Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đạo hàm cấp hai (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Gia tốc là đạo hàm cấp hai của quãng đường: $v(t)=s^{\prime }(t)=\frac{3}{2}{t}^2+6t+10$, $a(t)=s^{\prime \prime }(t)=3t+6$. Tại $t=5$: $a(5)=3\cdot 5+6=21$ (m/s${}^2$). Kết quả trùng với đáp án nguồn (21).

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y^{\prime }=12x^2-7$, suy ra $y^{\prime \prime }=24x$. Do đó $y^{\prime \prime }(1)=24$. Đáp án A, khớp với đáp án nguồn (Mã đề 1141, Câu 2: A).

(AI giải đề cho tôi)
Vận tốc là đạo hàm của quãng đường: $v(t)=s^{\prime }(t)=15t^2-109,2t+203,7$. Gia tốc: $a(t)=v^{\prime }(t)=30t-109,2$. Gia tốc triệt tiêu khi $30t-109,2=0\Rightarrow t=3,64$ (giây). Khi đó $v(3,64)=15\cdot (3,64{)}^2-109,2\cdot 3,64+203,7=198,744-397,488+203,7=4,956\approx 4,96$ (m/s).

(AI giải đề cho tôi)
Vận tốc $v(t)=s^{\prime }(t)=-3t^2+6t+9$, gia tốc $a(t)=s^{\prime \prime }(t)=-6t+6$.

a) $v(t)$ là parabol bậc hai với đỉnh $t=\frac{-6}{2(-3)}=1$, đạt cực đại $v(1)=12$. Khi đó $a(1)=-6(1)+6=0$. Mệnh đề đúng.

b) $v(2)=-3(4)+6(2)+9=-12+12+9=9$ (m/s). Mệnh đề đúng.

c) Vật dừng lại khi $v(t)=0\iff -3t^2+6t+9=0\iff t=3$ (nhận $t>0$). Trên $[0;3]$ có $v(t)\ge 0$ nên vật đi một chiều, quãng đường đi được là $s(3)-s(0)=(-27+27+27+2)-2=29-2=27$ m $\ne 30$ m. Mệnh đề sai.

d) $s^{\prime }(3)=v(3)=-27+18+9=0$. Mệnh đề đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$v(t)=-3t^2+6t+9$ đạt cực đại tại $t=1$; $a(1)=s^{\prime \prime }(1)=-6(1)+6=0$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$v(2)=-3(4)+6(2)+9=9$ m/s.
c) (AI giải đề cho tôi)
Vật dừng khi $v(t)=0\iff t=3$. Vì $v(t)\ge 0$ trên $[0;3]$, quãng đường là $s(3)-s(0)=29-2=27$ m, không phải 30 m.
d) (AI giải đề cho tôi)
$s^{\prime }(3)=v(3)=-27+18+9=0$.

(AI giải đề cho tôi)
Vận tốc là đạo hàm của quãng đường: $v(t)=S^{\prime }(t)=-2+8t+6t^2$. Gia tốc là đạo hàm của vận tốc: $a(t)=v^{\prime }(t)=8+12t$. Tại $t=3$ (s): $a(3)=8+12\cdot 3=8+36=44$ (m/s${}^2$).

(AI giải đề cho tôi)
Gia tốc là đạo hàm cấp hai của quãng đường theo thời gian. Ta có $v(t)=S^{\prime }(t)=-2+8t+6t^2$ và $a(t)=S^{\prime \prime }(t)=8+12t$. Tại thời điểm $t=5$ (s): $a(5)=8+12\cdot 5=68$ (m/s${}^2$).

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f(t)=500(t^2+m{e}^{-t})$, nên $f^{\prime }(t)=500(2t-m{e}^{-t})$ là tốc độ bán hàng. Tốc độ bán hàng luôn tăng trong 10 năm đầu nghĩa là $f^{\prime \prime }(t)\ge 0$ với mọi $t\in [0;10]$. Ta có $f^{\prime \prime }(t)=500(2+m{e}^{-t})$. Điều kiện $2+m{e}^{-t}\ge 0$ với mọi $t\in [0;10]$ tương đương $m\ge -2e^t$ với mọi $t\in [0;10]$. Vì $-2e^t$ tăng trên $[0;10]$ nên ${\max }_{[0;10]}(-2e^t)=-2e^{10}$. Vậy $m\ge -2e^{10}$, do đó giá trị nhỏ nhất của $m$ là $m=-2e^{10}\approx -44051,62$ (thỏa mãn $m\le 0$).

(AI giải đề cho tôi)
Gia tốc của tàu là $a(t)=v^{\prime }(t)=0,003906t^2-0,18058t$. Gia tốc tăng khi $a^{\prime }(t)=v^{\prime \prime }(t)>0$, tức $0,007812t-0,18058>0\iff t>\frac{0,18058}{0,007812}\approx 23,12$. Trên đoạn $[0;126]$, gia tốc của tàu giảm trên $(0;23,12)$ và tăng trên $(23,12;126)$. Vậy khoảng thời gian gia tốc tăng tính từ lúc cất cánh là $(a,b)=(23,12;126)$, suy ra $T=a+b\approx 23,12+126=149,12$ (s).

(AI giải đề cho tôi)
Với $y(t)=t^3-12t+3$: vận tốc $v(t)=y^{\prime }(t)=3t^2-12$, gia tốc $a(t)=v^{\prime }(t)=y^{\prime \prime }(t)=6t$. a) Sai vì gia tốc là $a=y^{\prime \prime }$, không phải $a=y^{\prime }$. b) Đúng. c) $v(1)=3-12=-9<0$ nên hạt chuyển động xuống dưới, sai. d) $v=0\iff t=2$; $y(0)=3$, $y(2)=-13$, $y(3)=-6$; quãng đường $=|-13-3|+|-6-(-13)|=16+7=23$ m, đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Gia tốc là đạo hàm của vận tốc: $a(t)=v^{\prime }(t)=y^{\prime \prime }(t)=6t$, không phải $a=y^{\prime }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$v(t)=y^{\prime }(t)=3t^2-12$ (m/s).
c) (AI giải đề cho tôi)
$v(1)=3(1{)}^2-12=-9<0$ nên tại $t=1$ hạt chuyển động xuống dưới (ngược chiều dương).
d) (AI giải đề cho tôi)
$v(t)=0\iff t=2$. Trên $[0,2]$ hạt đi xuống: $|y(2)-y(0)|=|-13-3|=16$ m; trên $[2,3]$ đi lên: $|y(3)-y(2)|=|-6+13|=7$ m. Tổng quãng đường $=16+7=23$ m.

(AI giải đề cho tôi)
v(t)=s'(t)=-t^2+8t+9=-(t-9)(t+1). a) v(3)=-9+24+9=24 m/s ≠ 1 → sai. b) Vật đứng yên khi v=0 với t≥0: t=9; s(9)=-243+324+81=162 m → đúng. c) a(t)=v'(t)=-2t+8, a(3)=2 m/s^2 → đúng. d) Tăng tốc khi v·a>0: v>0 trên [0;9), a>0 khi t<4, nên trên [0;4) cả hai dương → vật tăng tốc khi t∈[0;4] → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
v(t)=-t^2+8t+9 nên v(3)=-9+24+9=24 m/s, không phải 1 m/s.
b) (AI giải đề cho tôi)
v(t)=-(t-9)(t+1)=0 tại t=9 (t≥0). s(9)=-1/3·729+4·81+81=-243+324+81=162 m.
c) (AI giải đề cho tôi)
a(t)=v'(t)=-2t+8, a(3)=-6+8=2 m/s^2.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tăng tốc khi v và a cùng dấu. Trên [0;9) có v>0; a(t)=-2t+8>0 khi t<4. Vậy vật tăng tốc khi t∈[0;4).

Ta có $f^{\prime }(t)=500\left(2t-m{e}^{-t}\right)$. Đạo hàm cấp hai $f^{\prime \prime }(t)=500\left(2+m{e}^{-t}\right)$

Tốc độ bán hàng luôn tăng trong khoảng thời gian 10 năm đầu phát hành sản phẩm $\iff f^{\prime }(t)$ là hàm số đồng biến trên $[0;10]\iff f^{\prime \prime }(t)\ge 0,\forall t\in [0;10]$

$\iff 500\left(2+m{e}^{-t}\right)\ge 0,\forall t\in [0;10]\iff 2+m{e}^{-t}\ge 0,\forall t\in [0;10]$

$\iff m{e}^{-t}\ge -2,\forall t\in [0;10]\iff m\ge -2e^t,\forall t\in [0;10]$

$\iff m\ge -2e^0=-2$ (do hàm số $y=-2e^t$ nghịch biến trên $[0;10]$).

Vậy giá trị nhỏ nhất của $m$ là $-2$.

Ta có $y^{\prime }=\sin x+x\cos x$. Đạo hàm cấp hai: $y^{\prime \prime }=\cos x+\cos x-x\sin x=2\cos x-x\sin x$. Do đó phương trình $y^{\prime \prime }+y=1⟺(2\cos x-x\sin x)+x\sin x=1⟺2\cos x=1⟺\cos x=\frac{1}{2}⟺x=\pm \frac{\pi }{3}+k2\pi ,k\in \mathbb{Z}$. Xét các nghiệm trên đoạn $\left[-\frac{\pi }{2};2\pi \right]$: các nghiệm thỏa mãn là $x=-\frac{\pi }{3}$, $x=\frac{\pi }{3}$, $x=\frac{5\pi }{3}$. Vậy có đúng $3$ nghiệm.

Ta phân tích biểu thức của hàm số:
$f(x)=\frac{x^2}{1-x}=\frac{x^2-1+1}{1-x}=-(x+1)+\frac{1}{1-x}$

Vì $-(x+1)$ là đa thức bậc nhất nên đạo hàm từ cấp $2$ trở lên của nó bằng $0$.

