Đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức - Đề số 3

Cho \(a > 0,m,n \in \mathbb{R}\). Khi đó: \(\frac{{{a^m}}}{{{a^n}}} = {a^{m - n}}\)

Cho \(a > 0,m,n \in \mathbb{R}\). Khi đó: \(\frac{{{a^m}}}{{{a^n}}} = {a^{m - n}}\)

Đáp án A.

Cho số thực dương a và số hữu tỉ \(r = \frac{m}{n}\), trong đó \(m,n \in \mathbb{Z},n > 0\). Ta có: \({a^r} = {a^{\frac{m}{n}}} = \sqrt[n]{{{a^m}}}\)

\({a^{\frac{4}{3}}} = \sqrt[3]{{{a^4}}}\)

Đáp án B.

\(\sqrt[n]{{{a^n}}} = \left| a \right|\) khi n chẵn (với các biểu thức đều có nghĩa).

\(\sqrt[6]{{{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^6}}} = - 1 + \sqrt 3 \).

Đáp án B.

Cho số thực dương a và số hữu tỉ \(r = \frac{m}{n}\), trong đó \(m,n \in \mathbb{Z},n > 0\). Ta có: \({a^r} = {a^{\frac{m}{n}}} = \sqrt[n]{{{a^m}}}\)

\(\frac{{{x^{\frac{4}{3}}}y + x{y^{\frac{4}{3}}}}}{{\sqrt[3]{x} + \sqrt[3]{y}}} = \frac{{xy\left( {{x^{\frac{1}{3}}} + {y^{\frac{1}{3}}}} \right)}}{{{x^{\frac{1}{3}}} + {y^{\frac{1}{3}}}}} = xy\)

Đáp án D.

\({a^1} = a\)

Với \(d = 1,I = \frac{{90}}{{100}}{I_o}\) thay vào \(I = {I_o}{a^d}\) ta có: \(\frac{{90}}{{100}}{I_o} = {I_o}{a^1} \Rightarrow a = \frac{9}{{10}}\). Vậy \(a = \frac{9}{{10}}\).

Đáp án C.

Với \(a,b > 0\) thì \(\ln \left( {ab} \right) = \ln a + \ln b\).

Với \(a,b > 0\) thì \(\ln \left( {ab} \right) = \ln a + \ln b\).

Đáp án A.

Với a, b, c là các số dương và \(a \ne 1,b \ne 1\) thì\({\log _a}c = \frac{{{{\log }_b}c}}{{{{\log }_b}a}}\).

\({\log _7}9 = \frac{{{{\log }_3}9}}{{{{\log }_3}7}}\)

Đáp án D.

Với \(0 < a \ne 1\) thì \({\log _a}a = 1\).

Với \(0 < a \ne 1\) thì \({\log _a}a = 1\).

Đáp án B.

Với a là số thực dương và \(a \ne 1\) thì \(\log {\,_a}{a^\alpha } = \alpha \)

Với \(\left[ {{H^ + }} \right] = 0,001\) thay vào \(pH = - \log \left[ {{H^ + }} \right]\) ta có:

\(pH = - \log \left[ {{H^ + }} \right] = - \log 0,001 = - \log {10^{ - 3}} = 3\)

Vậy nồng độ pH của dung dịch bằng 3.

Đáp án B.

Với a là số thực dương và \(a \ne 1\) thì \(\log {\,_a}1 = 0\).

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

\({\log _a}\left( {x + \sqrt {{x^2} - 1} } \right) + {\log _a}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right) = {\log _a}\left[ {\left( {x + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right)} \right]\)

\( = {\log _a}\left( {{x^2} - {x^2} + 1} \right) = {\log _a}1 = 0\)

Đáp án C.

Đồ thị hàm số \(y = {\log _a}x\left( {a > 0,a \ne 1} \right)\) luôn nằm bên phải trục tung.

Đồ thị hàm số \(y = {\log _a}x\left( {a > 0,a \ne 1} \right)\) luôn nằm bên phải trục tung.

Đáp án D.

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

Hàm số \(y = {3^x}\) có cơ số là 3.

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 \(y = {2^{\ln 4}}\) không phải là hàm số lôgarit

Đáp án D.

Hàm số \(y = {\log _a}x\left( {a > 0,a \ne 1} \right)\) liên tục trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Hàm số \(y = {\log _a}x\left( {a > 0,a \ne 1} \right)\) liên tục trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Đáp án C.

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 \(y = {a^x}\left( {a > 0} \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Ta thấy hàm số \(y = {\log _c}x\) nghịch biến nên \(c < 1\).

