Một loại vi khuẩn sau mỗi phút số lượng được tăng gấp đôi biết rằng sau 5 phút người ta đếm được \[64000\] con. Hỏi sau bao nhiêu phút thì có được \[2048000\] con?

Hướng dẫn giải

a) Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\\AB\parallel CD\end{array} \right.\].

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {SAB} \right)\] và \[\left( {SCD} \right)\] là đường thẳng qua \[S\] và song song với \[AB\].

b) Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\).

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\\S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SO = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\].

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {SAC} \right)\] và \[\left( {SBD} \right)\] là đường thẳng \[SO.\]

c) Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}G \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {JIG} \right)\\AB\parallel JI\end{array} \right.\]

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {SAB} \right)\] và \[\left( {IGJ} \right)\] là đường thẳng qua \[G\] và song song với \[AB\].

Lại có \(AB||CD\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {SAB} \right)\] và \[\left( {IGJ} \right)\] là đường thẳng qua \[G\] và song song với \[CD\].

d) Theo đề, ta có: \[NA = \frac{1}{3}SA \Rightarrow SN = \frac{2}{3}SA \Rightarrow \frac{{SN}}{{SA}} = \frac{2}{3}.\]

Lại có: \[SM = \frac{2}{3}SD \Leftrightarrow \frac{{SM}}{{SD}} = \frac{2}{3}\] nên \[\frac{{SN}}{{SA}} = \frac{{SM}}{{SD}} = \frac{2}{3}\]. Suy ra \[MN\parallel AD\].

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}G \in \left( {GBC} \right) \cap \left( {GMN} \right)\\MN\parallel AD\\BC\parallel AD\end{array} \right.\]

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {GMN} \right)\] và \[\left( {GBC} \right)\] là đường thẳng qua \[G\] và song song với \[AD.\]

Hướng dẫn giải

Ta có: \[h = \left| x \right| = \left| {1,5\cos \left( {\frac{{\pi t}}{4}} \right)} \right| \le 1,5.\]

a) Vật ở xa vị trí cân bằng nhất nghĩa là \[h = 1,5{\rm{ m}}\].

Khi đó \[\cos \left( {\frac{{\pi t}}{4}} \right) = \pm 1\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{t\pi }}{4} = k2\pi \\\frac{{t\pi }}{4} = \pi + k2\pi \end{array} \right.{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\] \[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 8k\\t = 4 + 8k\end{array} \right.,{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

b) Trong 10 giây đầu tiên thì vật ở xa vị trí cân bằng nhất tại các thời điểm \[t = 0;\]

\[t = 4;t = 8\] giây.

c) Khi vật ở vị trí cân bằng thì \[x = 0 \Leftrightarrow 1,5\cos \left( {\frac{{\pi t}}{4}} \right) = 0\]\[ \Leftrightarrow \cos \left( {\frac{{\pi t}}{4}} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{4} = \frac{\pi }{2} + k\pi ,{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow t = 2 + 4k\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

d) Ta có: \[0 < t < 20 \Leftrightarrow 0 < 2 + 4k < 20\]\[ \Leftrightarrow - \frac{1}{2} < k < \frac{{18}}{4}\].

Mà \[k \in \mathbb{Z}\] nên \[k \in \left\{ {0;1;2;3;4} \right\}\].

Suy ra \[t \in \left\{ {2;6;10;14;18} \right\}.\]

Vậy trong khoảng thời gian từ 0 đến 20 giây thì vật ở vị trí cân bằng tại các thời điểm \[t = 2;{\rm{ }}t = 6;{\rm{ }}t = 10;{\rm{ }}t = 14;{\rm{ }}t = 18\] giây; tức là có 5 lần vật qua vị trí cân bằng.