Bài tập ôn tập Toán 12 Kết nối tri thức Chương 4 có đáp án

Chọn B

Ta có: ${F_1}^\prime \left( x \right) = 3 + \frac{2}{{{x^3}}}$; ${F'_2}\left( x \right) = 3 + \frac{1}{x}$; ${F'_3}\left( x \right) = 3 - \frac{2}{{{x^3}}}$; ${F_4}^\prime \left( x \right) = 3 - \frac{1}{x}$.

Suy ra: ${F_2}^\prime \left( x \right) = 3 + \frac{1}{x} = f\left( x \right)$.

Vậy ${F_2}\left( x \right) = 3x + \ln x$ là một nguyên hàm của $f\left( x \right) = 3 + \frac{1}{x}$ trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

Chọn C

Ta có $\int {f\left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( {3{x^2} + 1} \right){\rm{d}}x} = 3.\frac{{{x^3}}}{3} + x + C = {x^3} + x + C}$.

Chọn B

Ta có $\int {{{\left( {2x - 3} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \int {\left( {4{x^2} - 12x + 9} \right){\rm{d}}x} = 4\int {{x^2}} {\rm{d}}x - 12\int {x{\rm{d}}x} + 9\int {{\rm{d}}x} = \frac{4}{3}{x^3} - 6{x^2} + 9x + C$.

$F\left( { - 1} \right) = - 17 \Leftrightarrow \frac{4}{3}.{\left( { - 1} \right)^3} - 6.{\left( { - 1} \right)^2} + 9.\left( { - 1} \right) + C = - 17 \Leftrightarrow C = - \frac{2}{3}$.

Vậy nguyên hàm $F\left( x \right)$ của hàm số $f\left( x \right) = {\left( {2x - 3} \right)^2}$ thỏa mãn $F\left( { - 1} \right) = - 17$ là$\frac{4}{3}{x^3} - 6{x^2} + 9x - \frac{2}{3}$.

Chọn B

Ta có $F\left( x \right) = \int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\frac{2}{{x + 2}}{\rm{\;d}}x} = 2{\rm{ln}}\left| {x + 2} \right| + C$.

Do $F\left( { - 1} \right) = 1$ nên $2{\rm{ln}}\left| { - 1 + 2} \right| + C = 1 \Leftrightarrow C = 1$.

Vậy $F\left( x \right) = 2{\rm{ln}}\left| {x + 2} \right| + 1 \Rightarrow F\left( 2 \right) = 2{\rm{ln}}4 + 1 = 4{\rm{ln}}2 + 1$.

Chọn C

$\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {3\cos x - 4\sin x} \right)} {\rm{d}}x = 3\int {\cos x} {\rm{d}}x - 4\int {\sin x{\rm{d}}x}$$= 3\sin x + 4\cos x + C$.

Chọn A

Ta có $\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {2\sin x + \frac{3}{{{{\sin }^2}x}}} \right)} {\rm{d}}x = 2\int {\sin x{\rm{d}}x + 3\int {\frac{1}{{{{\sin }^2}x}}{\rm{d}}x} }$ $= - 2\cos x - 3\cot x + C$.

Chọn D

Ta có $\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {{{\tan }^2}x{\rm{d}}x} + \int {{{\cot }^2}x{\rm{d}}x} = \int {\left( {1 + {{\tan }^2}x - 1} \right){\rm{d}}x} + \int {\left( {1 + {{\cot }^2}x - 1} \right){\rm{d}}x}$

$= \int {\left( {\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 1} \right){\rm{d}}x} + \int {\left( {\frac{1}{{{{\sin }^2}x}} - 1} \right){\rm{d}}x}$$= \int {\frac{1}{{{{\cos }^2}x}}{\rm{d}}x} + \int {\frac{1}{{{{\sin }^2}x}}{\rm{d}}x} - 2\int {{\rm{d}}x}$

$= \tan x - \cot x - 2x + C$.

Chọn D

Ta có $f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {3 - 5{\rm{cos}}x} \right){\rm{d}}x} = 3x - 5{\rm{sin}}x + C$.

Ta lại có:$f\left( 0 \right) = 5 \Rightarrow 3 \cdot 0 - 5{\rm{sin}}0 + C = 5 \Leftrightarrow C = 5$.

Vậy $f\left( x \right) = 3x - 5{\rm{sin}}x + 5$.

Chọn D

Ta có: $\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {{{2025}^x}{\rm{d}}x} = \frac{{{{2025}^x}}}{{\ln 2025}} + C$.

Chọn C

Ta có: $\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {1 + {e^x}} \right){\rm{d}}x = x + {e^x} + C}$.