Hàm số \(y = {a^x},y = {b^x}\) đồng biến nên \(a > 1,b > 1\).

Xét tại \(x = 1\) thì đồ thị hàm số \(y = {a^x}\) có tung độ lớn hơn tung độ của đồ thị hàm số \(y = {b^x}\) nên \(a > b\). Do đó, \(a > b > 1 > c\).

Đáp án B.

Cho hàm số \(y = {\log _a}x\left( {a > 0,a \ne 1} \right)\):

+ Nếu \(a > 1\) thì hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

+ Nếu \(0 < a < 1\) thì hàm số nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Hàm số \(y = f\left( x \right) = {\log _{\sqrt 3 }}x\) có \(\sqrt 3 > 1\) nên đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Do đó, \(\mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {3;9} \right]} y = f\left( 3 \right) = {\log _{\sqrt 3 }}3 = 2,\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {3;9} \right]} y = f\left( 9 \right) = {\log _{\sqrt 3 }}9 = 4\)

Do đó, \(M + m = 6\)

Đáp án C.

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

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

Đáp án C.

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

\({\left( {\sqrt 5 } \right)^x} > 5 \Leftrightarrow {\left( {\sqrt 5 } \right)^x} > {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} \Leftrightarrow x > 2\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: \(S = \left( {2; + \infty } \right)\)

Đáp án C.

Phương trình \({\log _a}x = b\left( {a > 0,a \ne 1} \right)\) luôn có nghiệm duy nhất \(x = {a^b}\).

Điều kiện: \(x > 0\)

\({\log _{\frac{1}{2}}}x = - 2 \Leftrightarrow x = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 2}} = 4\) (thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm \(x = 4\).

Đáp án B.

\({a^{u\left( x \right)}} = {a^{v\left( x \right)}} \Leftrightarrow u\left( x \right) = v\left( x \right)\)

\({4^x} = 16 \Leftrightarrow {4^x} = {4^2} \Leftrightarrow x = 2\)

Khi đó: \({3^{x + y}} = 729 \Leftrightarrow {3^{2 + y}} = {3^6} \Leftrightarrow y + 2 = 6 \Leftrightarrow y = 4\)

Đáp án A.

Cho phương trình \({a^x} = b\left( {a > 0,a \ne 1} \right)\). Nếu \(b > 0\) thì phương trình có nghiệm duy nhất \(x = {\log _a}b\).

Để số tiền ban đầu tăng gấp ba thì \(A = 3P\). Thay \(A = 3P\) vào \(A = P{\left( {1 + r} \right)^t}\) ta có:

\(3P = P{\left( {1 + r} \right)^t} \Leftrightarrow {\left( {1 + r} \right)^t} = 3 \Leftrightarrow t = {\log _{1 + r}}3\) (năm)

Đáp án A.

Nếu \(0 < a < 1\) thì \({\log _a}u\left( x \right) \ge {\log _a}v\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u\left( x \right) > 0\\u\left( x \right) \le v\left( x \right)\end{array} \right.\)

Điều kiện: \(x > - 2\)

\({\log _{\frac{1}{6}}}\left( {x + 3} \right) + {\log _{\frac{1}{6}}}\left( {x + 2} \right) \ge - 1 \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{6}}}\left[ {\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)} \right] \ge {\log _{\frac{1}{6}}}6 \Leftrightarrow {x^2} + 5x + 6 \le 6 \Leftrightarrow {x^2} + 5x \le 0\)

\( \Leftrightarrow x\left( {x + 5} \right) \le 0 \Leftrightarrow - 5 \le x \le 0\)

Kết hợp với điều kiện ta có: \( - 2 < x \le 0\).

Đáp án C.

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

\({2^{{x^2} - x}} \le 4.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^x} \Leftrightarrow {2^{{x^2} - x}} \le {2^{2 - x}} \Leftrightarrow {x^2} - x \le 2 - x \Leftrightarrow {x^2} \le 2 \Leftrightarrow - \sqrt 2 \le x \le \sqrt 2 \)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: \(S = \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right]\).

Đáp án B.

+ Góc giữa hai đường thẳng không vượt quá 90⁰.

+ 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 \(\widehat {\left( {a;b} \right)}\).

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 \(\widehat {\left( {a;b} \right)}\) nên câu A đúng.

Góc giữa hai đường thẳng không vượt quá 90⁰ nên câu b, c đều sai.

Đáp án A.

Góc giữa hai đường thẳng không vượt quá 90⁰.

Góc giữa hai đường thẳng không vượt quá 90⁰ nên góc giữa hai đường thẳng không thể bằng 160⁰.

