Các dạng bài toán thực tế khác của ứng dụng tích phân

a) Định nghĩa của nguyên hàm, định nghĩa của tích phân

Nhắc lại tốc độ thay đổi của một đại lượng

Giả sử $y$ là một hàm số của $x$ và ta viết $y=f(x).$ Nếu $x$ thay đổi từ $x_1$ đến $x_2$, thì sự thay đổi của $x$ là \[\Delta x=x_2-x_1,\]và sự thay đổi tương ứng của $y$ là \[\Delta y=f\left( {{x}_{2}} \right)-f\left( {{x}_{1}} \right).\]

Tỉ số $\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\dfrac{f\left(x_2\right)-f\left(x_1\right)}{x_2-x_1}$ được gọi là tốc độ thay đổi trung bình của $y$ đối với $x$ trên đoạn $\left[x_1 ; x_2\right].$

Giới hạn $\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\lim _{x_2 \rightarrow x_1} \dfrac{f\left(x_2\right)-f\left(x_1\right)}{x_2-x_1}$ được gọi là tốc độ thay đổi tức thời của $y$ đối với $x$ tại điểm $x=x_1.$

Như vậy, đạo hàm ${f}'\left( a \right)$ là tốc độ thay đổi tức thời của đại lượng $y=f(x)$ đối với $x$ tại điểm $x=a.$ Dưới đây, chúng ta xem xét một số ứng dụng của ý tưởng này đối với vật lí, hoá học, sinh học và kinh tế:

- Nếu $s=s(t)$ là hàm vị trí của một vật chuyển động trên một đường thẳng thì $v={s}'(t)$ biểu thị vận tốc tức thời của vật (tốc độ thay đổi của độ dịch chuyển theo thời gian). Tốc độ thay đổi tức thời của vận tốc theo thời gian là gia tốc tức thời của vật: \[a(t)={v}'(t)={s}''(t).\]

- Nếu $C=C(t)$ là nồng độ của một chất tham gia phản ứng hoá học tại thời điểm $t$, thì ${C}'(t)$ là tốc độ phản ứng tức thời (tức là độ thay đổi nồng độ) của chất đó tại thời điểm $t.$

- Nếu $P=P\left( t \right)$ là số lượng cá thể trong một quần thể động vật hoặc thực vật tại thời điểm $t$, thì ${P}'(t)$ biểu thị tốc độ tăng trưởng tức thời của quần thể tại thời điểm $t.$

- Nếu $C=C\left( x \right)$ là hàm chi phí, tức là tổng chi phí khi sản xuất $x$ đơn vị hàng hoá, thì tốc độ thay đổi tức thời ${C}'(x)$ của chi phí đối với số lượng đơn vị hàng được sản xuất được gọi là chi phí biên.

- Về ý nghĩa kinh tế, chi phí biên ${C}'(x)$ xấp xỉ với chi phí để sản xuất thêm một đơn vị hàng hoá tiếp theo, tức là đơn vị hàng hoá thứ $x+1.$

Giả sử lợi nhuận biên (tính bằng triệu đồng) của một sản phẩm được mô hình hoá bằng công thức: \[P^{\prime}(x)=-0,0005 x+12,2\]

Ở đây $P(x)$ là lợi nhuận (tính bằng triệu đồng) khi bán được $x$ đơn vị sản phẩm.

a) Tìm sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ 100 lên 101 đơn vị sản phẩm.

b) Tìm sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ 100 lên 110 đơn vị sản phẩm.

Giải. a) Sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ 100 lên 101 đơn vị sản phẩm là

\[P\left( 101 \right)-P\left( 100 \right)=\int\limits_{100}^{101}{{P}'\left( x \right)dx}=\int\limits_{100}^{101}{\left( -0,0005x+12,2 \right)dx}=12,1498\] (triệu đồng).

b) Sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ 100 lên 110 đơn vị sản phẩm là

\[P\left( 110 \right)-P\left( 100 \right)=\int\limits_{100}^{110}{{P}'\left( x \right)dx}=\int\limits_{100}^{110}{\left( -0,0005x+12,2 \right)dx}=121,475\] (triệu đồng).

b) Giá trị trung bình của hàm số

Giá trị trung bình của hàm số liên tục $f(x)$ trên đoạn $[a ; b]$ được định nghĩa là \[\dfrac{1}{b-a} \int_a^b f(x) \mathrm{d} x\]

Giả sử nhiệt độ (tính bằng ${ }^{\circ} \mathrm{C}$ ) tại thời điểm $t$ giờ trong khoảng thời gian từ 6 giờ sáng đến 12 giờ trưa ở một địa phương vào một ngày nào đó được mô hình hoá bởi hàm số \[T(t)=20+1,5(t-6), 6 \leq t \leq 12\]

Tìm nhiệt độ trung bình vào ngày đó trong khoảng thời gian từ 6 giờ sáng đến 12 giờ trưa.

Giải. Nhiệt độ trung bình vào ngày đó trong khoảng thời gian từ 6 giờ sáng đến 12 giờ trưa là

\[T{{\left( t \right)}_{\text{tb}}}=\dfrac{1}{12-6}\int\limits_{6}^{12}{T\left( t \right)dt}=\dfrac{1}{12-6}\int\limits_{6}^{12}{\left[ 20+1,5\left( t-6 \right) \right]dt}=24,{{5}^{{}^\circ }}\text{C}.\]

c) Thặng dư tiêu dùng và thặng dư sản xuất

Hàm cầu liên quan đến giá $p$ của một sản phẩm với nhu cầu của người tiêu dùng, hàm cung liên quan đến giá $p$ của một sản phẩm với mức độ sẵn sàng cung cấp sản phẩm của nhà sản xuất. Điểm cắt nhau $\left(x_0 ; p_0\right)$ của đồ thị hàm cầu $p=D(x)$ và đồ thị hàm cung $p=S(x)$ được gọi là điểm cân bằng. Các nhà kinh tế gọi diện tích của hình giới hạn bởi đồ thị hàm cầu, đường nằm ngang $p=p_0$ và đường thẳng đứng $x=0$ là thặng dư tiêu dùng. Tương tự, diện tích của hình giới hạn bởi đồ thị của hàm cung, đường nằm ngang $p=p_0$ và đường thẳng đứng $x=0$ được gọi là thặng dư sản xuất (hình vẽ)

Giả sử hàm cung và hàm cầu của một loại sản phẩm được mô hình hoá bởi:

Hàm cầu: $p=-0,36x+9$ và hàm cung: $p=0,14 x+2$, trong đó $x$ là số đơn vị sản phẩm.

a) Điểm cân bằng là $\left( 14;\text{ }3,96 \right).$

b) Thặng dư tiêu dùng là $35,28.$

c) Thặng dư sản xuất là $13,72.$

Giải. a) Điểm cân bằng $-0,36x+9=0,14x+2\Leftrightarrow x=14\Rightarrow p=3,96\Rightarrow \left( 14;\text{ }3,96 \right).$

b) Thặng dư tiêu dùng $CS=\int\limits_{0}^{14}{\left[ \left( -0,36x+9 \right)-3,96 \right]dx}=35,28.$

c) Thặng dư sản xuất $PS=\int\limits_{0}^{14}{\left[ 3,96-\left( 0,14x+2 \right) \right]dx}=13,72.$

d) Độ dài đường cong (tham khảo thêm)

Độ dài đường cong $y=f\left( x \right)$ xét trên đoạn $\left[ a;b \right]$ được tính theo công thức: $l=\int\limits_{a}^{b}{\sqrt{1+{{\left[ {f}'\left( x \right) \right]}^{2}}}dx}.$

Một nhà sản xuất tấm lợp kim loại bằng tôn có chiều rộng 28 inch và cao 2 inch, bề mặt tấm lợp được dàn bằng máy theo chương trình máy tính lập trình trước mà tập hợp các điểm trên bề mặt tấm lợp đều thuộc đồ thị của hàm số $y=\sin \dfrac{\pi x}{7}$ từ một tấm phôi kim loại phẳng có chiều dài $w.$ Tính chiều dài cần thiết của tấm phôi kim loại để chế tạo được tấm lợp theo yêu cầu trên, biết rằng độ dài của đường cong $y=f(x)$ trên đoạn $[a;b]$ được xác định bởi công thức $w=\int\limits_{a}^{b}{\sqrt{1+{{[{f}'(x)]}^{2}}}dx}.$ (theo đơn vị inch, làm tròn kết quả đến hàng phần chục).

Giải. Ta có $f\left( x \right)=\sin \left( \dfrac{\pi x}{7} \right)\Rightarrow {f}'\left( x \right)=\dfrac{\pi }{7}\cos \left( \dfrac{\pi x}{7} \right)$

$\Rightarrow w=\int\limits_{0}^{28}{\sqrt{1+{{\left( \dfrac{\pi }{7}\cos \left( \dfrac{\pi x}{7} \right) \right)}^{2}}}dx}\approx 29,4\text{ inch}\text{.}$

Một con diều hâu bay 15m/s tại độ cao 180 m tình cờ đánh rơi con mồi. Con mồi rơi theo quỹ đạo là đường parabol có phương trình $y=180-\dfrac{{{x}^{2}}}{45}$ cho đến khi nó chạm đất, trong đó $y$ là độ cao tính từ mặt đất và $x$ là khoảng cách dịch chuyển theo phương ngang. Tính quãng đường di chuyển của con mồi từ lúc rơi đến khi chạm đất, biết độ dài đường cong $y=f(x)$ trên đoạn $[a;b]$ xác định bởi công thức $L=\int\limits_{a}^{b}{\sqrt{1+{{[{f}'(x)]}^{2}}}dx}.$

A. 209 (mét).

B. 201 (mét).

C. 210 (mét).

D. 290 (mét).

Giải. Con mồi chậm đất khi $y=0\Leftrightarrow 180-\dfrac{{{x}^{2}}}{45}=0\Leftrightarrow x=90(x\ge 0).$

Quãng đường con mồi di chuyển từ lúc rơi đến lúc chạm đất là

\[L=\int\limits_{0}^{90}{\sqrt{1+{{[{y}'(x)]}^{2}}}dx}=\int\limits_{0}^{90}{\sqrt{1+{{\left( \dfrac{-2x}{45} \right)}^{2}}}dx}\approx 209\] (mét). Chọn đáp án A.

e) Tính gần đúng tích phân bằng phương pháp hình thang (tham khảo thêm)

Để tính tích phân \[\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}\] bằng định nghĩa, ta cần biết một nguyên hàm $F(x)$ của $f(x)$ trên đoạn $\left[ a;b \right].$ Khi đó:

\[\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}=F(b)-F(a).\]

Tuy nhiên, nếu hàm số $f(x)$ không có nguyên hàm dưới dạng hàm sơ cấp, chẳng hạn, người ta biết rằng

           \[\int{{{e}^{{{x}^{2}}}}dx};\int{{{e}^{-{{x}^{2}}}}dx};\int{\dfrac{\sin x}{x}}dx;\int{\dfrac{\cos x}{x}dx};\int{\dfrac{{{e}^{x}}}{x}dx};\int{\dfrac{1}{\sqrt{1-{{x}^{3}}}}dx};\ldots \]

không phải là những hàm số sơ cấp, thì không thể dùng định nghĩa trên được. Tình huống tương tự xuất hiện khi $f(x)$ cho bởi một đồ thị mà ta không biết phương trình của nó. Khi đó, ta cần tính xấp xỉ \[\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}\] bằng các phương pháp số. Phương pháp đơn giản nhất là phương pháp hình thang, có nội dung như sau:

Giả sử $f(x)$ là hàm số liên tục trên đoạn $\left[ a;b \right].$ Khi đó:

\[\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}\approx \dfrac{b-a}{2n}\left[ f\left( {{x}_{0}} \right)+f\left( {{x}_{n}} \right)+2\left( f\left( {{x}_{1}} \right)+f\left( {{x}_{2}} \right)+\ldots +f\left( {{x}_{n-1}} \right) \right) \right],\]

trong đó đoạn $\left[ a;b \right]$ được chia thành $n$ đoạn con $\left[ {{x}_{0}};{{x}_{1}} \right],\left[ {{x}_{1}};{{x}_{2}} \right],\ldots ,\left[ {{x}_{n-1}};{{x}_{n}} \right],$ mỗi đoạn có độ dài là $\Delta x=\dfrac{b-a}{n}.$

Bằng cách chia như vậy thì dãy số ${{x}_{0}},\text{ }{{x}_{1}},...,\text{ }{{x}_{n}}$ là một cấp số cộng và ${{x}_{k}}=a+k.\dfrac{b-a}{n}\text{ }\left( 0\le k\le n \right).$

Nhận xét: Nếu $n$ càng lớn, tức là ta chia đoạn $\left[ a;b \right]$ thành càng nhiều đoạn con hay thuật ngữ giải tích gọi là "làm mịn" thì giá trị của tích phân càng chính xác. Điều này chỉ có ý nghĩa khi có sự hỗ trợ của máy tính. Với tốc độ của máy tính thì việc cho $n$ bằng trăm, ngàn, thậm chí triệu thì việc tính toán cũng chỉ xảy ra trong vài giây.

Việc chia đoạn $\left[ a;b \right]$ thành $n$ đoạn con không nhất thiết phải bằng nhau, tức không phụ thuộc vào cách chia và cách chọn mốc ${{x}_{i}}$, tuy nhiên ta nên chọn cách đều cho dễ thao tác. Đối với lập trình thì việc chọn mốc cách đều giúp ta có thể xây dựng được một vòng lặp bằng một số câu lệnh đơn giản một cách dễ dàng.

Khi $f(x)$ là hàm liên tục và không âm trên đoạn $\left[ a;b \right],$ ta có:

Ý nghĩa hình học: Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị $y=f(x)$, trục hoành và hai đường thẳng $x=a,\text{ }x=b$ xấp xỉ với tổng diện tích của các hình thang con ${{A}_{1}},\text{ }{{A}_{2}},\text{ }\ldots ,\text{ }{{A}_{n}}$ (tham khảo hình vẽ)

Đánh giá sai số: Người ta chứng minh được rằng nếu ${f}''\left( x \right)$ liên tục trên đoạn $\left[ a;b \right]$ thì sai số $\left| E \right|$ của phương pháp hình thang được đánh giá như sau:

\[\left| E \right|\le \dfrac{{{\left( b-a \right)}^{3}}M}{12{{n}^{2}}},\] trong đó \[M=\underset{\left[ a;b \right]}{\mathop{\max }}\,\left| {f}''\left( x \right) \right|.\]

Thuật toán: Để tính xấp xỉ $\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}$ với độ chính xác không vượt quá số $\varepsilon $ cho trước, ta thực hiện lần lượt các bước sau:

Bước 1. Tính ${f}''\left( x \right)$ và tìm \[M=\underset{\left[ a;b \right]}{\mathop{\max }}\,\left| {f}''\left( x \right) \right|\] (hoặc đánh giá \[\underset{\left[ a;b \right]}{\mathop{\max }}\,\left| {f}''\left( x \right) \right|\le M,\] nếu việc tìm chính xác là khó).

Bước 2. Với sai số $\varepsilon $ cho trước, tìm số nguyên dương $n$ nhỏ nhất sao cho

                    \[\left| E \right|\le \dfrac{{{\left( b-a \right)}^{3}}M}{12{{n}^{2}}}\le \varepsilon .\]

Bước 3. Chia đoạn $\left[ a;b \right]$ thành $n$ đoạn con có độ dài bằng nhau và áp dụng công thức hình thang.

Ví dụ 1. Sử dụng phương pháp hình thang, tính gần đúng $\int\limits_{1}^{2}{\dfrac{{{e}^{x}}}{x}dx}$

a) bằng cách chia đoạn $\left[ 1;2 \right]$ thành $5$ đoạn con có độ dài bằng nhau.

b) với độ chính xác nhỏ hơn ${{4.10}^{-3}}.$

Giải. a) Chia đoạn $\left[ 1;2 \right]$ thành $5$ đoạn con có độ dài bằng nhau là

$\left[ 1;\text{ }1,2 \right],\left[ 1,2;\text{ }1,4 \right],\left[ 1,4;\text{ }1,6 \right],\left[ 1,6;\text{ }1,8 \right],\left[ 1,8;\text{ }2 \right].$

Áp dụng công thức hình thang, ta có:

\[\int\limits_{1}^{2}{\dfrac{{{e}^{x}}}{x}dx}\approx \dfrac{2-1}{10}\left[ \dfrac{{{e}^{1}}}{1}+\dfrac{{{e}^{2}}}{2}+2\left( \dfrac{{{e}^{1,2}}}{1,2}+\dfrac{{{e}^{1,4}}}{1,4}+\dfrac{{{e}^{1,6}}}{1,6}+\dfrac{{{e}^{1,8}}}{1,8} \right) \right]\approx 3,065.\]

b) Ta có $f\left( x \right)=\dfrac{{{e}^{x}}}{x};{f}'\left( x \right)=\dfrac{x{{e}^{x}}-{{e}^{x}}}{{{x}^{2}}};{f}''\left( x \right)=\dfrac{\left( {{x}^{2}}-2x+2 \right){{e}^{x}}}{{{x}^{3}}};$

${f}'''\left( x \right)=\dfrac{{{e}^{x}}\left( {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+6x-6 \right)}{{{x}^{4}}}<0,\text{ }\forall x\in \left[ 1;2 \right];$${f}''\left( 1 \right)=e,{f}''\left( 2 \right)=\dfrac{{{e}^{2}}}{4}\Rightarrow M=\underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\max }}\,\left| {f}''\left( x \right) \right|=e.$

Ta cần tìm số nguyên dương $n$ nhỏ nhất sao cho

\[\dfrac{{{\left( 2-1 \right)}^{3}}e}{12{{n}^{2}}}<{{4.10}^{-3}}\Leftrightarrow n>\sqrt{\dfrac{e}{{{48.10}^{-3}}}}\approx 7,53\Rightarrow {{n}_{\min }}=8.\]

Chia đoạn $\left[ 1;2 \right]$ thành $8$ đoạn con có độ dài bằng nhau là

$\left[ 1;\text{ }1,125 \right],\left[ 1,125;\text{ }1,25 \right],\left[ 1,25;\text{ }1,375 \right],\left[ 1,375;\text{ }1,5 \right],\left[ 1,5;\text{ }1,625 \right],\left[ 1,625;\text{ }1,75 \right],\left[ 1,75;\text{ }1,875 \right],\left[ 1,875;\text{ 2} \right].$

Áp dụng công thức hình thang, ta có:

\[\int\limits_{1}^{2}{\dfrac{{{e}^{x}}}{x}dx}\approx \dfrac{2-1}{16}\left[ \dfrac{{{e}^{1}}}{1}+\dfrac{{{e}^{2}}}{2}+2\left( \dfrac{{{e}^{1,125}}}{1,125}+\dfrac{{{e}^{1,25}}}{1,25}+\dfrac{{{e}^{1,375}}}{1,375}+\dfrac{{{e}^{1,5}}}{1,5}+\dfrac{{{e}^{1,625}}}{1,625}+\dfrac{{{e}^{1,75}}}{1,75}+\dfrac{{{e}^{1,875}}}{1,875} \right) \right]\approx 3,06152.\]

Ví dụ 2. Sử dụng phương pháp hình thang, tính gần đúng $\int\limits_{0}^{1}{{{e}^{-{{x}^{2}}}}dx}$ với độ chính xác nhỏ hơn $0,01.$

Giải. Ta có $f(x)={{e}^{-{{x}^{2}}}};{f}'(x)=-2x{{e}^{-{{x}^{2}}}};{f}''\left( x \right)=4{{x}^{2}}{{e}^{-{{x}^{2}}}}-2{{e}^{-{{x}^{2}}}};$

\[{f}'''\left( x \right)=4x\left( 3-2{{x}^{2}} \right){{e}^{-{{x}^{2}}}}\Rightarrow {f}'''\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=0;x=\pm \sqrt{\dfrac{\text{3}}{\text{2}}}.\]

Ta có ${f}''\left( 0 \right)=-2;{f}''\left( 1 \right)=\dfrac{2}{e}$ do đó \[M=\underset{\left[ a;b \right]}{\mathop{\max }}\,\left| {f}''\left( x \right) \right|=\left| {f}''\left( 0 \right) \right|=2.\]

Ta cần tìm số nguyên dương $n$ nhỏ nhất sao cho

\[\dfrac{2{{\left( 1-0 \right)}^{3}}}{12{{n}^{2}}}<0,01\Leftrightarrow n>\sqrt{\dfrac{2}{12\times 0.01}}\approx 4,08\Rightarrow {{n}_{\min }}=5.\]

Chia đoạn $\left[ 0;1 \right]$ thành $5$ đoạn có độ dài bằng nhau là $[0;0,2],[0,2;0,4],[0,4;0,6],[0,6;0,8],[0,8;1].$

Áp dụng công thức hình thang, ta có:

                                \[\int\limits_{0}^{1}{{{e}^{-{{x}^{2}}}}dx}\approx \dfrac{1-0}{10}\left[ \dfrac{1}{{{e}^{0}}}+\dfrac{2}{{{e}^{0,04}}}+\dfrac{2}{{{e}^{0,16}}}+\dfrac{2}{{{e}^{0,36}}}+\dfrac{2}{{{e}^{0,64}}}+\dfrac{1}{e} \right]\approx 0,744.\]

Ví dụ 3. Một thân cây dài $4,8~\text{m}$ được cắt thành các khúc gỗ dài $60~\text{cm}.$ Người ta đo đường kính của mỗi mặt cắt ngang và diện tích $S$ của nó được ghi lại trong bảng dưới đây, ở đây $x\text{ }(\text{cm})$ là khoảng cách tính từ đỉnh thân cây đến vết cắt.

$x\text{ }\left( \text{cm} \right)$	0	60	120	180	240	300	360	420	480
$S\text{ }\left( \text{c}{{\text{m}}^{\text{2}}} \right)$	240	248	256	260	264	272	298	316	320

Thể tích gần đúng của thân cây này theo phương pháp hình thang là bao nhiêu centimét khối?

Giải. Thể tích cần tính là $V=\int\limits_{0}^{480}{S\left( x \right)dx},$ trong đó $S(x)$ là diện tích mặt cắt ngang tại vị trí cách đỉnh thân cây một khoảng $x\text{ }(\text{cm}).$

Sử dụng phương pháp hình thang, ta có:

\[V=\int\limits_{0}^{480}{S\left( x \right)dx}\approx \dfrac{480-0}{16}\left[ 240+320+2\left( 248+256+260+264+272+298+316 \right) \right]=131\text{ }640\text{ c}{{\text{m}}^{\text{3}}}.\]

Ví dụ 4. Một chiếc xe ô tô chạy thử nghiệm trên một đường thẳng bắt đầu từ trạng thái đứng yên. Tốc độ của chiếc xe ô tô đó (tính bằng mét/giây) lần lượt ở giây thứ 10 , thứ 20 , thứ 30 , thứ 40 , thứ 50 và thứ 60 được ghi lại trong bảng:

Thời gian (giây)	0	10	20	30	40	50	60
Tốc độ (mét/giây)	0	5	21	40	62	78	83

a) Hãy tính gần đúng quãng đường mà xe ô tô đó đã đi được tính đến giây thứ 60 của quá trình thử nghiệm theo phương pháp hình thang.

b) Hãy xây dựng số bậc ba của vận tốc theo thời gian $v\left( t \right)$ để biểu diễn các số liệu trong bảng, tức là ở hệ trục toạ độ $Otv,$ đồ thị của hàm số đó trên nửa khoảng $\left[ 0;+\infty \right)$ "gần" với các điểm $O(0;0),B(10;5),C(20;21)$ và $D(30;40),E(40;62),F(50;78),G(60;83).$

c) Tính gần đúng quãng đường mà xe ô tô đó đã đi được tính đến giây thứ 60 của quá trình thử nghiệm theo phương pháp xấp xỉ hàm bậc ba ở trên.

Giải. a) Quãng đường mà xe ô tô đó đã đi được tính đến giây thứ 60 của quá trình thử nghiệm theo phương pháp hình thang là

$s=\int\limits_{0}^{60}{v\left( t \right)dt}\approx \dfrac{60-0}{12}\left[ 0+83+2\left( 5+21+40+62+78 \right) \right]=2\text{ }475\text{ m}.$

b) Hàm số bậc ba của vận tốc theo thời gian $v\left( t \right)=a{{t}^{3}}+b{{t}^{2}}+ct+d\text{ }\left( \text{m/s} \right)$ có đồ thị qua các điểm $O(0;0),B(10;5),C(20;21)$ và $D(30;40),E(40;62),F(50;78),G(60;83)$ là

$v\left( t \right)=-0,02{{t}^{3}}+0,32{{t}^{2}}-1,36t\text{ }\left( \text{m/s} \right).$

c) Quãng đường mà xe ô tô đó đã đi được tính đến giây thứ 60 của quá trình thử nghiệm theo phương pháp xấp xỉ hàm bậc ba là

$s=\int\limits_{0}^{60}{\left| v\left( t \right) \right|dt}=\int\limits_{0}^{60}{\left| -0,02{{t}^{3}}+0,32{{t}^{2}}-1,36t \right|dx}=2\text{ }474,02\text{ m}\text{.}$

Một số câu hỏi có trong đề thi:

Câu 1 ［Q726673747］Nước chảy từ đáy bể chứa với tốc độ $r(t)=200-4 t$（lít／phút），trong đó $0 \leq t \leq 50$ ．Lượng nước chảy ra khỏi bể trong 10 phút đầu tiên là bao nhiêu lít？
$\square$
法濒回

Câu 2 ［Q632297823］Hệ thống lọc nước bể bơi vô cùng quan trọng khi tiến hành xây dựng công trình bơi lội để nguồn nước được làm sạch thường xuyên và giữ vệ sinh cho người bơi．Trong quá trình vận hành lọc nước thì lượng nước trong bể sẽ thay đổi theo thời gian．Lượng nước trong bể giảm nếu hệ thống đang xả nước bẩn ra khỏi bể và tăng nếu hệ thống đang cấp thêm nước sạch cho bể．Biết rằng 1 gallon gần bằng 3,785 lít，dung tích của bể là 1000 gallon và thời điểm 6 giờ sáng bể chứa 250 gallon nước．Hàm số $f(t)$ biểu thị cho tốc độ thay đổi lượng nước trong bể theo thời gian $t$ giờ，từ thời điểm 6 giờ sáng đến 6 giờ chiều được cho bởi $f(t)=\left\{\begin{array}{c}100 t \text { khi } 0 \leqslant t \leqslant 3 \\ 900-200 t \text { khi } 3 \leqslant t \leqslant 6 \\ 100 t-900 \text { khi } 6 \leqslant t \leqslant 12\end{array}\right.$ với mốc thời gian $t=0$ tại thời điểm 6 giờ sáng．Hỏi ở thời điểm 6 giờ chiều thì trong bể chứa nhiêu gallon nước？
回和要回

