Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 7 (có lời giải) - Đề 3

Vận tốc của chuyển động chính là đạo hàm cấp một của quãng đường: \(v = S' =  - 3{t^2} + 6t + 9\)

Gia tốc của chuyển động chính là đạo hàm cấp hai của quãng đường: \(a = S'' =  - 6t + 6\)

Gia tốc triệt tiêu khi \(S'' = 0\) \( \Leftrightarrow t = 1\).

Hàm gia tốc \(a\left( t \right)\) là đạo hàm cấp hai của hàm li độ \(x\left( t \right)\).

Ta có

\(\begin{array}{l}x'\left( t \right) =  - 5\pi \sin \left( {\pi t + \frac{\pi }{2}} \right)\\a\left( t \right) = x''\left( t \right) =  - 5{\pi ^2}\cos \left( {\pi t + \frac{\pi }{2}} \right)\end{array}\)

Vì \( - 1 \le \cos x \le 1,\forall x \in \mathbb{R}\) nên ta có \( - 5{\pi ^2} \le a\left( t \right) \le 5{\pi ^2}\)

\(\max a\left( t \right) = 5{\pi ^2}\) đạt được khi \[\cos \left( {\pi t + \frac{\pi }{2}} \right) =  - 1 \Leftrightarrow \pi t + \frac{\pi }{2} = \pi  + k2\pi  \Leftrightarrow t = \frac{1}{2} + 2k\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

Vì thời gian \(t \ge 0\) nên thời điểm đầu tiên vật có gia tốc lớn nhất là \(t = \frac{1}{2}\) (giây) (ứng với \(k = 0\))

Hàm số liên tục tại \(x = 1\) nên ta có \[a + b = \frac{1}{2}\].

Hàm số có đạo hàm tại \(x = 1\) nên giới hạn 2 bên của \[\frac{{f\left( x \right) - f\left( 1 \right)}}{{x - 1}}\] bằng nhau và ta có:

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 1 \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{ax + b - \left( {a.1 + b} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{a\left( {x - 1} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} a = a\]

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

Đường thẳng \(d:x - 2y + 2 = 0 \Rightarrow y = \frac{1}{2}x + 1\) nên đường thẳng \(d\) có hệ số góc là \({k_d} = \frac{1}{2}\).

Tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc \(k\) vuông góc với đường thẳng \(d\)

\( \Rightarrow k \cdot {k_d} =  - 1 \Rightarrow k =  - \frac{1}{{{k_d}}} =  - 2.{\rm{ }}\)

Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình \({y^\prime } = k \Rightarrow \frac{{ - 8}}{{{{(x + 1)}^2}}} =  - 2 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x =  - 3}\end{array}} \right.\).

Với \(x = 1\), phương trình tiếp tuyến là \(y =  - 2x + 7\).

Với \(x =  - 3\), phương trình tiếp tuyến là \(y =  - 2x - 9\).

Vậy có hai phương trình tiếp tuyến thỏa mãn là \({d_1}:y =  - 2x + 7;y =  - 2x - 9\).

Vận tốc của chuyển động tại thời điểm \(t\) có phương trình là \(v\left( t \right) = S'\left( t \right) = 3{t^2} - 6t - 9.\)

Gia tốc của chuyển động tại thời điểm \(t\) có phương trình là \(a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 6t - 6.\)

Tại thời điểm \(t = 3\,{\rm{s}}\) ta có \(a\left( 3 \right) = 6.3 - 6 = 12\;{\rm{m/}}{{\rm{s}}^2}.\)

Ta có: \(y' = \cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right) + x\left[ { - \frac{{\sin \left( {\ln x} \right)}}{x} + \frac{{\cos \left( {\ln x} \right)}}{x}} \right]\)

\( = \cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right) - \sin \left( {\ln x} \right) + \cos \left( {\ln x} \right) = 2\cos \left( {\ln x} \right)\).

Suy ra: \(y'' =  - \frac{{2\sin \left( {\ln x} \right)}}{x}\).

Ta có:

Ø \({x^2}y'' + xy' - 2y =  - 2x\sin \left( {\ln x} \right) + 2x\cos \left( {\ln x} \right) - 2x\left[ {\cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right)} \right] =  - 4x\sin \left( {\ln x} \right)\).

Vậy a sai.

Ø \({x^2}y'' - xy' - 2y =  - 2x\sin \left( {\ln x} \right) - 2x\cos \left( {\ln x} \right) - 2x\left[ {\cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right)} \right]\)

\( =  - 4x\left[ {\cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right)} \right]\).

Vậy b sai.

Ø \({x^2}y'' - xy' + 2y =  - 2x\sin \left( {\ln x} \right) - 2x\cos \left( {\ln x} \right) + 2x\left[ {\cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right)} \right] = 0\).

Vậy c đúng.

Ø \({x^2}y' - xy'' + 2y = 2{x^2}\cos \left( {\ln x} \right) + 2\sin \left( {\ln x} \right) + 2x\left[ {\cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right)} \right] \ne 0\).

Vậy d sai.

Toạ độ giao điểm của \((C)\) với đường thẳng \(y = x + 1\) là nghiệm của hệ

phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = \frac{{x + 1}}{{3x}}}\\{y = x + 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{x + 1}}{{3x}} = x + 1}\\{y = x + 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3{x^2} + 2x - 1 = 0}\\{y = x + 1}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1 \Rightarrow y = 0}\\{x = \frac{1}{3} \Rightarrow y = \frac{4}{3}}\end{array}} \right.\)

Phương trình tiếp tuyến của \((C)\) tại điểm \(( - 1;0)\) là:

\(y - 0 = {f^\prime }( - 1)(x + 1) \Leftrightarrow y =  - \frac{1}{3}(x + 1) \Leftrightarrow y =  - \frac{1}{3}x - \frac{1}{3}.\)

Phương trình tiếp tuyến của \((C)\) tại điểm \(\left( {\frac{1}{3};\frac{4}{3}} \right)\) là:

\(y - \frac{4}{3} = {f^\prime }\left( {\frac{1}{3}} \right)\left( {x - \frac{1}{3}} \right) \Leftrightarrow y =  - 3\left( {x - \frac{1}{3}} \right) + \frac{4}{3} \Leftrightarrow y =  - 3x + \frac{7}{3}.\)

Với \(x \ne 0\) xét:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x) - f(0)}}{{x - 0}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{{3 - \sqrt {4 - x} }}{4} - \frac{1}{4}}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2 - \sqrt {4 - x} }}{{4x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4 - (4 - x)}}{{4x(2 + \sqrt {4 - x} )}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{4(2 + \sqrt {4 - x} )}} = \frac{1}{{4(2 + \sqrt {4 - 0} )}} = \frac{1}{{16}} \Rightarrow {f^\prime }(0) = \frac{1}{{16}}.\end{array}\)

Ta có: \({y^\prime } =  - \frac{1}{{{{(x - 1)}^2}}}\) và \(y(2) = 3\)

\({y^\prime }(2) =  - \frac{1}{{{{(2 - 1)}^2}}} =  - 1\).

Do đó phương trình tiếp tuyến với \((C)\) tại điểm (2;3) là: \(y =  - 1(x - 2) + 3 \Rightarrow y =  - x + 5\)

Ta có: \(v(t) = {S^\prime }(t) = 3{t^2} + 8t\) và \(a(t) = {v^\prime }(t) = 6t + 8\).

Theo đề bài, ta có: \(v = 11 \Rightarrow 3{t^2} + 8t = 11 \Rightarrow t = 1(t > 0)\).

Vậy gia tốc của vật tại thời điểm vận tốc của vật bằng 11 là \(a(1) = 14m/{s^2}\).

Ta có: \({Q^\prime }(t) = {\left( {2{t^2} + t} \right)^\prime } = 4t + 1\) nên cường độ dòng điện tại thời điểm \(t = 4(\;s)\) là \({Q^\prime }(4) = 4.4 + 1 = 17(C/s)\)

Vận tốc của chất điểm có phương trình là: \(v = {s^\prime } =  - 3{t^2} + 2t + 1\).

Vận tốc của chất điểm đạt GTLN khi \(t = \frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{1}{3}\).

Gia tốc của chất điểm có phương trình là: \({s^{\prime \prime }} =  - 6t + 2\).

Tại thời điểm vận tốc đạt GTLN thì gia tốc bằng \({s^{\prime \prime }}\left( {\frac{1}{3}} \right) = 0\).