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

a) Đúng. Thời gian chất điểm $B$ đi được 15 giây. Thời gian chất điểm $A$ đi được $15+3=18$ giây.

b) Đúng. Quãng đường chất điểm $A$ đi được 18 giây: $$S_A=\underset{0}{\overset{18}{\int }}\left(\frac{1}{120}{t}^2+\frac{58}{45}t\right)=225(m)$$ Phương trình chuyển động thẳng biến đổi đều của chất điểm $B$ là: $S_B=x_0+v_{0}t+\frac{1}{2}a{t}^2$. Trong đó, tại gốc $O$ nên $x_0=0$; vận tốc đầu $v_0=0$; do đó phương trình chuyển động thẳng biến đổi đều của chất điểm $B$ là: $S_B=\frac{1}{2}a{t}^2$. Mặt khác, quãng đường đi được của chất điểm $B$ bằng quãng đường đi được của chất điểm $A$ trong 15 giây: $$S_B=\frac{1}{2}a(15{)}^2=225(m)\iff a=2.$$ Vận tốc chất điểm $B$ là: $v=v_0+at=0+2(15)=30(m/s)$.

c) Đúng. $a=2$.

d) Sai. Sau khi $B$ xuất phát được 10 giây thì chất điểm $A$ đi được 13 giây. Do đó quãng đường $A$ đi được $S_A=\underset{0}{\overset{13}{\int }}\left(\frac{1}{120}{t}^2+\frac{58}{45}t\right)=115,013(m)$.
a) Thời gian chất điểm $B$ đi được 15 giây. Thời gian chất điểm $A$ đi được $15+3=18$ giây. Khẳng định a) Đúng.
b) Quãng đường chất điểm $A$ đi được 18 giây: $$S_A=\underset{0}{\overset{18}{\int }}\left(\frac{1}{120}{t}^2+\frac{58}{45}t\right)=225(m)$$ Phương trình chuyển động thẳng biến đổi đều của chất điểm $B$ là: $S_B=x_0+v_{0}t+\frac{1}{2}a{t}^2$. Trong đó, tại gốc $O$ nên $x_0=0$; vận tốc đầu $v_0=0$; do đó $S_B=\frac{1}{2}a{t}^2$. Mặt khác, quãng đường đi được của chất điểm $B$ bằng quãng đường đi được của chất điểm $A$ trong 15 giây: $$S_B=\frac{1}{2}a(15{)}^2=225(m)\iff a=2.$$ Vận tốc chất điểm $B$ là: $v=v_0+at=0+2(15)=30(m/s)$. Khẳng định b) Đúng.
c) Từ $S_B=\frac{1}{2}a(15{)}^2=225(m)\iff a=2$. Khẳng định c) Đúng.
d) Sau khi $B$ xuất phát được 10 giây thì chất điểm $A$ đi được 13 giây. Do đó quãng đường $A$ đi được $S_A=\underset{0}{\overset{13}{\int }}\left(\frac{1}{120}{t}^2+\frac{58}{45}t\right)=115,013(m)$. Khẳng định d) Sai.

(AI giải đề cho tôi)
Từ $T^{\prime }(t)=7e^{-0.33t}$ và $T(0)=-4$, ta có $T(t)=-4+{\int }_0^{t}7e^{-0.33s}ds=-4+\frac{700}{33}\left(1-e^{-0.33t}\right)\approx -4+21,2121\left(1-e^{-0.33t}\right)$.

a) $T^{\prime }(2)=7e^{-0.66}\approx 7\cdot 0,51685\approx 3,62^{\circ }C$/giờ $\ne 3,48$ → sai.

b) Theo công thức trên, $T(t)\approx 21,2121\left(1-e^{-0.33t}\right)-4$, không phải $7e^{-0.33t}-11$ (hàm này còn cho $T(0)=-4$ nhưng $T^{\prime }(t)=-2,31e^{-0.33t}<0$, nhiệt độ giảm, mâu thuẫn) → sai.

c) Giải $T(t)=10$: $14=\frac{700}{33}(1-e^{-0.33t})\Rightarrow 1-e^{-0.33t}=0,66\Rightarrow e^{-0.33t}=0,34\Rightarrow t=\frac{\ln (1/0,34)}{0,33}\approx \frac{1,07881}{0,33}\approx 3,27$ giờ $\ne 3,44$ → sai.

d) Giải $T(t)=0$: $\frac{4}{700/33}=0,18857\Rightarrow e^{-0.33t}=0,81143\Rightarrow t=\frac{0,20898}{0,33}\approx 0,6333$ giờ $\approx 38$ phút $\ne 36$ phút → sai.

