Một hình vuông có cạnh bằng 3. Chia hình vuông đó thành 9 hình vuông bằng nhau và tô màu hình vuông ở chính giữa. Với mỗi hình vuông nhỏ chưa được tô màu, lại chia thành 9 hình vuông bằng nhau và tô màu hình vuông ở chính giữa. Cứ như thế, quá trình trên được lặp lại. Tính diện tích phần được tô màu sau 3 lần chia.

Đáp án: 192.

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ

Gọi \(\left( C \right)\) là đường tròn tâm \(D\) bán kính \(AD = 2\,cm\) thì ta có phương trình cung \(ACB\) là \(y = \sqrt {4 - {{\left( {x - 2} \right)}^2}} \).

Gọi \(\left( {C'} \right)\) là đường tròn tâm \(I\left( {1;0} \right)\), bán kính \(AI = 1\,cm\) thì ta có phương trình đường cong \(AMD\) là \(y = \sqrt {1 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}} \).

Đường thẳng \(\left( d \right)\) \(AMC\) có phương trình \(y = \frac{{\sqrt 3 }}{3}x\)

Ta có hoành độ giao điểm \(M\) là giao của \(\left( d \right)\) và đường tròn \(\left( {C'} \right)\) là nghiệm phương trình

\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}x} \right)^2} = 1\)\( \Rightarrow x = \frac{3}{2}\).

Hoành độ điểm \(\left( C \right)\) là giao điểm cuar \(\left( d \right)\) và đường tròn \(\left( C \right)\) là

\({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}x} \right)^2} = 4\)\( \Rightarrow x = 3\).

Thể tích khối tròn xoay cần tính là

\({V_1} = \pi \int\limits_{\frac{3}{2}}^2 {{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}x} \right)}^2}dx - \pi \int\limits_{\frac{3}{2}}^2 {{{\left( {\sqrt {1 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}} } \right)}^2}dx = \frac{{11\pi }}{{36}}} } \)

\({V_2}\)\( = \pi \int\limits_2^3 {{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}x} \right)}^2} = \frac{{19\pi }}{9}} \)

\({V_3} = \pi \int\limits_3^4 {\left( {4 - {{\left( {x - 2} \right)}^2}} \right) = \frac{{5\pi }}{3}} \)

Vậy tổng số tiền trả bằng: \(T = \left( {{V_1} + {V_2} + {V_3}} \right).15.000\)\( \approx 192\) nghìn VNĐ.

a) Tại thời điểm bắt đầu, tức là \(t = 0\), ta có: \(N(0) = 50{e^{0,8 \cdot 0}} = 50{e^0} = 50\) triệu cá thể

Vậy khẳng định a) đúng.

b) Tốc độ tăng trưởng của quần thể ở giai đoạn 1 tại thời điểm \(t\) (từ \(t = 0\) đến \(t = 3\)giờ):

\(N'(t) = 50 \cdot 0,8{e^{0,8t}} = 40{e^{0,8t}}\) triệu cá thể/giờ.

Tại \(t = 3\): \(N'(3) = 40{e^{0,8 \cdot 3}} = 40{e^{2,4}}\)\( \approx \)\(440,928\) triệu cá thể/giờ.

Do đó: \(N'(3) > 440\) triệu cá thể/giờ.

Vậy khẳng định b) đúng.

c) \[M'(t) = 0,6B{e^{ - 0,6t}}\,\,\,;\,N'\left( t \right) = 40{e^{0,8t}}\]

\(N(3) = 50{e^{0,8.3}} = 50{e^{2,4}}\).

Do hàm số biểu diễn số lượng vi khuẩn và tốc độ tăng trưởng là các hàm số liên tục tại \(t = 3\) nên \[\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{t \to {3^ - }} \,N\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {3^ + }} \,M\left( t \right) = N\left( 3 \right)\\\mathop {\lim }\limits_{t \to {3^ - }} \,N'\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {3^ + }} \,M'\left( t \right) = N'\left( 3 \right)\end{array} \right.\,\,\,\, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}50{e^{2,4}} = A - B.{e^{ - 1,8}}\\40{e^{2,4}} = 0,6B{e^{ - 1,8}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}A = 50{e^{2,4}} + \frac{{200}}{3}{e^{2,4}}\\B = \frac{{40{e^{4,2}}}}{{0,6}} = \frac{{200}}{3}{e^{4,2}}\end{array} \right.\]

Vậy khẳng định c) sai

d) Số lượng vi khuẩn tối đa (ngưỡng bão hòa) mà môi trường này có thể duy trì là

\[A = 50{e^{2,4}} + \frac{{200}}{3}{e^{2,4}} = \frac{{350}}{3}{e^{2,4}} \approx 1286\]

Vậy khẳng định d) sai.