) ( x 4) y x2 y Như x y thỏa mãn: Đây miền D giới hạn bên đường tròn (C2): 2 ( x 4) y ( x 4) y bên ngồi đường trịn (C1): x y Hai đường trịn có bán kính R1 = R2 = tâm I1(0;0) , tâm I2(4;0) hình vẽ: Giao điểm hai đường tròn (2; 5) Cụ thể điểm A hình vẽ có A (2; 5) Xét họ đường thẳng Δ song song với nhau: x y P Δ2 y Δ1 (C1) O A I2 x (C2) Để thỏa mãn tốn họ đường thẳng phải cắt miền D Ứng với vị trí đường thẳng Δ1 qua điểm A, ta có: 3.2 P P1 Ứng với vị trí đường thẳng Δ2 tiếp xúc với (C2) ta có: d ( I ; ) R2 M P2 Pmax 12 10 Vậy suy giá trị lớn giá trị nhỏ P tương ứng : m P1 Pmin Suy : ( M 3m 2) 12 18 Vậy ta chọn đáp án A P 12 10 | 3.4 P | 3 P2 12 10 1 P 12 10 Câu (5 - B) Cho hai số thực x y thỏa mãn đồng thời: x y log x2 y 1 x 2my 3m Gọi S tập chứa tất giá trị nguyên tham số m để tồn cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn toán Số phần tử tập S là: A B C D Giải: Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TỐN TƯ DUY MỞ Miền điều kiện x y miền nằm hình trịn (C1 ) tâm gốc tọa độ O (0;0) bán kính R1 kể đường trịn (C1 ) hình vẽ Từ giả thiết: log x2 y 1 x 2my 3m x 2my 3m x y ( x 1) ( y m) m 3m Nằm hình trịn (C2 ) tâm I (1; m) bán kính R2 m 3m kể đường trịn (C2 ) hình vẽ Để tồn cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn tốn xảy hai trường hợp sau: (C1) I (C2) (C1) R1 = O I (C2) O Trường hợp 1: Đường trịn (C2 ) có R2 , coi điểm I điểm I nằm hình tròn (C1 ) R m 3m m 1; m 4 R2 Ta có điều kiện tương ứng: m 1 2 | m | OI R1 OI m R Trường hợp 2: Đường tròn (C1 ) tiếp xúc ngồi với đường trịn (C2 ) Ta có điều kiện tương ứng: OI R1 R2 12 m m 3m m m 3m m 3m m 3m 27 74 3m m 3m m 2 16(m 3m 4) (1 3m) m 27 74 Suy có giá trị nguyên tham số m thỏa mãn toán là: m = Suy số phần tử tập S Vậy ta chọn đáp án B Câu (4 - C) Cho hai số thực x y thỏa mãn đồng thời: x y log x2 y x y m 1 Gọi S tập chứa tất giá trị thực tham số m để tồn cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn toán Tổng tất phần tử tập S nằm khoảng ? A 13 B 10 C 24 D 20 Giải: Xét điểm M ( x; y ) thỏa mãn điều kiện toán Điểm M nằm đường tròn (C1 ) : x y có tâm gốc tọa độ O (0;0) bán kính R1 Từ giả thiết: log x2 y x y m 1 x y m x y ( x 1) ( y 1) m Nằm hình trịn (C2 ) tâm I (1; 1) bán kính R2 m kể đường tròn (C2 ) Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TỐN TƯ DUY MỞ Để tồn cặp số thực ( x; y ) tồn điểm M Điểm M giao đường trịn (C1) hình tròn (C2) Xảy hai trường hợp sau: (C1) (C1) I (C2) O (C2) Đường tròn (C1 ) tiếp xúc ngồi với đường trịn (C2 ) tiếp xúc với đường tròn (C2 ) m 1 VN OI R1 R2 OI R1 R2 Ta có điều kiện tương ứng: OI R1 R2 m m 12 OI | R1 R2 | m 12 OI R2 R1 m Suy tập S là: S {12 2} Suy tổng