Chọn D

Ta có: $\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {{5^{2x - 1}}{\rm{d}}x} = \frac{1}{5}\int {{{25}^x}{\rm{d}}x} = \frac{1}{5}.\frac{{{{25}^x}}}{{\ln 25}} + C = \frac{1}{{2\ln 5}}{.5^{2x - 1}} + C$.

Chọn D

Ta có $\int {\left( {{4^x} + \cos 2x} \right){\rm{d}}x} \, = \frac{{{4^x}}}{{\ln 4}} + \frac{{\sin 2x}}{2} + C$.

Chọn C

Ta có: $F\left( x \right) = \int {\left( {{e^x} - 1} \right)} \,{\rm{d}}x = {e^x} - x + C$.

Vì $F\left( 0 \right) = 2 \Leftrightarrow {e^0} + C = 2 \Leftrightarrow C = 1$ nên $F\left( x \right){\rm{ = }}{{\rm{e}}^x} - x + 1$.

Chọn A

Ta có: $I = 2\int\limits_0^9 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + 3\int\limits_0^9 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = 2.7 + 3.\left( { - 1} \right) = 11$.

Chọn B

Ta có: $\int\limits_0^2 {3f} \left( x \right){\rm{d}}x = 3\int\limits_0^2 f \left( x \right){\rm{d}}x = 3\left( {F\left( 2 \right) - F\left( 0 \right)} \right) = 3.5 = 15.$

Chọn D

Ta có $\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin x{\rm{d}}x} = \left. {\left( { - \cos x} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = - \cos \frac{\pi }{2} + \cos 0 = 1$.

Chọn A

Ta có:$I = \int\limits_0^1 {{5^x}} {\rm{d}}x = \left. {\frac{{{5^x}}}{{\ln 5}}} \right|_0^1 = \frac{{{5^1}}}{{\ln 5}} - \frac{{{5^0}}}{{\ln 5}} = \frac{4}{{\ln 5}}$.

Chọn C

Ta có: $\int\limits_0^{\ln 3} {\left[ {f\left( x \right) + {e^x}} \right]{\rm{d}}x} = \int\limits_0^{\ln 3} {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_0^{\ln 3} {{e^x}{\rm{d}}x} = \int\limits_0^{\ln 3} {f\left( x \right){\rm{d}}x} + 2$

Suy ra $\int\limits_0^{\ln 3} {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 6 - 2 = 4$.

Chọn A

Ta có $\int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {3{x^2}{\rm{d}}x} + \int\limits_1^2 {\left( {4 - x} \right){\rm{d}}x} = 1 + \frac{5}{2} = \frac{7}{2}$.

Chọn D

Sử dụng tính chất tích phân, ta có $\int\limits_a^b {2f\left( x \right){\rm{d}}x} = 2\int\limits_a^b {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 4050$.

Chọn D

Ta có: $I = \int\limits_{ - 1}^0 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_0^\pi {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {2{x^2} - x} \right){\rm{d}}x} + \int\limits_0^\pi {\sin x{\rm{d}}x}$$= \frac{7}{6} + 2 = \frac{{19}}{6}$.

Chọn B

Ta có: $S = \int\limits_0^2 {\left| {{x^2} - x} \right|} {\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2} - x} \right|{\mathop{\rm d}\nolimits} x} + \int\limits_1^2 {\left| {{x^2} - x} \right|{\rm{d}}x} = - \int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - x} \right)} {\rm{d}}x + \int\limits_1^2 {\left( {{x^2} - x} \right)} {\rm{d}}x$.

Chọn A

Ta có: $S = \int\limits_1^2 {\left| {{{\left( {x - 2} \right)}^2} - 1} \right|{\rm{d}}x} = \frac{2}{3}$.

Chọn A

Dựa vào đồ thị hàm số ta có diện tích hình phẳng cần tính là $\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x}$.

Chọn A

Hình phẳng gạch sọc trong hình vẽ được giới hạn bởi các đường $y = {2^x},y = 2,x = 1$ và $x = 3$.

Do đó diện tích hình phẳng gạch sọc trong hình vẽ bằng $\int\limits_1^3 {\left| {{2^x} - 2} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_1^3 {\left( {{2^x} - 2} \right)\,{\rm{d}}x}$.

Chọn D

Thể tích vật thể là: $V = \int\limits_0^1 {S\left( x \right){\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {\left( {{x^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4}} \right)} {\rm{d}}x = \frac{{\sqrt 3 }}{{12}}}$.

Chọn C

$V = \pi \int\limits_{ - 2}^0 {{{\left( {\sqrt {x + 2} } \right)}^2}{\rm{d}}x = \left. {\pi \left( {{x^2} + 2x} \right)} \right|_{ - 2}^0 = 2\pi } .$

Chọn C

Phương trình hoành độ giao điểm là: ${x^2} = 4 \Leftrightarrow {x^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 2$

Thể tích khối tròn xoay là: $V = \pi \int\limits_{ - 2}^2 {\left| {{{\left( {{x^2}} \right)}^2} - {4^2}} \right|} {\rm{d}}x = \frac{{256\pi }}{5}$.