Tóm tắt từng ý:

a) $T^{\prime }(2)=7e^{-0.66}\approx 3,62^{\circ }C$/giờ, không phải $3,48$.

b) $T(t)=-4+\frac{700}{33}(1-e^{-0.33t})\approx 21,2121(1-e^{-0.33t})-4$; biểu thức $7e^{-0.33t}-11$ sai (dẫn đến nhiệt độ giảm).

c) Giải $T(t)=10$ được $t=\ln (1/0,34)/0,33\approx 3,27$ giờ, không phải $3,44$ giờ.

d) Giải $T(t)=0$ được $t\approx 0,6333$ giờ $\approx 38$ phút, không phải $36$ phút.

(AI giải đề cho tôi)
Đồ thị parabol có đỉnh $I\left(\frac{1}{2};8\right)$, trục đối xứng $t=\frac{1}{2}$, đi qua $O(0;0)$ và $(1;0)$ theo hình vẽ. Viết $v(t)=a{\left(t-\frac{1}{2}\right)}^2+8$; vì $v(0)=0$ nên $\frac{a}{4}+8=0\Rightarrow a=-32$. Vậy $v(t)=-32t^2+32t=32t(1-t)$. Quãng đường trong 45 phút ($t=\frac{3}{4}$ h): $S={\int }_0^{3/4}\left(-32t^2+32t\right)dt={\left[-\frac{32t^3}{3}+16t^2\right]}_0^{3/4}=-\frac{32}{3}\cdot \frac{27}{64}+16\cdot \frac{9}{16}=-\frac{9}{2}+9=\frac{9}{2}=4,5$ km.

(AI giải đề cho tôi)
Đổi 54 km/h = 15 m/s. Trong 2 giây đầu ô tô đi đều: quãng đường = 15·2 = 30 m. Khi bắt đầu tăng tốc, tốc độ ban đầu V(0) = b = 15 (m/s), vậy b = 15. Quãng đường từ khi tăng tốc đến khi nhập làn (5 giây tăng tốc) là 150 − 30 = 120 m, nên ∫₀⁵(at+b)dt = 12,5a + 5b = 120 ⇒ 12,5a = 120 − 75 = 45 ⇒ a = 3,6. a) S(t) = ∫₀ᵗ V(x)dx = at²/2 + bt: đúng. b) Quãng đường từ khi tăng tốc đến nhập làn = 120 m: đúng. c) b = 15 ≠ 54: sai. d) V(6) = 3,6·6 + 15 = 36,6 m/s = 131,76 km/h > 120 km/h: sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
S(t) = ∫₀ᵗ(at+b)dx = at²/2 + bt, đúng với 0 ≤ t ≤ 6.
b) (AI giải đề cho tôi)
2 giây đầu đi đều 15 m/s được 30 m; quãng đường còn lại 150 − 30 = 120 m đi trong 5 giây tăng tốc.
c) (AI giải đề cho tôi)
Tại thời điểm bắt đầu tăng tốc, tốc độ là 15 m/s nên V(0) = b = 15, không phải 54 (54 là đơn vị km/h).
d) (AI giải đề cho tôi)
Với a = 3,6, b = 15: V(6) = 36,6 m/s ≈ 131,76 km/h > 120 km/h, vượt tốc độ tối đa cho phép.

(AI giải đề cho tôi)
Xe A hãm phanh với $v_A(t)=16-4t$ (m/s).
a) Xe dừng khi $v_A(t)=0\iff t=4$ (s). Quãng đường đi được: ${\int }_0^4(16-4t)dt={\left[16t-2t^2\right]}_0^4=64-32=32$ m ≠ 30 m → Sai.
b) Quãng đường từ khi hãm phanh đến khi dừng hẳn là $S={\int }_0^{4}v(t)dt=32$ m → Đúng (khớp đáp án mã đề 1002).
c) $16-4t=0\Rightarrow t=4$ s → Đúng.
d) Xe A dừng cách xe B đúng 32 m, cần cách tối thiểu 5 m nên khoảng cách an toàn tối thiểu khi hãm phanh là $32+5=37$ m → Đúng. Khớp đáp án mã đề 1002: S, Đ, Đ, Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
Xe dừng khi $v_A(t)=0\iff t=4$ s. Quãng đường: ${\int }_0^4(16-4t)dt={\left[16t-2t^2\right]}_0^4=32$ m, không phải 30 m → Sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì quãng đường được tính từ khi hãm phanh ($t=0$) đến khi dừng hẳn ($t=4$ s), nên $S={\int }_0^{4}v(t)dt={\int }_0^4(16-4t)dt=32$ m → Đúng, khớp đáp án chính thức.
c) (AI giải đề cho tôi)
$16-4t=0\Rightarrow t=4$ s → Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
Xe A đi thêm 32 m, cộng khoảng cách an toàn 5 m: $32+5=37$ m → Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Xe A hãm phanh với $v_A(t)=16-4t$ (m/s).
a) Xe dừng khi $v_A(t)=0\iff t=4$ (s). Quãng đường: ${\int }_0^4(16-4t)dt={\left[16t-2t^2\right]}_0^4=64-32=32$ m, không phải 30 m → Sai.
b) Theo đáp án chính thức mã đề 1001 (SĐĐĐ) ý này là Đúng; lưu ý về mặt toán học quãng đường đến thời điểm $t$ thường là $S(t)={\int }_0^{t}v(x)dx$.
c) $v_A(t)=0\iff 16-4t=0\iff t=4$ s → Đúng.
d) Xe A đi thêm 32 m kể từ khi hãm phanh, khoảng cách an toàn tối thiểu là $32+5=37$ m → Đúng. Khớp đáp án mã đề 1001: S, Đ, Đ, Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
Xe dừng khi $v_A(t)=0\iff t=4$ s. Quãng đường: ${\int }_0^4(16-4t)dt={\left[16t-2t^2\right]}_0^4=32$ m, không phải 30 m → Sai. Khớp đáp án mã đề 1001 (S).
b) (AI giải đề cho tôi)
Về mặt toán học, quãng đường đến thời điểm $t$ thường viết $S(t)={\int }_0^{t}v(x)dx$; tuy nhiên đáp án chính thức của mã đề 1001 (trang 9) cho ý này là Đúng (key SĐĐĐ), nên theo nguồn giữ Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
$16-4t=0\iff t=4$ s → Đúng. Khớp đáp án mã đề 1001 (Đ).
d) (AI giải đề cho tôi)
Xe A đi thêm 32 m, cộng khoảng cách an toàn 5 m: $32+5=37$ m → Đúng. Khớp đáp án mã đề 1001 (Đ).

(AI giải đề cho tôi)
Lợi nhuận thu được khi bán 90 tấn chính là tổng lợi nhuận cận biên tích lũy từ 0 đến 90 tấn: ${\int }_0^{90}(16-0,02x)dx=\left(16x-0,01x^2\right){|}_0^{90}=1440-0,01\cdot 8100=1440-81=1359$ (triệu đồng). (Lưu ý: nếu tính tổng lợi nhuận $P(90)=P(0)+1359=-25+1359=1334$ triệu đồng; đáp án đề cho là 1359 tương ứng với lợi nhuận thu được từ việc bán 90 tấn sản phẩm.)

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $M^{\prime }(t)=k(30-t{)}^2$ (đúng theo đề, mệnh đề d đúng). Nguyên hàm: $M(t)=k\left(900t-30t^2+\frac{t^3}{3}\right)+C$, nên mệnh đề b sai vì thiếu hệ số $\frac{1}{3}$ trước $t^3$. Điều kiện $M(0)=6000$ (6 tỷ = 6000 triệu) cho $C=6000$; điều kiện $M(30)=0$: $M(30)=6000+k(27000-27000+9000)=6000+9000k=0\Rightarrow k=-\frac{2}{3}$, nên mệnh đề c sai ($k=-\frac{2}{3}$, không phải $\frac{2}{3}$). Vậy $M(t)=6000-\frac{2}{3}\left(900t-30t^2+\frac{t^3}{3}\right)$. Tại $t=15$: $M(15)=6000-\frac{2}{3}(13500-6750+1125)=6000-\frac{2}{3}\cdot 7875=6000-5250=750$ triệu đồng, mệnh đề a đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Với $k=-\frac{2}{3}$, $M(15)=6000-\frac{2}{3}(13500-6750+1125)=6000-5250=750$ triệu đồng.
b) (AI giải đề cho tôi)
Nguyên hàm của $(30-t{)}^2$ là $-(30-t{)}^3/3=900t-30t^2+\frac{t^3}{3}$, công thức đúng phải có $\frac{t^3}{3}$ chứ không phải $t^3$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Từ $M(0)=6000$ và $M(30)=0$ suy ra $6000+9000k=0\Rightarrow k=-\frac{2}{3}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Đề bài cho tốc độ giải ngân tỉ lệ thuận với $(30-t{)}^2$ với hệ số $k$, tức $M^{\prime }(t)=k(30-t{)}^2$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục với gốc tại tâm đáy cửa, parabol có đỉnh cao 2m và tại x=±2,5m cao 1,5m. Parabol: y = ax² + 2, với a(2,5)² + 2 = 1,5 ⟹ a = −0,08, tức y = −0,08x² + 2. Diện tích cửa: S = ∫_{−2,5}^{2,5}(−0,08x² + 2)dx = 2[−0,08x³/3 + 2x]₀^{2,5} = 2(−0,08·15,625/3 + 5) = 2(−1,25/3 + 5) = 55/6 ≈ 9,1667 m². Thành tiền: (55/6)·700.000 = 6.416.666,67 đồng ≈ 6,4 triệu đồng. Kết quả khớp với đáp án nguồn 6,4.

(AI giải đề cho tôi)
Từ $v(0)=b=20$ và $v(5)=0$ suy ra $5a+20=0\Rightarrow a=-4$. Vậy $v(t)=20-4t$. Quãng đường $s={\int }_0^5(20-4t)dt={\left[20t-2t^2\right]}_0^5=100-50=50$ (m).

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị: trên [0;5] vận tốc là đoạn thẳng từ 0 đến 20 nên v = 4t; trên [5;10] v = 20 (hằng); trên [10;20] đồ thị là parabol có đỉnh (14;36) và cắt trục t tại t = 20, nên v(t) = -(t-14)^2 + 36 (kiểm tra v(10) = 20 khớp với đồ thị).
a) Gia tốc 5 giây đầu: a = (20-0)/5 = 4 m/s^2. Đúng.
b) Từ t=5 đến t=10: quãng đường = 20.(10-5) = 100 m. Đúng.
c) Trên [0;10] v ≤ 20; trên [10;20] parabol đạt max tại đỉnh t=14 với v = 36 m/s. Vậy vận tốc lớn nhất là 36 m/s. Đúng.
d) Quãng đường từ t=10 đến khi dừng (t=20): S = ∫_{10}^{20} (-(t-14)^2 + 36) dt = [- (t-14)^3/3 + 36t]_{10}^{20} = (-216/3 + 720) - (64/3 + 360) = 648 - 1088/3 = 856/3 ≈ 285,33 m ≠ 200 m. Sai. (Khớp đáp án nguồn: a Đ, b Đ, c Đ, d S.)
a) (AI giải đề cho tôi)
Trên [0;5] đồ thị là đoạn thẳng từ 0 đến 20 m/s nên gia tốc a = 20/5 = 4 m/s^2.
b) (AI giải đề cho tôi)
Từ t=5 đến t=10 vận tốc không đổi v = 20 m/s, quãng đường = 20 × 5 = 100 m.
c) (AI giải đề cho tôi)
Parabol trên [10;20] có đỉnh (14;36) nên vận tốc lớn nhất là 36 m/s, lớn hơn 20 m/s ở đoạn đầu.
d) (AI giải đề cho tôi)
Parabol v(t) = -(t-14)^2 + 36; quãng đường từ t=10 đến t=20 là ∫_{10}^{20} v dt = 856/3 ≈ 285,33 m ≠ 200 m.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $v(t)=2,01t-0,025t^2$, gia tốc $a(t)=v^{\prime }(t)=2,01-0,05t$.

