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

(AI giải đề cho tôi)
Vận tốc ban đầu 36 km/h = 10 m/s. Trong 3 giây đầu xe đi được 3·10 = 30 m, còn lại 80 − 30 = 50 m cho pha giảm tốc. Khi bắt đầu giảm tốc v1(0)=b=10 nên b = 10, không phải 36 (ý b sai). Gọi T là thời gian giảm tốc: v1(T)=0 ⇒ aT = −10; quãng đường ∫0^T (at+10)dt = aT²/2 + 10T = −5T + 10T = 5T = 50 ⇒ T = 10 giây. Vậy quãng đường pha giảm tốc là 50 m (ý c đúng) và xe dừng tại đèn sau 10 giây kể từ khi bắt đầu giảm tốc (ý d đúng). Pha hai: v2(t)=mt²+nt, xe dừng sau 20 s: v2(20)=400m+20n=0 ⇒ n=−20m. Vận tốc lớn nhất đạt tại t=−n/(2m)=10 với giá trị v2(10)=100m+10n=−100m=15 m/s (54 km/h) ⇒ m=−0,15; n=3. Quãng đường từ đèn đến cửa hàng: ∫0^20 (−0,15t²+3t)dt = −0,15·8000/3 + 3·200 = −400+600 = 200 m (ý a đúng).
a) (AI giải đề cho tôi)
n=−20m; max v2 = −100m = 15 ⇒ m=−0,15, n=3. Quãng đường = ∫0^20(−0,15t²+3t)dt = −400+600 = 200 m.
b) (AI giải đề cho tôi)
Tại lúc bắt đầu giảm tốc vận tốc vẫn là 10 m/s nên v1(0)=b=10, không phải 36.
c) (AI giải đề cho tôi)
Quãng đường pha giảm tốc = 5T với T thời gian dừng; 5T=50 ⇒ quãng đường 50 m.
d) (AI giải đề cho tôi)
Từ 5T=50 suy ra T=10 giây.

a) Đúng. Quãng đường từ vị trí ô tô bắt đầu giảm tốc đến trạm thu phí là $500m$. Từ đầu đến khi ô tô bắt đầu giảm tốc, quãng đường đi được là $90\cdot \frac{20}{3600}=0,5km$. Sau 20s quãng đường từ vị trí ô tô bắt đầu giảm tốc đến trạm thu phí là $1000-500=500(m)$.
b) Sai. Vận tốc lúc giảm phanh là $90km/h=25m/s$. Giá trị của $b$ là $25$.
c) Đúng. Quãng đường đi được sau 30s lúc giảm phanh là $s=\underset{0}{\overset{30}{\int }}(at+25)dt=\frac{a}{2}30^2+750$. Theo đề bài ta được $\frac{a}{2}30^2+750=500\iff a=-\frac{5}{9}$.
d) Đúng. Vận tốc sau 30s là $v(30)=-\frac{5}{9}\cdot 30+25=\frac{25}{3}(m/s)$, suy ra vận tốc khi qua trạm thu phí là 30 km/h. Tốc độ tối đa cho phép của phương tiện khi qua trạm thu phí là $30km/h$. Người điều khiển ô tô đó đã tuân thủ đúng tốc độ quy định khi đi qua trạm thu phí.
a) Đúng. Từ đầu đến khi ô tô bắt đầu giảm tốc, quãng đường đi được là $90\cdot \frac{20}{3600}=0,5km$. Sau 20s quãng đường từ vị trí ô tô bắt đầu giảm tốc đến trạm thu phí là $1000-500=500(m)$.
b) Sai. Vận tốc lúc giảm phanh là $90km/h=25m/s$. Giá trị của $b$ là $25$.
c) Đúng. Quãng đường đi được sau 30s lúc giảm phanh là $s=\underset{0}{\overset{30}{\int }}(at+25)dt=\frac{a}{2}30^2+750$. Theo đề bài ta được $\frac{a}{2}30^2+750=500\iff a=-\frac{5}{9}$.
d) Đúng. Vận tốc sau 30s là $v(30)=-\frac{5}{9}\cdot 30+25=\frac{25}{3}(m/s)$, suy ra vận tốc khi qua trạm thu phí là 30 km/h. Tốc độ tối đa cho phép của phương tiện khi qua trạm thu phí là $30km/h$. Người điều khiển ô tô đó đã tuân thủ đúng tốc độ quy định khi đi qua trạm thu phí.