Chọn D

Thể tích của chậu inox là: $V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2}} {\rm{d}}x = \pi \left( {\frac{8}{3}\sqrt 2 + 4} \right) \approx 24{,}41$ (${\rm{d}}{{\rm{m}}^3}$).

a) Sai. Ta có: $\int {\left( {{t^2} - 8t} \right){\rm{d}}t} = \frac{{{t^3}}}{3} - 4{t^2} + C$.

b) Sai. Ta có: $f'\left( t \right) > 0\,\,$khi $8 < t < 10$ và $f'\left( t \right) < 0\,\,$khi $3 < t < 8$.

Nên số lượng vi sinh vật giảm trong khoảng từ 3 giờ đến 8 giờ, sau đó tăng dần trong khoảng 8 giờ đến 10 giờ.

c) Đúng. Bảng biến thiên của $f\left( t \right)$:

d) Đúng. $f\left( t \right) = \frac{{{t^3}}}{3} - 4{t^2} + C$. Do $f\left( 3 \right) = 50 \Rightarrow \frac{{{3^3}}}{3} - {4.3^2} + C = 50 \Rightarrow C = 77$.

Suy ra $f\left( t \right) = \frac{1}{3}{t^3} - 4{t^2} + 77 \Rightarrow f\left( 6 \right) = 5$.

a) Đúng. $h\left( t \right) = \int {v\left( t \right){\rm{d}}t} = \int {\left( { - 0{,}8t + 4{,}16} \right){\rm{d}}t} = - 0{,}4{t^2} + 4{,}16t + C$.

Mà $h\left( 0 \right) = 2{,}2$ nên $C = 2{,}2$ nên $h\left( t \right) = - 0{,}4{t^2} + 4{,}16t + 2{,}2\,\left( {\rm{m}} \right)$.

b) Đúng. Quả cầu đạt độ cao cao nhất tại thời điểm $t = - \frac{{4{,}16}}{{2.\left( { - 0{,}4} \right)}} = 5{,}2\,\left( {\rm{s}} \right)$.

c) Đúng. Độ cao cao nhất của quả cầu bằng $h\left( {5{,}2} \right) = 13{,}016\,\,\left( {\rm{m}} \right)$.

d) Sai. Quả cầu chạm đất khi $h\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - \,0{,}4\,{t^2} + 4{,}16t + \,2{,}2 = 0\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t \approx 10{,}9\\t \approx - 0{,}5\,\end{array} \right.$.

Vì $t > 0$ nên chọn $t \approx 10{,}9\,\left( {\rm{s}} \right)$.

a) Sai. Chi phí mua 1 sản phẩm ứng với $x = 0$, sau ra $C = 5000.25 = 125\,000$ (đồng).

b) Đúng. Với $x = 1$ ta có: $C = 5000\left( {25 + 3\int\limits_0^1 {{t^{\frac{1}{4}}}{\rm{d}}t} } \right) = 137\,000$ (đồng).

Suy ra chi phí bảo trì năm đầu tiên của sản phẩm là $137\,000 - 125\,000 = 12\,000$ (đồng).

c) Sai. Gọi $x$là số năm mà số tiền bảo trì bằng số tiền mua sản phẩm. Khi đó tổng số tiền mua và số tiền bảo trì là $2 \cdot 125\,000 = 250\,000$.

$5000\left( {25 + 3\int\limits_0^x {{t^{\frac{1}{4}}}{\rm{d}}t} } \right) = 250\,000 \Leftrightarrow 25 + 3\left( {\frac{4}{5}{t^{\frac{5}{4}}}|_0^x} \right) = 50 \Leftrightarrow \frac{{12}}{5}{x^{\frac{5}{4}}} = 25 \Leftrightarrow x = {\left( {\frac{{75}}{2}} \right)^{\frac{4}{5}}} \approx 6{,}52$ năm.

d) Sai. Số tiền mua và bảo trì 1 sản phẩm trong 10 năm là:

$C = 5000\left( {25 + 3\int\limits_0^{10} {{t^{\frac{1}{4}}}{\rm{d}}t} } \right) = 5000\left( {25 + 24\sqrt[4]{{10}}} \right) \approx 338\,393{,}53$ (đồng).

Ta có: $\frac{{10\,000\,000}}{{338\,393{,}53}} \approx 29{,}55$.

