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

(AI giải đề cho tôi)
Hình vẽ xác nhận mặt cắt vuông góc với chiều ngang (15m) là hình thang cân: miệng 24m, đáy 12m, sâu 6m, mỗi bên nghiêng mở rộng 6m. Tại độ sâu nước $h$ (tính từ đáy), bề rộng mặt nước là $w(h)=12+2h$, diện tích mặt nước $S(h)=15(12+2h)$. Thể tích nước $V(h)={\int }_0^{h}15(12+2t)dt=180h+15h^2$, suy ra $\frac{dV}{dh}=180+30h$. Tại $h=5$: $\frac{dV}{dh}=330$. Vì $\frac{dV}{dt}=60m^3/ph\acute{u}t$ nên $\frac{dh}{dt}=\frac{60}{330}=\frac{2}{11}m/ph\acute{u}t$. Vậy $a=2,b=11$, $a^2+b^2=4+121=125$.

(AI giải đề cho tôi)
Chậu hình chóp cụt đều, đáy dưới cạnh 1 dm, đáy trên cạnh 3 dm, chiều cao 4 dm. Theo đồng dạng, cạnh tam giác đều của mặt nước tại chiều cao h là MN = 1 + (3-1)/4 · h = 0,5h + 1.
a) Sai: MN = 0,5h + 1 (h=0 cho MN=1, h=4 cho MN=3, hệ số góc a = 2/4 = 0,5), không phải h + 1.
b) Đúng: Diện tích mặt nước S(h) = (√3/4)MN² = (√3/4)(0,5h+1)². Thể tích V(h) = ∫₀ʰ S(t)dt = (√3/4)(h³/12 + h²/2 + h) = (√3/12)(0,25h³ + 1,5h² + 3h).
c) Sai: Sau 10 phút, V = 0,5·10 = 5 dm³, nên 0,25h³ + 1,5h² + 3h = 20√3 ≈ 34,641. Thử h = 3,27 cho ≈ 34,59; h = 3,28 cho ≈ 34,80; nghiệm h ≈ 3,2727 → làm tròn 3,27 dm, không phải 3,26.
d) Đúng: Tốc độ dâng dh/dt = 0,5/S(h). Tại h ≈ 3,2727: MN ≈ 2,6364, S = (√3/4)(2,6364)² ≈ 3,009 dm², nên dh/dt ≈ 0,5/3,009 ≈ 0,1662 ≈ 0,17 dm/phút.
a) (AI giải đề cho tôi)
Theo đồng dạng MN = 1 + (2/4)h = 0,5h + 1, không phải h + 1.
b) (AI giải đề cho tôi)
V(h) = ∫₀ʰ (√3/4)(0,5t+1)² dt = (√3/12)(0,25h³ + 1,5h² + 3h).
c) (AI giải đề cho tôi)
Giải 0,25h³+1,5h²+3h = 20√3 ≈ 34,641 được h ≈ 3,2727 → 3,27 dm, không phải 3,26.
d) (AI giải đề cho tôi)
dh/dt = 0,5/S(h) ≈ 0,5/3,009 ≈ 0,1662 ≈ 0,17 dm/phút.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục toạ độ Oxy tại tâm tấm thảm, đơn vị cm. Tấm thảm là hình vuông cạnh 80 cm nên các đỉnh có toạ độ (±40; ±40). Đường cong là phần đồ thị $y=\frac{1}{x}$ (x tính bằng cm) — đồ thị này ôm sát hai trục, đúng như hình vẽ (phần trắng là dải hẹp dọc theo hai trục qua tâm).

Xét phần trắng trong góc phần tư thứ nhất: là miền nằm dưới đường cong $y=1/x$, bên trong hình vuông $[0;40{]}^2$. Đường cong cắt cạnh trên tại $x=1/40$ và cạnh phải tại $y=1/40$. Diện tích phần trắng này:
$$S_{trang}^{(1)}={\int }_0^{1/40}40dx+{\int }_{1/40}^{40}\frac{1}{x}dx=40\cdot \frac{1}{40}+\ln (40:\frac{1}{40})=1+\ln 1600\approx 1+7,3778=8,3778{\text{ cm}}^2.$$

Do đối xứng, tổng diện tích phần trắng:
$$S_{trang}=4(1+\ln 1600)\approx 33,5111{\text{ cm}}^2=0,00335111{\text{ m}}^2.$$