tất phần tử tập S là: 24 Vậy ta chọn đáp án C Câu 10 (4 - C) Cho hai số thực x y thỏa mãn đồng thời: x y log x y 1 x 2my 1 Gọi S tập chứa tất giá trị thực tham số m để tồn cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn toán Tổng tất phần tử tập S nằm khoảng ? A (0;3) B (4; 2) C (6; 4) D (3;6) Giải: Giả thiết suy ra: y x , với x có giá trị y Từ giả thiết: log x2 y 1 x 2my 1 x 2my x y Thay y x vào ta được: x 2m(2 x 1) x (2 x 1)2 x 4mx 2m Để tồn cặp số thực ( x; y ) bất phương trình phải có nghiệm x, tức là: 5 5 S { } 2 Suy tổng tất phần tử tập S là: 5 Vậy ta chọn đáp án C ' (2m)2 5(2 2m) 4m 10m 10 m Câu 11 (5 - A) Cho hai số thực x y thỏa mãn đồng thời điều kiện: x y ; log x2 y 1 x y 3 Gọi giá trị nhỏ lớn biểu thức P x y a b Giá trị biểu thức T a b nằm khoảng ? A 2 B C D Giải: Từ giả thiết: log x2 y 1 x y 3 x y x y ( x 1) ( y 1) Như vậy, điểm M ( x; y ) nằm miền D giới hạn bởi: D {( x 1) ( y 1) 4; x y 0} Miền D xác định hình vẽ: Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội 10 Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TỐN TƯ DUY MỞ : x y ( P 0) y 1 : x y P1 O B ( 1; 1) x I (1; 1) (C) A(1; 3) d :x y20 : x y P2 Biểu thức P biến đổi dạng họ đường thẳng: P : x y P Khi P đường thẳng qua gốc O tương ứng là: : x y , hình vẽ Ứng với vị trí: 1 : x y P1 ; qua điểm B (1; 1) ; suy ra: 2(1) (1) P1 P1 3 Suy vị trí : x y P2 (thì P2 ) Ở vị trí đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (C), | 2.1 P2 | 2 d ( I ; ) R P nên ta có: P2 1 P P2 P2 Từ suy giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P là: P2 b; P1 3 a Suy ra: a b 2 Vậy ta chọn đáp án A Câu 12 (4 - D) Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn : log x log5 y log(5 x x x y nằm khoảng ? y A (0; 2) B (3;6) Giải: 7y ) Giá trị biểu thức P C (6;10) D (2;3) x 3t 7y Đặt: log x log y log(5 x ) t y 5t t 5 x y 10 t t 10 t 7y t t 5.3 10 Suy ra: x Nhận thấy hàm số 5 3 t 10 t f (t ) đơn điệu tăng nên pt: f (t ) có nghiệm nhất: t = 3 x 59 25 chọn đáp án D Suy ra: x 9; y 25 P 3x y y 25 25 Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội 11 Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TỐN TƯ DUY MỞ Câu 13 (4 - A) Gọi S tập chứa tất giá trị nguyên m [ 18;18] để hệ phương trình sau có nghiệm thực 20193 x 3 x 2020 x 20193 3 x 2020 Số phần tử tập S là: x 2(m 1) x (3m 1) x 2m A 19 B 18 C 23 D 15 Giải: Từ bất phương trình: 20193 x 3 x 2020 x 20193 3 x 2020 20193 x 3 x 20193 3 x (20193 x 20193 ) 2020(1 x) 3 x 2020 2020 x 2019 Với x 2019 Với x 2019 3 x (20193 x 20193 ) ; 2020(1 x) , bất phương trình (*) ln Kết hợp với điều kiện suy nghiệm bất phương trình (*) là: x Với bất phương trình: x3 2(m 1) x (3m 1) x 2m ( x 2)( x 2mx m 1) x 2mx m (**) (Vì x ) 1 x Ycbt tìm m để hệ bất phương trình có nghiệm f ( x) x 2mx m 3 x (*) (20193 x 20193 ) ; 2020(1 x) Suy bất phương trình (*) vơ nghiệm Xét: f ( x) x 2mx m m m2 m x m m2 m m m m m Suy điều kiện có nghiệm là: m0 m m m m Suy điều kiện m là: m 18 có 19 giá trị m nguyên thỏa mãn Vậy ta chọn đáp án A 2019 x x 1010 x 20192 4 x 2020 Câu 14 (4 - B) Giá trị lớn số thực y thỏa mãn hệ điều kiện: là: y x3 x2 x A B 1 C 3 D 2 Giải: Từ bất phương trình: 2019 x 4 x 1010 x 20192 4 x 2020 2019 x 4 x 20192 4 x 2020 1010 x 4 x (2019 x 20192 ) 1010(2 x) 2019 Với x 2019 Với x 2019 4 x (2019 x 20192 ) ; 1010(2 x) , bất phương trình (*) Kết hợp với điều kiện suy nghiệm bất phương trình (*) là: x Từ: y x3 x x y x x x với x [2; 4] Dễ dàng suy được: max y 1 x Vậy ta chọn đáp án B 4 x (*) (2019 x 20192 ) ; 1010(2 x) Suy bất phương trình (*) vơ nghiệm x[2;4] x 1 4x x2 x x Số điểm cực trị hàm số f ( ) tương ứng bằng: ln B C D Câu 15 (4 - C) Cho hàm số f ( x) A Giải: 2t 1 t 2t ln Đạo hàm cấp hàm số: f '(t ) 2t 1 2t 2t t 1 Xét hàm số y f (t ) Đạo hàm cấp : f ''(t ) 2t.ln 1 t log log ln ln Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội 12 Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TỐN TƯ DUY MỞ Nhận thấy đạo hàm cấp có nghiệm nên suy đạo hàm cấp có tối đa hai nghiệm, ta nhẩm hai nghiệm đạo hàm cấp là: t ; t Ta dùng bảng biến thiên kép cho rõ ràng: t log (ln 2) f ''(t ) f '(t ) 0 f log (ln 2) CĐ f (t ) CT Suy hàm số đạt cực trị t 0; t 1 x x2 x x2 2 x ) g '( x) f '( ) Xét hàm số y g ( x) f ( 2 x x2 2 x 0 2 x x x2 1 x x x2 Đạo hàm cấp g '( x) triệt tiêu đổi dấu x x 1 (VN ) x 4x x2 4x x2 1 4x x2 ) có ba điểm cực trị Suy hàm số y g ( x) f ( Vậy ta chọn đáp án C 4x 3x x Hỏi có tất giá trị nguyên tham số m để Câu 16 (4 - C) Cho hàm số f ( x) ln phương trình f ( x 2019) m có nhiều nghiệm ? A B C D Giải: Số nghiệm phương trình f ( x 2019) m với số nghiệm phương trình f ( x) m 4x 3x x Xét hàm số y f ( x) ln Đạo hàm cấp hàm số: f '( x) 2.4 x x x x 1 Đạo hàm cấp : f ''( x) x.ln 3 x log log ln ln Bảng biến thiên kép: Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội 13 Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TỐN x log (ln 4) f ''( x) TƯ DUY MỞ f '( x) 0 f log (ln 4) ln f ( x) ym 5 ln Suy ra: 5 m m Vậy ta chọn đáp án C ln ln Câu 17 (4 - D) Cho hai số thực x , y thỏa mãn x 4x log Giá trị nhỏ biểu thức y y2 P z (2 x y ) z tương ứng bằng: A B 7 C 2 D Giải: Giả thiết: Ta có: x x 4x 4x log 2 x 3 4x x 4x log y y 2y y Dấu "=" xảy khi: x x 4x 2 x (*) 1 x 4x 4x 3 31 ) (Chú ý với x âm Lại có: log y y log ( y 1) log x 2 Suy (*) , thay vào biểu thức P ta được: P z z ( z 1) y 1 Suy giá trị nhỏ biểu thức P là: Pmin Vậy ta chọn đáp án D Câu 18 (4 - A) Cho hai số thực x , y thỏa mãn log x y ( x y ) Giá trị lớn biểu thức T x y tương ứng bằng: 19 A Giải: B C D 2x y Trong hai trường hợp: ta chọn trường hợp: x y phù hợp với việc tìm GTLN 0 x y Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội 14 Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TỐN TƯ DUY MỞ Ta có: log x y ( x y ) x y x y x x y Từ: T x y y T x , vào (*), ta được: x x 3(T x 1) x x 3(T 1) (**) 19 19 Nhận thấy để (**) có nghiệm thì: ' 16 3(T 1) T Tmax 3 19 Khi đó: x x 16 x y T x 2.4 Vậy ta chọn đáp án A 3 (*) Câu 19 (4 - A) Số nghiệm phương trình (3 x )( x 1) tương ứng là: A B D C Giải: Ta nhận thấy: x 1 (3 x )( x 1) phương trình: (3 x )( x 1) vô nghiệm 8 f ( x) 5x Với x 1 , phương trình: (3 5x )( x 1) 5x x 1 x 1 Xét hàm số: f ( x) 5x với x (1; ) x 1 Có: f '( x) 5x ln 0 ( x 1) Bảng biến thiên: x f '( x) 1 y0 f ( x) Suy phương trình cho có nghiệm Vậy ta chọn đáp án A Câu 20 (4 - C) Số nghiệm phương trình (2 3x )(3 x) tương ứng là: A B C D Giải: Câu (2 3x )(3 x) phương trình: (2 3x )(3 x) vô nghiệm 4x 1 Với x , phương trình: (2 3x )(3 x) 3x 3x 2x 2 x 4x 1 Vẽ nhanh đồ thị hai hàm số: f ( x) 3x ; g ( x) ta nghiệm x 2 x Vậy ta chọn đáp án C 21 (4 - D) Hỏi có tất giá trị nguyên tham số m [ 20; 20] để bất phương trình Ta nhận thấy: x (m2 1) ln( x 1) (m 2m 2) log(2 x x ) có nghiệm ? A 13 B 12 C D Giải: Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội 15 Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TỐN TƯ DUY MỞ 2 x x 0x2 Điều kiện xác định: x 1 Suy ra: ln( x 1) ln1 log(2 x x ) log(1 ( x 1)2 ) log1 Ta có: (m 1) ln( x 1) (m 2m 2) log(2 x x ) (m 1) ln( x 1) (m 1) 1 log(2 x x ) Suy bất phương trình cho ln vơ nghiệm, tức khơng tồn giá trị m thỏa mãn Vậy ta chọn đáp án D Câu 22 (5 - C) Gọi S tập hợp chứa tất giá trị nguyên tham số m để phương trình sau có nghiệm ( x 1) ln x ( x 2mx m 1) log( x 2mx m) Số phần tử S là: A B C D Giải: x 2mx m Điều kiện xác định: x0 Ta chứng minh bổ đề sau: phương trình x log a ( x 1) có số a , ln có nghiệm x = với 1 x thì: x log a ( x 1) Thật vậy: x thỏa mãn Với x log a ( x 1) log a x log a ( x 1) 0; với x log a ( x 1) x log a ( x 1) Như ta có kết quả: x log a ( x 1) với a 1; x x log a ( x 1) với a 1; x Áp dụng vào toán này, ta được: ( x 1) ln x ( x 1) ln x ( x 2mx m 1) log( x 2mx m) 2 ( x 2mx m 1) log( x 2mx m) x 1 x 1 Bài toán cho dấu "=" xảy ra, tức xảy đồng thời: x 2mx m f ( x) x 2mx m Suy ra: f (1) 12 2m.1 m m Thỏa mãn điều kiện toán Vậy ta chọn đáp án C Câu 23 (5 - C) Cho phương trình ( x 2mx 1) log ( x 2mx) ( x 4nx 2) log( x 4nx 1) , m n hai số thực khơng âm cho phương trình cho có nghiệm Giá trị nhỏ biểu thức T 2m 3n tương ứng bằng: A B C D Giải: x 2mx Điều kiện xác định: x 4nx Ta chứng minh bổ đề sau: x log a ( x 1) có số a ( x 1) Dấu "=" xảy x0 Thật vậy: x thỏa mãn điều kiện dấu "=" Với x log a ( x 1) log a x log a ( x 1) 0; với x log a ( x 1) x log a ( x 1) Như ta có kết quả: x log a ( x 1) với a 1; x Áp dụng vào toán này, ta được: ( x 2mx 1) log ( x 2mx) từ phương trình cho ta phải có: 2 ( x 4nx 2) log( x 4nx 1) Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội 16 Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TỐN TƯ DUY MỞ 2n m x 2mx 2(2n m) x ; thay trở lại phương trình ta được: x x 4nx 2(2n m) 1 8m2 24mn 16n (m n)(m 2n) 2m 2(2n m) 2(2n m) 2 1 (m n) (m 2n) 2m 3n Theo BĐT CƠ SI , ta có: (m n)(m 2n) 2m 3n 2 m n m 2n n0 Dấu "=" xảy khi: 2m 3n m 2 Suy giá trị nhỏ biểu thức T là: Tmin Vậy ta chọn đáp án C Câu 24 (4 - B) Tính tổng tất nghiệm phương trình: ( x x 1) ln x ( x 1) log( x x) ? A 1 B C 1 D Giải: x2 x x0 Điều kiện xác định: x0 log a ( x 1) với số a 1 x Ta chứng minh: x log a ( x 1) log a ( x 1) ; Với x log a ( x 1) 0 Với x log a ( x 1) log a x x log a ( x 1) Như vậy, ta có: với số a 1 x x Xét phương trình cho: ( x x 1) ln x ( x 1) log( x x) (*) x2 x ln x log( x x) 0 Với ; chia hai vế (*) cho ( x x 1)( x 1) ta được: x x2 x x 1 ln x ln(( x 1) 1) log( x x) log(( x x 1) 1) 0; 0 Mà ta có: x 1 x 1 x 2x 1 x2 2x 1 ln x log( x x) phương trình cho vơ nghiệm Suy ra: x x2 x x 1 x2 2x 1 Nhận thấy: thỏa mãn phương trình (*) Giải ta được: x 1 x 1 x 1 Kết hợp với điều kiện x , ta được: tổng tất nghiệm bằng: (1 2) x Vậy ta chọn đáp án B Câu 25 (4 - B) Gọi S tập hợp chứa tất giá trị nguyên tham số m để phương trình ( x m 1) log ( x x 5) ( x x 4) log ( x m) có hai nghiệm thực Tổng tất phần tử tập S bằng: A Giải: B C Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội D 17 Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TỐN x2 5x x2 5x Điều kiện xác định: xm xm 0 log a ( x 1) Ta chứng minh: với số a 1 x x log a ( x 1) 0 Với x log a ( x 1) log a x log a ( x 1) 0 Với x log a ( x 1) x log a ( x 1) Như vậy, ta có: với số a 1 x x Xét phương trình cho: ( x m 1) log ( x x 5) ( x x 4) log ( x m) TƯ DUY MỞ (*) x m 1 log ( x x 5) log3 ( x m) 0 Nếu: phương trình (*) x2 5x x m 1 x 5x log ( x x 5) log ( x m) ; phương trình (*) vơ nghiệm Có: x2 5x x m 1 x2 5x x 1; x Nhận thấy: thỏa mãn phương trình (*) Giải ta được: x m 1 x m 1 Để (*) có ba nghiệm xảy trường hợp sau đây: x2 5x Trường hợp 1: m m điều kiện trở thành: Suy phương trình có hai x0 x 1 nghiệm thỏa mãn toán x x2 5x Trường hợp 2: m m điều kiện trở thành: Suy phương trình có