Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đại lượng tích lũy (Toán học Lớp 12)

- Mệnh đề a: $90\text{ km/h}=25\text{ m/s}$. Gia tốc hãm phanh $a=-2{\text{ m/s}}^2$. Vận tốc sau khi hãm phanh là $v(t)=25-2t\text{ (m/s)}$. (Đúng)
- Mệnh đề b: $30\text{ km/h}=\frac{25}{3}\text{ m/s}$. Giải phương trình $25-2t=\frac{25}{3}⟺2t=\frac{50}{3}⟺t=\frac{25}{3}\approx 8,33\text{ s}\ne 9\text{ s}$. (Sai)
- Mệnh đề c: Quãng đường khi đạp phanh: $s={\int }_0^{25/3}(25-2t)dt=25\cdot \frac{25}{3}-{\left(\frac{25}{3}\right)}^2=\frac{1250}{9}\approx 138,89\approx 139\text{ m}$. (Đúng)
- Mệnh đề d: Trong 4 giây đầu xe chạy với tốc độ $25\text{ m/s}$ đi được quãng đường $4\times 25=100\text{ m}$. Khi bắt đầu phanh xe cách trạm $400-100=300\text{ m}$. Sau khi giảm về $30\text{ km/h}$, khoảng cách đến trạm là $300-139=161\text{ m}$. (Đúng)

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 17):
- a) ĐÚNG: Trên khoảng $[0;2]$, đồ thị là đường nằm ngang có tung độ bằng 5, vật chuyển động thẳng đều với vận tốc 5 m/s, do đó $v(1)=5$ m/s.
- b) SAI: Parabol trên đoạn $[2;5]$ có đỉnh tại $(4;1)$ và đi qua $(2;5)$, $(5;2)$, có phương trình $v(t)=(t-4{)}^2+1=t^2-8t+17$. Do đó tại $t=4$, $v(4)=1$ m/s $\ne 4,5$ m/s.
- c) SAI: Trên đoạn $[5;7]$, đồ thị là đường thẳng đi qua $(5;2)$ và $(7;6)$, phương trình $v(t)=2t-8$. Quãng đường vật đi được từ $t=3$ đến $t=7$ là: $s={\int }_3^5(t^2-8t+17)dt+{\int }_5^7(2t-8)dt=\frac{14}{3}+8=\frac{38}{3}\approx 13$ m $\ne 18$ m.
- d) ĐÚNG: Vận tốc trung bình từ $t=2$ đến $t=7$ là $v_{\text{tb}}=\frac{1}{7-2}{\int }_2^{7}v(t)dt=\frac{1}{5}\left({\int }_2^5(t^2-8t+17)dt+{\int }_5^7(2t-8)dt\right)=\frac{1}{5}(15+8)=\frac{23}{5}=4,6$ m/s.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 17), Câu 4 Phần III có đáp án là 5.

Số lượng vi khuẩn trong 1 ml nước tại thời điểm $t$ ngày là:
$N(t)=N(0)+{\int }_0^{t}f(u)du=500+{\int }_0^t\frac{1000}{(1+0,2u{)}^2}du$.
Ta có: $\int \frac{1000}{(1+0,2u{)}^2}du=-\frac{5000}{1+0,2u}$.
Do đó:
$N(t)=500+{\left[-\frac{5000}{1+0,2u}\right]}_0^t=500-\frac{5000}{1+0,2t}+5000=5500-\frac{5000}{1+0,2t}$.
Người ta phải xử lý và thay nước mới khi số lượng vi khuẩn đạt ngưỡng an toàn $N(t)\ge 3000$:
$5500-\frac{5000}{1+0,2t}\ge 3000⟺\frac{5000}{1+0,2t}\le 2500⟺1+0,2t\ge 2⟺t\ge 5$.
Vậy sau 5 ngày thì phải xử lý và thay nước mới cho hồ bơi.

Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.
- a) Đúng. Ta có $N(t)=\int N^{\prime }(t)dt=\int (-\lambda N_0{e}^{-\lambda t})dt=N_0{e}^{-\lambda t}+C$. Do $N(0)=N_0\Rightarrow C=0$, vậy $N(t)=N_0\cdot e^{-\lambda t}$.
- c) Đúng. Theo định nghĩa chu kì bán rã $T$, sau một chu kì bán rã $T$ thì lượng chất phóng xạ còn lại đúng một nửa so với ban đầu.
- d) Sai. Vì $N(T)=\frac{1}{2}{N}_0\iff N_0{e}^{-\lambda T}=\frac{1}{2}{N}_0\iff \lambda T=\ln 2\iff \lambda =\frac{\ln 2}{T}$.
- b) Sai. Sau thời gian $3T$, lượng chất phóng xạ còn lại là $N(3T)=N_0\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^3=\frac{1}{8}{N}_0=12,5\%\ne 25\%$.

- Ý a) Đúng: Tại $t=0$, ta có $P^{\prime }(0)=300\iff a+150=300\iff a=150$.
- Ý b) Sai: Ta có $P(t)=\int (150e^{0,1t}+150e^{-0,03t})dt=1500e^{0,1t}-5000e^{-0,03t}+C$. Vì $P(0)=200000\Rightarrow 1500-5000+C=200000\iff C=203500$. Vậy $P(t)=1500e^{0,1t}-5000e^{-0,03t}+203500$.
- Ý c) Đúng: Sau $10$ phút, $P(10)=1500e^1-5000e^{-0,3}+203500\approx 203873,33>203800$.
- Ý d) Đúng: Trong $5$ phút cạnh tranh (từ $t=10$ đến $t=15$ đối với quần thể A và từ $0$ đến $5$ phút đối với quần thể B), tổng số cá thể của quần thể A (gồm số có mặt lúc $t=10$ cộng lượng sinh thêm trong $5$ phút) là $P(15)=1500e^{1,5}-5000e^{-0,45}+203500\approx 207036,02$.
Lượng vi khuẩn B sinh thêm trong $5$ phút cạnh tranh là ${\int }_0^{5}500e^{0,2t}dt=2500(e^1-1)\approx 4295,70$.
Suy ra số lượng vi khuẩn B ở thời điểm bắt đầu cạnh tranh là $G(0)=P(15)-2500(e-1)\approx 202740,32>202730$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 17), Câu 3 (Phần II) có đáp án là: a:Đ,b:S,c:Đ,d:S.

a) Đúng. Do hướng chuyển động tạo với mặt phẳng $(Oxy)$ góc $30^{\circ }$ hướng lên trên nên $c=\sin 30^{\circ }=\frac{1}{2}$.
b) Sai. Vectơ đơn vị là $\vec{u}=\left(\frac{\sqrt{6}}{4};\frac{\sqrt{6}}{4};\frac{1}{2}\right)$.
c) Đúng. Quãng đường $S={\int }_0^{2\ln 2}k{e}^{0.5t}dt=2k(e^{\ln 2}-1)=2k=20\Rightarrow k=10$.
d) Sai. $z_B=z_A+S(2)\cdot c=5+20(e-1)\cdot 0,5\approx 22\text{ mm}\ne 20\text{ mm}$.

Đổi $36\text{ km/h}=10\text{ m/s}$.
- a) Đúng: Tại thời điểm bắt đầu tăng tốc ($t=0$), vận tốc của ô tô là $v(0)=b=10\text{ (m/s)}$.
- b) Sai: Quãng đường ô tô đi được trong thời gian $t$ giây ($0\le t\le 24$) kể từ khi tăng tốc phải là $S(t)={\int }_0^{t}v(u)du$, không phải tích phân cận cố định từ $0$ đến $24$.
- c) Đúng: Trong $3$ giây đầu trước khi tăng tốc, ô tô đi được $3\cdot 10=30\text{ m}$. Do đó quãng đường từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi nhập làn là $210-30=180\text{ m}$.
- d) Sai: Vì ô tô nhập làn sau $12$ giây kể từ khi bắt đầu tăng tốc nên ${\int }_0^{12}(at+10)dt=180\iff 72a+120=180\iff a=\frac{5}{6}{\text{ (m/s}}^2\text{)}$. Sau $24$ giây, vận tốc của ô tô là $v(24)=\frac{5}{6}\cdot 24+10=30\text{ m/s}=108\text{ km/h}>100\text{ km/h}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 9), Câu 1 (Phần II): a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.

a) Trong 10 giây đầu, ô tô chuyển động thẳng đều với vận tốc $15\text{ m/s}$.
Quãng đường ô tô đi được là $s_1=15\cdot 10=150\text{ m}$. Do đó khẳng định a sai.