Vậy với 10 triệu đồng thì họ có thể mua và bảo trì tối đa 29 sản phẩm.

a) Sai. Lúc hãm phanh thì $v\left( {{t_1}} \right) = 0 \Rightarrow$$18 - 36{t_1} = 0 \Rightarrow {t_1} = 0{,}5$ giây.

b) Sai. Quãng đường xe đi được sau $0{,}3$ giây kể từ lúc hãm phanh là

$s = \int\limits_0^{0{,}3} {\left( {18 - 36t} \right)} {\rm{dt}}$$= \left. {\left( {18t - 18{t^2}} \right)} \right|_0^{0{,}3} = 3{,}78$.

c) Đúng. Với ${t_1} = 0{,}5$ giây thì quãng đường kể từ lúc hãm phanh đến lúc xe dừng hẳn là

${s_1} = \int\limits_0^{0{,}5} {\left( {18 - 36t} \right)} {\rm{dt}}$$= \left. {\left( {18t - 18{t^2}} \right)} \right|_0^{0{,}5} = 4{,}5$.

d) Sai. Gia tốc tức thời của chuyển động này là $a = v'\left( t \right) = - 36\,\,\left( {{\rm{m/}}{{\rm{s}}^2}} \right)$.

a) Sai. Dựa vào đồ thị $v\left( t \right)$.

b) Đúng. Trong $3$ giây đầu tiên, vận tốc của chuyển động là $v\left( t \right) = 11\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)$.

Do đó quãng đường chất điểm chuyển động trong $3$giây đầu tiên là: ${S_1} = \int\limits_0^3 {11{\rm{d}}t} \,\,\left( {\rm{m}} \right)$.

c) Đúng. Trong khoảng thời gian từ $8$ đến $15$ giây, đồ thị $v\left( t \right)$ là một đường thẳng đi qua hai điểm $\left( {8;21} \right)$ và $\left( {15;0} \right)$. Ta có: $v\left( t \right) = at + b$.

Từ giả thiết ta có hệ: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{8a + b = 21}\\{15a + b = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = - 3}\\{b = 45}\end{array}} \right.$.

Do đó $v\left( t \right) = - 3t + 45\,\,\left( {8 \le t \le 15} \right)$.

Quãng đường chất điểm đi được trong khoảng thời gian này là:

${S_2} = \int\limits_8^{15} {\left( { - 3t + 45} \right){\rm{d}}t} = - \frac{{3{t^2}}}{2}\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{15}\\8\end{array}} \right. + 45t\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{15}\\8\end{array}} \right. = \frac{{147}}{2} = 73{,}5\,\left( {\rm{m}} \right)$.

d) Sai. Trong khoảng thời gian từ $3$ đến $8$ giây đồ thị $v\left( t \right)$ là một Parabol đi qua các điểm có tọa độ lần lượt là $\left( {3;11} \right),\left( {5;3} \right),\left( {8;21} \right)$ có phương trình dạng: $v\left( t \right) = a{t^2} + bt + c$.

Từ giả thiết ta có: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{9a + 3b + c = 11}\\{25a + 5b + c = 3}\\{64a + 8b + c = 21}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = 2}\\{b = - 20}\\{c = 53}\end{array}} \right.$

Do đó: $v\left( t \right) = 2{t^2} - 20t + 53\,\,\left( {3 \le t \le 8} \right)$.

Quãng đường chất điểm đi được trong khoảng thời gian này là:

${S_3} = \int\limits_3^8 {v\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_3^8 {\left( {2{t^2} - 20t + 53} \right){\rm{d}}t = \,\,} \left( {\frac{{2{t^3}}}{3} - 10{t^2} + 53t} \right)\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}8\\3\end{array}} \right. = \frac{{115}}{3}\,\,\,\left( {\rm{m}} \right)$.

Vận tốc trung bình của chất điểm trong khoảng thời gian này là: ${v_{tb}} = \frac{{{S_3}}}{5} = \frac{{23}}{3} \approx 7{,}67\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)$.

a) Đúng. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$, trục $Ox$, đường thẳng $x = a,x = b$ được tính bằng công thức $S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|\,{\rm{d}}x}$.

b) Sai. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = {x^3}$, trục $Ox$, đường thẳng $x = 0$ và đường thẳng $x = 1$.

Ta có $S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^3}} \right|{\rm{d}}x} = \frac{{{x^4}}}{4}\left| \begin{array}{l}1\\0\end{array} \right. = \frac{1}{4}$(đvdt).

c) Sai. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và $y = g\left( x \right)$, đường thẳng$x = a$ và đường thẳng $x = b$ được tính bằng công thức $S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x}$, vì phần đồ thị của hàm số $y = {x^3}$ nằm dưới phần đồ thị của hàm số $y = \sqrt[3]{x}$, nên diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = {x^3}$ và $y = \sqrt[3]{x}$, đường thẳng$x = 0$ và đường thẳng $x = 1$ được tính bằng công thức $S = \int\limits_0^1 {\left( { - {x^3} + \sqrt[3]{x}} \right){\rm{d}}x}$.

d) Đúng. Diện tích hình vuông có cạnh bằng $1$ là $S = {1^2} = 1$(đvdt).

