Trong một dự án nghiên cứu công nghệ vật liệu mới, các kỹ sư thiết kế một tấm pin năng lượng mặt trời dạng hình vuông có cạnh \(1\) m. Để tối ưu hóa khả năng hấp thụ ánh sáng và tản nhiệt, mặt tấm pin được phủ các lớp vi mạch cảm biến dạng phân mảnh (fractal).

Ban đầu, tấm pin hình vuông được chia thành \(9\) ô vuông nhỏ bằng nhau, ô vuông ở chính giữa được phủ một lớp vật liệu cảm biến sẫm màu (màu đen). Ở giai đoạn tiếp theo, mỗi ô vuông màu sáng còn lại tiếp tục được chia thành \(9\) ô vuông nhỏ hơn và ô vuông chính giữa của nó lại được phủ vật liệu cảm biến sẫm màu. Quá trình chia nhỏ và phủ vi mạch sẫm màu này được thực hiện liên tục đúng \(5\) lần.

Tính tổng diện tích mặt tấm pin đã được phủ vật liệu cảm biến sẫm màu sau \(5\) lần thực hiện theo đơn vị mét vuông (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

Theo hình vẽ, ở mỗi góc của tấm vuông, phần bị cắt bỏ được giới hạn bởi hai điểm nằm trên hai cạnh kề và cách đỉnh góc đó \(1\) dm.

Do đó mỗi mép ngoài của khay có độ dài \(8 - 2 \cdot 1 = 6\) (dm).

Vậy khay là hình chóp cụt đều \(ABCD.A'B'C'D'\) có đáy nhỏ \(ABCD\) cạnh \(3{\rm{\;dm}}\) và đáy lớn (miệng khay) \(A'B'C'D'\) cạnh \(6\) dm.

Trung đoạn của mặt bên. Mỗi mặt bên là một hình thang cân; trên tấm phẳng, khoảng cách giữa hai đáy \(DC\) và \(D'C'\) của hình thang bằng \(\frac{{8 - 3}}{2} = 2,5\) (dm).

Gọi \(M,\,\,M'\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(A'B'\), khi đó \(MM' = 2,5\) dm.

Tính chiều cao. Gọi \(O,\,\,O'\) lần lượt là tâm của hai hình vuông \(ABCD\) và \(A'B'C'D'\).

Khi đó \(OO'\) vuông góc với hai mặt đáy và \(OO'\) chính là chiều cao \(h\) của khay.

\(OM = \frac{{AB}}{2} = \frac{3}{2} = 1,5\) (dm) và \(O'M' = \frac{{A'B'}}{2} = \frac{6}{2} = 3\) (dm).

 Tứ giác \(OMM'O'\) là hình thang vuông tại \(O\) và \(O'\).

Hạ đường vuông góc, ta được tam giác vuông có cạnh huyền \(MM'\) và hai cạnh góc vuông là \(OO'\) và \(O'M' - OM\). Do đó:

\(h = OO' = \sqrt {M{{M'}^2} - {{\left( {O'M' - OM} \right)}^2}}  = \sqrt {{{2,5}^2} - {{1,5}^2}}  = \sqrt 4  = 2\) (dm).

 Đáp án: 2.

Tốc độ thay đổi nồng độ oxygen. Với \(t \ge 0\),

\(f'\left( t \right) =  - 15 \cdot \frac{{\left( {9{t^2} + 1} \right) - t \cdot 18t}}{{{{\left( {9{t^2} + 1} \right)}^2}}} = \frac{{15\left( {9{t^2} - 1} \right)}}{{{{\left( {9{t^2} + 1} \right)}^2}}}\).

Bài toán quy về tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(f'\) trên \(\left[ {0;\,\, + \infty } \right)\). Ta có

\(f''\left( t \right) = 15 \cdot \frac{{18t\left( {9{t^2} + 1} \right) - \left( {9{t^2} - 1} \right) \cdot 36t}}{{{{\left( {9{t^2} + 1} \right)}^3}}} = \frac{{270t\left( {3 - 9{t^2}} \right)}}{{{{\left( {9{t^2} + 1} \right)}^3}}}\).

Với \(t > 0\), dấu của \(f''\left( t \right)\) cùng dấu với \(3 - 9{t^2}\), nên \(f''\left( t \right) > 0\) khi \(0 < t < \frac{{\sqrt 3 }}{3}\) và \(f''\left( t \right) < 0\) khi \(t > \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Do đó \(f'\) đồng biến trên \(\left[ {0;\,\,\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right]\) và nghịch biến trên \(\left[ {\frac{{\sqrt 3 }}{3};\,\, + \infty } \right)\), nên \(f'\) đạt giá trị lớn nhất tại \(t = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\), với giá trị lớn nhất bằng \(\frac{{15}}{8}\) mg/(L⋅giờ).

So sánh với \(t = \frac{{\sqrt a }}{b}\) ta được \(a = 3,\,\,b = 3\) (đều là số nguyên tố), suy ra \(P = a - b = 0\).

Đáp án: 0.