Online learning now is very popular in our life. Every child definitely has learned online 1 time. Thus, online learning have many advantage that we don't know. The first benefit of online learning is the comfortable and more freedom learning enviroment.  Moreover, online learning gives you more freedom to set your own schedule and learning pace. Lastly, it promotes independence as you are responsible for managing your time and assignments. In conclusion, online learning provides a convenient, comfortable, and flexible way for students to gain knowledge while encouraging independence in their learning journey.

TPBL: Những tuổi hai mươi làm sao không tiếc
Tác dụng: bổ sung ý nghĩa cho câu thơ đứng trước và nhấn mạnh ý nghĩa của câu thơ đứng sau, khẳng định trong mỗi người lính trẻ đều tồn tại sự luyến tiếc dành cho tuổi xuân của mình nhưng họ sẵn sàng bỏ qua sự luyến tiếc đó để cống hiến tuổi xuân của mình cho tổ quốc.

Hi, Tom
I'm very suprised that you are going to join the Ok Om Bok Festival next week, Here, I have some advice for you on what to do and avoid doing at the festival.

First, you should dress properly, and don’t forget to wear comfortable shoes because you may walk a lot. Second, you should be quiet when the monks and the elders are talking. Last but not least, always show respect to the monks and the elders.

Also, I should remind you that you mustn’t litter on the ground or climb on the statues in the temple. Besides, you shouldn’t refuse young rice when the elders offer it to you. Anyway, I hope you will have a great time.
I wished you had great time there,
Best friend, Hải

Ta có \(4^{x} - 3. 2^{x + 2} + m = 0 \Leftrightarrow 4^{x} - 12. 2^{x} + m = 0\) (1)

Đặt \(t = 2^{x} , \left(\right. t > 0 \left.\right)\) phương trình (1) trở thành \(t^{2} - 12 t + m = 0\) \(\left(\right. 2 \left.\right)\).

YCBT \(\Leftrightarrow \left(\right. 2 \left.\right)\) có hai nghiệm dương phân biệt \(t = t_{1} ; t = t_{2}\)

\(\Leftrightarrow{\Delta^{^{\prime}}>0;S>0;P>0;t_1.t_2=32}\)

\(\Leftrightarrow{36-m>0;m>0;m=32}\)

\(\Leftrightarrow m = 32\).

Ta có: \(P\left(\right.A\left.\right)=0,2;P\left(\right.B\left.\right)=0,3.\)

a) Gọi \(C\) là biến cố: "Lần bắn thứ nhất trúng bia, lần bắn thứ hai không trúng bia".

Ta có: \(C=AB\overset{}{}\) và \(A,B\) là hai biến cố độc lập

\(\Rightarrow P\left(\right.C\left.\right)=P{\left(A\right)}.P\left(\right.B\left.\right)=0,8.0,3=0,24.\)

b) Gọi biến cố \(D\): "Có ít nhất một lần bắn trúng bia".

Khi đó, biến cố \(D\): "Cả hai lần bắn đều không trúng bia".

\({\Rightarrow D}=AB\Rightarrow P\left({D}\left.\right)=0,06\overset{}{}\right.\)

\(\Rightarrow P\left(D\right)=0,94\)

Có: \(SA\bot AB\); \(SA\bot AD\) => \(S A ⊥ \left(\right. A B C D \left.\right)\).

Gọi giao điểm của BM và AD là I;

Dựng AH vuông góc BM tại H, AK vuông góc SH tại K.

\(SA\bot\left(ABCD\right);BM\subset\left(ABCD\right)\left.\right.\Rightarrow SA\bot BM\) mà \(B M ⊥ A H\) \(\Rightarrow B M ⊥ \left(\right. S A H \left.\right)\).

