Chương 2, chủ đề 2 , các dạng bài toán khác

CHƢƠNG 2 CHỦ ĐỀ 2. CÁC DẠNG BÀI TOÁN KHÁC Ngoài những ứng dụng trên ta còn có thể sử dụng Hàm số Mũ, Hàm số Logarit trong việc tính dân số, tính lƣợng khí, tính độ pH… BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Theo dự báo, với mức tiêu thụ dầu không đổi nhƣ hiện nay thì trữ lƣợng dầu của nƣớc A sẽ hết sau 100 năm nữa. Nhƣng do nhu cầu thực tế, mức tiêu thụ tăng lên 4% mỗi năm. Hỏi sau bao nhiêu năm số dầu dự trữ của nƣớc A sẽ hết. A. n  41. B. n  42. C. n  43. D. n  41,1. Giải: Mức tiêu thụ dầu hàng năm của nƣớc A theo dự báo là M thì lƣợng dầu của nƣớc A là 100M. Mức tiêu thụ dầu theo thực tế là: Gọi x0 là lƣợng dầu tiêu thụ năm thứ n: Năm thứ 2 là x2  M  4% M  M 1  4%   1,04M Năm thứ n là xn  1,04n 1 M Tổng tiêu thụ trong n năm là: x1  x2  x3  ...  xn  M  1,04M  1,042 M  ...  1,04n1 M  1  1,04  1,042  ...  1,04n1  M  100 M  1  1,04  1,042  ...  1,04n1  100 1,04n1  1  100 0,04 Giải phƣơng trình (Shift SOLVE) ta đƣợc n =41. Chọn A.    Bài 2: Biết thể tích khí CO2 năm 1998 là V m3 . 10 năm tiếp theo, mỗi năm thể tích CO2 tăng m% , 10 năm tiếp theo nữa, thể tích CO2 mỗi năm tăng n% . Tính thể tích CO2 năm 2016? 100  m  100  n  A. V  100  m  100  n  B. V  100  m  100  n  C. V  100  m  100  n  D. V  10 10 1040 10 1036 10 10 8 1036 10 1020 Giải: 10 +thể tích khí CO2 năm 2008 là: V2008 m    V 1    100  8 100  m  100  n  . Chọn B. m   n   +thể tích khí CO2 năm 2016 là: V2016  V 1   1   V 1036  100   100  Bài 3: Biết rằng năm 2001, dân số Việt Nam là 78.685.800 ngƣời và tỉ lệ tăng dân số năm đó là 1,7%. Cho biết sự tăng dân số đƣợc ƣớc tính theo công thức: S  A.e Nr (trong đó: A là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm). Cứ tăng dân số với tỉ lệ nhƣ vậy thì đến năm nào dân số nƣớc ta ở mức 120 triệu ngƣời. A. 2016. B. 2022. C. 2020. D. 2025. Giải: 10 10 8 8 S  A.e Nr  120000000  1 120000000  78685800.e N .0,017  N  ln   25 . Chọn A. .  78658800  0,017 Bài 4: Một lon nƣớc soda 800 F đƣợc đƣa vào một máy làm lạnh chứa đá tại 320 F . Nhiệt độ của so da ở phút thứ t đƣợc tính theo định Luật Newton bởi công thức T  t   32  48. 0,9  . Phải làm mát t soda trong bao lâu để nhiệt độ là 500 F ? A. 1,56. B. 9,3. C. 2. Giải: D. 4. Nhiệt độ Soda còn lại là 500 F nên ta có: T  t   50  32  48.  0,9   50   0,9   t Log cơ số 0,9 hai vế ta đc: t  log 0,9 t 3 8 3  t  9,3 . chọn B. 8 Bài 5: Cƣờng độ trận động đất M (richter) đƣợc cho bởi công thức M  logA logA0 , với A là biên độ rung chấn tối đa và A0 là biên độ chuẩn (hằng số). Đầu thế kỷ 20, một trận động đất ở San Francisco có cƣờng độ 8,3 độ Richter. Trong cùng năm đó, trận động đất khác Nam Mỹ có biên độ mạnh hơn gấp 4 lần. Cƣờng độ của trận động đất ở nam Mỹ là: A. 8,9. B. 33,2. C. 2,075. D. 11. Giải: A Ta có: M  log A  log A0  log A0 Trận động đất ở: + San Francisco: M1  8,3  log + Nam Mỹ: M 2  log A2 A0 A1 1 A0  2 Biên độ ở nam Mỹ gấp 4 lần San Fracisco nên A2  4 A1  A2 4 