Tài liệu Lớp 12 bài toán thực tế ( gv nguyễn bá tuấn) 28 bài toán thực tế từ đề thi năm 2018

Câu 1: (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho biết chu kì bán rã của chất phóng xạ Plutoni Pu239 là 24360 năm. Sự phân hủy được tính theo công thức S  Ae rt , trong đó A là khối lượng chất phóng xạ ban đầu, r là tỉ lệ phân hủy hàng năm  r  0  , t là thời gian phân hủy và S là khối lượng chất phóng xạ còn lại. Biết sau một chu kì, số lượng chất phóng xạ còn lại sẽ bằng một nửa số lượng chất phóng xạ ban đầu. Hỏi 6g Pu239 sau 30000 năm sẽ còn bao nhiêu? (tính gần đúng) A. 2,554 g. B. 2,555 g. C. 2,556 g. D. 2,557 g. Đáp án D Theo giả thiết chu kì ta có: 1  ln 2 A  Ae r .24360  r  . 2 24360 Vậy sau 30000 năm ta còn: S  6e r .30000  2,555 g . Câu 2: (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Khi thiết kế vỏ lon người ta đặt mục tiêu sao cho chi phí làm ít nhất. Muốn thể tích lon là V mà diện tích toàn phần nhỏ nhất thì bán kính đáy vỏ lon R bằng? A. 3 V . 2 B. 3 V  . C. 3 3 . 2V D. 3 2 . 3V Đáp án A Chiều cao của lon là h  V .  R2  STP  2 R 2  2 Rh  2 R 2  2 R. V  R2 V V V  V V V2   3  3  R2.  2   R2    2   R2    2.3. .  6  R 2R 2R  2R 2R 4   Dấu “=” xảy ra   R 2  V V R3 2R 2 Câu 3(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Cho lò xo có chiều dài tự nhiên bằng 10 cm, độ cứng k  800 N / m. Công sinh ra khi kéo lò xo một đoạn từ 15cm đến 18cm bằng: A. 1,54J. Đáp án A B. 1,56J. C. 1,69J. D. 1,96J. 0,08 Công được sinh ra khi kéo lò xo từ 15cm đến 18cm là: W   800 xdx  1,56  J  0,05 Câu 4(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Một màn ảnh hình chữ nhật cao 1.5m được đặt trên cao 2m so với tầm mắt (tính từ mép dưới của màn hình). Để nhìn rõ nhất phải xác định vị trí đứng sao cho góc nhìn lớn nhất. Hãy xác định vị trí đó (góc BAC gọi là góc nhìn). A. 5 m. B. 2 m. C. 7 m. D. 3 m. Đáp án C Đặt OA  x, AC 2  x 2  3,52 và AB 2  x 2  22 . Ta có:  cos BAC AB 2  AC 2  BC 2 x 2  4  x 2  3,52  1,52   2 AB. AC 2 x 2  4 x 2  3,52 x2  7 x 2  4 x 2  3,52  nhỏ nhất nên ta tìm giá trị Để góc BAC lớn nhất thì cos BAC nhỏ nhất của hàm số: f t   t 7 t  4 t  3,5 2 trên  0;   . Xét f '  t   0  t  7 . Lập BBT ta được: min f  t   f  7  . x 0;   Câu 5. (Gv Nguyễn Bá Tuấn) Một công ty bất động sản có 30 căn hộ cho thuê. Biết rằng nếu cho thuê mỗi căn hộ với giá 3 triệu đồng một tháng thì căn hộ nào cũng có người thuê. Nếu cứ tăng giá cho thuê lên 300.000 một tháng thì sẽ có 1 căn hộ không được thuê. Hỏi muốn có thu nhập cao nhất thì công ty đó cho thuê mỗi căn hộ với giá bao nhiêu một tháng? A. 3 triệu 300 nghìn B. 3 triệu 900 nghìn C. Đáp án khác D. 4 triệu 800 nghìn Đáp án C Gọi x là số nhà không có khách thuê thì giá thuê một căn nhà là 3  0,3x Số tiền mà công ty thu được là M M   30  x  3  0,3 x   0,3 x 2  6 x  90  0,3  x  10   120  M  120 2 Vậy số tiên công ty có thể thu về lớn nhất là 120 triệu với giá cho thuê 6 triệu một căn. Câu 6(Gv Nguyễn Bá Tuấn). Tại