x3 nghiệm thỏa mãn toán là: x Tức m không thỏa mãn Trường hợp 3: Trong hai nghiệm x 1; x có nghiệm vi phạm điều kiện x m nghiệm x m phải thỏa mãn điều kiện x x đồng thời khác hai nghiệm Tức ta có: 1 m m m 3 (m 1)2 5(m 1) m4 khơng có m ngun thỏa mãn 3 m 1 m m3 m 1 m0 m3 Kết hợp trường hợp, có giá trị m = thỏa mãn Suy tổng tất phần tử tập S Vậy ta chọn đáp án B Câu 26 (4 - C) Cho phương trình log( x 3) x x x 16 log( x 4) 2( x 3)3 có nghiệm có dạng a b , a , b hai số nguyên dương Giá trị biểu thức (a b) bằng: A B 10 C 14 D Giải: x Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội 18 Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TOÁN Điều kiện: x Ta có biến đổi: phương trình cho log x Với hàm số f (t ) log t t ; t ; có đạo hàm: f '(t ) TƯ DUY MỞ log( x 3) x x 3x log( x 4) ( x 3)3 log( x 3) ( x 3) x x 3( x 3) log( x 4) ( x 4) 1) 3 x log( x 4) ( x 4) 1) f ( x 3) f ( x 4) (*) 3t với t Suy hàm số đơn t ln10 điệu tăng Từ (*) suy ra: x4 x4 9 a b f ( x 3) f ( x 4) x x x 2 x x ( x 4) a Suy ra: (a b) 14 Vậy ta chọn đáp án C b Câu 27 (5 - D) Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn log x log y log ( x y ) Giá trị nhỏ biểu x2 y2 thức T nằm khoảng ? x y 2x 4x y A B 16 C 30 D 10 Giải: Giả thiết log xy log ( x y ) x y xy x y x y ( x y ) Dấu "=" xảy x y 2 2 2 2 x y z ( x y z) x y z Áp dụng bất đẳng thức: T Dấu "=" xảy a b c abc a b c 2 2 4x 4y (2 x y 1) (2t 1) Ta có: T (**) f (t ) x y x x y 10 x 10 y 20 10t 20 Với t x y [1; ) Khảo sát nhanh hàm số f (t ) Bảng biến thiên: Theo BĐT CÔ SI: x y xy t (2t 1) (2t 1)(2t 7) f '(t ) với t [1; ) 10t 20 10(t 2) f '(t ) f (t ) 10 Suy ra: giá trị nhỏ biểu thức T là: Tmin x y Vậy ta chọn đáp án D 10 Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội 19 Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TOÁN TƯ DUY MỞ Câu 28 (4 - A) Cho hai số nguyên không âm chẵn x , y thỏa mãn x y 247 Trong tất cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn giá trị lớn biểu thức T x y bằng: A 10 B 12 C 13 D 14 Giải: Đặt x 2m , y 2n ; với m , n số tự nhiên x y 247 42 m 32 n 247 (4m 3n )(4m 3n ) 247 1.247 13.19 Nhận thấy ngay: 4m 3n 4m 3n 4m 3n 4m 124 ( Loai ) m n n x 2m 4 247 123 T x y 10 Từ đó, suy ra: m n m y 2n m 13 16 4m 3n 19 3n n 1 Vậy ta chọn đáp án A x y x y ( x y ) Dấu "=" xảy x y Theo BĐT CÔ SI: x y xy 2 2 2 2 x y z ( x y z) x y z Áp dụng bất đẳng thức: T Dấu "=" xảy a b c abc a b c Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội 20 ... tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Mơn TỐN TƯ DUY MỞ ĐÁP ÁN: 01A 14B 27D 02A 15C 28A 03D 16C 04C 17D 05B 18A 06B 19A 07A 20C Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội