Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Định nghĩa/ý nghĩa đạo hàm (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Từ giả thiết: $C(1)=a+b+c=40$; $C(3)=27a+9b+3c=144\Rightarrow 9a+3b+c=48$; $C^{\prime }(1)=3a+2b+c=48$. Trừ hai phương trình đầu: $8a+2b=8\Rightarrow 4a+b=4$. Trừ $C^{\prime }(1)$ và $C(1)$: $2a+b=8$. Suy ra $2a=-4\Rightarrow a=-2$, $b=12$, $c=30$. Vậy $C(t)=-2t^3+12t^2+30t$. a) Sai vì $C(1)=40$ (đề cho chi phí sau 1 giờ là 40 nghìn đồng, không phải 48). b) Đúng vì tốc độ thay đổi là đạo hàm $C^{\prime }(t)=3a{t}^2+2bt+c$. c) Sai vì hàm đúng là $C(t)=-2t^3+12t^2+30t$. d) Đúng vì $d(t)=C^{\prime }(t)=-6t^2+24t+30$ có đỉnh tại $t=\frac{-24}{2(-6)}=2$, thuộc $[0;5]$, nên tốc độ thay đổi lớn nhất tại $t=2$ (giờ), $d(2)=54$.
a) (AI giải đề cho tôi)
Theo đề, chi phí sau 1 giờ bay là 40 nghìn đồng, tức $C(1)=40$, không phải 48. Thật vậy với $a+b+c=40$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Tốc độ thay đổi của chi phí là đạo hàm $C^{\prime }(t)=3a{t}^2+2bt+c$ (nghìn đồng/giờ).
c) (AI giải đề cho tôi)
Giải hệ $a+b+c=40$, $9a+3b+c=48$, $3a+2b+c=48$ được $a=-2,b=12,c=30$, nên $C(t)=-2t^3+12t^2+30t$, không phải $-t^3+8t^2+33t$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$d(t)=-6t^2+24t+30$ là parabol bậc hai với đỉnh $t=2\in [0;5]$, nên $d(t)$ lớn nhất tại $t=2$ với $d(2)=54$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Điểm M(x; 1/x) thuộc (C) với x≠0. Ta có OM² = x² + 1/x² = 2. Đặt t = x² > 0, khi đó t + 1/t = 2 ⟹ t² − 2t + 1 = 0 ⟹ t = 1 ⟹ x = ±1. Vậy M(1; 1) hoặc M(−1; −1).

b) Với N(a; 1/a), a≠0, ta có y′ = −1/x² nên y′(a) = −1/a². Tiếp tuyến tại N: y = −(1/a²)(x − a) + 1/a = −x/a² + 2/a.
• Giao với Ox (y=0): x = 2/a ⟹ A(2/a; 0).
• Giao với Oy (x=0): y = 2/a ⟹ B(0; 2/a).
Do đó OA = OB = 2/|a|, tam giác OAB vuông cân tại O, nên AB = 2√2/|a|.
Đường cao hạ từ O trong tam giác vuông cân: h = OA·OB/AB = (4/a²)/(2√2/|a|) = √2/|a|.
Theo giả thiết: √2/|a| = 4/√26 ⟹ |a| = √2·√26/4 = √52/4 = √13/2.
Suy ra AB = 2√2/|a| = 2√2 · 2/√13 = 4√2/√13 = 4√26/13.
Vậy AB = 4√26/13 ≈ 1,57.

Câu 2. (1,5 điểm)
Trong 1 giờ kim phút quay góc $2\pi$ (rad), kim giờ quay góc $\frac{\pi }{6}$ (rad).
Hiện tại là 2 giờ đêm góc giữa kim giờ và phút là $\frac{\pi }{3}$ (rad)
Giả sử sau t giờ thì kim giờ và kim phút vuông góc nhau lần 1 vậy ta có
$$2\pi t-\left(\frac{\pi }{3}+\frac{\pi t}{6}\right)=\frac{\pi }{2}\leftrightarrow t=\frac{5}{11}\text{ (giờ)}$$
Vận tốc tại thời điểm sau t giờ là $f^{\prime }(t)=3t^2-4t+4$, $t\ge 0$
Vận tốc cần tìm là $f^{\prime }\left(\frac{5}{11}\right)=3{\left(\frac{5}{11}\right)}^2-4\left(\frac{5}{11}\right)+4$ (km/giờ)

(AI giải đề cho tôi)
V(t)=$\frac{1}{100}$\left(30t^{3}-$\frac{t^4}{4}$\right), nên v(t)=V'(t)=$\frac{1}{100}$\left(90t^{2}-t^{3}\right)=0{,}9t^{2}-0{,}01t^{3}.
a) V(10)=$\frac{1}{100}$\left(30$\cdot$1000-$\frac{10000}{4}$\right)=$\frac{1}{100}$(30000-2500)=275$\ne$80\ (m^3) → sai.
b) v(20)=0{,}9$\cdot$400-0{,}01$\cdot$8000=360-80=280\ (m^3/phút) → đúng.
c) v'(t)=1{,}8t-0{,}03t^{2}=0{,}03t(60-t). Với t>60 thì v'(t)<0, tức sau 60 phút tốc độ bơm giảm → đúng.
d) Trên [0;90], v tăng đến t=60 rồi giảm, max v(60)=0{,}9$\cdot$3600-0{,}01$\cdot$216000=3240-2160=1080\ (m^3/phút)$\ne$1000 → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
V(10)=$\frac{1}{100}$(30000-2500)=275\ (m^3), không phải 80.
b) (AI giải đề cho tôi)
v(20)=0{,}9$\cdot$400-0{,}01$\cdot$8000=280\ (m^3/phút).
c) (AI giải đề cho tôi)
v'(t)=0{,}03t(60-t)<0 khi t>60 nên tốc độ bơm giảm sau 60 phút.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tốc độ lớn nhất đạt tại t=60 với v(60)=1080\ (m^3/phút), không phải 1000.

(AI giải đề cho tôi)
Vận tốc tức thời: $v(t)=x^{\prime }(t)=\pi \cos \left(\frac{\pi }{2}t-\frac{\pi }{3}\right)$ (cm/s). Với $t\in [2;3]$, pha $\phi =\frac{\pi }{2}t-\frac{\pi }{3}$ đi từ $\frac{2\pi }{3}$ đến $\frac{7\pi }{6}$. Trên khoảng này hàm $\cos \phi$ giảm từ $-\frac{1}{2}$ đến $-1$ (tại $\phi =\pi$, tức $t=\frac{8}{3}$) rồi tăng từ $-1$ đến $-\frac{\sqrt{3}}{2}$. Vậy $v(t)$ giảm trên $[2;\frac{8}{3}]$ và tăng trên $[\frac{8}{3};3]$: vận tốc giảm rồi sau đó tăng. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $v(t)=s^{\prime }(t)=-3t^2+18t+21$ (đạo hàm của $9t^2$ là $18t$, không phải $9t$), nên ý a) sai.
$v(t)=-3t^2+18t+21=-3(t-7)(t+1)$, là parabol bậc hai với đỉnh tại $t=3$ (thuộc $[0;9]$), giá trị lớn nhất $v(3)=-27+54+21=48$ m/s, nên ý d) đúng.
Thời điểm vận tốc lớn nhất là $t=3$. Trên $[0;3]$ ta có $v(t)>0$ nên vật chuyển động cùng chiều, quãng đường đi được là $s(3)-s(0)=(-27+81+63+1)-1=118-1=117$ m, không phải $118$ m, nên ý b) sai.
$v^{\prime }(t)=18-6t>0$ khi $t<3$ và $v^{\prime }(t)<0$ khi $t>3$, nên vận tốc tăng trên $(1;3)$ nhưng giảm trên $(3;5)$; do đó từ giây thứ nhất đến giây thứ năm vận tốc không luôn tăng, ý c) sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$v(t)=s^{\prime }(t)=-3t^2+18t+21$, không phải $-3t^2+9t+21$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Vận tốc lớn nhất tại $t=3$; $s(3)=-27+81+63+1=118$, $s(0)=1$, trên $[0;3]$ có $v>0$ nên quãng đường $=s(3)-s(0)=118-1=117$ m, không phải $118$ m.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$v^{\prime }(t)=18-6t>0$ chỉ khi $t<3$; từ giây thứ 3 đến giây thứ 5 vận tốc giảm.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$v(t)=-3(t-7)(t+1)$ đạt max tại $t=3$, $v(3)=48$ m/s.