một nơi không gió, một chiếc khí cầu đang đứng yên ở độ cao 121,5m so với mặt đất đã được người lái cho nó chuyển động đi xuống theo phương thẳng đứng với vận tốc cho bởi v  5t  t2  m / p  . Nếu như vậy chiếc khí cầu sẽ tiếp đất với 3 vận tốc bao nhiêu? A. 17 m/p B. 18 m/p C. 19 m/p D. 20 m/p Đáp án B t  t2 t2  5t 2 t 3 v  5t   S    5t  dt   3 3 2 9 0 Tại thời điểm tiếp đất S  121,5  Khi đó v  5.9  5t 2 t 3   121,5  2t 3  45t 2  2187  0  t  9 2 9 92  18 3 Câu 7: (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Một công ty dự kiến chi 1 tỉ đồng để sản xuất các thùng đựng sơn hình trụ có dung tích 5 lít. Biết rằng chi phí để làm mặt xung quanh của thùng đó là 100.000 đ/m2, chi phí để làm mặt đáy là 120.000 đ/m2. Hãy tính số thùng sơn tối đa mà công ty đó sản xuất được (giả sử chi phí cho các mối nối không đáng kể). A. 58135 thùng. B. 57582 thùng. Đáp án là A * Chú ý: Đề bài chỉ nói đáy cốc độ dày không đáng kể, nhưng phần vỏ cốc thì vẫn phải tính Vỏ cốc chính là độ dày bằng 1cm Gọi R1 là bán kính đường viền ngoài Gọi R2 là bán kính đường viền trong Ta có phương trình: C. 18209 thùng. D. 12525 thùng. V   R12 h   R2 2 h  7 (2 R2  1)  49  R2  3  Vnuoc   .32.7  198(cm3 ) Câu 8(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Biết rằng mức cường độ âm được xác định bởi L  dB   10 log I ; I là cường độ âm tại một điểm, đơn vị W/m2, I 0  1012 W/m2. Khi tăng I0 mức cường độ âm thêm 70dB thì cường độ âm tăng lên nhiêu lần? A. 106. B. 107. C. 108. D. 109. Đáp án B Ta có: L  10log I I I .107  L  70  10(log  7)  10log . Vậy khi L tăng 70dB thì I tăng 107 lần. I0 I0 I0 Câu 9(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trên một mảnh ruộng hình elip có độ dài trục lớn và trục nhỏ lần lượt là 1km và 8hm, người ta trồng lúa. Sau vụ thu hoạch, người ta thu được năng suất lúa đạt 66 tạ trên 1 ha. Hỏi tổng sản lượng thu được là bao nhiêu (chọn đáp án gần nhất)? A. 4145 tạ. B. 4140 tạ. C. 4147 tạ. D. 4160 tạ. Đáp án A Đổi 1km=10hm. Diện tích mảnh ruộng là: S  . 10 8 .  20 (ha ). Do đó, tổng sản lượng thu được là: 66.20  4145 tạ. 2 2 Câu 10(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Bạn định mua một chiếc xe máy theo phương thức trả góp. Theo phương thức này sau một tháng kể từ khi nhận xe bạn phải trả đều đặn vào đầu mỗi tháng kế tiếp một lượng tiền nhất định nào đó và liên tiếp trong vòng 24 tháng. Giả sử giá xe máy thời điểm bạn mua là 20 triệu đồng và giả sử lãi suất ngân hàng là 1,2% một tháng. Hỏi với mức phải trả hàng tháng là bao nhiêu thì việc mua xe máy trả góp nói trên là chấp nhận được? (Lấy gần đúng). A. 964 nghìn. B. 846 nghìn. Đáp án A Mức tiền phải trả ngân hàng hàng tháng là: C. 941 nghìn. D. 1,1 triệu. 20000.  