10 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Dạng 3: Bài toán thực tiễn gắn với phép tính lôgarit có đáp án

Câu 1:

Biết rằng khi độ cao tăng lên, áp suất không khí sẽ giảm và công thức tính áp suất dựa trên độ cao là a = 15 500(5 – logp), trong đó a là độ cao so với mực nước biển (tính bằng mét) và p là áp suất không khí (tính bằng pascal). Áp suất không khí ở đỉnh Everest có độ cao 8 850 m so với mực nước biển là bao nhiêu?

A. 26 855,44 pascal;

B. 26 855,45 pascal;

C. 28 855,44 pascal;

D. 28 855,45 pascal.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

Ta có đỉnh Everest có độ cao 8 850 m so với mực nước biển nên a = 8 850.

Khi đó: 15 500(5 – log p) = 8 850 $\Leftrightarrow \log p = \frac{1 373}{310} \Leftrightarrow p = 10^{\frac{1 373}{310}} \approx 26 855, 44.$

Vậy áp suất không khí ở đỉnh Everest xấp xỉ 26 855,44 pascal.

Câu 2:

Bác An gửi tiết kiệm ngân hàng 100 triệu đồng kì hạn 12 tháng, với lãi suất không đổi là 6% một năm. Khi đó sau n năm gửi thì tổng số tiền bác An thu được (cả vốn lẫn lãi) cho bởi công thức sau: A = 100.(1 + 0,06)ⁿ (triệu đồng).Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm, tổng số tiền bác An thu được không dưới 150 triệu đồng?

A. 5 năm;

B. 6 năm;

C. 7 năm;

D. 8 năm.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: C

Ta có: A = 100.(1 + 0,06)ⁿ = 100.1,06ⁿ.

Với A = 150, ta có: 100.1,06ⁿ = 150 hay 1,06ⁿ = 1,5, tức là n = log_1,061,5 ≈ 6,96.

Vì gửi tiết kiệm kì hạn 12 tháng (tức là 1 năm) nên n phải là số nguyên.

Do đó ta chọn n = 7.

Vậy sau ít nhất 7 năm thì bác An nhận được số tiền ít nhất là 150 triệu đồng.

Câu 3:

Tốc độ của gió S (dặm/giờ) gần tâm của một con lốc xoáy được tính bởi công thức S = 93logd + 65, trong đó d (dặm) là quãng đường cơn lốc xoáy đó di chuyển được. Tính quãng đường cơn lốc xoáy đã di chuyển được, biết tốc độ của gió ở gần tâm bằng 140 dặm/giờ (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).

A. 6,5 dặm;

B. 6,4 dặm;

C. 6,3 dặm;

D. 6,1 dặm.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Ta có: S = 93logd + 65, trong đó d (dặm) là quãng đường cơn lốc xoáy đó di chuyển được.

Với S = 140 (dặm/giờ) suy ra: 93logd + 65 = 140

$\Rightarrow \log d = \frac{75}{93} \Rightarrow d = 10^{\frac{75}{93}} \approx 6, 4$ (dặm).

Vậy khi tốc độ của gió ở gần tâm bằng 140 dặm/giờ thì cơn lốc xoáy di chuyển được quãng đường gần bằng 6,4 dặm.

Câu 4:

Độ pH của một dung dịch được tính theo công thức pH = –log x, trong đó x là nồng độ ion H⁺ của dung dịch đó tính bằng mol/L. Biết rằng độ pH của dung dịch A lớn hơn độ pH của dung dịch B là 0,7. Dung dịch B có nồng độ ion H⁺ gấp bao nhiêu lần nồng độ ion H⁺ của dung dịch A?

A. 3;

B. 4;

C. 5;

D. 6.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: C

Ta có: pH_A= – log x_A; pH_B = – log x_B

Khi đó pH_A– pH_B= –logx_A + logx_B = $\log \frac{x_{B}}{x_{A}}$

Do đó $\log \frac{x_{B}}{x_{A}} = 0, 7 \Leftrightarrow \frac{x_{B}}{x_{A}} = 10^{0, 7} \approx 5$ (lần).

Vậy dung dịch B có nồng độ ion H⁺ gấp 5 lần nồng độ ion H⁺ của dung dịch A.

Câu 5:

Với nước biển có nồng độ muối 30%, nhiệt độ T (^oC) của nước biển được tính bởi công thức T = 7,9ln(1,0245 – d) + 61,84, ở đó d (g/cm³) là khối lượng riêng của nước biển. Biết vùng biển khơi mặt ở một khu vực có nồng độ muối 30% và nhiệt độ là 8 °C. Tính khối lượng riêng của nước biển ở vùng biển đó (làm tròn kết quả đến hàng phần chục nghìn).

A. 1,0234 (g/cm³);

B. 1,0235 (g/cm³);

C. 1,0324 (g/cm³);

D. 1,0325 (g/cm³).

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

Do vùng biển khơi mặt ở một khu vực có nồng độ muối 30% và nhiệt độ là 8 ^oC nên ta có T = 8. Suy ra: 7,9ln(1,0245 – d) + 61,84 = 8

\Rightarrow \ln (1, 0245 - d) = - \frac{2 692}{395}

\Rightarrow 1, 0245 - d = e^{- \frac{2 692}{395}}

\Rightarrow d = 1, 0245 - e^{- \frac{2 692}{395}} \approx 1, 0234.

Vậy khối lượng riêng của nước biển ở vùng biển đó là d ≈ 1,0234 (g/cm³).

Câu 6:

Một người gửi tiết kiệm 100 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn 6 tháng với lãi suất 8% một năm. Giả sử lãi suất không thay đổi. Hỏi sau bao lâu người đó nhận được ít nhất 120 triệu đồng?

A. 31 tháng;

B. 30 tháng;

C. 32 tháng;

D. 28 tháng.

A. 31 tháng;

B. 30 tháng;

C. 32 tháng;

D. 28 tháng.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Vì lãi suất 8% một năm nên lãi suất kì hạn 6 tháng sẽ là r = 4% = 0,04.

Thay P = 100; r = 0,04 và A = 120 vào công thức A = P(1 + r)^N , ta được:

120 = 100(1 + 0,04)^N ⇔ 1,2 = 1,04^N ⇔ N = log_1,04 1,2 ≈ 4,65.

Vì gửi tiết kiệm kì hạn 6 tháng nên N phải là số nguyên.

Do đó ta chọn N = 5.

Vậy sau 5 kì gửi tiết kiệm kì hạn 6 tháng, tức là sau 30 tháng, người đó sẽ nhận được ít nhất 120 triệu đồng.

Câu 7:

Người ta nuôi cấy vi khuẩn Bacillus subtilis trong nồi lên men và thu được số liệu sau: Lúc ban đầu, số tế bào/1 ml dịch nuôi là 2.10². Sau 13 giờ, số tế bào/1 ml dịch nuôi là 3,33.10⁹. Biết vi khuẩn Bacillus subtilis sinh trưởng trong điều kiện tối ưu và sinh sản theo hình thức tự nhân đôi. Hỏi sau bao nhiêu phút, vi khuẩn Bacillus subtilis tự nhân đôi một lần (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?

A. 30;

B. 31;

C. 32;

D. 33.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

Hướng dẫn giải

Đổi 13 giờ = 780 phút.

Gọi T (phút) là thời gian để vi khuẩn Bacillus subtilis tự nhân đôi một lần.

Gọi M₀ là số tế bào/1 ml dịch nuôi của vi khuẩn Bacillus subtilis tại thời điểm ban đầu (t = 0). Theo bài ra ta có: M₀= 2.10².

Gọi M_t là số tế bào/1 ml dịch nuôi của vi khuẩn Bacillus subtilis tại thời điểm t.

Sau 13 giờ, số tế bào/1 ml dịch nuôi là 3,33.10⁹ nên ta có: M₇₈₀= 3,33 . 10⁹.

Do vi khuẩn Bacillus subtilis sinh trưởng trong điều kiện tối ưu và sinh sản theo hình thức tự nhân đôi nên ta có: $M_{t} = M_{0} {.2}^{\frac{t}{T}} .$

Suy ra: $M_{780} = M_{0} {.2}^{\frac{780}{T}} \Rightarrow 3, {33.10}^{9} = {2.10}^{2} {.2}^{\frac{780}{T}}$

$\Rightarrow 2^{\frac{780}{T}} = 1, {665.10}^{7} .$

$\Rightarrow \frac{780}{T} = \log_{2} (1, {665.10}^{7}) \Rightarrow T \approx 33.$

Vậy sau gần 33 phút vi khuẩn Bacillus subtilis tự nhân đôi một lần.

Câu 8:

Cường độ của một trận động đất, kí hiệu là M (độ Richter), được cho bởi công thức M = logA – logA₀, ở đó A là biên độ rung chấn tối đa đo được bằng địa chấn kế và A₀ là biên độ chuẩn (hằng số phụ thuộc vào từng khu vực).

Vào hồi 12 giờ 14 phút trưa ngày 27/07/2020, tại khu vực huyện Mộc Châu, Sơn La xảy ra trận động đất thứ nhất với cường độ 5,3 độ Richter. Trong vòng 20 tiếng đồng hồ, Sơn La đã xảy ra liên tiếp 7 trận động đất. Đến 8 giờ 26 phút sáng 28/07/2020, trận động đất thứ bảy xảy ra với cường độ 4 độ Richter.

Biết rằng biên độ chuẩn được dùng cho cả tỉnh Sơn La. Hỏi biên độ rung chấn tối đa của trận động đất thứ nhất gấp khoảng mấy lần biên độ rung chấn tối đa của trận động đất thứ bảy (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?

A. 11;

B. 15;

C. 20;

D. 21.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: C

Gọi A₁, M₁, A₇, M₇ lần lượt là biên độ rung chấn tối đa và độ Richter của trận động đất thứ nhất và trận động đất thứ bảy.

Ta có: M₁ = logA₁ – logA₀ = 5,3 và M₇ = logA₇ – logA₀ = 4.

Do đó M₁ – M₇ = logA₁ – logA₀ – logA₇ + logA₀

⇒ 5,3 – 4 = logA₁ – logA₇

\Rightarrow \log \frac{A_{1}}{A_{7}} = 1, 3 \Rightarrow \frac{A_{1}}{A_{7}} = 10^{1, 3} \approx 20.

Vậy biên độ rung chấn tối đa của trận động đất thứ nhất gấp khoảng 20 biên độ rung chấn tối đa của trận động đất thứ bảy.

Câu 9:

Đồng vị phóng xạ Uranium – 235 (thường được sử dụng trong điện hạt nhân) có chu kỳ bán rã là T = 703 800 000 năm. Theo đó, nếu ban đầu có 100 gam Uranium – 235 thì sau t năm, do bị phân rã, lượng Uranium – 235 còn lại được tính bởi công thức $M = 100 {(\frac{1}{2})}^{\frac{t}{T}}$ (g). Sau thời gian bao lâu thì lượng Uranium – 235 còn lại bằng 90% so với ban đầu?

A. 106 979 777 năm;

B. 106 979 776 năm;

C. 106 979 779 năm;

D. 106 979 780 năm.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

Lượng Uranium – 235 còn lại bằng 90% so với ban đầu là 90 g.

Khi đó M = 90 g, ta có phương trình:

$90 = 100 {(\frac{1}{2})}^{\frac{t}{T}} \Leftrightarrow {(\frac{1}{2})}^{\frac{t}{T}} = 0, 9 \Leftrightarrow \frac{t}{T} = \log_{\frac{1}{2}} 0, 9$

$\Leftrightarrow t = T . \log_{\frac{1}{2}} 0, 9 = 703 800 000. \log_{\frac{1}{2}} 0, 9 \approx 106 979 777$ (năm).

Vậy sau khoảng 106 979 777 năm thì lượng Uranium-235 còn lại bằng 90% so với ban đầu.

Câu 10:

Để tính độ tuổi của mẫu vật bằng gỗ, người ta đo độ phóng xạ ${}_{6}^{14}C$ có trong mẫu vật tại thời điểm t (năm) (so với thời điểm ban đầu t = 0), sau đó sử dụng công thức tính độ phóng xạ $H = H_{0} e^{- λ t}$ (đơn vị là Becquerel, kí hiệu Bq) với H₀ là độ phóng xạ ban đầu (tại thời điểm t = 0); $λ = \frac{\ln 2}{T}$ là hằng số phóng xạ, T = 5 730 (năm). Khảo sát một mẫu gỗ cổ, các nhà khoa học đo được độ phóng xạ là 0,215 Bq. Biết độ phóng xạ của mẫu gỗ tươi cùng loại là 0,250 Bq. Xác định độ tuổi của mẫu gỗ cổ đó (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

A. 1246 năm;

B. 1247 năm;

C. 1248 năm;

D. 1249 năm.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Trắc nghiệm Toán 11 Bài 19. Lôgarit có đáp án

Dạng 3: Bài toán thực tiễn gắn với phép tính lôgarit có đáp án

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan

Có thể bạn quan tâm

Các bài thi hot trong chương