Đáp án D.

+ Hai đường thẳng a, b được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 90⁰

+ Nếu một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì nó vuông góc với đường thẳng còn lại.

Vì ABCD là chữ nhật AB//CD. Mà \(SI \bot AB\) nên \(SI \bot CD\). Do đó, góc giữa hai đường thẳng SI và CD bằng \({90^0}\).

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, DC//AB.

Suy ra: \(\left( {SA,DC} \right) = \left( {SA,AB} \right) = \widehat {SAB}\)

Tam giác SAB có: \(SA = SB = AB\) nên tam giác SAB là tam giác đều. Do đó, \(\widehat {SAB} = {60^0}\)

Đáp án A.

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 \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABC) là điểm A.

Đáp án A.

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

Vì ABCD.A’B’C’D là hình hộp nên (ABCD)// (A’B’C’D), mà \(AA' \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(AA' \bot \left( {A'B'C'D'} \right)\).

Đáp án B.

Cho đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P), đường thẳng b song song với mặt phẳng (P) thì a vuông góc với b.

Cho đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P), đường thẳng b song song với mặt phẳng (P) thì a vuông góc với b. Do đó, góc giữa hai đường thẳng a và b bằng \({90^0}\)

Đáp án B.

Cho đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P), đường thẳng b vuông góc với đường thẳng a thì đường thẳng b nằm trên mặt phẳng (P) hoặc song song với mặt phẳng (P).

Cho đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P), đường thẳng b vuông góc với đường thẳng a thì đường thẳng b nằm trên mặt phẳng (P) hoặc song song với mặt phẳng (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 \(d \bot \left( P \right)\).

Vì \({50^2} = {30^2} + {40^2}\) nên \(M{A^2} = M{O^2} + O{A^2}\) và \(M{B^2} = M{O^2} + O{B^2}\)

Do đó, tam giác MOA vuông tại O và tam giác MOB vuông tại O.

Suy ra, \(MO \bot OA,MO \bot OB\)

Mà OA và OB cắt nhau tại O và nằm trong mặt phẳng (OAB). Do đó, \(MO \bot \left( {AOB} \right)\).

Đáp án C.

+ 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 ABS đều nên SH là đường trung tuyến đồng thời là đường cao.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác SHB vuông tại H có:

\(SH = \sqrt {S{B^2} - H{B^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác CHB vuông tại B có:

\(CH = \sqrt {B{C^2} + H{B^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\)

Ta có: \(S{H^2} + H{C^2} = S{C^2}\left( {do\;{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)}^2} = {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} \right)\) nên tam giác SHC vuông tại H.

Suy ra: \(SH \bot HC\)

Lại có: \(SH \bot AB\), HC và AB cắt nhau tại H và nằm trong mặt phẳng (ABCD).

Do đó, \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\). Vậy H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD).

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 \(d \bot \left( P \right)\).

Vì \(OA \bot OB,OA \bot OC\) và OB và OC cắt nhau tại O và nằm trong mặt phẳng (OBC) nên \(OA \bot \left( {OBC} \right)\) nên câu D đúng.

Vì \(OC \bot OB,OA \bot OC\) và OB và OA cắt nhau tại O và nằm trong mặt phẳng (OBA) nên \(OC \bot \left( {ABO} \right)\) nên câu B đúng.

Vì \(OA \bot OB,OB \bot OC\) và OA và OC cắt nhau tại O và nằm trong mặt phẳng (OAC) nên \(OB \bot \left( {OAC} \right)\) nên câu C đúng.

Vì \(OC \bot OB\) nên tam giác OBC vuông tại O. Do đó, OC không thể vuông góc với CB. Suy ra, OC không vuông góc với mặt phẳng (ABC) nên câu A sai.

Đáp án A.

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 \(SA \bot \left( {ABC} \right),AC \subset \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AC\)

Tam giác ABC vuông tại A nên \(AB \bot AC\).

Mà SA và AB cắt nhau tại A và nằm trong mặt phẳng (SAB). Do đó, \(AC \bot \left( {SAB} \right)\).

Do đó, A là hình chiếu vuông góc của điểm C trên mặt phẳng (SAB).

Suy ra, hình chiếu vuông góc của đường thẳng SC lên mặt phẳng (SAB) là đường thẳng SA.

Đáp án B.

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

a) Với \(m = 1\) ta có: \(y = \ln 2 > 0\).