Ta có \(BM\bot\left(\right.SAH\left.\right);BM\subset\left(\right.SBM\left.\right)\left.\right.\Rightarrow\left(\right.SAH\left.\right)\bot\left(\right.SBM\left.\right)\)

Ta có \(\left(\right.SAH\left.\right)\bot\left(\right.SBM\left.\right);\left(\right.SAH\left.\right)\cap\left(\right.SBM\left.\right)=SH;AK\subset\left(\right.SAH\left.\right),AK\bot SH\left.\right.\Rightarrow AK\bot\left(\right.SBM\left.\right)\)

\(\Rightarrow d \left(\right. A , \left(\right. S B M \left.\right) \left.\right) = A K\)

Xét \(\Delta I A B\) có \(M D\) // \(A B \Rightarrow \frac{I D}{I A} = \frac{M D}{A B} = \frac{\frac{1}{2} C D}{A B} = \frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow D\) là trung điểm của \(I A\) \(\Rightarrow I A = 2 A D = 2 a\).

\(\Delta A B I\) vuông tại \(A\) có \(A H\) là đường cao \(\Rightarrow \frac{1}{A H^{2}} = \frac{1}{A B^{2}} + \frac{1}{A I^{2}} = \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{4 a^{2}} = \frac{5}{4 a^{2}}\).

\(SA\bot\left(\right.ABCD\left.\right);AH\subset\left(\right.ABCD\left.\right)\left.\right.\Rightarrow SA\bot AH\).

\(\Delta S A H\) vuông tại \(A\) có \(A K\) là đường cao \(\Rightarrow \frac{1}{A K^{2}} = \frac{1}{S A^{2}} + \frac{1}{A H^{2}} = \frac{1}{4 a^{2}} + \frac{5}{4 a^{2}} = \frac{6}{4 a^{2}}\)

\(\frac{d \left(\right. D , \left(\right. S B M \left.\right) \left.\right)}{d \left(\right. A , \left(\right. S B M \left.\right) \left.\right)} = \frac{D I}{A I} = \frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow d \left(\right. D , \left(\right. S B M \left.\right) \left.\right) = \frac{1}{2} d \left(\right. A , \left(\right. S B M \left.\right) \left.\right) = \frac{a}{\sqrt{6}}\).

Ta có PTPU: \(_{84}^{210} P o \rightarrow_{2}^{4} H e +_{82}^{206} P b\)

+) Giả sử số mol \(_{84}^{210} P o\) ban đầu là 1 (mol) \(\rightarrow m_{0 P o} = 1.210 = 210\) (g)

Do mẫu có 50% là tạp chất nên khối lượng của mẫu ban đầu là: \(m_{m} = 210.2 = 420\) (g)

Số mol polonium còn lại sau 276 ngày là:

\(n = n_{0} \left(. 2\right)^{- \frac{t}{T}} = 1.2^{- \frac{276}{138 , 4}} = \frac{1}{4}\) (mol)

Khối lượng polonium còn lại sau 276 ngày là:

\(m_{P o} = \frac{1}{4} . 210 = 52 , 5\) (g)

Số mol polonium đã phân rã là:

\(\Delta n_{P o} = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}\) (mol)

+) Số mol \(\alpha\) tạo ra và bay đi là: \(n_{\alpha} = \Delta n_{P o} = \frac{3}{4}\) (mol)

Khối lượng \(\alpha\) bay đi là: \(m_{\alpha} = n_{\alpha} . A_{\alpha} = \frac{3}{4} . 4 = 3\) (g)

=> Sau 276 ngày là \(m^{'} = m_{m} - m_{\alpha} = 420 - 3 = 417\) (g)

Phần trăm polonium còn lại sau 276 ngày là

\(\frac{m_{P o}}{m^{'}} = \frac{52 , 5}{417} . 100\)

Ta có PTPU: \(_{84}^{210} P o \rightarrow_{2}^{4} H e +_{82}^{206} P b\)

+) Giả sử số mol \(_{84}^{210} P o\) ban đầu là 1 (mol) \(\rightarrow m_{0 P o} = 1.210 = 210\) (g)

Do mẫu có 50% là tạp chất nên khối lượng của mẫu ban đầu là: \(m_{m} = 210.2 = 420\) (g)

