Đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức - Đề số 4 — Không quảng cáo

Cho n là một số nguyên dương. Với a là số thực tùy ý khác 0, ta có ${a^{ - n}} = \frac{1}{{{a^n}}}$.

${4^{ - 6}} = \frac{1}{{{4^6}}}$

Đáp án B.

Cho số thực a và số nguyên dương n $\left( {n \ge 2} \right)$. Số b được gọi là căn bậc n của số a nếu ${b^n} = a$.

Cho số thực a và số nguyên dương n $\left( {n \ge 2} \right)$. Số b được gọi là căn bậc n của số a nếu ${b^n} = a$.

Đáp án B.

$\sqrt[n]{{{a^n}}} = a$ khi n lẻ (với các biểu thức đều có nghĩa).

$\sqrt[3]{{{{\left( {1 - \sqrt 5 } \right)}^3}}} = 1 - \sqrt 5$.

Đáp án A.

Với a là số thực dương, $\alpha ,\beta$ là những số thực bất kì thì: ${\left( {{a^\alpha }} \right)^\beta } = {a^{\alpha \beta }},{a^\alpha }.{a^\beta } = {a^{\alpha  + \beta }}$.

Cho n là một số nguyên dương. Với a là số thực tùy ý khác 0, ta có ${a^{ - n}} = \frac{1}{{{a^n}}}$.

$\left( {{9^{3 + \sqrt 3 }} - {9^{\sqrt 3  - 1}}} \right){.3^{ - 2\sqrt 3 }} = \left( {{3^{2\left( {3 + \sqrt 3 } \right)}} - {3^{2\left( {\sqrt 3  - 1} \right)}}} \right){.3^{ - 2\sqrt 3 }} = {3^{6 + 2\sqrt 3  - 2\sqrt 3 }} - {3^{2\sqrt 3  - 2 - 2\sqrt 3 }} = {3^6} - {3^{ - 2}} = {3^6} - \frac{1}{{{3^2}}} = \frac{{6560}}{9}$

Đáp án A.

$\sqrt[n]{{{a^n}}} = \left| a \right|$ nếu n là số chẵn.

$\sqrt[m]{{\sqrt[n]{a}}} = \sqrt[{mn}]{a}$ (các biểu thức đều có nghĩa)

$\frac{{{{\left( {\sqrt[4]{{{a^3}{b^2}}}} \right)}^8}}}{{\sqrt[3]{{\sqrt {{a^{12}}{b^6}} }}}} = \frac{{{{\left( {{{\left( {\sqrt[4]{{{a^3}{b^2}}}} \right)}^4}} \right)}^2}}}{{\sqrt[6]{{{{\left( {{a^2}b} \right)}^6}}}}} = \frac{{{{\left( {{a^3}{b^2}} \right)}^2}}}{{{a^2}b}} = \frac{{{a^6}{b^4}}}{{{a^2}b}} = {a^4}{b^3}$

Đáp án D.

Với số thực dương a, b và $a \ne 1$ thì:

+ ${\log _a}{a^b} = b$

+ ${\log _e}b$ được viết là ln b

$\ln {e^2} = 2$

Đáp án A.

Với số thực dương a, b, c và $a \ne 1$ thì:

+ ${\log _e}b$ được viết là ln b.

+ ${\log _a}1 = 0$, ${\log _a}\left( {bc} \right) = {\log _a}b + {\log _a}c$.

$\ln \frac{a}{b} + \ln \frac{b}{a} = \ln \left( {\frac{a}{b}.\frac{b}{a}} \right) = \ln 1 = 0$

Đáp án D.

Cho $a > 0,a \ne 1,b > 0$. Với mọi số nguyên dương $n \ge 2$ ta có ${\log _a}\sqrt[n]{b} = \frac{1}{n}{\log _a}b$.

Cho $a > 0,a \ne 1,b > 0$. Với mọi số nguyên dương $n \ge 2$ ta có ${\log _a}\sqrt[n]{b} = \frac{1}{n}{\log _a}b$.

Đáp án B.