Gọi ${S_1}$ là diện tích phần tô đậm: ${S_1} = \int\limits_0^1 {\left( {\sqrt[3]{x} - {x^3}} \right)\,} {\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {\left( {{x^{\frac{1}{3}}} - {x^3}} \right)} {\rm{d}}x = \left( {\frac{3}{4}{x^{\frac{4}{3}}} - \frac{{{x^4}}}{4}} \right)\left| \begin{array}{l}1\\0\end{array} \right. = \frac{1}{2}$(đvdt),

Vậy diện tích phần không được tô đậm trên viên gạch men bằng $S - {S_1} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$(đvdt).

a) Đúng. Mảnh trên được biểu diễn bởi elip: $\frac{{{x^2}}}{{16}} + \frac{{{y^2}}}{4} = 1 \Rightarrow {y^2} = 4\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{16}}} \right)$.

Thể tích phần trong của mảnh trên được tính bởi ${V_1} = \pi \int\limits_{ - 4}^0 {\left[ {4\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{16}}} \right)} \right]{\rm{d}}x} = \frac{\pi }{4}\int\limits_{ - 4}^0 {\left( {16 - {x^2}} \right){\rm{d}}x}$.

b) Đúng. Thể tích phần trong mảnh trên là: ${V_1} = \frac{\pi }{4}\int\limits_{ - 4}^0 {\left( {16 - {x^2}} \right){\rm{d}}x} = \frac{{32\pi }}{3}$.

Mảnh dưới được biểu diễn bởi đường tròn: ${x^2} + {y^2} = 4 \Rightarrow {y^2} = 4 - {x^2}$.

Thể tích phần trong dưới là: ${V_2} = \pi \int\limits_0^2 {\left( {4 - {x^2}} \right){\rm{d}}x} = \frac{{16\pi }}{3}$.

Vậy thể tích phần trong của mảnh trên gấp 2 lần thể tích phần trong của mảnh dưới.

c) Đúng. Thể tích phần trong của quả trứng đồ chơi này là: $V = {V_1} + {V_2} = \frac{{32\pi }}{3} + \frac{{16\pi }}{3} = 16\pi$.

d) Sai. Diện tích thiết diện khi cắt bởi mặt phẳng qua trục của quả trứng là $4\pi$.

a) Đúng. $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0,{6^ - }} f\left( x \right) = \sqrt {4 - {{\left( {0{,}6} \right)}^2}} = \sqrt {4 - 0{,}36} = \sqrt {3{,}64} \approx 1{,}907$;

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0,{6^ + }} f\left( x \right) = - \frac{{\sqrt {91} }}{{20}}.0{,}6 + \frac{{23\sqrt {91} }}{{100}} \approx 1{,}907$.

Vậy hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục tại $x = 0{,}6$.

b) Đúng. Diện tích mặt cắt của giọt nước thủy tinh khi cắt bởi mặt phẳng qua trục được tính bởi công thức $S = 2\int\limits_{ - 2}^{4{,}6} {f\left( x \right){\rm{d}}x}$ cm2.

c) Sai. Thể tích của giọt nước thủy tinh này là:

$V = {V_1} + {V_2} = \pi \int\limits_{ - 2}^{0{,}6} {{{\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right)}^2}{\rm{d}}x + } \,\pi \int\limits_{0{,}6}^{4{,}6} {{{\left( { - \frac{{\sqrt {91} }}{{20}}x + \frac{{23\sqrt {91} }}{{100}}} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \frac{{4693\pi }}{{375}} \approx 39{,}32$ cm3.

d) Đúng. Khối lượng của giọt nước thủy tinh này là: $m = \rho .V = 2{,}6.\frac{{4693\pi }}{{375}} \approx 102{,}22$g.

a) Đúng. Ta có: $\int\limits_0^1 {f'\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = \left. {f\left( x \right)} \right|_0^1 = \left. {\left( {{x^3} - 3{x^2} + 2x} \right)} \right|_0^1 = 0$.

b) Sai. Gọi $F\left( x \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)$, khi đó $F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x$.

c) Sai. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 0,x = 2$ là $\int\limits_0^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x$.

d) Đúng. Gọi $\left( D \right)$ là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$, trục hoành, trục tung và đường thẳng $x = 1$. Thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay $\left( D \right)$ quanh trục hoành được tính theo công thức $\pi \int\limits_0^1 {{f^2}\left( x \right)} \,{\rm{d}}x$.

a) Đúng. ${S_{{\rm{taxi}}}} = \int\limits_0^{20} {\left( {\frac{1}{{180}}{t^2} + \frac{{116}}{{135}}t} \right)} \,{\rm{d}}t \approx 187\left( {\rm{m}} \right)$.

b) Đúng. Quãng đường xe cứu thương từ $t = 1$đến $t = 18$ là ${S_{ct}} = \frac{1}{2}a{.17^2} = \frac{{289a}}{2}$.