0,012  1 .0,012 24 A  0,012  1 24 1  964,04 (nghìn đồng). Câu 11: (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Một bể nước có mực nước cách đáy 10cm. Chiều cao mực nước của bể được tính theo phương trình h  t  với t tính theo giờ. Biết h '  t   t 3 . Hỏi t2 sau 3 giờ thì chiều cao mực nước trong bể là bao nhiêu? (lấy kết quả gần đúng). A. 3,9m. B. 2,89m. C. 13,9m. D. 14,2m. Đáp án C Ta có h '(t )  t 3  h(t )   h '(t )dt  t  ln  t  2   C. t2 Do h(0)  10  C  10  ln 2  m  . Vì vậy, sau 3 giờ thì mực nước trong bể là: h(3)  3  ln 5  10  ln 2  13,9m. Câu 12: (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Một bệnh dịch lây lan với số người mắc bệnh mỗi ngày tính theo công thức hàm bậc 3 ẩn t (ngày) là f  t  . Biết lim t  f t   1. Ngày thứ I có t3 68 người, ngày thứ II có 277 người, ngày thứ III có 486 người mắc bệnh. Ngày có số bệnh nhân mắc bệnh nhiều nhất là này thứ bao nhiêu? A. 6. B. 10. C. 15. D. 12. Đáp án B Do f (t ) là hàm số bậc ba thỏa mãn điều kiện lim t  f (t )  1 nên t3 f (t ) có dạng: f (t )  t 3  at 2  bt  c  a, b, c    . Ngày thứ nhất có 68 người mắc bệnh, ngày thứ hai có 277 người mắc bệnh, ngày thứ ba có 486 người mắc bệnh nên ta có hệ phương trình: a  b  c  69 a  6   4a  2b  c  285  b  198 . 9a  3b  c  513 c  135    f (t )  t 3  6t 2  198t  135  f '(t )  3t 2  12t  198 f '(t )  0  t  2  70  10,367. Tại t  10  f (t )  1445; tại t  11  f (t )  1438. Do đó, ở ngày thứ 10, số người mắc bệnh cao nhất là 1445 người. Câu 13: (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Số lượng một loài vi khuẩn trong phòng thì nghiệm được tính theo công thức S  t   A.2at với A là số lượng vi khuẩn ban đầu, S  t  là số lượng vi khuẩn sau t phút, a là tỷ lệ tăng trưởng. Biết rằng sau 1h có 6400 con, sau 3h có 26214400 con. Khi đó số vi khuẩn ban đầu là? A. 50. B. 100. C. 200. D. 500. Đáp án B Sau 1 giờ có 6400 con vi khuẩn; sau 3 giờ có 26214400 con vi khuẩn nên ta có hệ phương trình:  60 a 6400 3  A.260 a  6400 2  A  6400    A .  180 a     26214400  A  100 (con). 3 A    A.2  26214400 60 a  A.  2   26214400  Câu 14: (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Một ca nô đang chạy trên vịnh Bắc Bộ với vận tốc 25m/s thì đột nhiên hết xăng. Từ thời điểm đó thì ca nô chuyển động chậm dần với gia tốc a  5 m/s. Hỏi từ lúc hết xăng đến lúc dừng hẳn thì ca nô đi được quãng đường là bao nhiêu? A. 50m. B. 62,5m. C. 70,5m. D. 73,5m. Đáp án B Áp dụng công thức v  vo  at với vo  25m / s; a  5m / s 2 . Đến lúc dừng hẳn, tức v  0 thì thời gian ca nô đi được là: 25  5t  0  t  5( s ). 1 Áp dụng công thức x  vot  at 2 . Đến lúc dừng hẳn thì quãng đường ca nô đi được là: 2 1 x  25.5  5.52  62.5(m). 2 Câu 15(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Một chất điểm chuyển động với vận tốc v  t   3t 2  2 (m/s). Quãng đường vật di chuyển trong 3s kể từ thời điểm vật đi được 135m (tính từ thời điểm ban đầu) là: A. 135m. B. 393m. C. 302m. Đáp án B Ta có: x  t    v  t  dt  t 3  2t  C. Giả sử ở thời điểm t  0 thì x  0   0 , khi đó C  0  x  t   t 3  2t. Theo giả thiết, tại thời điểm t  t0 , x  t0   135m  t03  2t0  135  t0  5. Do đó, 3 giây sau, tức tại thời điểm t  8  x  8   83  2.8  528m. D. 81m. Vậy trong 3 giây này, vật đi được 528  135  393m. Câu 16: (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Một cốc nước hình trụ có chiều cao 12 cm, đường kính đáy 4 cm, lượng nước trong cốc cao 10 cm. Thả vào cốc nước 4 viên bi có cùng đường kính 2 cm. Hỏi nước dâng cao cách miệng cốc bao nhiêu cm? A. 1 . 