+ Với a, b là số thực dương và $a \ne 1$ thì $\log {\,_a}{a^\alpha } = \alpha ,\log {\,_a}{b^\alpha } = \alpha \log {\,_a}b$

+ Với $0 < a \ne 1,b,c > 0$ thì ${\log _a}\left( {bc} \right) = {\log _a}b + {\log _a}c$.

${\log _a}\left( {{a^3}{b^2}} \right) = {\log _a}{a^3} + {\log _a}{b^2} = 3 + 2{\log _a}b = 3 + 2.4 = 11$

Đáp án D.

+ Với a, b là số thực dương và $a \ne 1$ thì $\log {\,_a}{a^\alpha } = \alpha ,\log {\,_a}{b^\alpha } = \alpha \log {\,_a}b$.

+ Với $0 < a \ne 1,b,c > 0$ thì ${\log _a}\left( {bc} \right) = {\log _a}b + {\log _a}c$.

$P = 3\log a + 2\log b = \log {a^3} + \log {b^2} = \log \left( {{a^3}{b^2}} \right) = \log 1000 = \log {10^3} = 3$

Đáp án C.

Với $0 < a < 1$ thì hàm số $y = {\log _a}x\left( {a > 0,a \ne 1} \right)$ nghịch biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

Vì $0 < \frac{1}{\pi } < 1$ nên hàm số $y = {\log _{\frac{1}{\pi }}}x$ nghịch biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

Đáp án B.

Với $a > 1$ thì hàm số $y = {a^x}\left( {a > 0,a \ne 1} \right)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Vì $3 > 1$ nên hàm số $y = {3^x}$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Đáp án A.

Đồ thị hàm số $y = {a^x}\left( {a > 0,a \ne 1} \right)$ luôn đi qua điểm (0; 1).

Đồ thị hàm số $y = {6^{2x}}$ luôn đi qua điểm (0; 1).

Đáp án A.

Hàm số $y = {\log _a}x\left( {a > 0,a \ne 1} \right)$ được gọi là hàm số lôgarit cơ số a.

Hàm số $y = \log x$ có cơ số là 10.

Đáp án B.

Nếu $0 < a < 1$ thì hàm số $y = {\log _a}x\left( {a > 0,a \ne 1} \right)$ nghịch biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

Nếu $a > 1$ thì hàm số $y = {\log _a}x\left( {a > 0,a \ne 1} \right)$ đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

Ta thấy hàm số $y = {\log _b}x$ nghịch biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$ nên $b < 1$.

Hàm số $y = {\log _a}x,y = {\log _c}x$ đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$ nên $a > 1,c > 1$.

Xét tại một điểm $x > 1$ thì: ${\log _c}x > {\log _a}x \Rightarrow {\log _c}x > \frac{1}{{{{\log }_x}a}} \Rightarrow {\log _c}x.{\log _x}a > 1 \Rightarrow a > c$

Do đó, $b < c < a$.

Đáp án A.

Hàm số $y = \ln u\left( x \right)$ xác định khi $u\left( x \right) > 0$.

Hàm số $y = \frac{1}{{\sqrt {u\left( x \right)} }}$ xác định khi $u\left( x \right) > 0$.

Hàm số $y = \frac{1}{{\sqrt {3 - x} }} + \ln \left( {x - 1} \right)$ xác định khi $\left\{ \begin{array}{l}3 - x > 0\\x - 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 3\\x > 1\end{array} \right.$

Vậy tập xác định của hàm số là: $D = \left( {1;3} \right)$.

Đáp án C.

Bất phương trình ${a^x} \ge b\left( {0 < a \ne 1} \right)$ có tập nghiệm là $\mathbb{R}$ khi $b \le 0$.

Bất phương trình ${6^x} \ge b$ có tập nghiệm là $\mathbb{R}$ khi $b \le 0$.

Đáp án C.

Với $0 < a < 1$ thì ${a^{u\left( x \right)}} > {a^{v\left( x \right)}} \Leftrightarrow u\left( x \right) < v\left( x \right)$.

${\left( {\frac{1}{\pi }} \right)^x} > {\left( {\frac{1}{\pi }} \right)^3} \Leftrightarrow x < 3$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: $S = \left( { - \infty ;3} \right)$

Đáp án D.

