46 trang 2 lượt tải

12TN CÂU 14

gửiqaif

Tác giả:

Như Ý Võ Trần

1 giờ trước

Tải xuống Báo cáo

Danh sách Quiz

ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH

Trang 56

DẠNG TOÁN CÂU 14. BÀI TẬP RÈN LUYỆN (60 CÂU)

(Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.)

Ạ

NG TOÁN ÔN T

Ậ

THI

TN.

THPT

NĂM 2025

KIẾN THỨC CẦN NHỚ

 Quãng đường =(vận tốc).(thời gian): .

 Vận tốc = (quãng đường)/(thời gian): .

 Thời gian = (quãng đường)/(vận tốc): .

 Vận tốc: .

 Gia tốc: mà .

 Quãng đường mà ô tô đi được trong thời gian giây kể từ khi tăng tốc:

 Quãng đường mà ô tô đi đươc trong thời gian giây kể từ khi tăng tốc:

Bảng đơn vị đo độ dài

Bảng chuyển đổi mét/giây sang km/giờ

Bảng đơn vị đo diện tích

Bảng đơn vị đo thể tích

Chú ý: lít

ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH

Trang 57

Câu 14.1. (ĐMH 2025) Một người điều khiển ô tô đang ở đường dẫn muốn nhập làn vào đường

cao tốc. Khi ô tô cách điểm nhập làn

200

, tốc độ của ô tô là

36 /

km h

. Hai giây sau đó, ô

tô bắt đầu tăng tốc với tốc độ





v t at b

 

(

a b





 0



), trong đó

là thời gian tính

bằng giây kể từ khi bắt đầu tăng tốc. Biết rằng ô tô nhập làn cao tốc sau

giây và duy trì

sự tăng tốc trong

giây kể từ khi bắt đầu tăng tốc.

a) Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi nhập làn là 180m.

b) Giá trị của

là

c) Quãng đường





S t

(đơn vị: mét) mà ô tô đi được trong thời gian

giây (

0 24

 

) kể

từ khi tăng tốc được tính theo công thức:

   

S t v t t





d) Sau

giây kể từ khi tăng tốc, tốc độ của ô tô không vượt quá tốc độ tối đa cho phép là

100 /

km h

Lời giải

a) Đúng: Tốc độ ban đầu của ô tô là 36 km/h = 10 m/s.

Quãng đường ô tô đi được trong 2 giây đầu tiên là:

10.2 20

 

(m).

Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi nhập làn là:

200 20 180

  

b) Đúng: Ta có





v t at b

 

. (cần phải nói rõ đơn vị: m/s)

Thời điểm bắt đầu tăng tốc ta có







0 10

v b

  

c) Sai: Do





v t



với

0 0

 

, đó đó quãng đường





S t

mà ô tô đi được trong thời

gian

giây





0 24

 

kể từ khi tăng tốc được tính theo công thức:

   

S t v t t





Còn công thức

   

S t v t t





là quãng đường ô tô đi được trong 24 giây.

d) Sai: Ta có





v t at

 

Biết xe nhập làn sau 12 giây kể tứ lúc tăng tốc nên ta có:

   

5 5

180 10 10 192 10

2 6 6

at dt a t a a v t t

 







         











 



(m/s)

Tốc độ của ô tô sau 24 giây là:

 

24 24. 10 30

v   

(m/s)

108



(km/h)

100



(km/h).

Câu 14.2. (Câu này có fix so với bản pdf trước đó) Một xe ô tô đang chạy với vận tốc

65 /

km h

thì người lái xe bất ngờ phát hiện chướng ngại vật trên đường cách đó

. Người lái xe

phản ứng một giây, sau đó đạp phanh khẩn cấp. Kể từ thời điểm này ô tô chuyển động

chậm dần đều với tốc độ









9 18 /

v t t m s

 

, trong đó

là thời gian tính bằng giây kể

từ lúc đạp phanh. Gọi





s t

là quãng đường xe ô tô đi được trong

giây kể từ lúc đạp

phanh. Các mệnh đề sau đúng hay sai?

a) Quãng đường





s t

mà xe ô tô đi được trong thời gian

giây là một nguyên hàm của

hàm số





v t

ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH

Trang 58

 

s t t t

  .

c) Thời gian kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn là

giây.

d) Kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn thì xe ô tô đó không va chạm vào chướng

ngại vật ở trên đường.

Lời giải

a) Vì









v t s t





nên quãng đường





s t

mà xe ô tô đi được trong thời gian

là một

nguyên hàm của hàm số





v t

b) Ta có

     

d 9 18 d 18

s t v t t t t t t C

       

 





0 0



nên



Vậy công thức biểu diễn hàm số

   

s t t t m

  

c) Xe ô tô dừng hẳn khi





0 9 18 0 2

v t t t

      

Thời gian kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn là

giây.

d) Vì

65 / 18 /

km h m s



nên trong

xe ô tô đi được quãng đường xấp xỉ 18 m.

Từ đó suy ra khi bắt đầu đạp phanh ô tô cách chướng ngại vật một khoảng xấp xỉ 32 m.

Quãng đường xe ô tô di chuyển được kể từ lúc đạp phanh cho đến khi xe ô tô dừng hẳn là

   

2 .2 18.2 18 32

s m

    

Vậy ô tô không va vào chướng ngại vật.

Câu 14.3. Một người điều khiển ô tô đang ở đường dẫn muốn nhập làn vào đường cao tốc. Khi ô

tô cách điểm nhập làn

180

, tốc độ của ô tô là

36 /

km h

. Ba giây sau đó, ô tô bắt đầu tăng

tốc với tốc độ





v t at b

 

(

a b





 0



), trong đó

là thời gian tính bằng giây kể từ

khi bắt đầu tăng tốc. Biết rằng ô tô nhập làn cao tốc sau

giây và duy trì sự tăng tốc

trong

giây kể từ khi bắt đầu tăng tốc.

a) Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi nhập làn là

160

b) Giá trị của

2014



là

2024

c) Quãng đường

( )

S t

(đơn vị: mét) mà ô tô đi được trong thời gian

giây





0 18

 

kể

từ khi tăng tốc được tính theo công thức

   

S t v t t





d) Tốc độ của ô tô đạt được sau

giây tăng tốc là

120 /

km h

Lời giải

a) Sai: Tốc độ ban đầu của ô tô là .

Vậy quãng đường ô tô đi được trong đầu tiên là: .

Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đàu tăng tốc đến khi nhập làn là

b) Đúng: Ta có thời điểm bắt đầu tăng tốc ta có

c) Đúng: Do , , do đó quãng đường mà ô tô đi đươc trong thời gian

giây kể từ khi tăng tốc được tính theo công thức .

36 / 10 /

km h m s







S m







2 1

180 150

S S m

  









, , , 0

v t at b a b a

   







0, 10 0 10 2014 2024

t v v b b       





v t



0 18

 





S t

0 18

 

   

S t v t dt





ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH

Trang 59

d) Sai: Ta có biết xe nhập làn sau giây kể từ lúc tăng tốc nên:

Tốc độ của ô tô sau giây là .