Quãng đường xe taxi đi từ $t = 0$ đến $t = 18$ là ${S_{{\rm{tax}}i}} = \int\limits_0^{18} {\left( {\frac{1}{{180}}{t^2} + \frac{{116}}{{135}}t} \right)dt} = 150\,{\rm{m}}$.

Khi đó ta có $\frac{{289a}}{2} = 150 \Rightarrow a = \frac{{300}}{{289}}$.

c) Sai. Vận tốc xe cứu thương $\frac{{300}}{{289}}.17 \approx 18$.

d) Đúng.

Quãng đường xe cứu thương $\frac{1}{2}.\frac{{300}}{{289}}.289 + \frac{{5100}}{{289}}.11 \approx 344{,}3$.

Vận tốc trung bình của xe cứu thương là $\frac{{344{,}3}}{{28}} \approx 12{,}3$.

Quãng đường taxi trong 28 giây là $\int_0^{28} {\left( {\frac{1}{{180}}{t^2} + \frac{{116}}{{135}}t} \right)dt} \approx 209{,}3$.

Vận tốc trung bình của xe taxi là $\frac{{209{,}3}}{{28}} \approx 7{,}5$.

Xe cứu thương có vận tốc trung bình lớn hơn.

Từ giả thiết suy ra $h\left( t \right) = \int {\left( {6a{t^2} + 2bt} \right){\rm{d}}x} = 2a{t^3} + b{t^2} + c$.

Lại có $h\left( 0 \right) = 0;h\left( 3 \right) = 90;h\left( 6 \right) = 504$ nên suy ra $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{c = 0}\\{54a + 9b = 90}\\{432a + 36b = 504}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}\begin{array}{l}a = \frac{2}{3}\\b = 6\end{array}\\{c = 0}\end{array}} \right.$.

Vậy $h\left( t \right) = \frac{4}{3}{t^3} + 6{t^2} \Rightarrow h\left( 9 \right) = 1458{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}$.

Đáp án: 1458.

Số lượng cá thể trong đàn gấu mèo tại thời điểm $t$ tháng là

$P\left( t \right) = \int {P'\left( t \right){\rm{d}}t} = \int {\left( {8t + 30} \right){\rm{d}}t} = 4{t^2} + 30t + C\left( {{\rm{con}}} \right)$.

Vì ban đầu thả 100 cá thể gấu mèo nên $P\left( 0 \right) = 100 \Leftrightarrow C = 100 \Rightarrow P\left( t \right) = 4{t^2} + 30t + 100$ (con).

Suy ra số cá thể của đàn gấu mèo này tại thời điểm 3 tháng kể từ khi chúng được thả vào rừng là

$P\left( 3 \right) = {4.3^2} + 30.3 + 100 = 226\,\,\left( {{\rm{con\;}}} \right)$.

Đáp án: 226.

Lợi nhuận của cửa hàng khi đó là: $P\left( {200} \right) - P\left( {150} \right) = \int\limits_{150}^{200} {P'\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{150}^{200} {\left( { - 0{,}01x + 1} \right){\rm{d}}x} = 12{,}5$.

Vậy lợi nhuận của sản phẩm hơn nhau $12{,}5$ triệu đồng.

Đáp án: 12,5.

Lúc đạp phanh tại thời điểm: $v = 5 \Rightarrow - 0{,}5{t_1} + 5 = 5 \Leftrightarrow {t_1} = 0$ giây.

Xe dừng ở thời điểm $v = 0 \Leftrightarrow - 0{,}5{t_2} + 5 = 0 \Leftrightarrow {t_2} = 10$ giây.

Khi đó quãng đường xe di chuyển là: $S = \int\limits_0^{10} {\left( { - 0{,}5t + 5} \right){\rm{d}}t} = 25$ mét.

Đáp án: 25.

Từ đồ thị, ta có tốc độ của ca nô được tính theo công thức: $v\left( t \right) = \left\{ \begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,0{,}6t\,\,{\rm{khi}}\,\,0 \le t < 2\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,1{,}2\,\,{\rm{khi}}\,\,2 \le t < 16\\6 - 0{,}3t\,\,{\rm{khi}}\,\,16 \le t \le 20\end{array} \right.$.

Quãng đường ca nô di chuyển được trong 20 phút đầu tiên là

$s = \int\limits_0^2 {0{,}6t{\rm{d}}t} + \int\limits_2^{16} {1{,}2{\rm{d}}t} + \int\limits_{16}^{20} {\left( {6 - 0{,}3t} \right){\rm{d}}t}$ $= \frac{6}{5} + \frac{{84}}{5} + \frac{{12}}{5} = \frac{{102}}{5}$ (km).