Do đó với mọi $n\ge 2$:
$f^{(n)}(x)={\left(\frac{1}{1-x}\right)}^{(n)}$

Đặt $g(x)=\frac{1}{1-x}=(1-x{)}^{-1}$. Ta tính các đạo hàm cấp thấp:
- $g^{\prime }(x)=-(-1)(1-x{)}^{-2}=\frac{1}{(1-x{)}^2}=\frac{1!}{(1-x{)}^2}$;
- $g^{\prime \prime }(x)=-2(-1)(1-x{)}^{-3}=\frac{2!}{(1-x{)}^3}$;
- $g^{(3)}(x)=-3(-1)\cdot 2!(1-x{)}^{-4}=\frac{3!}{(1-x{)}^4}$.

Bằng phương pháp quy nạp, ta có công thức đạo hàm cấp $n$:
$g^{(n)}(x)=\frac{n!}{(1-x{)}^{n+1}}$

Áp dụng với $n=2018$:
$f^{(2018)}(x)=\frac{2018!}{(1-x{)}^{2019}}$

Ta tính các đạo hàm của hàm số $y=e^{-2x}$:
- $y^{\prime }=-2e^{-2x}$.
- $y^{\prime \prime }=4e^{-2x}$.
Thay vào biểu thức ở đáp án D:
$y^{\prime \prime }+y^{\prime }-2y=4e^{-2x}+(-2e^{-2x})-2(e^{-2x})=(4-2-2)e^{-2x}=0$
Vậy đẳng thức $y^{\prime \prime }+y^{\prime }-2y=0$ đúng. Chọn D.

Vận tốc của chất điểm: $v(t)=s^{\prime }(t)=3t^2-6t+3=3(t-1{)}^2$.
Chất điểm dừng lại khi $v(t)=0\iff 3(t-1{)}^2=0\iff t=1\text{ (s)}$.
Gia tốc của chất điểm: $a(t)=v^{\prime }(t)=6t-6$.
Tại thời điểm $t=1\text{ s}$, gia tốc là $a(1)=6(1)-6=0{\text{ m/s}}^2$.

Ta có:
$y^{\prime }=[\cos (\ln x)+\sin (\ln x)]+x\left[-\frac{1}{x}\sin (\ln x)+\frac{1}{x}\cos (\ln x)\right]=2\cos (\ln x).$

Đạo hàm cấp hai:
$y^{\prime \prime }=-\frac{2}{x}\sin (\ln x).$

Thay vào hệ thức:
$x^2{y}^{\prime \prime }-x{y}^{\prime }+2y=x^2\left(-\frac{2}{x}\sin (\ln x)\right)-x(2\cos (\ln x))+2x[\cos (\ln x)+\sin (\ln x)]$
$=-2x\sin (\ln x)-2x\cos (\ln x)+2x\cos (\ln x)+2x\sin (\ln x)=0.$

Vậy khẳng định đúng là $x^2{y}^{\prime \prime }-x{y}^{\prime }+2y=0$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 1201, trang 9), Câu 10 chọn đáp án B.

Vận tốc tức thời của chuyển động là $v(t)=s^{\prime }(t)=3t^2-6t+5$.
Gia tốc tức thời là $a(t)=v^{\prime }(t)=s^{\prime \prime }(t)=6t-6$.
Khi $t=3$, gia tốc đạt được là:
$a(3)=6\cdot 3-6=12{\text{ m/s}}^2.$

Ta có $y^{\prime }=3x^2\Rightarrow y^{\prime \prime }=6x$.

Vận tốc $v(t)=s^{\prime }(t)=-t^2+8t+9$, gia tốc $v^{\prime }(t)=-2t+8>0⟺t\in (0;4)$.

a) Tàu khởi hành lúc $8$ giờ $00$ phút và đến nơi lúc $8$ giờ $24$ phút nên tổng thời gian di chuyển là $24$ phút. Đúng.
b) Gọi $t_1,t_2$ (phút) lần lượt là thời gian giai đoạn 1 và giai đoạn 2. Ta có $t_1+t_2=24$, và vận tốc lúc dừng tại ga cuối bằng $0$ nên $a_1{t}_1+a_2{t}_2=0\iff 0,06t_1-0,3t_2=0\iff t_1=5t_2$. Giải hệ được $t_1=20$ phút, $t_2=4$ phút. Sai.
c) Vận tốc lớn nhất tàu đạt được là $v_{\max }=a_1{t}_1=0,06\cdot 20=1,2\text{ km/phuˊt}\ne 1,1\text{ km/phuˊt}$. Sai.
d) Tổng quãng đường tàu đi được là $S=\frac{1}{2}{v}_{\max }(t_1+t_2)=\frac{1}{2}\cdot 1,2\cdot 24=14,4\text{ km}<15\text{ km}$. Đúng.
Đáp án bảng mã đề 0101 (trang 5): a) Đ, b) S, c) S, d) Đ.