Câu 14.4. Một người điều khiển ô tô đang ở đường dẫn muốn nhập làn vào đường cao tốc. Khi ô

tô cách điểm nhập làn

230

, tốc độ của ô tô là

54 /

km h

. Hai giây sau đó, ô tô bắt đầu tăng

tốc với tốc độ









, , , 0

v t at b a b a

   

 , trong đó

là thời gian tính bằng giây kể từ

khi bắt đầu tăng tốc. Biết rằng ô tô nhập làn cao tốc sau

giây và duy trì sự tăng tốc

trong

giây kể từ khi bắt đầu tăng tốc.

a) Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi nhập làn là

200

b) Giá trị của

1799



là

2024

c) Quãng đường





S t

(đơn vị: mét) mà ô tô đi được trong thời gian

giây, kể từ khi tăng

tốc được tính theo công thức

   

S t v t dt





d) Tốc độ của ô tô đạt được sau

giây tăng tốc là

90 /

km h

Lời giải

a) Đúng: Tốc độ ban đầu của ô tô là

54 / 15 /

km h m s



Vậy quãng đường ô tô đi được trong

đầu tiên là:





S m



Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đàu tăng tốc đến khi nhập làn là





2 1

230 200

S S m

  

b) Đúng: Ta có









, , , 0

v t at b a b a

   

 thời điểm bắt đầu tăng tốc ta có





0, 15 0 15 1799 2024

t v v b b

       

c) Sai: Do





v t



0 20

 

, do đó quãng đường





S t

mà ô tô đi đươc trong thời gian

giây

0 20

 

kể từ khi tăng tốc được tính theo công thức

   

S t v t dt





d) Sai: Ta có





v t at

 

biết xe nhập làn sau

giây kể từ lúc tăng tốc nên:

     

200 15 1 15 /

at dt a v t t m s

      



Tốc độ của ô tô sau

giây là

















20 20 15 35 / 126 / 90 /

v m s km h km h

    

Câu 14.5. Một người điều khiển ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc









8 /

v t t m s



. Đi được





người lái xe gặp chướng ngại vật nên phải phanh gấp cho

xe chạy chậm dần đều với gia tốc





50 /

m s



a) Quãng đường ô tô đi được trong





là





100

b) Vận tốc của ô tô đạt được sau





chuyển động nhanh dần đều là





35 /

m s

c) Vận tốc của ô tô đạt được bắt đầu phanh cho đến khi dừng hẳn được tính bởi công thức





55 40

v t t

  

d) Quãng đường ô tô chuyển bánh đến khi dừng hẳn là





150

Lời giải





v t at

 

     

150 10 1 10 /

at dt a v t t m s

      



















18 18 10 28 / 100,8 / 120 /

v m s km h km h

    

ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH

Trang 60

a) Đúng: Ô tô chuyển động nhanh dần đều với vận tốc









8 /

v t t m s



trong





, do đó

quãng đường ô tô đi được là

 

8 100

S tdt m

 



b) Sai: Sau





chuyển động nhanh dần đều vận tốc của ô tô là









5 40 /

v m s



c) Sai: Ô tô chuyển động với gia tốc





50 /

m s



nên phương trình của vận tốc xe là









50 50

v t dt t C

    



Khi



của giai đoạn ô tô phanh gấp thì xe có vận tốc









1 2

5 40 0 40

v v C

   

Vậy vận tốc của ô tô đạt được bắt đầu phanh cho đến khi dừng hẳn được tính bởi công

thức





50 40

v t t

  

d) Sai: Khi ô tô dừng hẳn ta có









50 40 0 0, 8

v t t t s

     

Quảng đường ô tô đi được từ khi phanh gấp cho đến khi dừng hẳn là:

   

0,8

50 40 16

S t dt m

   



. Vậy tổng quãng đường ô tô đi được từ khi khởi hành đến

khi dừng hẳn là





1 2

120

S S S m

  

Câu 14.6. Để đảm bảo an toàn khi lưu thông trên đường, các xe ô tô khi dừng đèn đỏ phải cách

nhau tối thiểu 5m. Một ô tô

đang chạy với vận tốc

16m / s

thì gặp ô tô

đang dừng

đèn đỏ nên ô tô

hãm phanh và chuyển động chậm dần đều với vận tốc được biểu thị bởi

công thức





16 4

v t t

 

(đơn vị tính bằng

m / s

, thời gian

tính bằng giây).

a) Thời điểm xe ô tô

dừng lại là

b) Quãng đường





S t

(đơn vị: mét) mà ô tô

đi được trong thời gian

giây (

0 4

 

)

kể từ khi hãm phanh được tính theo công thức









S t v t dt





c) Từ khi bắt đầu hãm phanh đến khi dừng lại xe ô tô

đi được quãng đường

d) Khoảng cách an toàn tối thiểu giữa xe ô tô

và ô tô

là 37m.

Lời giải

a) Đúng vì khi ô tô

dừng lại thì





0 16 4 0 4.

v t t t

     

b) Sai vì quãng đường .





S t

. (đơn vị: mét) mà ô tô

đi được trong thời gian

giây (

0 4

 

) được tính theo công thức









S t v t dt





c) Đúng vì quãng đường ô tô

đi được kể từ khi bắt đầu hãm phanh đến khi dừng lại là

 

( ) 16 4 32( )

s t t dt m

  



Như vậy, ô tô

di chuyển quãng đường 32 mét trước khi dừng lại hoàn toàn.

d) Đúng vì để đảm bảo khoảng cách an toàn tối thiểu 1 mét khi dừng lại, ô tô

phải bắt

đầu hãm phanh khi cách ô tô

ít nhất là:

32 5 37( )

 

Câu 14.7. Một đoàn tàu đang đứng yên trong sân ga, ngay trước đầu tàu có một cái cây. Đoàn

tàu khởi hành từ trạng thái đứng yên với gia tốc

0, 005 (m/s )

a t



và đi qua cái cây trong

thời gian

giây. Sau

giây đoàn tàu chuyển sang trạng thái chuyển động đều. Xét tính

đúng sai của các khẳng định sau:

ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH

Trang 61

a) Vận tốc của đoàn tàu là

3 2

5.10 (m/s).v t





b) Chiều dài của đoàn tàu là

180(m).

c) Sau 80 giây, đoàn tàu chuyển động với tốc tốc

57,6(km/h).

d) Sau khi chuyển động đều một thời gian, đoàn tàu gặp một cây cầu có chiều dài

480(m).

Khi đó đoàn tàu đi qua cây cầu đó trong thời gian 30 giây.

Lời giải

a) Sai: Vận tốc của tàu là

   

0, 005 2,d d (m/s)5.10v t ta t t t t



  

 

với

 

0 0v 

b) Đúng: Chiều dài của đoàn tàu bằng quãng đường tàu đi trong 60 giây đầu tiên và bằng

 

60 60

3 2

0 0

2,5.10 1d 80m.dl v t t t t



  

 

c) Đúng: Sau 80 giây, đoàn tàu chuyển động với tốc tốc:

     

3 2

80 2, 5.10 80 16 m / s 57, 6 km / h.v



  

d) Sai: Sau khi chuyển động đều một thời gian, đoàn tàu gặp một cây cầu có chiều dài 480

(m).

Khi đó đoàn tàu đi qua cây cầu đó trong thời gian

480 180

41,25



 

giây.

Câu 14.8. Sau khi xuất phát, ô tô di chuyển với tốc độ

   

2, 01 0, 025 0 10v t t t t   

. Trong

đó v(t) tính theo m/s, thời gian t tính theo s với t = 0 là thời điểm xe xuất phát.

a) Quãng đường xe di chuyển được tính theo công thức là

   

2, 01 0, 05 0 10s t t t   

b) Quãng đường xe di chuyển được trong 3 (s) kể từ khi bắt đầu xuất phát là 8,82 (m).

c) Quãng đường xe di chuyển được trong giây thứ 3 xấp xỉ 4,867(m).

d) Trong khoảng thời gian không quá 10s đầu, khi vận tốc đạt giá trị lớn nhất thì gia tốc

của xe là 1,51m/s

Lời giải

a) Sai. Quãng đường xe di chuyển được phải là một nguyên hàm của v(t),

   

' 2, 01 0, 05 0 10v t t t   

là công thức tính gia tốc của vật.

b) Đúng. Quãng đường xe di chuyển được trong 3 s là

 

2, 01 0, 025 8, 82t t dt m 



c) Đúng. Quãng đường xe di chuyển được trong giây thứ 3:

   

 

3 2 2, 01 0, 025 4, 867s s t t dt m  





d) Đúng.

