Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 7 (có lời giải) - Đề 1

Chọn C

Xét $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 2 \right)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {x - 1} - 1}}{{x - 2}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x - 2}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {x - 1} + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{1}{{\sqrt {x - 1} + 1}} = \frac{1}{2}$.

Chọn B

Ta có hệ số góc $k = f'\left( {{x_0}} \right) = f'\left( 1 \right)$.

$f'\left( 1 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 1 \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^3} + 2 - 3}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^3} - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}{{x - 1}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {{x^2} + x + 1} \right) = 3.$ Vậy $k = 3.$

Ta có:

$$f'\left( x \right) = \frac{{{{\left( {2x - 1} \right)}^\prime }\left( {x + 1} \right) - \left( {2x - 1} \right){{\left( {x + 1} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{2x + 2 - 2x + 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$$

Ta có: Gia tốc tức thời của chuyển động là:

$a = S''\left( t \right) = {\left( {7{t^5} - 3t + 2} \right)^{\prime \prime }} = {\left( {35{t^4} - 3} \right)^\prime } = 140{t^3}$.

Ta xác định hàm vận tốc và hàm gia tốc của chất điểm

$\begin{array}{l}v\left( t \right) = s'\left( t \right) = {t^2} - 4t + 2\\a\left( t \right) = s''\left( t \right) = 2t - 4\end{array}$

Xét thời điểm vận tốc tức thời của chất điểm bằng $7$m/s, ta có:

${t^2} - 4t + 2 = 7 \Leftrightarrow {t^2} - 4t - 5 = 0 \Leftrightarrow t = 5\quad \left( {t > 0} \right)$

Gia tốc tức thời của chất điểm tại thời điểm $t = 5$ là $a\left( 5 \right) = 2.5 - 4 = 6$$\left( {m/{s^2}} \right)$.

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Đúng

Với bất kì ${x_0}{\rm{, ta c\'o : }}\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{f^\prime }\left( {{x_0}} \right)}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x) - f\left( {{x_0}} \right)}}{{x - {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{2{x^3} - 2x_0^3}}{{x - {x_0}}}}\\{}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{2\left( {x - {x_0}} \right)\left( {{x^2} + x \cdot {x_0} + x_0^2} \right)}}{{x - {x_0}}}}\\{}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{2\left( {{x^2} + x \cdot {x_0} + x_0^2} \right)}}{1} = 6x_0^2.}\end{array}$

Vậy ${f^\prime }(x) = {\left( {2{x^3}} \right)^\prime } = 6{x^2}$ trên $\mathbb{R}$.

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Đúng

Với ${x_0} = 0 \Rightarrow {y_0} = 1$

Ta có ${f^\prime }(0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x) - f(0)}}{{x - 0}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{x^2} + 3x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (x + 3) = 3$

Vậy phương trình tiếp tuyến là: $y = 3x + 1$

a) Sai

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

${y^\prime } = \frac{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^\prime }(x - 3) - {{(x - 3)}^\prime }\left( {{x^2} + 1} \right)}}{{{{(x - 3)}^2}}} = \frac{{2x(x - 3) - 1\left( {{x^2} + 1} \right)}}{{{{(x - 3)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 6x - 1}}{{{{(x - 3)}^2}}}$.

a) Đúng

b) Sai

c) Sai

d) Sai

$y' = \frac{{{{\left( {\ln x} \right)}^\prime }.x - x'.\ln x}}{{{x^2}}} = \frac{{\frac{1}{x}.x - \ln x}}{{{x^2}}} = \frac{{1 - \ln x}}{{{x^2}}}$

$y'' = \frac{{{{\left( {1 - \ln x} \right)}^\prime }.{x^2} - {{\left( {{x^2}} \right)}^\prime }\left( {1 - \ln x} \right)}}{{{x^4}}}$$= \frac{{ - \frac{1}{x}.{x^2} - 2x\left( {1 - \ln x} \right)}}{{{x^4}}}$$= \frac{{ - x - 2x\left( {1 - \ln x} \right)}}{{{x^4}}} = - \frac{{1 + 2\left( {1 - \ln x} \right)}}{{{x^3}}} = - \frac{{3 - 2\ln x}}{{{x^3}}}$

Suy ra: $2y' + xy'' = 2.\frac{{1 - \ln x}}{{{x^2}}} - x\frac{{3 - 2\ln x}}{{{x^3}}}$$= \frac{{2 - 2\ln x - 3 + 2\ln x}}{{{x^2}}} = - \frac{1}{{{x^2}}}$.

Ta có: ${y^\prime } = 3{x^2} + 4x$. Do đó ${y^\prime }(1) = 7$.

Phương trình tiếp tuyến tại điểm $M(1;4)$ là $y = 7x - 3$.

${y^\prime } = - \frac{{{{(2x + 1)}^\prime } \cdot {{(x + 1)}^2} - {{\left[ {{{(x + 1)}^2}} \right]}^\prime } \cdot (2x + 1)}}{{{{(x + 1)}^4}}} = - \frac{{2{{(x + 1)}^2} - 2(x + 1)(2x + 1)}}{{{{(x + 1)}^4}}}$

$= \frac{{2{x^2} + 2x}}{{{{(x + 1)}^4}}} \Rightarrow {y^\prime } = \frac{{2x}}{{{{(x + 1)}^3}}}$

Đồ thị của vận tốc là một Parabol có phương trình $v(t) = a{t^2} + bt + c$.

Trên hình vẽ đồ thị qua các điểm $(0;3),(2;9),(3;0)$ nên có hệ phương trình:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{4a + 2b = 6}\\{9a + 3b + - 3}\\{c = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a = - 4}\\{b = 11}\\{c = 3}\end{array}} \right.} \right.$.

Do đó phương trình của vận tốc là $v(t) = - 4{t^2} + 11t + 3$.

Vậy gia tốc của chuyển động tại thời điểm $t = 1(s)$ là: $a(1) = {v^\prime }(1) = 3$

Ta có: $v = {S^\prime } = - 3{t^2} + 6t + 9$ và $a = {v^\prime } = - 6t + 6$.

Gia tốc triệt tiêu khi $a = 0 \Rightarrow t = 1$.

Khi đó vận tốc của chuyển động là $v(1) = 12\;m/s$.

Ta có vận tốc tức thời của chuyển động được tính theo công thức:

$v\left( t \right) = {\left( {S\left( t \right)} \right)^\prime } = 8{t^3} + 12t - 3$.

Khi đó gia tốc tức thời của chuyển động được tính theo công thức:

$a\left( t \right) = 24{t^2} + 12$ $\Rightarrow a\left( 3 \right) = {24.3^2} + 12 = 228\,\,\left( {m/{s^2}} \right)$.

Vậy gia tốc của chuyển động tại thời điểm $t = 3(s)$ là $228\left( {m/{s^2}} \right)$.