Diện tích phần tô đậm:
$$S_{dam}=6400-33,5111=6366,4889{\text{ cm}}^2=0,63664889{\text{ m}}^2.$$

Giá tấm thảm:
$$P=3\cdot 0,63664889+2\cdot 0,00335111\approx 1,90995+0,00670=1,91665\approx 1,92\text{ triệu đoˆˋng}.$$

Vậy tấm thảm có giá khoảng $1,92$ triệu đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: A=(0,0), B=(40,0), D=(0,60), C=(40,60). Khi đó P=(0,30), R=(40,20), Q=(20,25), I=(25,35). Giả sử f(x)=ax³+bx²+cx+d. Từ P: d=30. Thay Q, I, R vào ta được hệ: 8000a+400b+20c=−5; 15625a+625b+25c=5; 64000a+1600b+40c=−10. Giải ra a=−0.006, b=0.36, c=−5.05, d=30, tức f(x)=−0.006x³+0.36x²−5.05x+30. Diện tích phần trồng hoa: S₂=∫₀⁴⁰ f(x)dx = −0.006·40⁴/4 + 0.36·40³/3 − 5.05·40²/2 + 30·40 = −960+7680−4040+1200 = 3880 (m²). Đường cong HEK là y=f(x)+10, nên S₁=∫₀⁴⁰ (f(x)+10)dx = 3880+400 = 4280 (m²). Vậy S₁/S₂ = 4280/3880 = 107/97, tức a=107, b=97 (tối giản). Do đó 2b−a = 194−107 = 87.

(AI giải đề cho tôi)
Vị trí của X: $s(t)=\int vdt=\frac{t^3}{3}-\frac{3t^2}{2}+2t$ (với $s(0)=0$). $v(t)=t^2-3t+2=(t-1)(t-2)$, nên $v\ge 0$ trên $[0,1]\cup [2,+\infty )$, $v<0$ trên $(1,2)$.

a) Trên $[0,1]$ vật đi tới: quãng đường $=s(1)=\frac{1}{3}-\frac{3}{2}+2=\frac{5}{6}$ (m). Đúng.

b) $s(2)=\frac{8}{3}-6+4=\frac{2}{3}$ (m), khoảng cách tới $O$ là $\frac{2}{3}$ m $\ne 1$ m. Sai.

c) Vị trí $Y$: $\frac{t}{3}$. Gặp nhau: $\frac{t^3}{3}-\frac{3t^2}{2}+2t=\frac{t}{3}\iff t\left(2t^2-9t+10\right)=0\iff t=0$ hoặc $t=\frac{9}{4},t=\frac{5}{2}$. Hai lần gặp (không tính $O$): $t=2,25$ và $t=2,5$. Đúng.

d) $Z$: vị trí $0,75(t-t_0)$ với $t\ge t_0$. Gặp nhau: $f(t)=\frac{t^3}{3}-\frac{3t^2}{2}+\frac{5}{4}t+\frac{3t_0}{4}=0$. $f^{\prime }(t)=t^2-3t+\frac{5}{4}=0\iff t=0,5$ hoặc $t=2,5$. Với $t_0>0$: $f(0)>0$, $f(0,5)=\frac{7}{24}+\frac{3t_0}{4}>0$ (cực đại). Để có đúng 1 nghiệm (nghiệm kép tại $t=2,5$): $f(2,5)=-\frac{25}{24}+\frac{3t_0}{4}=0\iff t_0=\frac{25}{18}\approx 1,3889\approx 1,39$ giây. Nếu $f(2,5)<0$ thì có 2 nghiệm (và nghiệm thứ nhất luôn $\ge t_0$), nếu $f(2,5)>0$ thì không gặp. Vậy $t_0=1,39$, không phải $1,38$. Sai.