     

0;10

2, 01 0, 025 0 10 max 17, 6 /v t t t t v t m s

 

 

 

     

khi t = 10s

ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH

Trang 62

Gia tốc vật khi đó là









10 ' 10 2, 01 0, 05.10 1,51 /

a v m s

   

Câu 14.9. Một chiếc thuyền đang di chuyển trên sông và chuẩn bị nhập vào khu vực có dòng

chảy mạnh. Khi thuyền cách điểm nhập khu vực này

100

, tốc độ của thuyền là

18 /

km h

. Sau

giây, thuyền bắt đầu tăng tốc với gia tốc theo công thức





. ,

a t k t k



là hằng số,

là thời gian tính bằng giây kể từ khi bắt đầu tăng tốc. Thuyền nhập khu vực có dòng chảy

mạnh sau

giây và duy trì sự tăng tốc này trong suốt

giây kể từ khi bắt đầu tăng tốc.

Xét tính đúng sai của các khẳng định sau:

a) Quãng đường thuyền đi được từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi nhập vào khu vực có dòng

chảy mạnh là

b) Giá trị



c) Tính quãng đường

( )

S t

(đơn vị: mét) mà thuyền đi được trong thời gian

giây (

0 25

 

) kể từ khi bắt đầu tăng tốc, theo công thức

( ) ( )

S t v t dt





d) Sau

giây kể từ khi bắt đầu tăng tốc, tốc độ của thuyền không vượt quá tốc độ tối đa

cho phép là

60 /

km h

Lời giải

a) Quảng đường thuyền đi được trong

giây đầu là:

18000

.4 20

3600



Quãng đường thuyền đi được từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi nhập vào khu vực có dòng

chảy mạnh là

100 20 80

 

   

v t a t dt k t c

  



;





0 5 / 5

v m s c

  

 

. 5

v t k t

  

Thuyền nhập khu vực có dòng chảy mạnh sau

giây

1 5

80 . 5

2 72

k t dt k

 







    











 







25 26,7 /

v m s



;

60 / 16, 6 /

km h m s



Câu 14.10. Một chất điểm chuyển động trên đường thẳng nằm ngang (chiều dương hướng sang

phải) với gia tốc phụ thuộc vào thời gian





t s

là









2 7 / .

a t t m s

  Biết vận tốc ban

đầu bằng





6 / .

m s

Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau:

a) Phương trình vận tốc của chất điểm tại tời điểm

được xác định bởi công thức









v t a t dt





b) Tại thời điểm





7 ,

t s



vận tốc của chất điểm là





6 / .

m s

c) Độ dịch chuyển của vật trong khoảng thời gian

1 7

 

là

18 .

d) Trong 8 giây đầu tiên, thời điểm chất điểm xa nhất về phía bên phải là





7 .

t s



Lời giải

a) Phương trình vận tốc của chất điểm tại thời điểm

được xác định bởi công thức









v t a t dt





b) Tại thời điểm





7 ,

t s



vận tốc của chất điểm là





6 / .

m s

Ta có













2 7 7 .

v t a t dt t dt t t C

     

 









0 6 6 7 6.

v C v t t t

      

Vậy









7 7 7.7 6 6 / .

v m s

   

c) Độ dịch chuyển của vật trong khoảng thời gian

1 7

 

là

18 .

ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH

Trang 63

Độ dịch chuyển của vật trong khoảng thời gian

1 7t 

là

 

7 7

3 2

1 1

7 6 6 18.

3 2

t t

S v t dt t t dt t

 







        











 

 

d) Trong 8 giây đầu tiên, thời điểm chất điểm xa nhất về phía bên phải là





7 .

t s



Vị trí của chất điểm so với vị trí ban đầu tại thời điểm

là

   

 

3 2

d 7 6 d 6

3 2

t t

s t v t t t t t t C       

 

Ta cần tìm giá trị lớn nhất của

 

s t

với

0; 8t

 



 

 

   

s t v t





nên

   

0 0

s t v t









   









Lại có

 

0s C ,

 

s C 

 

6 18s C   ,

 

s C  

Vậy giá trị lớn nhất của

 

s t

với

0; 8t

 



 

 

đạt được khi 1t  .

Câu 14.11. Cho một chất điểm chuyển động theo quy luật vận tốc

 

v t

(đơn vị:

/m s

) có đồ thị

như hình vẽ bên. Trong đó đồ thị có dạng các đoạn thẳng tương ứng thời gian t giây khi

0 3t 

và

8 15t 

, biết

 

v t

có dạng đường Parabol tương ứng thời gian

giây khi

3 8t 

a) Vận tốc của chất điểm tại thời điểm 15t  là

   

15 21 /v m s

b) Quãng đường chất điểm đi được trong thời gian t giây

 

0 3t  là

 

11 

S dt m





c) Quãng đường chất điểm đi được trong thời gian

giây

 

8 15t 

bằng

 

73, 5 m

d) Vận tốc trung bình

v của chất điểm trong thời gian

giây

 

3 8t 

thoả mãn

 

7 /

v m s

Lời giải

a) Sai. Ta có:

   

15 0 /v m s

b) Đúng. Nhận thấy: Trong thời gian

0 3t 

, vận tốc của chất điểm là

   

11 /v t m s

ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH

Trang 64

Do đó quãng đường chất điểm đi được trong thời gian t giây

 

0 3t  là

 

11 

S dt m





c) Đúng. Gọi

     

8; 0 ,  8;21 ,  15;0A B C

Khi đó quãng đường chất điểm đi được trong thời gian t giây

 

8 15t 

bằng diện tích

của tam giác ABC .

Ta có:

1 1

. . .21.7 73, 5.

2 2

ABC

S AB AC  

Vậy quãng đường chất điểm đi được trong thời gian t giây

 

8 15t  bằng

 

73,5 m .

d) Sai.

Trong thời gian t giây với

3 8t 

 

v t có dạng đường Parabol

có phương trình là

 

v t at bt c   .

Nhận thấy Parabol đi qua 3 điểm

     

3;11 ,  5;3 ,  8;21M N B nên

phương trình của Parabol là

 

2 20 53.v t t t  

Vậy quãng đường chất điểm đi được trong thời gian t giây

 

3 8t 

là

 

115

2 20 53  .

S t t dt m   



Do đó vận tốc trung bình

của chất điểm trong thời gian t giây

 

3 8t 

là

 

115

7, 67 /

v m s 

Câu 14.12. 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

3 2

( ) 0,1v t t t   , trong đó

t  

tính theo tuần,

( )v t

tính

bằng centimét / tuần. Gọi

( )h t

(tính bằng centimét) là độ cao của cây cà chua ở tuần thứ t .

4 3

( )

40 3

t t

h t



 

, với 0t  .

b) Giai đoạn tăng trưởng của cây cà chua đó kéo dài trong 9 tuần.

c) Chiều cao tối đa của cây cà chua đó là

88,4cm

(Làm tròn kết quả đến hàng phần mười).

d) Vào thời điểm cây cà chua đó phát triển nhanh nhất thì chiều cao cây cà chua đạt

54, 4cm

(kết quả được làm tròn đến hàng phần mười).

Lời giải

a) Ta có:

 

4 3

3 2 3 2

0,1 d 0,1 d d

40 3

t t

t t t t t t t C



       

  

( )h t

là một nguyên hàm của

( )v t

nên

4 3

( )

40 3

t t

h t C



   .

Cây cà chua khi trồng có chiều cao 5 cm nên

(0) 5h 

, suy ra 5C  .

Vậy

4 3

( ) 5, 0

40 3

t t

h t t



    .

b) Cây tăng trưởng khi

3 2

( ) 0 0,1 0 10v t t t t       .

ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH

Trang 65

Vậy giai đoạn tăng trưởng của cây kéo dài 10 tuần.

c) Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của

4 3

( ) 5

40 3

t t

h t



   với

[0;10]t 

Ta có:

3 2

( ) ( 10)

10 10

t t

h t t t





     , suy ra

( ) 0h t





khi t bằng 0 hoặc 10.

Ta thấy

265

(0) 5, (10)

h h 

. Khi đó,

( )h t

đạt giá trị lớn nhất bằng

265

trên đoạn

[0;10]

Vậy chiều cao tối đa của cây cà chua đó là

265

88, 3(cm)



d) Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số

3 2

( ) 0,1v t t t   với

[0;10]t 

Ta có:

( ) 0, 3 2 0, 3

v t t t t t

 









     











 

, suy ra

( ) 0v t





khi

bằng 0 hoặc

Ta thấy

20 400

(0) 0, , (10) 0

3 27

v v v

 







  











 

Khi đó,

( )v t

đạt giá trị lớn nhất bằng

400

trên đoạn tại

t 

. Ta có:

20 4405

54, 4

3 81

 







 











 

Câu 14.13. Một nghệ nhân muốn làm một bình gốm có dạng mô hình như hình 2 bằng cách quay

hình phẳng

 

ở hình 1 quanh trục hoành. Biết đường cong trong hình 1 là phần đồ thị

0,125y x

trên đoạn

0;2

 

 

 

và mỗi đơn vị trên đồ thị ở hình 1 có độ dài bằng 10 cm.

a) Chiều cao của bình gốm bằng 20 cm.

b) Đường kính đáy của bình gốm bằng 10 cm.

c) Khi cắt bình gốm bởi 1 mặt phẳng qua trục thì thiết diện thu được có diện tích bằng

10cm

d) Thể tích bình gốm bằng 0,90 (đơn vị: lít, kết quả làm tròn tới hàng phần trăm).

Lời giải

a) Đúng: Chiều cao của bình gốm bằng 2.10 20 cm.

b) Sai: Ta có

   

2 0,125.2 .8 1

A A

y f x f    

nên đường kính đáy của bình gốm

là 20 cm.

c) Sai: Thiết diện thu được là:

 

2 0,125 1

dS x x

 



nhưng thực tế mỗi đơn vị trên đồ

thị có độ dài bằng 10 cm nên diện tích thiết diện là:

2 2

c1 1.1 m0 00S  

d) Đúng: Đổi 1 lít

3 3

1= 001dm 0 cm

ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH

Trang 66

Thể tích bình gốm là:

 

0,125

dS xx



 



(đvtt) nhưng thực thế mỗi đơn vị trên

đồ thị có độ dài bằng 10 cm nên một đơn vị thể thích là

3 3

10 cm

Thể tích bình gốm thực tế là:

   

3 3 3

2 2

.10 0, 90

dmV

 

  

lít.

Câu 14.14. Giả sử chiếc nón rộng vành sau có thể mô hình hóa bằng cách cho hình phẳng

 

giới

hạn bởi đồ thị hàm số

1 khi 0 1

1 khi 1 0

x x





  









   





, trục

và các đường thẳng

1x 

và

1x 

quay quanh trục

(đơn vị trên trục là dm). (Kết quả đều làm tròn

đến hàng phần trăm)

a) Diện tích hình phẳng

 

là

3, 57S 

b) Diện tích thiết diện qua trục đối xứng của khối tròn xoay trên là

 

c) Công thức tính thể tích khối tròn xoay trên là

   

1 1

2 6 3

0 0

1 2 1

V x dx x x dx

 



    

 

d) Nếu thể tích của khối tròn xoay có dạng



với

là phân số tối giản thì

139a b 

Lời giải

a) Sai: Diện tích hình phẳng

 

được tính bằng công thức:

 

0 1

2 3

1 0

1 1S x dx x dx



   

 

. Khi đó

2, 04S 

b) Đúng: Diện tích thiết diện qua trục đối xứng của khối tròn xoay trên là

 

c) Đúng: Công thức tính thể tích khối tròn xoay trên là

   

1 1

2 6 3

0 0

1 2 1

V x dx x x dx

 



    

 

d) Đúng:

   

1 1

2 6 3

0 0

1 2 1

V x dx x x dx



 



     

 

nên 97a  và 42b 

139a b   .

Câu 14.15. Tốc độ trao đổi chất cơ bản của sinh vật có thể tăng hoặc giảm tùy thuộc vào hoạt

động của sinh vật. Cụ thể, sau khi hấp thụ chất dinh dưỡng, sinh vật thường trài qua một

sự tăng đột biến trong tốc độ trao đổi chất của nó, sau đỏ dần dần trở lại mức co bản. Bạn

Hoa vừa kết thúc bữa tối trong buổi sinh nhật cùa mình và nạp vào mức năng lượng là

ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH

Trang 67

5120

J. Sau đó cô đã tiêu hao hết số năng lượng đỏ trong vòng

giờ tiếp theo. Giả sử

giờ sau bữa ăn, bạn Hoa tiêu hao được





M t

kJ thì tốc độ tiêu hao năng lượng của cổ được

mô phỏng bởi hàm số:





0,1

M t M te



 



(kJ/h) với

0;12

 



 

 





0,1

M t M t e C



  

với

là hằng số.

0, 01



(Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

c) Năng nượng còn lại sau

giờ đầu là

197

J ( Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

d) Tốc độ tiêu hao năng lượng trung bình trong khoảng thời gian từ

(giờ) đến

(giờ)

được tính bởi công thức









M b M a

b a







. Tốc độ tiêu hao năng lượng trung bình từ 6

giờ đến 12 giờ của bạn Hoa là

32, 76

(J/h) (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Lời giải

a) Đúng:





0,1

M t M te



 



nên ta lấu tích phân hai vế









0,1

d d

M t t M te t





 

 

Nhận thấy





0,1 0,2

t t



  

nên ta viết

0,1

. d





thành

0,1

5 0,2 . d

t e



 



Đây là dạng tích phân



với

0,1

u t

 

nên





0,1

M t M t e C



  

, với

là

hằng số.

b) Đúng: Do bạn Hoa tiêu hao hết

5120

5,12



kJ trong

giờ đầu nên





12 5,12



Tại thời điểm



sẽ chưa tiêu hao năng lượng nên





0 0



suy ra





 

0,1.12

0 0

5,12 5 5

5 5 5,12 0, 01

12 .12

M M e M



 

      

c) Đúng: Năng nượng còn lại sau

giờ đầu:





0,1.6

5,12 0, 01.6 0,197

5 5e



 

197



d) Sai: Tốc độ tiêu hao năng lượng trung bình

















12 6

M b M a M M

b a

 

 

 

5,12 4, 92

32,77



 

(J/h).

Câu 14.16. Một quần thể vi khuẩn A có số lượng cá thề là





P t

phút quan sát được phát

hiện thay đồi với tốc độ là:





0.1 0.03

150

t t

P t ae e



 



(vi khuẩn/phút)









. Biết rằng

lúc bắt đầu quan sát, quần thể có

200 000

vi khuẩn và đạt tốc độ tăng trường là 350 vi

khuẩn/phút.

a) Giá trị của

200







0.1 0.03

2000 5000 200000

t t

P t e e



  

c) Sau 12 phút số lượng vi khuẩn trong quần thề là 206152 con (làm tròn kết quả đến

hàng đơn vị).

d) Sau 12 phút, một quần thể vi khuẩn B có tốc độ tăng trưởng là





0.2

500

G t e





(vi

khuẩn/phút) bắt đầu cạnh tranh nguồn thức ăn trực tiếp với quần thể A. Một cá thể tại

quần thể B triệt tiêu một cá thể tại quần thể A. Sau 5 phút cạnh tranh quần thể A bị triệt

ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH

Trang 68

tiêu hoàn toàn. Số lượng vi khuần của quần thể B ở thời điềm bắt đầu cạnh tranh là

191967

con. (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

Lời giải

a) Đúng:

 

0 150 350 200P a a



    

b) Sai:

   

0,1 0,03

2000 5000d

t t

e e CP t P t t





  



mà

 

0 200000P 

nên

203 000



Vậy hàm số cần tìm là

 

0.1 0.03

2000 5000 203000

t t

P t e e



  

c) Đúng:

 

0,1.12 0,03.12

12 2000 5000 203000 206152P e e



   

d) Sai: Sau

phút cạnh tranh thì quần thể A bị triệt tiêu hoàn toàn mà quần thể A mà

quần thể A quan sát trước quần thể B

phút nên số lượng quần thể A ở phút thứ

bằng số lượng quần thể B ở phút thứ

, tức là

     

17 5 *P G

Khi đó:

 