b) Vận tốc của ô tô kể từ lúc đạp phanh là:
$v(t)=\int a(t)dt=\int (-2t-2)dt=-t^2-2t+C$.
Tại thời điểm $t=0$, vận tốc $v(0)=15\text{ m/s}\Rightarrow C=15$.
Do đó $v(t)=-t^2-2t+15$.
Ô tô dừng hẳn khi $v(t)=0\iff -t^2-2t+15=0\iff t=3\text{ (do }t>0)$. Do đó khẳng định b đúng.

c) Quãng đường ô tô đi được từ lúc phanh đến khi dừng hẳn là:
$s_2={\int }_0^{3}v(t)dt={\int }_0^3(-t^2-2t+15)dt=\left(-\frac{t^3}{3}-t^2+15t\right){|}_0^3=-9-9+45=27\text{ m}$.
Do đó khẳng định c sai.

d) Tổng thời gian chuyển động của ô tô từ lúc bắt đầu đến khi dừng hẳn là $10+3=13$ giây.
Khoảng thời gian 10 giây cuối tương ứng từ giây thứ 3 đến giây thứ 13.
- Từ giây thứ 3 đến giây thứ 10 (7 giây chuyển động đều): quãng đường đi được là $7\cdot 15=105\text{ m}$.
- Từ giây thứ 10 đến giây thứ 13 (3 giây phanh đến khi dừng): quãng đường đi được là $27\text{ m}$.
Tổng quãng đường đi được trong 10 giây cuối là $105+27=132\text{ m}$. Do đó khẳng định d đúng.

a) Đúng: Ta có $N^{\prime }(1)=A\cdot e^k=1000\ln 2\cdot e^k=2000\ln 2\Rightarrow e^k=2\Rightarrow k=\ln 2$.
b) Sai: $N(t)=\int 1000\ln 2\cdot e^{t\ln 2}dt=1000\cdot 2^t+C$. Vì $N(1)=3000$ nên $2000+C=3000\Rightarrow C=1000\Rightarrow N(t)=1000\cdot 2^t+1000$. Tại $t=5$, $N(5)=1000\cdot 2^5+1000=33000$ (con).
c) Đúng: Xét $N(t)>65000\iff 1000\cdot 2^t+1000>65000\iff 2^t>64\iff t>6$. Vậy số lượng vi khuẩn bắt đầu vượt ngưỡng an toàn từ sau thời điểm $t=6$ giờ.
d) Đúng: Sau $4\ln 2$ giờ kể từ lúc bắt đầu xử lý ($t-6=4\ln 2$), số vi khuẩn còn lại là $M=65000\cdot e^{-0,25\cdot 4\ln 2}=65000\cdot e^{-\ln 2}=\frac{65000}{2}=32500$ (con).

Từ đồ thị, đường cong parabol biểu diễn $Q_1^{\prime }(t)$ và đường thẳng biểu diễn $Q_2^{\prime }(t)$ cắt nhau tại điểm có hoành độ $t=5$.
Khi $t=5$, ta có $Q_1^{\prime }(5)=-2\cdot 5^2+4\cdot 5+58=28$.
Vì hai đồ thị cắt nhau tại $t=5$ nên $Q_2^{\prime }(5)=Q_1^{\prime }(5)=28\Rightarrow 53+5a=28\iff a=-5$. Do đó $Q_2^{\prime }(t)=53-5t$.
- Ý a) Đúng: Ta có $Q_1^{\prime }(t)=-2t^2+4t+58=-2(t-1{)}^2+60\le 60$. Vậy hiệu suất cực đại của công nhân $A$ là $60$ sản phẩm mỗi giờ (đạt tại $t=1$).
- Ý b) Sai: Giá trị $a=-5\ne -3$.
- Ý c) Đúng: Số sản phẩm công nhân $B$ hoàn thành sau $6$ giờ là $Q_2(6)={\int }_0^6(53-5t)dt={\left(53t-\frac{5t^2}{2}\right)|}_0^6=318-90=228$ (sản phẩm).
- Ý d) Đúng: Số sản phẩm công nhân $A$ hoàn thành sau $6$ giờ là $Q_1(6)={\int }_0^6(-2t^2+4t+58)dt={\left(-\frac{2t^3}{3}+2t^2+58t\right)|}_0^6=-144+72+348=276$ (sản phẩm). Vì $276>228$ nên số sản phẩm hoàn thành của công nhân $A$ nhiều hơn công nhân $B$.

Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng.
- a) Đúng. Có $v_A(0)=v_B(0)=20(\text{m/s})$.
- b) Sai. Ta có:
$S_A={\int }_0^5{v}_A(t)dt={\int }_0^5(t^2-t+20)dt=\frac{775}{6}\approx 129,167(\text{m})$;
$S_B={\int }_0^5{v}_B(t)dt={\int }_0^5(t^3-6t^2+9t+20)dt=\frac{475}{4}=118,75(\text{m})$.
Vì $S_A>S_B$ nên xe $A$ đi được quãng đường lớn hơn.
- c) Sai. Có $v_A(t)=v_B(t)\iff t^2-t+20=t^3-6t^2+9t+20\iff t^3-7t^2+10t=0\iff [<table><tbody><tr><td>t=0</td></tr><tr><td>t=2</td></tr><tr><td>t=5</td></tr></tbody></table>$.
Mà $0<t<5$ nên chỉ có một thời điểm $t=2$.
- d) Đúng. Ta có $v_A(t)<v_B(t)\iff t^3-7t^2+10t>0\iff [<table><tbody><tr><td>0<t<2</td></tr><tr><td>t>5</td></tr></tbody></table>$.
Do đó $v_C(t)=\{\begin{array}{ll}{t}^3-6t^2+9t+20,& \text{khi }0\le t\le 2\\ t^2-t+20,& \text{khi }2<t\le 5\end{array}(\text{m/s})$.
Dẫn tới $S_C={\int }_0^2(t^3-6t^2+9t+20)dt+{\int }_2^5(t^2-t+20)dt=\frac{269}{2}$.
Suy ra $\Delta S=S_C-S_A=\frac{269}{2}-\frac{775}{6}=\frac{16}{3}\approx 5,33>5,3$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 9), Câu 2 (Phần II): a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.

- Khối lượng đường ban đầu là $5\text{ kg}=5000\text{ g}$. Mỗi phút bơm vào $50\text{ lıˊt}\times 20\text{ g/lıˊt}=1000\text{ g}$ đường. Sau $t$ phút, khối lượng đường là $1000t+5000$ (gam). (a đúng).
- Thể tích nước sau $t$ phút là $2000+50t$ (lít). (b đúng).
- Nồng độ đường sau $t$ phút: $f(t)=\frac{1000t+5000}{50t+2000}$. Đạo hàm $f^{\prime }(t)=\frac{1000(2000)-5000(50)}{(50t+2000{)}^2}=\frac{1750000}{(50t+2000{)}^2}>0$. Hàm số đồng biến trên $[0;+\infty )$, do đó nồng độ luôn tăng chứ không giảm. (c sai).
- Ta có ${\lim }_{t\to +\infty }f(t)=\frac{1000}{50}=20\text{ g/lıˊt}$, và vì $f(t)$ đồng biến nên $f(t)<20$ với mọi $t\ge 0$. Do đó nồng độ không bao giờ vượt quá $20\text{ g/lıˊt}$. (d đúng).

a) ĐÚNG. $f^{\prime }(x)=[\ln y(x){]}^{\prime }=\frac{y^{\prime }(x)}{y(x)}=-7\cdot 10^{-4}$.
b) ĐÚNG. $f(x)=\int (-7\cdot 10^{-4})dx=-7\cdot 10^{-4}x+C$. Với $x=0$, $f(0)=\ln (0,05)⟹C=\ln (0,05)$. Vậy $f(x)=-7\cdot 10^{-4}x+\ln (0,05)$.
c) SAI. $y(x)=0,05e^{-7\cdot 10^{-4}x}$. Suy ra $y(30)-y(15)\approx -5,2\cdot 10^{-4}\ne -6\cdot 10^{-4}$.
d) ĐÚNG. Nồng độ trung bình từ 15 đến 30 giây là $\frac{1}{15}{\int }_{15}^{30}y(x)dx\approx 0,05$.