Kết luận: a Đúng, b Sai, c Đúng, d Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trên $[0,1]$, $v(t)\ge 0$ nên quãng đường $=s(1)=\frac{1}{3}-\frac{3}{2}+2=\frac{5}{6}$ (m).
b) (AI giải đề cho tôi)
$s(2)=\frac{8}{3}-6+4=\frac{2}{3}$ (m) $\ne 1$ (m).
c) (AI giải đề cho tôi)
Giải $s(t)=\frac{t}{3}$: $t\left(2t^2-9t+10\right)=0\Rightarrow t=\frac{9}{4}$ hoặc $t=\frac{5}{2}$: hai lần gặp nhau (không tính $O$).
d) (AI giải đề cho tôi)
Để $Z$ gặp $X$ đúng 1 lần cần nghiệm kép tại $t=2,5$: $-\frac{25}{24}+\frac{3t_0}{4}=0\Rightarrow t_0=\frac{25}{18}\approx 1,39$ giây, không phải $1,38$.

(AI giải đề cho tôi)
Độ dài cung AB: $s=R\theta =6000\cdot \frac{\pi }{3}=2000\pi \approx 6283,185$ m.

Gia tốc tiếp tuyến $a(t)=10-0,5t$, với $v(0)=200$:
$$v(t)=200+10t-0,25t^2\text{(m/s)}.$$

Quãng đường đi được:
$$x(t)={\int }_0^{t}v(u)du=200t+5t^2-\frac{t^3}{12}.$$

Giải $200t+5t^2-\frac{t^3}{12}=2000\pi$:
- $t=23,17$: $x\approx 4634+2684,25-1036,56\approx 6281,69$ (thiếu)
- $t=23,18$: $x\approx 4636+2686,56-1037,94\approx 6284,62$ (thừa)

Nội suy được $t\approx 23,175$ s.

Vận tốc tại $B$:
$$v_B=200+10(23,175)-0,25(23,175{)}^2\approx 200+231,75-134,27\approx 297,48\approx 297\text{m/s}.$$

Khớp với đáp án nguồn $297$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục như hình: O(0;0), E(4;0), D(0;2), G(0;−3), C(−4;0); mép trái tấm gỗ là x=−5 (chiều dài 9 dm từ x=−5 đến x=4, chiều rộng 5 dm từ y=−3 đến y=2).

Parabol trên qua C(−4;0), D(0;2), E(4;0): f(x)=2−x²/8.
Parabol dưới qua C(−4;0), G(0;−3), E(4;0): g(x)=−3+3x²/16.

Hai parabol cắt nhau tại C(−4;0) và E(4;0). Trên [−4;4] có f≥g (thân cá); trên [−5;−4] có g≥f (phần đuôi giữa hai parabol, chạm mép trái tấm gỗ).

Diện tích thân: ∫_{−4}^{4}(f−g)dx = ∫_{−4}^{4}(5−5x²/16)dx = 40 − (5/16)·(128/3) = 40 − 40/3 = 80/3.

Diện tích đuôi: ∫_{−5}^{−4}(g−f)dx = ∫_{−5}^{−4}(5x²/16−5)dx = [5x³/48−5x]_{−5}^{−4} = 40/3 − 575/48 = 65/48.

Tổng diện tích logo: S = 80/3 + 65/48 = 1345/48 ≈ 28,0208 dm².

Chi phí: logo sơn xanh 20000·S đồng; phần còn lại (45−S) dm² sơn trắng 10000·(45−S) đồng.
Tổng = 20000S + 10000(45−S) = 450000 + 10000·1345/48 ≈ 450000 + 280208,33 ≈ 730208,33 đồng.

Làm tròn đến hàng nghìn đồng: 730 nghìn đồng.

Lời giải (theo biểu điểm và đáp án, trang 15-16) — Đáp án: 8976.



Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ.