0,1.17 0.0,3.17

17 2000 5000 203000 210945P e e



   

Mặt khác:

     

0,2

2500 5 250d 0

G t G t e C G e Ct  



  



Từ phương trình

 

ta có:

   

210945 2500 20414917 5 e KG KP    

Vậy hàm

   

0,2

2500 204149 0 206649

G t e G  

Câu 14.17. Hình vẽ bên mô tả hiệu suất làm việc của hai công nhân trong một nhà máy trong thời

gian 6 giờ. Công nhân A đang sản xuất với hiệu suất

 

2 4 58Q t t t



   

sản phẩm

mỗi giờ, trong khi công nhân B đang sản xuất với hiệu suất

 

53Q t at



 

sản phẩm mỗi giờ

 

a  

. Biết rằng hàm

 

Q t

và

 

Q t

mô phȯng số lượng sản phẩm mới làm được của công

nhân A và công nhân B sau t giờ.

a) Hiệu suất cực đại của công nhân A là 60 sản phẩm mỗi giờ.

b) Phần diện tích bị gạch sọc biểu diễn cho tổng số lượng sản

phẩm mới mà hai công nhân làm được trong 6 giờ.

c) Sau 5 giờ số lượng sản phẩm mới mà công nhân A hoàn thành

nhiều hơn công nhân B là 54 sản phẩm.

d) Sau 6 giờ làm việc tổng số lượng sản phẩm mới mà 2công nhân hoàn thành là 502 sản

phẩm.

Lời giải

a) Đúng: Hiệu suất của công nhân A là:

 

2 2

2 4 58 2 2 1 2 58Q t t t t t



         

 

2 1 60 60t    

với mọi

0;6t

 



 

 

Dấu “



” xảy ra khi 1t  nên hiệu suất cực đại của công nhân A là 60 sản phẩm mỗi giờ.

b) Sai: Diện tích phần gạch sọc là:

1 2

dQ Q t

 





nên nó không biểu diễn cho tổng số lượng

sản phẩm mới mà hai công nhân làm được trong 6 giờ.

c) Đúng: Dựa vào đồ thị ta có

   

1 2

5 5 2.5 4.5 58 53 5 5Q Q a a

 

         

Suy ra

 

5 53 5Q t



 

ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH

Trang 69

giờ số lượng sản phẩm mới của công nhân A hoàn thành nhiều hơn số lượng sản

phẩm mới của công nhân B bằng:

   

 

5 5 5 5

1 2

0 0 0 0

d d d 53 5 d 54

2 4 58Q t t Q t t t t tt t 

 

    

   

d) Sai: Sa

giờ làm việc thì tổng số lượng sản phẩm mới mà hai công nhân làm được là:

   

 

5 5 5 5

1 2

0 0 0

2 4

d d d 53 5 d 50

8Q t t tQ t t tt t t



 



    

   

sản phẩm.

Câu 14.18. Để tham gia lễ hội hóa trang, bạn An dự định làm một chiếc mặt nạ nửa mặt bằng chất

liệu giấy cứng. Hình dạng của chiếc mặt nạ được bạn thic



kế trên mặt phẳng tọa độ

Oxy

là phần hình phẳng giới

hạn bởi hai đường parabol

   

1 2

,P P

lần lượt có đỉnh là

gốc tọa độ

và điểm có tọa độ

 

0;4

, cùng nhận trục

O y

lảm trục đối xứng và cùng đi qua điểm

 

5;6M

. Mỗi đơn vị

trên các trục tọa độ có độ dài 3cm. Sau đó, bạn vẽ hai hình

thoi bằng nhau có độ dài các đường chéo là

2 2cm

và

4 2cm

để khoét làm mắt (minh họa như hình vẽ dưới

đây).

a) Tổng diện tích hai hình thoi bạn An khoét để làm mắt bằng

b) Parabol có đỉnh là gốc tọa độ có phương trình

y x 

c) Diện tích giấy bìa cứng để làm mặt nạ khi chưa khoét hai mắt bằng

d) Bạn An muốn trang trí thêm cho chiếc mặt nạ nên đã mua sơn với chi phí là 28 000

đồng/100 cm

. Khi đó số tiền sơn mà bạn An phải chi trả là

62 720

đồng.

Lời giải

a) Sai: Diện tích hai hình thoi khoét để làm mắt là:

2. .2 2.4 2 16



b) Sai: Parabol có đỉnh là gốc tọa độ và đi qua điểm

 

5;6M

có dạng

y ax

Thay tọa độ điểm

 

5;6M

vào phương trình ta được

.5 6

a a  

Vậy phương trình parabol là

y x

Parabol thứ hai có đỉnh là

 

0;4

và đi qua điểm

 

5;6M

có dạng

4 25 2y ax a   

Vậy

a 

nên phương trình parabol thứ hai là

y x 

c) Sai: Phương trình hoành độ giao điểm của hai parabol:

2 2

6 2

25 25

x x



 



  









Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai parabol là:

2 2

6 2 80

4 d

25 25 3

S x x x



 







   











 



ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH

Trang 70

Vì mỗi đơn vị trên trục tọa độ là

cm nên diện tích bìa cứng thực tế là

.3.3 240

S  

d) Đúng. Diện tích cần sơn là: 240 16 224  cm

nên chi phí để sơn là

28 000

224. 62 720

100

 đồng.

Câu 14.19. Hình vẽ bên dưới minh họa một phần khu vực thiết kế dành cho các hoạt động trượt

ván, patin. Đường lên của khu vực này dẫn đến một bề mặt nằm ngang (gọi là vùng bằng

phẳng), tiếp theo là đoạn dốc xuống, hai đường đối xứng nhau hai bên. Mặt trước và mặt

sau của chướng ngại vật vuông góc với mặt đất ngang.

Để mô tả mặt bên phía trước một cách toán học, ta xét mặt phẳng

Oxy

với trục

là

phần bên dưới, trục

O y

là trục đối xứng của bề mặt đang xét. Vùng bằng phẳng trải dài

trong mô hình từ

2 2x  

. Đường cong mặt cắt ngang của đoạn dốc xuống trong

khoảng

2 8x 

được mô tả bởi đồ thị của hàm số

   

2 ln 1f x x  

. Trong hệ tọa

độ này, một đơn vị chiều dài tương ứng với một mét trong thực tế.

a) Chiều cao của vùng bằng phẳng là 2m.

b) Trên khoảng

 

2;8

có một điểm

mà tại đó, tốc độ thay đổi tức thời của hàm

 

f x

bằng tốc độ thay đổi trung bình của hàm

 

f x

trên khoảng này. Khi đó

4, 3x 

(Kết quả

làm tròn đến hàng phần chục).

c) Trên mô hình thì giá trị của góc 120   được xác định bởi mặt phẳng nằm ngang của

vùng bằng phẳng và đoạn đường dốc xuống tại cạnh chuyển tiếp (tiếp tuyến tại điểm

2x  ).

d) Mặt bên phía trước của chướng ngại vật được sử dụng một phần làm khu vực quảng

cáo (xem Hình 1). Trong mô hình, khu vực này bao gồm hai phần diện tích, cụ thể là diện

tích giữa đồ thị hàm số

 

f x

và trục hoành trong đoạn

2;6

 

 

 

và một phần đối xứng với nó

trong góc phần tư thứ hai. Diện tích của khu vực quảng cáo là

7,91m

(Kết quả làm tròn

đến hàng phần trăm).

