Giải SBT Toán 11 KNTT Bài tập cuối chương VI có đáp án

Đáp án đúng là: A

Ta có:$A=\frac{\sqrt{a}\cdot \sqrt[3]{a^2}}{\sqrt[6]{a}}=\frac{a^{\frac{1}{2}}\cdot a^{\frac{2}{3}}}{a^{\frac{1}{6}}}=\frac{a^{\frac{7}{6}}}{a^{\frac{1}{6}}}$$=\frac{a^{\frac{7}{6}}}{a^{\frac{1}{6}}}=a^{\frac{7}{6}-\frac{1}{6}}=a$ .

Đáp án đúng là: A

Ta có: ${\log }_{a^3}{a}^2=\frac{1}{3}{\log }_a{a}^2=\frac{1}{3}\cdot 2{\log }_{a}a=\frac{2}{3}$  .

Đáp án đúng là: C

Ta có: $4^{{\log }_{\sqrt{2}}3}=2^{2{\log }_{\sqrt{2}}3}=2^{2\cdot 2{\log }_{2}3}={\left(2^{{\log }_{2}3}\right)}^4=3^4=81.$

Đáp án đúng là: C

Vì  $\frac{\pi }{2}>1$nên hàm số $y={\left(\frac{\pi }{2}\right)}^x$  là hàm số đồng biến.

Đáp án đúng là: D

Đáp án đúng là: B

Để đồ thị hàm số $y={\left(\frac{2}{3}\right)}^x$ nằm phía trên đường thẳng y = 1 thì

${\left(\frac{2}{3}\right)}^x>1\iff {\left(\frac{2}{3}\right)}^x>{\left(\frac{2}{3}\right)}^0\iff x<0$.

Đáp án đúng là: D

Để đồ thị hàm số y = log_0,5 x nằm phía trên trục hoành thì

log_0,5 x > 0 Û log_0,5 x > log_0,51 Û x < 1.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $8^{2x-1}={\left(\frac{1}{4}\right)}^x$$\iff 8^{2x-1}=4^{-x}\iff 2^{3\left(2x-1\right)}=2^{-2x}$$\iff 3\left(2x-1\right)=-2x$

$\iff 6x-3=-2x\iff 8x=3\iff x=\frac{3}{8}$.

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{\frac{3}{8}\right\}$ .

Điều kiện: x(x – 1) > 0 $\iff \left[\begin{array}{l}x<0\\ x>1\end{array}\right.$ .

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}.

Ta có:${\left(\frac{1}{2}\right)}^x\ge {\left(\frac{1}{4}\right)}^2\iff {\left(\frac{1}{2}\right)}^x\ge {\left(\frac{1}{2}\right)}^4\iff x\le 4$ .

Vậy nghiệm của bất phương trình là x ≤ 4.

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.

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 $\left\{\begin{array}{l}a=1>0\\ {\Delta }^{\text{'}}=m^2-1<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=1>0\\ \left(m-1\right)\left(m+1\right)<0\end{array}\right.\iff -1<m<1$ .

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là ℝ khi −1 < m < 1.

a) Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}x-7\ne 0\\ x-3\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 7\\ x\ne 3\end{array}\right.$

Ta có: ${32}^{\frac{x+5}{x-7}}=0,25\cdot {128}^{\frac{x+17}{x-3}}\iff 2^{5\cdot \frac{x+5}{x-7}}=2^{-2}\cdot 2^{7\cdot \frac{x+17}{x-3}}\iff 2^{\frac{5\left(x+5\right)}{x-7}}=2^{-2+\frac{7\left(x+17\right)}{x-3}}$

$\iff \frac{5\left(x+5\right)}{x-7}=-2+\frac{7\left(x+17\right)}{x-3}$

$\iff \frac{5\left(x+5\right)\left(x-3\right)}{\left(x-7\right)\left(x-3\right)}=\frac{-2\left(x-7\right)\left(x-3\right)}{\left(x-7\right)\left(x-3\right)}+\frac{7\left(x+17\right)\left(x-7\right)}{\left(x-7\right)\left(x-3\right)}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow 5\left(x+5\right)\left(x-3\right)=-2\left(x-7\right)\left(x-3\right)+7\left(x+17\right)\left(x-7\right) \\ \iff 5\left(x^2+2x-15\right)=-2\left(x^2-10x+21\right)+7\left(x^2+10x-119\right) \\ \iff 5x^2+10x-75=-2+7x^2+70x-833 \\ \iff 5x^2+10x-75=5x^2+90x-875\iff 80x=800\iff x=10 \end{gathered}$$

(thỏa mãn điều kiện).