Vậy với \(m = 1\) thì tập xác định của hàm số là: \(D = \left( { - \infty ; + \infty } \right)\).

b) Hàm số \(y = \ln \left[ {\left( {{m^2} + 4m - 5} \right){x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2} \right]\) xác định với mọi giá trị thực của x khi và chỉ khi \(f\left( x \right) = \left( {{m^2} + 4m - 5} \right){x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2 > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

Trường hợp 1: \({m^2} + 4m - 5 = 0 \Leftrightarrow \left( {m + 5} \right)\left( {m - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 5\\m = 1\end{array} \right.\)

Với \(m = 1\) ta có: \(f\left( x \right) = 2 > 0\). Do đó, f(x) xác định với mọi giá trị thực của x. Do đó, \(m = 1\) thỏa mãn.

Với \(m = - 5\) ta có: \(f\left( x \right) = 12x + 2 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{{ - 1}}{6}\). Do đó, f(x) không xác định với mọi giá trị thực của x. Do đó, \(m = - 5\) không thỏa mãn.

Trường hợp 2: Với \({m^2} + 4m - 5 \ne 0 \Leftrightarrow \left( {m + 5} \right)\left( {m - 1} \right) \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne - 5\\m \ne 1\end{array} \right.\).

Hàm số \(f\left( x \right) = \left( {{m^2} + 4m - 5} \right){x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2 > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 4m - 5 > 0\\\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 2\left( {{m^2} + 4m - 5} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 5} \right)\left( {m - 1} \right) > 0\\ - {m^2} - 10m + 11 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 5} \right)\left( {m - 1} \right) > 0\\\left( {m + 11} \right)\left( {m - 1} \right) > 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m < - 5\\m > 1\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}m < - 11\\m > 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < - 11\\m > 1\end{array} \right.\)

Vậy với \(m \in \left( { - \infty ; - 11} \right) \cup \left[ {1; + \infty } \right)\) thì hàm số \(y = \ln \left[ {\left( {{m^2} + 4m - 5} \right){x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2} \right]\) 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 \(OA \bot OB,OA \bot OC\) và OB và OC cắt nhau tại O và nằm trong mặt phẳng (OBC) nên \(OA \bot \left( {OBC} \right)\). Mà \(BC \subset \left( {OBC} \right) \Rightarrow OA \bot BC\)

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

Ta có: \(OH \bot BC,OA \bot BC\), OA và OH cắt nhau tại O và nằm trong mặt phẳng (OAH).

Do đó, \(BC \bot \left( {OAH} \right)\). Mà \(AH \subset \left( {OAH} \right) \Rightarrow BC \bot AH\).

Chứng minh tương tự ta có: \(CA \bot BH\).

Tam giác ABC có hai đường cao AH và BH cắt nhau tại H nên H là trực tâm của tam giác ABC.

b) Gọi K là giao điểm của AH và BC.

Khi đó, \(OK \bot BC\left( {do\;BC \bot \left( {OAH} \right)} \right),\) \(OA \bot OK\left( {do\;OA \bot \left( {OBC} \right)} \right)\)

Suy ra OK là đường cao của tam giác vuông OBC và OH là đường cao của tam giác vuông OAK.

Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông OBC vuông tại O và OAK vuông tại O ta có: \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{K^2}}}\) và \(\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}\)

Do đó, \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}\)

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 \(v\left( x \right) > 0\))

Điều kiện: \({x^2} - x + 1 - 3m > 0\left( * \right)\)

\(3{\log _8}\left[ {2{x^2} - \left( {m + 3} \right)x + 1 - m} \right] + {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{x^2} - x + 1 - 3m} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left[ {2{x^2} - \left( {m + 3} \right)x + 1 - m} \right] = {\log _2}\left( {{x^2} - x + 1 - 3m} \right)\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} - \left( {m + 3} \right)x + 1 - m = {x^2} - x + 1 - 3m \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 2} \right)x + 2m = 0\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = m\\x = 2\end{array} \right.\)

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn (*)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - m + 1 - 3m > 0\\{2^2} - 2 + 1 - 3m > 0\\m \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4m + 1 > 0\\3 - 3m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 2 - \sqrt 3 \left( {**} \right)\)

Theo giả thiết:

\(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| < 15 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} < 225 \Leftrightarrow {\left( {m + 2} \right)^2} - 4.2m < 225\)

\( \Leftrightarrow {m^2} - 4m - 221 < 0 \Leftrightarrow - 13 < m < 17\left( {***} \right)\)

Từ (**) và (***) ta có: \( - 13 < m < 2 - \sqrt 3 \).

Mà m là số nguyên nên \(m \in \left\{ { - 12; - 11;...;0} \right\}\). Vậy có 13 giá trị của m thỏa mãn bài toán.