Lời giải

a) Đúng: Chiều cao của vùng bằng phẳng là

 

2 2 ln 1 2f   

b) Sai: Ta có

 

8 2 ln 7f  

Tốc độ thay đổi trung bình trên đoạn

 

2;8

là:

   

8 2

2 ln 7 2 ln 7

8 2 6 6

f f

 

  



ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH

Trang 71

Xét hàm số

 

ln 7

f x



 

trên khoảng

 

2;8 ta có

 

1 ln 7

4,1

1 6

2;8





  



 













c) Sai: Xét

 

2 1



   



và

 

tan 2 1f



  

nên suy ra

135  

d) Đúng: Diện tích của phần quảng cáo là:

   

6 6

2 0

2 2 2 ln 1d d 7,91S x xf x x

 

    

 

 

 

)

Câu 14.20. Sau khi phát hiện một bệnh dịch, các chuyên gia y tế ước tính số người nhiễm bệnh kể

từ ngày xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày tứ

là

 

2 3

45f t t t 

với

0t 

. Nếu coi

 

y f t

là hàm số xác định trên











thì

 

f t



được xem là tốc độ truyền bệnh

(người/ngày) tại thời điểm

a) Tốc độ truyền bệnh tại thời điểm

là

 

90 3f t t t



 

b) Số người bị nhiễm bệnh từ ngày xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ

là

4752

c) Đến ngày thứ

thì không còn người nhiễm bệnh.

d) Trong

ngày đầu tiên thì số người nhiễm bệnh luôn tăng.

Lời giải

a) Đúng Ta có

   

2 3 2

45 90 3f t t t f t t t



    

b) Sai. Ta có

 

2 3

13 45.13 13 5408f   

c) Đúng. Ta có

 

2 3

45 45.45 45 0f   

d) Sai

Ta có

 

90 3 0

f t t t









   









Bảng biến thiên:

Số người nhiễm bệnh luôn trong khoảng

 

0;30 .

Câu 14.21. Một công ty thiết kế mẫu huy hiệu để tặng cho khách hàng thân thiết của mình (xem

hình bên). Trong đó

ABCD

là hình vuông có cạnh bằng

cm, các đường cong

AOD

và

BOC

là một phần của các parabol đỉnh

. Với hệ trục tọa độ

Oxy

(đơn vị trên mỗi trục tọa độ là centimét) thì điểm

có

tung độ bằng

. Biết phần tô đậm trong hình vẽ được phủ vàng

với chi phí

triệu đồng/

, phần còn lại được phủ bạc với

chi phí

300

nghìn đồng/cm

, các chi phí còn lại là

500

nghìn

đồng.

a) Parabol chứa đường cong

AOD

có phương trình là

y x

b) Parabol chứa đường cong

BOC

có phương trình là

y x 

c) Diện tích phần tô đậm trong hình vẽ lớn hơn 5, 5 cm

d) Chi phí sản xuất một chiếc huy hiệu như trên nhỏ hơn

triệu đồng.

Lời giải

ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH

Trang 72

a) Sai. Theo giả thiết, Parabol chứa đường cong

AOD

có đỉnh

, nhận

O y

làm trục đối xứng và đi qua điểm

 

2;1A 

nên có

phương trình

y x

b) Đúng. Theo giả thiết, Parabol chứa đường cong

BOC

có

đỉnh

, nhận

O y

; làm trục đối xứng và đi qua điểm

 

2; 3A  

nên có phương trình

y x 

c) Sai. Diện tích phần tô đậm trong hình vẽ là

2 2

2 2 2 3

00 0

1 3 2 16

2 d 2 d

4 4 3 3

S x x x x x x y

 







     











 

 

(cm

). Ta thấy

5,5



d) Sai. Diện tích hình vuông

ABCD

là

. Diện tích phần phủ vàng là

(cm

), diện

tích phần phủ bạc là

16 32

3 3

 

(cm

). Vậy chi phí để làm chiếc huy hiệu là

16 32 27100000

500000 .1000000 .300000 9033333

3 3 3

   

(đồng).

Chi phí trên lớn hơn 9 triệu đồng.

Câu 14.22. Ông An muốn xây một bể chứa nước dạng hình hộp chữ nhật không nắp có đáy là

hình vuông và thể tích

. Gọi

 

x m

là chiều dài cạnh đáy,

 

h m

là chiều cao của bể

chứa nước.

a) Diện tích mặt đáy của bể là

 

2 2

x m

b) Thể tích của bể chứa nước theo

,x h

là

 

2 3

V x h m

c) Tổng diện tích các mặt bên của bể chứa nước là

 

4xh m

d) Bể chứa nước có chiều cao

1h m

và chiều dài cạnh đáy

2x m

thì vật liệu sữ dụng

để xây bể chứa nước là ít nhất.

Lời giải

Câu a) đúng. Diện tích hình vuông cạnh

 

x m

là





2 2

x m

Câu b) sai. Thể tích của bể chứa nước theo

,x h

là

 

2 3

V x h m

Câu c) đúng. Diện tích mỗi mặt bên là

 

xh m

nên tổng diện tích các mặt bên của bể chứa

nước là





xh m

Câu d) đúng. Vật liệu sữ dụng để xây bể chứa nước là

 

4f x xh x 

trong đó

4x h h

  

. Khi đó ta có

 

, 0f x x x

  

Xét

   

 

2 2

2 8

16 16

' 2 0 2

f x x f x x x

x x



         

Từ đó ta thấy thấy hàm số đạt

 

min 2; 1f x x h  

Câu 14.23. Thống kê điểm trung bình môn Toán của học sinh lớp 12A và 12B được cho ở bảng

ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH

Trang 73

a) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm lớp 12A và lớp 12B bằng nhau

b) Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm lớp 12A lớn hơn 1,8

c) Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm lớp 12B (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)

là

1, 36

d) Dựa vào độ lệch chuẩn ta thấy điểm môn Toán lớp 12A phân tán hơn so với điểm môn

Toán lớp 12B.

Lời giải

Câu a) đúng

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm lớp 12A và lớp 12B bằng nhau và bằng

10 5 5 

Câu b) sai.

Cỡ mẫu của mẫu số liệu ghép nhóm lớp 12A là

3 8 15 11 5 42    

6 .1 6, 9375



  

;

 

42.3

3 8 15

8 .1 8,5

  

  

Ta có

3 1

8, 5 6, 9375 1, 5625

Q Q     

Câu c) sai.

Ta có

6.5, 5 8.6, 5 11.7, 5 7.8,5 10.9, 5 601

42 84

   

 

2 2 2 2 2

601 601 601 601 601

6 5,5 8 6, 5 11 7,5 7 8,5 10 9,5

84 84 84 84 84

2,1152

         

    

    

    

        

    

    

    

    

    

         

 

Vậy phương sai là tròn đến hàng phần trăm là

2,12s 

Câu d) sai.

Ta có độ lệch chuẩn điểm của lớp 12B là

2,12 1, 46s  

Đối với điểm lớp 12A ta có:

3.5, 5 8.6,5 15.7, 5 11.8, 5 5.9,5 23

42 3

   

 

và

2 2 2 2 2

23 23 23 23 23

3 5,5 8 6,5 15 7,5 11 8,5 5 9,5

3 3 3 3 3

299

42 252

         

    

    

    

        

    

    

    

    

    

         

 

Khi đó

299

1, 09

252

s  

. Vậy điểm của lớp 12B phân tán hơn so với điểm của lớp 12A

Câu 14.24. Một hạt chuyển động trên một đường thẳng có gắn một trục tọa độ với gốc tọa độ là vị

trí hạt bắt đầu chuyển động. Tọa độ của hạt trên trục tại thời điểm

(đơn vị: giây) kể từ

khi xuất phát được cho bởi công thức

   

2 3 ln 1x t t t  

(đơn vị: mét),

0t 

. Hàm số

   

v t x t





(đơn vị: mét/giây) biểu thị vận tốc chuyển động của hạt.

a) Vận tốc ban đầu của hạt là

m/s.

b) Hạt đứng yên tại thời điểm

0,5t 

 

v t

 



ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH

Trang 74

d) Quãng đường mà hạt đi được trong 3 giây đầu tiên là

1, 84

m (làm tròn kết quả đến

hàng phần trăm).

Lời giải

a) Sai. Phương trình biểu thị vận tốc chuyển động của hạt là

 

2 .

v t

 



Vận tốc ban đầu của hạt là

   

0 1 / .v m s 

b) Đúng. Hạt đứng yên nên

   

0 2 0 0,5 .

v t t s

     



c) Đúng.

 

2 .

v t

 



d) Đúng. Xét hàm số

   

2 3 ln 1x t t t  

trên

0; 3 .