(AI giải đề cho tôi)
$v(t)=s^{\prime }(t)=-3t^2+12t$ (d đúng). $v^{\prime }(t)=-6t+12=0$ tại $t=2$; $v$ tăng trên $(0;2)$, giảm trên $(2;4)$, nên $v_{\max }=v(2)=12$ m/s (c sai). Trên $(2;3)$ vận tốc giảm nên b sai. Quãng đường đến $t=2$: $s(2)-s(0)=26-10=16$ m (a đúng).
a) (AI giải đề cho tôi)
$v(t)=-3t^2+12t$ đạt max tại $t=2$ ($v^{\prime }(t)=-6t+12=0$). Quãng đường đi được: $s(2)-s(0)=(-8+24+10)-10=16$ m.
b) (AI giải đề cho tôi)
$v^{\prime }(t)=-6t+12<0$ khi $t>2$, nên trên khoảng $(2;3)$ vận tốc giảm, không tăng.
c) (AI giải đề cho tôi)
$v(2)=-3(4)+12(2)=12$ m/s, không phải $6$ m/s.
d) (AI giải đề cho tôi)
$v(t)=s^{\prime }(t)=-3t^2+12t$.

(AI giải đề cho tôi)
Với $y=\frac{x}{x+1}$, ta có $y^{\prime }=\frac{1}{(x+1{)}^2}$. Tiếp tuyến tại $x_0=a$: $y=\frac{a}{a+1}+\frac{x-a}{(a+1{)}^2}$. Các đáp án đều có hệ số góc bằng 1 nên $(a+1{)}^2=1\Rightarrow a=0$ hoặc $a=-2$. Với $a=0$, tiếp tuyến $y=0$ qua gốc $O$ nên $A,B$ không phân biệt (loại). Với $a=-2$: điểm tiếp xúc $(-2;2)$, tiếp tuyến $y-2=x+2\Rightarrow y=x+4$. Kiểm tra: cắt trục hoành tại $A(-4;0)$, trục tung tại $B(0;4)$, khi đó $OA=OB=4$, tam giác $OAB$ vuông cân tại $O$ thỏa mãn. Vậy $\Delta :y=x+4$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $h(t)=-0,01t^3+1,1t^2-30t+250$ trên $[0;50]$.
a) Vận tốc tức thời là $h^{\prime }(t)=-0,03t^2+2,2t-30$ → đúng.
b) $v(25)=-0,03\cdot 625+2,2\cdot 25-30=-18,75+55-30=6,25$ km/s → đúng.
c) $v^{\prime }(t)=-0,06t+2,2$; tại $t=25$: $v^{\prime }(25)=0,7>0$ nên vận tốc đang tăng, không giảm → sai.
d) $v(t)=0\iff 0,03t^2-2,2t+30=0\iff t=\frac{2,2-\sqrt{1,24}}{0,06}\approx 18,11$ (nghiệm kia $\approx 55,2$ ngoài khoảng). Tại đó $h\approx -59,37+360,67-543,22+250\approx 8,07$ km; so với $h(0)=h(50)=250$ km, khoảng cách nhỏ nhất là khoảng $8,07$ km, không phải 10 km → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vận tốc tức thời là đạo hàm $h^{\prime }(t)=-0,03t^2+2,2t-30$, đúng với $0\le t\le 50$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$v(25)=-0,03(625)+2,2(25)-30=6,25$ km/s.
c) (AI giải đề cho tôi)
$v^{\prime }(t)=-0,06t+2,2$, $v^{\prime }(25)=0,7>0$ nên tại $t=25$ vận tốc đang tăng.
d) (AI giải đề cho tôi)
Giải $v(t)=0$ được $t\approx 18,11$ s; $h(18,11)\approx 8,07$ km là khoảng cách nhỏ nhất, không phải 10 km.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $x(t)=t^3-6t^2+9t$, $t\ge 0$.
a) $v(t)=x^{\prime }(t)=3t^2-12t+9$ → Đúng.
b) $a(t)=v^{\prime }(t)=6t-12$ → Đúng.
c) $a(t)=6t-12<0$ với $t<2$, nên trên $(0;2)$ vận tốc giảm (nghịch biến), không tăng → Sai.
d) $v(t)=3(t-1)(t-3)$ đổi dấu tại $t=1$ và $t=3$. Quãng đường $s={\int }_0^4|v(t)|dt={\int }_0^{1}vdt-{\int }_1^{3}vdt+{\int }_3^{4}vdt$. Với $x(0)=0,x(1)=4,x(3)=0,x(4)=4$ ta được $s=4+4+4=12\ne 4$ → Sai. Khớp đáp án mã đề 1201: Đ, Đ, S, S.
a) (AI giải đề cho tôi)
$v(t)=x^{\prime }(t)=3t^2-12t+9$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$a(t)=v^{\prime }(t)=6t-12$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$a(t)=6t-12<0$ trên $(0;2)$ nên vận tốc giảm, không tăng.
d) (AI giải đề cho tôi)
$v(t)=3(t-1)(t-3)$ đổi dấu tại $t=1,3$; $x(0)=0,x(1)=4,x(3)=0,x(4)=4$ nên quãng đường $=4+4+4=12\ne 4$.

Đáp án chính thức theo bảng hướng dẫn chấm (mã đề 002, Phần II, Câu 2): S - S - Đ - S, tức a) Sai, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.

(AI giải đề cho tôi)
Chất điểm chuyển động sang trái khi $s^{\prime }(t)<0$. Ta có $s^{\prime }(t)=3t^2-18t+15=3(t-1)(t-5)$. Với $t\ge 0$, $s^{\prime }(t)<0$ khi $1<t<5$. Các giá trị $t$ nguyên trong khoảng này là $t=2,3,4$, tức có 3 giá trị.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(t)=-3t^2+90t+600$. Tốc độ truyền bệnh lớn hơn 1200 khi $-3t^2+90t+600>1200\iff -3t^2+90t-600>0\iff t^2-30t+200<0\iff (t-10)(t-20)<0\iff 10<t<20$. Với $t$ nguyên trong đoạn $[0;30]$, các giá trị thỏa mãn là $t=11,12,\dots ,19$, tức là 9 ngày.

(AI giải đề cho tôi)
Theo hình vẽ, ra đa tại $O$, máy bay bay ngang ở độ cao $10km$. Gọi $x(t)$ là khoảng cách ngang từ máy bay đến điểm ngay trên ra đa, $s(t)$ là khoảng cách từ máy bay đến ra đa: $s^2=x^2+10^2$. Khi $s=16$: $x=\sqrt{16^2-10^2}=\sqrt{156}km$. Đạo hàm hai vế theo $t$: $2s{s}^{\prime }=2x{x}^{\prime }\Rightarrow x^{\prime }=\frac{s{s}^{\prime }}{x}=\frac{16\cdot 546}{\sqrt{156}}\approx \frac{8736}{12,4900}\approx 699,4km/h$. Làm tròn đến hàng đơn vị: $699km/h$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (699).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $x(t)$ là khoảng cách ngang từ máy bay đến điểm cao nhất phía trên ra đa, $s(t)$ là khoảng cách từ máy bay đến ra đa. Theo hình vẽ (trang 4): $s^2=x^2+10^2$. Khi $s=16$ thì $x=\sqrt{16^2-100}=\sqrt{156}$. Đạo hàm hai vế theo $t$: $2s{s}^{\prime }=2x{x}^{\prime }$, nên $x^{\prime }=\frac{s{s}^{\prime }}{x}=\frac{16\cdot 546}{\sqrt{156}}\approx 699,44\approx 699$ km/h. Vậy vận tốc máy bay là 699 km/h, khớp với bảng đáp án mã đề 1001, Phần III câu 1: 699.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 5a) Xét $f(x)=2x^3-6x+1$ liên tục trên $\left[-2;2\right]$. Ta có: $f(-2)=-16+12+1=-3<0$; $f(-1)=-2+6+1=5>0$; $f(0)=1>0$; $f(1)=2-6+1=-3<0$; $f(2)=16-12+1=5>0$. Vì $f$ liên tục và đổi dấu trên các khoảng $(-2;-1)$, $(-1;0)$, $(1;2)$ nên theo định lý giá trị trung gian, phương trình $f(x)=0$ có ít nhất một nghiệm trên mỗi khoảng đó. Vậy phương trình $2x^3-6x+1=0$ có ít nhất ba nghiệm thuộc $\left[-2;2\right]$.

Câu 5b) Hàm số $y=\sqrt{1-x-x^2}$ xác định khi $1-x-x^2\ge 0\iff x\in \left[-1;1\right]$. Tiếp tuyến song song với đường thẳng $x+2y=0$ (hệ số góc $-\frac{1}{2}$) nên $y^{\prime }=-\frac{1}{2}$.
Ta có $y^{\prime }=\frac{-1-2x}{2\sqrt{1-x-x^2}}$. Điều kiện $y^{\prime }=-\frac{1}{2}$ tương đương $\frac{-1-2x}{\sqrt{1-x-x^2}}=-1\iff -1-2x=-\sqrt{1-x-x^2}\iff 1+2x=\sqrt{1-x-x^2}$ (yêu cầu $1+2x\ge 0\iff x\ge -\frac{1}{2}$).
Bình phương: $(1+2x{)}^2=1-x-x^2\iff 4x^2+4x+1=1-x-x^2\iff 5x^2+5x=0\iff x=0$ hoặc $x=-1$.
Thử lại: với $x=-1$: $1+2(-1)=-1<0$ loại. Với $x=0$: $1=\sqrt{1}=1$ thỏa mãn. Khi đó $y=\sqrt{1}=1$, tiếp điểm $(0;1)$.
Phương trình tiếp tuyến: $y=1-\frac{1}{2}(x-0)\iff y=-\frac{1}{2}x+1$, hay $x+2y-2=0$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 5a: Đặt f(x)=4x^3-3x+1/2, hàm đa thức nên liên tục trên R. Ta có f(-1)=4(-1)^3-3(-1)+1/2=-4+3+1/2=-1/2<0; f(0)=1/2>0; f(1)=4-3+1/2=3/2>0. Vì f liên tục và f(-1)·f(0)<0 nên theo định lý giá trị trung gian, phương trình f(x)=0 có nghiệm x_1 thuộc (-1;0). Tương tự f(0)·f(1)<0 nên có nghiệm x_2 thuộc (0;1). Hai khoảng (-1;0) và (0;1) đều nằm trong (-2;2) và rời nhau, do đó phương trình 4x^3-3x+1/2=0 có ít nhất hai nghiệm trên (-2;2). (đpcm)

Câu 5b: Hàm số y=x-ln x xác định trên tập D=(0;+∞). Tiếp tuyến tại điểm x_0 cùng phương với trục hoành nghĩa là hệ số góc y'(x_0)=0. Ta có y'=1-1/x. Giải y'=0: 1-1/x=0 ⟺ x=1 (thỏa mãn x>0). Tại x_0=1: y_0=1-ln 1=1. Vậy điểm cần tìm trên (C) là điểm (1;1), tiếp tuyến tại đó là đường thẳng y=1, song song với trục hoành.

(AI giải đề cho tôi)
Từ $\underset{x\to 4}{\lim }\frac{f(x)-1}{x-4}=1$ và $f$ liên tục, mẫu số tiến về 0 nên tử số cũng phải tiến về 0, suy ra $f(4)=1$, và giới hạn chính là $f^{\prime }(4)=1$.

Xét $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{f(x^2+3)+x^2-2}{x-1}$. Tại $x=1$: $f(4)+1-2=1+1-2=0$, nên đây là dạng $\frac{0}{0}$.

Đặt $g(x)=f(x^2+3)+x^2-2$, khi đó giới hạn cần tính là $g^{\prime }(1)$ với
$$g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x^2+3)\cdot 2x+2x.$$
Vậy $g^{\prime }(1)=f^{\prime }(4)\cdot 2+2=1\cdot 2+2=4$.

Đáp án: 4.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=\frac{(x-2)-x}{(x-2{)}^2}=\frac{-2}{(x-2{)}^2}$, xác định với $x\ne 2$. Tiếp tuyến song song với $d:y=-2x+1$ nên hệ số góc $k=-2$. Giải $\frac{-2}{(x-2{)}^2}=-2\iff (x-2{)}^2=1\iff x=1$ hoặc $x=3$.
- Với $x_0=1$: $y_0=f(1)=\frac{1}{-1}=-1$, tiếp tuyến: $y=-1-2(x-1)=-2x+1$.
- Với $x_0=3$: $y_0=f(3)=\frac{3}{1}=3$, tiếp tuyến: $y=3-2(x-3)=-2x+9$.
Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn: $y=-2x+1$ và $y=-2x+9$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y^{\prime }=-2x^2+2x+4$. Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm có hoành độ $x$ là $k(x)=-2x^2+2x+4$, một hàm bậc hai với $a=-2<0$ nên đạt giá trị lớn nhất tại $x=\frac{-2}{2\cdot (-2)}=\frac{1}{2}$, khi đó $k_{\max }=-2\cdot \frac{1}{4}+2\cdot \frac{1}{2}+4=\frac{9}{2}$.

Tính tung độ tiếp điểm: $y\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{8}+\frac{1}{4}+2-2=-\frac{1}{12}+\frac{1}{4}=\frac{1}{6}$.

Phương trình tiếp tuyến: $y=\frac{9}{2}\left(x-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{6}=\frac{9}{2}x-\frac{9}{4}+\frac{1}{6}=\frac{9}{2}x-\frac{25}{12}$.

Vậy tiếp tuyến có hệ số góc lớn nhất là $y=\frac{9}{2}x-\frac{25}{12}$, tiếp xúc tại điểm $\left(\frac{1}{2};\frac{1}{6}\right)$ với hệ số góc $\frac{9}{2}$.