Có bao nhiêu cặp số nguyên dương xy thỏa mãn 2 2 cos 2.2 sin 2 xy

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 PHẦN 1. MỘT SỐ BÀI TOÁN THỰC TẾ - BIẾN ĐỔI LOGARIT Câu 1. [Chuyên Lam Sơn - 2020] Cho các số thực a , b thỏa mãn 1 a b   và 1 1 2020 log log b a a b   . Giá trị của biểu thức 1 1 log log ab ab P b a   bằng A. 2014 . B. 2016 . C. 2018 . D. 2020 . Câu 2. [Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020] Một ngân hàng X , quy định về số tiền nhận được của khách hàng sau n năm gửi tiền vào ngân hàng tuân theo công thức [ ] [ 1 8 % ] P n A   , trong đó A là số tiền gửi ban đầu của khách hàng. Hỏi số tiền ít nhất mà khách hàng B phải gửi vào ngân hàng X là bao nhiêu để sau ba năm khách hàng đó rút ra được lớn hơn 8 5 0 triệu đồng [Kết quả làm tròn đến hàng triệu]?. A. 6 7 5 triệu đồng. B. 6 7 6 triệu đồng. C. 6 7 7 triệu đồng. D. 6 7 4 triệu đồng. Câu 3. [Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020] Ông tuấn gửi 100 triệu vào ngân hàng với hình thức lãi kép, kỳ hạn 1 năm với lãi suất 8% . Sau 5 năm ông rút toàn bộ tiền và dùng một nữa để sửa nhà, số tiền còn lại ông tiếp tục gửi ngân hàng với lãi suất như lần trước. Số tiền lãi ông tuấn nhận được sau 10 năm gửi gần nhất với giá trị nào dưới đây? A. 46,933 triệu. B. 34,480 triệu. C. 81, 413 triệu. D. 107,946 triệu. Câu 4. [Chuyên Bắc Ninh - 2020] Gọi 0 1 2019 ... x x x    là các nghiệm của phương trình       ln . ln 1 . ln 2 ... ln 2019 0 x x x x     . Tính giá trị biểu thức         0 1 2 2019 1 2 3 ... 2020 P x x x x      . A.         2 3 2010 1 2 3 ... 2010 P e e e e      . B. 0 P  . C. 2010! P   . D. 2010! P  . Câu 5. [Chuyên Bắc Ninh - 2020] Anh Dũng đem gửi tiết kiệm số tiền là 400 triệu đồng ở hai loại kỳ hạn khác nhau. Anh gửi 250 triệu đồng theo kỳ hạn 3 tháng với lãi suất % x một quý. Số tiền còn lại anh gửi theo kỳ hạn 1 tháng với lãi suất 0,25% một tháng. Biết rằng nếu không rút lãi thì số lãi sẽ được nhập vào số gốc để tính lãi cho kỳ hạn tiếp theo. Sau một năm số tiền cả gốc và lãi của anh là 416.780.000 đồng. Tính x . A. 1, 2 . B. 0,8 . C. 0,9. D. 1,5. Câu 6. [Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2020] Cho hàm số 2 log 1 y x   và 2 log [ 4] y x   có đồ thị như hình vẽ. TUYỂN CHỌN CÂU HỎI VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TRÊN CẢ NƯỚC NĂM 2020 CHƯƠNG 2. HÀM SỐ LŨY THỪA - MŨ - LOGARIT 131 CÂU HỎI VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO 6 4 2 2 4 10 5 5 10 y=log 2 x+1 y=log 2 [x+4] C A BTỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Diện tích tam giác ABC bằng A. 21. B. 7 4 . C. 21 2 . D. 21 4 . Câu 7. [Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2020] Trong hình vẽ bên các đường cong       1 2 3 : , : , : x x x C y a C y b C y c    và đường thẳng 4; 8 y y   tạo thành hình vuông MNPQ có cạnh bằng 4 . Biết rằng 2 x y abc  với ; x y    và x y tối giản, giá trị của x y  bằng A. 34. B. 5. C. 43. D. 19. Câu 8. [Chuyên Lào Cai - 2020] các số thực a , b , c thỏa mãn 2 2 2 [ 2] [ 2] [ 2] 8 a b c       và 2 3 6 a b c    . Khi đó a b c   bằng A. 2 . B. 4 . C. 2 2 . D. 8 . Câu 9. [Chuyên Thái Nguyên - 2020] Cho 4 4 7 x x    . Khi đó biểu thức 5 2 2 8 4.2 4.2 x x x x a P b         với a b là phân số tối giản và , a b   . Tích . a b có giá trị bằng A. 10. B. 8  . C. 8 . D. 10  . Câu 10. [Chuyên Vĩnh Phúc - 2020] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số   2020 log 2 y mx m    xác định trên   1;   . A. 0 m  . B. 0 m  . C. 1 m   . D. 1 m   . Câu 11. [Đại Học Hà Tĩnh - 2020] Đầu mỗi tháng anh A gửi vào ngân hàng 3 triệu đồng với lãi suất kép là 0,6% mỗi tháng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng [khi ngân hàng đã tính lãi] thì anh A có được số tiền cả lãi và gốc nhiều hơn 100 triệu, biết lãi suất không đổi trong qua trình gửi. A. 31 tháng. B. 40 tháng. C. 35 tháng. D. 30 tháng. Câu 12. [Sở Hà Tĩnh - 2020] Một người vay tiền ở một ngân hàng theo hình thức lãi kép với lãi suất 0,7% / tháng với tổng số tiền vay là 1 tỉ đồng. Mỗi tháng người đó đều trả cho ngân hàng một số tiền như nhau để trừ vào tiền gốc và lãi. Biết rằng đúng 25 tháng thì người đó trả hết gốc và lãi cho ngân hàng. Hỏi số tiền của người đó trả cho ngân hàng ở mỗi tháng gần nhất với số nào sau đây? A. 43.730.000 đồng. B. 43.720.000 đồng. C. 43.750.000 đồng. D. 43.740.000 đồng. Câu 13. [Sở Ninh Bình] Cho a , b , c là các số thực khác 0 thỏa mãn 4 9 6 a b c   . Khi đó c c a b  bằng TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 A. 1 2 . B. 1 6 . C. 6 . D. 2 . Câu 14. [Sở Bắc Ninh - 2020] Cho hàm số   ln . 2 x f x x         Tổng         ' ' ' ' 1 3 5 ... 2021 f f f f     bằng A. 4035 . 2021 . B. 2021 2022 . C. 2021.. D. 2022 . 2023 Câu 15. [Sở Bình Phước - 2020] Một sinh viên ra trường đi làm ngày 1/1/2020 với mức lương khởi điểm là a đồng mỗi tháng và cứ sau 2 năm lại được tăng thêm 10% và chi tiêu hàng tháng của anh ta là 40% lương. Anh ta dự định mua một căn hộ chung cư giá rẻ có giá trị tại thời điểm 1/1/2020 là 1 tỷ đồng và cũng sau 2 năm thì giá trị căn hộ tăng thêm 5%. Với a bằng bao nhiêu thì sau đúng 10 năm anh ta mua được căn hộ đó, biết rằng mức lương và mức tăng giá trị ngôi nhà là không đổi [ kết quả quy tròn đến hàng nghìn đồng]. A. 11.487.000 đồng. B. 14.517.000 đồng. C. 55.033.000 đồng. D. 21.776.000 đồng. Câu 16. [Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2020] Một người vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất là 0,7% / tháng theo thỏa thuận cứ mỗi tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng 5 triệu đồng và cứ trả hàng tháng như thế cho đến khi hết nợ [tháng cuối cùng có thể trả dưới 5 triệu]. Hỏi sau bao nhiêu tháng thì người đó trả được hết nợ ngân hàng? A. 21. B. 22 . C. 23. D. 24 . Câu 17. [Lê Lai - Thanh Hóa - 2020] COVID19 là một loại bệnh viêm đường hô hấp cấp do chủng mới của virus corona [nCoV] bắt nguồn từ Trung Quốc [đầu tháng 12/2019] gây ra với tốc độ truyền bệnh rất nhanh [tính đến 7/4/2020 đã có 1 360 039 người nhiễm bệnh]. Giả sử ban đầu có 1 người bị nhiễm bệnh và cứ sau 1 ngày sẽ lây sang 4 người khác. Tất cả những người nhiễm bệnh lại tiếp tục lây sang những người khác với tốc độ như trên [1 người lây 4 người]. Hỏi sau 7 ngày sẽ có tổng cộng bao nhiêu người nhiễm bệnh? [Biết rằng những người nhiễm bệnh không phát hiện bản thân bị bệnh và không phòng tránh cách li, do trong thời gian ủ bệnh vẫn lây bệnh sang người khác]. A. người. B. người. C. người. D. người. Câu 18. [Liên trường Nghệ An - 2020] Ông A có số tiền 100000000 đồng gửi tiết kiệm theo thể thức lãi kép, có hai loại kì hạn: loại kì hạn 12 tháng với lãi suất 12% /năm và loại kì hạn 1 tháng với lãi suất 1% /tháng. Ông A muốn gửi 10 năm. Theo anh chị, kết luận nào sau đây đúng [làm tròn đến hàng nghìn]? A. Gửi theo kì hạn 1 tháng có kết quả nhiều hơn kì hạn 1 năm là 16186000 đồng sau 10 năm. B. Cả hai loại kì hạn đều có cùng số tiền như nhau sau 10 năm. C. Gửi theo kì hạn 1 tháng có kết quả nhiều hơn kì hạn 1 năm là 19454000 đồng sau 10 năm. D. Gửi theo kì hạn 1 tháng có kết quả nhiều hơn kì hạn 1 năm là 15584000 đồng sau 10 năm. Câu 19. [Nguyễn Huệ - Phú Yên - 2020] Dân số thế giới được ước tính theo công thức . ni S Ae  , trong đó A là dân số của năm lấy mốc, S là dân số sau n năm, i là tỷ lệ tăng dân số hàng năm. Biết năm 2005 dân số của thành phố Tuy Hòa là khoảng 202.300 người và tỉ lệ tăng dân số là 1,47%. Hỏi với mức tăng dân số không đổi thì đến năm bao nhiêu dân số thành phố Tuy Hòa đạt được 255.000 người? A. 2020 . B. 2021. C. 2023. D. 2022 . Câu 20. [Tiên Du - Bắc Ninh - 2020] Số ca nhiễm Covid – 19 trong cộng đồng ở một tỉnh vào ngày thứ x trong một giai đoạn được ước tính theo công thức   .e rx f x A  trong đó A là số ca nhiễm ở ngày đầu của giai đoạn, r là tỷ lệ gia tăng số ca nhiễm hàng ngày của giai đoạn đó và trong cùng một giai đoạn thì r không đổi. Giai đoạn thứ nhất tính từ ngày tỉnh đó có 9 ca bệnh đầu tiên và không dùng biện pháp phòng chống lây nhiễm nào thì đến ngày thứ 6 số ca bệnh của tỉnh là 180 ca. Giai đoạn thứ hai [kể từ ngày thứ 7 trở đi] tỉnh đó áp dụng các biện pháp phòng chống lây 77760 16384 62500 78125TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ nhiễm nên tỷ lệ gia tăng số ca nhiễm hàng ngày giảm đi 10 lần so với giai đoạn trước. Đến ngày thứ 6 của giai đoạn hai thì số ca mắc bệnh của tỉnh đó gần nhất với số nào sau đây? A. 242 . B. 16 . C. 90. D. 422 . Câu 21. [Kìm Thành - Hải Dương - 2020] Anh Việt vay tiền ngân hàng 500 triệu đồng mua nhà và trả góp hàng tháng. Cuối mỗi tháng bắt đầu từ tháng thứ nhất anh trả 10 triệu đồng và chịu lãi suất là 0,9% / tháng cho số tiền chưa trả. Với hình thức hoàn nợ như vậy thì sau bao lâu anh Việt sẽ trả hết số nợ ngân hàng? A. 65 tháng. B. 66 tháng. C. 67 tháng. D. 68 tháng. Câu 22. [Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2020] Dân số thế giới được ước tính theo công thức . ni S Ae  , trong đó A là dân số của năm lấy làm mốc, S là dân số sau n năm, i là tỉ lệ tăng dân số hằng năm. Dân số Việt Nam năm 2019 là 95,5triệu người, tỉ lệ tăng dân số hằng năm từ 2009 đến nay là 1,14% . Hỏi dân số Việt Nam năm 2009 gần với số nào nhất trong các số sau? A. 94,4 triệu người. B. 85,2 triệu người. C. 86,2 triệu người. D. 83,9 triệu người. Câu 23. [Tiên Lãng - Hải Phòng - 2020] Ông An dự định gửi vào ngân hàng một số tiền với lãi suất không đổi là 7% một năm. Biết rằng cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho năm kế tiếp. Tính số tiền tối thiểu x [triệu đồng, x   ] ông An gửi vào ngân hàng để sau 3 năm số tiền lãi đủ mua một chiếc xe gắn máy giá trị 45 triệu đồng. A. 200. B. 190. C. 250. D. 150. Câu 24. [Trần Phú - Quảng Ninh - 2020] Một người vay vốn ở ngân hàng với số tiền 50 triệu đồng, thời hạn 50 tháng với lãi suất 1,15% trên tháng, tính theo dư nợ trả đúng ngày quy định. Hỏi hàng tháng người đó phải trả đều đặn vào ngân hàng một khoản tiền là bao nhiêu để đến cuối tháng thứ 50 thì người đó trả hết cả gốc lẫn lãi cho ngân hàng [làm tròn đến trăm đồng] ? A. 1.018.500đồng. B. 1.320.800 đồng. C. 1.320.500 đồng. D. 1.771.300đồng. PHẦN 2. PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT Câu 25. [Chuyên Hưng Yên - 2020] Đường thẳng  x m lần lượt cắt đồ thị hàm số 5 log  y x và đồ thị hàm số   5 log 4   y x tại các điểm , A B . Biết rằng khi 1 2  AB thì   m a b trong đó , a b là các số nguyên. Tổng  a b bằng A. 6 . B. 8 . C. 5. D. 7 . Câu 26. [Chuyên Bắc Ninh - 2020] Có bao nhiêu giá trị nguyên của x trong đoạn   0;2020 thỏa mãn bất phương trình sau 16 25 36 20 24 30 x x x x x x      . A. 3 . B. 2000 . C. 1. D. 1000 . Câu 27. [Lý Nhân Tông - Bắc Ninh - 2020] Gọi x , y các số thực dương thỏa mãn điều kiện   9 6 4 log log log x y x y    và 2 x a b y    , với , a b là hai số nguyên dương. Tính 2 2 T a b   . A. 26. T  B. 29. T  C. 20. T  D. 25. T  Câu 28. [THPT Nguyễn Viết Xuân - 2020] Cho các số thực dương , a b thỏa mãn   4 6 9 log log log 4 5 1 a b a b     . Đặt b T a  . Khẳng định nào sau đây đúng? A. 1 2 T   . B. 1 2 2 3 T   . C. 2 0 T    . D. 1 0 2 T   . Câu 29. [Tiên Du - Bắc Ninh - 2020] Cho x , y là các số thực dương khác 1 thỏa mãn x y  và log log x y xy x  . Tích các giá trị nguyên nhỏ hơn 2021 của biểu thức 2 1 4 4 y x P   là TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 A. 2021!. B. 2020! 16 . C. 2020! 2 . D. 2020!. Câu 30. [Yên Lạc 2 - Vĩnh Phúc - 2020] Cho số thực x thỏa mãn     2 8 8 2 log log log log x x  . Tính giá trị   4 2 log P x  A. 27 P  . B. 81 3 P  . C. 729 P  . D. 243 P  . Câu 31. [Hải Hậu - Nam Định - 2020] Tập nghiệm của bất phương trình 2 1 1 [3 9][3 ] 3 1 0 27 x x x      chứa bao nhiêu số nguyên ? A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. PHẦN 3. PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ - LOGARIT CHỨA THAM SỐ Câu 32. [Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020] Cho phương trình 0 81 3 ]. 3 2 [ 9     x x m [ m là tham số thực]. Giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt 2 1 , x x thỏa mãn 10 2 2 2 1   x x thuộc khoảng nào sau đây A.   10 ; 5 . B.   5 ; 0 . C.   15 ; 10 . D.    ; 15 . Câu 33. [Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020] Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình     2 3 5 log 3 2 log 3 x x m m    có nghiệm? A. 3. B. 4 . C. 2 . D. 5 . Câu 34. [Chuyên Hưng Yên - 2020] Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tập nghiệm của bất phương trình     2 3 3 3 2 0 x x m     chứa không quá 9 số nguyên? A. 1094. B. 3281. C. 1093. D. 3280. Câu 35. [Chuyên Hưng Yên - 2020] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 3 3 log log 1 2 1 0 x x m      có ít nhất một nghiệm thực trong đoạn   1;27 . A.   0;2 m  . B.   0;2 m  . C.   2;4 m  . D.   0;4 m  . Câu 36. [Chuyên Hưng Yên - 2020] Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m sao cho hai phương trình 2 2 1 3 m x   và 2 3 2 1 x m x x     có nghiệm chung. Tính tổng các phần tử của S . A. 6 B. 3. C. 1. D. 5 2 . Câu 37. [Chuyên KHTN - 2020] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 2 3 9 log log 2 0     x m x m có nghiệm   1;9  x . A. 1. B. 5 . C. 3 . D. 2 . Câu 38. [Chuyên KHTN - 2020] Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình     2 2 log log 1   mx x vô nghiệm? A. 4 . B. 6 . C. 3 . D. 5 . Câu 39. [Chuyên Lam Sơn - 2020] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a trên đoạn   10;10  để phương trình     ln 1 ln 1 x a x e e x a x        có nghiệm duy nhất. A. 2 . B. 10. C. 1. D. 20 Câu 40. [Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020] Số các giá trị nguyên nhỏ hơn 2020 của tham số m để phương trình     6 4 log 2020 log 1010 x m x   có nghiệm là A. 2020. B. 2021. C. 2019. D. 2022. TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ CÂU 41. [Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020] Giá trị của tham số m để phương trình 1 4 .2 2 0 x x m m     có hai nghiệm 1 , x 2 x thỏa mãn 1 2 3 x x   là A. 2 m  . B. 3 m  . C. 4 m  . D. 1 m  . Câu 42. [Chuyên Thái Bình - 2020] Cho bất phương trình     2 2 7 7 log 2 2 1 log 6 5 x x x x m        . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để bất phương trình có tập nghiệm chứa khoảng   1;3 ? A. 36. B. 34. C. 35. D. Vô số. Câu 43. [Chuyên Bắc Ninh - 2020] Gọi 0 m là giá trị nhỏ nhất để bất phương trình       2 2 2 1 log 2 2log 4 2 2 2 log 1 2 x x m x x x                  có nghiệm. Chọn đáp án đúng trong các khẳng định sau A.   0 9;10 m  . B.   0 8;9 m  . C.   0 10; 9 m    . D.   0 9; 8 m    . Câu 44. [Chuyên Chu Văn An - 2020] Tìm m để phương trình 1 4 2 0 x x m     có hai nghiệm trái dấu. A. 0 m  . B. 1 m  . C. 1 1 m    . D. 0 1 m   . Câu 45. [Chuyên Chu Văn An - 2020] Gọi S là tập các giá trị m thỏa mãn hệ sau có nghiệm: 2 4 2 4 1 [ 1 1] 2020 0 3 1 0 x m x x m mx m x                 Trong tập S có bao nhiêu phần tử là số nguyên? A. 4. B. 1. C. 0. D. 2. CÂU 46. [Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2020] Có bao nhiêu m nguyên dương để bất phương trình   2 2 2 3 3 3 1 3 0 x x m m       có không quá 30 nghiệm nguyên? A. 28. B. 29. C. 30. D. 31. Câu 47. [Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020] Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình   1 9 2.6 3 .4 0      x x x m có hai nghiệm phân biệt? A. 35. B. 38 . C. 34 . D. 33 . Câu 48. [Chuyên Quang Trung - 2020] Xét các số nguyên dương , a b sao cho phương trình 2 ln ln 5 0 a x b x    có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x và phương trình 2 5log log 0 x b x a    có hai nghiệm phân biệt 3 4 , x x sao cho 1 2 3 4 x x x x  . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 3 S a b   . A. 30 . B. 25 . C. 33 . D. 17 . Câu 49. [Chuyên Sơn La - 2020] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc   2020;2020  để phương trình   ln 2 2 x e x m m    có nghiệm? A. 2019 . B. 2020 . C. 2021. D. 4039 . Câu 50. [Chuyên Thái Bình - 2020] Cho phương trình   2 2 2 2 l o g 5 1 l o g 4 0 x m x m m      . Biết phương trình có 2 nghiệm phân biệt 1 2 , x x thỏa 1 2 1 6 5 x x   . Giá trị của 1 2 x x  bằng A. 16. B. 119 . C. 120. D. 159 . Câu 51. [Chuyên Thái Nguyên - 2020] Gọi 0 m là giá trị thực nhỏ nhất của tham số m sao cho phương trình         2 1 1 3 3 1 log 3 5 log 3 1 0 m x m x m         có nghiệm thuộc   3;6 . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Không tồn tại 0 m . B. 0 4 1; 3 m         . C. 0 10 2; 3 m        . D. 0 5 5; 2 m          . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Câu 52. [Chuyên Vĩnh Phúc - 2020] Cho phương trình   ln 1 2 0 m x x     . Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 0 2 4 x x     là khoảng   ; a   . Khi đó a thuộc khoảng nào dưới đây? A.   3,7;3,8 . B.   3,6;3,7 . C.   3,8;3,9 . D.   3,5;3,6 . Câu 53. [Đại Học Hà Tĩnh - 2020] Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình 2 3 3 3 log log 1 0 x a x a     có nghiệm duy nhất. A. Không tồn tại a . B. 1 a   hoặc 4 2 10 a   . C. 1 a  . D. 1 a  . Câu 54. [ĐHQG Hà Nội - 2020] Gọi S là tập hợp các số nguyên m sao cho phương trình 1 2 4 .2 3 50 0 0 x x m m      có 2 nghiệm phân biệt. Hỏi tập S có bao nhiêu phần tử A. 1. B. 4 . C. 3 . D. 2 . Câu 55. [ĐHQG Hà Nội - 2020] Tìm điều kiện của tham số a để phương trình sau có nghiệm:   2 2 1 1 1 1 9 2 .3 2 1 0. x x a a          Hãy chọn đáp án đúng nhất? A. 64 4 7 a   . B. 64 2 9 a   . C. 50 3 3 a   . D. 50 1 3 a   . Câu 56. [ĐHQG Hà Nội - 2020] Điều kiện của m để hệ bất phương trình   2 1 2 1 2 7 7 2020 2020 2 2 3 0 x x x x x m x m                  có nghiệm là : A. 3. m   B. 2 1. m    C. 1 2. m    D. 2. m   Câu 57. [Sở Phú Thọ - 2020] Cho phương trình 2 2 1 16 2.4 10 x x m     [ m là tham số]. Số giá trị nguyên của tham   10;10 m   để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực phân biệt là A. 7 . B. 9. C. 8. D. 1. Câu 58. [Sở Hà Tĩnh - 2020] Gọi S là tập nghiệm của phương trình     2 2 2 3 0 x x x m    [với m là tham số thực]. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của   2020;2020 m   để tập hợp S có hai phần tử? A. 2094. B. 2092. C. 2093. D. 2095. Câu 59. [Sở Ninh Bình] Cho hai số thực bất kỳ 1 a  , 1 b  . Gọi 1 x , 2 x là hai nghiệm phương trình 2 1 1 x x a b   . Trong trường hợp biểu thức 2 1 2 1 2 1 2 6 6 x x S x x x x           đạt giá trị nhỏ nhất, khẳng định nào dưới đây đúng? A. 3 3 a b  . B. 3 6 a b  . C. 3 1 3 a b  . D. 3 1 6 a b  . Câu 60. [Sở Ninh Bình] Gọi 0 m là giá trị nhỏ nhất của tham số thực m sao cho phương trình         2 1 1 2 2 1 log 2 5 log 2 1 0 m x m x m         có nghiệm thuộc khoảng   2;4 . Khẳng định nào dưới đây đúng? A. 0 4 1; 3 m         . B. 0 10 2; 3 m        . C. 0 16 4; 3 m        . D. 0 5 5; 2 m          . Câu 61. [Sở Bắc Ninh - 2020] Gọi S là tập tất cả các giá trị của m để phương trình 1 2 16 6.8 8.4 .2 0 x x x x m m       có đúng hai nghiệm phân biệt. Khi đó S có A. 4tập con. B. Vô số tập con. C. 8 tập con. D. 16 tập con. TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 62. [Sở Yên Bái - 2020] Giả sử phương trình 2 2 2 log [ 2]log 2 0 x m x m     có hai nghiệm thực phân biệt 1 2 , x x thỏa mãn 1 2 6 x x   . Giá trị biểu thức 1 2 x x  là A. 4. B. 3. C. 8. D. 2. Câu 63. [Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2020] Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 2 2 2 2 log log 3    x x m có nghiệm   1;8  x . A. 2 6   m B. 3 6   m C. 6 9   m D. 2 3   m . Câu 64. [Đô Lương 4 - Nghệ An - 2020] Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 3 3 log 3log 2 7 0 x x m     có hai nghiệm thực 1 x , 2 x thỏa mãn     1 2 3 3 72 x x    . A. 9 2 m  . B. 3 m  . C. Không tồn tại. D. 61 2 m  . Câu 65. [Đô Lương 4 - Nghệ An - 2020] Số các giá trị nguyên nhỏ hơn 2020 của tham số m để phương trình     6 4 log 2020 log 1010 x m x   có nghiệm là A. 2022 . B. 2020 . C. 2019 . D. 2021. Câu 66. [Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2020] Cho phương trình       10 log 2log 1 0 x me x m mx x          . [ m là tham số ]. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có ba nghiệm thực phân biệt? A. Vô số. B. 10. C. 11. D. 5. Câu 67. [Liên trường Nghệ An - 2020] Cho phương trình     2 2 2 1 2 2 4 .log 2 3 2 .log 2 2 0 x m x x x x x m          với m là tham số. Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt là A. 4 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Câu 68. [Lý Nhân Tông - Bắc Ninh - 2020] Tìm tập hợp các giá trị của tham số thực m để phương trình   6 3 2 0 x x m m     có nghiệm thuộc khoảng   0;1 . A.   3;4 . B.   2;4 . C.   2;4 . D.   3;4 . Câu 69. [Nguyễn Huệ - Phú Yên - 2020] Có bao nhiêu giá trị nguyên   2019;2020 m   sao cho hệ phương trình sau có nghiệm   2 2 2 2 2 2 2 4 9.3 4 9 .7 2 1 2 2 x y x y y x x y x m                 ? A. 2017 . B. 2021. C. 2019 . D. 2020 . Câu 70. [Nguyễn Trãi - Thái Bình - 2020] Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình sin[ ] 4 t an x e x    thuộc đoạn 0 ; 5 0      A. 2671 2  . B. 1853 2  . C. 2475 2  . D. 2653 2  . Câu 71. [THPT Nguyễn Viết Xuân - 2020] Cho phương trình     2 3 3 log 9 5 log 3 10 0 x m x m      [với m là tham số thực]. Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc   1;81 là A. 3 B. 5 C. 4 . D. 2 . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Câu 72. [THPT Nguyễn Viết Xuân - 2020] Cho , x y là hai số thực dương thỏa mãn 5 4 x y   . Tổng tất cả giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 2 3 2 log 3 1 0 x y m x x y m x y          có nghiệm là A. 10. B. 5. C. 9. D. 2. Câu 73. [Hải Hậu - Nam Định - 2020] Biết rằng điều kiện cần và đủ của tham số m để phương trình   2 log 2 2 x m m x    có nghiệm là a m b   với , a b là hai số nguyên dương và 7 b  . Hỏi 2 a b b   bằng bao nhiêu? A. 31. B. 32 . C. 21. D. 23. Câu 74. [Lương Thế Vinh - Hà Nội - 2020] Gọi S là tập hợp tất cả các điểm   ; M x y trong đó , x y là các số nguyên thoả mãn điều kiện   2 2 1 log 2 2 1, x y x y m      với m là tham số. Có bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn   2020;2019  để tập S có không quá 5 phần tử? A. 1. B. 2020. C. 2021. D. 2019. Câu 75. [Lương Thế Vinh - Hà Nội - 2020] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 2 2 log [4 ] log 2 4 0 x m x m     có nghiệm thuộc đoạn   1;8 ? A. 1. B. 2 . C. 5. D. 3. Câu 76. [Trần Phú - Quảng Ninh - 2020] Tìm tập hợp các giá trị của tham số m để phương trình [ẩn x ]:   2 2 2 log log 2 3 2 3 .3 3 0 x x m m      có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: 1 2 2 x x  . A.     1; \ 0    . B.   0;   . C.   \ 1;1   . D.   1;   . Câu 77. [Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020] Cho hàm số bậc ba   y f x  có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số   5;5 m   sao cho phương trình             3 2 2 1 2 2 log 1 log 1 2 8 log 1 2 0 f x f x m f x m         có nghiệm   1;1 x   ? A. 7 . B. 5. C. 6 . D. vô số. PHẦN 4. PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH NHIỀU ẨN Câu 78. [Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020] Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của tham số   1 ;1 m   sao cho phương trình     2 2 2 2 1 log log 2 2 2 m x y x y      có nghiệm nguyên   ; x y duy nhất? A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 0 . Câu 79. [Chuyên Lương Văn Tỵ - Ninh Bình - 2020] Có bao nhiêu số nguyên y để tồn tại số thực x thỏa mãn     2 2 11 4 log 3x 4 log y x y    ? A. 3 B. 2 C. 1 D. vô số. Câu 80. [Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020] Có bao nhiêu cặp số thực   ; x y thỏa mãn đồng thời các điều kiện   2 3 2 3 log 5 4 3 5 x x y       và   2 4 1 3 8 ? y y y      TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 1. B. 3. C. 4 . D. 2 . Câu 81. [Chuyên Bến Tre - 2020] Giả sử   0 0 ; x y là một nghiệm của phương trình     1 1 1 4 2 sin 2 1 2 2 2sin 2 1 x x x x x y y            . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 0 7 x  . B. 0 2 4 x    . C. 0 4 7 x   . D. 0 5 2 x     . Câu 82. [Chuyên Lào Cai - 2020] Có bao nhiêu cặp số nguyên   ; x y thỏa mãn 0 4000 x   và     5 5 5 25 2 log 1 4 y y x x      ? A. 3. B. 2 . C. 4 . D. 5. Câu 83. [Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 2020] Có bao nhiêu bộ [ ; ] x y với , x y nguyên và 1 , 2020 x y   thỏa mãn     3 2 2 2 1 2 4 8 log 2 3 6 log 2 3 y x xy x y x y xy y x                       ? A. 2017 . B. 4034 . C. 2 . D. 2017.2020 . Câu 84. [Chuyên Sơn La - 2020] Cho x là số thực dương và y là số thực thỏa mãn 1 2 2 log 14 [ 2] 1 x x y y          . Giá trị của biểu thức 2 2 2020 P x y xy     bằng A. 2022. B. 2020. C. 2021. D. 2019. Câu 85. [Sở Hưng Yên - 2020] Cho phương trình   2 2 2 2 3 log 3 6 6 3 2 1 y x x y x x        . Hỏi có bao nhiêu cặp số   ; x y và 0 2020 ; y     x thỏa mãn phương trình đã cho? A. 5. B. 6 . C. 7 . D. 4 . Câu 86. [Sở Phú Thọ - 2020] Có bao nhiêu cặp số nguyên   ; x y thỏa mãn 2 2021 x   và   1 2 2 log 2 2 y y x x y      ? A. 2020 . B. 9. C. 2019 . D. 10. Câu 87. [Sở Bắc Ninh - 2020] Có bao nhiêu cặp số nguyên dương   ; x y thảo mãn     2 3 3 3 1 1 3 x y x y x x x       , với 2020 x  ? A. 13. B. 15. C. 6 . D. 7 . Câu 88. [Sở Bình Phước - 2020] Biết , a b là các số thực sao cho    3 3 3 2 .1 0 . 10 , z z x y a b đồng thời , , x y z là các số các số thực dương thỏa mãn     l o g x y z và      2 2 lo g 1 . x y z Giá trị của  2 2 1 1 a b thuộc khoảng A. [ 1 ; 2 ] . B. [ 2; 3] . C. [ 3 ; 4 ] . D. [ 4 ; 5] . Câu 89. [Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2020] Biết rằng trong tất cả các cặp thỏa mãn chỉ có duy nhất một cặp thỏa mãn: . Khi đó hãy tính tổng tất cả các giá trị của tìm được? A. B. C. D. Câu 90. [Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2020] Có bao nhiêu cặp số nguyên   ; x y thỏa mãn 0 2020 y   và 3 3 3 3 6 9 log x x y y     . A. 2020 B. 9. C. 7 . D. 8. Câu 91. [Đô Lương 4 - Nghệ An - 2020] Giả sử , a b là các số thực sao cho 3 3 3 2 .10 .10 z z x y a b    đúng với mọi các số thực dương , , x y z thỏa mãn log[ ] x y z   và 2 2 log[ ] 1 x y z    . Giá trị của a b  bằng   ; x y     2 2 2 2 log 2 2 log 1 x y x y         ; x y 3 4 0 x y m    m 20. 14. 46. 28. TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 A. 25 2  . B. 31 2  . C. 31 2 . D. 29 2 . Câu 92. [Kim Liên - Hà Nội - 2020] Có bao nhiêu số hữu tỉ a thuộc đoạn   1 ;1  sao cho tồn tại số thực b thỏa mãn   2 2 2 2 4 1 1 log 1 2 4 1 2 1 2 4 2 a a a a a a a b b           . A. 0 . B. 3. C. 1. D. Vô số. Câu 93. [Lê Lai - Thanh Hóa - 2020] Có bao nhiêu cặp số nguyên thoả mãn và ? A. 19. B. 6 C. 10. D. 41. Câu 94. [Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2020] Cho các số thực x , y thỏa mãn 1 x  , 1 y  và   3 3 3 3 3 9 log log 6 2log log 2 3 log 2 2 x y x y xy    . Giá trị của biểu thức 2 P x y   gần với số nào nhất trong các số sau A. 7 . B. 8. C. 10 . D. 9 . Câu 95. [Tiên Lãng - Hải Phòng - 2020] Có bao nhiêu cặp số nguyên dương   ; x y với 2020 x  thỏa mãn       3 2 3 3 1 9 log 2 1 y x y x      A. 1010. B. 2020 . C. 3 . D. 4 . PHẦN 5. GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT – GIÁ TRỊ LỚN NHẤT Câu 96. [Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020] Cho ; x y là hai số thực dương thỏa mãn x y  và 1 1 2 2 2 2 y x x y x y                . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 3 x y P xy y    bằng A. 13 2 . B. 9 2 . C. 2  . D. 6 . Câu 97. [Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020] Xét các số thực dương , x y thỏa mãn     2 2 2 2 2 2 1 2 4 log 4 2 x y xy x y             . Khi 4 x y  đạt giá trị nhỏ nhất, x y bằng A. 2. B. 4. C. 1 2 . D. 1 4 . Câu 98. [Chuyên Hưng Yên - 2020] Biết phương trình 4 3 2 1 0 x a x b x cx      có nghiệm. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 T a b c    A. min 4 3  T . B. min 4  T . C. min 2  T . D. min 8 3  T . Câu 99. [Chuyên KHTN - 2020] Cho , x y là các số thực dương thỏa mãn       2 2 2 3 3 4 log 1 2 2 1 4 1           x y x y x y xy x y . Giá trị lớn nhất của biểu thức 5 3 2 2 1      x y P x y . A. 3 . B. 1. C. 2 . D. 4 . Câu 100. [Chuyên Lam Sơn - 2020] Xét các số thực dương , , a b c lớn hơn 1 [ với a b  ] thỏa mãn   4 log log 25log a b ab c c c   . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức log log log b a c a c b   bằng   ; x y 0; 20 20 x y x        2 2 2 log 2 2 3 0 x y x y xy x y       TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 5. B. 8 . C. 17 4 . D. 3. Câu 101. [Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020] Xét các số thực , , a b x thoả mãn 1, 1,0 1 a b x     và 2 log log [ ] b a x x a b  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 ln ln ln[ ]. P a b ab    A. 1 3 3 4  . B. 2 e . C. 1 4 . D. 3 2 2 12   . Câu 102. [Chuyên Lương Văn Tỵ - Ninh Bình - 2020] Xét các số thực dương a , b , x , y thỏa mãn a 1  , b 1  và 2x 3y 6 6 a b a b   . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 2 P xy x y    có dạng 165 m n  [với , m n là các số tự nhiên], tính   S m n . A. 58. B. 54. C. 56. D. 60 Câu 103. [Chuyên Bến Tre - 2020] Cho các số thực , x y thỏa mãn 0 , 1 x y   và     3 lo g 1 1 2 0 1 x y x y xy              . Tìm giá trị nhỏ nhất của P với 2 P x y   A. 2 . B. 1. C. 0 . D. 1 2 . Câu 104. [Chuyên Chu Văn An - 2020] Cho , x y là các số thực dương thỏa mãn 3 4 log 2 1. x y x y x y      Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 2 2 3 2 2 [ ] x y xy y P x x y     . A. 1 . 4 B. 1 . 2 C. 3 . 2 D. 2. Câu 105. [Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - 2020] Xét các số thực dương , , , a b x y thỏa mãn 1, 1 a b   và   2 2 2 x y a b ab   . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 P x y   thuộc tập hợp nào dưới đây? A.   10;15 . B.   6;10 . C.   1;4 . D.   4;6 . Câu 106. [Chuyên Lào Cai - 2020] Xét các số thực dương x , y thỏa mãn   2 log log log x y x y       . Biểu thức 8 P x y   đạt giá trị nhỏ nhất của bằng: A. min 16  P . B. min 33 2 P  . C. min 11 2 P  . D. min 31 2 P  . Câu 107. [Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 2020] Xét các số thực , x y thỏa mãn     2 2 log 1 log 1 1 x y     . Khi biểu thức 2 3 P x y   đạt giá trị nhỏ nhất thì 3 2 3 x y a b    với , a b   . Tính T ab  ? A. 9 T  . B. 7 3 T  . C. 5 3 T  . D. 7 T  . Câu 108. [Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020] Cho 0, 0 a b   thỏa mãn     2 2 4 5 1 8a 1 log 16 1 log 4 5 1 2 a b b a b a b          . Giá trị của 2 a b  bằng A. 27 4 . B. 6 . C. 20 3 . D. 9. Câu 109. [Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020] Cho các số thực , , , a b c d thỏa mãn   2 2 2 log 4 6 7 1 a b a b      và 27 .81 6 8 1 c d c d    . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức     2 2 P a c b d     . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 A. 49 . 25 B. 64 . 25 C. 7 . 5 D. 8 5 . Câu 110. [Chuyên Sơn La - 2020] Cho , , a b c là các số thực lớn hơn 1. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 4040 1010 8080 log log 3log ac ab bc P a b c    bằng A. 2020 . B. 16160. C. 20200 . D. 13130. Câu 111. [Chuyên Thái Bình - 2020] Cho hai số thực dương , x y thỏa mãn     2 2 log log 6 6 x x x y y x      . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 T x y   là A. 16. B. 18. C. 12 . D. 20 . Câu 112. [Chuyên Thái Nguyên - 2020] Xét các số thực dương , a b thoả mãn 2 1 log 2 3 ab ab a b a b       . Tìm giá trị nhỏ nhất min P của P a b   . A. min 1 2 5 P    . B. min 2 5 P   . C. min 1 5 P    . D. min 1 2 5 P   . Câu 113. [Chuyên Vĩnh Phúc - 2020] Cho , , a b c là các số thực dương khác 1 thỏa mãn 2 2 log log log 2log 3 a b a b c c b c b b     . Gọi , M m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của log log a b P b c   . Giá trị của biểu thức 3 S m M   bằng A. 16  . B. 4 . C. 6  . D. 6 . Câu 114. [ĐHQG Hà Nội - 2020] Cho các số thực x, y thỏa mãn 2 2 2 log log 2 2 5 2 x y x y xy x              . Hỏi giá trị nhỏ nhất của 2 2 P x y xy    là bao nhiêu? A. 30 20 2  . B. 33 22 2  . C. 24 16 2  . D. 36 24 2  . Câu 115. [Sở Hưng Yên - 2020] Cho các số thực , 1 x y  và thỏa mãn điều kiện 4 xy  . Biểu thức 2 2 4 2 log 8 log 2 x y y P x   đạt giá trị nhỏ nhất tại 0 0 , x x y y   . Đặt 4 4 0 0 T x y   mệnh đề nào sau đây đúng A. 131 T  . B. 132 T  . C. 129 T  . D. 130 T  . Câu 116. [Sở Hà Tĩnh - 2020] Cho các số thực dương , , a b c thỏa mãn 10 abc  . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức 5log .log 2log .log log .log F a b b c c a    bằng m n với , m n nguyên dương và m n tối giản. Tổng m n  bằng A. 13. B. 16. C. 7. D. 10. Câu 117. [Sở Bình Phước - 2020] Cho , x y là các số thực dương thỏa mãn   2 2 2 2 log log 1 log 2 x y x y     . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 x y  bằng A. 2 2 3  . B. 2 3 2  . C. 3 3  . D. 9. Câu 118. [Sở Yên Bái - 2020] Cho các số thực , x y thuộc đoạn   0;1 thỏa mãn 2 1 2 2021 2020 2 2022       x y x y y . Gọi , M m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2 6 3 9    x y x xy . Tính . M m . A. 5 2  . B. 5.  C. 5. D. 3.  TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 119. [Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2020] Xét các số thực dương . x y thỏa mãn   2 1 1 1 2 2 2 log log log x y x y    . Tìm giá trị nhỏ nhất min P của biểu thức 3 P x y   . A. min 17 2 P  . B. min 8 P  . C. min 9 P  . D. min 25 2 4 P  . Câu 120. [Lê Lai - Thanh Hóa - 2020] Cho thỏa mãn . Giá trị biểu thức bằng? A. 6. B. . C. . D. 22. Câu 121. [Liên trường Nghệ An - 2020] Cho các số thực dương ; ; a b c khác 1 thỏa mãn 2 2 3 log log 2log log a b b a c c b c b a b    . Gọi , M m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của log log a b P ab bc   . Tính giá trị biểu thức 2 2 2 9 S m M   . A. 28 S  . B. 25 S  . C. 26 S  . D. 27 S  . Câu 122. [Lý Nhân Tông - Bắc Ninh - 2020] Cho 0 , 0 a b   thỏa mãn 2 2 4 5 1 8 1 l o g [ 16 1 ] l o g [ 4 5 1 ] 2 a b ab a b a b          . Giá trị của 2 a b  bằng A. 9 . B. 6 . C. 27 4 . D. 20 3 . Câu 123. [Nguyễn Huệ - Phú Yên - 2020] Xét các số thực , , , a b x y thỏa mãn 1, 1 a b   và x y a a b b   . Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 P x y   thuộc tập nào dưới đây? A. 1 0; 2       . B. 1 1; 2         . C. 3 1; 2       . D. 3 5 ; 2 2       . Câu 124. [Nguyễn Trãi - Thái Bình - 2020] Cho các số thực x , y thay đổi thỏa mãn 2 2 1 x y xy    và hàm số   3 2 2 3 1 f t t t    . Gọi M và m tương ứng là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 5 2 4 x y Q f x y            . Tổng M m  bằng A. 4 3 2   . B. 4 5 2   . C. 4 2 2   . D. 4 4 2   . Câu 125. [Tiên Du - Bắc Ninh - 2020] Cho biểu thức 2 3 2 1 2 1 3 [1 4 ] 2 y x x y x y P          và biểu thức 3 2 log 3 y x Q y    . Giá trị nhỏ nhất của y để tồn tại x đồng thời thỏa mãn 1 P  và 1 Q  là số 0 y . Khẳng định nào sau đây là đúng ? A. 0 4 1 y  là số hữu tỷ. B. 0 y là số vô tỷ. C. 0 y là số nguyên dương. D. 0 3 1 y  là số tự nhiên chẵn. Câu 126. [Yên Lạc 2 - Vĩnh Phúc - 2020] Cho hai số thực a , b lớn hơn 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 4 1 log 4 4 log a ab a b S b          . A. 5 4 . B. 11 4 . C. 9 4 . D. 7 4 . 0, 0 a b       2 2 10 3 1 10 1 log 25 1 log 10 3 1 2 a b ab a b a b          2 a b  11 2 5 2TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 Câu 127. [Hải Hậu - Nam Định - 2020] Với các số thực dương , , x y z thay đổi sao cho       2 2 2 2 2 2 log 4 8 8 2 x y z x x y y z z x y z                  , gọi giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 4 7 11 8 6 5 86 x y z x y z T x y          thứ tự là M và m . Khi đó M m  bằng: A. 3 2  . B. 1. C. 5 2  . D. 1 2  . Câu 128. [Lương Thế Vinh - Hà Nội - 2020] Cho các số thực , x y thỏa mãn 3 ln ln[ 2] ln 3    y x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 2 2 4 2 [ 1] . 2          y x x x y H e x y y A. 1. B. 0 . C. e . D. 1 e . Câu 129. [Trường VINSCHOOL - 2020] Cho dãy số   n u có số hạng đầu 1 1  u thỏa mãn     2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 log 5 log 7 log 5 log 7    u u và 1 7   n n u u với mọi 1  n . Giá trị nhỏ nhất của n để 1111111  n u bằng: A. 11. B. 8 . C. 9. D. 10 . Câu 130. [Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2020] Cho , x y là các số thực dương thỏa mãn 2 8 8 2 xy x y xy x y      . Khi 2 2 P xy xy   đạt giá trị lớn nhất, giá trị của biểu thức 3 2 x y  bằng A. 4 . B. 2 . C. 3. D. 5. Câu 131. [Tiên Lãng - Hải Phòng - 2020] Cho , x y là các số dương thỏa mãn       log 2 log log x y x y    . Khi đó, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 4 1 2 1 x y P y x     là: A. 31 5 . B. 6 . C. 29 5 . D. 32 5 . -------------------- HẾT -------------------- TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 PHẦN 1. MỘT SỐ BÀI TOÁN THỰC TẾ - BIẾN ĐỔI LOGARIT Câu 1. [Chuyên Lam Sơn - 2020] Cho các số thực a , b thỏa mãn 1 a b   và 1 1 2020 log log b a a b   . Giá trị của biểu thức 1 1 log log ab ab P b a   bằng A. 2014 . B. 2016 . C. 2018 . D. 2020 . Lời giải Chọn B Do 1 a b   nên log 0 a b  , log 0 b a  và log log b a a b  . Ta có: 1 1 2020 log log b a a b   log log 2020 b a a b    2 2 log log 2 2020 b a a b     2 2 log log 2018 b a a b    [*] Khi đó, log log log log log log log log b a b b a a b a P ab ab a b a b a b         Suy ra:   2 2 2 2 log log log log 2 2018 2 2016 2016 b a b a P a b a b P           Câu 2. [Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020] Một ngân hàng X , quy định về số tiền nhận được của khách hàng sau n năm gửi tiền vào ngân hàng tuân theo công thức [ ] [ 1 8 % ] P n A   , trong đó A là số tiền gửi ban đầu của khách hàng. Hỏi số tiền ít nhất mà khách hàng B phải gửi vào ngân hàng X là bao nhiêu để sau ba năm khách hàng đó rút ra được lớn hơn 8 5 0 triệu đồng [Kết quả làm tròn đến hàng triệu]?. A. 6 7 5 triệu đồng. B. 6 7 6 triệu đồng. C. 6 7 7 triệu đồng. D. 6 7 4 triệu đồng. Lời giải Chọn A Ta có [ ] [ 1 8% ] n P n A   . Sau 3 năm số tiền khách hàng rút về lớn hơn 8 5 0 triệu đồng là: 3 3 850 850 [1 8%] 674,8 [1 8%] A A       . Vậy số tiền ít nhất mà khách hàng B phải gửi vào ngân hàng X là 6 7 5triệu đồng. Câu 3. [Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020] Ông tuấn gửi 100 triệu vào ngân hàng với hình thức lãi kép, kỳ hạn 1 năm với lãi suất 8% . Sau 5 năm ông rút toàn bộ tiền và dùng một nữa để sửa nhà, số tiền còn lại ông tiếp tục gửi ngân hàng với lãi suất như lần trước. Số tiền lãi ông tuấn nhận được sau 10 năm gửi gần nhất với giá trị nào dưới đây? A. 46,933 triệu. B. 34,480 triệu. C. 81, 413 triệu. D. 107,946 triệu. Lời giải Chọn C Năm năm đầu ông Tuấn có số tiền cả gốc và lãi là   5 1 100. 1 0.08 146,933 T    Sau khi sửa nhà số tiền còn lại gửi vào ngân hàng trong 5 năm thì số tiền cả gốc và lãi là TUYỂN CHỌN CÂU HỎI VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TRÊN CẢ NƯỚC NĂM 2020 CHƯƠNG 2. HÀM SỐ LŨY THỪA - MŨ - LOGARIT 131 CÂU HỎI VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAOTỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/   5 2 146,932 1 0.08 107,946. 2 T    Số tiền lãi trong 10 năm là     146,933 100 107,946 73,466 81,413. L      Câu 4. [Chuyên Bắc Ninh - 2020] Gọi 0 1 2019 ... x x x    là các nghiệm của phương trình       ln . ln 1 . ln 2 ... ln 2019 0 x x x x     . Tính giá trị biểu thức         0 1 2 2019 1 2 3 ... 2020 P x x x x      . A.         2 3 2010 1 2 3 ... 2010 P e e e e      . B. 0 P  . C. 2010! P   . D. 2010! P  . Lời giải Chọn B Điều kiện: 0 x  . Xét phương trình       ln . ln 1 . ln 2 ... ln 2019 0 x x x x     [*]. Ta có [*] 2 2019 1 ln 0 ln 1 ln 2 ... ... ln 2019 x x x e x x x e x x e                           , [thỏa mãn]. Vì 0 1 2 2019 ... x x x x     nên 2 2019 0 1 2 2019 1; ; ;...;     x x e x e x e . Ta có:                 2 2019 0 1 2 2019 1 2 3 ... 2020 1 1 2 3 ... 2020 0 P x x x x e e e            . Vậy 0 P  . Câu 5. [Chuyên Bắc Ninh - 2020] Anh Dũng đem gửi tiết kiệm số tiền là 400 triệu đồng ở hai loại kỳ hạn khác nhau. Anh gửi 250 triệu đồng theo kỳ hạn 3 tháng với lãi suất % x một quý. Số tiền còn lại anh gửi theo kỳ hạn 1 tháng với lãi suất 0, 25% một tháng. Biết rằng nếu không rút lãi thì số lãi sẽ được nhập vào số gốc để tính lãi cho kỳ hạn tiếp theo. Sau một năm số tiền cả gốc và lãi của anh là 416.780.000 đồng. Tính x . A. 1, 2 . B. 0,8 . C. 0,9. D. 1,5. Lời giải Chọn A + Xét bài toán ông B gửi tiết kiệm số tiền A đồng với lãi suất r cho 1 kỳ hạn. Biết rằng nếu không rút lãi thì số lãi sẽ được nhập vào số gốc để tính lãi cho kỳ hạn tiếp theo. Hỏi sau n kỳ hạn số tiền cả gốc và lãi của ông B là bao nhiêu nếu trong thời gian gửi lãi suất không thay đổi? - Sau 1 kì hạn số tiền cả gốc và lãi mà ông B có được là   1 . 1 T A A r A r     . - Sau 2 kì hạn số tiền cả gốc và lãi mà ông B có được là   2 1 1 1 . 1 T T T r T r       2 1 A r   . - Tổng quát ông B có số tiền cả gốc và lãi sau n kì hạn là   1 n n T A r     1 . + Áp dụng công thức   1 cho bài toán đề cho, gọi S là số tiền cả gốc và lãi anh Dũng có sau một năm gửi, ta có :     4 12 250 1 % 150 1 0, 25% S x     [triệu đồng]. 416,78 S  [triệu đồng]     4 12 250 1 % 150 1 0, 25% 416,78 x      1,2 x   . Vậy 1,2 x  . Câu 6. [Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2020] Cho hàm số 2 log 1 y x   và 2 log [ 4] y x   có đồ thị như hình vẽ. TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 Diện tích tam giác ABC bằng A. 21. B. 7 4 . C. 21 2 . D. 21 4 . Lời giải Chọn D Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số 2 log 1 y x   với trục hoành: 2 2 1 log 1 0 log 1 2 x x x        . Do đó 1 [ ;0] 2 B . Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số 2 log [ 4] y x   với trục hoành: 2 log [ 4] 0 4 1 3 x x x         . Do đó [ 3;0] A  . Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số 2 log 1 y x   và 2 log [ 4] y x   : 2 2 2 2 log [ 4] log 1 log [ 4] log [2 ] x 4 2 4 3 x x x x x x y              . Do đó [4;3] C . Vậy nên, diện tích tam giác ABC là: 1 1 1 21 . [ , ] 3 . 3 2 2 2 4 S AB d C Ox     . Câu 7. [Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2020] Trong hình vẽ bên các đường cong       1 2 3 : , : , : x x x C y a C y b C y c    và đường thẳng 4; 8 y y   tạo thành hình vuông MNPQ có cạnh bằng 4 . Biết rằng 2 x y abc  với ; x y    và x y tối giản, giá trị của x y  bằng 6 4 2 2 4 10 5 5 10 y=log 2 x+1 y=log 2 [x+4] C A BTỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 34. B. 5. C. 43. D. 19. Lời giải Chọn C Giả sử hoành độ điểm M là m , ta suy ra         ; 4 ; ;8 ; 4;8 ; Q 4; 4 M m N m P m m   . Từ giả thiết ta có , M P thuộc đường cong x y b  nên 1 4 4 4 8 4 4 8 2 2 m m m m b b b b b                         . , N Q lần lượt thuộc đường cong ; x x y a y c   nên 3 8 8 3 8 12 12 2 1 6 8 2 2 4 2 2 a a a c c c                        . Khi đó 3 1 3 1 1 1 19 8 6 8 4 6 4 24 2 .2 .2 2 2 abc      .Vậy 19; 24 43 x y x y      . Câu 8. [Chuyên Lào Cai - 2020] các số thực a , b , c thỏa mãn 2 2 2 [ 2] [ 2] [ 2] 8 a b c       và 2 3 6 a b c    . Khi đó a b c   bằng A. 2 . B. 4 . C. 2 2 . D. 8 . Lời giải Chọn A Ta có 2 log 6 a c   và 3 log 6 b c   . Suy ra 1 1 1 a b c    . Hay 1 1 1 0 a b c    . Hay 0 ab bc ca    .Suy ra 2 2 2 2 [ ] a b c a b c      nên 2 [ ] 4[ ] 4 0. a b c a b c        Vậy 2 a b c    . Câu 9. [Chuyên Thái Nguyên - 2020] Cho 4 4 7 x x    . Khi đó biểu thức 5 2 2 8 4.2 4.2 x x x x a P b         với a b là phân số tối giản và , a b   . Tích . a b có giá trị bằng A. 10. B. 8  . C. 8. D. 10  . Lời giải Chọn A Ta có       2 2 2 4 4 7 2 2.2 .2 2 2 7 2 2 9 2 2 3 x x x x x x x x x x                   . Do đó     5 2 2 5 2 2 5 3 2 1 8 4.3 20 10 8 4.2 4.2 8 4. 2 2 x x x x x x x x P                    . Suy ra 1, 10 a b   . Vậy . 10 a b  . Câu 10. [Chuyên Vĩnh Phúc - 2020] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số   2020 log 2 y mx m    xác định trên   1;   . A. 0 m  . B. 0 m  . C. 1 m   . D. 1 m   . Lời giải Chọn B Cách 1: Điều kiện: 2 0 2 mx m mx m         1  Trường hợp 1: 0 m    1  trở thành 0 1   [luôn thỏa mãn].  Trường hợp 2: 0 m    2 1 m x m      Tập xác định của hàm số là 2 ; m D m           . Khi đó, yêu cầu bài toán trở thành 2 1 m m   2 2 0 m m       [luôn thỏa mãn]. TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5  Trường hợp 3: 0 m    2 1 m x m      Tập xác định của hàm số là 2 ; m D m          . Do đó không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy tất cả các giá trị cần tìm là 0 m  . Cách 2: Điều kiện: 2 0 mx m    ,   1; x       1 2 m x     ,   1; x       1 .  Với 1 x  , ta được 0 2 m   , đúng với mọi m .  Với 1 x  , ta được   2 1 1 m x     ,   1; x       2 . Xét hàm số   2 1 g x x    với 1 x  , ta có:     2 2 0 1 g x x     , 1 x   . Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên, ta được   2 0 m   . Vậy, tất cả các giá trị cần tìm của m là 0 m  . Câu 11. [Đại Học Hà Tĩnh - 2020] Đầu mỗi tháng anh A gửi vào ngân hàng 3 triệu đồng với lãi suất kép là 0,6% mỗi tháng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng [khi ngân hàng đã tính lãi] thì anh A có được số tiền cả lãi và gốc nhiều hơn 100 triệu, biết lãi suất không đổi trong qua trình gửi. A. 31 tháng. B. 40 tháng. C. 35 tháng. D. 30 tháng. Lời giải Chọn A + Đặt 1 a r   và M. Trong đó M là số tiền góp vào hàng tháng, r là lãi suất hàng tháng. Tiền gốc và lãi anh A nhận trong tháng thứ nhất là: 1 . . T M M r M a    . Tiền gốc và lãi anh A nhận trong tháng thứ hai là:   2 2 . . T M a M M a M r Ma Ma       … Tương tự tiền gốc và lãi anh A nhận trong tháng thứ n là:       1 1 2 1 ... ... 1 . 1 1 1 1 n n n n n n n a M T Ma Ma Ma Ma a a Ma r r a r                       + Sau tháng thứ n anh A gửi vào ngân hàng 3 triệu đồng với lãi suất kép là 0,6% mỗi tháng và nhận được số tiền nhiều hơn 100 triệu, khi đó ta có:     3 1 0,6% 1 1 0,6% 100 30,3 0,6% n n           Vậy sau ít nhất 31 tháng thì anh A mới có được số tiền nhiều hơn 100 triệu. Câu 12. [Sở Hà Tĩnh - 2020] Một người vay tiền ở một ngân hàng theo hình thức lãi kép với lãi suất 0,7% / tháng với tổng số tiền vay là 1 tỉ đồng. Mỗi tháng người đó đều trả cho ngân hàng một số tiền như nhau để trừ vào tiền gốc và lãi. Biết rằng đúng 25 tháng thì người đó trả hết gốc và lãi cho ngân hàng. Hỏi số tiền của người đó trả cho ngân hàng ở mỗi tháng gần nhất với số nào sau đây? A. 43.730.000 đồng. B. 43.720.000 đồng. C. 43.750.000 đồng. D. 43.740.000 đồng. Lời giải Chọn D Gọi M là số tiền vay ban đầu. Gọi A là số tiền mà hàng tháng người đó trả cho ngân hàng. Sau tháng 1 dư nợ còn lại là: .1,007 M A  TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Sau tháng 2 dư nợ còn lại là:   2 .1,007 .1,007 .1,007 .1,007 M A A M A A      Sau tháng 3 dư nợ còn lại là:     2 2 3 .1,007 .1,007 .1,007 .1,007 . 1,007 1,007 1 M A A A M A            . Sau tháng thứ n dư nợ còn lại là:   1 2 .1,007 . 1,007 1,007 ... 1,007 1 n n n M A            . Vì đúng 25 tháng thì trả hết nợ nên:   24 25 23 1.1,007 . 1,007 1,007 ... 1,007 1 0 A             25 24 25 23 25 1,007 1 1,007 . 1,007 1,007 ... 1,007 1 1,007 . 0,007 A A              . 25 25 1,007 .0,007 0,04374151341 1,007 1 A     tỉ đồng 43.741.513  đồng 43.740.000  đồng. Câu 13. [Sở Ninh Bình] Cho a , b , c là các số thực khác 0 thỏa mãn 4 9 6 a b c   . Khi đó c c a b  bằng A. 1 2 . B. 1 6 . C. 6 . D. 2 . Lời giải Chọn D Đặt 4 9 6 log 4 9 6 log log a b c a t t b t c t             . Khi đó   6 6 6 6 6 4 9 log log log .log 4 log .log 9 log log 4 log 9 log log t t t t t t c c t t t a b t t        2 6 6 6 log .log 36 log 36 log 6 2 t t     . Câu 14. [Sở Bắc Ninh - 2020] Cho hàm số   ln . 2 x f x x         Tổng         ' ' ' ' 1 3 5 ... 2021 f f f f     bằng A. 4035 . 2021 . B. 2021 2022 . C. 2021.. D. 2022 . 2023 Lời giải Chọn D Ta có       ' 2 1 1 ln 2 2 2 x f x f x x x x x x               Vậy         ' ' ' ' 1 1 1 1 1 1 1 3 5 ... 2021 ...... 1 3 3 5 2021 2023 1 2022 1 . 2023 2023 f f f f               Câu 15. [Sở Bình Phước - 2020] Một sinh viên ra trường đi làm ngày 1/1/2020 với mức lương khởi điểm là a đồng mỗi tháng và cứ sau 2 năm lại được tăng thêm 10% và chi tiêu hàng tháng của anh ta là 40% lương. Anh ta dự định mua một căn hộ chung cư giá rẻ có giá trị tại thời điểm 1/1/2020 là 1 tỷ đồng và cũng sau 2 năm thì giá trị căn hộ tăng thêm 5%. Với a bằng bao nhiêu thì sau đúng 10 năm anh ta mua được căn hộ đó, biết rằng mức lương và mức tăng giá trị ngôi nhà là không đổi [ kết quả quy tròn đến hàng nghìn đồng]. A. 11.487.000 đồng. B. 14.517.000 đồng. C. 55.033.000 đồng. D. 21.776.000 đồng. Lời giải TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Chọn B Áp dụng công thức   1 . n o P P r   Ta được giá trị ngôi nhà sau 10 năm là:     5 5 9 9 10 1 0,05 10 . 1,05 . P    Sau khi chi tiêu hàng tháng thì số tiền Người sinh viên còn lại của mỗi tháng là 60% lương. Trong hai năm 2020 - 2021, Người sinh viên có được số tiền là: 24 0,6 . a  Trong hai năm 2022 - 2023, anh sinh viên có được số tiền là:   24 0,6 1 0,1 . a   Trong hai năm 2024 - 2025, anh sinh viên có được số tiền là:   2 24 0,6 1 0,1 . a   Trong hai năm 2026 - 2027, anh sinh viên có được số tiền là:   3 24 0,6 1 0,1 . a   Trong hai năm 2028 - 2029, anh sinh viên có được số tiền là:   4 24 0,6 1 0,1 . a   Tổng số tiền anh sinh viên có được sau 10 năm là:                     2 3 4 2 3 4 5 24 0,6 24 0,6 1 0,1 24 0,6 1 0,1 24 0,6 1 0,1 24 0,6 1 0,1 24 0,6 1 1 0,1 1 0,1 1 0,1 1 0,1 1 1 0,1 0,61051 24 0,6 24 0,6 87,91344 1 1 0,1 0,1 a a a a a a a a a                                       Số tiền trên bằng giá trị của ngôi nhà sau 10 năm:   5 9 10 . 1,05 87,91344 14.517.000 a a     Câu 16. [Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2020] Một người vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất là 0,7% / tháng theo thỏa thuận cứ mỗi tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng 5 triệu đồng và cứ trả hàng tháng như thế cho đến khi hết nợ [tháng cuối cùng có thể trả dưới 5 triệu]. Hỏi sau bao nhiêu tháng thì người đó trả được hết nợ ngân hàng? A. 21. B. 22 . C. 23. D. 24 . Lời giải Chọn B Gọi số tháng là n [ *   n ]. Đặt 5  a , 1,007  q . Đến lần nộp tiền thứ n : Khoản tiền a đầu tiên trở thành 1 .  n a q . Khoản tiền a thứ hai trở thành 2 .  n a q . … Giả sử khoản tiền cuối cùng vẫn là a thì tổng số tiền đã trả cả vốn lẫn lãi là 1 1,007 1 . 5. 1 0,007     n n q a q . Số tiền 100 triệu đồng với lãi suất là 0,7% / tháng, sau n tháng, sẽ trở thành 100. 1,007 n . Ta có phương trình 1,007 1 5. 100.1,007 21,6 0,007     n n n . Theo đề bài, tháng cuối cùng có thể trả dưới 5 triệu đồng nên số tháng phải làm tròn là 22 tháng. Câu 17. [Lê Lai - Thanh Hóa - 2020] COVID19 là một loại bệnh viêm đường hô hấp cấp do chủng mới của virus corona [nCoV] bắt nguồn từ Trung Quốc [đầu tháng 12/2019] gây ra với tốc độ truyền bệnh rất nhanh [tính đến 7/4/2020 đã có 1 360 039 người nhiễm bệnh]. Giả sử ban đầu có 1 người bị nhiễm bệnh và cứ sau 1 ngày sẽ lây sang 4 người khác. Tất cả những người nhiễm bệnh lại tiếp tục lây sang những người khác với tốc độ như trên [1 người lây 4 người]. Hỏi sau 7 ngày sẽ có tổng cộng bao nhiêu người nhiễm bệnh? [Biết rằng những người nhiễm bệnh không phát hiện bản thân bị bệnh và không phòng tránh cách li, do trong thời gian ủ bệnh vẫn lây bệnh sang người khác]. A. người. B. người. C. người. D. người. Lời giải Chọn D Sau 1 ngày, tổng số người nhiễm bệnh là 1 4 5   người. Sau 2 ngày, tổng số người nhiễm bệnh là       2 1 4 1 4 .4 1 4      người. Sau 3 ngày, tổng số người nhiễm bệnh là       2 2 3 1 4 1 4 .4 1 4      người. 77760 16384 62500 78125TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/  Sau 7 ngày, tổng số người nhiễm bệnh là   7 1 4 78125   người. Ngoài ra chúng ta có thể áp dụng công thức lãi kép để tính nhanh:     7 1 1. 1 4 78125 n n S A r      , với 1 A  , 4 r  , 7 n  . Câu 18. [Liên trường Nghệ An - 2020] Ông A có số tiền 100000000 đồng gửi tiết kiệm theo thể thức lãi kép, có hai loại kì hạn: loại kì hạn 12 tháng với lãi suất 12% /năm và loại kì hạn 1 tháng với lãi suất 1% /tháng. Ông A muốn gửi 10 năm. Theo anh chị, kết luận nào sau đây đúng [làm tròn đến hàng nghìn]? A. Gửi theo kì hạn 1 tháng có kết quả nhiều hơn kì hạn 1 năm là 16186000 đồng sau 10 năm. B. Cả hai loại kì hạn đều có cùng số tiền như nhau sau 10 năm. C. Gửi theo kì hạn 1 tháng có kết quả nhiều hơn kì hạn 1 năm là 19454000 đồng sau 10 năm. D. Gửi theo kì hạn 1 tháng có kết quả nhiều hơn kì hạn 1 năm là 15584000 đồng sau 10 năm. Lời giải Chọn C Tổng số tiền ông A nhận được sau 10 năm khi gửi theo kì hạn 12 tháng là:   1 8 10 1 0 1 . 1 10 .1,12 310585000 n T T r     [đồng]. Tổng số tiền ông A nhận được sau 10 năm khi gửi theo kì hạn 1 tháng là   2 8 120 2 0 2 . 1 10 .1,01 330039000 n T T r     [đồng]. Như vậy, sau 10 năm, gửi theo kì hạn 1 tháng có kết quả nhiều hơn kì hạn 1 năm là: 2 1 330039000 310585000 19454000 T T T      [đồng]. Câu 19. [Nguyễn Huệ - Phú Yên - 2020] Dân số thế giới được ước tính theo công thức . ni S Ae  , trong đó A là dân số của năm lấy mốc, S là dân số sau n năm, i là tỷ lệ tăng dân số hàng năm. Biết năm 2005 dân số của thành phố Tuy Hòa là khoảng 202.300 người và tỉ lệ tăng dân số là 1,47%. Hỏi với mức tăng dân số không đổi thì đến năm bao nhiêu dân số thành phố Tuy Hòa đạt được 255.000 người? A. 2020 . B. 2021. C. 2023. D. 2022 . Lời giải Chọn B Lấy năm 2005 làm mốc, khi đó 202.300 A  . Giả sử sau n năm thì dân số thành phố Tuy Hòa đạt được 255.000 người, tức là ta có 1,47 100 255.000 202.300 n e   255000 100 ln 15,75 202300 n     năm. Vậy đến năm 2021 thì dân số thành phố Tuy Hòa đạt được 255.000 người. Câu 20. [Tiên Du - Bắc Ninh - 2020] Số ca nhiễm Covid – 19 trong cộng đồng ở một tỉnh vào ngày thứ x trong một giai đoạn được ước tính theo công thức   .e rx f x A  trong đó A là số ca nhiễm ở ngày đầu của giai đoạn, r là tỷ lệ gia tăng số ca nhiễm hàng ngày của giai đoạn đó và trong cùng một giai đoạn thì r không đổi. Giai đoạn thứ nhất tính từ ngày tỉnh đó có 9 ca bệnh đầu tiên và không dùng biện pháp phòng chống lây nhiễm nào thì đến ngày thứ 6 số ca bệnh của tỉnh là 180 ca. Giai đoạn thứ hai [kể từ ngày thứ 7 trở đi] tỉnh đó áp dụng các biện pháp phòng chống lây nhiễm nên tỷ lệ gia tăng số ca nhiễm hàng ngày giảm đi 10 lần so với giai đoạn trước. Đến ngày thứ 6 của giai đoạn hai thì số ca mắc bệnh của tỉnh đó gần nhất với số nào sau đây? A. 242 . B. 16. C. 90. D. 422 . Lời giải Chọn A * Giai đoạn 1: Ta có: 6 1 180 9.e ln 20 6 r r    TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 * Giai đoạn 2: Đến ngày thứ 6 số ca mắc bệnh của tỉnh là . 6 10 [ ] 180.e 242 r f x   Câu 21. [Kìm Thành - Hải Dương - 2020] Anh Việt vay tiền ngân hàng 500 triệu đồng mua nhà và trả góp hàng tháng. Cuối mỗi tháng bắt đầu từ tháng thứ nhất anh trả 10 triệu đồng và chịu lãi suất là 0,9% / tháng cho số tiền chưa trả. Với hình thức hoàn nợ như vậy thì sau bao lâu anh Việt sẽ trả hết số nợ ngân hàng? A. 65 tháng. B. 66 tháng. C. 67 tháng. D. 68 tháng. Lời giải Chọn C Gọi A là số tiền vay ngân hàng; r là lãi suất hàng tháng cho số tiền còn nợ; m là số tiền trả nợ hàng tháng; n là thời gian trả hết nợ. Để trả hết nợ thì     1 1 1 0 n n m A r r r              10 500 1 0,9% 1 0,9% 1 0 0,9% n n             20 1 0,9% 11 n      1 0,9% 20 log 66,72 11 n     Vậy sau 67 tháng anh Việt trả hết nợ. Câu 22. [Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2020] Dân số thế giới được ước tính theo công thức . ni S Ae  , trong đó A là dân số của năm lấy làm mốc, S là dân số sau n năm, i là tỉ lệ tăng dân số hằng năm. Dân số Việt Nam năm 2019 là 95,5triệu người, tỉ lệ tăng dân số hằng năm từ 2009 đến nay là 1,14% . Hỏi dân số Việt Nam năm 2009 gần với số nào nhất trong các số sau? A. 94, 4 triệu người. B. 85, 2 triệu người. C. 86, 2 triệu người. D. 83,9 triệu người. Lời giải Chọn B Áp dụng công thức . ni S Ae  trong đó: 95,5 S  triệu người, 10 n  năm, 1,14% i  Ta có số dân Việt Nam năm 2009 là: 10.1,14% 95,5 85, 2 ni S A e e    triệu người Câu 23. [Tiên Lãng - Hải Phòng - 2020] Ông An dự định gửi vào ngân hàng một số tiền với lãi suất không đổi là 7% một năm. Biết rằng cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho năm kế tiếp. Tính số tiền tối thiểu x [triệu đồng, x   ] ông An gửi vào ngân hàng để sau 3 năm số tiền lãi đủ mua một chiếc xe gắn máy giá trị 45 triệu đồng. A. 200. B. 190. C. 250. D. 150. Lời giải Chọn A Áp dụng công thức   1 . n o P P r   Số tiền ông An có được sau 3 năm là:   3 1 0,07 . P x   Tiền lãi ông An có được sau 3 năm là:       3 3 1 0,07 1 0,07 1 . P x x x x        Số tiền lãi trên là 45 triệu đồng nên:     3 1 0,07 1 45 199,96 x x      Câu 24. [Trần Phú - Quảng Ninh - 2020] Một người vay vốn ở ngân hàng với số tiền 50 triệu đồng, thời hạn 50 tháng với lãi suất 1,15% trên tháng, tính theo dư nợ trả đúng ngày quy định. Hỏi hàng tháng người đó phải trả đều đặn vào ngân hàng một khoản tiền là bao nhiêu để đến cuối tháng thứ 50 thì người đó trả hết cả gốc lẫn lãi cho ngân hàng [làm tròn đến trăm đồng] ? TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 1.018.500đồng. B. 1.320.800đồng. C. 1.320.500đồng. D. 1.771.300đồng. Lời giải Chọn C Gọi N là số tiền vay ban đầu, r là lãi suất theo tháng, A là số tiền phải trả hàng tháng, ta có: + Số dư nợ sau 1 tháng là:   r 1 N N A N r A      . + Số dư nợ sau 2 tháng là:         2 2 1 1 1 1 1 A N r A N r A r A N r r r                    . + Số dư nợ sau 3 tháng là:     3 3 1 1 1 A N r r r         . … + Số dư nợ sau n tháng là:     1 1 1 n n A N r r r         . Giả sử sau n tháng thì dư nợ bằng 0, ta có         1 . 1 1 1 0 1 1 n n n n N r r A N r r A r r               . Áp dụng với 50.000.000 N  đồng, r 1,15%  và 50 n  tháng ta có: 1.320.500 A  đồng. PHẦN 2. PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT Câu 25. [Chuyên Hưng Yên - 2020] Đường thẳng  x m lần lượt cắt đồ thị hàm số 5 log  y x và đồ thị hàm số   5 log 4   y x tại các điểm , A B . Biết rằng khi 1 2  AB thì   m a b trong đó , a b là các số nguyên. Tổng  a b bằng A. 6 . B. 8. C. 5. D. 7 . Lời giải Chọn A Ta có: A là giao điểm của đường thẳng  x m và đồ thị hàm số 5 log  y x . Suy ra điểm A có tọa độ là   5 ;log A m m với 0  m . Ta có: B là giao điểm của đường thẳng  x m và đồ thị hàm số   5 log 4   y x . Suy ra điểm B có tọa độ là     5 ;log 4  B m m . Khi đó     5 5 5 4 0;log 4 log 0;log                      m AB m m m ; 2 5 4 log               m AB m . Theo bài ra ta có: 2 5 1 4 1 log 2 4                 m AB m 5 5 4 1 log 2 4 1 log 2             m m m m   4 5 1 5 5 4 5 5                    m m m m m m . Dựa vào đáp án ta chọn 1 5   m . Suy ra 1; 5   a b . Vậy 6   a b . Câu 26. [Chuyên Bắc Ninh - 2020] Có bao nhiêu giá trị nguyên của x trong đoạn   0;2020 thỏa mãn bất phương trình sau 16 25 36 20 24 30 x x x x x x      . A. 3 . B. 2000 . C. 1. D. 1000 . Lời giải Chọn C TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 Ta có 2 2 2 16 25 36 20 24 30 4 5 6 4 .5 4 .6 5 .6 x x x x x x x x x x x x x x x                    2 2 2 2 4 5 6 2.4 .5 2.4 .6 2.5 .6 0 x x x x x x x x x                    2 2 2 4 5 4 6 5 6 0 x x x x x x                4 5 4 6 5 6 1 4 5 0 4 6 0 1 0 0;2020 5 6 0 1 x x x x x x x x x x                           . Vậy có 1 giá trị nguyên của x trong đoạn   0;2020 thỏa mãn bất phương trình. Câu 27. [Lý Nhân Tông - Bắc Ninh - 2020] Gọi x , y các số thực dương thỏa mãn điều kiện   9 6 4 log log log x y x y    và 2 x a b y    , với , a b là hai số nguyên dương. Tính 2 2 T a b   . A. 26. T  B. 29. T  C. 20. T  D. 25. T  Lời giải Chọn A Đặt   9 6 4 log log log t x y x y     , ta có 9 6 4 t t t x y x y                9 6 4 t t t    2 3 1 5 [ ] 2 2 3 3 1 0 2 2 3 1 5 2 2 t t t t loai                                                             3 1 5 2 2 t               . Suy ra 9 3 1 5 6 2 2 t t x y                          . Mà 1 5 1 ; 5. 2 2 x a b a b y          Vậy 2 2 2 2 1 5 26. T a b      Câu 28. [THPT Nguyễn Viết Xuân - 2020] Cho các số thực dương , a b thỏa mãn   4 6 9 log log log 4 5 1 a b a b     . Đặt b T a  . Khẳng định nào sau đây đúng? A. 1 2 T   . B. 1 2 2 3 T   . C. 2 0 T    . D. 1 0 2 T   . Lời giải Chọn D Giả sử:   4 6 9 1 4 log log log 4 5 1 6 4 5 9 t t t a a b a b t b a b                 Khi đó 2 4 6 2 2 4.4 5.6 9.9 4. 5. 9 4. 5. 9 0 9 9 3 3 t t t t t t t                                  TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/   2 3 2 9 3 4 9 log 2 4 2 1 3 t t t t VN                                   Vậy 2 6 3 4 1 0; 4 2 9 2 t b T a                         . Câu 29. [Tiên Du - Bắc Ninh - 2020] Cho x , y là các số thực dương khác 1 thỏa mãn x y  và log log x y xy x  . Tích các giá trị nguyên nhỏ hơn 2021 của biểu thức 2 1 4 4 y x P   là A. 2021!. B. 2020! 16 . C. 2020! 2 . D. 2020!. Lời giải Chọn B Ta có: log log x y xy x  1 1 log 2. log x x y y        2 2 log 1 log log 2 0 1 log 2 x x x x x y y y y y y x                    loaï i nhaä n . Với 2 1 y x  thì 2 1 2.4 x P  4 2 1 log 0 2 P x      * . Với 0 x  , 1 x  thì: 2 P  và 8 P  . Suy ra tập hợp các số nguyên P thỏa mãn điều kiện   * là   3;4;5;6;7;9;...;2020 S  . Tích các phần tử của S là: 2020! 3.4.5.6.7.9.....2020 16  . Câu 30. [Yên Lạc 2 - Vĩnh Phúc - 2020] Cho số thực x thỏa mãn     2 8 8 2 log log log log x x  . Tính giá trị   4 2 log P x  A. 27 P  . B. 81 3 P  . C. 729 P  . D. 243 P  . Lời giải Chọn C Điều kiện: 8 2 0 log 0 log 0 x x x         Ta có:       1 3 2 8 8 2 2 2 2 2 1 log log log log log log log log 3 x x x x            3 3 2 2 2 2 1 log log log 3 log * 3 x x x x     . Đặt   3 3 2 2 log 0 log t x t t x       3 0 * 3 3 3 3 t t t t t t               3 2 2 log 3 log 3 3 x x     3 3 2 log 3 3 2 x x     [thỏa mãn đề bài].   log 2log x y xy x   TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 Vậy   4 3 3 729 P   . Câu 31. [Hải Hậu - Nam Định - 2020] Tập nghiệm của bất phương trình 2 1 1 [3 9][3 ] 3 1 0 27 x x x      chứa bao nhiêu số nguyên ? A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Lời giải Chọn B Điều kiện 1 1 3 1 0 3 1 1 x x x          . Ta có 1 x   là một nghiệm của bất phương trình. Với 1 x   , bất phương trình tương đương với 2 1 [3 9][3 ] 0 27 x x    . Đặt 3 0 x t   , ta có 2 1 [ 9][ ] 0 27 t t    1 [ 3][ 3][ ] 0 27 t t t      3 1 3 27 t t          . Kết hợp điều kiện 3 0 x t   ta được nghiệm 1 3 27 t   1 3 3 3 1 27 x x        . Kết hợp điều kiện 1 x   ta được 1 1 x    suy ra trường hợp này bất phương trình có 2 nghiệm nguyên. Vậy bất phương trình đã cho có tất cả 3 nghiệm nguyên. PHẦN 3. PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ - LOGARIT CHỨA THAM SỐ Câu 32. [Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020] Cho phương trình 0 81 3 ]. 3 2 [ 9     x x m [ m là tham số thực]. Giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt 2 1 , x x thỏa mãn 10 2 2 2 1   x x thuộc khoảng nào sau đây A.   10 ; 5 . B.   5 ; 0 . C.   15 ; 10 . D.    ; 15 . Lời giải Chọn C   9 [2 3].3 81 0 1 x x m       2 3 [2 3].3 81 0 x x m      . Đặt   3 0 x t t   Phương trình trở thành:   2 [2 3] 81 0 2 t m t         2 2 2 3 4.81 2 3 324 m m        Để phương trình   1 có hai nghiệm phân biệt thì phương trình   2 có hai nghiệm phân biệt dương: Điều kiện:   2 15 2 3 18 2 2 3 18 3 3 2 3 324 0 0 15 2 2 2 3 18 0 2 3 0 2 2 3 18 21 3 0 81 0 2 3 2 3 2 2 m m m m m m m S m m m m P m m m                                                                                                           Áp dụng hệ thức Vi-ét: 1 2 1 2 2 3 . 81 t t m t t        TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Vì 1 2 4 1 2 1 2 . 81 3 .3 3 4 x x t t x x       Do đó:   2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 10 2 . 10 4 2 . 10 . 3 x x x x x x x x x x            Xét hệ phương trình 1 2 1 1 1 2 1 2 2 2 . 3 1 3 30 4 3 27 x x x t t t x x x t                      Nên   27 2 3 30 2 m m TM     Vậy chọn C. Câu 33. [Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020] Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình     2 3 5 log 3 2 log 3 x x m m    có nghiệm? A. 3. B. 4 . C. 2 . D. 5 . Lời giải Chọn A Đặt     2 3 5 2 3 2 3 log 3 2 log 3 3 5 x t x x x t m m m t m               2 2 3 5 t t m m     2 2 1 3 5 1 t t m m       [*]. Xét hàm số   3 5 1 t t f t    với t   . Ta có:   3 .ln3 5 .ln5 t t f t    . Khi đó     3 3 0 5 3 ln5 0 3 .ln3 5 .ln5 0 log log 5 5 ln3 t t t f t t t                 . Bảng biến thiên Phương trình [*] có nghiệm         2 0 0 0 1 1 1 2,068 0,068 m f t f t m f t m              . Do   2; 1 ;0 m m       . Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn. Câu 34. [Chuyên Hưng Yên - 2020] Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tập nghiệm của bất phương trình     2 3 3 3 2 0 x x m     chứa không quá 9 số nguyên? A. 1094. B. 3281. C. 1093. D. 3280. Lời giải. Chọn D Đặt   3 , 0 x t t   bất phương trình       2 3 3 3 2 0 1 x x m     trở thành       9 3 2 0 2 t t m    . Nếu 3 2 9 m  3 1 18 m    thì không có số nguyên dương m nào thỏa mãn yêu cầu bài toán. Nếu 3 2 9 m  3 18 m   thì bất phương trình   3 2 2 9 t m    . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 Khi đó tập nghiệm của bất phương trình   1 là   3 3 ;log 2 2 S m         . Để S chứa không quá 9 số nguyên thì   8 3 3 log 2 8 0 2 m m     Vậy có 3280 số nguyên dương m thỏa mãn. Câu 35. [Chuyên Hưng Yên - 2020] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 3 3 log log 1 2 1 0 x x m      có ít nhất một nghiệm thực trong đoạn   1;27 . A.   0;2 m  . B.   0;2 m  . C.   2;4 m  . D.   0;4 m  . Lời giải Chọn B Đặt 3 log 1 t x   . Với   1;27 x  thì   1;2 t  . Phương trình đã cho trở thành 2 2 2 0 t t m     2 2 2 m t t       * Xét hàm số   2 f t t t   trên đoạn   1;2 . Ta có     2 1 0, 1;2 f t t t       nên hàm số   2 f t t t   đồng biến trên   1;2 . Bảng biến thiên: Để phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm thực trong đoạn   1;27 thì phương trình   * phải có ít nhất một nghiệm thực trong đoạn   1;2 . Từ bảng biến thiên, suy ra 2 2 2 6 m    0 2 m    . Câu 36. [Chuyên Hưng Yên - 2020] Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m sao cho hai phương trình 2 2 1 3 m x   và 2 3 2 1 x m x x     có nghiệm chung. Tính tổng các phần tử của S . A. 6 B. 3. C. 1. D. 5 2 . Lời giải Chọn B Vì hai phương trình đã cho có nghiệm chung nên hệ sau có nghiệm     2 2 2 2 3 3 2 2 log 2 1 2 1 3 log 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 m x x x m x x x x x m x x m x x                                    2 3 log 2 1 2 2 2 3 3 log 2 1 2 1 3 3 log 2 1 3 x x x x x x x x             . Xét hàm số   3 t f t t   xác định trên    ' 3 .ln 3 1 0 t f t     suy ra hàm   3 t f t t   đồng biến trên  suy ra   2 2 3 log 2 1 2 1 3 x x x x      . Xét hàm số   2 2 1 3 x g x x    xác định và liên tục trên  . Ta có       2 3 ' 4 3 ln 3 '' 4 3 ln 3 ''' 3 ln 3 0 x x x g x x g x g x          . Suy ra hàm số   '' g x nghịch biến trên  . Do đó   0 g x  có nhiều nhất là 3 nghiệm. Ta lại có       0 1 2 0 g g g    . Suy ra phương trình 2 0 0 2 1 3 1 1 2 2 x x m x x m x m                     . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Vậy 3 S  . Câu 37. [Chuyên KHTN - 2020] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 2 3 9 log log 2 0     x m x m có nghiệm   1;9  x . A. 1. B. 5 . C. 3 . D. 2 . Lời giải Chọn A Điều kiện: 0  x . Ta có: 2 2 2 3 9 3 3 log log 2 0 log log 2 0          x m x m x m x m . Đặt 3 log  t x , với     1;9 0;2    x t . Phương trình đã cho trở thành:   2 2 2 2 0 1 1         t t mt m m t [Do   1, 0;2     t t ]. Xét hàm số   2 2 1    t f t t với   0;2  t ta có:     2 2 2 2 1      t t f t t ,       2 1 3 0;2 0 2 2 0 1 3 0;2                    t f t t t t . Bảng biến thiên: t [ ] f t  [ ] f t   2 0   1 3 2 2   2 2 3 0 Khi đó: phương trình đã cho có nghiệm   1;9  x  Phương trình   1 có nghiệm   0;2  t . 2 2 3 2      m . Mặt khác, do   m nên 2  m . Vậy có một giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 38. [Chuyên KHTN - 2020] Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình     2 2 log log 1   mx x vô nghiệm? A. 4 . B. 6 . C. 3 . D. 5 . Lời giải Chọn A Điều kiện 0 0 1 0 1              mx mx x x . Ta có         2 2 2 2 log log 1 log 2log 1      mx x mx x           2 2 2 2 2 1 0 1 log log 1 1 1 1                        x x mx x mx x mx x . Nhận xét với 0  x không là nghiệm của phương trình [1]. Với 0  x thì     2 1 1    x m x . Xét hàm số     2 1   x f x x với     1; \ 0    x TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 có     2 2 1 0 1          x f x f x x x . Bảng biến thiên Phương trình đã cho vô nghiệm khi và chỉ khi 0 4   m . Do   m nên   0;1;2;3  m . Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số m để phương trình     2 2 log log 1   mx x vô nghiệm. Câu 39. [Chuyên Lam Sơn - 2020] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a trên đoạn   10;10  để phương trình     ln 1 ln 1 x a x e e x a x        có nghiệm duy nhất. A. 2 . B. 10 . C. 1. D. 20 Lời giải Chọn D Điều kiện xác định 1 0 1 0 x a x         [*] Phương trình tương đương với       ln 1 ln 1 0 x a x e e x a x         . Đặt   e x a x f x e    ,       ln 1 ln 1 g x x a x      ,       Q x f x g x   Phương trình đã cho viết lại thành   0 Q x  +] Với 0 a  thì   0 Q x  [luôn đúng với mọi x thoả mãn [*]]. +] Với 0 a  có [*] tương đương với 1 x   ,   f x đồng biến và   g x nghịch biến với 1 x   Khi đó,   Q x đồng biến với 1 x   . [1] Ta có             1 1 1 1 lim lim ln lim ln 1 1 1 lim lim ln 1 1 1 x a x x a x x x x x a x x x a a Q x e e e e x x a Q x e x e                                                                            [2] Kết hợp [1], [2] thì phương trình   0 Q x  có nghiệm duy nhất. +] Với 0 a  có [*] tương đương với 1 x a    ,   g x đồng biến và   f x nghịch biến với 1 x a    . Khi đó,   Q x nghịch biến với 1 x a    . [3] TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có:             1 1 1 1 lim lim ln lim ln 1 1 1 lim lim ln 1 1 1 x a x x a x x a x a x a x x x a x a a Q x e e e e x x a Q x e x e                                                                               [4] Kết hợp [3], [4] suy ra   0 Q x  có nghiệm duy nhất. Do a là số nguyên trên đoạn   10;10  nên kết hợp 3 trường hợp trên thấy có 20 giá trị của a thoả mãn điều kiện của bài. Câu 40. [Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020] Số các giá trị nguyên nhỏ hơn 2020 của tham số m để phương trình     6 4 log 2020 log 1010 x m x   có nghiệm là A. 2020. B. 2021. C. 2019. D. 2022. Lời giải Chọn D Điều kiện xác định: 2020 0 1010 0 x m x       [*] Đặt     6 4 log 2020 log 1010 x m x t    . Suy ra   2020 6 1 1010 4 t t x m x         . Từ đó   6 2.4 2 t t m   . Với mỗi nghiệm 0 t của phương trình   2 thì 0 0 4 2010 t x  là nghiệm của hệ phương trình   1 đồng thời 0 x thỏa mãn điều kiện   * . Do đó 0 x là nghiệm của phương trình đã cho. Từ đó, điều kiện cần và đủ để phương trình đã cho có nghiệm là phương trình   2 có nghiệm. Xét hàm số   6 2.4 t t f t   trên  . Ta có   6 .ln 6 2.4 .ln 4 t t f t    và     3 6 2 0 log log 16 : f t t       . Bảng biến thiên của hàm số   f t như sau: Dựa vào bảng biến thiên, ta có phương trình   2 có nghiệm khi và chỉ khi   2 do m m     . Vậy tất cả các giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu bài toán là các số nguyên thuộc tập hợp   2. 1,0,1,2,....,2019   , có tất cả 2022 giá trị. Câu 41. [Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020] Giá trị của tham số m để phương trình 1 4 .2 2 0 x x m m     có hai nghiệm 1 , x 2 x thỏa mãn 1 2 3 x x   là A. 2 m  . B. 3 m  . C. 4 m  . D. 1 m  . Lời giải Chọn C Đặt 2 , x t  0. t  TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 Phương trình trở thành 2 2 2 0 t mt m    [*]. Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm thì phương trình [*] phải có 2 nghiệm dương 2 0 2 0 0 2 0 2. 0 2 0 m m S m m P m                        Ta có 1 2 1 2 3 1 2 1 2 3 2 2 2 .2 8 . 8 2 8 4. x x x x x x t t m m              Kết luận 4. m  Câu 42. [Chuyên Thái Bình - 2020] Cho bất phương trình     2 2 7 7 log 2 2 1 log 6 5 x x x x m        . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để bất phương trình có tập nghiệm chứa khoảng   1;3 ? A. 36. B. 34. C. 35. D. Vô số. Lời giải Chọn A Ta có:             2 2 7 7 2 2 7 7 log 2 2 1 log 6 5 , 1;3 log 7 14 14 log 6 5 , 1;3 x x x x m x x x x x m x                                 2 2 2 2 6 5 , 1;3 1 6 5 0, 1;3 6 8 9 , 1;3 6 8 9 , 1;3 2 m x x x x x m x x x m x x x m x                                   Xét       2 6 5 , 1;3 g x x x x      , có         2 2 3 4 1 3 4 12, 1;3 g x x x             Do đó   1 12 m    . Xét     2 6 8 9, 1;3 h x x x x     , có     2 6.1 8.1 9 23, 1;3 h x x       . Do đó   2 23 m   . Do m   và   12;23 m   nên ta được tập các giá trị của m là   12; 11; 10;...;23    . Vậy có tổng cộng 36 giá trị của m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 43. [Chuyên Bắc Ninh - 2020] Gọi 0 m là giá trị nhỏ nhất để bất phương trình       2 2 2 1 log 2 2log 4 2 2 2 log 1 2 x x m x x x                  có nghiệm. Chọn đáp án đúng trong các khẳng định sau A.   0 9;10 m  . B.   0 8;9 m  . C.   0 10; 9 m    . D.   0 9; 8 m    . Lời giải Chọn C + Điều kiện xác định:       1 2 1 2 * 4 2 2 2 0 4 2 2 2 2 2 x x x x m x x m x x                             . + Với điều kiện trên bất phương trình:       2 2 2 1 log 2 2log 4 2 2 2 log 1 2 x x m x x x                        2 2 2 log 2 2 1 log 4 2 2 2 2 x x x m x x                          2 2 2 4 2 2 2 2 x x x m x x                2 2 2 4 2 2 2 2 x m x x x x            1 . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ + Ta thấy các nghiệm của   1 trong khoảng   1;2  luôn thỏa mãn   * . + Đặt   2 2 2 , 0 t x x t      với   1 ;2 x   . Xét   2 2 2 f x x x     với   1 ;2 x   .       1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x f x x x x x             .   0 2 2 2 2 1 f x x x x         . Bảng biến thiên: Suy ra khi   1;2 x   thì  3;3 t    . + Ta có         2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x t t x x x x x            . +   1 trở thành 2 2 4 4 2 8 4 2 t m t m t t          2 . +   1 có nghiệm   1 ;2 x     2  có nghiệm  3;3 t    . + Xét hàm số   2 8 4     y g t t t trên  3;3   . Bảng biến thiên: + Do đó bất phương trình   2 có nghiệm  3;3 t    khi và chỉ khi 19 2 19 2      m m . Suy ra   0 19 10; 9 2 m      . Câu 44. [Chuyên Chu Văn An - 2020] Tìm m để phương trình 1 4 2 0 x x m     có hai nghiệm trái dấu. A. 0 m  . B. 1 m  . C. 1 1 m    . D. 0 1 m   . Lời giải Chọn D Đặt 2 x t  , điều kiện: 0 t  . Phương trình trở thành: 2 2 0 t t m    [*] Phương trình 1 4 2 0 x x m     có 2 nghiệm phân biệt trái dấu  2 2 0 t t m    có 2 nghiệm dương phân biệt 1 2 , t t thỏa mãn: 1 2 1 t t   . Phương trình [*] có 2 nghiệm dương phân biệt 1 2 1 0 0 1 . 0 m m t t m               . Phương trình có một nghiệm lớn hơn 1 và một nghiệm nhỏ hơn 1 khi và chỉ khi     1 2 1 1 0 t t    TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21   1 2 1 2 1 0 t t t t      2 1 0 m     1 m   . Kết hợp các điều kiện thì ta được 0 1 m   thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 45. [Chuyên Chu Văn An - 2020] Gọi S là tập các giá trị m thỏa mãn hệ sau có nghiệm: 2 4 2 4 1 [ 1 1] 2020 0 3 1 0 x m x x m mx m x                 Trong tập S có bao nhiêu phần tử là số nguyên? A. 4. B. 1. C. 0. D. 2. Lời giải Chọn B +] Điều kiện 1 x  . +] Bất phương trình   2 4 2 4 3 1 0 3 1 mx m x m x x         . Vì 4 1 0, 1 x x     nên bất phương trình có nghiệm khi 0 m  . +] TH1: 0 m  , ta có hệ phương trình 2 4 4 1 0 1 1 0 x x x            . +] TH2: 0 m  , bất phương trình 2 4 1 [ 1 1] 2020 0 x m x x m        có vế trái luôn dương lên vô nghiệm. Vậy có một giá trị = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán nên có 1 phần tử. Câu 46. [Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2020] Có bao nhiêu m nguyên dương để bất phương trình   2 2 2 3 3 3 1 3 0 x x m m       có không quá 30 nghiệm nguyên? A. 28. B. 29. C. 30. D. 31. Lời giải Chọn B           2 2 2 2 3 3 3 1 3 0 9.3 9.3 .3 3 3 0 9.3 3 3 3 3 0 3 3 9.3 1 0 x x m m x x m x m x x m x m x m x                     Ta có 3 3 0 . x m x m     9.3 1 0 2. x x      Bảng xét dấu x   2  m   VT + 0  0 + Ta có tập nghiệm   2 ; . S m   Tập hợp các nghiệm nguyên là   1; 0; 1; ...; 1 . m   Để có không quá 30 nghiệm nguyên thì 1 28 29. m m     Câu 47. [Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020] Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình   1 9 2.6 3 .4 0      x x x m có hai nghiệm phân biệt? A. 35 . B. 38 . C. 34 . D. 33 . Lời giải Chọn A Phương trình tương đương   2 3 3 12. 3 0 2 2                 x x m . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Đặt 3 2 x t        , 0 t  . Phương trình trở thành   2 12. 3 0     t t m , 0 t  [*] Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi phương trình [*] có hai nghiệm phân biệt dương. ' 0 39 0 39 0 3 0 3 39 3 0 12 0 m m P m m m S                                 . Vậy có 35 giá trị nguyên dương của tham số m. Câu 48. [Chuyên Quang Trung - 2020] Xét các số nguyên dương , a b sao cho phương trình 2 ln ln 5 0 a x b x    có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x và phương trình 2 5log log 0 x b x a    có hai nghiệm phân biệt 3 4 , x x sao cho 1 2 3 4 x x x x  . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 3 S a b   . A. 30. B. 25 . C. 33. D. 17 . Lời giải Chọn A   2 ln ln 5 0 1 a x b x      2 5log log 0 2 x b x a    Điều kiện để   1 có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x và   2 có hai nghiệm phân biệt 3 4 , x x là: 2 2 20 0 20 b a b a     . Nhận xét: 1 2 3 4 , , , 0 x x x x  Do đó:         3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 log ln ln ln log x x x x x x x x x x x x e        1 2 3 4 ln ln log log log x x e x x     Mà 1 2 3 4 ln ln ; log log 5 b b x x x x a       và , a b nguyên dương Nên log 5log 5 b b e a e a      Vì a là số nguyên dương và 5log 2,17 e  nên 3 a  2 20 60 60 60 [ 0] a b b b        Vì b là số nguyên dương và 60 7,75  nên 8 b  Do đó: 2 3 30 S a b     Giá trị nhỏ nhất của S là 30 khi 3; 8 a b   . Câu 49. [Chuyên Sơn La - 2020] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc   2020;2020  để phương trình   ln 2 2 x e x m m    có nghiệm? A. 2019 . B. 2020 . C. 2021. D. 4039 . Lời giải Chọn A Ta có   ln 2 2 x e x m m      ln 2 2 x e x x m x m           ln 2 ln 2 x m x e x e x m       [*]. Xét hàm số   t f t e t   với t     1 0, t f t e t       . Suy ra hàm số   f t đồng biến trên  . Do đó           * ln 2 ln 2 2 2 x x f x f x m x x m x m e m e x             . Xét hàm số       1 0 0 x x g x e x g x e g x x            . Bảng biên thiên TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 23 Từ bảng biên thiên suy ra phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 2 1 2 m m    . Mà   , 2020;2020 m m     nên   1;2;3;...;2019 m  . Vậy có 2019 giá trị nguyên của tham số m thuộc   2020;2020  để phương trình   ln 2 2 x e x m m    có nghiệm. Câu 50. [Chuyên Thái Bình - 2020] Cho phương trình   2 2 2 2 l og 5 1 l og 4 0 x m x m m      . Biết phương trình có 2 nghiệm phân biệt 1 2 , x x thỏa 1 2 1 6 5 x x   . Giá trị của 1 2 x x  bằng A. 16. B. 119 . C. 120. D. 159 . Lời giải Chọn D   2 2 2 2 2 2 l og 5 1 l og 4 0 l o g l o g 4 1 x m x m m x m x m              Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi 1 4 1 3 m m m      Khi đó phương trình có 2 nghiệm   4 4 1 1 2 2 0 , 2 2. 2 0 m m m x x       Vì     4 1 2 165 2 2. 2 165 * m m x x      Xét hàm số     4 3 2 . 8 1 0 0 f t t t f t t t          Mà 2 3 m  là nghiệm của   * nên là nghiệm duy nhất. Suy ra 4 1 2 3 , 2 .3 1 6 2 x x    Suy ra 1 2 1 5 9 x x   . Câu 51. [Chuyên Thái Nguyên - 2020] Gọi 0 m là giá trị thực nhỏ nhất của tham số m sao cho phương trình         2 1 1 3 3 1 log 3 5 log 3 1 0 m x m x m         có nghiệm thuộc   3;6 . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Không tồn tại 0 m . B. 0 4 1; 3 m         . C. 0 10 2; 3 m        . D. 0 5 5; 2 m          . Lời giải Chọn D Đặt   1 3 log 3 t x   . Vì   3;6 1 x t     . Phương trình trở thành:     2 1 5 1 0 m t m t m       [*] 2 2 5 1 mt mt m t t       TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 2 2 5 1 1 t t m t t       Xét hàm số   2 2 5 1 1 t t f t t t                    2 2 2 2 2 2 2 2 5 1 2 1 5 1 4 4 1 1 t t t t t t t f t t t t t                  0 1 f t t      . Bảng biến thiên: Để phương trình đã cho có nghiệm   3;6 x  thì phương trình   * có nghiệm 1 t   . 3 m    . Vậy giá trị nhỏ nhất của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là 0 5 3 5; 2 m            . Câu 52. [Chuyên Vĩnh Phúc - 2020] Cho phương trình   ln 1 2 0 m x x     . Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 0 2 4 x x     là khoảng   ; a   . Khi đó a thuộc khoảng nào dưới đây? A.   3,7;3,8 . B.   3,6;3,7 . C.   3,8;3,9 . D.   3,5;3,6 . Lời giải Chọn A Xét trên khoảng   0;   phương trình:     2 ln 1 2 0 ln 1 x m x x m x         Đặt         2 , 1; \ 0 ln 1 x f x x x        Với yêu cầu của đề bài ta xét   f x trên 2 khoảng   0;2 và   4;           2 1 ln 1 2 1 ln 1 x x x f x x        Đặt           1 ln 1 2 , x 0;2 4; 1 g x x x x                 2 1 1 0, 0;2 4; 1 1 g x x x x           Suy ra                     4 2 ln 3 0, 0;2 0, 0;2 3 6 5 ln 5 0, 4; 0, 4; 5 g x g x f x x g x g x f x x                                 Từ đó ta có bảng biến thiên TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 25 Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình đề bài có 2 nghiệm phân biệt thỏa 1 2 0 2 4 x x       6 3,728 ln 5 m    Câu 53. [Đại Học Hà Tĩnh - 2020] Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình 2 3 3 3 log log 1 0 x a x a     có nghiệm duy nhất. A. Không tồn tại a . B. 1 a   hoặc 4 2 10 a   . C. 1 a  . D. 1 a  . Lời giải Chọn B Điều kiện: 3 3 0 0 1 1 log 0 x x x x x              . Khi đó phương trình 2 3 3 3 3 3 log log 1 0 2log 3log 1 0 x a x a x a x a              3 3 2. 3log 3 3log 3 3 0 1 x a x a      . Đặt 3 3log , 0 x t t   thì   1 trở thành: 2 2 3 3 3 0 t at a     . Do đó, yêu cầu bài toán trở thành: Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình 2 2 3 3 3 0 t at a     có nghiệm duy nhất thuộc nửa khoảng   0;   . Ta có: 2 2 2 3 2 3 3 3 0 3 , 0 1 t t at a a t t           . Xét hàm số:   2 2 3 1 t f t t     trên nửa khoảng   0;   . Ta có: +]     2 2 2 4 3 1 t t f t t       .   2 2 10 2 10 2 0 2 4 3 0 2 2 10 2 t f t t t t t                         . +]   lim t f t       . +] Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có một nghiệm duy nhất khi 3 3 1 4 2 10 4 2 10 a a a a                  . Đáp số: 1 a   hoặc 4 2 10 a    . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 26 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 54. [ĐHQG Hà Nội - 2020] Gọi S là tập hợp các số nguyên m sao cho phương trình 1 2 4 .2 3 50 0 0 x x m m      có 2 nghiệm phân biệt. Hỏi tập S có bao nhiêu phần tử A. 1. B. 4 . C. 3 . D. 2 . Lời giải Chọn C Đặt   2 0 x t t   khi đó phương trình   1 2 4 .2 3 5 0 0 0 1 x x m m      trở thành:   2 2 2 . 3 5 0 0 0 2 t m t m     . Để   1 có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi   2 có 2 nghiệm dương phân biệt hay 0 0 0 P S                2 2 2 3 50 0 0 3 50 0 0 2 0 m m m m                   5 10 5 10 10 15 10 15 10 1 5 5 10 3 3 3 0 m m m m m                              . Vậy tập hợp các số nguyên m là   1 3 ; 1 4 ; 1 5 S  . Câu 55. [ĐHQG Hà Nội - 2020] Tìm điều kiện của tham số a để phương trình sau có nghiệm:   2 2 1 1 1 1 9 2 .3 2 1 0. x x a a          Hãy chọn đáp án đúng nhất? A. 64 4 7 a   . B. 64 2 9 a   . C. 50 3 3 a   . D. 50 1 3 a   . Lời giải Chọn A Đặt 2 1 1 3 x t    vì 2 0 1 1 3 9 x t       . Khi đó bài toán trở thành tìm điều kiện của tham số a để phương trình     2 2 . 2 1 0 * t a t a      có nghiệm trên đoạn   3;9 . Ta có     2 * 2 1 2 t t a t      . Vì 2 t  không phải nghiệm của phương trình nên   2 2 1 * 2 t t a t      Xét           2 2 ' ' 1 3;9 2 1 4 3 ; 0 2 2 3 3;9 t t t t t f t f t f t t t t                    Ta có     64 64 3 4; 9 4 7 7 f f a      thì phương trình bài ra có nghiệm. Câu 56. [ĐHQG Hà Nội - 2020] Điều kiện của m để hệ bất phương trình   2 1 2 1 2 7 7 2020 2020 2 2 3 0 x x x x x m x m                  có nghiệm là : A. 3. m   B. 2 1. m    C. 1 2. m    D. 2. m   Lời giải Chọn D       2 1 2 1 2 1 2 1 7 7 2020 2020 7 1010. 2 1 7 1010. 2 1 * x x x x x x x x x x                    Hàm số [ ] 7 1010. t f t t   đồng biến trên ℝ.       * 2 1 2 1 f x x f x       Suy ra : 2 1 2 1 1 1. x x x x          TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 27     2 2 2 3 1;1 : 2 2 3 0 . 2 x x x x m x m m x             Ycbt     2 2 3 1;1 : ** 2 x x x m x         Từ bảng biến thiên ta có,   ** 2. m    Câu 57. [Sở Phú Thọ - 2020] Cho phương trình 2 2 1 16 2.4 10 x x m     [ m là tham số]. Số giá trị nguyên của tham   10;10 m   để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực phân biệt là A. 7 . B. 9. C. 8. D. 1. Lời giải Chọn C Đặt 2 4 , 1 x t t   . Khi đó phương trình đã cho trở thành 2 8 10 t t m    [1] Nghiệm 1 t  cho một nghiệm 0 x  . Mỗi nghiệm 1 t  cho hai nghiệm x đối nhau. Do vậy phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi phương trình [1] có đúng một nghiệm 1 t  , nghiệm còn lại [nếu có] phải nhỏ hơn 1. Xét hàm số   2 8 10 f t t t    . Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta có phương trình [1] có một nghiệm lớn hơn 1 khi 3 6 m m       . Suy ra số giá trị nguyên   10;10 m   là 8. Câu 58. [Sở Hà Tĩnh - 2020] Gọi S là tập nghiệm của phương trình     2 2 2 3 0 x x x m    [với m là tham số thực]. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của   2020;2020 m   để tập hợp S có hai phần tử? A. 2094. B. 2092. C. 2093. D. 2095. Lời giải. Chọn A TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 28 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi D là tập xác định của phương trình đã cho. Nếu 1 m  thì 2 3 0 x m x      nên D  . Nếu 1 m  thì    2 3 log log ; D m     .           2 2 2 2 0 2 2 3 1 0 3 0 2 x x x x x x m m             . Xét hàm số   2 2 x f x x   có     2 2 ln 2 2; 0 ln 2 x f x f x x        do đó phương trình   0 f x  có không quá 2 nghiệm. Mặt khác     1 0; 2 0 f f   nên   1 1 2 x x       . Lại có với 1 m  ,     2 3 g 2 lo log x m   . Nếu 1 m  thì   1;2 S  [thỏa mãn yêu cầu bài toán]. Nếu 1 m  thì S có hai phần tử khi và chỉ khi   2 3 1 log log 2 9 81 m m      . Vậy S có hai phần tử khi và chỉ khi   1 * 9 81 m m       . Số các giá trị nguyên của   2020;2020 m   thỏa mãn   * là 1 2020 1 81 9 2094      . Câu 59. [Sở Ninh Bình] Cho hai số thực bất kỳ 1 a  , 1 b  . Gọi 1 x , 2 x là hai nghiệm phương trình 2 1 1 x x a b   . Trong trường hợp biểu thức 2 1 2 1 2 1 2 6 6 x x S x x x x           đạt giá trị nhỏ nhất, khẳng định nào dưới đây đúng? A. 3 3 a b  . B. 3 6 a b  . C. 3 1 3 a b  . D. 3 1 6 a b  . Lời giải Chọn C Ta có 2 2 ln ln ln ln ln ln 0 x x a b b x b x a b        . Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt 2 2 ln 0 1 ln 4ln 0 1, 1 b b a b a b              . Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm 1 x , 2 x . Theo định lý Viét ta có 1 2 1 2 ln log ln ln . 1 ln b a x x a b b x x b                 . Khi đó ta có 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 6 6 6log 6log log log b b b b x x S x x a a x x a a                       . Do 1 a  , 1 log log 1 0 b b b a     . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 3 3 2 2 2 1 1 1 6log 3log 3log 3 .3log .3log 3 9 log log log b b b b b b b b S a a a a a a a a        .   2 2 2 2 1 1 1 ln ln x x x x x x x x a b a b a b b a b b b         TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 29 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3 1 3 3 3 2 1 1 1 3log log log log 3 3 b b b b a a a a b a        . Vậy khẳng định đúng là 3 1 3 a b  . Câu 60. [Sở Ninh Bình] Gọi 0 m là giá trị nhỏ nhất của tham số thực m sao cho phương trình         2 1 1 2 2 1 log 2 5 log 2 1 0 m x m x m         có nghiệm thuộc khoảng   2;4 . Khẳng định nào dưới đây đúng? A. 0 4 1; 3 m         . B. 0 10 2; 3 m        . C. 0 16 4; 3 m        . D. 0 5 5; 2 m          . Lời giải Chọn D Điều kiện: 2 x  . Đặt   1 2 log 2 t x   , với   2;4 x    1; t      . Phương trình đã cho trở thành:     2 1 5 1 0 m t m t m         2 2 2 2 5 1 5 1 1 t t mt mt m t t m t t                2 2 2 5 1 1 , 1 0, 1 t t m t t t t t           Phương trình đã cho có nghiệm   1  có nghiệm 1 t   . Xét hàm số     2 2 5 1 , 1 1 t t f t t t t        Ta có:     2 2 2 4 4 1 t f t t t            2 1 1 3 0 4 4 0 7 1 1 3 x f f t t x f                       Bảng biên thiên hàm số   f t : Dựa vào bảng biến thiên, phương trình   f t m  có nghiệm 1 t   khi và chỉ khi 7 3 3 m    . Vậy giá trị nhỏ nhất của tham số thực m để phương trình đã cho có nghiệm là 0 5 3 5; 2 m            . Câu 61. [Sở Bắc Ninh - 2020] Gọi S là tập tất cả các giá trị của m để phương trình 1 2 16 6.8 8.4 .2 0 x x x x m m       có đúng hai nghiệm phân biệt. Khi đó S có A. 4tập con. B. Vô số tập con. C. 8 tập con. D. 16 tập con. Lời giải Chọn D Đặt   2 , 0 x t t   , phương trình đã cho trở thành   4 3 2 2 6 8 2 0 * , 0 t t t mt m t       . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 30 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình   * có đúng hai nghiệm dương phân biệt.           2 4 3 2 2 2 2 4 1 * 6 9 2 0 2 2 m t t t t t t mt m m t t                  . Xét hai hàm số     2 2 4 ; 2 f t t t g t t t      trên khoảng   0;   có đồ thị như sau Dựa vào đồ thị hai hàm số này ta suy ra phương trình   * có đúng hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi   0;1; 3; 4 m    hay S có 4 phần tử. Vậy S có 4 2 16  tập con. Câu 62. [Sở Yên Bái - 2020] Giả sử phương trình 2 2 2 log [ 2]log 2 0 x m x m     có hai nghiệm thực phân biệt 1 2 , x x thỏa mãn 1 2 6 x x   . Giá trị biểu thức 1 2 x x  là A. 4. B. 3. C. 8. D. 2. Lời giải Chọn D Điều kiện 0 x  . Phương trình đã cho tương đương 2 2 2 2 2 2 2 2 log log 2log 2 0 log 2 [log ][log 2] 0 log 2 4 m x m x x m x m x x m x x x                     Theo giả thiết 1 2 1 2 6 2 4 6 1 2 2 m x x m x x x             . Câu 63. [Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2020] Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 2 2 2 2 log log 3    x x m có nghiệm   1;8  x . A. 2 6   m B. 3 6   m C. 6 9   m D. 2 3   m . Lời giải Chọn A Đặt 2 log  t x . Khi   1;8  x thì   0;3  t . Bài toán trở thành: Tìm m để phương trình 2 2 3    t t m có nghiệm   0;3  t . Xét hàm số   2 2 3    f t t t với   0;3  t , ta có:   2 2 0 1       f t t t ;       0;3 min 1 2    t f t f ;       0;3 3 6 max    t f t f . Đồ thị hàm số   2 2 3     y f t t t và đường thẳng  y m sẽ cắt nhau tại điểm có hoành độ   0;3  t nếu như         0;3 0;3 ma 6 min x 2        t t f t m f t m . Câu 64. [Đô Lương 4 - Nghệ An - 2020] Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 3 3 log 3log 2 7 0 x x m     có hai nghiệm thực 1 x , 2 x thỏa mãn     1 2 3 3 72 x x    . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 31 A. 9 2 m  . B. 3 m  . C. Không tồn tại. D. 61 2 m  . Lời giải Chọn A Đặt 3 log t x  . Phương trình đã cho trở thành   2 3 2 7 0 * t t m     . Ứng với mỗi nghiệm t của phương trình   * có một nghiệm x . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi phương trình   * có hai nghiệm phân biệt     2 37 0 3 4 2 7 0 9 8 28 0 8 m m m               . Gọi 1 t , 2 t là hai nghiệm phương trình   * . Theo định lý Viét ta có:   1 2 3 1 3 2 3 1 2 1 2 3 log log 3 log . 3 . 27 t t x x x x x x          . Theo đề bài       1 2 1 2 1 2 1 2 3 3 72 . 3 9 72 12 x x x x x x x x            . Vậy ta có 1 2 1 1 1 2 1 2 2 2 12 9 2 . 2 . 27 3 1 x x x t t t x x x t                     . Theo định lý Viét ta có 1 2 9 . 2 2 2 7 2 t t m m       [thỏa mãn]. Kết luận: 9 2 m  thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 65. [Đô Lương 4 - Nghệ An - 2020] Số các giá trị nguyên nhỏ hơn 2020 của tham số m để phương trình     6 4 log 2020 log 1010 x m x   có nghiệm là A. 2022 . B. 2020 . C. 2019 . D. 2021. Lời giải Chọn A Ta đặt     6 4 log 2020 log 1010 x m x   t  . Khi đó 2020 6 t x m   và 1010 4 t x  . Ta suy ra 2 4 6 6 2 4 t t t t m m        Đặt   2.4 6 t t f t      6 ln 6 2.4 .ln 4 t t f t      0 f t      6 3 6 2 3 2ln 4 log 16 log log 16 2 ln 6 t t           . Bảng biến thiên Phương trình   f t m  có nghiệm khi và chỉ khi   3 6 2 log log 16 2,01 m f          . Hơn nữa, 2020 m m       nên suy ra 2 2019 m m         . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 32 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Vậy ta có 2022 giá trị m thỏa mãn. Câu 66. [Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2020] Cho phương trình       10 log 2log 1 0 x me x m mx x          . [ m là tham số ]. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có ba nghiệm thực phân biệt? A. Vô số. B. 10 . C. 11. D. 5. Lời giải Chọn D       10 log 2log 1 0 x me x m mx x                      2 0 1 1 0 2 * 10 0 3 1 4 x mx x me x m mx x                         .  * 0 m  thì pt vô nghiệm.  * 0 m  thì hệ     2 0 10 * 1 1 x x x m e x m x                      . [Vì 0 1 1 1 0 x x e e e       ] +Xét   10 1 x x f x e   và     2 1 1 2 x g x x x x      . +           2 2 10 1 .10 10 1 10 . 1 1 x x x x x e e x e x f x e e          Xét           10 1 10 10 10 1 10 0 0; x x x x u x e x u x e e x xe x                 Suy ra: Hàm số   u x nghịch biến trong khoảng       0; 0 0 u x u      .       0 0; f x x f x         nghịch biến trong khoảng   0;   .     0 lim 10, lim 0 x x f x f x       +   2 2 2 1 1 1 1 0 . 1 x x g x x x x              TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 33 Suy ra phương trình có ba nghiệm thực phân biệt 4 10. m    Vì   5;6;7;8;9 m m      * 0 m  thì hệ       1 0 * x m f x m g x                . Tương tự ta có         1 1 0 10 10 10 0 1;0 , lim , lim 10 1 1 1 x x e e f x x f x f x e e e                       2 2 2 1 1 1 1 0 . 1 x x g x x x x              Suy ra phương trình có nhiều nhất 1 nghiệm thực phân biệt, không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy có 5 giá trị m . Câu 67. [Liên trường Nghệ An - 2020] Cho phương trình     2 2 2 1 2 2 4 .log 2 3 2 .log 2 2 0 x m x x x x x m          với m là tham số. Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt là A. 4 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn D Có     2 2 2 1 2 2 4 .log 2 3 2 .log 2 2 0 x m x x x x x m                 2 2 1 2 1 1 2 2 2 .log 1 2 2 .log 2 2 0 x m x x x m                      2 1 2 1 1 2 2 2 2 2 log 2 2 log 1 2 x m x x m x               TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 34 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Xét hàm số     1 2 2 log 2 t f t t    có         1 1 2 2 2 2 .ln 2 2 ln 2 0, 2. log 2 t t t t f t t t                  Phương trình đã cho        2 2 1 2 1 2 f x f x m x x m                2 2 4 1 2 1 2 0 x x m x m        2 2 4 2 1 0 1 2 0 x x m x m                2 2 1 1 1 2 . 1 1 2 2 2 2 x m x x m              Khi đó ycbt  phương trình   1 và   2 có tổng cộng 3 nghiệm thực phân biệt. Vẽ đồ thị hàm số   2 1 1 2 2 f x x   và   2 1 1 2 2 2 g x x x     trên cùng một hệ trục tọa độ [tham khảo hình vẽ]. Đồ thị hàm số   f x và   g x tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ 1. x  Dựa vào đồ thị ta có 1 3 , 1, 2 2 m m m    thì phương trình đã cho có 3 nghiệm thực phân biệt. Vậy tổng các giá trị thực của m thỏa ycbt là 1 3 1 3. 2 2    Câu 68. [Lý Nhân Tông - Bắc Ninh - 2020] Tìm tập hợp các giá trị của tham số thực m để phương trình   6 3 2 0 x x m m     có nghiệm thuộc khoảng   0;1 . A.   3;4 . B.   2;4 . C.   2; 4 . D.   3;4 . Lời giải Chọn C Phương trình   6 3.2 6 3 2 0 1 2 x x x x x m m m         . Xét hàm số   6 3.2 1 2 x x x f x    liên tục trên   0;1 . Ta có       2 12 ln 3 6 ln 6 3.2 ln 2 ' 0, 0;1 . 1 2 x x x x f x x        Suy ra hàm số   6 3.2 1 2 x x x f x    đồng biến trên   0;1 . Do đó phương trình   6 3 2 0 x x m m     có nghiệm thuộc khoảng   0;1 khi và chỉ khi     0 1 f m f   , tức là 2 4. m   TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 35 Câu 69. [Nguyễn Huệ - Phú Yên - 2020] Có bao nhiêu giá trị nguyên   2019;2020 m   sao cho hệ phương trình sau có nghiệm   2 2 2 2 2 2 2 4 9.3 4 9 .7 2 1 2 2 x y x y y x x y x m                 ? A. 2017 . B. 2021. C. 2019 . D. 2020 . Lời giải Chọn A Xét phương trình:   2 2 2 2 2 2 2 4 9.3 4 9 .7 x y x y y x        . Đặt 2 2 t x y   , phương trình trở thành:   2 2 4 9.3 4 9 .7 4.7 9.3 .7 4.49 49.3 t t t t t t t               2 2 2 4 7 7 3 3 .7 7 .3 * t t t t     . Giả sử 2 2 2 3 3 3 .7 7 .3 0 2 7 7 t t t t                   . Nếu       * 0 2 * * 0 VT t VP           vô nghiệm. Nếu       * 0 2 * * 0 VT t VP           vô nghiệm. Nếu     2 * * t VT VP      *  có nghiệm duy nhất 2 2 2 2 2 2 2 t x y y x        Ta được:   2 2 3 2 3 1 2 1 2 2 1 2 x x m x x x m x                . Xét hàm số   2 3 2 3 f x x x    , với 1 ; 2 x            1 6 2 0, 2 f x x x        , suy ra hàm số   f x đồng biến trên khoảng 1 ; 2           1 11 2 4 f x f            1  có nghiệm 1 ; 2 x          khi 11 11 ;2020 4 4 m m          . Vì m nguyên nên   3;4;5;...;2019 m  . Vậy có 2017 giá trị của m . Câu 70. [Nguyễn Trãi - Thái Bình - 2020] Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình sin[ ] 4 tan x e x    thuộc đoạn 0;50      A. 2671 2  . B. 1853 2  . C. 2475 2  . D. 2653 2  . Lời giải Chọn C Điều kiện: cos 0 x  . Nhận thấy sin[ ] 4 0 tan 0 x e x R x        . Ta có: sin sin cos 1 2 2 2 [sin cos ] sin[ ] 2 4 cos 2 sin sin tan [*] cos cos sin cos x x x x x x x x e x e e e x e x x x x e           . Xét hàm số 2 [ ] , [ 1 ;0] [0;1] t e f t t t     có: TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 36 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 2 2 [ 2 2] '[ ] 0, [ 1;0] [0;1] 2 t e t f t t t        [ ] f t  nghịch biến trên khoảng [ 1;0]  và [0;1] . Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta thấy: 1 1 2 2 [ 1] 0, [1] 0 f e f e        . Do đó từ [*] ta có: [sin ] [cos ] sin cos , 4 f x f x x x x k k Z          . Theo giả thiết 1 199 0;50 0 50 4 4 4 x k k                  [**] Do k Z  nên từ [**] suy ra   0;1;...;49 k  , có 50 giá trị k thỏa mãn. Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình trên đoạn 0;50      là: 49 0 2475 [ ] 4 2 k S k         . Câu 71. [THPT Nguyễn Viết Xuân - 2020] Cho phương trình     2 3 3 log 9 5 log 3 10 0 x m x m      [với m là tham số thực]. Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc   1;81 là A. 3 B. 5 C. 4 . D. 2 . Lời giải Chọn C Ta có           2 2 3 3 3 3 log 9 5 log 3 10 0 log 1 log 3 6 0, 1 x m x m x m x m            Đặt 3 log t x  , khi   1;81 x  thì   0;4 t  . Khi đó ta có phương trình   2 3 1 3 6 0 2 t t m t m t m             . Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc   1;81  phương trình   1 có hai nghiệm phân biệt   2 3 5 0;4 0 2 4 2 6 m m t m m                  . Suy ra có 4 giá trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc   1;81 . Chọn đáp án C. Câu 72. [THPT Nguyễn Viết Xuân - 2020] Cho , x y là hai số thực dương thỏa mãn 5 4 x y   . Tổng tất cả giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 2 3 2 log 3 1 0 x y m x x y m x y          có nghiệm là A. 10. B. 5. C. 9. D. 2. TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 37 Lời giải Chọn B         2 2 3 2 2 3 3 2 log 3 1 0 log 2 2 log 3 3 1 x y m x x y m x y x y m x y m x y x y                    Vì , 0 x y  nên 0 x y   . Xét hàm số   3 log f t t t   là hàm số đồng biến trên   0;  . Khi đó   1    2 2 2 3 3 3 0 * x y m x y x x y m          Kết hợp với điều kiện 5 4 4 5 x y y x      . Vì 4 , 0 0 5 x y x     . Ta có   2 2 4 * 2 4 0 2 4, 0; 5 x x m m x x x                   . Hàm số 2 2 4 y x x     nghịch biến trên 4 0; 5       [do 1 0   ] nên 2 44 2 4 4 25 x x      . Do vậy   2;3 m  là các giá trị cần tìm. Vậy tổng tất cả các giá trị m thỏa ycbt là 5. Câu 73. [Hải Hậu - Nam Định - 2020] Biết rằng điều kiện cần và đủ của tham số m để phương trình   2 log 2 2 x m m x    có nghiệm là a m b   với , a b là hai số nguyên dương và 7 b  . Hỏi 2 a b b   bằng bao nhiêu? A. 31. B. 32. C. 21. D. 23. Lời giải Chọn C     2 2 2 0 log 2 2 2 2 * x x x x m m m x m m               .       2 * 2 2 2 2 x x x x m m       . Xét hàm số     2 0 f t t t t    . Ta có   2 1 0 f t t     với mọi 0 t  , suy ra hàm số luôn đồng biến với mọi 0 t  .           2 * 2 2 2 2 2 2 ** x x x x x x f m f m m          . Đặt   2 0 x t t   , khi đó phương trình   ** trở thành   2 *** t t m   . Xét hàm     2 0 g t t t t    , ta có     1 2 1 0 2 g t t g t t         . Bảng biến thiên Vậy để   *** có nghiệm 0 t  thì 1 4 m   2 1 21 4 a a b b b           . t 0 1 2   g  – 0  g 1 4    TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 38 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 74. [Lương Thế Vinh - Hà Nội - 2020] Gọi S là tập hợp tất cả các điểm   ; M x y trong đó , x y là các số nguyên thoả mãn điều kiện   2 2 1 log 2 2 1, x y x y m      với m là tham số. Có bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn   2020;2019  để tập S có không quá 5 phần tử? A. 1. B. 2020. C. 2021. D. 2019. Lời giải Chọn C   2 2 2 2 1 log 2 2 1 2 2 1 x y x y m x y m x y                2 2 1 1 1 x y m       Để bất phương trình có 5 phần tử thì 1 2 1 m m     Vậy có 2021 số nguyên m thuộc đoạn   2020;2019  để tập S có không quá 5 phần tử. Câu 75. [Lương Thế Vinh - Hà Nội - 2020] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 2 2 log [4 ] log 2 4 0 x m x m     có nghiệm thuộc đoạn   1;8 ? A. 1. B. 2 . C. 5. D. 3. Lời giải Chọn D ĐK: 0 x                          2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log 4 log 2 4 0 2 log 2 log 2 4 0 log 4log 2 log 1 1 log ; 1;8 0;3 4 1 2 1 4 ; 0;3 1 2 4 0, 0;3 1 x m x m x m x m x x m x x t x t t t m t t t f t t t t t f t t t                                          0 2 3 21 0 , 0,1, 2 8 f m f m m m           Câu 76. [Trần Phú - Quảng Ninh - 2020] Tìm tập hợp các giá trị của tham số m để phương trình [ẩn x ]:   2 2 2 log log 2 3 2 3 .3 3 0 x x m m      có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: 1 2 2 x x  . A.     1; \ 0   . B.   0;  . C.   \ 1;1   . D.   1;   . Lời giải Chọn A Điều kiện xác định: 0 x  . Ta có:   2 2 2 log log 2 3 2 3 .3 3 0 x x m m        1      2 2 2 log log 2 3 2 3 .3 3 0 x x m m      Đặt: 2 log 3 x t    0 t   2 3 log log x t   3 log 2 t x  Khi đó:   2 2 2 3 3 0 t m t m        2 Phương trình   1 có hai nghiệm phân biệt TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 39  Phương trình   2 có hai nghiệm phân biệt dương 1 2 ; t t  0 0 0 S P                  2 2 2 3 3 0 2 3 0 3 0 m m m m                 1 3 m m         1 m   . Theo hệ thức Vi-et, ta có:   1 2 2 1 2 2 3 . 3 t t m t t m           Ta có: 1 2 . 2 x x   3 1 3 2 log log 2 .2 2 t t     3 1 2 log . 2 2 t t     2 3 log 3 2 2 m      2 3 log 3 1 m    2 3 3 m    2 0 m   0 m  Vậy 1 0 m m       . Câu 77. [Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020] Cho hàm số bậc ba   y f x  có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số   5;5 m   sao cho phương trình             3 2 2 1 2 2 log 1 log 1 2 8 log 1 2 0 f x f x m f x m         có nghiệm   1;1 x   ? A. 7 . B. 5. C. 6 . D. vô số. Lời giải Chọn A Với       1 ;1 1 3 0 1 4 x f x f x           . Đặt         2 log 1 ;2 , 1;1 t f x t x          . Khi đó phương trình đã cho trở thành:   3 2 4 4 2 0 t t m t m              2 2 2 2 2 ;2 2 2 0 2 0 2 * 2 0 t t t t m t t m t t m t t m                        Để phương trình đã cho có   1;1 x    phương trình   * có nghiệm   ;2 t    . Xét hàm số   2 2 f t t t   trên   ;2   có     2 2 0 1 ;2 f t t t          . Ta có bảng biến thiên của hàm số   2 2 f t t t   TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 40 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Từ bảng biến thiên suy ra phương trình   * có nghiệm   ;2 t    khi và chỉ khi 1 m   . Mà     5;5 1;0;1;2;3;4;5 m m m             . Vậy có 7 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. PHẦN 4. PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH NHIỀU ẨN Câu 78. [Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020] Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của tham số   1;1 m   sao cho phương trình     2 2 2 2 1 log log 2 2 2 m x y x y      có nghiệm nguyên   ; x y duy nhất? A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 0 . Lời giải Chọn B Điều kiện: 2 2 0 1 0 x y x y         . Nhận xét: Vì , x y có vai trò như nhau nên nếu phương trình có nghiệm   0 0 ; x y thì   0 0 ; y x cũng là một nghiệm của phương trình. *] Điều kiện cần: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0 0 x y   . Thay vào phương trình ta được     2 2 0 2 0 1 log 2 log 4 2 m x x    Vì 0 0 4 2 1 x x      . Lại có       2 2 2 2 0 0 2 0 0 0 1 1 2 4 2 log 4 2 log 2 log 4 2 m m x x x x x              0 0 0 0 2 4 2 4 2 2 4 2 4 2 1 1 log 1 log 2 log 2 log 1 x x x x m m           2 2 1 2 1 m m      mà   1;1 1 m m      . *] Điều kiện đủ: Với 1 m   thì phương trình đã cho trở thành     2 2 2 2 log log 2 2 2 x y x y         2 2 2 2 1 2 2 2 1 1 0 1 x x y x y x y y                 Suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất   1;1 . Vậy có hai giá trị m cần tìm là 1. m   Câu 79. [Chuyên Lương Văn Tỵ - Ninh Bình - 2020] Có bao nhiêu số nguyên y để tồn tại số thực x thỏa mãn     2 2 11 4 log 3x 4 log y x y    ? A. 3 B. 2 C. 1 D. vô số. Lời giải Chọn B Đặt     2 2 11 4 2 2 3x 4 11 log 3x 4 log 4 t t y y x y t x y               [*]. Hệ có nghiệm  đường thẳng : 3x 4 11 t y    và đường tròn   2 2 : 4 t C x y   có điểm chung   11 2 11 11 , 2 5 log 5 5 2 t t t d O R t                . t   1 2   f t   0    f t   1  0 TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 41 Do 2 2 4 t x y   nên 11 2 log 5 2 2 1.9239767 t y    . Vì y   nên   1 ;0;1 y   . Thử lại: - Với 1 y   , hệ [*] trở thành 2 2 3x 4 11 11 4 1 4 121 8.11 25 9.4 3 1 4 t t t t t t t x                        [**] Nếu 0 t  thì 2 11 4 4 1 4 1 3 t t t            . Nếu   121 4 0 121 4 8 11 4 25 0 8.11 8.4 t t t t t t t t t                . Vậy [**] vô nghiệm. - Với 0 y  thì hệ [*] trở thành 11 2 log 3 11 2 2 3x 11 121 11 4 log 3 9 3 4 t t t t t x x              . - Với 1 y  thì hệ [*] trở thành 2 2 3x 4 11 11 4 1 4 121 8.11 25 9.4 3 1 4 t t t t t t t x                        . Xét hàm số [ ] 121 8.11 25 9.4 t t t f t     , liên tục trên 1 ;1 2       có   1 1 0 2 f f        nên phương trình [ ] 0 f t  luôn có nghiệm thuộc đoạn 1 ;1 2       . Khi đó hiển nhiên sẽ tồn tại x thỏa mãn. Vậy có 2 giá trị nguyên của y thỏa mãn là 0, 1 y y   . Câu 80. [Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020] Có bao nhiêu cặp số thực   ; x y thỏa mãn đồng thời các điều kiện   2 3 2 3 log 5 4 3 5 x x y       và   2 4 1 3 8 ? y y y      A. 1. B. 3. C. 4 . D. 2 . Lời giải Chọn D Ta có:     2 2 3 2 3 log 5 2 3 4 3 3 5 5 3 . [*] x x x x y y             Vì   2 2 3 3 0 3 3 5 1 3 0 3. x x y y y              Với 3 y   ta có:       2 2 2 4 1 3 8 4 1 3 8 3 0 y y y y y y y y                3 0 y     . Kết hợp với 3 y   suy ra 3. y   Thế 3 y   vào [*] ta được: 2 2 3 2 1 3 1 2 3 0 . 3 x x x x x x               Vậy các cặp số thực   ; x y thỏa mãn là     1 ; 3 ; 3; 3 .    Câu 81. [Chuyên Bến Tre - 2020] Giả sử   0 0 ; x y là một nghiệm của phương trình     1 1 1 4 2 sin 2 1 2 2 2sin 2 1 x x x x x y y            . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 0 7 x  . B. 0 2 4 x    . C. 0 4 7 x   . D. 0 5 2 x     . Lời giải Chọn B TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 42 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có     1 1 1 4 2 sin 2 1 2 2 2sin 2 1 x x x x x y y                                          1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 4 4.2 4. 2 2 .sin 2 1 4 4 0 2 2 4 2 2 sin 2 1 4 sin 2 1 cos 2 1 0 2 2 2. 2 2 .2sin 2 1 2sin 2 1 4cos 2 1 0 2 2 2sin 2 1 4cos 2 1 0 2 2 2sin 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x y y y y y y y y y                                                                         1 2 1 1 0 cos 2 1 0 x x y y             . Vì     2 1 2 1 cos 2 1 0 sin 2 1 1 x x y y           .   2 1 sin 2 1 1 2 0 x x y       [vô nghiệm]     2 1 0 sin 2 1 1 2 4 2 2;4 x x y x x             . Câu 82. [Chuyên Lào Cai - 2020] Có bao nhiêu cặp số nguyên   ; x y thỏa mãn 0 4000 x   và     5 5 5 25 2 log 1 4 y y x x      ? A. 3. B. 2 . C. 4 . D. 5. Lời giải Chọn A Đặt   5 log 1 5 1 t x t x      . Phương trình trở thành:     2 2 1 5 5 2 5 1 5 4 5 2 5 1 y t y t y t y t            . Xét hàm số     5 5 .ln 5 1 0 u u f u u f u        nên hàm số luôn đồng biến. Vậy để       5 2 1 2 1 2 1 log 1 f y f t y t y t x             5 0 2 1 log 4001 0 2 1 5 0;1;2 y y y           Với mỗi nghiệm y ta tìm được một nghiệm x tương ứng. Câu 83. [Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 2020] Có bao nhiêu bộ [ ; ] x y với , x y nguyên và 1 , 2020 x y   thỏa mãn     3 2 2 2 1 2 4 8 log 2 3 6 log 2 3 y x xy x y x y xy y x                       ? A. 2017 . B. 4034 . C. 2 . D. 2017.2020 . Lời giải Chọn B Từ giả thiết kết hợp ĐKXĐ của bất phương trình ta có:1 2020;4 2020; , y x x y Z      ,[1]. Ta có:     3 2 2 2 1 2 4 8 log 2 3 6 log 2 3 y x xy x y x y xy y x                           3 2 2 2 1 4 [y 2]log 3 [y 2] log 0 2 3 y x x x y x                       [*]. Xét   2 2 2 1 7 [ ] log log 2 0, 4;2020 3 3 x f x x x x                      [2]. + Với 1 y  thay vào [*] ta được: 3 2 2 2 1 3[ 4]log [ 3] log 0 3 3 x x x x                   [ luôn đúng   4; 2020 x   do [1] và [2] ]. TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 43 Suy ra có 2017 bộ [ ; ] x y . + Với 2 y  thay vào [*] ta thấy luôn đúng   4; 2020 x   . Suy ra có 2017 bộ [ ; ] x y . + Với 3 2020 2 0 y y      . Xét 3 3 3 2 2 g[y] log log log 0, 3 2 2 2 y y y y y y y y                              [3]. Suy ra [*] vô nghiệm [ Do [2] và [3] ]. Vậy có 4034 bộ [ ; ] x y . Câu 84. [Chuyên Sơn La - 2020] Cho x là số thực dương và y là số thực thỏa mãn 1 2 2 log 14 [ 2] 1 x x y y          . Giá trị của biểu thức 2 2 2020 P x y xy     bằng A. 2022. B. 2020. C. 2021. D. 2019. Lời giải Chọn C Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 1 1 1 2 . 2, 0 2 4 x x x x x x x         . Đặt 1 , 0 y t t    thu được 2 3 2 14 [ 2] 1 14 [ 3] 3 14 16 [ 1] [ 2] 16, 0 y y t t t t t t t                  . Dẫn đến 2 2 log 14 [ 2] 1 log 16 4 y y          . Như vậy hai vế bằng nhau khi dấu đẳng thức xảy ra tức là 2 2 1 1 1; 0 2020 2021 0 t x x y P x y xy x x                    . Câu 85. [Sở Hưng Yên - 2020] Cho phương trình   2 2 2 2 3 log 3 6 6 3 2 1 y x x y x x        . Hỏi có bao nhiêu cặp số   ; x y và 0 2020 ; y     x thỏa mãn phương trình đã cho? A. 5. B. 6 . C. 7 . D. 4 . Lời giải Chọn D     2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 log 3 6 6 3 2 1 log 3 2 2 3 2 1 y y x x y x x x x y x x                .   2 2 2 2 3 1 log 2 2 3 2 1 y x x y x x          .     2 2 2 2 3 log 2 2 2 2 3 y x x x x y         [1]. Đặt   2 2 3 log 2 2 2 2 3 z x x z x x        thì [1] trở thành: 2 2 3 3 z y z y     [2]. Xét hàm số     3 3 ln3 1 0, t t t f t t f t           . Suy ra hàm số   f t đồng biến trên  . [2]     2 2 f z f y z y     . Thay trở lại cách đặt ta có:   2 2 2 2 3 log 2 2 2 2 3 y x x y x x        . Xét hàm số:       2 2 2, 0;2020 2 2         g x x x x g x x .   0 1     g x x . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 44 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Bảng biến thiên: Suy ra:   2 2 3 1 4076362 1 3 4076362 0 log 4076362          y g x y . Do   y 3 0 log 4076362 3,7     y   0;1;2;3   y .         4 9 1 3 3 3             g x g x g x g x . Dựa vào bảng biến thiên của hàm số   g x ta thấy mỗi phương trình trên có một nghiệm 0 2020 x   . Vậy có 4 cặp số   ; x y thỏa mãn đề bài. Câu 86. [Sở Phú Thọ - 2020] Có bao nhiêu cặp số nguyên   ; x y thỏa mãn 2 2021 x   và   1 2 2 log 2 2 y y x x y      ? A. 2020 . B. 9. C. 2019 . D. 10. Lời giải Chọn D Đặt   1 2 log 2 y x t    . Suy ra 1 2 2 y t x    , 1 2 2 t y x    . Phương trình đã cho trở thành:   1 2 2 2 2 2.2 2.2 y t y y t t y y t          . Xét hàm số   2.2 x g x x   có   2.2 ln 2 1 0, x g x x      nên hàm số   y g x  luôn đồng biến. Khi đó 2.2 2.2 y t y t y t      hay   1 2 log 2 y y x    . Suy ra 1 1 1 2 2 2 2 2 y y y y y x x          . Mà 2 2021 x   nên 1 2 2 2 2021 1 1 log 2021 y y        hay   2 2 log 2021 1 y    . Lại có y là số nguyên nên   2,3,...,11 y  tức 10 giá trị thỏa mãn. Xét biểu thức 1 2 y x   , mỗi giá trị nguyên của y cho tương ứng 1 giá trị nguyên của x nên có 10 cặp số nguyên   , x y thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 87. [Sở Bắc Ninh - 2020] Có bao nhiêu cặp số nguyên dương   ; x y thảo mãn     2 3 3 3 1 1 3 x y x y x x x       , với 2020 x  ? A. 13. B. 15. C. 6 . D. 7 . Lời giải Chọn D Ta có             2 3 2 2 3 3 1 1 3 3 3 1 3 1 3 1 3 0 x y x y y x x x y x x x x x x x x                  Ta thấy     2 2 3 3 1 0, 0 3 1 3 0 3 2log 3 x x y y k x x x x x y x x                 . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 45 Vì   6 2020 3 2020 3 3 0;1;2;3;4;5;6 k k x k        . Câu 88. [Sở Bình Phước - 2020] Biết , a b là các số thực sao cho    3 3 3 2 .1 0 . 10 , z z x y a b đồng thời , , x y z là các số các số thực dương thỏa mãn     l o g x y z và      2 2 lo g 1 . x y z Giá trị của  2 2 1 1 a b thuộc khoảng A. [ 1 ; 2 ] . B. [ 2 ; 3] . C. [ 3 ; 4 ] . D. [ 4 ; 5 ] . Lời giải Chọn D Ta có:                                       2 2 2 2 2 2 1 log 1 0 10 log 1 1 0 10 .1 0 z z z x y z x y x y x y x y z x y Khi đó    3 3 3 2 .10 . 10 z z x y a b               3 2 2 2 . 1 0 . 10 z z x y x x y y a b                            3 2 2 2 2 2 2 . . . . x y x x y y a x y b x y x x y y a x y b x y                                2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . 2 2 . 1 0 1 0 b b x x y y a x x y y x y x y x y a x y a x y Đồng nhất hệ số ta được                           1 1 1 0 2 1 5 2 1 b a a b a         2 2 1 1 1 4 4, 0 0 8 4 ; 5 . 2 2 5 a b Câu 89. [Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2020] Biết rằng trong tất cả các cặp thỏa mãn chỉ có duy nhất một cặp thỏa mãn: . Khi đó hãy tính tổng tất cả các giá trị của tìm được? A. B. C. D. Lời giải Chọn D Ta có . Khi đó tập hợp các điểm thỏa mãn đề bài nằm trong hình tròn tâm , bán kính và nằm trên đường thẳng . Để tồn tại duy nhất một cặp thì đường tròn phải tiếp xúc với đường thẳng . Điều kiện tiếp xúc: Vậy tổng tất cả các giá trị của là . Câu 90. [Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2020] Có bao nhiêu cặp số nguyên   ; x y thỏa mãn 0 2020 y   và 3 3 3 3 6 9 log x x y y     . A. 2020 B. 9. C. 7 . D. 8. Lời giải Chọn C   ; x y     2 2 2 2 log 2 2 log 1 x y x y         ; x y 3 4 0 x y m    m 20. 14. 46. 28.         2 2 2 2 2 2 2 2 2 log 2 2 log 1 log 2 log 4 log 1 x y x y x y x y                    2 2 2 2 2 2 log 2 log 4 1 2 4 1 x y x y x y x y                   2 2 2 2 4 4 6 0 2 2 2 x y x y x y C              ; M x y   2;2 I 2 R  : 3 4 0 x y m       ; x y   C    2 2 14 5 2 3.2 4.2 , 2 14 5 2 3 4 14 5 2 m m d I R m m                     14 5 2 . 14 5 2 m m          m 28TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 46 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có:       3 2 log 3 3 3 3 3 3 6 9 log 3 3 2 9 3log 3 3 2 3 3log * y x x x x y y x y y x y                . Xét hàm số:     3 3 2 t f t t    . Ta có:   3 .ln 3 3 0, t f t t        . Suy ra hàm số   y f t  đồng biến trên  . Khi đó:       2 3 3 * 2 log 2 log 3 x f x f y x y y          . Do 0 2020 y   và , x y nguyên nên:   2 3 1 3 2020 2 2 log 2020 2;3;4;5;6;7;8 x x x          . Ứng với mỗi giá trị x có một giá trị của y nên có 7 cặp số   ; x y nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 91. [Đô Lương 4 - Nghệ An - 2020] Giả sử , a b là các số thực sao cho 3 3 3 2 .10 .10 z z x y a b    đúng với mọi các số thực dương , , x y z thỏa mãn log[ ] x y z   và 2 2 log[ ] 1 x y z    . Giá trị của a b  bằng A. 25 2  . B. 31 2  . C. 31 2 . D. 29 2 . Lời giải Chọn D 2 2 2 2 1 2 log[ ] 10 10 log[ ] 1 10 [ ] 2 10.10 z z z z x y z x y x y x y z x y x y xy                           2 2 10 10 10 10.10 10 2 10.10 2 z z z z z z x y x y xy xy                   . Khi đó 2 3 3 3 3 10 10.10 [ ] 3 [ ] 10 3. .10 2 z z z z x y x y xy x y                   3 3 2 3 2 3 2 1 1 1 2.10 3.10 30.10 10 30.10 .10 15.10 2 2 2 z z z z z z z          . Lại có 3 3 3 2 .10 .10 z z x y a b    . Suy ra 1 29 2 2 15 a a b b            . Câu 92. [Kim Liên - Hà Nội - 2020] Có bao nhiêu số hữu tỉ a thuộc đoạn   1;1  sao cho tồn tại số thực b thỏa mãn   2 2 2 2 4 1 1 log 1 2 4 1 2 1 2 4 2 a a a a a a a b b           . A. 0 . B. 3. C. 1. D. Vô số. Lời giải Chọn C Ta có:   2 8 1 1 2 4 2 1 1 4 1 2 4 1 2 2 2 1 2 x x x x x x x x x x            2 4 1 3 4 1 2 2 x x x x      2 4 1 3 1 3 2 4 1 4.2 4 2 2 x x x x x x              . Áp dụng bất đẳng thức Cô si:   2 4 1 1 1 4 1 4.2 x x x x     . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 47 Lại có   2 3 1 3 3 1 3 1 2 2 2 2 0 2 4 2 2 4 2 4 2 x x x x x x                           . Từ     1 ; 2 suy ra 2 4 1 1 1 4 1 2 1 2 4 2 x x x x x x          2 2 2 log 1 2 1 a b b      2 2 1 2 2 a b b      2 2 2 1 0 a b b        2 2 1 0 a b     0 1 a b       .   0 1;1 a    nên chọn phương án C. Câu 93. [Lê Lai - Thanh Hóa - 2020] Có bao nhiêu cặp số nguyên thoả mãn và ? A. 19. B. 6 C. 10. D. 41. Lờigiải Chọn C + Điều kiện: 2 0 x y   + Ta có: 0 x y   nên               2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log 2 2 3 0 2 log 2 3 0 log 2 3 log 2 3 0 log 2 3 2 3 log [1] x y x y xy x y x y x y x y xy x y x y x y xy x y x y xy x y x y xy x y xy x y x y                                       Xét hàm số:   2 log f t t t   , ta có:     1 ' 1 0 0; ln 2 f t t t      nên hàm số   f t đồng biến trên   0 ;   . Do đó:       2 2 2 2 1 2 3 2 3 f x y xy f x y x y xy x y               2 1 0 1 2 x y x y x y         vì 0 x y   nên 1 0 x y y     + Do 20 20 x    suy ra 19 1 2 y    + Do y   nên   9; 8;...; 1;0 y     , với mỗi giá trị y cho ta 1 giá trị x thoả mãn YCBT. Vậy có 10 cặp số nguyên   ; x y thoả mãn YCBT. Câu 94. [Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2020] Cho các số thực x , y thỏa mãn 1 x  , 1 y  và   3 3 3 3 3 9 log log 6 2log log 2 3 log 2 2 x y x y xy    . Giá trị của biểu thức 2 P x y   gần với số nào nhất trong các số sau A. 7 . B. 8. C. 10 . D. 9 . Lời giải Chọn B Đặt 3 log a x  , 3 log 2 b y  . Do 1 x  , 1 y  nên 0 a  , 3 log 2 b  . Theo giả thiết ta có:     9 1 2 3 2 a b ab a b          2 2 9 2 2 7 1 0 1 2 a b a b b         ; x y 0; 20 20 x y x        2 2 2 log 2 2 3 0 x y x y xy x y       TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 48 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Coi   1 là phương trình bậc hai ẩn a , b là tham số. Để phương trình   1 có nghiệm 0 a  thì:   2 2 2 2 0 2 7 1 36 0 2 7 1 0 2 7 1 0 2 b b b b b b b b                         4 3 2 2 4 28 45 22 1 0 2 7 1 0 b b b b b b                   2 2 2 2 2 1 1 4 20 1 0 4 20 1 0 2 7 1 0 2 7 1 0 b b b b b b b b b b                                . Với 2 9 3 1 2 6 0 2 2 b a a a        . Khi đó 3 2 2 3 3 8,1 P x y      . Với 2 2 4 20 1 0 2 7 1 0 b b b b            : hệ vô nghiệm do 3 log 2 b  . Vậy giá trị biểu thức 2 P x y   gần nhất với 8. Câu 95. [Tiên Lãng - Hải Phòng - 2020] Có bao nhiêu cặp số nguyên dương   ; x y với 2020 x  thỏa mãn       3 2 3 3 1 9 log 2 1 y x y x      A. 1010. B. 2020 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn C Đặt   3 log 2 1 2 3 1 t x t x      , ta được     2 2 3 3 1 2 3 1 3 3.3 3.3 2 t y t y y t t y          [*]. Xét hàm số     3.3 3.3 ln3 1 0, u u f u u f u u             f u  đồng biến trên  . Do đó [*] 2 t y   , vậy nên 2 2 3 1 9 2 1 y y x x      . Vì 9 2020 9 4039 log 4039 y x y      . Vì y nguyên dương nên   1;2;3 y  . Ta thấy với mỗi giá trị nguyên của y thì tìm được 1 giá trị nguyên của x . Vậy có 3 cặp   ; x y thỏa mãn. PHẦN 5. GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT – GIÁ TRỊ LỚN NHẤT Câu 96. [Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020] Cho ; x y là hai số thực dương thỏa mãn x y  và 1 1 2 2 2 2 y x x y x y                . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 3 x y P xy y    bằng A. 13 2 . B. 9 2 . C. 2  . D. 6 . Lời giải Chọn D Ta có     1 1 2 2 4 1 4 1 2 2 y x y x x y x y x y                            ln 4 1 ln 4 1 ln 4 1 ln 4 1 x y x y y x x y         [vì , 0 x y  ]. Xét hàm số     ln 4 1 t f t t   trên khoảng   0;   . Ta có           2 2 4 .ln 4 . ln 4 1 4 ln 4 4 1 ln 4 1 4 1 0, 0 4 1 t t t t t t t t t f t t t t                f t  luôn nghịch biến trên khoảng   0; .   TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 49 Lại có     f x f y x y    . Đặt x t y  , khi đó   1; t     2 3 1 t P t    . Cách 1: Xét 2 3 1 t P t    với   1 ; t    , ta có   2 2 1 2 3 ; 0 3 1 t t t P P t t               Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên, suy ra giá trị nhỏ nhất của P bằng 6 khi 3 t  hay 3 x y  . Cách 2: Ta có 2 3 4 1 2 2 4 2 6 1 1 t P t t t            [AM – GM]. Suy ra, giá trị nhỏ nhất của P bằng 6 khi 3 t  hay 3 x y  . Câu 97. [Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020] Xét các số thực dương , x y thỏa mãn     2 2 2 2 2 2 1 2 4 log 4 2 x y xy x y             . Khi 4 x y  đạt giá trị nhỏ nhất, x y bằng A. 2. B. 4 . C. 1 2 . D. 1 4 . Lời giải Chọn A Ta có:     2 2 2 2 2 2 1 2 4 log 4 2 x y xy x y                     2 2 2 2 1 2 4 8 1 log log 4 8 2 x y xy x y xy xy xy                  2 2 2 2 2 log 2 log 1 2 2 xy xy x y x y                   . Xét hàm số   2 2 2 log f t t t   , với   0; t      1 4 0, 0 .ln 2 f t t t t       , suy ra hàm số   f t đồng biến trên khoảng   0;   . Từ       1 2 2 xy f x y f x y xy             . Ta có:   2 2 [ 2] 2 ; 2 2 y x y xy x y y x y y          .     2 4 4 4 4 10 4 2 10 2 4 2 . 18 2 2 2 y P x y y y y y y y                min 18 P   khi   4 4 2 2 1 3 2 y y y y         . 2 3 6 2 2 y x y x y y        . Câu 98. [Chuyên Hưng Yên - 2020] Biết phương trình 4 3 2 1 0 x a x b x c x      có nghiệm. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 T a b c    TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 50 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. min 4 3  T . B. min 4  T . C. min 2  T . D. min 8 3  T . Lời giải Chọn A Ta có 4 3 2 1 0 x a x b x c x      . Vì 0 x  không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế phương trình cho 2 x ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 0                              c c c x ax b x ax b x ax b x x x x x x . Ta có   2 2 2 2 2 2 1 1                     c ax b a b c x x x .[theo BĐT Cauchy - Schwarz] Khi đó   2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1                   x a b c x x x                    2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 x x a b c x x .[1] Đặt 2 2 1 2    t x x [theo BĐT Cô Si]. Khảo sát hàm số     2 , 2; 1     t f t t t có      2 2 2 ' 0 , 2 ; 1 t t f t t t          . Do đó      2 ; 4 min 2 3 f t f      2 2 2 4 3 a b c     . Dấu       2 " " 3 a b c . Phương trình có nghiệm thi    2; min T f t      .       4 3 2 2 2 2 1 0 3 3 3 x x x x có nghiệm 1 2 x t     thỏa mãn. Vậy m in 4 3 T  . Câu 99. [Chuyên KHTN - 2020] Cho , x y là các số thực dương thỏa mãn       2 2 2 3 3 4 log 1 2 2 1 4 1           x y x y x y xy x y . Giá trị lớn nhất của biểu thức 5 3 2 2 1      x y P x y . A. 3 . B. 1. C. 2 . D. 4 . Lời giải Chọn C  Ta có:       2 2 2 3 3 4 log 1 2 2 1 4 1           x y x y x y xy x y 2 2 2 2 2 3 3 4 log 2 2 3 3 3          x y x y x y x y     2 2 2 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 4 2 3 3 4 .2 .2 2                 x y x y x y x y x y x y x y x y     2 2 3 3 3 2 2 2 2 2. 3 3 4 .2 2. .2         x y x y x y x y     2 2 3 3 4 2 2 2 2 3 3 4 .2 2 2 .2         x y x y x y x y   1 TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 51  Đặt     .2 0   t f t t t . Ta xét:   2 .2 .ln 2 0, 0       t t f t t t . Suy ra hàm số   f t đồng biến trên   0;  . Lúc đó;   1 có dạng:     2 2 3 3 4 2 2     f x y f x y   2 2 2 2 2 2 3 3 4 2 2 2 3 4 2                x y x y x xy y x y x xy y       2 2 3 4         x y x y x y     2 3 4 0 1 4 4 0                x y x y x y x y .  Khi đó: 5 3 2 4 2 2 0 2 2 1 2 1               x y x y P x y x y .  Vậy P đạt giá trị lớn nhất là 2 , đạt được khi 2 2 4 3 3 4 2 2 2 0                 x y x y x y x y x y . Câu 100. [Chuyên Lam Sơn - 2020] Xét các số thực dương , , a b c lớn hơn 1 [ với a b  ] thỏa mãn   4 log log 25log a b ab c c c   . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức log log log b a c a c b   bằng A. 5. B. 8 . C. 17 4 . D. 3 . Lời giải Chọn A Đặt log ,log c c a x b y   . Vì , , 1 a b c  và a b  nên suy ra log log c c a b  hay 0 x y   . Từ giả thiết suy ra: 1 1 1 4 25. log log log c c c a b ab          4 4 25 x y x y       2 25 4 x y xy    17 4 x y y x    4 1 4 x y x y          4 x y  [ vì x y  ]. Ta có: log 1 log log log log log log c b a c c c c a a c b b b a       1 x y y x    1 1 4 2 . 5 4 4 x y y y y y      . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2 y  và 2 x  , tức là 2 2 ; a c c b   Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho bằng 5. Cách khác Từ giả thiết suy ra:   4 log .log log 25.log .log a b b ab b b c c b c      log 4log log 1 25 log b b a b c c b ab      log 0 25 4 log 1 log 1 b a b c b a          . Do , , 1 a b c  nên log 0 b c  ; suy ra     4 1 log 1 log 25 a b b a     1 log 4 a b  . Khi đó: log log log 4 2 log .log 4 2 log 5 b a c a c a a c b c b b        . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng 5 đạt được khi và chỉ khi 4 2 2 , , a b a c c b    . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 52 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 101. [Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020] Xét các số thực , , a b x thoả mãn 1, 1,0 1 a b x     và 2 log log [ ] b a x x a b  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 ln ln ln[ ]. P a b ab    A. 1 3 3 4  . B. 2 e . C. 1 4 . D. 3 2 2 12   . Lời giải Chọn D Ta có     2 2 log log [ ] log log [ ] ln ln log .ln 2.log .ln b a b a x x x x b a a b a b x a x b      2 2 ln log .ln 2ln .ln 2ln ln 2ln ln 2 ln ln b a a a b a b a b a b b         [vì 1, 1 a b   ]. Thay ln 2 ln a b  vào biểu thức P ta được     2 2 2 2 ln ln ln[ ] 3ln 2 1 ln 3 2 1 P a b ab b b t t          [với ln 0 t b   ]. Đặt   2 [ ] 3 2 1 f t t t    . Ta có   2 1 '[ ] 6 2 1 0 [0; ] 6 f t t t           . BBT: Dựa vào BBT, suy ra   0; 3 2 2 min [ ] 12 f t      . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3 2 2 12   . Câu 102. [Chuyên Lương Văn Tỵ - Ninh Bình - 2020] Xét các số thực dương a , b , x , y thỏa mãn a 1  , b 1  và 2x 3y 6 6 a b a b   . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 2 P xy x y    có dạng 165 m n  [với , m n là các số tự nhiên], tính   S m n . A. 58. B. 54. C. 56. D. 60 Lời giải Chọn C Theo bài ra ta có: 2x 3y 6 6 a b a b   2x 6 6 3y 6 6 a a b b a b             6 6 a 6 6 b 2x log a b 3y log a b         a b 2x 6 6log b 3y 6 6log a             a b x 3 1 log b y 2 1 log a           Vì a , b 1  nên a a log b log 1 0   . Do đó: 4 2 24[1 log ][1 log ] 6 6log 2 2log a b a b P xy x y b a b a           52 30log 22log 52 2 30log .22log 52 4 165 a b a b b a b a        Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là 165 m n  khi 11 15 11 30log 22log log 15 a b a b a b b a      TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 53 Ta có: 52 56 4 m m n n         . Câu 103. [Chuyên Bến Tre - 2020] Cho các số thực , x y thỏa mãn 0 , 1 x y   và     3 lo g 1 1 2 0 1 x y x y xy              . Tìm giá trị nhỏ nhất của P với 2 P x y   A. 2 . B. 1. C. 0 . D. 1 2 . Lời giải Chọn B Ta có     3 3 log 1 1 2 0 log 1 0 1 1 x y x y x y xy x y xy xy                                3 3 log log 1 1 x y x y xy xy         Xét hàm số đặc trưng   3 log f t t t   với 0 t  Ta có   1 ' 1 0, 0 ln3 f t t t      Hàm số   f t đồng biến với 0 t  Có       1 1 1 1 1 1 y f x y f xy x y xy x y y x y                Ta có   2 2 4 4 2 3 1 3 2 1 1 1 1 1 y P x y y y y y y y                   Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1. Câu 104. [Chuyên Chu Văn An - 2020] Cho , x y là các số thực dương thỏa mãn 3 4 log 2 1. x y x y x y      Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 2 2 3 2 2 [ ] x y xy y P x x y     . A. 1 . 4 B. 1 . 2 C. 3 . 2 D. 2. Lời giải Chọn D Ta có 3 3 3 4 log 2 1 log [ 4 ] [x 4 y] log 3[ ] 3[ ] x y x y x y x y x y x y              [1]. Xét hàm số 3 [ ] log f t t t   trên khoảng [0; ]   . Ta có 1 '[ ] 1 0, 0 ln3 f t t t      . Suy ra hàm số [ ] f t đồng biến trên khoảng [0; ]   . Từ [1] suy ra [ 4 ] [3[ ]] f x y f x y    và [ 4 ] 0;3[ ] 0 x y x y     . Do đó, [1] 4 3[ ] 2 x y x y y x       . 4 2 5 2 2 2 2 3 3 2 2 6 12 1 12 1 6 6 6 6 2. 9 9 [ ] 9 x y xy y x x P x x x x x x x y x                         Dấu " "  xảy ra 1 x   .Vậy 2. Min P  Câu 105. [Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - 2020] Xét các số thực dương , , , a b x y thỏa mãn 1, 1 a b   và   2 2 2 x y a b ab   . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 P x y   thuộc tập hợp nào dưới đây? A.   10;15 . B.   6;10 . C.   1;4 . D.   4;6 . Lời giải TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 54 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Chọn B Ta có:       2 2 2 2 log 2 1 log 2 2log x a a a a ab x ab b x b               2 2 2 2 log 2 1 log 2 2 log y b b b b ab y ab a y a         2 2 4 1 log 2 2log a b P x y b a       . Đặt   log 0 a t b t   ta được: 2 4 1 2 P t t     . Xét hàm số   2 4 1 2 f t t t     , với   0; t    .     2 2 2 2 1 2 1 2 ; 0 0 2 2 1 1 2 1 2 2 2 f t f t t t t t t t t t t                 4 4 3 2 1 4 2 1 8 8 1 0 2 t t t t t t t                  . Bảng biến thiên của hàm số   f t . Từ bảng biến thiên suy ra       0; Min min 3 6 6;10 P f t     khi 2 1 log 2 3 3 6 6 a b a b x x y y                        . Câu 106. [Chuyên Lào Cai - 2020] Xét các số thực dương x , y thỏa mãn   2 log log log x y x y       . Biểu thức 8 P x y   đạt giá trị nhỏ nhất của bằng: A. min 16  P . B. min 33 2 P  . C. min 11 2 P  . D. min 31 2 P  . Lời giải Chọn A Từ đề bài 2 xy x y     2 2 1 1 1 y x x y y y y             [ Vì ; 0 x y  ]. Ta có: 2 1 8 8 9 1 1 1 y P x y y y y y          . Xét hàm số:   1 9 1 ; 1 1 f y y y y      . Đạo hàm:     / 2 1 9 1 f y y    . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 55     / 4 3 0 2 3 y f y y l           . Bảng biến thiên, ta thấy giá trị nhỏ nhất của [ ] f y là 4 16. 3 f        Vậy min 16 P  khi 16 3 x  . Câu 107. [Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 2020] Xét các số thực , x y thỏa mãn     2 2 log 1 log 1 1 x y     . Khi biểu thức 2 3 P x y   đạt giá trị nhỏ nhất thì 3 2 3 x y a b    với , a b   . Tính T ab  ? A. 9 T  . B. 7 3 T  . C. 5 3 T  . D. 7 T  . Lời giải Chọn C Điều kiện: 1 0 1 1 0 1 x x y y              Khi đó:         2 2 2 2 log 1 log 1 1 1 1 2 1 1 1 1 x y x y y y x x                 Suy ra:   6 6 2 3 2 3 2 1 5 1 1 P x y x x x x            Cách 1: Dùng bất đẳng thức Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:     6 6 2 1 2 2 1 . 1 1 x x x x         6 2 1 4 3 4 3 5 1 x P x         Dấu “=” xảy ra         2 1 3 6 2 1 1 3 1 3 1 1 3 x N x x x x x L                    2 2 3 3 1 3 3 y      . Do đó:   2 3 3 5 5 5 3 2 3 1 3 2 1 3 1; 3 3 3 3 x y a b T ab                      . Cách 2: Dùng bảng biến thiên Ta có: 6 2 3 1 P x x       2 6 ' 2 1 P x         1 3 ' 0 1 3 x N P x L           Bảng biến thiên TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 56 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Dựa vào bảng biến thiên, ta có: min 2 3 3 4 3 5 1 3 3 P x y         . Do đó:   2 3 3 5 5 5 3 2 3 1 3 2 1 3 1; 3 3 3 3 x y a b T ab                      . Câu 108. [Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020] Cho 0, 0 a b   thỏa mãn     2 2 4 5 1 8a 1 log 16 1 log 4 5 1 2 a b b a b a b          . Giá trị của 2 a b  bằng A. 27 4 . B. 6 . C. 20 3 . D. 9. Lời giải Chọn A. Ta có: 0, 0 a b   Nên     2 2 4 5 1 8 1 log 16 1 0 4 5 1 1 8 1 1 log 4 5 1 0 a b ab a b a b ab a b                                  2 2 2 2 4 5 1 8 1 4 5 1 8 1 2 2 8 1 log 16 1 log 4 5 1 2 log 16 1 .log 4 5 1 2 log 16 1 a b ab a b ab ab P a b a b a b a b P a b                       M ặt khác:   2 2 2 2 8 1 16 1 2 16 1 8 1 2 log 8 1 2 ab a b a b ab P ab            Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 2 2 2 3 4 16 4 8 1 4 5 1 2 1 6 1 3 a b a a b ab a b b b b                             Do đó 27 2 4 a b   . Câu 109. [Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020] Cho các số thực , , , a b c d thỏa mãn   2 2 2 log 4 6 7 1 a b a b      và 27 .81 6 8 1 c d c d    . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức     2 2 P a c b d     . A. 49 . 25 B. 64 . 25 C. 7 . 5 D. 8 5 . Lời giải Chọn A Ta có         2 2 2 2 2 2 2 log 4 6 7 1 2 4 6 7 2 3 4 1 a b a b a b a b a b                 . Lại có     3 4 27 .81 6 8 1 3 2 3 4 1 2 c d c d c d c d         . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 57 Xét hàm số   3 2 1 t f t t    trên  . Khi đó   f t là hàm số có đạo hàm liên tục trên  và   3 .ln 3 2 t f t    . Vì phương trình   0 f t   có đúng một nghiệm 0 3 2 log ln 3 t              nên phương trình   0 f t  có tối đa 2 nghiệm. Mặt khác,     0 1 0 f f   nên   0;1 S  là tập nghiệm của phương trình   0 f t  . Do đó,   2 tương đương với 3 4 0 c d   hoặc   3 4 1 3 c d   . Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , gọi điểm M có tọa độ   , a b và điểm N có tọa độ   , c d . Khi đó, từ   1 suy ra M thuộc đường tròn tâm   2;3 I , bán kính 2 r  và từ   3 suy ra N thuộc đường thẳng 1 : 3 4 0 x y    hoặc 2 : 3 4 1 0 x y     . Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức     2 2 2 P a c b d MN      . Gọi , H K lần lượt là hình chiếu vuông góc của I lên các đường thẳng 1  và 2  . Nếu N di chuyển trên đường thẳng 1  thì MN IN IM IH r     nên 8 5 MN  . Dấu đẳng thức xảy ra khi N H  và M là giao điểm của đoạn thẳng IH với đường tròn. Nếu N di chuyển trên đường thẳng 2  thì MN IN IM IK r     nên 7 5 MN  . Dấu đẳng thức xảy ra khi N K  và M là giao điểm của đoạn thẳng IK với đường tròn. Từ hai trường hợp trên, ta có giá trị nhỏ nhất của MN bằng 7 5 . Từ đó, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 49 . 25 Câu 110. [Chuyên Sơn La - 2020] Cho , , a b c là các số thực lớn hơn 1. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 4040 1010 8080 log log 3log ac ab bc P a b c    bằng A. 2020 . B. 16160. C. 20200 . D. 13130. Lời giải Chọn C Ta có 3 4040 1010 8080 4040 1010 8080 1 1 log 2log log 3log log 3. log 2 3 bc ac ab bc ac ab P a a b c b c       2020log 2020log 8080log a b c bc ac ab    TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 58 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/       2020 log log 2020 log log 8080 log log a a b b c c b c a c a b       2020log 2020log 2020log 8080log 2020log 8080log a b a c b c b a c a c b       Vì , , 1 a b c  nên các số log ,log ,log ,log ,log ,log 0 a b a c b c b a c a c b  Khi đó ta có 2 2020log 2020log 2 2020 log log 4040 a b a b b a b a    2 2020log 8080log 2 4040 log log 8080 a c a c c a c a    2 2020log 8080log 2 4040 log log 8080 b c b c c b c b    Suy ra 4040 8080 8080 20200 P     Câu 111. [Chuyên Thái Bình - 2020] Cho hai số thực dương , x y thỏa mãn     2 2 log log 6 6 x x x y y x      . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 T x y   là A. 16 . B. 18 . C. 12 . D. 20 . Lời giải Chọn A Điều kiện: 0 x  , 0 6 y   . Ta có     2 2 log log 6 6 x x x y y x        2 2 2 log log 6 6 x x y x xy         2 2 2 2 2 log log log 6 log 6 x x x y x x xy               2 2 2 2 log log 6 6 x x x y x y             * Xét hàm số   2 log f t t t   trên   0;   . Ta có     1 1 0, 0; .ln 2 f t t t        nên hàm số   f t đồng biến trên   0;   . Khi đó         2 * 6 f x f x y      2 6 x x y    6 x y    6 y x    .   3 3 6 T x x       3 3 18 x x g x     . Xét hàm số   3 3 18 g x x x    trên   0;   . Ta có   2 3 3 g x x    ;   0 g x       1 0; 1 0; x x               Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy ra     1 16 T g x g    . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 6 5 x y x        . Câu 112. [Chuyên Thái Nguyên - 2020] Xét các số thực dương , a b thoả mãn 2 1 log 2 3 ab ab a b a b       . Tìm giá trị nhỏ nhất min P của P a b   . A. min 1 2 5 P    . B. min 2 5 P   . C. min 1 5 P    . D. min 1 2 5 P   . Lời giải Chọn C Điều kiện 1 0 1 ab ab     . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 59 Ta có         2 2 2 1 log 2 3 log 1 log 2 1 1 ab ab a b ab a b a b ab a b                        2 2 log 1 1 2 1 log ab ab a b a b                    2 2 log 2 1 2 1 log . 1 ab ab a b a b         Xét hàm số   2 log f t t t   với 0 t  có   1 1 0, 0 .ln 2 f t t t       nên hàm số   2 log f t t t   đồng biến trên khoảng   0;   . Ta có             2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 a f ab f a b ab a b a b a b a                 . Do 2 , 0 0 0 2 2 1 a a b a a         . Khi đó 2 2 2 2 2 1 2 1 a a P a b a a a          Xét hàm   2 2 2 2 1 a g a a          2 2 4 4 4 1 5 0 2 2 1 a a g a g a a a              . Bảng biến thiên Vậy min 1 5 P    . Câu 113. [Chuyên Vĩnh Phúc - 2020] Cho , , a b c là các số thực dương khác 1 thỏa mãn 2 2 log log log 2log 3 a b a b c c b c b b     . Gọi , M m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của log log a b P b c   . Giá trị của biểu thức 3 S m M   bằng A. 16  . B. 4 . C. 6  . D. 6 . Lời giải Chọn C Biến đổi đẳng thức đề bài ta được 2 2 2 2 2 2 log log log 2log 3 log log log log 2log 1 log log log .log log 2log 1 a b a b a b a a b a b a b a b c c b c b c c b c b b b c b c b c                 Đặt log ; log a b u b v c   ta có phương trình 2 2 2 1 u v uv u v      2 2 2 2 2 2 1 4 4 3 u uv v u u v v           2 2 2 [ ] [ 1] [ 2] 3 [*] u v u v        Ta có bất đẳng thức quen thuộc 2 2 2 1 [ ] 2 x y x y    dấu bằng xảy ra khi x y   , áp dụng bất đẳng thức này ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 [ 1] [ 2] [ 1 2] [ 1] [ 2] [ 1] 2 2 u v u v u v u v               [**] TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 60 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Từ [*] và [**] ta có 2 2 1 3 [ ] [ 1] 2 u v u v      hay 2 2 2 1 5 3 [ 1] 3 2 5 0 1 2 3 P P P P P            Vậy 5 1, 3 m M    suy ra 3 6 S m M     . Câu 114. [ĐHQG Hà Nội - 2020] Cho các số thực x, y thỏa mãn 2 2 2 log log 2 2 5 2 x y x y xy x              . Hỏi giá trị nhỏ nhất của 2 2 P x y xy    là bao nhiêu? A. 30 20 2  . B. 33 22 2  . C. 24 16 2  . D. 36 24 2  . Lời giải Chọn D Điều kiện xác định: 2 2 2 2 0 0 2 2 0 0 0 x x x x x y y y                            Theo bài ra ta có:     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log log 2 2 5 2 log [2 ] log [ 2] log 2[ 2] [ 2] 1 log [2 ] 1 [2 4] log [ 2] [ 2] log [4 2 ] [4 2 ] log [ 2] [ 2] x y x y xy x x x y x y x x x x y y x x x y x y x                                         Xét hàm số 2 [ ] log [ 0] f t t t t    : 1 '[ ] 1 0 0 .ln 2 f t t t      Suy ra: [ ] f t là hàm đồng biến trên khoàng [0; ]   Mà   [4 2 ] [ 2] f x f y x    nên 4 2 4 2 [ 2] 2 x x y x y x        Vì 2 2 2 3 [ ] 4 P x y xy x y      Thay vào P ta có: 2 2 2 3 4 2 3 4 4 2 4 2 x x P x x x                    Xét hàm số 2 4 2 x y x    trên khoảng [ 2; 2]  : 2 2 2 2 2 2 [ 2] [ 4] 4 4 ' [ 2] [ 2] 2 2 2 ' 0 4 4 0 2 2 2[ ] x x x x x y x x x y x x x l                          [Vì [ 2;2] x   ] Lập bảng biến thiên: TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 61 Dựa vào bảng biến thiên, ta có min 4 4 2 y    Vậy   2 min 3 4 4 2 36 24 2 4 P      Câu 115. [Sở Hưng Yên - 2020] Cho các số thực , 1 x y  và thỏa mãn điều kiện 4 xy  . Biểu thức 2 2 4 2 log 8 log 2 x y y P x   đạt giá trị nhỏ nhất tại 0 0 , x x y y   . Đặt 4 4 0 0 T x y   mệnh đề nào sau đây đúng A. 131 T  . B. 132 T  . C. 129 T  . D. 130 T  . Lời giải Chọn D Ta có 2 2 4 2 log 8 log 2 x y y P x   2 2 2 2 2 2 log log 8 2 log 4 log 2 y x x y   2 2 2 2 3 log 2log 1 2 log 2log 1 x y x y       . Đặt 2 log x a  , 2 log y b  [ , 0 a b  ], ta được 3 2 1 2 2 1 a b P a b       1 2 2 2 1 a b     . Vì 4 xy  suy ra 2 2 log log 2 x y   2 0 2 a b a b        Suy ra 1 2 1 2 2 2 1 4 2 1 P a b b b         . Xét hàm 1 2 [ ] 4 2 1 f b b b     trên   0;2 ,ta có:     2 2 1 4 [ ] 4 2 1 f b b b          2 2 0 2 1 4[4 ] 0 f b b b        7 4 b   . Ta có:     9 9 7 8 0 , 2 , 4 10 4 9 f f f          . Suy ra trên đoạn   0;2 ta có: 8 min 9 P  2 2 1 log 4 7 log 4 x y           1 4 7 4 2 2 x y         1 4 0 7 4 0 2 2 x y         Vậy 4 4 1 7 4 4 4 4 0 0 2 2 130 T x y                  . Câu 116. [Sở Hà Tĩnh - 2020] Cho các số thực dương , , a b c thỏa mãn 10 abc  . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức 5log .log 2log .log log .log F a b b c c a    bằng m n với , m n nguyên dương và m n tối giản. Tổng m n  bằng A. 13. B. 16. C. 7. D. 10. Lời giải TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 62 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Chọn C Đặt 10 log log 10 log 10 x y z a a x b y b c z c                  , mà   10 10 .10 .10 10 1 * x y z abc x y z        . Ta có 5log .log 2log .log log .log 5 2 F a b b c c a xy yz zx       . Từ   * 1 y x z     , thay vào biểu thức F , ta được:     2 2 5 1 2 1 2 5 6 2 5 F x x z x z z xz z x xz z x              2 2 2 9 1 1 5 2 6 2 3 2 2 2 2 2 2 z x xz z x x x              2 2 2 9 1 3 1 5 2 3 4 4 4 4 2 2 2 z x xz z x x x                    2 2 3 1 1 5 5 2 2 2 2 2 2 2 z x x               . Vậy 5 max 2 F  khi và chỉ khi 3 1 2 3 1 0 2 2 2 5 2 0 2 x y z y z x x x z                            . Vậy 5, 2 5 2 7. m n m n        Câu 117. [Sở Bình Phước - 2020] Cho , x y là các số thực dương thỏa mãn   2 2 2 2 log log 1 log 2 x y x y     . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 x y  bằng A. 2 2 3  . B. 2 3 2  . C. 3 3  . D. 9. Lời giải Chọn A Với 0; 0. x y   Ta có:         2 2 2 2 2 2 2 log log 1 log 2 1 2 2 2 2 1 1 0 2 1. x y x y xy x y y x x x x y x                 Đặt 2 m x y   ta có:       2 2 2 2 1 2 2 . 1 x m x x x m m x x x x x m x              Xét hàm số   2 2 1 x x g x x    với 1 x  . Ta tìm thấy     1; min 3 2 2 g x    khi 2 2 2 x   . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 63 Vậy 3 2 2 m   , dấu bằng xảy ra khi 2 2 2 4 3 2 4 x y            [thỏa mãn điều kiện bài toán]. Vậy GTNN của 2 x y  là 3 2 2  . Câu 118. [Sở Yên Bái - 2020] Cho các số thực , x y thuộc đoạn   0;1 thỏa mãn 2 1 2 2021 2020 2 2022       x y x y y . Gọi , M m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2 6 3 9    x y x xy . Tính . M m . A. 5 2  . B. 5.  C. 5. D. 3.  Lời giải Chọn D Ta có 2 1 2 2021 2020 2 2022       x y x y y   1 2 2 2020 2 2022 2021        x y y y x     2 1 2 2020 1 2021 2020 2021           y x y x . Ta có     2 2020 2021   t f t t với   0;1  t có     2 2020 .ln 2020. 2021 2.2020 . 0     t t f t t t . Do vậy     2 2020 2021   t f t t đồng biến trên khoảng   0;1  t . Suy ra     1 1 1         f y f x x y y x . Do vậy 3 3 2 2 6 3 9    x y x xy     3 3 2 2 6 1 3 9 1       x x x x x 3 2 3 2 2 2 6 18 18 6 3 9 9         x x x x x x x 3 2 4 30 27 6      x x x . Xét   3 2 4 30 27 6      f x x x x với   0;1  x . Mà   3 2 4 30 27 6      f x x x x nên   2 1 2 12 60 27 0 9 [loai] 2                x f x x x x . Mặt khác     1 1 0 6, 1 5, 2 2           f f f . Do vậy 6  M và 1 2   m . Vậy nên . 3   M m . Câu 119. [Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2020] Xét các số thực dương . x y thỏa mãn   2 1 1 1 2 2 2 log log log x y x y    . Tìm giá trị nhỏ nhất min P của biểu thức 3 P x y   . A. min 17 2 P  . B. min 8 P  . C. min 9 P  . D. min 25 2 4 P  . Lời giải Chọn C Ta có   2 1 1 1 2 2 2 log log log x y x y        2 1 1 2 2 log log xy x y    2 xy x y      2 1 y x y    . Do 2 0 0 y y      2 1 0 y x y     . Mà 0 x  nên 1 0 y   , hay 1 y  . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 64 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Khi đó ta có 2 1 y x y   . Suy ra 2 3 3 1 y P x y y y      Xét hàm số   2 3 1 y f y y y    trên   1;   . Ta có     2 2 2 3 1 y y f y y        2 2 4 8 3 1 y y y     ;   0 f y       1 1; 2 3 1; 2 y y              Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy ra   3 9 2 f y f         . Vậy   9 P f y   . Dấu " "  xảy ra khi và chỉ khi 2 3 2 9 1 2 y y x y            . Câu 120. [Lê Lai - Thanh Hóa - 2020] Cho thỏa mãn . Giá trị biểu thức bằng? A. 6. B. . C. . D. 22. Lời giải Chọn B Với 0, 0 a b   ta có 2 2 25 1 10 1 a b ab     , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 5 b a  . Suy ra     2 2 10 3 1 10 3 1 log 25 1 log 10 1 a b a b a b ab         , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 5 b a  . Mặt khác, ta lại có với 0, 0 a b   thì     10 3 1 10 1 log 10 1 0,log 10 3 1 0 a b ab ab a b         . Do đó:         2 2 10 3 1 10 1 10 3 1 10 1 log 25 1 log 10 3 1 log 10 1 log 10 3 1 a b ab a b ab a b a b ab a b                     10 3 1 10 1 2 log 10 1 .log 10 3 1 2 a b ab ab a b         Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi     10 3 1 10 1 5 5 5 2 log 10 1 log 10 3 1 10 3 1 10 1 1 2 a b ab b b a b a ab a b a b ab a                                 11 2 2 a b    Câu 121. [Liên trường Nghệ An - 2020] Cho các số thực dương ; ; a b c khác 1 thỏa mãn 2 2 3 log log 2log log a b b a c c b c b a b    . Gọi , M m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của log log a b P ab bc   . Tính giá trị biểu thức 2 2 2 9 S m M   . 0, 0 a b       2 2 10 3 1 10 1 log 25 1 log 10 3 1 2 a b ab a b a b          2 a b  11 2 5 2 TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 65 A. 28 S  . B. 25 S  . C. 26 S  . D. 27 S  . Lời giải Chọn D Đặt   log ; log , ; 0 log log log a b a a b x b y c x y c xy P ab bc x y x P y              Khi đó ta có         2 2 2 2 3 2 2 2 2 log log 2log log 2 2 3 2 2 3 3 1 0 a b b a c c b c x y y xy x b a b P y y y P y y P y y P y P P                           . Phương trình có nghiệm khi 2 5 5 0 3 2 5 0 1 1; 27 3 3 P P P m M S                  Nên giá trị nhỏ nhất của P là 1 1 4 4 2 0 4 4 0 0 7 7 4 4 2 0 1 log 2 2 8 4 130 7 9 log 2 2 4 x x x T x y y y y                               Câu 122. [Lý Nhân Tông - Bắc Ninh - 2020] Cho 0, 0 a b   thỏa mãn 2 2 4 5 1 8 1 log [16 1] log [4 5 1] 2 a b ab a b a b          . Giá trị của 2 a b  bằng A. 9 . B. 6 . C. 27 4 . D. 20 3 . Lời giải Chọn C Theo bất đẳng thức Côsi với 0, 0 a b   ta có: 2 2 2 2 2 2 16 1 2 16 1 8 1 16 1 8 1 a b a b ab a b ab            [*] Do 4 5 1 1 a b    nên từ [*] có: 2 2 4 5 1 8 1 4 5 1 8 1 log [16 1] log [4 5 1] log [8 1] log [4 5 1] a b ab a b ab a b a b ab a b                 2 2 4 5 1 8 1 4 5 1 4 5 1 1 log [16 1] log [4 5 1] log [8 1] log [8 1] a b ab a b a b a b a b a b a b                  Mặt khác 4 5 1 1 a b    và 8 1 1 a b   nên: 4 5 1 4 5 1 1 log [8 1] 2 log [8 1] a b a b ab ab         . Suy ra 2 2 4 5 1 8 1 log [16 1] log [4 5 1] 2 a b ab a b a b          . Đẳng thức xảy ra khi 2 2 2 4 16 3 4 5 1 8 1 2 6 0 4 3 , 0 , 0 b a a b a a b ab b b b a b a b                                              . Vậy 27 2 4 a b   . Câu 123. [Nguyễn Huệ - Phú Yên - 2020] Xét các số thực , , , a b x y thỏa mãn 1, 1 a b   và x y a a b b   . Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 P x y   thuộc tập nào dưới đây? A. 1 0; 2       . B. 1 1; 2         . C. 3 1; 2       . D. 3 5 ; 2 2       . Lời giải Chọn A TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 66 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Từ giả thiết ta có:   1 1 log log 2 1 1 1 log 2 log x a a y b a a a x b a x b b a a y b y b b b                                      Đặt log a t b  . Vì 1, 1 a b   , nên 0 t  . Khi đó:   1 1 3 1 3 1 3 1 3 2 2 1 1 2. 2 2 2 2 2 2 2 2 t t t P t t t t t                            Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi   1 2 0 2 t t t t     . max 3 2 2 1 0,086 0; 2 2 P           . Câu 124. [Nguyễn Trãi - Thái Bình - 2020] Cho các số thực x , y thay đổi thỏa mãn 2 2 1 x y xy    và hàm số   3 2 2 3 1 f t t t    . Gọi M và m tương ứng là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 5 2 4 x y Q f x y            . Tổng M m  bằng A. 4 3 2   . B. 4 5 2   . C. 4 2 2   . D. 4 4 2   . Lời giải Chọn D Ta có 2 2 2 2 3 1 1 2 4 y y x y xy x              . Đặt       5 2 4 5 2 5 1 4 2 0 4 x y t t x y x y t x t y t x y                       3 5 3 3 2 4 2 2 y y t x t t              . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có           2 2 2 2 2 2 3 3 2 4 5 3 3 5 3 3 2 2 2 4 y y y y t t x t t t x                                                   2 2 2 2 2 4 5 3 3 .1 12 24 0 2 2 t t t t t t                    . Xét hàm số   3 2 2 3 1 f t t t    với 2 2 t    . Ta có     2 6 6 6 1 f t t t t t      . Khi đó   0 0 1 t f t t         . Ta có   2 5 4 2 f     ,   0 1 f   ,   1 0 f  ,   2 5 4 2 f     . Do đó   0 1 M f   ,   2 5 4 2 m f      . Vậy 4 4 2 M m     . Câu 125. [Tiên Du - Bắc Ninh - 2020] Cho biểu thức 2 3 2 1 2 1 3 [1 4 ] 2 y x x y x y P          và biểu thức 3 2 log 3 y x Q y    . Giá trị nhỏ nhất của y để tồn tại x đồng thời thỏa mãn 1 P  và 1 Q  là số 0 y . Khẳng định nào sau đây là đúng ? A. 0 4 1 y  là số hữu tỷ. B. 0 y là số vô tỷ. C. 0 y là số nguyên dương. D. 0 3 1 y  là số tự nhiên chẵn. TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 67 Lời giải Chọn A Điều kiện 2 3 0 . 0 y x y        2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 3 .[1 4 ] 2 3 .[1 ] . 4 2 y x x y x y y x x y y x P                   Đặt 2 1 t y x    ta có 1 1 3 [1 ] . 4 2 t t t P    Cho 1 1 1 3 [1 ] 1 12 3 4 2 [1]. 4 2 t t t t t t t P          * Với 0 t  thỏa mãn [1]. * Với 0 t  ta có 12 4 12 3 4 2 [1] 3 2 t t t t t t t t             thỏa mãn. * Với 0 t  ta có 12 4 12 3 4 2 [1] 3 2 t t t t t t t t             không thỏa mãn. Vậy [1] 0 t   hay 2 1 0 y x    [a]. Vì 2 1 0 y x     2 3 2 1 y x     nên 2 1 log 3 1 3 2 3 2 2 3 y x Q y y y x x y            [b]. Từ [a], [b] và điều kiện ta có 2 1 0 2 2 3 . 0 y x x y y            Cặp số [ ; ] x y thỏa mãn hệ được biểu diễn ở miền không bị gạch ở hình bên. Điểm A thuộc miền không bị gạch và có min 2 . 3 y  Vậy 0 2 . 3 y  Do đó 0 11 4 1 . 3 y     Câu 126. [Yên Lạc 2 - Vĩnh Phúc - 2020] Cho hai số thực a , b lớn hơn 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 4 1 log 4 4 log a ab a b S b          . A. 5 4 . B. 11 4 . C. 9 4 . D. 7 4 . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 68 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Lời giải Chọn C Theo bất đẳng thức Côsi ta có   2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 log log 4 4 4 4 a a a b a b ab a b ab ab               . Do a , 1 log log 1 0 a a b b     . Ta có 2 2 4 1 1 log log log log 4 4 4 a b a b a b S ab ab ab              1 1 5 1 log log 1 log 4 4log 4 a b a a b a b b        . Đặt log a t b  , ta có 1 5 4 4 S t t    . Xét hàm số   1 5 4 4 f t t t    với 0 t  . Ta có   2 2 2 1 4 1 1 4 4 t f t t t      . Khi đó   2 2 2 2 4 1 1 1 0 0 4 1 0 4 4 2 t f t t t t t             . Bảng biến thiên Suy ra     0; 9 min 4 t f t     khi 1 2 t  . Vậy giá trị nhỏ nhất của 9 4 S  khi 1 log 2 a t b b a     . Câu 127. [Hải Hậu - Nam Định - 2020] Với các số thực dương , , x y z thay đổi sao cho       2 2 2 2 2 2 log 4 8 8 2 x y z x x y y z z x y z                  , gọi giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 4 7 11 8 6 5 86 x y z x y z T x y          thứ tự là M và m . Khi đó M m  bằng: A. 3 2  . B. 1. C. 5 2  . D. 1 2  . Lời giải Chọn D +] Ta có       2 2 2 2 2 2 log 4 8 8 2 x y z x x y y z z x y z                      2 2 2 2 2 2 2 2 log 4 2 2 log 4[ 2 2 ] x y z x y z x y z x y z                 2 2 2 2 2 2 2 2 log 4 2 2 4[ 2 2 ] log x y z x y z x y z x y z             [1]. TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 69 +] Xét hàm đặc trưng   2 log , 0 f t t t t     có   1 0, 0 ln 2 f t t t t       . +] Ta có       2 2 2 2 2 2 [1] 4 2 2 4 8 8 f x y z f x y z x y z x y z                   2 2 2 2 4 4 36 x y z        . +] Thay vào biểu thức , ta được   4 8 8 4 7 11 8 3 8 6 5 86 6 5 86 x y z x y z y z T x y x y                   6 5 86 3 8 6 5 1 3 8 86 T x y y z Tx T y z T             .           6 2 5 1 4 3 4 8 86 12 4 5 1 12 T x T y z T T T                      6 2 5 1 4 3 4 54 T x T y z T         +] Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có             2 2 2 6 6 4 6 5 5 1 3 2 4 . 3 3 1 T T x T y z T                   2 2 2 2 36 6 5 1 3 54 T T T      2 720 360 3 2 1 60 1 0 T T T         . Suy ra 1 2 M m    . Câu 128. [Lương Thế Vinh - Hà Nội - 2020] Cho các số thực , x y thỏa mãn 3 ln ln[ 2] ln 3    y x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 2 2 4 2 [ 1] . 2          y x x x y H e x y y A. 1. B. 0 . C. e . D. 1 e . Lời giải Chọn A Do   3 3 3 ln ln 2 ln 3 2 3 4 2             y x x y y x x y x     2 2        y x y x H e y x . Đặt   t y x   3 3 2 3 2 3 3         x x x t x g x với 3 2   x .   2 3 3 3    x g x ,   0 1      g x x     1 0    g x g , suy ra 0  t . Xét hàm số   2 2    t t f t e t với 0  t .   1     t f t e t   1     t f t e .   0 0      f t e . Ta có bảng biến thiên như sau TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 70 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Suy ra   0  H f . Vậy min 1  H . Câu 129. [Trường VINSCHOOL - 2020] Cho dãy số   n u có số hạng đầu 1 1  u thỏa mãn     2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 log 5 log 7 log 5 log 7    u u và 1 7   n n u u với mọi 1  n . Giá trị nhỏ nhất của n để 1111111  n u bằng: A. 11. B. 8. C. 9. D. 10. Lời giải Chọn D Ta có   1 7 , 1      n n n u u n u là một cấp số nhân với số hạng đầu là 1 u , công bội 7  q .         2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 log 5 log 7 log 5 log log 7 log      u u u u 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 log 5 2.log 5.log log log 7 2.log 7.log log       u u u u   2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2log 2. log 5 log 7 .log log 5 log 7      u u 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2log 2.log 35.log log 5 log 7 log 5 log 7       u u   2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2log 2.log 35.log 0 2log . log log 35 0       u u u u     1 2 1 1 2 1 2 2 1 2 1 loai log 0 1 nhan log log 35 0 35 log log 35                 u u u u u . Số hạng tổng quát của dãy số là 1 1 1 2 1 1 1 1 . .7 .7 .7 35 5.7 5         n n n n n u u q . 2 2 7 1 1111111 .7 1111111 7 5555555 2 log 5555555 5           n n n u n 7 log 5555555 2    n . Vì    n nên giá trị nhỏ nhất của n bằng 10 . Câu 130. [Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2020] Cho , x y là các số thực dương thỏa mãn 2 8 8 2 xy x y xy x y      . Khi 2 2 P xy xy   đạt giá trị lớn nhất, giá trị của biểu thức 3 2 x y  bằng A. 4 . B. 2 . C. 3. D. 5. Lời giải Chọn C Ta có     2 2 2 8 8 2 2 log 8 8 log xy x y xy xy x y xy x y x y                     2 2 log 2 1 2 1 log xy xy x y x y         Xét hàm số   2 log f t t t   là hàm số đồng biến trên   0;   Do đó từ   * ta có   2 2 1 2 1 y xy x y x y        TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 71 Suy ra 2 2 min 2 2 1 P xy xy y y P        khi 1 1 3 y x    . Do đó 3 2 3 x y   Câu 131. [Tiên Lãng - Hải Phòng - 2020] Cho , x y là các số dương thỏa mãn       log 2 log log x y x y    . Khi đó, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 4 1 2 1 x y P y x     là: A. 31 5 . B. 6 . C. 29 5 . D. 32 5 . Lời giải Chọn D Ta có:           log 2 log log log 2 log 2 x y x y x y xy x y xy          Mặt khác:     2 2 2 2 8 0 8 xy x y xy xy xy xy         Áp dụng bất đẳng thức cauchy- Swat ta có:     2 2 2 2 2 4 1 2 1 2 2 2 x y xy x y P y x x y xy           Đặt xy t  suy ra   2 2 2 2 xy t P xy t     Xét hàm số   2 2 t f t t   , với   8; t    .     2 2 4 0, 8 2 t t f t t t        , suy ra hàm số   f t đồng biến trên khoảng   8;   .     32 8 5 f t f      32 5 P f t    . 32 Min 5 P   khi 2 4 8 2 x y x xy y            . --------------- HẾT ---------------