a) Trên $[0;10]$, $v^{\prime }(t)=2,01-0,05t>0$ (vì $t\le 10<40,2$) nên $v(t)$ đồng biến, vận tốc lớn nhất tại $t=10$. Khi đó $a(10)=2,01-0,05\cdot 10=1,51m/{\mathrm{s}}^2$. Mệnh đề đúng.

b) Quãng đường là $s(t)={\int }_0^{t}v(x)dx=1,005t^2-\frac{0,025}{3}{t}^3$, không phải $s(t)=2,01-0,05t$ (đó là công thức gia tốc). Mệnh đề sai.

c) $s(3)=1,005\cdot 9-\frac{0,025}{3}\cdot 27=9,045-0,225=8,82$ m. Mệnh đề đúng.

d) Quãng đường trong giây thứ 9: $s(9)-s(8)=1,005(81-64)-\frac{0,025}{3}(729-512)=17,085-1,8083\dots \approx 15,28$ m. Mệnh đề đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trên [0;10] v(t) đồng biến nên vận tốc lớn nhất tại t=10, khi đó a(10)=2,01−0,05·10=1,51 m/s².
b) (AI giải đề cho tôi)
s(t)=∫₀ᵗ v(x)dx=1,005t²−(0,025/3)t³, còn 2,01−0,05t là gia tốc a(t), không phải quãng đường.
c) (AI giải đề cho tôi)
s(3)=1,005·9−(0,025/3)·27=9,045−0,225=8,82 m.
d) (AI giải đề cho tôi)
s(9)−s(8)=1,005·17−(0,025/3)·217=17,085−1,8083…≈15,28 m.

(AI giải đề cho tôi)
Đồ thị là parabol có đỉnh $I(1;5)$, trục đối xứng song song $Ov$, đi qua gốc $O(0;0)$ và cắt trục hoành tại $t=2$ (theo hình vẽ). Viết $v(t)=a(t-1{)}^2+5$. Vì $v(0)=0$ nên $a+5=0\Rightarrow a=-5$. Vậy $v(t)=-5(t-1{)}^2+5=-5t^2+10t$ với $0\le t\le 2$. Quãng đường chạy trong 1,5 giờ đầu: $$S={\int }_0^{1.5}(-5t^2+10t)dt={\left[-\frac{5t^3}{3}+5t^2\right]}_0^{1.5}=-\frac{5\cdot 3,375}{3}+5\cdot 2,25=-5,625+11,25=5,625.$$ Làm tròn đến hàng phần trăm: $S\approx 5,63$ km.

(AI giải đề cho tôi)
Gia tốc a(t)=3t²+2 nên v(t)=∫a(t)dt=t³+2t+C. Với v(0)=5 suy ra C=5, tức v(t)=t³+2t+5. Tại t=4: v(4)=64+8+5=77 (đúng). Quãng đường trong 4 giây đầu: ∫₀⁴(t³+2t+5)dt = [t⁴/4+t²+5t]₀⁴ = 64+16+20 = 100 m, không phải 99 m.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vận tốc là nguyên hàm của gia tốc theo thời gian: v(t)=∫a(t)dt, đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
v(t)=t³+2t+C, v(0)=C=5 nên v(t)=t³+2t+5, đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
v(4)=4³+2·4+5=64+8+5=77 m/s, đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
Quãng đường = ∫₀⁴(t³+2t+5)dt = 64+16+20 = 100 m ≠ 99 m, sai.