Ta có $v(t)=s^{\prime }(t)=3t^2-12t+16=3(t-2{)}^2+4$.
a) Đúng vì trên $[0;6]$, ${\max }_{[0;6]}v(t)=v(6)=3\cdot 16+4=52(m/s)$.
b) Sai vì $v(t)=3t^2-12t+16$.
c) Sai vì $s(5)=125-150+80=55\mathrm{m}$.
d) Đúng vì $v^{\prime }(t)=6t-12<0$ trên $(0;2)$.

a) Sai vì đội $A$ cách đích $115\text{m}$ nên về đích sau $\frac{115}{12}$ giây. b) Đúng. c) Đúng vì sau $5$ giây đội $B$ đi được ${\int }_0^5(0,5t+8)\mathrm{d}t=46,25\text{m}$, còn cách đích $53,75\text{m}$. d) Sai vì đội $B$ cần $t\approx 9,61\text{s}>\frac{115}{12}\approx 9,58\text{s}$ nên đội $A$ về đích trước.

Cá bơi đến khi $v(t)=0⟺t=10\text{h}$. Khoảng cách xa nhất là ${\int }_0^{10}\left(-\frac{2}{5}t+4\right)\mathrm{d}t=20\text{km}$.

Ta có $h(t)=a{t}^2+5bt$. Từ $h(4)=16a+20b=2080$ và $h(8)=64a+40b=4320$, giải được $a=5,5b=500⟹h(t)=5t^2+500t$. Vậy $h(10)=5500{\text{m}}^3$.

Diện tích hình vuông $ABCD$ cạnh $4\text{ m}$ là $S_{ABCD}=4^2=16({\text{m}}^2)$. Phần hình phẳng giới hạn bởi đoạn $AD$ (dài $4\text{ m}$) và cung parabol $AID$ (có chiều cao $h=5-4=1\text{ m}$) có diện tích bằng $\frac{2}{3}\cdot 4\cdot 1=\frac{8}{3}({\text{m}}^2)$.
Tổng diện tích mặt sàn chuồng bò là $S=16+\frac{8}{3}=\frac{56}{3}({\text{m}}^2)$.
Tổng chi phí xây dựng là $\frac{56}{3}\cdot 350000\approx 6533333$ đồng, làm tròn đến hàng nghìn được $6533000$ đồng.

a) Đúng. Ta có $W(t)=\int (A+3e^{-0,2t})dt=At-15e^{-0,2t}+C$. Do $W(0)=0\Rightarrow -15+C=0\Rightarrow C=15$, nên $W(t)=At-15e^{-0,2t}+15$.
b) Đúng. Từ $W(10)=65\iff 10A-15e^{-2}+15=65\iff A=5+1,5e^{-2}\approx 5,203$, làm tròn đến hàng đơn vị được $A=5$.
c) Sai. Trong $5$ giờ đầu tiên, $W(5)=5(5+1,5e^{-2})-15e^{-1}+15=40+7,5e^{-2}-15e^{-1}\approx 35,496\text{ kg}>35\text{ kg}$.
d) Đúng. Lượng nước rút được trong $5$ giờ cuối là $W(10)-W(5)=65-35,496=29,504\text{ kg}$, nên tốc độ trung bình là $\frac{29,504}{5}\approx 5,9$ kg/giờ.

a) Đúng. Vì $Q(t)=\int [I(t)-n(t)]dt$ nên $Q^{\prime }(t)=I(t)-n(t)=600e^{-0,01t}-10e^{0,04t}=h(t)$.
b) Đúng. Ta có $Q(t)=\int (600e^{-0,01t}-10e^{0,04t})dt=\frac{600}{-0,01}{e}^{-0,01t}-\frac{10}{0,04}{e}^{0,04t}+C=-60000e^{-0,01t}-250e^{0,04t}+C$.
c) Sai. Từ $Q(0)=0\Rightarrow -60000-250+C=0\Rightarrow C=60250$. Sau $30$ phút, $Q(30)=-60000e^{-0,3}-250e^{1,2}+60250\approx 15230,56\text{ mAh}$? Kiểm tra lại: $-60000e^{-0,3}\approx -44449,09$, $-250e^{1,2}\approx -830,03$, nên $Q(30)=60250-44449,09-830,03=14970,88\text{ mAh}<15000\text{ mAh}$ ($50\%$ dung lượng thiết kế).
d) Sai. Điều kiện $I(t)\ge 2n(t)\iff 600e^{-0,01t}\ge 20e^{0,04t}\iff e^{0,05t}\le 30\iff t\le 20\ln 30\approx 68,02$ phút.