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

Vận tốc $v(t)=\int a(t)dt=\int -20\cos (2t)dt=-10\sin (2t)+C$.
Vì $v(0)=10⟹C=10⟹v(t)=10-10\sin (2t)$.
Vì $\sin (2t)\le 1$ nên $v(t)\ge 0,\forall t$.
Quãng đường vật đi được từ $t=0$ đến $t=\pi$ là:
$s={\int }_0^{\pi }v(t)dt={\int }_0^{\pi }(10-10\sin (2t))dt={\left(10t+5\cos (2t)\right)|}_0^{\pi }=(10\pi +5)-(0+5)=10\pi \text{ m}$. Chọn A.

Chọn B.
Quãng đường đi được từ $t_1=1$ đến $t_2=2$ là:
$s={\int }_1^2(30-5t)dt=\left(30t-\frac{5t^2}{2}\right){|}_1^2=(60-10)-\left(30-2,5\right)=50-27,5=22,5\text{ m}$.

Ta có $v(t)=\int (2t-7)dt=t^2-7t+v(0)=t^2-7t+10$. Khi $v(t)=18\iff t^2-7t-8=0\Rightarrow t=8\text{ (s)}$ (vì $t>0$). Chọn C.

Diện tích phần canh tác gồm hai hình chữ nhật lồng nhau và bù trừ diện tích giao nhau kết hợp phần giới hạn bởi các đường cong elip/đường tròn. Tính toán tích phân diện tích phần tô đen cho kết quả xấp xỉ $70,66{\text{ m}}^2$. Số tiền hạt giống cần là $70,66\times 30.000\approx \mathrm{2.119.800}$ đồng. Chọn A.

Từ đồ thị, parabol có đỉnh $I(1;1)$ và đi qua điểm $(0;2)$ nên có phương trình $v(t)=a(t-1{)}^2+1$. Với $v(0)=2⟹a(0-1{)}^2+1=2⟹a=1$. Suy ra $v(t)=(t-1{)}^2+1$. Quãng đường vật đi được sau 4 giờ là $S={\int }_0^{4}v(t)dt={\int }_0^4((t-1{)}^2+1)dt={\left[\frac{(t-1{)}^3}{3}+t\right]}_0^4=\left(\frac{27}{3}+4\right)-\left(-\frac{1}{3}\right)=13+\frac{1}{3}=\frac{40}{3}\text{ km}$. Chọn D.

a) Đúng vì $s={\int }_0^2(15-3t)dt={\left(15t-\frac{3t^2}{2}\right)|}_0^2=24\text{ m}$.
b) Đúng vì $v(t)=0⟺15-3t=0⟺t=5$ (giây).
c) Sai vì quãng đường từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn là $s={\int }_0^5(15-3t)dt=37,5\text{ m}$, nên khoảng cách tối thiểu đến ô tô B lúc bắt đầu đạp phanh phải là $37,5+1=38,5\text{ m}$.
d) Sai vì công thức đúng là $s={\int }_0^5(15-3t)dt$.

$v(t)=\int a(t)dt=\int (6-3t)dt=6t-\frac{3}{2}{t}^2+C.$

Khi $t=0$ thì $v=0\Rightarrow C=0\Rightarrow v(t)=6t-\frac{3}{2}{t}^2$.

$v^{\prime }(t)=6-3t,v^{\prime }(t)=0\iff t=2.$

[IMAGE_1]

Khi đó:

$S(t)={\int }_0^2\left(6t-\frac{3}{2}{t}^2\right)dt=8.$

Diện tích mặt cắt tại độ cao $x\text{ (m)}$ là $S(x)=5\cdot (0,5{)}^x{\text{ (m}}^2\text{)}$. Thể tích khối gỗ là $V={\int }_0^{2}5\cdot (0,5{)}^{x}dx=\frac{5(1-0,5^2)}{\ln 2}=\frac{3,75}{\ln 2}\approx 5,4{\text{ (m}}^3\text{)}$.

Parabol $v_2(t)$ đi qua $(0;4)$, $(10;6)$ và $(30;6)$ nên có phương trình $v_2(t)=-\frac{1}{150}(t^2-40t-600)\text{ (m/s)}$.
- Ý a) Đúng: Tại $t=10\text{ s}$, khoảng cách vận động viên $A$ dẫn trước $B$ là ${\int }_0^{10}(v_1(t)-v_2(t))dt=\frac{155}{36}\approx 4,3\text{ m}$.
- Ý b) Sai: $v_2(t)=-\frac{1}{150}(t^2-40t-600)$.
- Ý c) Sai: Khoảng cách giữa hai vận động viên sau $30$ giây là $\left|{\int }_0^{30}(v_1(t)-v_2(t))dt\right|=11,25\text{ m}\ne 19,9\text{ m}$.
- Ý d) Sai: Diện tích phần tô đậm chỉ tính trên đoạn $[10;30]$, không tính giai đoạn $[0;10]$ nên không bằng khoảng cách sau $30$ giây kể từ lúc xuất phát.

