Giải SGK Toán 12 CD Bài tập cuối Chương 4 có đáp án

Đáp án đúng là: C

Ta có .

Suy ra F(x) = x2 + ex + C.

Mà F(0) = 2 023 nên 02 + e0 + C = 2 023, suy ra C = 2 022.

Vậy F(x) = x2 + ex + 2 022.

Đáp án đúng là: C

Ta có f(x) = F*'(x) = (x3)'* = 3x2.

Khi đó = (2 ∙ 2 + 23) – (2 ∙ 1 + 13) = 9.

Đáp án đúng là: A

Ta có .

Lại có . Mà .

Do đó, . Suy ra .

.

.

.

.

Ta có .

Suy ra .

Mà F(0) = 2 023 nên , suy ra C = 2 024.

Vậy .

Ta có (do x > 0).

Suy ra G(x) = ln x + C.

Mà G(1) = 2 023 nên ln 1 + C = 2 023, suy ra C = 2 023.

Vậy G(x) = ln x + 2 023.

.

Cách khác: .

Hàm số h(t) là một nguyên hàm của hàm số v(t).

Ta có .

Suy ra h(t) = – 0,04t3 + 0,6t2 + C.

Vì với t = 0 thì h = 520, tức là h(0) = 520, suy ra C = 520.

Vậy h(t) = – 0,04t3 + 0,6t2 + 520 (0 ≤ t ≤ 29).

Độ cao tối đa của khinh khí cầu khi bay chính là giá trị lớn nhất của hàm số h(t) trên đoạn [0; 29].

Ta có h*'*(t) = v(t) = – 0,12t2 + 1,2t.

Trên khoảng (0; 29), h*'*(t) = 0 khi t = 10.

h(0) = 520, h(10) = 540, h(29) = 49,04.

Suy ra tại t = 10.

Vậy độ cao tối đa của khinh khí cầu là 540 m.

Khinh khí cầu trở lại độ cao khi xuất phát khi h(t) = 520, tức là

– 0,04t3 + 0,6t2 + 520 = 520 ⇔ 0,04t3 – 0,6t2 = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = 15.

Với t = 0, tức là tại thời điểm xuất phát.

Với t = 15 ∈ [0; 29], thỏa mãn.

Vậy sau 15 phút thì khinh khí cầu trở lại độ cao khi xuất phát.

Có 360 công nhân được sử dụng khi m(t) = 360, tức là

500 + 50 – 10t = 360 ⇔ 10t – 50 – 140 = 0 ⇒ = 7 ⇒ t = 49 ∈ [0; 100].

Vậy đến ngày thứ 49, có 360 công nhân được sử dụng.

Số công nhân được sử dụng lớn nhất chính là giá trị lớn nhất của hàm số m(t) trên đoạn [0; 100].

Ta có m*'*(t) = .

Trên khoảng (0; 100), m*'*(t) = 0 khi t = 6,25.

m(0) = 500; m(6,25) = 562,5; m(100) = 0.

Suy ra khi t = 6,25.

Vậy đến ngày thứ 6 thì số lượng công nhân được sử dụng lớn nhất.

Số ngày công để hoàn thành công trình xây dựng đó là:

(ngày công).

Hàm số P(t) là một nguyên hàm của hàm số P*'*(t).

Ta có .

Suy ra P(t) = – Ce– 0,02t + C1.

Với t = 0 thì P = 1, tức là P(0) = 0, suy ra – C + C1 = 1. (1)

Với t = 4 thì P = 55, tức là P(4), suy ra – Ce– 0,02 ∙ 4 + C1 = 55. (2)

Từ (1) và (2) suy ra C ≈ 702,36; C1 ≈ 703,36.

Vậy số học sinh bị nhiễm virus cúm sau 10 ngày là

P(10) = – 702,36e– 0,02 ∙ 10 + 703,36 ≈ 128 (học sinh).

Hàm số bậc ba y = f(x) = ax3 + bx2 + cx + d (a ≠ 0) đi qua các điểm O(0; 0), B(10; 5), C(20; 21), D(30; 40) nên ta có hệ phương trình sau:

. Suy ra .

Vậy y = f(x) = (x ∈ [0; +∞)).

Gọi v(t) là tốc độ của chiếc xe ô tô đó với t tính bằng giây và v(t) tính bằng mét/giây.

Khi đó ta có .

Vậy quãng đường mà xe ô tô đó đã đi được tính đến giây thứ 60 của quá trình thử nghiệm là:

(m).

Quan sát Hình 37, ta thấy A là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = ex, trục Ox và hai đường thẳng x = 0, x = a (a > 0).

Do đó, .

Tương tự, ta thấy hình B là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = ex, trục Ox và hai đường thẳng x = 0, x = b (b > 0).

Do đó, .

Ta tính diện tích phần cổng hình parabol. Chọn hệ trục tọa độ Oxy với gốc tọa độ O trùng với chân bên trái cổng parabol như hình sau:

Gọi phương trình parabol là y = f(x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0).

Parabol đi qua các điểm (0; 0), (2; 4,8) và (4; 0) nên ta có:

. Suy ra .

Do đó, y = f(x) = – 1,2x2 + 4,8x.

Diện tích phần cổng hình parabol chính là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x) = – 1,2x2 + 4,8x, trục Ox và hai đường thẳng x = 0, x = 4.

Ta có (m2).

Diện tích phần mặt ngoài của bức tường cần sơn là:

S = 10 ∙ (2 + 4 + 2) – 12,8 = 67,2 (m2).

Tổng chi phí để sơn lại toàn bộ mặt ngoài của bức tường đó là:

67,2 ∙ 15 000 = 1 008 000 (đồng).

Thể tích khối tròn xoay đó là:

.