Câu 3 ［Q326020264］Mật độ khối lượng của một thanh kim loại có chiều dài 4 mét được cho bởi công thức $\rho(x)=1000+x-\sqrt{x}\left(\mathrm{~kg} / \mathrm{m}^3\right)$ ，trong đó $x$ là khoảng cách bằng mét tính từ một đầu của thanh．Mật độ khối lượng trung bình trên toàn bộ chiều dài của thanh là bao nhiêu $\mathrm{kg} / \mathrm{m}^3$ ？（làm tròn kết quả đến hàng đơn vị）．

Câu 4 ［Q377132336］Tìm chi phí trung bình trên mỗi đơn vị sản phẩm trong khoảng thời gian hai năm nếu chi phí cho mỗi đơn vị được tính bởi $c(t)=0,005 t^2+0,02 t+12,5$ với $0 \leq t \leq 24$ tính theo tháng．
(2)

Câu 5 ［Q356673207］Gia tốc tại thời điểm $t$（tính bằng giây）của một vật chuyển động thẳng được cho bởi công thức $a(t)=4 \pi \cos t\left(\mathrm{~cm} / \mathrm{s}^2\right)$ ．Nếu vận tốc của vật bằng 0 tại thời điểm $t=0$ thì vận tốc trung bình của vật trong khoảng thời gian $0 \leq t \leq \pi$ là bao nhiêu $\mathrm{cm} / \mathrm{s}$ ？

Câu 6 ［Q675055236］Một hộ gia đình sản xuất chiếu cói ở Nga Sơn mỗi ngày sản xuất được $x$ chiếc chiếu（ $0 \leq x \leq 20$ ）．Chi phí biên để sản xuất $x$ chiếc chiếu（tính bằng nghìn đồng）cho bởi hàm số sau $C^{\prime}(x)=3 x^2-4 x+10$ ．Biết rằng chi phí cố định ban đầu để sản xuất mỗi ngày là 500 nghìn đồng．Giả sử gia đình này bán hết chiếu mỗi ngày sản xuất ra với giá 270 nghìn đồng／chiếc chiếu．Lợi nhuận tối đa theo đơn vị nghìn đồng mà gia đình đó thu được trong một ngày là bao nhiêu？

Câu 7 [Q804071677] Một bể chứa dầu ban đầu có 50.000 lít dầu. Gọi $V(t)$ là thể tích dầu (lít) trong bể tại thời điểm $t$, trong đó $t$ tính theo giờ $(0 \leq t \leq 24)$. Trong quá trình bơm dầu vào bể, thể tích dầu tăng theo tốc độ được biểu diễn bởi hàm số $V^{\prime}(t)=k \cdot \sqrt{t}$, với $k$ là hằng số dương. Sau 4 giờ bơm liên tục, thể tích dầu trong bể đạt 58.000 lít.
a) Hàm số $V(t)$ là một nguyên hàm của hàm số $f(t)=k \cdot \sqrt{t}$.
b) $V(t)=\frac{2 k}{3} \cdot t \sqrt{t}+C$, với $0 \leq t \leq 24$ và $k, C$ là các hằng số.
c) Sau 16 giờ bơm liên tục, thể tích dầu trong bể đạt được 148.000 lít.
d) Trong quá trình bơm dầu, nếu sau mỗi giờ lượng dầu bị rò rỉ đều đặn với tốc độ 500 lít/giờ, thì tại thời điểm $t=9$ giờ, thể tích dầu trong bể là 72.500 lít.

Câu 8 [Q336301661] Tại một khu di tích vào ngày lễ hội hằng năm, tốc độ thay đổi lượng khách tham quan được biểu diễn bằng hàm số $Q^{\prime}(t)=4 t^3-72 t^2+288 t$, trong đó $t$ tính bằng giờ $(0 \leq t \leq 13), Q^{\prime}(t)$ tính bằng khách/giờ. Tại thời điểm $t=2$ giờ đã có 500 người có mặt.
a) Lượng khách tham quan được biểu diễn bởi hàm số $Q(t)=t^4-24 t^3+144 t^2$.
b) Tại thời điểm $t=5$ giờ, lượng khách tham quan là 1325 người.
c) Lượng khách tham quan lớn nhất là 1296 người.
d) Tại thời điểm $t=13$ giờ, lượng khách tham quan là lớn nhất.

Câu 9 [Q306318483] Trong dây chuyền sản xuất sữa chua hiện đại của một nhà máy thực phẩm, từng giọt sữa đang âm thầm chuyển mình dưới tác động của hàng triệu vi khuẩn Lactic, những "nghệ nhân tí hon" kiến tạo vị chua thanh đặc trưng. Mật độ vi khuẩn (số triệu tế bào trên mỗi ml sữa chua) tại thời điểm $t$ (giờ) được ký hiệu là $N(t)$. Ban đầu $(t=0$ giờ), mật độ vi khuẩn đo được là $N(0)=10$ triệu tế bào/ml. Do sự thay đổi về nguồn dinh dưỡng (đường lactose giảm) và độ pH (axit lactic tăng) nên tốc độ thay đổi mật độ vi khuẩn $N^{\prime}(t)$ (đơn vị: triệu tế bào/ml mỗi giờ) được mô hình hóa bởi công thức: $N^{\prime}(t)=18 t-3 t^2$ (triệu tế bào/ml/giờ) với $t$ là thời gian tính bằng giờ $(0 \leq t \leq 7)$.
a) $N^{\prime}(1)=15$ triệu tế bào $/ \mathrm{ml} /$ giờ .
b) $\int N^{\prime}(t) d t=9 t^2-t^3$.
c) So với lúc ban đầu $(t=0)$, mật độ vi khuẩn đã tăng thêm 108 triệu tế bào $/ \mathrm{ml}$ khi đến thời điểm $t=6$ giờ.
d) Tai thời điểm $t=7$ giờ, mật độ vi khuẩn trong 1 ml sữa chua là 108 triệu tế bào $/ \mathrm{ml}$.