Tốc độ trung bình của ca nô trong 20 phút đầu tiên là ${v_{tb}} = \frac{s}{{20}} = \frac{{102}}{{100}} = 1{,}02$ (km/phút).

Đáp án: 1,02.

Hình lục giác đều có cạnh bằng 2 dm.

Diện tích của hình lục giác đều có thể được tính bằng công thức:

${S_{{\rm{Luc}}\,\,{\rm{giac\;}}}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}.{a^2}$ với $a = 2{\rm{dm}}$.

Thay vào công thức ta có: ${S_{{\rm{Luc giac\;}}}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}{.2^2} = 6\sqrt 3 \,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ sao cho trung điểm của cạnh là $AB$, với $A\left( {1{,}0} \right),B\left( { - 1{,}0} \right)$ và đỉnh $I\left( {0{,}3} \right)$ của parabol.

Phương trình của parabol có dạng: $y = a{x^2} + b$.

Do parabol đi qua các điểm $A$ và $B$ nên ta có: $y = - 3{x^2} + 3$.

Diện tích mỗi cánh hoa được tính bằng tích phân: ${S_{{\rm{C\'a nh\;hoa\;}}}} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( { - 3{x^2} + 3} \right){\rm{d}}x}$.

Tính tích phân: ${S_{{\rm{c\'a nh\;hoa\;}}}} = \left[ { - {x^3} + 3x} \right]\left| \begin{array}{l}1\\ - 1\end{array} \right. = \left( { - 1 + 3} \right) - \left( {1 - 3} \right) = 4{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}$.

Hình có 6 cánh hoa nên tổng diện tích của các cánh hoa là:${S_{{\rm{Tong c\'a nh\;hoa\;}}}} = 6.4 = 24\,\,{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}$.

Tổng diện tích của hình bao gồm cả hình lục giác và các cánh hoa là:

${S_{{\rm{Tong\;}}}} = {S_{{\rm{Luc\;gi\'a c\;}}}} + {S_{{\rm{Tong c\'a nh\;hoa\;\;}}}} = 6\sqrt 3 + 24 \approx 34{,}4\,{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}$.

Đáp án: 34,4.

Chọn hệ tọa độ như hình vẽ (1 đơn vị trên trục bằng $10\,{\rm{cm}} = 1\,{\rm{dm}}$), các cánh hoa tạo bởi các đường parabol có phương trình $y = \frac{{{x^2}}}{3}$, $y = - \frac{{{x^2}}}{3}$,$x = - \frac{{{y^2}}}{3}$,$x = \frac{{{y^2}}}{3}$.

Diện tích một cánh hoa (nằm trong góc phần tư thứ nhất) bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số$y = \frac{{{x^2}}}{3}$,$y = \sqrt {3x}$ và hai đường thẳng $x = 0;x = 3$.

Do đó diện tích một cánh hoa bằng: $\int\limits_0^3 {\left( {\sqrt {3x} - \frac{{{x^2}}}{3}} \right){\rm{d}}x}$ $= 3\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right) = 300\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Đáp án: 300.

Thể tích cần tìm là thể tích của khối tròn xoay khi quay hình phẳng $\left( H \right)$ giới hạn bởi đồ thị hàm số $f\left( x \right) = \sqrt {36 - {x^2}}$, trục hoành và các đường thẳng $x = - 4,\,\,x = 4$ quanh trục hoành.

Do đó: $V = \pi \int\limits_{ - 4}^4 {\left( {36 - {x^2}} \right)dx} = \frac{{736\pi }}{3} \approx 771$ lít.

Đáp án: 771.

Ta có $V = \pi \int\limits_0^4 {x\,} dx = 8\pi$ và tọa độ $M\left( {a;\sqrt a } \right)$.

Khi quay tam giác $OMH$ quanh trục $Ox$ tạo thành hai hình nón có chung đáy:

Hình nón $\left( {{N_1}} \right)$ có đỉnh là $O$, chiều cao ${h_1} = OK = a$, bán kính đáy $R = MK = \sqrt a$;

Hình nón $\left( {{N_2}} \right)$ có đỉnh là $H$, chiều cao ${h_2} = HK = 4 - a$, bán kính đáy $R = MK = \sqrt a$.

Khi đó ${V_1} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h{{\kern 1pt} _1} + \frac{1}{3}\pi {R^2}h{{\kern 1pt} _2} = \frac{4}{3}\pi a$; $V = 2{V_1} \Leftrightarrow 8\pi = 2.\frac{4}{3}\pi a \Rightarrow a = 3$.

Đáp án: 3.