(AI giải đề cho tôi)
Vận tốc ban đầu v(0)=20 m/s = 72 km/h khớp đề bài. a) Đúng: quãng đường s(t) thỏa s'(t)=v(t), s(0)=0, nên s(t) là một nguyên hàm của v(t). b) Đúng: s(t)=∫v(t)dt=-10t²/2+20t+C=-5t²+20t+C, với s(0)=0 nên C=0, suy ra s(t)=-5t²+20t. c) Sai: xe dừng khi v(t)=0 ⇔ -20t+20=0 ⇔ t=1 giây (không phải 2 giây). d) Sai: trong 1 giây phản ứng xe đi 20·1=20 m; quãng đường phanh là s(1)=-5(1)²+20(1)=15 m; tổng quãng đường = 20+15=35 m < 110 m nên xe không va vào chướng ngại vật.
a) (AI giải đề cho tôi)
s'(t)=v(t) và s(0)=0, nên s(t) là một nguyên hàm của v(t).
b) (AI giải đề cho tôi)
s(t)=∫(-20t+20)dt=-5t²+20t+C, s(0)=0 ⇒ C=0.
c) (AI giải đề cho tôi)
v(t)=0 ⇔ t=1 giây, xe dừng sau 1 giây kể từ lúc đạp phanh.
d) (AI giải đề cho tôi)
Quãng đường phản ứng 20 m + quãng đường phanh s(1)=15 m = 35 m < 110 m, xe không va chạm.

(AI giải đề cho tôi)
Xe dừng khi $v(t)=-2t+10=0\iff t=5$ (giây). Vậy xe chỉ chuyển động trong 5 giây, nên '8 giây cuối cùng' chính là toàn bộ thời gian chuyển động của xe. Quãng đường: $s={\int }_0^5(-2t+10)dt=\left(-t^2+10t\right){|}_0^5=-25+50=25$ (m).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn trục toạ độ: H là gốc, parabol có đỉnh $G(0;4)$ và đi qua $A(-2;0)$, $B(2;0)$ nên $y=4-x^2$. Vì $AC=BD=0,9$ nên $C(-1,1;0)$, $D(1,1;0)$; $F,E$ nằm trên parabol nên $y_F=y_E=4-(1,1{)}^2=2,79$. Diện tích hình chữ nhật $CDEF$: $2,2\times 2,79=6,138m^2$, tiền cánh cổng: $6,138\times 1,2=7,3656$ triệu đồng. Diện tích dưới parabol: ${\int }_{-2}^2(4-x^2)dx={\left[4x-\frac{x^3}{3}\right]}_{-2}^2=\frac{32}{3}$. Diện tích phần để trống: $\frac{32}{3}-6,138\approx 4,5287m^2$, tiền xiên hoa: $4,5287\times 0,9\approx 4,0758$ triệu đồng. Tổng: $7,3656+4,0758\approx 11,4414\approx 11,4$ triệu đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $y=f(x)$ là phương trình đường cong $AB$ trên đoạn $[0;10]$ (chiều dài con đường $10m$). Đường cong $DC$ nhận được từ $AB$ bằng cách tịnh tiến lên trên $2m$ nên có phương trình $y=f(x)+2$. Diện tích phần tô màu là khoảng cách thẳng đứng giữa hai đường cong: $$S={\int }_0^{10}[(f(x)+2)-f(x)]dx={\int }_0^{10}2dx=20(m^2).$$ Lớp bê tông dày $15cm=0,15m$ nên thể tích bê tông: $$V=S\cdot h=20\cdot 0,15=3(m^3).$$ Giá $1m^3$ bê tông là $1080000$ đồng nên số tiền cần dùng: $$3\cdot 1080000=3240000\text{ đoˆˋng}=3,24\text{ triệu đoˆˋng}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $v(t)=2,01t-0,025t^2$, quãng đường $s(t)={\int }_0^{t}v(u)du=1,005t^2-\frac{0,025}{3}{t}^3$. a) Sai: biểu thức $2,01-0,05t$ là gia tốc $a(t)=v^{\prime }(t)$, không phải quãng đường. b) $s(3)=1,005\cdot 9-\frac{0,025}{3}\cdot 27=9,045-0,225=8,82$ m → đúng. c) Quãng đường giây thứ 9: ${\int }_8^{9}v(t)dt=1,005(81-64)-\frac{0,025}{3}(729-512)=17,085-1,\mathrm{8083...}\approx 15,277$ m → đúng. d) $v(t)$ là parabol có đỉnh tại $t=\frac{2,01}{0,05}=40,2>10$, nên trên $[0;10]$ vận tốc tăng và đạt max tại $t=10$; khi đó gia tốc $a(10)=2,01-0,05\cdot 10=1,51$ m/s² → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$s(t)={\int }_0^{t}v(u)du=1,005t^2-\frac{0,025}{3}{t}^3$, còn $2,01-0,05t$ là gia tốc $a(t)=v^{\prime }(t)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$s(3)=1,005\cdot 9-\frac{0,025}{3}\cdot 27=9,045-0,225=8,82$ m.
c) (AI giải đề cho tôi)
${\int }_8^{9}v(t)dt=1,005\cdot 17-\frac{0,025}{3}\cdot 217=17,085-1,\mathrm{8083...}\approx 15,277$ m.
d) (AI giải đề cho tôi)
Trên $[0;10]$, $v(t)$ tăng (đỉnh parabol tại $t=40,2$), max tại $t=10$; gia tốc lúc đó $a(10)=2,01-0,5=1,51$ m/s².