Câu 10 [Q243274438] Sữa chua là một sản phẩm tốt cho sức khỏe, hỗ trợ tiêu hóa, làm đẹp da. Sữa chua được tạo ra từ sữa nhờ vi khuẩn lên men lactic. Trong dây chuyền sản xuất sữa chua của một nhà máy, công đoạn lên men là công đoạn quyết định chất lượng của sữa chua. Số lượng vi khuẩn lactic trong bồn lên men tại thời điểm $t$ (giờ) được kí hiệu là $N(t)$. Ban đầu ( $t=0$ giờ), số lượng vi khuẩn là $N(0)=10$ tỷ tế bào. Do sự thay đổi về nguồn dinh dưỡng (đường lactose giảm) và độ pH (axit lactic tăng) nên tốc độ thay đổi số lượng vi khuẩn $N^{\prime}(t)$ được mô hình hóa bởi công thức $N^{\prime}(t)=10.2^{2 t}$ (tỷ tế bào/giờ) với $t$ là thời gian tính bằng giờ $(0 \leq t \leq 5)$. Quá trình lên men kết thúc sau 5 giờ.
a) Số lượng tế bào vi khuẩn lactic tại thời điểm $t$ được xác định bởi công thức $N(t)=\frac{5}{\ln 2}\left(2^{2 t}-1\right)+10$.
b) Sau 1 giờ lên men, số lượng vi khuẩn là 31,7 tỷ tế bào.
c) So với lúc ban đầu $(t=0)$, số lượng vi khuẩn (làm tròn đến hàng phần mười) đã tăng thêm 454,4 tỷ tế bào tại thời điểm $t=3$ giờ.
d) Tại thời điểm kết thúc quá trình lên men, lượng vi khuẩn trong bồn lên men lớn hơn 7389 tỷ tế bào.

Câu 11 [Q688496938] Cây cà chua khi trồng có chiều cao 5 cm . Tốc độ tăng chiều cao của cây cà chua sau khi trồng được cho bởi hàm số $v(t)=-0,1 t^3+t^2$, trong đó $t$ tính theo tuần, $v(t)$ tính bằng centimét/tuần. Gọi $h(t)$ (tính bằng centimét) là chiều cao của cây cà chua ở tuần thứ $t$ (Nguồn: A. Bigalke et at, Grundkurs ma - 1, Cornelsen 2016).
a) $h^{\prime}(t)=v(t)$.
b) $h(t)=-\frac{t^4}{40}+\frac{t^3}{3}+5, t \geq 0$.
c) Giai đoạn tăng chiều cao của cây cà chua kéo dài 9 tuần.
d) Chiều cao tối đa của cây cà chua (kết quả làm tròn đến hàng phần chục) bằng $88,3 \mathrm{~cm}$.

Câu 12 [Q365666033] Một nhóm kỹ sư đang thử nghiệm một loại khinh khí cầu sử dụng năng lượng mặt trời để bay lên không trung trong điều kiện không trọng lực tại một khu vực giả lập vũ trụ. Khinh khí cầu bắt đầu bay lên ở độ cao 50 m tại thời điểm $t=0$. Sau khi kích hoạt hệ thống điều khiển, vận tốc bay lên của khinh khí cầu (tính theo mét/giây) được lập trình theo thời gian như sau: $v(t)=-0,1 t^3+0,8 t^2(\mathrm{~m} / \mathrm{s})$. Gọi $h(t)$ là độ cao của khinh khí cầu (tính theo mét) ở thời điểm $t$.
a) Khinh khí cầu tiếp tục bay lên trên trong khoảng thời gian 8 s .
b) $h(t)=\frac{-t^4}{40}+\frac{t^3}{3}$, với $t \geq 0$.
c) Khinh khí cầu đạt được vận tốc lớn nhất tại thời điểm $t=5,3 \mathrm{~s}$ (kết quả được làm tròn đến hàng phần chục).
d) Độ cao lớn nhất mà khinh khí cầu có thể bay lên được bằng $84,1 \mathrm{~m}$ (kết quả làm tròn đến hàng phần chục).

Câu 13 [Q862842032] Một khinh khí cầu bay với độ cao (so với mực nước biển) tại thời điểm $t(0 \leq t \leq 29)$ là $h(t)$, trong đó $t$ tính bằng phút, $h(t)$ tính bằng mét. Tốc độ bay của khinh khí cầu được cho bởi hàm số $v(t)=a t^2+b t(a, b \in \mathbb{R})$, với $t$ tính bằng phút, $v(t)$ tính bằng mét/phút. Tại thời điểm xuất phát, khinh khí cầu ở độ cao 520 m và 5 phút sau khi xuất phát, khinh khí cầu đã ở độ cao 530 m . Khinh khí cầu sẽ trở lại độ cao khi xuất phát sau 15 phút.
a) $h(0)=520 \mathrm{~m}$.
b) Độ cao của khinh khí cầu tại thời điểm $t(0 \leq t \leq 29)$ là $h(t)=\int_0^t v(t) d t$.
c) Giai đoạn khinh khí cầu tăng độ cao kéo dài trong 10 phút kể từ thời điểm xuất phát.
d) Độ cao tối đa của khinh khí cầu là 540 m .

Câu 14 [Q283167803] Một bồn chứa nước có dạng hình trụ với chiều cao 4 m và bán kính đáy $0,5 \mathrm{~m}$. Lúc đầu bồn chứa đầy nước. Kể từ khi bắt đầu xả nước thông qua một van nước lắp dưới đáy bồn, tốc độ thay đổi chiều cao của mực nước trong bồn theo thời gian $t$ (tính bằng phút) là $h^{\prime}(t)=\frac{t}{50}-\frac{2}{5}$ (mét/phút).
a) $h^{\prime}(0)=-0,4$ mét/phút.
b) Chiều cao của mực nước trong bồn sau $t$ phút kể từ khi bắt đầu xả nước là $h(t)=\int_0^t h^{\prime}(t) d t \mathrm{~m}$.
c) Cần 20 phút để xả hết nước trong bồn.
d) Sau khi xả 5 phút, trong bồn còn 1767 lít nước (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

Câu 15 [Q311768288] Thành phố $X$ theo dõi tốc độ gia tăng dân số của hai khu vực $A$ và $B$ trong thời gian 6 năm (kể từ đầu năm 2019 đến hết năm 2024). Hình vẽ sau mô tả tốc độ gia tăng dân số của hai khu vực trên trong 6 năm, với đơn vị trên trục $O t$ tính bằng năm, $t=0$ ứng với mốc từ đầu năm 2019. Đơn vị trên trục $O y$ biểu diễn ngàn người tăng thêm mỗi năm.