3 B. 2 . 3 C. 1. D. 4 . 3 Đáp án B 4  16 Thả 4 viên bi có thể tích là: 4.   .13   cm3 vào cốc nước thì mực nước sẽ cao thêm là: 3 3   16 4 4 2 :  .22   cm. Do đó, nước dâng lên cách miệng cốc là: 12  10   cm. 3 3 3 3 Câu 17. (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trên một đoạn đường giao thông có 2 con đường vuông góc với nhau tại O như hình vẽ. Một địa danh lịch sử có vị trí đặt tại M, vị trí M cách vị trí đường OE 125m và cách đường OH 1km. Vì lý do thực tiễn, người ta muốn làm một đoạn đường thẳng AB đi qua vị trí M, biết rằng giá để làm 100m đường là 150 triệu đồng. Chọn vị trí A và B để hoàn thành con đường với chi phí thấp nhất. Hỏi chi phí thấp nhất để hoàn thành con đường là bao nhiêu A. 1,9603 (tỷ đồng). B. 2,3965 (tỷ đồng). C. 2,0963 (tỷ đồng). D. 3 (tỷ đồng). Đáp án C Chọn hệ trục toạn độ Oxy có Ox  OA; Oy  OB 1   M  ;1 . Gọi A  0; a  , B  b;0  khi đó PT của AB là 8  A E M x y   1 đường thẳng này đi qua b a 1 8b 1 1  1 M  ;1   1   a   1 8b 8b  1 8b  1 8  a 2 1  2 1  2  AB  b  1     1 b  8b  1  8b  12  8b  1  2 2 O H B Xét f  b   1  b 2  Ta có f '  2b  2 1 với b  0  8b  1  8b  12 16 8b  1 2   64  4 5  2b 1  1 b  0 3   8 8b  1 8b  1   8b  1  16 3 2 2 5 5 5 5 Vậy GTNH của AB        5  Cmin  5.1500  2, 0963 (tỷ) 8 8 8 4 Câu 18. (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Lương khởi điểm tháng 1/2017 của Duy là 8.000.000 đồng và Duy quyết định sẽ tiết kiệm 10% tiền lương. Cứ sau mỗi 3 năm lương của Duy lại tăng 6,9%. Đến tháng thời điểm nào số tiền tiết kiệm xấp xỉ 51 triệu? A. 12 năm 8 tháng. B. 03/2026. C. 03/2022. D. 07/2030. Đáp án C Ba năm đầu tiên số tiền tiết kiệm được 0,8.36 =28,8 (triệu) Mỗi tháng của ba năm tiếp theo tiết kiệm được 0,8.(1+0,069)=0,8552 Để được 51 triệu thì cần số tháng để tiết kiệm là 51  28,8  25,55 0,8552 Như vậy cần 5 năm và 2 tháng để có số tiền 51 triệu Câu 19(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Đựng 9 viên bi trong 1 hình hộp chữ nhật có chiều cao h. Biết trong đó, có 8 viên bi có cùng bán kính là r  2 , viên bi còn lại có bán kính là R =4, và các viên bi này được sắp xếp trong hộp sao cho 4 viên bi nhỏ tiếp xúc với 4 mặt hình hộp và tiếp xúc với viên bi to, 2 viên nhỏ gần nhau thì tiếp xúc với nhau. Khi đó tỉ số thể tích của các viên bi với thể tích của hình hộp là A. 2 . 3 7 3 B.  8 24 . C.  4 7 4 . D. Đáp án khác. Đáp án A 4 512 Thể tích của các viên bi là: V1    8.23  43   3 3 Hình hộp chữ nhật có diện tích đáy là: S  8.8  64       Chiều cao của hình hộp là: h  2 2  82  62  4 1  7   Thể tích của hình hộp là : V2  64.4 1  7  256. 1  7 Vậy tỷ số cần tính là: V1 512 2   V2 256.3 1  7 3 1 7     Câu 20(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,4% / tháng. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn lẫn lãi ban đầu) gần nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi? A. 102.424.000 đồng B. 102.423.000 đồng C. 102.016.000 đồng D. 102.017.000 đồng ĐÁP ÁN A Sau 6 tháng, người đó lĩnh được số tiền là. 100000000. 1  0, 004   102424128 . 6 Câu 21( a t  Gv Nguyễn Bá Tuấn )Một vật chuyển động với vận tốc v  t  và gia tốc 3 m / s 2 . Vận tốc của vật sau 10s từ thời điểm t  0 có giá trị  8, 6m / s . Vận 2t  1   tốc ban đầu bằng A. 4m / s B. 3, 4m / s D. 6m / s C. 9, 4m / s Đáp án A v(t)   a(t)dt   3 3 dt  ln(2t  1)  C 2t  1 2 v(10)  8, 6(m / s) 10 v(10)  v(0)   0 3 dt  v(0)  4(m/ s) 2t  1 Câu 22(Gv Vũ Văn Ngọc 2018): Một người gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng với kỳ hạn 3 tháng, lãi suất 5% một quý theo hình thức lãi kép (sau 3 tháng sẽ tính lãi và cộng vào gốc). Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 50 triệu đồng với kỳ hạn và lãi suất như trước đó. Tính tổng số tiền người đó nhận được sau 1 năm (tính từ lần gửi tiền đầu tiên). A. 179,676 triệu đồng. B. 177,676 triệu đồng. C. 178,676 triệu đồng. D. 176,676 triệu đồng. Đáp án D 4 2 5  5    Số tiền người đó nhận được sau 1 năm là T  100 1    50 1    176, 676  100   100  triệu đồng. Câu 23(Gv Vũ Văn Ngọc 2018): Sau khi phát hiện một dịch bệnh, các chuyên gia y tế ước tính số người nhiễm bệnh kể từ ngày xuất hiện bệnh đầu tiên đến ngày thứ t là f  t   4t 3  t4 (người). Nếu xem f   t  là tốc độ truyền bệnh (người/ngày) tại thời điểm t . 2 Tốc độ truyền bệnh lớn nhất vào ngày thứ mấy? A. 4. B. 6. C. 5. D. 3. Đáp án A Ta có f   t   12t 2  2t 3  t  0  và f   t   24t  6t 2  0  t  4. Bảng biến thiên của f   t  trên khoảng  0;   là: t 0 f   t   4 + 0  64 f  t   0 Vậy tốc độ truyền bệnh lớn nhất vào ngày thứ 4. Câu 24: (Gv Vũ Văn Ngọc 2018) Người ta cần xây một hồ chứa nước với dạng khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng 500 3 m . Đáy hồ là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi 3 chiều rộng. Giá thuê nhân công để xây hồ là 500.000 đồng/m2. Chi phí thuê nhân công thấp nhất là: A. 65 triệu đồng. B. 75 triệu đồng C. 85 triệu đồng D. 95 triệu đồng Đáp án B Gọi chiều cao là z và chiều rộng của đáy hồ là y, khi đó chiều dài của đáy hồ là x  2 y. Diện tích xây dựng của hồ nước là S  2 y 2  6 yz  2 y 2  có: S  2 y2  500 250 250 250 250  2 y2    33 2 y2. .  150 y y y y y Vậy min S  150  2 y 2  250  y  5. y 500 . Áp dụng BĐT Cauchy, ta y Vậy kích thước của hồ là x  10, y  5, z  10 . 3 Tiền thuê nhân công là 75 triệu đồng. Câu 25(Gv Vũ Văn Ngọc 2018)Một sợi dây kim loại dài 60cm được cắt thành hai đoạn. Đoạn thứ nhất được uốn thành một hình vuông, đoạn thứ hai được uốn thành một vòng tròn. Hỏi khi tổng diện tích của hình vuông và hình tròn ở trên nhỏ nhất thì chiều dài đoạn dây uốn thành hình vuông bằng bao nhiêu (làm tròn đến hàng phần trăm)? A. 33,61cm. B. 26,43cm. C. 40,62cm. D. 30,54cm. Đáp án A Sợi dây kim loại 60 cm được cắt làm hai đoạn có độ dài lần lượt là x và 60  x. Giả sử đoạn có độ dài x dùng làm hình vuông, khi đó cạnh hình vuông là S1  x và có diện tích là 4 x2 . 