(AI giải đề cho tôi)
Đồ thị vận tốc là parabol có đỉnh (15;60) và đi qua gốc O(0;0). Viết v(t)=at^2+bt+c. Vì v(0)=0 nên c=0. Đỉnh tại t=15: v'(15)=30a+b=0 ⇒ b=−30a. Kết hợp v(15)=60: 225a+15b=225a−450a=−225a=60 ⇒ a=−4/15, b=8. Vậy v(t)=−(4/15)t^2+8t. Quãng đường từ lúc bắt đầu đến t=15s là S=∫₀¹⁵ v(t)dt = −(4/15)·(15³/3)+8·(15²/2) = −300+900 = 600 (m).

(AI giải đề cho tôi)
v(t)=2,01t−0,025t². Nguyên hàm: s(t)=∫v dt=1,005t²−(0,025/3)t³+C, với s(0)=0 nên C=0.
a) Sai: biểu thức 2,01−0,05t là v'(t) (gia tốc), không phải quãng đường. Quãng đường là s(t)=1,005t²−(0,025/3)t³.
b) Đúng: s(3)=1,005·9−0,025·27/3=9,045−0,225=8,82 m.
c) Đúng: quãng đường trong giây thứ 9 là ∫₈⁹ v dt = s(9)−s(8). s(9)=1,005·81−0,025·729/3=81,405−6,075=75,33; s(8)=1,005·64−0,025·512/3=64,32−4,2667≈60,0533. Hiệu ≈15,2767≈15,277 m.
d) Đúng: v'(t)=2,01−0,05t>0 trên [0;10] nên v tăng, đạt max tại t=10; gia tốc lúc đó v'(10)=2,01−0,5=1,51 m/s².
a) (AI giải đề cho tôi)
s(t)=1,005t²−(0,025/3)t³; biểu thức 2,01−0,05t là gia tốc v'(t).
b) (AI giải đề cho tôi)
s(3)=1,005·9−0,025·27/3=8,82 m.
c) (AI giải đề cho tôi)
s(9)−s(8)=75,33−60,0533≈15,277 m.
d) (AI giải đề cho tôi)
v tăng trên [0;10], max tại t=10, v'(10)=1,51 m/s².