Gắn hệ trục tọa độ $Oxy$ vào parabol sao cho đỉnh của parabol là $I\left( {0;3} \right)$, parabol cắt trục $Ox$ tại 2 điểm là $A\left( { - \frac{3}{2};0} \right),\,\,B\left( {\frac{3}{2};0} \right)$. Tìm được parabol $\left( P \right):y = - \frac{4}{3}{x^2} + 3$.

Cắt lều trại bằng mặt phẳng song song với mặt phẳng chứa parabol ta được thiết diện có diện tích $S$ bằng diện tích của hình phẳng giới hạn bởi $\left( P \right)$ và trục $Ox$ ta có $S = \int\limits_{ - \frac{3}{2}}^{\frac{3}{2}} {\left| { - \frac{4}{3}{x^2} + 3} \right|dx} = 6$.

Khi đó thể tích phần không gian phía trong trại là: $V = \int\limits_0^6 {6\,dx} = 36$ m3.

Đáp án: 36.

a) Ta có$B\left( t \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $B'\left( t \right) = 20{t^3} - 300{t^2} + 1000t$.

Do đó $B\left( t \right) = \int {\left( {20{t^3} - 300{t^2} + 1000t} \right)} dt = 5{t^4} - 100{t^3} + 500{t^2} + C$.

Nên $B\left( t \right) = 5{t^4} - 100{t^3} + 500{t^2} + C$.

Vì sau một giờ, 500 người đã có mặt tại lễ hội nên $B\left( 1 \right) = 405 + C = 500 \Rightarrow C = 95$.

Vậy $B\left( t \right) = 5{t^4} - 100{t^3} + 500{t^2} + 95,{\rm{ }}0 \le t \le 15$.

b) Số lượng khách tham dự lễ hội sau 3 giờ là: $B\left( 3 \right) = {5.3^4} - {100.3^3} + {500.3^2} + 95 = 2300$(khách).

c) Giá trị lớn nhất của hàm số $B\left( t \right)$ trên đoạn $\left[ {0;15} \right]$. Ta có:

$B'\left( t \right) = 20{t^3} - 300{t^2} + 1000t = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 5\\t = 10\end{array} \right.$.

Ta có: $B\left( 0 \right) = 95;B\left( 5 \right) = 3220;B\left( {10} \right) = 95,B\left( {15} \right) = 28220$.

Vậy Số lượng khách tham dự lễ hội lớn nhất là 28220 khách sau 15 giờ.

d) Ta tìm $t$ để hàm số $B'\left( t \right) = 20{t^3} - 300{t^2} + 1000t$đạt giá trị lớn nhất trên đoạn $\left[ {0;15} \right]$. Ta có: $B''\left( t \right) = 60{t^2} - 600t + 1000 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{{15 - 5\sqrt 3 }}{3}\\t = \frac{{15 + 5\sqrt 3 }}{3}\end{array} \right.$.

Ta có: $B'\left( 0 \right) = 0;B'\left( {\frac{{15 - 5\sqrt 3 }}{3}} \right) \approx 962{,}25;B'\left( {\frac{{15 + 5\sqrt 3 }}{3}} \right) \approx - 962{,}25;B'\left( {15} \right) = 15000$.

Khi đó, giá trị lớn nhất của hàm số $B'\left( t \right) = 20{t^3} - 300{t^2} + 1000t$trên đoạn $\left[ {0;15} \right]$ bằng 15000 tại $t = 15$.

Vậy tốc độ thay đổi lượng khách tham dự lễ hội là lớn nhất tại thời điểm 15 giờ.

Phương trình đường thẳng $OB:\,v = \frac{1}{2}t$.

Phương trình đường thẳng $BC:\,v = t - 1$.

Phương trình đường thẳng $CD:\,v = 3$.

Phương trình đường thẳng $DE:\,v = - \frac{2}{3}t + \frac{{23}}{3}$.

Suy ra: $v\left( t \right) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{2}t,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0 \le t \le 2\\t - 1,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2 < t \le 4\\3,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,4 < t \le 7\\ - \frac{2}{3}t + \frac{{23}}{3},\,\,\,7 < t \le 10\end{array} \right.$.

Quãng đường chuyển động của vật trong 10 giây là:

$S = \int\limits_0^{10} {v\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_0^2 {v\left( t \right){\rm{d}}t} + \int\limits_2^4 {v\left( t \right){\rm{d}}t} + \int\limits_4^7 {v\left( t \right){\rm{d}}t} + \int\limits_7^{10} {v\left( t \right){\rm{d}}t}$ $S = \int\limits_0^2 {\frac{1}{2}t{\rm{d}}t} + \int\limits_2^4 {\left( {t - 1} \right){\rm{d}}t} + \int\limits_4^7 {3{\rm{d}}t} + \int\limits_7^{10} {\left( { - \frac{2}{3}t + \frac{{23}}{3}} \right){\rm{d}}t} = 20\,\,\left( {\rm{m}} \right)$.