Bất phương trình ${\log _a}x \ge b\left( {a > 1} \right) \Leftrightarrow x \ge {a^b}$.

$\log x \ge 2 \Leftrightarrow x \ge {10^2} \Leftrightarrow x \ge 100$ (thỏa mãn)

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là $S = \left[ {100; + \infty } \right)$.

Đáp án B.

Phương trình hàm số mũ.

Cho a, b là số thực dương và $\alpha ,\beta$ là những số thực bất kì. Khi đó, ${\left( {{a^\alpha }} \right)^\beta } = {a^{\alpha .\beta }},{a^\alpha }.{a^\beta } = {a^{\alpha  + \beta }}$

${4^x} + {2^{x + 2}} - 5 = 0 \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} + {4.2^x} - 5 = 0\;\;\left( 1 \right)$

Đặt $t = {2^x}$ thì phương trình trở thành: ${t^2} + 4t - 5 = 0$.

Đáp án C.

Với $a > 0,a \ne 1$ ta có: ${\log _a}u\left( x \right) = b \Leftrightarrow u\left( x \right) = {a^b}$.

Điều kiện: $x \ge 0$

Đặt ${\log _3}x = t$ thì phương trình $\log _3^2x + 5{\log _3}x + 6 = 0$ trở thành: ${t^2} + 5t + 6 = 0 \Leftrightarrow \left( {t + 2} \right)\left( {t + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 2\\t =  - 3\end{array} \right.$

Với $t =  - 2$ thì ${\log _3}x =  - 2 \Leftrightarrow x = {3^{ - 2}} = \frac{1}{9}$ (thỏa mãn)

Với $t =  - 3$ thì ${\log _3}x =  - 3 \Leftrightarrow x = {3^{ - 3}} = \frac{1}{{27}}$ (thỏa mãn)

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.

Đáp án C.

Nếu $a > 1$ thì ${a^{u\left( x \right)}} > {a^{v\left( x \right)}} \Leftrightarrow u\left( x \right) > v\left( x \right)$

${\left( {\frac{1}{3}} \right)^{2{x^2} - 3x - 7}} - {3^{2x - 21}} > 0 \Leftrightarrow {3^{ - \left( {2{x^2} - 3x - 7} \right)}} > {3^{2x - 21}} \Leftrightarrow  - 2{x^2} + 3x + 7 > 2x - 21 \Leftrightarrow 2{x^2} - x - 28 < 0$

$\Leftrightarrow \left( {2x + 7} \right)\left( {x - 4} \right) < 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 7}}{2} < x < 4$

Đáp án D.

Phương trình ${a^x} = b\left( {a > 0,a \ne 1} \right)$ với $b > 0$ có nghiệm là $x = {\log _a}b$

Với ${M_o} = 200g,t = 16,M = 11g$ thay vào công thức $M = {M_o}{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{\frac{t}{T}}}$ ta có:

$11 = 200{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{\frac{{16}}{T}}} \Leftrightarrow \frac{{16}}{T} = {\log _{\frac{1}{2}}}\frac{{11}}{{200}} = {\log _2}\frac{{200}}{{11}} \Leftrightarrow T = \frac{{16}}{{{{\log }_2}\frac{{200}}{{11}}}} \approx 3,8$ (ngày)

Đáp án A.

Góc giữa hai đường thẳng a và b trong không gian là góc giữa hai đường thẳng a’ và b’ cùng đi qua một điểm O và lần lượt song song (hoặc trùng) với a và b; kí hiệu $\left( {a,b} \right)$ hoặc $\widehat {\left( {a;b} \right)}$.

Vì AB//CD nên $\left( {AA',CD} \right) = \left( {AA',AB} \right) = {90^0}$

Đáp án A.

Góc giữa hai đường thẳng a và b trong không gian là góc giữa hai đường thẳng a’ và b’ cùng đi qua một điểm O và lần lượt song song (hoặc trùng) với a và b; kí hiệu $\left( {a,b} \right)$ hoặc $\widehat {\left( {a;b} \right)}$.

Vì MI//AB, IN//CD nên $\left( {AB,CD} \right) = \left( {IM,IN} \right)$.

