Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 7 (có lời giải) - Đề 2

Ta có: \[y = 3{x^3} + \frac{1}{2}{x^2} - 2x + 1 \Rightarrow y' = 9{x^2} + x - 2\].

Vận tốc là đạo hàm của quãng đường theo đơn vị thời gian \(v\left( t \right) = {S^\prime }\left( t \right) = {\left( {\frac{1}{2}g{t^2}} \right)^\prime } = gt\)

Ta xác định hàm vận tốc và hàm gia tốc của con lắc:

\(\begin{array}{l}v\left( t \right) = x'\left( t \right) =  - 3\pi \sin \pi t\\a\left( t \right) = x''\left( t \right) =  - 3{\pi ^2}\cos \pi t\end{array}\)

Thời điểm \(t = \frac{4}{3}\) ta có

Gia tốc tức thời:\(a\left( {\frac{4}{3}} \right) =  - 3{\pi ^2}\cos \frac{{4\pi }}{3} = \frac{{3{\pi ^2}}}{2} > 0\), do đó con lắc đang di chuyển nhanh dần.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = 1 = f(0);\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = b\)

Hàm số liên tục tại \(x = 0 \Leftrightarrow b = 1\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{f(x) - f(0)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{x - 1}}{{x + 1}} =  - 1\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{f(x) - f(0)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} a = a\)

Hàm số có đạo hàm tại điểm \(x = 0 \Leftrightarrow a =  - 1\)

Vậy\(a =  - 1,b = 1\) là giá trị cần tìm.

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{f^\prime }(0)}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x) - f(0)}}{{x - 0}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{{x - 2}}{{x + 1}} - ( - 2)}}{x}}\\{}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{3x}}{{x(x + 1)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{3}{{x + 1}} = 3.}\end{array}\)

Vậy \({f^\prime }(0) = 3\).

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{y^\prime }}&{ = {{( - 2x - 3)}^\prime }\left( {{x^2} + 3x - 1} \right) + {{\left( {{x^2} + 3x - 1} \right)}^\prime }( - 2x - 3)}\\{}&{ =  - 2\left( {{x^2} + 3x - 1} \right) + (2x + 3)( - 2x - 3) =  - 6{x^2} - 18x - 7}\end{array}\)

Ta có: \({s^\prime }(t) = 3{t^2} - 6t + 7\) và \({s^{\prime \prime }}(t) = 6t - 6\).

a) Vận tốc của vật tại thời điểm \(t = 2\) là: \(v(2) = {s^\prime }(2) = {3.2^2} - 6.2 + 7 = 7(\;m/s)\).

b) Gia tốc của vật tại thời điểm \(t = 2\) là: \(a(2) = {v^\prime }(2) = {s^{\prime \prime }}(2) = 6.2 - 6 = 6\left( {\;m/{s^2}} \right)\).

c) Vận tốc của chuyển động bằng \(16\;m/{s^2}\) tại thời điểm \(t\) nghĩa là:

\(v(t) = {s^\prime }(t) = 16{\rm{ }} \Leftrightarrow 3{t^2} - 6t + 7 = 16 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 3{\rm{ (tho\^u a ma\~o n) }}}\\{t =  - 1{\rm{ (loa\"i i) }}}\end{array}} \right.\)

Gia tốc của vật tại thời điểm \(t = 3\) là: \(a(3) = {v^\prime }(3) = {s^{\prime \prime }}(3) = 6.3 - 6 = 12\left( {\;m/{s^2}} \right)\).

d) Vận tốc của chuyển động có phương trình \(v(t) = 3{t^2} - 6t + 7\) là một parabol, có đỉnh \(S\left( { - \frac{b}{{2a}}; - \frac{\Delta }{{4a}}} \right) \Rightarrow S(1;4)\) và hệ số \(a = 3 > 0\) nên hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng 4 tại \(t = 1\).

\(y = \sqrt {{x^2} + 3x + 2} \)

\(y' = \frac{{2x + 3}}{{2\sqrt {{x^2} + 3x + 2} }}\). Suy ra \(a = 2\).

Ta có: \[y = {x^6} - 4{x^4} + 3{x^2} - 1 \Rightarrow y' = 6{x^5} - 16{x^3} + 6x\]\[ \Rightarrow y'' = 30{x^4} - 48{x^2} + 6.\]

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x + 4\)

Tiếp điểm có hoành độ bằng 1 thì \[{x_0} = 1 \Rightarrow {y_0} = 2;f'\left( {{x_0}} \right) = f'\left( 1 \right) = 1\].

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm \[B\left( {1;2} \right)\]là

\[\Delta :y = f'\left( {{x_0}} \right).\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0} \Leftrightarrow y = x + 1\]

\(\begin{array}{l}S = f(t) = {t^4} - 3{t^3} - 3{t^2} + 2t + 1 \Rightarrow {f^\prime }(t) = 4{t^3} - 9{t^2} - 6t + 2\\ \Rightarrow a(t) = {f^{\prime \prime }}(t) = 12{t^2} - 18t - 6\end{array}\)

Gia tốc của vật tại thời điểm \(t = 3s\) là \(a(3) = {12.3^2} - 18.3 - 6 = 48\;m/{s^2}\).

Giả sử số tiền người đó gửi vào ngân hàng là \(A\). Sau \(n\) năm số tiền người đó nhận được là \(2A\).

Áp dụng công thức \(S = A{e^{0,075t}}\) ta có \(2A \le A \cdot {e^{0,075t}}\)

\( \Leftrightarrow 0,075t \ge \ln 2 \Leftrightarrow t \ge  \approx 9,24\).

Người đó phải gửi ít nhất 10 năm thì số tiền thu được gấp đôi số tiền ban đầu.

Chọn hệ trục \(Oxy\) sao cho \(O\) là trung điểm\(AB\), tia \(Ox\) trùng với tia \[OB,\] tia \(Oy\) hướng lên trên

(như hình vẽ).

Khi đó \[A\left( { - 200;0} \right),B\left( {200;0} \right).\] Gọi chiều cao giới hạn của cầu là \[h\left( {h > 0} \right),\] suy ra đỉnh cầu có tọa độ \[\left( {0;h} \right).\]

Gọi phương trình parabol của cầu là \(y = a{x^2} + bx + c\). Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} - \frac{b}{{2a}} = 0\\c = h\\{200^2}a + 200b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 0\\c = h\\a = \frac{{ - h}}{{{{200}^2}}}\end{array} \right.\)

Ta tìm được phương trình parabol của cầu là \(y =  - \frac{h}{{{{200}^2}}}{x^2} + h\)

Ta có\(y' =  - \frac{{2h}}{{{{200}^2}}}x\). Nhận thấy hệ số góc của tiếp tuyến tại một điểm trên cầu xác định độ dốc của mặt cầu. Suy ra hệ số xác định độ dốc của mặt cầu là

\(k = y' =  - \frac{{2h}}{{{{200}^2}}}x\)\[, - 200 \le x \le 200\].

Do đó\(|k| = \frac{{2h}}{{{{200}^2}}}|x| \le \frac{{2h}}{{{{200}^2}}} \cdot 200 = \frac{h}{{100}}\). Vì độ dốc của cầu không quá ${10}^{°}$ nên ta có $\frac{h}{100}\le \tan {10}^{°}\iff h\le 17,6$

Vậy chiều cao giới hạn từ đỉnh cầu tới mặt đường là 17,6 m.