Số mol polonium còn lại sau 276 ngày là:

\(n = n_{0} \left(. 2\right)^{- \frac{t}{T}} = 1.2^{- \frac{276}{138 , 4}} = \frac{1}{4}\) (mol)

Khối lượng polonium còn lại sau 276 ngày là:

\(m_{P o} = \frac{1}{4} . 210 = 52 , 5\) (g)

Số mol polonium đã phân rã là:

\(\Delta n_{P o} = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}\) (mol)

+) Số mol \(\alpha\) tạo ra và bay đi là: \(n_{\alpha} = \Delta n_{P o} = \frac{3}{4}\) (mol)

Khối lượng \(\alpha\) bay đi là: \(m_{\alpha} = n_{\alpha} . A_{\alpha} = \frac{3}{4} . 4 = 3\) (g)

=> Sau 276 ngày là \(m^{'} = m_{m} - m_{\alpha} = 420 - 3 = 417\) (g)

Phần trăm polonium còn lại sau 276 ngày là

\(\frac{m_{P o}}{m^{'}} = \frac{52 , 5}{417} . 100\)

Ta có PTPU: \(_{84}^{210} P o \rightarrow_{2}^{4} H e +_{82}^{206} P b\)

+) Giả sử số mol \(_{84}^{210} P o\) ban đầu là 1 (mol) \(\rightarrow m_{0 P o} = 1.210 = 210\) (g)

Do mẫu có 50% là tạp chất nên khối lượng của mẫu ban đầu là: \(m_{m} = 210.2 = 420\) (g)

Số mol polonium còn lại sau 276 ngày là:

\(n = n_{0} \left(. 2\right)^{- \frac{t}{T}} = 1.2^{- \frac{276}{138 , 4}} = \frac{1}{4}\) (mol)

Khối lượng polonium còn lại sau 276 ngày là:

\(m_{P o} = \frac{1}{4} . 210 = 52 , 5\) (g)

Số mol polonium đã phân rã là:

\(\Delta n_{P o} = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}\) (mol)

+) Số mol \(\alpha\) tạo ra và bay đi là: \(n_{\alpha} = \Delta n_{P o} = \frac{3}{4}\) (mol)

Khối lượng \(\alpha\) bay đi là: \(m_{\alpha} = n_{\alpha} . A_{\alpha} = \frac{3}{4} . 4 = 3\) (g)

=> Sau 276 ngày là \(m^{'} = m_{m} - m_{\alpha} = 420 - 3 = 417\) (g)

Phần trăm polonium còn lại sau 276 ngày là

\(\frac{m_{P o}}{m^{'}} = \frac{52 , 5}{417} . 100\)

Trong thời gian \(t\), số hạt \(^{238} U\) bị phân rã bằng số hạt \(^{206} P b\) được tạo thành.

\(N_{P b} = \Delta N = N_{0} - N = N_{0} . \left(\right. 1 - 2^{- \frac{t}{T}} \left.\right)\)

Mà \(m = \frac{N}{N_{A}} . A\).

Do đó, tỉ lệ khối lượng giữa \(^{206} P b\) và \(^{238} U\) là

\(\frac{m_{P b}}{m_{U}} = \frac{206 N_{P b}}{238 N_{U}} = \frac{23 , 15}{46 , 97}\)

\(\rightarrow \frac{\Delta N}{N} = \frac{23 , 15.238}{46 , 97.206} \rightarrow \frac{N_{0} . \left(\right. 1 - 2^{- \frac{t}{T}} \left.\right)}{N_{0} \left(. 2\right)^{- \frac{t}{T}}} = \frac{23 , 15.238}{46 , 97.206}\)

→2tT=(1+23,15.23846,97.206)→t=Tlog⁡2(1+23,15.23846,97.206)=2,9.109→2Tt​=(1+46,97.20623,15.238​)→t=Tlog2​(1+46,97.20623,15.238​)=2,9.109 năm