Đáp án C.

Góc giữa hai đường thẳng a và b trong không gian là góc giữa hai đường thẳng a’ và b’ cùng đi qua một điểm O và lần lượt song song (hoặc trùng) với a và b; kí hiệu $\left( {a,b} \right)$ hoặc $\widehat {\left( {a;b} \right)}$.

Vì M, N lần lượt là trung điểm của AD, SD nên MN là đường trung bình của tam giác SAD. Do đó, MN//AS. Suy ra, $\left( {MN,SC} \right) = \left( {SA,SC} \right) = \widehat {SAC}$.

Vì tam giác ABC vuông tại B nên $A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = 2{a^2}$

Vì $A{C^2} = S{A^2} + A{C^2}$ nên tam giác SAC vuông tại S (định lí Pythagore đảo)

Do đó, $\widehat {ASC} = {90^0}$. Vậy $\left( {MN,SC} \right) = {90^0}$.

Đáp án A.

Góc giữa hai đường thẳng a và b trong không gian là góc giữa hai đường thẳng a’ và b’ cùng đi qua một điểm O và lần lượt song song (hoặc trùng) với a và b; kí hiệu $\left( {a,b} \right)$ hoặc $\widehat {\left( {a;b} \right)}$.

Tứ giác ABCD có: $AB = BC = CD = DA$ nên tứ giác ABCD là hình thoi. Do đó, AD//BC.

Suy ra: $\left( {IJ,AD} \right) = \left( {IJ,BC} \right) = \widehat {CJI}$

Tam giác IJC là tam giác đều nên $\widehat {IJC} = {60^0}$. Do đó, góc giữa hai đường thẳng IJ và AD bằng ${60^0}$.

Đáp án A.

Nếu một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng thì nó vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng đó.

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$ và $AB,BC,CA \subset \left( {ABC} \right)$ nên $SA \bot BC$, $SA \bot AC$, $SA \bot AB$.

Đáp án D.

Cho hai đường thẳng song song, mặt phẳng nào vuông góc với đường thẳng này thì cũng vuông góc với đường thẳng kia.

Vì $AA' \bot \left( {ABCD} \right)$ và AA’//BB’ nên $BB' \bot \left( {ABCD} \right)$

Đáp án B.

Có đúng một đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P).

Có đúng một đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P).

Đáp án B.

Nếu đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong mặt phẳng (P) thì d vuông góc với (P).

Nếu đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong mặt phẳng (P) thì d vuông góc với (P).

Đáp án D.

+ Nếu đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau a và b cùng nằm trong mặt phẳng (P) thì $d \bot \left( P \right)$.

+ Cho mặt phẳng (P). Xét một điểm M tùy ý trong không gian. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm M và vuông góc với (P). Gọi M’ là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Khi đó, điểm M’ được gọi là hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (P).

Vì tam giác ABC cân tại A nên AI là đường trung tuyến đồng thời là đường cao. Do đó, $AI \bot BC$.

Vì tam giác DBC cân tại D nên DI là đường trung tuyến đồng thời là đường cao. Do đó, $DI \bot BC$.

Ta có: $AI \bot BC$, $DI \bot BC$, DI và AI cắt nhau tại I và nằm trong mặt phẳng (AID) nên $BC \bot \left( {AID} \right)$. Mà $AH \subset \left( {ADI} \right) \Rightarrow AH \bot CB$

Lại có: $AH \bot DI$, DI và BC cắt nhau tại I và nằm trong mặt phẳng (BCD). Do đó, $AH \bot \left( {BCD} \right)$. Do đó, hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (BCD) là điểm H.

Đáp án B.

Nếu đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau a và b cùng nằm trong mặt phẳng (P) thì $d \bot \left( P \right)$.

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right),BC \subset \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC$

Tam giác ABC cân tại A nên AM là đường trung tuyến đồng thời là đường cao.

Do đó, $BC \bot AM$

Vì $SA \bot BC$, $BC \bot AM$, SA và AM cắt nhau tại A và nằm trong mặt phẳng (SAM) nên $BC \bot \left( {SAM} \right)$, mà $SM \subset \left( {SAM} \right)$$\Rightarrow BC \bot SM$

Tam giác SBC có $BC \bot SM$ nên BC không thể vuông góc với SB. Do đó, câu A sai.

Đáp án A.

+ Nếu đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau a và b cùng nằm trong mặt phẳng (P) thì $d \bot \left( P \right)$.

+ Cho mặt phẳng (P). Xét một điểm M tùy ý trong không gian. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm M và vuông góc với (P). Gọi M’ là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Khi đó, điểm M’ được gọi là hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (P).

Vì ABCD là hình thoi, O là giao điểm của AC và BD nên O là trung điểm của AC, O là trung điểm của BD.

Vì $SA = SC$ nên tam giác SAC cân tại S. Do đó, SO là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của tam giác. Suy ra, $SO \bot AC$.

Vì $SB = SD$ nên tam giác SBD cân tại S. Do đó, SO là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của tam giác. Suy ra, $SO \bot BD$.

Vì $SO \bot AC$, $SO \bot BD$ và BD và AC cắt nhau tại O và nằm trong mặt phẳng (ABCD) nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$. Do đó, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm O.

Đáp án C.

Cho hai đường thẳng song song, mặt phẳng nào vuông góc với đường thẳng này thì cũng vuông góc với đường thẳng kia.

Vì K là trọng tâm của tam giác DBC, DM là đường trung tuyến của tam giác DBC nên $\frac{{MK}}{{MD}} = \frac{1}{3}$

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC, AM là đường trung tuyến của tam giác ABC nên $\frac{{MG}}{{MA}} = \frac{1}{3}$

Tam giác DMA có: $\frac{{MK}}{{MD}} = \frac{{MG}}{{MA}}\left( { = \frac{1}{3}} \right)$ nên GK//AD

Mà $AD \bot \left( {ABC} \right)$ suy ra $GK \bot \left( {ABC} \right)$. Mà $AB \subset \left( {ABC} \right) \Rightarrow GK \bot AB$

Do đó, góc giữa hai đường thẳng GK và AB bằng ${90^0}$.

Đáp án C.

Hàm số $y = \log u\left( x \right)$ xác định khi $u\left( x \right) > 0$.

a) Với $m = 3$ ta có: $y = \log \left( {{x^2} + 8x + 6} \right)$.

Hàm số $y = \log \left( {{x^2} + 8x + 6} \right)$ xác định khi ${x^2} + 8x + 6 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x >  - 4 + \sqrt {10} \\x <  - 4 - \sqrt {10} \end{array} \right.$

Vậy với $m = 3$ thì tập xác định của hàm số là: $D = \left( { - \infty ; - 4 - \sqrt {10} } \right) \cup \left( { - 4 + \sqrt {10} ; + \infty } \right)$.

b) Hàm số $y = \log \left[ {\left( {m - 2} \right){x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x + 2m} \right]$ xác định với mọi giá trị thực của x khi và chỉ khi $f\left( x \right) = \left( {m - 2} \right){x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x + 2m > 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$

Trường hợp 1: Với $m = 2$ ta có: $f\left( x \right) = 6x + 4 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{{ - 2}}{3}$.

Do đó, f(x) không xác định với mọi giá trị thực của x. Do đó, $m = 2$ không thỏa mãn.

Trường hợp 2: Với $m \ne 2$.

Hàm số $f\left( x \right) = \left( {m - 2} \right){x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x + 2m > 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 2 > 0\\\Delta ' = {\left( {m + 1} \right)^2} - \left( {m - 2} \right)2m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 2\\ - {m^2} + 6m + 1 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 2\\\left[ \begin{array}{l}m < 3 - \sqrt {10} \\m > 3 + \sqrt {10} \end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 3 + \sqrt {10}$

Vậy với $m \in \left( {3 + \sqrt {10} ; + \infty } \right)$ thì hàm số $y = \log \left[ {\left( {m - 2} \right){x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x + 2m} \right]$ có tập xác định với mọi giá trị thực của x.

+ Nếu đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau a và b cùng nằm trong mặt phẳng (P) thì $d \bot \left( P \right)$.

+ Nếu một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng thì nó vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng đó.

a) Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right),BC \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC$.