(AI giải đề cho tôi)
Đồ thị vận tốc là parabol có đỉnh $(15,60)$ và đi qua gốc $O(0,0)$, nên $v(t)=60-\frac{60}{15^2}(t-15{)}^2=60-\frac{4}{15}(t-15{)}^2$ (kiểm tra: $v(0)=60-60=0$ đúng theo hình vẽ). Quãng đường từ lúc bắt đầu đến lúc đạt vận tốc cao nhất là $s={\int }_0^{15}v(t)dt={\int }_0^{15}\left[60-\frac{4}{15}(t-15{)}^2\right]dt=60\cdot 15-\frac{4}{15}\cdot \frac{15^3}{3}=900-300=600$ (m).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục như hình vẽ: bảng gỗ là hình chữ nhật $x\in [-5;4]$, $y\in [-3;2]$, diện tích $9\cdot 5=45d{m}^2$. Hai parabol: $y=f(x)=2-\frac{x^2}{8}$ (đỉnh $(0;2)$, qua $(\pm 4;0)$) và $y=g(x)=\frac{3x^2}{16}-3$ (đỉnh $(0;-3)$, qua $(\pm 4;0)$). Hai parabol cắt nhau tại $(\pm 4;0)$; trên $[-4;4]$ có $f\ge g$, trên $[-5;-4]$ (đuôi cá) có $g\ge f$.

Diện tích thân cá:
$$S_1={\int }_{-4}^4\left(5-\frac{5x^2}{16}\right)dx=40-\frac{5}{16}\cdot \frac{128}{3}=\frac{80}{3}d{m}^2.$$

Diện tích đuôi cá:
$$S_2={\int }_{-5}^{-4}\left(\frac{5x^2}{16}-5\right)dx={\left[\frac{5x^3}{48}-5x\right]}_{-5}^{-4}=\frac{40}{3}-\frac{575}{48}=\frac{65}{48}d{m}^2.$$

Diện tích logo: $S=\frac{80}{3}+\frac{65}{48}=\frac{1345}{48}d{m}^2$.

Chi phí (nghìn đồng): xanh $20S$, trắng $10(45-S)$:
$$T=450+10\cdot \frac{1345}{48}=450+\frac{6725}{24}=\frac{17525}{24}\approx 730,21.$$

Làm tròn đến hàng nghìn đồng: $T\approx 730$ nghìn đồng, khớp với đáp án 730.

(AI giải đề cho tôi)
Diện tích thiết diện tại hoành độ $x$ là tam giác đều cạnh $a=\sqrt{x^2+x+1}$: $$S(x)=\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^2=\frac{\sqrt{3}}{4}(x^2+x+1).$$ Thể tích: $$V={\int }_{-1}^{3}S(x)dx=\frac{\sqrt{3}}{4}{\int }_{-1}^3(x^2+x+1)dx.$$ Tính nguyên hàm: $${\int }_{-1}^3(x^2+x+1)dx={\left[\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}+x\right]}_{-1}^3=\left(9+\frac{9}{2}+3\right)-\left(-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-1\right)=\frac{33}{2}-\left(-\frac{5}{6}\right)=\frac{52}{3}.$$ Vậy $$V=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{52}{3}=\frac{13\sqrt{3}}{3}\approx 7,5056\approx 7,51.$$

(AI giải đề cho tôi)
Ta có N(6) - N(1) = ∫₁⁶ N'(t)dt = ∫₁⁶ 8000/t dt = 8000 ln t |₁⁶ = 8000 ln 6. Vậy N(6) = 250000 + 8000 ln 6 ≈ 250000 + 8000·1,7918 ≈ 264341 con (chính xác: 250000 + 8000 ln 6 ≈ 264 341 con).

