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

(AI giải đề cho tôi)
Độ cao là nguyên hàm của vận tốc: $h(t)=\int v(t)dt=160t-4,9t^2+C$. Vì $h(0)=0$ nên $C=0$, tức $h(t)=160t-4,9t^2$. Viên đạn đạt độ cao lớn nhất khi $v(t)=0\Rightarrow t=\frac{160}{9,8}\approx 16,3265$ giây. Khi đó $h_{\max }=160\cdot \frac{160}{9,8}-4,9{\left(\frac{160}{9,8}\right)}^2=\frac{160^2}{2\cdot 9,8}=\frac{25600}{19,6}\approx 1306,1224$ m. Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất: $1306,1$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Quãng đường từ giây thứ 4 đến giây thứ 10 là $s={\int }_4^{10}(3t^2+5)dt=\left(t^3+5t\right){|}_4^{10}=(1000+50)-(64+20)=1050-84=966$ (m). Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Sự thay đổi lợi nhuận khi doanh số tăng từ 100 lên 125 đơn vị là $\Delta P={\int }_{100}^{125}(-0,0004x+9,3)dx$. Nguyên hàm: $P(x)=-0,0002x^2+9,3x+C$. Do đó $\Delta P=-0,0002(125^2-100^2)+9,3(125-100)=-0,0002\cdot 5625+232,5=-1,125+232,5=231,375$ triệu đồng. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $P(x)={\int }_0^x{P}^{\prime }(t)dt={\int }_0^x(-0,0008t+10,4)dt=-0,0004x^2+10,4x$ (với $P(0)=0$).
a) Sai: hệ số của $x^2$ phải là $-0,0004$, không phải $-0,0008$.
b) $P(50)=-0,0004\cdot 2500+10,4\cdot 50=-1+520=519$ triệu đồng → đúng.
c) $P(55)-P(50)=-0,0004(55^2-50^2)+10,4\cdot 5=-0,21+52=51,79$ triệu đồng, không phải $49,79$ → sai.
d) Sự thay đổi: $P(a)-P(50)=-0,0004a^2+10,4a-519>517\iff -0,0004a^2+10,4a-1036>0\iff a^2-26000a+2590000<0\iff 100<a<25900$. Do bất đẳng thức nghiêm ngặt, $a=100$ không thỏa mãn (tại $a=100$ sự thay đổi đúng bằng $517$), nên không tồn tại giá trị nhỏ nhất của $a$ (chỉ có cận dưới là 100) → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Nguyên hàm của $P^{\prime }(x)=-0,0008x+10,4$ là $P(x)=-0,0004x^2+10,4x+C$; với $P(0)=0$ thì $C=0$. Hệ số $-0,0008x^2$ trong đề sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
$P(50)=-0,0004\cdot 50^2+10,4\cdot 50=-1+520=519$ triệu đồng.
c) (AI giải đề cho tôi)
$P(55)-P(50)=-0,0004(3025-2500)+10,4(55-50)=-0,21+52=51,79$ triệu đồng $\ne 49,79$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$P(a)-P(50)>517\iff 100<a<25900$. Vì bất đẳng thức nghiêm ngặt, $a=100$ không thỏa mãn nên không có giá trị nhỏ nhất của $a$ (100 chỉ là cận dưới).

(AI giải đề cho tôi)
Quãng đường là tích phân của vận tốc: $s={\int }_1^4(t^2-t+6)dt=\left(\frac{t^3}{3}-\frac{t^2}{2}+6t\right){|}_1^4=\left(\frac{64}{3}-8+24\right)-\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+6\right)=\frac{88}{3}-\frac{35}{6}=\frac{141}{6}=23,5$ mét. Vì $v(t)=t^2-t+6>0$ trên $[1;4]$ nên quãng đường đúng bằng tích phân này.

(AI giải đề cho tôi)
Tính ${\int }_0^{12}c(t)dt={\int }_0^{12}\frac{1}{4}t(12-t)dt=\frac{1}{4}\left(6t^2-\frac{t^3}{3}\right){|}_0^{12}=\frac{1}{4}(864-576)=72$. Vậy $F=\frac{A}{72}=\frac{8}{72}=\frac{1}{9}\approx 0,11$ (l/s).

(AI giải đề cho tôi)
Ô tô dừng khi $v(t)=-4t+20=0\Rightarrow t=5$ (s). Quãng đường đi được từ lúc hãm phanh đến khi dừng hẳn là $s={\int }_0^5(-4t+20)dt=\left(-2t^2+20t\right){|}_0^5=-50+100=50$ (m). Vậy đáp án là B.

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)
Độ dịch chuyển là tích phân có hướng của vận tốc: $s={\int }_1^4(t^2-t-6)dt={\left[\frac{t^3}{3}-\frac{t^2}{2}-6t\right]}_1^4$. Tại $t=4$: $\frac{64}{3}-8-24=-\frac{32}{3}$. Tại $t=1$: $\frac{1}{3}-\frac{1}{2}-6=-\frac{37}{6}$. Vậy $s=-\frac{32}{3}+\frac{37}{6}=\frac{-64+37}{6}=-\frac{27}{6}=-4,5$ (m). Độ dịch chuyển bằng $-4,5$ m (dấu âm nghĩa là vật dịch chuyển ngược chiều dương).

(AI giải đề cho tôi)
Quãng đường là $S={\int }_0^5(3t+4)dt=\left(\frac{3t^2}{2}+4t\right){|}_0^5=\frac{75}{2}+20=\frac{115}{2}=57,5(m)$.

(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)
Vận tốc là nguyên hàm của gia tốc: $v(t)=v(0)+{\int }_0^t(s+2)ds=15+\frac{t^2}{2}+2t$. Tại $t=9$: $v(9)=15+\frac{81}{2}+18=15+40,5+18=73,5(m/s)$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Quãng đường trong 60 giây đầu bằng diện tích dưới đồ thị vận tốc. Giai đoạn 0–10s: hình thang với hai đáy 10 và 15, chiều cao 10, diện tích $\frac{(10+15)\cdot 10}{2}=125$ m. Giai đoạn 10–30s: hình chữ nhật $15\times 20=300$ m. Giai đoạn 30–60s: tam giác $\frac{15\cdot 30}{2}=225$ m. Tổng $125+300+225=650$ m. Vậy chọn D.

(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)
Quãng đường trong 5 giây đầu: $s={\int }_0^5(3t^2+2t)dt=\left(t^3+t^2\right){|}_0^5=125+25=150$ (mét). Khớp với đáp án nguồn 150.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích vật thể có diện tích thiết diện $S(x)$ là $V={\int }_2^{5}S(x)dx={\int }_2^5(x^2+2x)dx$. Công thức này khớp với đáp án C (không có hệ số $\pi$ vì đây không phải thiết diện tròn xoay). Đáp án trùng với mã đề 102 trong bảng đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Quãng đường trong 5 giây đầu: $s={\int }_0^5(3t^2+2t)dt=\left(t^3+t^2\right){|}_0^5=125+25=150$ (mét). Khớp với đáp án nguồn (150).

(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.