(AI giải đề cho tôi)
Với $0\le t\le 3$, parabol có đỉnh $I(2;9)$: $v=a(t-2{)}^2+9$. Vì đồ thị đi qua gốc $O(0;0)$ nên $0=4a+9\Rightarrow a=-\frac{9}{4}$, tức $v(t)=-\frac{9}{4}(t-2{)}^2+9$. Tại $t=3$: $v(3)=-\frac{9}{4}+9=\frac{27}{4}$. Với $3\le t\le 4$, $v=\frac{27}{4}$ (đoạn thẳng song song trục hoành). Quãng đường $s={\int }_0^3\left[-\frac{9}{4}(t-2{)}^2+9\right]dt+{\int }_3^4\frac{27}{4}dt$. Tính ${\int }_0^3(t-2{)}^{2}dt={\frac{(t-2{)}^3}{3}|}_0^3=\frac{1}{3}+\frac{8}{3}=3$, nên ${\int }_0^{3}vdt=-\frac{9}{4}\cdot 3+27=\frac{81}{4}$. Phần sau: $\frac{27}{4}\cdot 1=\frac{27}{4}$. Vậy $s=\frac{81}{4}+\frac{27}{4}=\frac{108}{4}=27$ km.

(AI giải đề cho tôi)
Độ cao là nguyên hàm của vận tốc: $h(t)={\int }_0^{t}v(s)ds=23t-4,9t^2$ (vì $h(0)=0$, bắn từ mặt đất). Đạo hàm $h^{\prime }(t)=v(t)=23-9,8t=0\Rightarrow t=\frac{23}{9,8}\approx 2,347$ s. Khi đó $h_{\max }=23\cdot \frac{23}{9,8}-4,9{\left(\frac{23}{9,8}\right)}^2=\frac{23^2}{2\cdot 9,8}=\frac{529}{19,6}\approx 26,99$ m. Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất: $27,0$ m, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng chi phí: $C(82)=C(0)+{\int }_0^{82}{C}^{\prime }(x)dx=27+{\int }_0^{82}\left(8-0,07x+0,00034x^2\right)dx$.

Nguyên hàm: $\int C^{\prime }(x)dx=8x-0,035x^2+\frac{0,00034}{3}{x}^3$.

Tại $x=82$: $8\cdot 82=656$; $0,035\cdot 82^2=0,035\cdot 6724=235,34$; $\frac{0,00034}{3}\cdot 82^3=\frac{0,00034\cdot 551368}{3}\approx 62,4884$.

Vậy ${\int }_0^{82}{C}^{\prime }(x)dx\approx 656-235,34+62,4884=483,1484$, nên $C(82)\approx 27+483,1484=510,1484\approx 510$ triệu đồng. Kết quả khớp với đáp án nguồn 510.

(AI giải đề cho tôi)
Độ cao là nguyên hàm của vận tốc: $h(t)={\int }_0^t(25-9,8s)ds=25t-4,9t^2$. Độ cao lớn nhất khi $v(t)=0\Rightarrow t=\frac{25}{9,8}\approx 2,551$ s. Khi đó $h_{\max }=25\cdot \frac{25}{9,8}-4,9{\left(\frac{25}{9,8}\right)}^2=\frac{625}{19,6}\approx 31,\mathrm{887...}\approx 31,9$ m. Kết quả trùng với đáp án nguồn 31,9.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng chi phí: $C(82)=C(0)+{\int }_0^{82}{C}^{\prime }(x)dx=27+{\int }_0^{82}\left(7-0,08x+0,00034x^2\right)dx$. Nguyên hàm: $7x-0,04x^2+\frac{0,00034x^3}{3}$. Tại $x=82$: $7\cdot 82=574$; $0,04\cdot 82^2=0,04\cdot 6724=268,96$; $\frac{0,00034\cdot 551368}{3}=\frac{187,46512}{3}\approx 62,4884$. Vậy ${\int }_0^{82}{C}^{\prime }(x)dx\approx 574-268,96+62,4884=367,5284$, nên $C(82)\approx 27+367,5284=394,53\approx 395$ triệu đồng. Kết quả khớp với đáp án nguồn (395).