Khu vực $A$ có tốc độ gia tăng dân số theo thời gian được mô tả bởi hàm $P_A^{\prime}(t)=-\frac{1}{2} t^2+2 t+8$.
Khu vực $B$ có tốc độ gia tăng dân số theo thời gian được mô tả bởi hàm $P_B^{\prime}(t)=a-\frac{1}{2} t$.
Biết rằng $P_A(t), P_B(t)$ lần lượt biểu diễn tổng số dân tăng thêm tại khu vực $A$ và $B$ sau $t$ năm.
a) Tốc độ gia tăng dân số của khu vực $A$ với $t=4$ là 8000 (người trên năm).
b) Ta có $P_B^{\prime}(0)=8$ và $a=8$.
c) Dân số của khu vực $A$ tăng thêm từ 0 đến 5 năm là 33000 (người).
d) Phần diện tích tô đậm trong hình vẽ biểu diễn sự chênh lệch dân số tăng thêm giữa hai khu vực trong giai đoạn từ 0 đến 5 năm là 9000 người.

Câu 16 [Q869450833] Tốc độ tăng dân số của một thành phố trong một số năm được ước lượng bởi công thức: $P^{\prime}(t)=20 \cdot(1,106)^t$ với $0 \leq t \leq 7$, trong đó $t$ là thời gian tính theo năm và $t=0$ ứng với đầu năm $2015, P(t)$ là dân số của thành phố tính theo nghìn người. Cho biết dân số của thành phố đầu năm 2015 là 1008 nghìn người.
a) Tính dân số của thành phố ở thời điểm đầu năm 2020 (làm tròn đến nghìn người).
b) Tính tốc độ tăng dân số trung bình hằng năm của thành phố trong giai đoạn từ đầu năm 2015 đến đầu năm 2020 .

Câu 19 ［Q463282628］Một vật đang ở nhiệt độ $100^{\circ} \mathrm{C}$ thì được đặt vào môi trường $X$ có nhiệt độ $35^{\circ} \mathrm{C}$ ．Kể từ đó， nhiệt độ của vật giảm dần theo tốc độ $T^{\prime}(t)=-130 \cdot e^{-2 t}(\mathrm{C} /$ phút $)$ ，trong đó $T(t)$ là nhiệt độ tính theo ${ }^{\circ} \mathrm{C}$ tại thời điểm $t$ phút kể từ khi được đặt trong môi trường $X$ ．
a）Nhiệt độ của vật tại thời điểm $t=2$ phút là $T(t)=\int_0^2 T^{\prime}(t) d t$ ．
b）Tốc độ giảm nhiệt độ của vật giảm dần theo thời gian．
c）$T(t)=\int T^{\prime}(t) d t$ với $T(0)=100^{\circ} \mathrm{C}$ ．
d）$T(t)=65 \cdot e^{-2 t}+35$ ．

Câu 20 ［Q689939333］Giả sử tốc độ tăng trưởng của một quần thể muỗi thoả mãn công thức： $N^{\prime}(t)=0,2 N(t), 0 \leq t \leq 5$ ，trong đó $t$ là thời gian tính theo ngày，$N(t)$ là số cá thể muỗi tại thời điểm $t$ ．Biết rằng ban đầu quần thể muỗi có 2000 cá thể．
a）$N^{\prime}(0)=400$ ．
b）Đặt $y(t)=\ln N(t), 0 \leq t \leq 5$ ．Khi đó $y^{\prime}(t)=0,2$ ．
c）$N(t)=\int_0^t N^{\prime}(t) d t$ với $0 \leq t \leq 5$ ．
d）Số lượng cá thể của quần thể muỗi sau 3 ngày là 3600 cá thể（kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

Câu 28 ［Q778061333］Cây cà chua khi trồng có chiều cao 6 cm ．Tốc độ tăng chiều cao của cây cà chua sau khi trồng được cho bởi hàm số $v(t)=-0,1 t^3+t^2$ ，trong đó $t$ tính theo tuần，$v(t)$ tính bằng $\mathrm{cm} /$ tuần．Gọi $h(t)$（tính bằng cm ）là chiều cao của cây cà chua ở tuần thứ $t$ ．
a）Vào thời điểm cây cà chua phát triển nhanh nhất thì chiều cao của cây cà chua nhỏ hơn 55 cm ．
b）Ở tuần thứ nhất，tốc độ tăng chiều cao của cây cà chua là $0,9 \mathrm{~cm} /$ tuần．
c）Giai đoạn tăng trưởng của cây cà chua kéo dài 9 tuần．
d）Chiều cao tối đa của cây cà chua không thấp hơn 89 cm ．

Câu 29 ［Q641331555］Một công trình xây dựng dự kiến hoàn thành trong 100 ngày．Gọi $M(t)$ là số ngày công được tính đến hết ngày thứ $t$（kể từ khi khởi công công trình）．Biết trong kinh tế xây dựng $M^{\prime}(t)=m(t)$ là số lượng công nhân được sử dụng tại ngày thứ $t$ ，giả sử $m(t)=100+12 \sqrt{t}-2 t$（với $0 \leq t \leq 100$ ）．Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau：
a）Số công nhân được sử dụng nhiều nhất vào ngày thứ 10 ．
b）Có 116 công nhân được sử dụng vào ngày thứ 4 ．
c）Giả sử số tiền trả cho 1 ngày công là 500.000 đồng．Khi đó tổng số tiền phải trả cho nhân công để hoàn thành công trình xây dựng đó theo thời gian dự kiến là 4 tỉ đồng．
d）Trong 16 ngày đầu tiên，công trình đã cần 1856 ngày công．

Câu 30 ［Q344834344］Vi nhựa（microplastics）là các hạt nhựa có kích thước rất nhỏ，có thể xâm nhập vào cơ thể người qua nhiều con đường như thực phẩm，nước uống và không khí．Nhiều chuyên gia cảnh báo rằng việc phơi nhiễm vi nhựa kéo dài có thể làm tăng nguy cơ suy giảm sức khỏe và rút ngắn tuổi thọ．Giả sử kể từ thời điểm người đó tròn 20 tuổi，tốc độ xâm nhập của vi nhựa vào cơ thể（tính theo thời gian sống sau tuổi 20）được mô hình hóa bởi hàm số $m(t)=2 t+4 \sqrt{t}+100(0 \leq t \leq 30$ ，đơn vị：microgram $/$ năm $)$ ，trong đó $t$ là số năm kể từ khi người đó tròn 20 tuổi，còn $m(t)$ là tốc độ xâm nhập của vi nhựa vào cơ thể tại thời điểm $t$ ．
Gọi $M(t)$（đơn vị：microgram）là tổng lượng vi nhựa đã tích lũy trong cơ thể người đó tại thời điểm $t$ năm sau 20 tuổi．Biết rằng $M^{\prime}(t)=m(t)$ và tại thời điểm người đó vừa tròn 20 tuổi cơ thể đã tích lũy sẵn 800 microgram vi nhựa．
a）$M(0)=800$ microgram．
b）$M(t)=t^2+\frac{4}{3} \sqrt{t^3}+100 t+800$ với $0 \leq t \leq 30$ ．
c）Tại thời điểm người đó tròn 30 tuổi tổng lượng vi nhựa tích lũy khoảng 1184 microgram（làm tròn kết quả đến hàng đơn vị）．
d）Lượng vi nhựa tích lũy trong cơ thể người trong khoảng thời gian từ khi người đó tròn 24 tuổi đến khi tròn 30 tuổi là 750 microgram（làm tròn kết quả đến hàng đơn vị）．

Câu 31 [Q095652448] Tại một lễ hội dân gian, tốc độ thay đổi lượng khách tham dự được biểu diễn bằng hàm số $B^{\prime}(t)=20 t^3-300 t^2+1000 t$, trong đó $t$ tính bằng giờ $(0 \leq t \leq 15), B^{\prime}(t)$ tính bằng khách/giờ. Sau hai giờ, 1375 người đã có mặt tại lễ hội. Gọi $B(t)$ (tính bằng khách) là số lượng khách tới tham dự lễ hội sau $t$ giờ (Nguồn: A. Bigalke et al., Mathematik, Grundkurs ma-1, Cornelsen 2016).
a) Sau một giờ có 500 khách đến tham dự lễ hội.
b) $B(t)=5 t^4-100 t^3+500 t^2+95$.
c) Khi $t \in[3 ; 8]$ thì tốc độ thay đổi lượng khách tham dự lễ hội sẽ giảm.
d) Số lượng khách tới tham dụ lễ hội lớn nhất là 28200 khách.

Câu 32 [Q398879534] Một bể chứa nước ban đầu không có nước. Người ta bắt đầu bơm nước vào bể với tốc độ dòng chảy là $v_1(t)=10 t+5$ (lít/phút). Cùng lúc đó, do bể có một vết nứt dưới đáy nên nước bị chảy ra ngoài với tốc độ là $v_2(t)=3 t$ (lít/phút). Toàn bộ quá trình được xét trong 10 phút đầu tiên (từ $t=0$ đến $t=10$ phút). Dung tích tối đa của bể là 500 lít.
a) Lượng nước được bơm vào bể từ thời điểm $t=0$ đến $t=10$ phút được tính bằng công thức $\int_0^{10}(10 t+5) d t$.
b) Sự thay đổi ròng (lượng nước tăng thêm) trong bể sau 10 phút đầu tiên được tính bằng công thức $\int_0^{10}(13 t+5) d t$.
c) Tại thời điểm $t=10$ phút, lượng nước thực tế có trong bể là 550 lít.
d) Bể nước không bao giờ bị tràn trong suốt 10 phút của quá trình bơm.

Câu 33 [Q486316881] Đối với ngành nuôi trồng thủy sản, việc kiểm soát lượng thuốc tồn dư trong nước là một nhiệm vụ quan trọng nhằm đáp ứng các tiêu chuẩn an toàn về môi trường. Khi nghiên cứu một loại thuốc trị bệnh trong nuôi trồng thủy sản, người ta sử dụng thuốc đó một lần và theo dõi nồng độ thuốc tồn dư trong nước kể từ lúc sử dụng thuốc. Kết quả cho thấy nồng độ thuốc $y(t)$ (đơn vị: $\mathrm{mg} /$ lit) tồn dư trong nước tại thời điểm $t$ ngày $(t \geq 0)$ kể từ lúc sử dụng thuốc, thỏa mãn $y(t)>0$ và $y^{\prime}(t)=k \cdot y(t) \quad(t \geq 0)$, trong đó $k$ là hằng số khác không. Đo nồng độ thuốc tồn dư trong nước tại các thời điểm $t=6$ (ngày), $t=12$ (ngày) nhận được kết quả lần lượt là $2 \mathrm{mg} /$ lít; $1 \mathrm{mg} /$ lit. Cho biết $y(t)=e^{g(t)}(t \geq 0)$.
a) $g(t)=k t+C(t \geq 0)$ với $C$ là một hằng số xác định.
b) $k=\frac{\ln 2}{6}$.
c) $C=2 \ln 2$.
d) Nồng độ thuốc tồn dư trong nước tại thời điểm $t=25$ (ngày) kể từ lúc sử dụng thuốc lớn hơn $0,25 \mathrm{mg} /$ lít .

Câu 34 [Q253175113] Trong khoảng thời gian $0 \leq t \leq 4,5$ giờ, nước chảy vào bể $A$ với tốc độ $a(t)=2 t-5+5 e^{2 \sin t}$ lít mỗi giờ. Trong cùng khoảng thời gian đó, nước chảy vào bể $B$ với tốc độ $b(t)$ lít mỗi giờ. Cả hai bể đều không chứa nước tại thời điểm $t=0$. Đồ thị $y=a(t)$ và $y=b(t)$ được thể hiện trong hình vẽ, cắt nhau tại $t=k$ và $t=2,416$. Trong khoảng thời gian $0 \leq t \leq k$ giờ, nước chảy vào bể $B$ với tốc độ không đổi là 20,5 lít mỗi giờ.
a) Có 66,5 lít nước trong bể $A$ tại thời điểm $t=4,5$ (làm tròn kết quả đến hàng phần chục).
b) Trong khoảng thời gian $2,7 \leq t \leq 4,5$ giờ, tốc độ nước chảy vào bể $B$ là $b(t)=21-\frac{30 t}{(t-8)^2}$ lít mỗi giờ. Hiệu $b(t)-a(t)$ tăng tại thời điểm $t=3,5$.
c) Tại thời điểm $t=k$ lượng nước trong bể $B$ nhiều hơn lượng nước trong bể $A$ là $\int_0^k\left[25,5-2 t-5 e^{2 \sin t}\right] d t$ lít.
d) Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị $y=a(t)$ và $y=b(t)$ đối với $k \leq t \leq 2,416$ là 14,47 thì trong bể $B$ tại thời điểm $t=2,416$ có 48 lít nước (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị và giá trị của $k$ làm tròn đến hàng phần nghìn).

Combo X Luyện thi 2026 Môn Toán (THPT, ĐG năng lực, ĐG tư duy) (2K8 – Chương trình SGK mới)

Link đăng ký: https://bit.ly/Combox2026

So với Combo X các năm về trước, Vted đã rút gọn lại chỉ gồm hai khóa học chính:

PRO X: Luyện thi THPT 2026 Môn Toán (Luyện mọi dạng bài từ cơ bản đến 10 điểm)

LIVE X: Tổng ôn kiến thức và chữa đề thi THPT 2026 Môn Toán (100 ngày)

Combo X các em học kết hợp giữa bài giảng, tài liệu, đề thi có sẵn đã phát hành tại vted.vn và các bài giảng Live Fb được cập nhật trong năm học (kéo dài từ T9.2025 đến T6.2026)