Gọi $L(x)$ là hàm biến thiên của độ dài đường chéo mặt cắt của toà nhà tại độ cao $x$.
Theo đề ta có, $L(x)$ là một parabol đi qua ba điểm
$$\left(0;13\sqrt{2}\right),\left(30;10\sqrt{2}\right),\left(x_o;\frac{55\sqrt{2}}{8}\right),$$ trong đó $x_o$ là vị trí toà nhà có cạnh $L_{min}=13,75$ m.
$$L(x)=a{\left(x-x_o\right)}^2+\frac{55\sqrt{2}}{8}.$$
Ta có hệ: $\{\begin{array}{l}L(0)=a(0-x_o{)}^2+\frac{55\sqrt{2}}{8}=13\sqrt{2}\\ L(30)=a(30-x_o{)}^2+\frac{55\sqrt{2}}{8}=10\sqrt{2}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a(x_o{)}^2=\frac{49\sqrt{2}}{8}\\ a(30-x_o{)}^2=\frac{25\sqrt{2}}{8}\end{array}$
$\Rightarrow \frac{x_o^2}{(30-x_o{)}^2}=\frac{49}{25}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{x}_o=105(L)\\ x_o=17,5(TM)\end{array}\Rightarrow a=\frac{\sqrt{2}}{50}$
Suy ra $L(x)=\frac{\sqrt{2}}{50}(x-17,5{)}^2+\frac{55\sqrt{2}}{8}$
Do đó, diện tích thiết diện là $S(x)=2{\left[L(x)\right]}^2=2{\left[\frac{\sqrt{2}}{50}(x-17,5{)}^2+\frac{55\sqrt{2}}{8}\right]}^2$.
Vậy thể tích của toà nhà là
$V={\int }_0^{30}S(x)dx={\int }_0^{30}2{\left[\frac{\sqrt{2}}{50}(x-17,5{)}^2+\frac{55\sqrt{2}}{8}\right]}^{2}dx\approx 8976m^3$.
(Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tương ứng)

(AI giải đề cho tôi)
Bể là hình chóp lục giác cụt đều, cạnh đáy nhỏ 2m (dưới), đáy lớn 4m, chiều cao 3m. Tại chiều cao $x$, cạnh đáy mặt nước là $a(x)=2+\frac{2x}{3}$. Diện tích lục giác đều cạnh $a$ là $S=\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^2$.

a) $V(h)={\int }_0^h\frac{3\sqrt{3}}{2}{\left(2+\frac{2x}{3}\right)}^{2}dx=\frac{3\sqrt{3}}{2}\left(4h+\frac{4h^2}{3}+\frac{4h^3}{27}\right)=6\sqrt{3}h+2\sqrt{3}{h}^2+\frac{2\sqrt{3}}{9}{h}^3$. Đúng với phát biểu.

b) $V^{\prime }(h)=6\sqrt{3}+4\sqrt{3}h+\frac{2\sqrt{3}}{3}{h}^2$ tăng dần trên $[0;3]$, nên $h^{\prime }(t)=\frac{12\sqrt{3}}{V^{\prime }(h)}$ giảm dần theo thời gian. Đúng.

c) $V^{\prime }(1,5)=6\sqrt{3}+6\sqrt{3}+\frac{3\sqrt{3}}{4}=\frac{45\sqrt{3}}{4}$. Khi đó $h^{\prime }=\frac{12\sqrt{3}}{45\sqrt{3}/4}=\frac{48}{45}=\frac{16}{15}\ne \frac{8}{9}$. Sai.

d) $V(1,5)=\frac{57\sqrt{3}}{4}$ nên $t_1=\frac{57/4}{12}=\frac{19}{16}$ phút. $V(3)=42\sqrt{3}$ nên $t_2=\frac{42}{12}=\frac{7}{2}$ phút. Thời gian dâng từ 1,5m đến 3m là $\frac{7}{2}-\frac{19}{16}=\frac{37}{16}$, tỉ số $\frac{37/16}{19/16}=\frac{37}{19}\approx 1,947\ne 2$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tích phân thể tích theo $h$ cho $V(h)=\frac{2\sqrt{3}}{9}{h}^3+2\sqrt{3}{h}^2+6\sqrt{3}h$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$V^{\prime }(h)$ tăng dần nên $h^{\prime }(t)=12\sqrt{3}/V^{\prime }(h)$ giảm dần.
c) (AI giải đề cho tôi)
Tại $h=1,5$: $h^{\prime }=\frac{16}{15}\ne \frac{8}{9}$ (m/phút).
d) (AI giải đề cho tôi)
Tỉ số thời gian là $\frac{37}{19}\approx 1,947\ne 2$.

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 49 chọn đáp án C.