Vậy nghiệm của phương trình là x = 10.

b) Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ x-1>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x>1\end{array}\right.\iff x>1$  .

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.

a) Ta có: ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{3x-1}\ge 4\cdot 2^x\iff 2^{-\left(3x-1\right)}\ge 2^2\cdot 2^x\iff 2^{-\left(3x-1\right)}\ge 2^{2+x}\iff -\left(3x-1\right)\ge 2+x$

$\iff 1-3x\ge 2+x\iff 4x\le -1\iff x\le -\frac{1}{4}$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $\left(-\infty ;-\frac{1}{4}\right]$

b) Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}x-1>0\\ 3-x>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>1\\ x<3\end{array}\right.$$\iff 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 $\iff \left[\begin{array}{l}x>-4+3\sqrt{5}\\ x<-4-3\sqrt{5}\end{array}\right.$  .

Kết hợp điều kiện, ta có $-4+3\sqrt{5}<x<3$ .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $\left(-4+3\sqrt{5};3\right)$  .

a) Đồ thị của hai hàm số y = e^x và y = ln x trên cùng một hệ trục tọa độ như hình sau:

b) Xét điểm $A\left(x_0;e^{x_0}\right)$  nằm trên đồ thị hàm số y = e^x.

Phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm $A\left(x_0;e^{x_0}\right)$  và vuông góc với đường thẳng y = x có dạng :$y=-x+x_0+e^{x_0}$ .

Gọi B là giao điểm của đường thẳng (d) và đường thẳng y = x.

Khi đó $B\left(\frac{x_0+e^{x_0}}{2};\frac{x_0+e^{x_0}}{2}\right)$  .

Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua đường thẳng y = x. Khi đó B là trung điểm của AA’.

Do đó $\left\{\begin{array}{l}{x}_{A^{\text{'}}}=2x_B-x_A\\ y_{A^{\text{'}}}=2y_B-y_A\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_{{}_{A^{\text{'}}}}=2\cdot \frac{x_0+e^{x_0}}{2}-x_0\\ y_{{}_{A^{\text{'}}}}=2\cdot \frac{x_0+e^{x_0}}{2}-e^{x_0}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_{A^{\text{'}}}=e^{x_0}\\ y_{A^{\text{'}}}=x_0\end{array}\right.$  . Vậy $A^{\text{'}}\left(e^{x_0};x_0\right)$ .

Thay tọa độ điểm $A^{\text{'}}\left(e^{x_0};x_0\right)$  vào hàm số y = ln x, ta được $x_0=\ln e^{x_0}$  (luôn đúng),

Vậy  $A^{\text{'}}\left(e^{x_0};x_0\right)$  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 = e^x.

Vậy hai đồ thị đã cho đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x.

a) Điều kiện: 2x + 1 > 0 $\iff x>-\frac{1}{2}$  .

Tập xác định của hàm số là $\left(-\frac{1}{2};+\infty \right)$ .

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) 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) 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).

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.

a) Thời gian để khối lượng polonium-210 còn 50 g là:

 $50=100{\left(\frac{1}{2}\right)}^{\frac{t}{138}}\iff {\left(\frac{1}{2}\right)}^{\frac{t}{138}}=\frac{1}{2}\iff \frac{t}{138}=1\iff t=138$(ngày).

Vậy sau 138 ngày thì khối lượng polonium-210 còn 50 g.

b) Thời gian để khối lượng polonium-210 còn 10 g là:

 $10=100{\left(\frac{1}{2}\right)}^{\frac{t}{138}}\iff {\left(\frac{1}{2}\right)}^{\frac{t}{138}}=\frac{1}{10}\iff \frac{t}{138}={\log }_{\frac{1}{2}}\frac{1}{10}\iff t\approx 458,43$ngày).

Vậy sau khoảng 458,43 ngày thì khối lượng polonium-210 còn 10 g.

a) Khoảng thời gian giữa hai nốt nhạc khi tần số thay đổi từ 443 Hz về 415 Hz là:

$n=1200\cdot {\log }_2\frac{443}{415}\approx 113$(cent).

Vậy khoảng thời gian giữa hai nốt nhạc khi tần số thay đổi từ 443 Hz về 415 Hz khoảng 113 cent.

b) Khoảng thời gian là 55 cent và tần số đầu là 225 Hz tức là n = 55, a = 225, thay vào công thức $n=1200\cdot {\log }_2\frac{a}{b}$  ta được $55=1200\cdot {\log }_2\frac{225}{b}$

 $\iff {\log }_2\frac{225}{b}=\frac{11}{240}\iff \frac{225}{b}=2^{\frac{11}{240}}\iff b\approx 218$(Hz).

Vậy tần số cuối cùng cần tìm là 218 Hz.