A1 Lấy (2) – (1) ta đc: A A A M 2  8,3  log 2  log 1  log 2  log 4 A0 A0 A1  M 2  log 4  8,3  8,9 Chọn A. Bài 6: Giả sử số lƣợng bầy ruồi tại thời điểm t so với thời điểm t  0 là N  t   N0 .ekt , N 0 là số lƣợng bầy ruồi tại thời điểm t  0 , k là hằng số tăng trƣởng của bầy ruồi. Biết số lƣợng bầy ruồi tăng lên gấp đôi sau 9 ngày. Hỏi sau bao nhiêu ngày bầy ruồi có 800 con, biết rằng N0  100? . A. 27. B. 27,1. C. 26. D. 28. Giải: ln 2 9 ln 8 ln 8 800  100.ekt  8  ekt  kt  ln 8  t   .9  27 k ln 2 Chọn A. 27 ngày. 2 N c  N 0 .e9 k  e9 k  2  9k  ln 2  k  Bài 7: Giả sử n  f  t   n0 .2t là số lƣợng cá thể trong một đám vi khuẩn tại thời điểm t (giờ), n0 là số lƣợng cá thể lúc ban đầu. Tốc độ phát triển về số lƣợng của vi khuẩn tại thời điểm t chính là f '  t  . Giả sử mẫu thử ban đầu của ta có n0  100 vi khuẩn. Vậy tốc độ phát triển sau 4 giờ là bao nhiêu con vi khuẩn? A. 1600. Giải: B. 1109.  C. 500. D. 3200.  Ta có: f '  t   n0 .2t '  n0 .2t.ln 2 Vậy tốc phát triển của vi khuẩn sau 4 giờ là: f '  4  100.24.ln 2  1109 Chọn B. Bài 8: Cho phƣơng trình phản ứng tạo thành Nitơ (IV) Oxit từ Nitơ (II) Oxit và Oxy là 2 NO  O2 dk ,t 0 , xt 2 NO2 . Biết rằng đây là một phản ứng thuận nghịch. Giả sử x, y lần lƣợt là nồng độ phần trăm của khí NO và O2 tham gia phản ứng. Biết tốc độ phản ứng hóa học của phản ứng trên đƣợc xác định v  kx 2 y , với k là hằng số của tốc độ phản ứng. Để tốc độ phản ứng xảy ra nhanh nhất thì tỉ số giữ A. 1 . 2 x là: y B. 2. C. 1 . 3 D. 3. Giải: Gọi t là thời gian phản ứng khi đó: Tốc độ phản ứng nhanh nhất vmax khi t  0 vì khi t  0 nồng độ các chất NO và O2 lớn nhất. Mà v  kx 2 y (với x, y lầ độ NO và O2 the đề ) Vậy để vmax thì nồng độ NO và O2 phải bằng nồng độ ban đầu: Dựa vào pt, ta có: y  x x   2 . Chọn B. 2 y Bài 9: Các loài cây xanh trong quá trình quang hợp sẽ nhận đƣợc một lƣợng nhỏ cacbon 14 (một đồng vị của cacbon). Khi một bộ phận của cây bị chết thì hiện tƣợng quang hợp của nó cũng ngƣng và nó sẽ không nhận thêm cacbon 14 nữa. Lƣợng cacbon 14 của bộ phận đó sẽ phân hủy cách chậm chạp, chuyển hóa thành nitơ 14. Biết rằng nếu gọi P  t  là số phần trăm cacbon 14 còn lại trong bộ phận của cây sinh trƣởng từ t năm trƣớc đây thì P  t  đƣợc tính theo công thức: t P  t   100.  0,5 5750  %  . Phân tích một mẫu gỗ từ một công trình kiến trúc cổ, ngƣời ta thấy lƣợng cacbon 14 còn lại trong mẫu gỗ đó là 65% . Niên đại của công trình kiến trúc đó gần với số nào sau đây nhât: A. 41776 năm. B. 6136 năm. C. 3574 năm. D. 4000 năm. Giải: Lƣợng Cacbon 14 còn lại trong mẫu gỗ là 65% nên ta có: t P  t   100. 0,5  5750  65 t   0,5  5750  0,65 Log có số ½ hai vế ta đƣợc: t  log 1 0,65 5750 2  t  5750log 1 0,65  3574 2 Chọn C. 3574 năm. 1 Bài 10: Cho phản ứng hóa học N 2O5  2 NO2  O2 ở nơi có nhiệt độ 450 C, các nhà hóa học nhận 2 thấy sự biến thiên nồng độ mol / l của N 2O5 theo thời gian luôn tỉ lệ thuận với nồng độ mol / l của N 2O5 với tỉ lệ k  0,0005 . Hỏi sau khoảng thời gian bao lâu thì nồng độ mol / l của N 2O5 bằng 90% giá trị ban đầu. A. Khoảng 211 giây. C. Khoảng 102 giây. Giải: B. Khoảng 301 giây. D. Khoảng 527 giây. Gọi yt là nồng độ N 2O5 ở thời điểm t, x là nồng độ N 2O5 ban đầu:  yt  k  1 x  yt  x  kx Ta có:    yt  0,9 x  yt  0,9 x 1 Vì sự biến thiên nồng độ mol / l của N 2O5 theo thời gian luôn tỉ lệ thuận với nồng độ mol / l của N 2O5 nên: yt   k  1 x * . t t Thay (1) vào (*) ta đƣợc: 0,9 x   k  1 x  0,9   k  1 t Log cơ số 0,9 hai vế ta đƣợc: log 0,9 0,9  log 0,9  k  1 t  1  t log 0,9  k  1 t 1 log 0,9  k  1  211 Chọn A. Bài 11: Trong toán rời rạc khi tìm kiếm một phần tử trong một tập hợp có n phần tử đã sắp xép tăng dần bằng thuật toán tìm kiếm nhị phân thì trong trƣờng hợp xấu nhất, độ phức tạp của thuật toán đƣợc tính bằng   log n  với log n  log2 n . Vậy độ phức tạp của thuật toán tìm kiếm nhị phân trong trƣờng hợp xấu nhất khi tìm kiếm phần tử trong tập hợp A= 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18,19, 20, 21 A.   log 2 20  . B.   log 2 19  . C.   log 2 18  . D.   log 2 21 . Giải: Tập hợp A có tấ cả 21 phần tử , suy ra n=21 Vậy độ phức tạp của thauatj toán tìm kiếm nhị phân tròn trƣờng hợp xấu nhất trong tập hợp A là:   log 2 21 . Chọn D. Bài 12: Năng lƣợng của một trận động đất đƣợc tính bằng E  1,74.1019.101,44 M với M là độ lớn theo thang độ Richter. Thành phố A xảy ra một trân động đất 8 độ Richter và năng lƣợng của nó gấp 14 lần trận động đất xảy ra ở thành phố B. Hỏi khi đó độ lớn của trân động đất tại thành phố B là bao nhiêu? A. 7,2 độ Richter. B. 7,8 độ Richter. C. 9,6 độ Richter. D. 6,9 độ Richter. Giải: Thành phố A có M  8 , nên E A  1,74.1019.101,44.8 Thành phố B có trận động đất với độ lớn M  M B và năng lƣợng EB  14EA nên: 1,74.1019.101,44.MB  14.1,74.1019.101,44.8  14.101,44.M B  101,44.8. Log cơ số 101,44.8 hai vế ta đƣợc: log101,44.8 14.101,44.8   log101,44.8 101,44.8  M B  7, 2 Chọn A. Bài 13: Chu kỳ bán rã của chất phóng xạ Plutonium Pu 239 là 24360 năm (tức là một lƣợng Pu 239 sau 24360 năm phân hủy thì chỉ còn một nửa). Sự phân hủy đƣợc tính theo công thức S  A.ert , trong đó A là lƣợng chất phóng xạ ban đầu, r là tỉ lệ phân hủy hàng năm (r<0), t là thời gian phân hủy, S là lƣợng còn lại sau thời gian phân hủy t. Hỏi 10 gam Pu 239 sau bao lâu còn lại 2 gam? A. 46120 năm. B. 82235 năm. C. 57480 năm. D. 92042 năm. Giải: m  m0 .2t /T  2  10.2t /T 1   2  t /T 5 t   log 2 0, 2 T  t   log 2 0, 2.T  57480 Chọn C. Bài 14: Trên mỗi chieeucs Radio FM đều có vạch chia để ngƣời dùng dễ dàng Chọn sóng Radio cần tìm. Vạch ngoài cùng bên trái và bên phải tƣơng ứng với 88 MHz và 108 MHz. Hai vạch cách nhau 12 cm. Biết vị trí của vạch cách vạch ngoài cùng bên trái d cm. Thì có tần số F  ka d MHz . Với k và a là hằng số. Tìm vị trí của vạch ứng với tần số 91 MHz để bắt sóng VOV Giao Thông Quốc Gia. A. Cách vạch ngoài cùng bên phải 8, 4723cm . B. Cách vạch ngoài cùng bên phải 1,9243 cm. C. Cách vạch ngoài cùng bên phải 10,0358 cm. D. Cách vạch ngoài cùng bên phải 2,0567 cm. Giải: F  k .a d Ta có: lúc ở 88 MHz thì 88  ka 0  k  88 Lúc ở 108 MHz thì 108  88.a12  a  12 d 27 22 27  91  88.12  d  1,9642 (cách vạch bên trái ) (cm). 22  12- d = 10,0358 (cách vạch bên phải) (cm). Chọn C. Bài 15: Số lƣợng động vật nguyên sinh tăng trƣởng với tốc độ 0,7944 con/ngày. Giả sử trong ngày đầu tiên, số lƣợng động vật nguyên sinh là 2. Hỏi sau 6 ngày, số lƣợng động vật nguyên sinh là bao nhiêu? A. 37 con. B. 21 con. C. 48 con. D. 106 con. Giải: Ngày thứ nhất: 2 con Ngày thứ 2: 2 +2.07944=21+0,7944 (con) 2 Ngày thứ 3: 2 1  0,7944  (con). Suy ra ngày thứ n: 2 1  0,7944 (con). Vậy ngày thứ 6: con. Chọn A. Bài 16: E.Coli (Escherichia coli) là vi khuẩn đƣờng ruột gây tiêu chảy, đau bụng dự dội. Cứ sau 20 phút thì số lƣợng vi khuẩn E. Coli lại tăng gấp đôi. Ban đầu, chỉ có 60 vi khuẩn E.coli trong đƣờng ruột. Hỏi sau 8 giở, số lƣợng vi khuẩn E.coli là bao nhiêu? A. 1006632960 vi khuẩn. B. 2108252760 vi khuẩn. C. 158159469 vi khuẩn. D. 3251603769 vi khuẩn. Giải: + 1 chu kì nhân đôi: r  100% 8 giờ = 480 phút = 24 chu kì. n1 Số lƣợng vi khuẩn: 60 1  1  1006632960 . Chọn A. 24 Bài 17: Một nguồn âm đặt ở O đẳng hƣớng trong không gian có công suất truyền âm P không đổi. P Biết rằng cƣờng độ âm tại một điểm cách nguồn một đoạn R là I  và mức cƣờng độ âm tại 4 R 2 I điểm đó là L  log Ben với I0 là hằng số. Nhƣ vậy có thể thấy rằng R luôn tỉ lệ với 10 L /2 . Áp I0 dụng tính chất này để tính mức cƣờng độ âm tại trung điểm M của đoạn thẳng AB biết mức cƣờng độ âm tại A, B lần lƣợt là LA  20 dB, LB  60 dB . Và O nằm trên đoạn thẳng AB. A. LM  25,9dB. B. LM  25,6dB. Giải: M là trung điểm AB  2RM  RA  RB Do R tỉ lệ với 10 L /2  2.10 LM /2  1010  1030  1010  1030   LM  2.log    20,6dB 2   Chọn D.? C. LM  26,1dB. D. LM  20,6dB. Bài 18: Chu kỳ bán rã của chất hóa học của 226 88 lƣợng 226 88 Ra là 1590 năm, tức là cứ sau 1590 năm thì khối lƣợng Ra giảm đi một nửa. Ban đầu khối lƣợng của 226 88 226 88 Ra là 100 mg. Hỏi sau 1000 năm thì khối Ra còn lại bao nhiêu? A. 65 mg. Giải: B. 78 mg. Sau 1590 năm khối lƣợng C. 43 mg. 226 88 Ra còn lại D. 68 mg. 1 .100  50 2 Ra còn lại là: m1  100.2 t 1590 Sau thời gian t năm khối lƣợng 226 88 Sau t =1000 năm khối lƣợng Ra còn lại là: m  100.2 1590  65mg 1000 226 88 Chọn A. Bài 19: Cho một lƣợng vi khuẩn bắt đầu với 500 con và phát triển với vận tốc tỷ lệ thuận với số lƣợng. Biết sau 3 giờ, có 8000 con vi khuẩn. Hỏi sau 4 giờ, số lƣợng vị khuẩn là bao nhiêu? A. Khoảng 463521 con. B. Khoảng 40235 con. C. Khoảng 20159 con. D. Khoảng 322539 con. Giải: Ta có: N t  N 0 .e r .t Tại thời điểm t =3 Ta có: 8000  500.er .3  16  3r .3 ln16 ln hai vế ta đƣợc ln16  ln e r .3  ln16  r.3  r  3 Tại thời điểm t =4. Ta có: N  500.er .4  20159 . Chọn C. Bài 20: theo số liệu thức tế, dân số thế giới năm 1950 là 2560 triệu ngƣời, còn năm 1980 là 3040 triệu ngƣời. ngƣời ta dự đoán dân số thế giới phụ thuộc vào thời gian t theo hàm số mũ P  t   a.ebt với a, b là hằng số và độ biến thiên của P  t  theo thời gian tỷ lệ thuận với P  t  . Hãy dự đoán dân số thế giới vào năm 2020. Biểu đồ gia tăng dân số P 7000 6000 5000 4000 Series 1 3000 2000 1000 0 0 10 20 30 40 50 t A. 8524 triệu dân. B. 5360 triệu dân. C. 7428 triệu dân. D. 3823 triệu dân. Giải: Số dân tại thời điểm t  1950 là: P1950  a.eb.1950  2560 1 Số dân tại thời điểm t =1980 là: P1980  a.eb.1980  3040  2 a.eb.1950 3040 19   e30b  b.1980 a.e 2560 16 19 19 1 19 ln hai vế ta đƣợc: ln e30b  ln  30b  ln  b  .ln * 16 16 30 16 Lấy (2)/(1) ta đƣợc: Thay (*) vào (1) ta đƣợc: a.e 65.ln 19 16  2560  a  2560 e Vậy dân số tại thời điểm t =2020 là: P 2020  a.e 65.ln b.2020 19 16  3823 triệu ngƣời. Chọn D. Bài 21: Khoảng 200 năm trƣớc, hai nhà khoa học Pháp là Clô-xi-ut và Cla-pay-rông đã thấy rằng áp lực P của hơi nƣớc (tính bằng milimet thủy ngân, viết tắt là mmHg) gây ra khi nó chiếm khoảng k t  273 trống phía trên của mặt nƣớc chứa trong bình kín theo công thức P  a.10 Trong đó t là nhiệt độ C của nƣớc, a và k là các hằng số. Cho biết k  2258,624 . a) Tính a biết rằng khi nhiệt độ của nƣớc là 1000 C thì áp lực của hơi nƣớc là 760 mmHg (tính chính xác đến hàng phần chục). A. 86318841,3; 52,5. B. 86318841,3; 50,5. C. 86318841,3; 152,5. D. 86318841,3; 51,5. b) Tính áp lực của hơi nƣớc khi nhiệt độ của nƣớc là 400 C (tính chính xác đến hàng phần chục). A.  52,5 mmHg. B.  52,3 mmHg. C.  53,5 mmHg. D.  55,5 mmHg. Giải: a) Ta có: 760  a.10 2258,624 t  273 2258,624 373  a  760.10  a  86318841,3 Chọn A. b) P  86318841,3:10 Chọn A. 2258,624 40 273  52,5mmHg Bài 22: Các loài cây xanh trong quá trình quang hợp sẽ nhận đƣợc một lƣợng nhỏ cacbon 14 (một đồng vị của cacbon). Khi một bộ phận của cây bị chết thì hiện tƣợng quang hợp của nó cũng ngƣng và nó sẽ không nhận thêm cacbon 14 nữa. Lƣợng cacbon 14 của bộ phận đó sẽ phân hủy cách chậm chạp, chuyển hóa thành nitơ 14. Biết rằng nếu gọi P  t  là số phần trăm cacbon 14 còn lại trong bộ phận của cây sinh trƣởng từ t năm trƣớc đây thì P  t  đƣợc tính theo công thức: t P  t   100.  0,5 5750  %  . Phân tích một mẫu gỗ từ một công trình kiến trúc cổ, ngƣời ta thấy lƣợng cacbon 14 còn lại trong mẫu gỗ đó là 65% . Niên đại của công trình kiến trúc đó gần với số nào sau đây nhât: A. 3574 năm. B. 3754 năm. C. 4573 năm. D. 5437 năm. Giải: Lƣợng Cacbon 14 còn lại trong mẫu gỗ là 65% nên ta có: t P  t   100. 0,5  5750  65 t   0,5  5750  0,65 Log có số ½ hai vế ta đƣợc: t  log 1 0,65 5750 2  t  5750log 1 0,65  3574 2 Chọn A. 3574 năm. Bài 23: Áp suất của không khí P (đo bằng mmHg) suy giảm mũ so với độ cao x(m), tức P giảm theo công thức: P  P0 .e xi , trong đó P0  760mmHg là áp suất ở mực nƣớc biển (x=0), I là hệ số suy giảm. Biết rằng ở độ cao 1000m thì áp suất của không khí là 672,71 mmHg. Hỏi áp suất không khí ở độ cao 3000m là bao nhiêu? A. 530 mmHg. B. 350 mmHg. C. 430 mmHg. D. 340 mmHg. Giải: