Chiết suất tuyệt đối của kim cương:

Áp dụng công thức: \(n=\dfrac{c}{v}\)

\(\Rightarrow\)Tôc độ truyền ánh sáng trong kim cương:

\(v=\dfrac{c}{n}=\dfrac{3\cdot10^8}{2,42}=1,24\cdot10^8\)m/s=124000km/h

Chọn B.

Câu 12.

Ta có: \(\dfrac{sini}{sinr}=n\Rightarrow\dfrac{sin60^o}{sinr}=1,5\)

\(\Rightarrow sinr=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)

\(\Rightarrow r\approx35,3^o\)

Chọn C

Câu 17.

Xét tam giác IHJ vuông tại H:

\(sinr=\dfrac{HJ}{IJ}=\dfrac{HJ}{\sqrt{HI^2+HJ^2}}\)

Chiết xuất: \(\dfrac{sini}{sinr}=n\)

\(\Rightarrow\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{HI^2+HJ^2}}{HJ}=\dfrac{4}{3}\)

\(\Rightarrow\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{60^2+HJ^2}{HJ^2}=\dfrac{16}{9}\Rightarrow HJ=51,25cm\)

Độ dài bóng của thành bể tạo ở đáy:

\(HJ+x=85,9cm\)

Chọn A

Góc giới hạn phản xạ toàn phần:

\(sini_{gh}=\dfrac{n_2}{n_1}\)

\(\Rightarrow sini_{gh}=\dfrac{\dfrac{4}{3}}{\sqrt{3}}=\dfrac{4\sqrt{3}}{9}\)

\(\Rightarrow i_{gh}=50,2^o\)

Chọn A

Xét \(\Delta HIJ\) vuông tại H:

\(sinr=\dfrac{HJ}{IJ}=\dfrac{HJ}{\sqrt{HI^2+HJ^2}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{sini}{sinr}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{HI^2+HJ^2}}{HJ}=n\)

\(\Rightarrow\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{60^2+HJ^2}}{HJ}=\dfrac{4}{3}\)

\(\Rightarrow HJ=51,25cm\)

Độ dài vệt sáng:

\(y=x+HJ=85,9cm\)

Chọn B

21:

\(y'=\dfrac{\left(x^2-3x+5\right)'\left(x+2\right)-\left(x+2\right)'\left(x^2-3x+5\right)}{\left(x+2\right)^2}\)

\(=\dfrac{\left(2x-3\right)\left(x+2\right)-\left(x^2-3x+5\right)}{\left(x+2\right)^2}\)

\(=\dfrac{2x^2+4x-3x-6-x^2+3x-5}{\left(x+2\right)^2}=\dfrac{x^2+4x-11}{\left(x+2\right)^2}\)

17:

Khi x<>0 thì \(\lim\limits_{x\rightarrow0}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{1+4x-1}{\sqrt{1+4x}+1}\cdot\dfrac{1}{x}\)

\(=\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{4}{\sqrt{1+4x}+1}=\dfrac{4}{1+1}=\dfrac{4}{2}=2\)

=>Chọn B

38.

\(y'=2x^2-8x+9=2\left(x-2\right)^2+1\ge1\)

\(\Rightarrow\) Tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất bằng 1 khi \(x_0-2=0\Rightarrow x_0=2\)

\(y\left(2\right)=-\dfrac{11}{3}\)

Phương trình d:

\(y=1\left(x-2\right)-\dfrac{11}{3}=x-\dfrac{17}{3}\)

Thay tọa độ 4 điểm của đáp án, chỉ có \(P\left(5;-\dfrac{2}{3}\right)\) thỏa mãn

39.

Gọi E là trung điểm AB, F là trung điểm CD

Từ E kẻ EH vuông góc SF (H thuộc SF)

Do tam giác SAB đều \(\Rightarrow SE\perp AB\Rightarrow SE\perp\left(ABCD\right)\)

\(\Rightarrow SE\perp CD\)

\(EF||AD\Rightarrow EF\perp CD\)

\(\Rightarrow CD\perp\left(SEF\right)\) \(\Rightarrow CD\perp EH\)

\(\Rightarrow EH\perp\left(SCD\right)\Rightarrow EH=d\left(E;\left(SCD\right)\right)\)

Lai có: \(AB||CD\Rightarrow AB||\left(SCD\right)\Rightarrow d\left(A;\left(SCD\right)\right)=d\left(E;\left(SCD\right)\right)=EH\)

\(SE=\dfrac{AB\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) ; \(EF=AD=1\)

Hệ thức lượng: \(d=HE=\dfrac{SE.EF}{\sqrt{SE^2+EF^2}}=\dfrac{\sqrt{21}}{7}\)

Hình vẽ câu 39:

\(\lim\limits_{x\rightarrow3}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow3}\dfrac{\sqrt{x^2+7}-4}{2x-6}=\lim\limits_{x\rightarrow3}\dfrac{x^2-9}{2\left(x-3\right)\left(\sqrt{x^2+7}+4\right)}\)

\(=\lim\limits_{x\rightarrow3}\dfrac{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}{2\left(x-3\right)\left(\sqrt{x^2+7}+4\right)}=\lim\limits_{x\rightarrow3}\dfrac{x+3}{2\left(\sqrt{x^2+7}+4\right)}\)

\(=\dfrac{6}{2\left(4+4\right)}=\dfrac{3}{8}\)

\(f\left(3\right)=1-2m\)

Hàm liên tục trên R khi: 

\(1-2m=\dfrac{3}{8}\Rightarrow m=\dfrac{5}{16}\in\left(0;1\right)\)