Vì ABCD là hình thang vuông tại A và B nên $AB \bot BC$.

Ta có: $SA \bot BC$, $AB \bot BC$, SA và AB cắt nhau tại A và nằm trong mặt phẳng (SAB) nên $BC \bot \left( {SAB} \right)$. Lại có, $SB \subset \left( {SBC} \right) \Rightarrow BC \bot SB$. Suy ra, tam giác SBC vuông tại B.

b) Gọi I là trung điểm của AD. Do đó, $AI = ID = \frac{1}{2}AD = a$

Tứ giác ABCI có: AI//BC (do tứ giác ABCD là hình thang vuông tại A, B), $AI = BC\left( { = a} \right)$ nên tứ giác ABCI là hình bình hành. Lại có: $BC = AB$ nên tứ giác ABCI là hình thoi. Mà $\widehat {BAI} = {90^0}$ nên ABCI là hình vuông. Do đó, $\widehat {AIC} = {90^0} \Rightarrow \widehat {CID} = {90^0}$

Tam giác CID có: $\widehat {CID} = {90^0},CI = ID\left( { = a} \right)$ nên tam giác CID vuông cân tại I.

Suy ra: $\widehat {DCI} = {45^0}$.

Lại có: CA là phân giác góc ICB (do ABCI là hình vuông) nên $\widehat {ACI} = \frac{1}{2}\widehat {ICB} = \frac{1}{2}{.90^0} = {45^0}$

Suy ra: $\widehat {ACD} = \widehat {ACI} + \widehat {ICD} = {90^0}$ hay $AC \bot CD$

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right),DC \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot DC$

Ta có: $AC \bot CD$, $SA \bot DC$, SA và AC cắt nhau tại A và nằm trong mặt phẳng (SAC) nên $DC \bot \left( {SAC} \right)$. Mà $SC \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow CD \bot SC$

+ Nếu $a > 0,a \ne 1$ thì ${\log _a}u\left( x \right) = {\log _a}v\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u\left( x \right) > 0\\u\left( x \right) = v\left( x \right)\end{array} \right.$ (có thể thay $u\left( x \right) > 0$ bằng $v\left( x \right) > 0$)

+ Với $a > 0,a \ne 1$ ta có: ${\log _a}u\left( x \right) = b \Leftrightarrow u\left( x \right) = {a^b}$.

Điều kiện: ${\log _3}{x^5} \ge m > 0,x > 0$

$\left( {{4^x} - {{10.2}^x} + 16} \right)\sqrt {{{\log }_3}{x^5} - m}  = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{4^x} - {10.2^x} + 16 = 0\;\left( 1 \right)\\{\log _3}{x^5} - m = 0\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Giải phương trình (1): ${\left( {{2^x}} \right)^2} - {10.2^x} + 16 = 0 \Leftrightarrow \left( {{2^x} - 2} \right)\left( {{2^x} - 8} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^x} - 2 = 0\\{2^x} - 8 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.$ (thỏa mãn)

Vì $m \in \mathbb{N}*$ nên phương trình (2) luôn có nghiệm $x = \sqrt[5]{{{3^m}}}$. Để phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt thì:

+ Trường hợp 1: $x = \sqrt[5]{{{3^m}}} = 1 \Rightarrow m = 0$ (loại)

+ Trường hợp 2: $x = \sqrt[5]{{{3^m}}} = 2 \Rightarrow {3^{\frac{m}{5}}} = 2 \Rightarrow m = 5{\log _3}2$ (loại)

+ Trường hợp 3: Phương trình đã cho chỉ nhận nghiệm $x = 3$ của phương trình (1) làm nghiệm, một nghiệm từ (2):

Khi đó, $\left\{ \begin{array}{l}m = 5{\log _3}x,x < 3\\5{\log _3}1 < m\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < m < 5\\x = \sqrt[5]{{{3^m}}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}\\x = \sqrt[5]{{{3^m}}}\end{array} \right.$

Suy ra, với $m \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}$ thì phương trình đã cho có hai nghiệm $x = \sqrt[5]{{{3^m}}}$, $x = 3$.

Vậy $m \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}$ phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt.