Title Chương 6 - 63 bài.Image.Marked.pdf ✅

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN – 11 – HÀM SỐ MŨ – HÀM SỐ LOGARIT Page 1 Sưu tầm và biên soạn Câu 1: Trong khoa học, người ta thường phải viết các số rất lớn hoặc rất bé. Để tránh phải viết và đếm quá nhiều chữ số 0, người ta quy ước cách ghi các số dưới dạng .10 m A , trong đó 1 A 10 và m là số nguyên. Một số được viết dưới dạng này, ta nói nó được viết dưới dạng khoa học. a) Sao Thổ (tiếng Anh: Saturn), hay Thổ Tinh là hành tinh thứ sáu tính theo khoảng cách trung bình từ Mặt Trời và là hành tinh lớn thứ hai về đường kính cũng như khối lượng, sau Sao Mộc trong hệ Mặt Trời, người ta ước tính khoảng cách từ trái đất đến sao thổ là 14800000000km. Hãy viết số sau dưới dạng kí hiệu khoa học. b) Heli (hay Hêli) là nguyên tố trong bảng tuần hoàn nguyên tố có ký hiệu He và số hiệu nguyên tử bằng hai, nguyên tử khối bằng 4. Tên của nguyên tố này bắt nguồn từ Helios, tên của thần Mặt Trời trong thần thoại Hy Lạp, do nguồn gốc nguyên tố này được tìm thấy trong quang phổ trên Mặt Trời. Biết khối lượng nguyên tử của Hêli là 0,00000000000000000000000000664465653665kg. Hãy viết số sau dưới dạng kí hiệu khoa học. Lời giải a) 10 1, 48.10 . b) 27 6,64465653665.10 kg  . Câu 2: Định luật thứ ba của Kepler về quỹ đạo chuyển động cho biết cách ước tính khoảng thời gian P ( tính theo năm Trái Đất) mà một hành tinh cần để hoàn thành một quỹ đạo quay quanh Mặt Trời. Khoảng thời gian đó được xác định bởi hàm số 3 P 2  d , trong đó d là khoảng cách từ hành tinh đó đến Mặt Trời tính theo đơn vị thiên văn AU (1 AU là khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trời, tức là 1 AU là khoảng 93000000 dặm) ( Nguồn: R.I. Charles et al., Algebra 2 , Pearson). Hỏi Sao Hỏa quay quanh Mặt Trời thì mất bao nhiêu năm Trái Đất ( làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)? Biết khoảng cách từ Sao Hỏa đến Mặt Trời là 1,52 AU . CHƯƠN GVI HÀM SỐ MŨ VÀ HÀM SỐ LOGARIT
CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN – 11 – HÀM SỐ MŨ – HÀM SỐ LOGARIT Page 2 Sưu tầm và biên soạn Lời giải Ta có khoảng cách từ Sao Hỏa đến Mặt Trời là 1,52 AU nên Sao Hỏa quay quanh Mặt Trời thì mất số năm Trái Đất là   3 1 2 P  ,52 1,87 . Vậy Sao Hỏa quay quanh Mặt Trời thì mất P 1,87 năm Trái Đất. Câu 3: Trong nuôi trồng thuỷ sản, độ pH của môi trường nước sẽ ảnh hưởng đến sức khoẻ và sự phát triển của thuỷ sản. Độ pH thích hợp cho nước trong đầm nuôi tôm sú là từ 7,2 đến 8,8 và tốt nhất trong khoảng từ 7,8 đến 8,5. Phân tích nồng độ H      trong một đầm nuôi tôm sú, ta thu được H      = 8 8.10  . Hỏi độ pH của đầm đó có thích hợp cho nuôi tôm sú phát triển không? Lời giải Độ pH của đầm là: pH = -log H      = -log ( 8 8.10  )  7,1 Ta thấy 7,1 < 7,2 nên độ pH của đầm chưa thích hợp để cho tôm sú phát triển. Câu 4: Một vi khuẩn có khối lượng khoảng 13 5.10  gam và cứ 20 phút vi khẩn đó tự nhân đôi một lần. Gỉa sử được nuôi trong các điều kiện sinh trưởng tối ưu và mỗi con vi khuẩn đều tồn tại ít nhất 60 giờ. Hỏi sau bao nhiêu giờ khối lượng do tế bào vi khuẩn sinh ra sẽ đạt tới khối lượng của Trái Đât là 23 6.10  gam ( làm tròn kết quả đến hàng đơn vị ). Lời giải Gọi 3 0  5.10   (g) là khối lượng ban đầu của vi khuẩn. Sau 20 phút đầu tiên, khối lượng của vi khuẩn là: 0  .2 . Sau 20 phút thứ 2, khối lượng của vi khuẩn là:.  2 0 0  .2 .2  .2 Sau 20 phút thứ 3, khối lượng của vi khuẩn là:   2 3 0 0  .2 .2  .2 . Sau 20 phút thứ n, khối lượng vi khuẩn là: 0 .2 n  . Gỉa sử: 0 .2 n  = 27 6.10   3 27 30 10 2 5.10 .2 6.10 2 1,2.10 log 1,2.10 100 n n n         Vậy sau khoảng 100.20 = 2000 phút  33,3 (giờ) thì khối lượng của tế bào vi khuẩn này sinh ra sẽ đạt tới khối lượng của Trái Đất. Câu 5: Ông An gửi 500 triệu vào ngân hàng theo hình thức lãi kép trong một thời gian khá lâu với lãi suất ổn định trong suốt thời gian tiết kiệm là 10% 1 năm. Tết năm nay do dịch bệnh nên ông rút hết tiền trong ngân hàng ra để gia đình chi tiêu. Sau khi rút cả vốn lẫn lãi, ông trích ra 20 triệu để sắm sửa đồ Tết thì ông còn 860 triệu. Hỏi ông đã gửi tiết kiệm trong bao nhiêu năm? Lời giải Giả sử ông An đã gửi tiết kiệm trong n năm. Số tiền ông đã nhận được là 880 triệu. Theo công thức lãi suất kép, ta có   6 6 1,1 880 880.10 500.10 1 0,1 log 500 n    n   n  .
CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN – 11 – HÀM SỐ MŨ – HÀM SỐ LOGARIT Page 3 Sưu tầm và biên soạn Vậy, ông A đã gửi tiết kiệm trong 6 năm. Câu 6: Một người gửi 20 triệu đồng vào ngân hàng theo hình thức lãi kép có kì hạn là 12 tháng với lãi suất 6,3% / năm. Giả sử qua các năm thì lãi suất không thay đổi và người đó không gửi thêm tiền vào mỗi năm. Để biết sau y (năm) thì tổng số tiền cả vốn và lãi có được là x (đồng), người đó sử dụng công thức 1,063 log 20 x y        . Hỏi sau bao nhiêu năm thì người đó có được tổng số tiền cả vốn và lãi là 30 triệu đồng? (Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị). Lời giải Người đó có được tổng số tiền cả vốn và lãi là 30 triệu đồng sau 1,063 30 log 6.6 7 20 y          năm. Câu 7: Chất phóng xạ polonium 210Po có chu kì bán rã là 138 ngày. Điều này có nghĩa là cứ sau 138 ngày, lượng polonium còn lại trong mẫu chỉ còn lại một nửa lượng ban đầu. Một mẫu 100 g có khối lượng polonium 210Po còn lại sau t ngày được tính theo công thức     1 138 100. 2 t M t g        . Điều kiện về thời gian để mẫu chất ngày còn lại không nhiều hơn 25 g là Lời giải Theo đề bài, ta có: 138 138 1 2 25 38 1 25 0 25 2 276 100 1 1 1 1 0. 2 2 2 2 138 t t t t M t                                    ngày. Câu 8: Trong một trận động đất, năng lượng giải tỏa E (đơn vị: Jun, kí hiệu J ) tại tâm địa chấn ở M độ Richter được xác định xấp xỉ bởi công thức: log E 11,4 1,5M . (Nguồn: Giải tích 12 Nâng cao, NXBGD Việt Nam, 2021). a) Tính xấp xỉ năng lượng giải tỏa tại tâm địa chấn ở 5 độ Richter. b) Năng lượng giải tỏa tại tâm địa chấn ở 8 độ Richter gấp khoảng bao nhiêu lần năng lượng giải tỏa tại tâm địa chấn ở 5 độ Richter? Lời giải a) Tính xấp xỉ năng lượng giải toả tại tâm địa chấn ở 5 độ Richter: Thay M = 5 vào công thức, ta có: logE ≈ 11,4 + 1,5.5 ≈ 18,9⇒E ≈ 1018,9 b) Tính tỷ lệ năng lượng giải toả tại tâm địa chấn ở 8 độ Richter so với tại tâm địa chấn ở 5 độ Richter: logE ≈ 11,4 + 1,5.8 ≈ 23,4⇒E ≈ 1023,4 Gấp khoảng 31623 lần Câu 9: Trong cây cối có chất phóng xạ 14 6C . Khảo sát một mẫu gỗ cổ, các nhà khoa học đo được phóng xạ của nó bằng 86% độ phóng xạ của mẫu gỗ tươi cùng loại. Xác định độ tuổi của mẫu gỗ cổ đó. Biết chu kì bán rã của 14 6C là T  5730 năm, độ phóng xạ của chất phóng xạ tại thời điểm t
CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN – 11 – HÀM SỐ MŨ – HÀM SỐ LOGARIT Page 4 Sưu tầm và biên soạn được cho bởi công thức 0 t H H e   với H0 là độ phóng xạ ban đầu (tại thời điểm t  0 ); ln 2 T   là hằng số phóng xạ (Nguồn: Vật lí 12, NXBGD Việt Nam, 2021). Lời giải Ta có: λ = ln2 T Tỷ lệ phóng xạ giữa mẫu gỗ cổ và mẫu gỗ tươi cùng loại là: H H0 = 0.86 = e―λt = e ― ln2 T t t = T.ln0.86 ―ln2 ≈ 1247 năm Vậy độ tuổi của mẫu gỗ cổ đó là khoảng 1247 năm. Câu 10: Tại sông Sài Gòn, cường độ ánh sáng mặt trời đi qua môi trường nước được tính theo công thức 3 0 .10 x I I   , trong đó x là độ sâu (tính bằng mét) so với mặt nước sông, 0 I là cường độ ánh sáng tại mặt nước sông. a) Tại độ sâu 6 mét, cường độ ánh sáng bằng bao nhiêu lần 0 I b) Cường độ ánh sáng tại độ sâu 12 mét bằng bao nhiêu lần cường độ ánh sáng tại độ sâu 3 mét. Lời giải a) Tại độ sâu 6 mét 6 3 2 0 0 0 x 6 I I .10 I .10 0,01.I         . b) Tại độ sâu 12 mét 12 3 4 12 0 0 0 x 12 I I .10 I .10 0,0001.I         . Tại độ sâu 3 mét 3 3 1 3 0 0 0 x 1 I I .10 I .10 0,1.I         . Suy ra: 12 0 3 0 0,0001. 1 0,1. 1000 I I I I   . Vậy cường độ ánh sáng tại độ sâu 12 mét bằng 1 1000 cường độ ánh sáng tại độ sâu 3 mét. Câu 11: Tại Mũi Né của vùng biển Bình Thuận, cường độ ánh sáng mặt trời đi qua môi trường nước biển được tính theo công thức 3 13 0 . x I I e   , trong đó x là độ sâu (tính bằng mét) so với mặt nước biển,