- Ý a) Đúng: $s_1(t)=\int v_1(t)dt=\int (6-3t)dt=6t-\frac{3t^2}{2}+C\text{ (m)}$.
- Ý b) Đúng: $s_2(t)=\int v_2(t)dt=\int (12-4t)dt=12t-2t^2+C\text{ (m)}$.
- Ý c) Sai: Chất điểm thứ nhất dừng hẳn khi $v_1(t)=0⟺t=2\text{ (s)}$. Quãng đường đi được là $S_1={\int }_0^2(6-3t)dt=6\text{ (m)}\ne 18\text{ (m)}$.
- Ý d) Sai: Chất điểm thứ hai dừng hẳn khi $v_2(t)=0⟺t=3\text{ (s)}$, quãng đường đi được là $S_2={\int }_0^3(12-4t)dt=18\text{ (m)}$. Do hai chất điểm tiếp tục di chuyển ngược chiều nhau theo chiều ban đầu qua vị trí va chạm nên khoảng cách giữa chúng khi dừng hẳn là $S_1+S_2=6+18=24\text{ (m)}\ne 12\text{ (m)}$.

Trong $2$ giờ đầu, parabol có đỉnh $I(2;7)$ và đi qua $(0;3)$ nên có phương trình $v(t)=-(t-2{)}^2+7=-t^2+4t+3$. Trong $2$ giờ sau, đồ thị là đoạn thẳng nối $I(2;7)$ và $A(4;3)$ có phương trình $v(t)=-2t+11$. Quãng đường vật di chuyển được trong $4$ giờ là $s={\int }_0^2(-t^2+4t+3)dt+{\int }_2^4(-2t+11)dt=\frac{34}{3}+10=\frac{64}{3}\approx 21,3\text{ (km)}$.

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.

Tại $t=6$, ta có $v(6)=a⟺-15+b=a⟺b=a+15$, suy ra $v(t)=-\frac{5}{2}t+a+15$. Thời điểm vật dừng hẳn là $t_1=6+\frac{2a}{5}$. Tổng quãng đường vật đi được là $6a+{\int }_6^{6+2a/5}\left(-\frac{5}{2}t+a+15\right)dt=6a+\frac{a^2}{5}=80⟺a^2+30a-400=0⟹a=10$ (do $a>0$). Khi đó $b=25$, suy ra $a^2-b^2=10^2-25^2=-525$.

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 $a=12$.

a) Sai: Trên $[18;24]$ vận tốc giảm từ $27\text{ m/s}$ xuống $24\text{ m/s}$.
b) Đúng: Trên $[0;24]$, $v(t)=-\frac{1}{12}{t}^2+3t⟹a(t)=v^{\prime }(t)=-\frac{1}{6}t+3=2⟺t=6\in [0;24]$.
c) Đúng: $|v_{-}^{\prime }(24)|=1{\text{ m/s}}^2>\frac{24}{26}=\frac{12}{13}{\text{ m/s}}^2$.
d) Sai: Quãng đường trong $24$ giây đầu là ${\int }_0^{24}\left(-\frac{1}{12}{t}^2+3t\right)dt=480\text{ m}$; trong $26$ giây cuối là $\frac{1}{2}\cdot 26\cdot 24=312\text{ m}=65\%\cdot 480\text{ m}<70\%$.

Chọn B.
Quãng đường vật đi được là:
$$s={\int }_0^{3}v(t)dt={\int }_0^3(10t+5)dt={\left[5t^2+5t\right]}_0^3=5(3{)}^2+5(3)=45+15=60\text{ m}.$$

a) Sai: Đồ thị $v_B(t)$ đi qua $(0;0)$ và $(3;60)$ nên $v_B(t)=20t$.
b) Đúng: Parabol $v_A(t)=-20t^2+80t$ đạt giá trị lớn nhất bằng $v_A(2)=80\text{ km/h}$.
c) Sai: Quãng đường xe $A$ đi được trong $3$ giờ đầu là ${\int }_0^3(-20t^2+80t)dt=180\text{ km}$.
d) Sai: Khoảng cách lớn nhất giữa hai xe trong $4$ giờ đầu đạt tại $t=3$ và bằng ${\int }_0^3(-20t^2+60t)dt=90\text{ km}$.

Cây lúa tăng chiều cao khi $v(t)\ge 0\iff 0\le t\le \frac{22}{3}$. Chiều cao lớn nhất đạt được tại $t=\frac{22}{3}$ là $h_{\max }=15+{\int }_0^{22/3}(-0,3t^3+2,2t^2)\text{d}t=15+{\left[-\frac{3}{40}{t}^4+\frac{11}{15}{t}^3\right]}_0^{22/3}\approx 87\text{ cm}$.

a) Đúng.
b) Đúng: $V(t)=\int (400-t)\text{d}t=400t-\frac{t^2}{2}+C$, do $V(0)=0\Rightarrow C=0$.
c) Sai.
d) Sai: $V(400)=80000$ nghìn ${\text{m}}^3$.

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 $50\cdot 35-{\int }_0^{35}\left(35-\frac{x^2}{70}-\frac{35}{2}\right)\text{d}x=1750-\frac{1225}{3}\approx 1342{\text{ cm}}^2$.