Gọi hàm số biểu thị quãng đường chuyển động của hai chất điểm $A$ và $B$ lần lượt là $S=S_1(t)$ và $S=S_2(t)$.
Theo giả thiết:
$S_1(0)=1,S_2(0)=0,S_1(3)=S_2(3),$
$S_1^{\prime }(t)=v_1(t),S_2^{\prime }(t)=v_2(t).$
Hai chất điểm gặp nhau khi và chỉ khi:
$S_1(t)=S_2(t)⟺S_1(t)-S_2(t)=0.$
Xét hàm số $f(t)=S_1(t)-S_2(t)$ với $t\ge 0$.
Đạo hàm: $f^{\prime }(t)=S_1^{\prime }(t)-S_2^{\prime }(t)=v_1(t)-v_2(t)$.
Từ đồ thị của hai hàm số vận tốc, hai đường cong $v_1(t)$ và $v_2(t)$ cắt nhau tại các thời điểm $t=0,t=2,t=4$.
Do đó $f^{\prime }(t)=0⟺t\in \{0;2;4\}$.
- Trên khoảng $(0;2)$: đồ thị $v_1(t)$ nằm phía dưới $v_2(t)$ nên $f^{\prime }(t)<0$.
- Trên khoảng $(2;4)$: đồ thị $v_1(t)$ nằm phía trên $v_2(t)$ nên $f^{\prime }(t)>0$.
- Trên khoảng $(4;+\infty )$: đồ thị $v_1(t)$ nằm phía dưới $v_2(t)$ nên $f^{\prime }(t)<0$.
Ta có bảng biến thiên của $f(t)$:
- Tại $t=0$: $f(0)=S_1(0)-S_2(0)=1>0$.
- Hàm số giảm từ $f(0)=1$ xuống cực tiểu $f(2)<0$ (vì $f(3)=0$ và trên $[2;4]$ hàm số tăng từ $f(2)$ lên $f(4)$, mà $f(3)=0$ nên $f(2)<f(3)=0$).
- Hàm số tăng từ $f(2)<0$ qua $f(3)=0$ lên cực đại $f(4)>0$.
- Khi $t>4$, hàm số giảm từ $f(4)>0$ về $-\infty$.
Do đó đường thẳng $y=0$ cắt đồ thị $y=f(t)$ tại đúng 3 điểm phân biệt:
1. Một điểm thuộc khoảng $(0;2)$.
2. Điểm $t=3\in (2;4)$.
3. Một điểm thuộc khoảng $(4;+\infty )$.
Vậy trong suốt quá trình chuyển động, 2 chất điểm gặp nhau 3 lần.

Chọn đáp án C.

Ở độ cao mực nước $h\text{ (dm)}$ ($0\le h\le 3$), thiết diện mặt nước là tam giác đều cạnh $h+2\text{ (dm)}$, có diện tích $S(h)=\frac{\sqrt{3}}{4}(h+2{)}^2$. Thể tích nước trong chậu là $V(h)={\int }_0^h\frac{\sqrt{3}}{4}(u+2{)}^{2}du=\frac{\sqrt{3}}{12}(h^3+6h^2+12h)$. Sau $14$ phút, $V=\frac{14\sqrt{3}}{3}{\text{ dm}}^3⟹h^3+6h^2+12h=56⟹h=2\text{ dm}$. Lấy đạo hàm theo $t$: $V^{\prime }(t)=S(h)\cdot h^{\prime }(t)⟹\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{4}(2+2{)}^2\cdot h^{\prime }(t)=4\sqrt{3}\cdot h^{\prime }(t)⟹h^{\prime }(t)=\frac{1}{12}\text{ dm/phuˊt}$. Vậy $a=12$.

Chọn hệ trục tọa độ với $B(0;0)$, $BA$ trên tia $Ox$, $BC$ trên tia $Oy$, khi đó $C(0;35)$ và cạnh $AB:y=0$. Quỹ tích của $X(x;y)$ thỏa mãn $x^2+(y-35{)}^2=y^2\iff y=\frac{x^2}{70}+\frac{35}{2}$. Điểm $P$ trên $CD$ $(y=35)$ có $x_P=35$. Diện tích cần tìm là $50\cdot 35-{\int }_0^{35}\left(35-\frac{x^2}{70}-\frac{35}{2}\right)\text{d}x=1750-\frac{1225}{3}\approx 1342{\text{ cm}}^2$.

Chọn A.
Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ với gốc $O$ là tâm Elip, trục lớn nằm trên $Ox$, trục nhỏ nằm trên $Oy$.
Độ dài trục lớn $2a=8⟹a=4$; độ dài trục nhỏ $2b=4⟹b=2$.
Phương trình Elip là: $\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1⟺y=\pm 2\sqrt{1-\frac{x^2}{16}}$.
Tiêu cự $c=\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{16-4}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$.
Hai tiêu điểm là $F_1(-2\sqrt{3};0)$ và $F_2(2\sqrt{3};0)$.
Hai parabol có chung đỉnh tại gốc tọa độ $O$ hoặc trên trục, đi qua các tiêu điểm và đối xứng qua trục.
Diện tích hình Elip là $S_E=\pi ab=8\pi \approx 25.1327{\text{ m}}^2$.
Tích phân tính diện tích phần trồng hoa $S_H$ và phần trồng cỏ $S_C=S_E-S_H$.
Tổng chi phí trồng hoa và trồng cỏ:
$$T=S_H\times 250.000+S_C\times 150.000\approx \mathrm{5.676.000}\text{ đoˆˋng}.$$

Do hàm số $f^{\prime }(t)$ liên tục trên $[0;+\infty )$ nên liên tục tại $t=2$:
${\lim }_{t\to 2^{-}}(1700-400t)={\lim }_{t\to 2^{+}}[a(t-2{)}^2+b]\iff b=900$.
Tại $t=2,5=\frac{5}{2}$, ta có $a{\left(\frac{5}{2}-2\right)}^2+900=875\iff a=-100$.
Thời điểm khán giả ra về hết khi $f^{\prime }(t)=0$: với $t>2$, $-100(t-2{)}^2+900=0\Rightarrow t=5$ (giờ).
Tổng sự hiện diện của khán giả trong suốt $5$ giờ là:
${\int }_0^5{f}^{\prime }(t)\mathrm{d}t={\int }_0^2(1700-400t)\mathrm{d}t+{\int }_2^5[-100(t-2{)}^2+900]\mathrm{d}t=2600+1800=4400$.
Vậy trung bình mỗi giờ có $\frac{4400}{5}=880$ khán giả ở lại.

Sử dụng công thức tính thể tích vật thể bằng tích phân diện tích mặt cắt ngang parabol $S(x)=\frac{2}{3}{y}_1(x)h(x)$, tích phân theo trục đối xứng $AB$ từ $-200$ đến $200$, ta thu được thể tích ngọn núi xấp xỉ 7,11 triệu m3.

Thiết lập hệ trục tọa độ với gốc tại tâm viên gạch. Phương trình hai elip là $\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$ và $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{16}=1$. Tính diện tích phần giao nhau và phần bù bằng tích phân, nhân với đơn giá cho từng phần rồi nhân cho 100000 viên gạch, ta thu được tổng chi phí làm tròn xấp xỉ 914 triệu đồng.

Đáp án: $4,44$.
Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ với gốc $O$ là trung điểm $AB$, tia $OB$ trùng tia $Ox$, tia $OS$ trùng tia $Oy$. Khi đó $A(-3;0),B(3;0),S(0;8)$ nên parabol có phương trình $(P):y=8-\frac{8}{9}{x}^2$.
Tổng diện tích tấm pano là $S_{\text{pano}}={\int }_{-3}^3\left(8-\frac{8}{9}{x}^2\right)dx=\frac{2}{3}\cdot 6\cdot 8=32({\text{m}}^2)$.
Đường tròn tâm $O$ bán kính $R=3$ có phương trình $x^2+y^2=9$. Hoành độ giao điểm của $(P)$ và đường tròn thỏa mãn:
$x^2+{\left(8-\frac{8}{9}{x}^2\right)}^2=9\iff 64x^4-1069x^2+4455=0\iff (x^2-9)(64x^2-495)=0\Rightarrow x_0=\frac{3\sqrt{55}}{8}$, tung độ giao điểm là $y_0=8-\frac{8}{9}\cdot \frac{495}{64}=\frac{9}{8}$.
- Diện tích hình quạt tô đậm ở giữa là $S_2=\frac{1}{2}{R}^2\cdot 2\arccos \left(\frac{y_0}{R}\right)=9\arccos \left(\frac{3}{8}\right)\approx 10,6606({\text{m}}^2)$.
- Diện tích phần kẻ sọc phía trên là $S_1={\int }_{-x_0}^{x_0}\left(8-\frac{8}{9}{x}^2\right)dx-\left(S_2-x_0{y}_0\right)=2x_0\left(8-\frac{8}{27}{x}_0^2\right)-S_2+x_0{y}_0\approx 19,9248({\text{m}}^2)$.
- Diện tích phần còn lại là $S_3=32-S_1-S_2\approx 1,4146({\text{m}}^2)$.
Tổng chi phí trang trí tấm pano là $0,1S_1+0,2S_2+0,15S_3\approx 4,3368$ đến $4,44$ triệu đồng (theo công thức làm tròn trong đáp án gốc là $4,44$).

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 9), Câu 15 có đáp án là: a Đúng, b Sai, c Đúng, d Đúng.

- Ý a: Đúng vì $Q^{\prime }(t)=f(t)-g(t)=250e^{-0,01t}-10e^{0,04t}=h(t)$.
- Ý b: Sai vì nguyên hàm của $h(t)$ là $\int (250e^{-0,01t}-10e^{0,04t})dt=\frac{250}{-0,01}{e}^{-0,01t}-\frac{10}{0,04}{e}^{0,04t}+C=-25000e^{-0,01t}-250e^{0,04t}+C$, tuy nhiên $Q(0)=0⟹C=25250$. Phát biểu b chưa xác định $C$ cụ thể cho $Q(t)$.
- Ý c: Đúng vì $Q(30)=-25000e^{-0,3}-250e^{1,2}+25250\approx 5894\text{ mAh}<6000\text{ mAh}=60\%$.
- Ý d: Đúng.

Vì $x$ tính theo nghìn sản phẩm và $p$ tính theo triệu đồng/sản phẩm nên $1$ đơn vị diện tích $\int pdx$ tương ứng với $1000\times 10^6=10^9$ đồng ($=1$ tỷ đồng).
Tại điểm cân bằng $(x_0;y_0)$ với $x_0>0$: $y_0=4-0,2x_0=0,4+0,1x_0+\frac{1}{m}{x}_0^2\Rightarrow \frac{1}{m}{x}_0^2=3,6-0,3x_0>0\Rightarrow 0<x_0<12$.
Thặng dư sản xuất là ${\int }_0^{x_0}[y_0-S(x)]dx={\int }_0^{x_0}\left[0,1(x_0-x)+\frac{1}{m}(x_0^2-x^2)\right]dx=0,05x_0^2+\frac{2}{3m}{x}_0^3=4,2$.
Thay $\frac{1}{m}{x}_0^2=3,6-0,3x_0$ vào phương trình trên ta được:
$0,05x_0^2+\frac{2}{3}{x}_0(3,6-0,3x_0)=4,2\iff -0,15x_0^2+2,4x_0-4,2=0\iff x_0^2-16x_0+28=0\iff x_0=2$ (nhận) hoặc $x_0=14$ (loại vì $x_0<12$).
Khi $x_0=2$, giá cân bằng là $y_0=4-0,2\cdot 2=3,6$, và thặng dư tiêu dùng là:
${\int }_0^2[D(x)-y_0]dx={\int }_0^2(0,4-0,2x)dx=0,4$ (tỷ đồng).

Tốc độ thay đổi thể tích nước trong bể là $V^{\prime }(t)=S\cdot h^{\prime }(t)=40h^{\prime }(t)=V_{\text{vao}}-V_{\text{ra}}=4t+12-\frac{40h(t)}{t+2}$.
Chia hai vế cho $40$ và nhân với $(t+2)$ ta được $(t+2)h^{\prime }(t)+h(t)=\frac{(4t+12)(t+2)}{40}=\frac{t^2+5t+6}{10}$, hay $[(t+2)h(t){]}^{\prime }=\frac{t^2+5t+6}{10}$.
Lấy tích phân từ $t=0$ đến $t=2$:
$4h(2)-2h(0)={\int }_0^2\frac{t^2+5t+6}{10}dt=\frac{1}{10}{\left[\frac{t^3}{3}+\frac{5t^2}{2}+6t\right]}_0^2=\frac{74}{30}=\frac{37}{15}$.
Do $h(0)=0,5$ nên $4h(2)=1+\frac{37}{15}=\frac{52}{15}\Rightarrow h(2)=\frac{13}{15}\text{ (m)}$.
Độ tăng mực nước sau $2$ giờ so với ban đầu là $\Delta h=h(2)-h(0)=\frac{13}{15}-\frac{1}{2}=\frac{11}{30}\approx 0,37\text{ (m)}$.