(AI giải đề cho tôi)
Sự thay đổi lợi nhuận khi doanh số tăng từ $a$ đến $b$ đơn vị là $\Delta P={\int }_a^b{P}^{\prime }(x)dx$ với $P^{\prime }(x)=-0,0005x+12,2$.

Nguyên hàm: $P(x)=-0,00025x^2+12,2x+C$.

a) $\Delta P={\int }_{100}^{101}(-0,0005x+12,2)dx={\left[-0,00025x^2+12,2x\right]}_{100}^{101}$
$=-0,00025(101^2-100^2)+12,2(101-100)=-0,00025\cdot 201+12,2=-0,05025+12,2=12,14975$.
Vậy lợi nhuận tăng khoảng $12,1498$ triệu đồng (khoảng $12149,75$ đồng).

b) $\Delta P={\int }_{100}^{110}(-0,0005x+12,2)dx=-0,00025(110^2-100^2)+12,2\cdot 10$
$=-0,00025\cdot 2100+122=-0,525+122=121,475$.
Vậy lợi nhuận tăng $121,475$ triệu đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn trục toạ độ: gốc $O$ tại đỉnh parabol, trục hoành nằm trên mặt đất. Hai chân cổng tại $x=\pm 4$, đỉnh parabol cao 8 m (theo hình vẽ) nên parabol có dạng $y=8-\frac{x^2}{2}$.

Tấm phông hình chữ nhật có $MN=4$ m nên $M,N$ có hoành độ $x=\pm 2$, độ cao $y=8-\frac{2^2}{2}=6$ m, đúng với $MQ=6$ m. Diện tích phông: $S_{MNPQ}=4\cdot 6=24$ m².

Diện tích phần parabol phía trên mặt đất:
$$S={\int }_{-4}^4\left(8-\frac{x^2}{2}\right)dx={\left[8x-\frac{x^3}{6}\right]}_{-4}^4=64-\frac{64}{3}=\frac{128}{3}{\text{m}}^2.$$

Diện tích phần phía ngoài phông (trang trí hoa):
$$S_{ngoai}=\frac{128}{3}-24=\frac{56}{3}{\text{m}}^2.$$

Số tiền mua hoa:
$$\frac{56}{3}\times 200000=\frac{11200000}{3}\approx 3733333,33\text{đoˆˋng}.$$

Vậy số tiền để mua hoa trang trí là $\frac{11200000}{3}\approx 3733333$ đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Nguyên hàm: $Q(t)=t^4-24t^3+144t^2+C$. Vì $Q(2)=16-192+576+C=400+C=500$ nên $C=100$, tức $Q(t)=t^4-24t^3+144t^2+100$.

a) Sai, vì thiếu hằng số $C=100$ (hàm đúng phải là $Q(t)=t^4-24t^3+144t^2+100$).

b) $Q(5)=625-3000+3600+100=1325$ người. Đúng.

c) $Q^{\prime }(t)=4t(t-6)(t-12)$; $Q$ tăng trên $(0;6)$, giảm trên $(6;12)$, tăng trên $(12;13)$. So sánh: $Q(6)=1296+100=1396$; $Q(13)=28561-52728+24336+100=269$. Vậy lượng khách lớn nhất là $1396$ người, không phải $1296$. Sai.

d) Xét $Q^{\prime }(t)=4t^3-72t^2+288t$ trên $[0;13]$. $Q^{\prime \prime }(t)=12t^2-144t+288=0\Rightarrow t=6\pm 2\sqrt{3}$; điểm cực đại địa phương của $Q^{\prime }$ là $t=6-2\sqrt{3}\approx 2,54$ với $Q^{\prime }\approx 192\sqrt{3}\approx 332,6$. Nhưng $Q^{\prime }(13)=8788-12168+3744=364>332,6$, và $Q^{\prime }(6)=0$. Vậy $Q^{\prime }$ lớn nhất tại $t=13$, không phải $t=6$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Nguyên hàm của $Q^{\prime }(t)$ là $t^4-24t^3+144t^2+C$; từ $Q(2)=500$ suy ra $C=100$, nên hàm đúng là $Q(t)=t^4-24t^3+144t^2+100$, thiếu hằng số 100.
b) (AI giải đề cho tôi)
$Q(5)=625-3000+3600+100=1325$ người.
c) (AI giải đề cho tôi)
$Q^{\prime }(t)=4t(t-6)(t-12)$; $Q$ tăng trên $(0;6)$, giảm trên $(6;12)$, tăng trên $(12;13)$. $Q(6)=1396$, $Q(13)=269$, nên max là $1396$ người chứ không phải $1296$ (1296 chỉ là $Q(6)-100$ do bỏ qua hằng số).
d) (AI giải đề cho tôi)
Cực đại địa phương của $Q^{\prime }$ tại $t=6-2\sqrt{3}$ với giá trị $192\sqrt{3}\approx 332,6$, nhưng $Q^{\prime }(13)=364$ lớn hơn; hơn nữa $Q^{\prime }(6)=0$. Vậy $Q^{\prime }$ lớn nhất tại $t=13$, không phải $t=6$.

(AI giải đề cho tôi)
Quãng đường là ${\int }_1^4|v(t)|dt$ với $v(t)=t^2-t-6=(t-3)(t+2)$. Trên $[1;3]$, $v(t)\le 0$; trên $[3;4]$, $v(t)\ge 0$. Nguyên hàm: $F(t)=\frac{t^3}{3}-\frac{t^2}{2}-6t$. Ta có $F(1)=-\frac{37}{6}$, $F(3)=-\frac{27}{2}$, $F(4)=-\frac{32}{3}$. Quãng đường $=\left(F(1)-F(3)\right)+\left(F(4)-F(3)\right)=\frac{22}{3}+\frac{17}{6}=\frac{61}{6}\approx 10,1667\approx 10,2$ mét.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng chi phí: $C(x)=C(0)+{\int }_0^x{C}^{\prime }(t)dt$. Với $x=100$: ${\int }_0^{100}(5-0,06t+0,00072t^2)dt={\left[5t-0,03t^2+0,00024t^3\right]}_0^{100}=500-300+240=440$. Vậy $C(100)=30+440=470$ triệu đồng.

Đáp án chính thức: 8400. Lưu ý nguồn: trang đề có ghi 'Mã đề 1001', nhưng cột mã đề 1001 câu 22 trong bảng đáp án (trang 5) là -4,5, còn giá trị 8400 xuất hiện ở cột mã đề 1005 (và 1002) câu 22. Xác minh bằng lời giải: h(t)=at^3+$\frac{b}{2}$t^2; h(5)=125a+12{,}5b=150 và h(10)=1000a+50b=1100 $\Rightarrow$ a=1,\ b=2 $\Rightarrow$ h(20)=8000+400=8400\ (m^3), khớp với giá trị 8400 trong bảng. Vậy đáp án số học của câu này là 8400; việc ghi nhầm 'theo bảng đáp án mã đề 1001' đã được sửa.

(AI giải đề cho tôi)
Quãng đường đi được trong 50 phút là $S={\int }_0^{50}v(t)dt$ tính theo từng khoảng:
- ${\int }_0^{10}50tdt=25t^2{|}_0^{10}=2500$ (m).
- ${\int }_{10}^{30}(20t+300)dt=(10t^2+300t){|}_{10}^{30}=(9000+9000)-(1000+3000)=14000$ (m).
- ${\int }_{30}^{50}(-10t+1200)dt=(-5t^2+1200t){|}_{30}^{50}=(-12500+60000)-(-4500+36000)=47500-31500=16000$ (m).

Tổng quãng đường: $S=2500+14000+16000=32500$ (m).

Vận tốc trung bình trong 50 phút: $\bar{v}=\frac{S}{50}=\frac{32500}{50}=650$ (m/phút). Kết quả khớp với đáp án nguồn (650).