16 Đoạn có dộ dài 60  x dùng vòng tròn, khi đó bán kính vòng tròn là r  tích là  60  x  S2   r  2 4 60  x và có diện 2 2 . x 2  60  x  Vậy tổng diện tích là: S  S1  S 2   . 16 4 2 x 2  60  x Xét hàm số f  x    16 4 Ta có f   x     4  x  240 . f  8  với 0  x  60. 2  x  0  x  240  33, 61.  4 Vậy khi x  33, 61 thì tổng diện tích của hình vuông và hình tròn là nhỏ nhất. Câu 26. (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Từ một tấm bìa hình vuông ABCD có cạnh bằng 5 dm , người ta cắt bỏ bốn tam giác bằng nhau là AMB, BNC , CPD và DQA . Với phần còn lại, người ta gấp lên và ghép lại để thành hình chóp tứ giác đều. Hỏi cạnh đáy của khối chóp bằng bao nhiêu để thể tích của nó là lớn nhất? A. 3 2 dm 2 Đáp án C B. 5 dm 2 C. 2 2 dm D. 5 2 dm 2 Đặt MN  x  0 . Gọi O là tâm hình vuông ABCD. MN  AB   H . Dễ dàng tính được: 5 x 2 MP x 2 ; MO   2 2 2 2 x 5 x 2 25  MB 2  MH 2  HB 2    . 2 2 2 MP  x 2  MH  Chiều cao hình chóp là: h  MB 2  MO 2  1 3 25 5 x 2  2 2 25 5 x 2 1   25 x 4  5 2 x5 . 2 2 3 2 Khi đó: VA.MNPQ  x 2 Đặt f  x   25 x 4  5 2 x5  f '  x   100 x3  25 2 x 4 .  VA.MNPQ max  f  x  max  f '  x   0  x  100  2 2(cm). 25 2 Câu 27(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018). Cho hình vuông C1 có cạnh bằng a . Người ta chia mỗi cạnh của hình vuông thành bốn phần bằng nhau và nối các điểm chia một cách thích hợp để có hình vuông C2 (hình vẽ). Từ hình vuông C2 lại tiếp tục làm như trên ta nhận được dãy các hình vuông C1 , C2 , C3 ,..., Cn . Gọi Si là diện tích của hình vuông T  S1  S 2  S3  ...  S n  ... biết rằng T  A. 2 B. Ci  i  1, 2,3,...  . 32 , tính a ? 3 5 2 C. Đáp án A Ta có: C1 cạnh a  S1  a 2 . 2 2 5a 2 5a 2  3a   a  C2 cạnh b         S2  . 8 8  4  4 ….. 5 Cn cạnh c    8 Khi đó: n 1 5 a  Sn    8 2 n 1 a2. Đặt 2 D. 2 2 n 5 1  n 1 n 1    5   5 5 5   8   8 a2. T  a 2 1   ....     ....  lim a 2 1   ....      a 2 . lim n 5 3 8  8    8  n  8 1 8 Mà T  32  a  2. 3 Câu 28(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018). Nếu có một số lượng vi khuẩn đang phát triển ở góc bồn rửa chén ở nhà bếp của bạn. Bạn sử dụng một chất tẩy bồn rửa chén và đã có 99% vi khuẩn bị tiêu diệt. Giả sử, cứ sau 20 phút thì số lượng vi khuẩn tăng gấp đôi. Để số lượng vi khuẩn phục hồi như cũ thì cần thời gian là (tính gần đúng và theo đơn vị phút). A. 80 B. 100 C. 120 D. 133 Đáp án D Gọi số lượng vi khuẩn ban đầu là x (con)  x  N   . Số lượng vi khuẩn còn lại sau khi tẩy là 0,01x (con). Ta có: + Sau 20 phút thì số lượng vi khuẩn là 2.0,01x  0,02 x (con). + Giả sử sau 20 k phút thì số lượng vi khuẩn phục hồi như ban đầu. Khi đó: 2k.0,01x  x  2k  100  k  log 2 100  6,644. Như vậy, sau 20k  133 phút thì lượng vi khuẩn sẽ phục hồi.