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

Đáp án đúng là: D

Do $\frac{3}{4}<\frac{4}{5}$ và ${a}^{\frac{3}{4}}<{a}^{\frac{4}{5}}$ suy ra a > 1.

Đáp án đúng là: B

Ta có: ${4}^{x}={({2}^{2})}^{x}={({2}^{x})}^{2}={3}^{2}=9.$

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\sqrt{x}={x}^{\frac{1}{2}}={x}^{\frac{3}{6}}={(\sqrt[6]{x})}^{3}={a}^{3}.$

Đáp án đúng là: A

Với x ≥ 0 ta có: $\sqrt{\sqrt[3]{x}}=\sqrt[2\cdot 3]{x}=\sqrt[6]{x}.$

Đáp án đúng là: B

Ta có: $\sqrt{2}>0$ và $\sqrt{2}\ne 1$ nên hàm số $y={(\sqrt{2})}^{x+2}$ là hàm số mũ có tập xác định là R

Đáp án đúng là: C

Điều kiện: x – 1 > 0 hay x > 1.

Suy ra tập xác định của hàm số log$_{2}$(x – 1) là (1; +∞).

Đáp án đúng là: D

Ta có: ${\log }_{2}9-{\log }_{2}36={\log }_{2}\frac{9}{36}$$={\log }_{2}\frac{1}{4}={\log }_{2}{2}^{-2}=-2.$

Đáp án đúng là: A

Với a > 0 ta có: ${\log }_{4}a={\log }_{4}{(\sqrt{a})}^{2}=2{\log }_{4}\sqrt{a}=2\cdot 16=32.$

Đáp án đúng là: A

Ta có: log4 000 = log(4.1 000) = log(2$^{2}$.10$^{3}$)

= log2$^{2}$ + log10$^{3}$ = 2log2 + 3 = 2a + 3.

Đáp án đúng là: C

Ta có: ${\log }_{2}6=\frac{{\log }_{12}6}{{\log }_{12}2}=\frac{{\log }_{12}6}{{\log }_{12}(\frac{12}{6})}$$=\frac{{\log }_{12}6}{{\log }_{12}12-{\log }_{12}6}=\frac{a}{1-a}.$

Đáp án đúng là: B

− Hàm số mũ $y={(\sqrt{3})}^{x}$ đồng biến trên ℝ vì $\sqrt{3}>1.$

− Ba hàm số còn lại nghịch biến trên tập xác định của chúng.

⦁ Hàm số mũ $y={(\frac{e}{π})}^{x}$ nghịch biến trên ℝ vì $0<\frac{e}{π}<1.$

⦁ Hàm số lôgarit y = log$_{0{,}3}$x nghịch biến trên (0; +∞) vì 0 < 0,3 < 1.

⦁ Hàm số lôgarit $y=-{\log }_{2}x={\log }_{\frac{1}{2}}x$ nghịch biến trên (0; +∞) vì $0<\frac{1}{2}<1.$

Đáp án đúng là: A

Ta có: 3$^{x – 1}$ = 1 ⇔ 3$^{x – 1}$ = 3$^{0}$ ⇔ x – 1 = 0 ⇔ x = 1.

Vậy phương trình có nghiệm x = 1.

Đáp án đúng là: D

Ta có: $0,{5}^{x}={(\sqrt{2})}^{x+3}\Leftrightarrow {({2}^{-1})}^{x}={({2}^{\frac{1}{2}})}^{x+3}$

$\Leftrightarrow {2}^{-x}={2}^{\frac{x+3}{2}}\Leftrightarrow -x=\frac{x+3}{2}$

⇔ −2x = x + 3 ⇔ 3x + 3 = 0

⇔ x = –1.

Vậy phương trình có nghiệm x = – 1.

Đáp án đúng là: C

Ta có: ${\log }_{\frac{1}{3}}x=-2\Leftrightarrow x={(\frac{1}{3})}^{-2}=9.$

Vậy phương trình có nghiệm x = 9.

Đáp án đúng là: C

Ta có: ${\log }_{5}(2x-3)-{\log }_{\frac{1}{5}}(2x-3)=0$

$\Leftrightarrow {\log }_{5}(2x-3)-{\log }_{{5}^{-1}}(2x-3)=0$

⇔ log$_{5}$ (2x – 3) + log$_{5}$ (2x – 3) = 0

⇔ 2log$_{5}$ (2x – 3) = 0

⇔ log$_{5}$ (2x – 3) = 0

⇔ 2x – 3 = 5$^{0}$

⇔ 2x – 3 = 1 ⇔ x = 2.

Vậy phương trình có nghiệm x = 2.

Đáp án đúng là: A

Điều kiện: x ≥ 0.

Ta có: ${2}^{\sqrt{x}}>1\Leftrightarrow {2}^{\sqrt{x}}>{2}^{0}\Leftrightarrow \sqrt{x}>0\Leftrightarrow x>0.$

Kết hợp với điều kiện x ≥ 0 suy ra: x > 0.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là (0; +∞).

Đáp án đúng là: D

Dựa vào đồ thị ta có:

Hàm số mũ y = c$^{x}$ đồng biến trên ℝ. Suy ra c > 1.

Hàm số mũ y = a$^{x}$ và y = b$^{x}$ nghịch biến trên ℝ. Suy ra 0 < a < 1 và 0 < b < 1.

Thay x = 100 vào hàm số y = a$^{x}$ và y = b$^{x}$ ta thấy: a$^{100}$ > b$^{100}$ > 0. Suy ra 0 < b < a.

Vậy b < a < c.

a) $0,{5}^{2{x}^{2}+x-1}=\frac{1}{4}\Leftrightarrow 0,{5}^{2{x}^{2}+x-1}=0,{5}^{2}$

⇔ 2x$^{2}$ + x – 1 = 2

$\Leftrightarrow 2{x}^{2}+x-3=0\Leftrightarrow [\begin{matrix}x=-\frac{3}{2} \\ x=1\end{matrix}.$
Vậy phương trình có nghiệm $x\in \{-\frac{3}{2};1\}.$
b) ${2}^{{x}^{2}-6x-\frac{5}{2}}=16\sqrt{2}$
$\Leftrightarrow {2}^{{x}^{2}-6x-\frac{5}{2}}={2}^{4}{.2}^{\frac{1}{2}}$
$\Leftrightarrow {2}^{{x}^{2}-6x-\frac{5}{2}}={2}^{\frac{9}{2}}$
$\Leftrightarrow {x}^{2}-6x-\frac{5}{2}=\frac{9}{2}$
$\Leftrightarrow {x}^{2}-6x-7=0\Leftrightarrow [\begin{matrix}x=-1 \\ x=7\end{matrix}.$
Vậy phương trình có nghiệm x ∈ {–1; 7}.
c) ${27}^{{x}^{2}-4x+4}={9}^{{x}^{2}-4}$
$\Leftrightarrow {3}^{3({x}^{2}-4x+4)}={3}^{2({x}^{2}-4)}$
$\Leftrightarrow 3({x}^{2}-4x+4)=2({x}^{2}-4)$
$\Leftrightarrow 3{x}^{2}-12x+12=2{x}^{2}-8$
$\Leftrightarrow {x}^{2}-12x+20=0\Leftrightarrow [\begin{matrix}x=2 \\ x=10\end{matrix}.$
Vậy phương trình có nghiệm x ∈ {2; 10}.
d) $0,{05}^{x-3}={(2\sqrt{5})}^{x}\Leftrightarrow {(\frac{1}{20})}^{x-3}={(2\sqrt{5})}^{x}$
$\Leftrightarrow {(\frac{1}{2\sqrt{5}})}^{2(x-3)}={(2\sqrt{5})}^{x}\Leftrightarrow {(2\sqrt{5})}^{-2(x-3)}={(2\sqrt{5})}^{x}$
⇔ –2(x – 3) = x ⇔ –3x = –6 ⇔ x = 2.
Vậy phương trình có nghiệm x = 2.
e) log3 3(x – 2) = –1 ⇔ 3(x – 2) = 3–1
$\Leftrightarrow 3(x-2)=\frac{1}{3}\Leftrightarrow x-2=\frac{1}{9}\Leftrightarrow x=\frac{19}{9}.$
Vậy phương trình có nghiệm $x=\frac{19}{9}.$
g) Ta có: log5 (x2 + 1) + log0,2 (4 – 5x – x2) = 0
$\Leftrightarrow {\log }_{5}({x}^{2}+1)+{\log }_{{5}^{-1}}(4-5x-{x}^{2})=0$
⇔ log5 (x2 + 1) – log5 (4 – 5x – x2) = 0
⇔ log5 (x2 + 1) = log5 (4 – 5x – x2)
$\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{x}^{2}+1=4-5x-{x}^{2} \\ {x}^{2}+1>0\end{matrix}$
$\Leftrightarrow {x}^{2}+1=4-5x-{x}^{2}$(do x$^{2}$ + 1 > 0 ∀x ∈ ℝ)
$\Leftrightarrow 2{x}^{2}+5x-3=0$$\Leftrightarrow [\begin{matrix}x=-3 \\ x=\frac{1}{2}\end{matrix}.$
Vậy phương trình có nghiệm $x\in \{-3;\frac{1}{2}\}.$

Do số vi khuẩn ban đầu là 1 000 con nên ta có: A = 1 000.

a) Biết sau 10 giờ tăng trưởng thành 5 000 con nên f(x) = f(10) = 5 000.

Ta có: f(x) = Ae$^{rx}$ suy ra: $rx=\ln (\frac{f(x)}{A})$

$\Rightarrow r=\frac{1}{x}.\ln (\frac{f(x)}{A})=\frac{1}{10}\ln (\frac{5\ 000}{1\ 000})=\frac{\ln 5}{10}.$

b) Khi số lượng vi khuẩn tăng gấp 10 lần so với số lượng vi khuẩn ban đầu tức là f(x) = 10A nên ta có: $x=\frac{1}{r}.\ln (\frac{f(x)}{A})=\frac{1}{r}\ln (\frac{10A}{A})=\frac{\ln 10}{r}.$

Thay $r=\frac{\ln 5}{10}$ ta có $x=\frac{\ln 10}{\frac{\ln 5}{10}}\approx 14.$

Vậy sau khoảng 14 giờ thì số lượng vi khuẩn tăng gấp 10 lần so với số lượng vi khuẩn ban đầu.

Do vùng biển khơi mặt ở một khu vực có nồng độ muối 30% và nhiệt độ là 8 $^{o}$C nên ta có T = 8. Suy ra: 7,9ln(1,0245 – d) + 61,84 = 8

$\Rightarrow \ln (1{,}0245-d)=-\frac{2\ 692}{395}$

$\Rightarrow 1{,}0245-d={e}^{-\frac{2\ 692}{395}}$

$\Rightarrow d=1{,}0245-{e}^{-\frac{2\ 692}{395}}\approx 1{,}0234.$

Vậy khối lượng riêng của nước biển ở vùng biển đó là d ≈ 1,0234 (g/cm$^{3}$).

Gọi A$_{1}$, M$_{1}$, A$_{7}$, M$_{7}$ lần lượt là biên độ rung chấn tối đa và độ Richter của trận động đất thứ nhất và trận động đất thứ bảy.

Ta có: M$_{1}$ = logA$_{1}$ – logA$_{0}$ = 5,3 và M$_{7}$ = logA$_{7}$ – logA$_{0}$ = 4.

Do đó, ta có: M$_{1}$ – M$_{7}$ = logA$_{1}$ – logA$_{0}$ – logA$_{7}$ + logA$_{0}$

⇒ 5,3 – 4 = logA$_{1}$ – logA$_{7}$

$_{\Rightarrow \log \frac{{A}_{1}}{{A}_{7}}=1{,}3\Rightarrow \frac{{A}_{1}}{{A}_{7}}={10}^{1{,}3}\approx 20.}$

Vậy biên độ rung chấn tối đa của trận động đất thứ nhất gấp khoảng 20 biên độ rung chấn tối đa của trận động đất thứ bảy.