 

 

 

Ta có

 

3 1

2 0 .

1 2

x t t



    



Bảng biến thiên:

Do đó quãng đường mà hạt đi được trong 3 giây đầu là:

 

1 3 3

2 3 2 1 3ln 6 3 ln 4 4 6 ln 3 ln 4 2,27

2 2 2

x x

 







        











 

Câu 14.25. Theo báo cáo của một cơ sở sản xuất nước tinh khiết, nếu mỗi ngày cơ sở này sản

xuất

 

x m

nước tinh khiết thì phải chi phí các khoản sau: 3 triệu đồng chi phí cố định;

0,15 triệu đồng cho mỗi mét khối sản phẩm;

0, 0003x

chi phí bảo dưỡng máy móc. Biết

công suất tối đa mỗi ngày của cơ sở này là

200 m

. Gọi

 

C x

là chi phí sản xuất

 

x m

sản phẩm mỗi ngày và

 

c x

là chi phí trung bình mỗi mét khối sản phẩm. Khi đó, các

mệnh đề sau đúng hay sai?

a) Chi phí sản xuất

100 m

nước tinh khiết là 20 triệu đồng.

 

0, 0003 0,15c x x

  

c) Chi phí trung bình mỗi mét khối sản phẩm thấp nhất khi sản lượng nước tinh khiết

trong ngày là

100 m

 

0, 0003 0,15 5C x x x  

Lời giải

a) Sai. Chi phí sản xuất ra

100m

nước tinh khiết là:

0,15.100 0, 0003.100 3 21  

(triệu đồng)

b) Đúng. Chi phí sản xuất

 

x m

nước là:

 

0, 0003 0,15 3C x x x  



Chi phí trung bình mỗi mét khối sản phẩm là

 

0, 0003 0,15

C x

c x x

x x

   

c) Đúng. Ta có

 

0, 0003c x



 

ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH

Trang 75

 

0 0,0003 0 100c x x



     

0;200x

 



 

 

Vậy chi phí trung bình mỗi mét khối sản phẩm thấp nhất khi sản lượng nước tinh khiết

trong ngày qlà

100 m

d) Sai. Chi phí sản xuất

 

x m

nước là:

 

0, 0003 0,15 3C x x x  

Câu 14.26. Phòng quản lý đào tạo trường Đại học Kinh tế quốc dân thống kê số giờ làm thêm của

một nhóm sinh viên năm thứ tư của trường thu được kết quả như bảng sau

Các mệnh đề sau đúng hay sai?

a) Số giờ làm thêm trung bình của nhóm sinh viên trên trong một tuần là

16, 5

giờ.

b) Giá trị đại diện của nhóm



9;12







là

10, 5

c) Tứ phân vị thứ ba là

15, 65

d) Nhóm chứa trung vị là



15;18







Lời giải

a) Số giờ làm thêm trung bình của nhóm sinh viên trên trong một tuần là

6 10, 5 12 13, 5 4 16, 5 2 19, 5 22, 5

14,1

       

 

giờ.

b) Giá trị đại diện của nhóm



9;12







là

9 12

10,5.





c) Sắp xếp các số liệu theo thứ tự không giảm, cỡ mẫu 25n  .

 

3.25

6 12

249

15 . 18 15 15, 563.

4 16

 

    

d) Sắp xếp các số liệu theo thứ tự không giảm, cỡ mẫu 25n  , trung vị của mẫu số liệu là

giá trị

thuộc nhóm



12;15 .







Câu 14.27. Công ty X chuyên sản suất một loại sản phẩm, bộ phận sản suất ước tính rằng với

sản phẩm được sản suất trong một tháng thì tổng chi phí sẽ là

 

8 40 1400C q q q  

(nghìn đồng) và mỗi sản phẩm công ty bán với giá

 

1400 2P q q  (nghìn đồng).

a) Chi phí mỗi tháng công ty phải bỏ ra để sản suất 50 sản phẩm là 23.400 nghìn đồng.

b) Lợi nhuận bán được

sản phẩm là

 

10 1440 1400F q q q    (nghìn đồng).

c) Lợi nhuận cao nhất trong một tháng của công ty là hơn 50.000 (nghìn đồng).

d) Nếu số lượng bán ra trong một tháng nằm trong khoảng từ 60đến 70 thì lợi nhuận sẽ

được ước tính trong khoảng 44.200 đến 44.840 (nghìn đồng).

Lời giải

a) Đúng. Chi phí mỗi tháng công ty phải bỏ

ra để sản suất

sản phẩm là

 

50 8.50 40.50 1400 23.400C    

b) Sai. Lợi nhuận bán được

sản phẩm là

   

 

2 2

1400 2 8 40 1400 10 1360 1400F q q q q q q q        

(nghìn đồng).

c) Sai. Xét hàm số

Bấm Tải xuống để xem toàn bộ.

Preview text:

ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH
DẠNG TOÁN ÔN TẬP KÌ THI TN.THPT NĂM 2025
DẠNG TOÁN CÂU 14. BÀI TẬP RÈN LUYỆN (60 CÂU)
(Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.) KIẾN THỨC CẦN NHỚ
 Quãng đường =(vận tốc).(thời gian): .
 Vận tốc = (quãng đường)/(thời gian): .
 Thời gian = (quãng đường)/(vận tốc): .  Vận tốc: .  Gia tốc: mà .  Quãng đường
mà ô tô đi được trong thời gian giây kể từ khi tăng tốc:  Quãng đường
mà ô tô đi đươc trong thời gian giây kể từ khi tăng tốc:
Bảng đơn vị đo độ dài
Bảng chuyển đổi mét/giây sang km/giờ
Bảng đơn vị đo diện tích
Bảng đơn vị đo thể tích Chú ý: lít Trang 56
ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH Câu 14.1.
(ĐMH 2025) Một người điều khiển ô tô đang ở đường dẫn muốn nhập làn vào đường
cao tốc. Khi ô tô cách điểm nhập làn 200m , tốc độ của ô tô là 36km / h . Hai giây sau đó, ô
tô bắt đầu tăng tốc với tốc độ v t  at b (a,b   ,a
0), trong đó t là thời gian tính
bằng giây kể từ khi bắt đầu tăng tốc. Biết rằng ô tô nhập làn cao tốc sau 12 giây và duy trì
sự tăng tốc trong 24 giây kể từ khi bắt đầu tăng tốc.
a) Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi nhập làn là 180m.
b) Giá trị của b là 10 .
c) Quãng đường S t (đơn vị: mét) mà ô tô đi được trong thời gian t giây (0  t  24) kể 24
từ khi tăng tốc được tính theo công thức: S t  v  tdt . 0
d) Sau 24 giây kể từ khi tăng tốc, tốc độ của ô tô không vượt quá tốc độ tối đa cho phép là 100km / h . Lời giải
a) Đúng: Tốc độ ban đầu của ô tô là 36 km/h = 10 m/s.
Quãng đường ô tô đi được trong 2 giây đầu tiên là: S  10.2  20 (m). 1
Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi nhập làn là: S  200  20  180m. 2
b) Đúng: Ta có v t  at b . (cần phải nói rõ đơn vị: m/s)
Thời điểm bắt đầu tăng tốc ta có t  0 , v  10  v 0  b  10.
c) Sai: Do v t  0 với 0  t  0 , đó đó quãng đường S t mà ô tô đi được trong thời t
gian t giây 0  t  24 kể từ khi tăng tốc được tính theo công thức: S t  v  tdt . 0 24
Còn công thức S t  v
 tdt là quãng đường ô tô đi được trong 24 giây. 0
d) Sai: Ta có v t  at 10.
Biết xe nhập làn sau 12 giây kể tứ lúc tăng tốc nên ta có: 12      at   2 t 12  5 dt  a   t    a  a   v t 5 180 10 10 192  t  10 (m/s)  2  0 6 6 0
Tốc độ của ô tô sau 24 giây là: v   5
24  24.  10  30(m/s)  108 (km/h)  100 (km/h). 6 Câu 14.2.
(Câu này có fix so với bản pdf trước đó) Một xe ô tô đang chạy với vận tốc 65 km/h
thì người lái xe bất ngờ phát hiện chướng ngại vật trên đường cách đó 50m . Người lái xe
phản ứng một giây, sau đó đạp phanh khẩn cấp. Kể từ thời điểm này ô tô chuyển động
chậm dần đều với tốc độ v t 9t 18m/s, trong đó t là thời gian tính bằng giây kể
từ lúc đạp phanh. Gọi s t là quãng đường xe ô tô đi được trong t giây kể từ lúc đạp
phanh. Các mệnh đề sau đúng hay sai?
a) Quãng đường s t mà xe ô tô đi được trong thời gian t giây là một nguyên hàm của hàm số v t. Trang 57
ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH 9 b) s t 2  t  18t . 2
c) Thời gian kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn là 20 giây.
d) Kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn thì xe ô tô đó không va chạm vào chướng
ngại vật ở trên đường. Lời giải
a) Vì v t st nên quãng đường st mà xe ô tô đi được trong thời gian t là một
nguyên hàm của hàm số v t 9 b) Ta có s t  v
 tdt   9t 18 2 dt   t  18t C . 2
Do s 0  0 nên C  0. 9
Vậy công thức biểu diễn hàm số s t 2   t  18t m. 2
c) Xe ô tô dừng hẳn khi v t  0  9t 18  0  t  2.
Thời gian kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn là 2 giây.
d) Vì 65 km/h 18m/s nên trong 1s xe ô tô đi được quãng đường xấp xỉ 18 m.
Từ đó suy ra khi bắt đầu đạp phanh ô tô cách chướng ngại vật một khoảng xấp xỉ 32 m.
Quãng đường xe ô tô di chuyển được kể từ lúc đạp phanh cho đến khi xe ô tô dừng hẳn là s 2 9 2
  .2  18.2 18  32m. 2
Vậy ô tô không va vào chướng ngại vật. Câu 14.3.
Một người điều khiển ô tô đang ở đường dẫn muốn nhập làn vào đường cao tốc. Khi ô
tô cách điểm nhập làn 180m , tốc độ của ô tô là 36km / h . Ba giây sau đó, ô tô bắt đầu tăng
tốc với tốc độ v t  at b (a,b   ,a
0), trong đó t là thời gian tính bằng giây kể từ
khi bắt đầu tăng tốc. Biết rằng ô tô nhập làn cao tốc sau 10 giây và duy trì sự tăng tốc
trong 18 giây kể từ khi bắt đầu tăng tốc.
a) Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi nhập làn là 160m .
b) Giá trị của b  2014 là 2024.
c) Quãng đường S(t) (đơn vị: mét) mà ô tô đi được trong thời gian t giây 0  t  18 kể t
từ khi tăng tốc được tính theo công thức S t  v  tdt . 0
d) Tốc độ của ô tô đạt được sau 18 giây tăng tốc là 120km / h . Lời giải
a) Sai: Tốc độ ban đầu của ô tô là 36km / h 10m / s .
Vậy quãng đường ô tô đi được trong 3s đầu tiên là: S  30 m 1  .
Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đàu tăng tốc đến khi nhập làn là S  180  S  150 m 2 1   .
b) Đúng: Ta có vt  at  , b  ,
a b ,a  0 thời điểm bắt đầu tăng tốc ta có
t  0,v 10  v0  b 10  b  2014  2024.
c) Đúng: Do vt  0 , 0  t 18, do đó quãng đường S t  mà ô tô đi đươc trong thời gian t t
giây 0  t  18 kể từ khi tăng tốc được tính theo công thức S t  v  tdt . 0 Trang 58
ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH
d) Sai: Ta có vt  at 10 biết xe nhập làn sau 10 giây kể từ lúc tăng tốc nên: 10
150   at 10dt  a 1 vt  t 10m / s 0
Tốc độ của ô tô sau 18 giây là v 18  18 10  28m / s  100,8km / h  120km / h . Câu 14.4.
Một người điều khiển ô tô đang ở đường dẫn muốn nhập làn vào đường cao tốc. Khi ô
tô cách điểm nhập làn 230m , tốc độ của ô tô là 54km / h . Hai giây sau đó, ô tô bắt đầu tăng
tốc với tốc độ v t  at  ,b ,ab  ,
 a  0, trong đó t là thời gian tính bằng giây kể từ
khi bắt đầu tăng tốc. Biết rằng ô tô nhập làn cao tốc sau 10 giây và duy trì sự tăng tốc
trong 20 giây kể từ khi bắt đầu tăng tốc.
a) Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi nhập làn là 200m . b) Giá trị của 2 b  1799 là 2024.
c) Quãng đường S t (đơn vị: mét) mà ô tô đi được trong thời gian 20 giây, kể từ khi tăng 20t
tốc được tính theo công thức S t  v  tdt . 0
d) Tốc độ của ô tô đạt được sau 20 giây tăng tốc là 90km / h . Lời giải
a) Đúng: Tốc độ ban đầu của ô tô là 54km / h  15m / s .
Vậy quãng đường ô tô đi được trong 2s đầu tiên là:S  30 m . 1  
Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đàu tăng tốc đến khi nhập làn là S  230  S  200 m . 2 1  
b) Đúng: Ta có v t  at  ,b ,ab  ,
 a  0 thời điểm bắt đầu tăng tốc ta có t  v   v   2 0, 15
0  b  15  b  1799  2024 .
c) Sai: Do v t  0 ,0  t  20, do đó quãng đường S tmà ô tô đi đươc trong thời gian t t
giây 0  t  20 kể từ khi tăng tốc được tính theo công thức S t  v  tdt . 0
d) Sai: Ta có v t  at 15 biết xe nhập làn sau 10 giây kể từ lúc tăng tốc nên: 10
200   at 15dt  a  1  vt  t 15m /s 0
Tốc độ của ô tô sau 20 giây là v 20  20 15  35m / s  126km / h  90km / h. Câu 14.5.
Một người điều khiển ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc
v t  8t m / s . Đi được 5sngười lái xe gặp chướng ngại vật nên phải phanh gấp cho 1    
xe chạy chậm dần đều với gia tốc   2 50 m / s .
a) Quãng đường ô tô đi được trong 5slà 100m.
b) Vận tốc của ô tô đạt được sau 5schuyển động nhanh dần đều là 35m / s.
c) Vận tốc của ô tô đạt được bắt đầu phanh cho đến khi dừng hẳn được tính bởi công thức v t  55t  40. 2  
d) Quãng đường ô tô chuyển bánh đến khi dừng hẳn là 150m. Lời giải Trang 59
ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH
a) Đúng: Ô tô chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v t  8t m / s trong 5s, do đó 1     5
quãng đường ô tô đi được là S  8tdt  100 m 1    0
b) Sai: Sau 5schuyển động nhanh dần đều vận tốc của ô tô là v 5  40 m / s . 1    
c) Sai: Ô tô chuyển động với gia tốc   2
50 m / s  nên phương trình của vận tốc xe là v t  50 dt  5  0t C . 2     
Khi t  0 của giai đoạn ô tô phanh gấp thì xe có vận tốc v 5  40  v 0  C  40 1   2  
Vậy vận tốc của ô tô đạt được bắt đầu phanh cho đến khi dừng hẳn được tính bởi công
thức v t  50t  40 . 2  
d) Sai: Khi ô tô dừng hẳn ta có v t  5
 0t  40  0  t  0,8 s 2    
Quảng đường ô tô đi được từ khi phanh gấp cho đến khi dừng hẳn là: 0,8 S 
50t  40 dt  16 m . Vậy tổng quãng đường ô tô đi được từ khi khởi hành đến 2      0
khi dừng hẳn là S  S  S  120 m . 1 2   Câu 14.6.
Để đảm bảo an toàn khi lưu thông trên đường, các xe ô tô khi dừng đèn đỏ phải cách
nhau tối thiểu 5m. Một ô tô A đang chạy với vận tốc 16 m / s thì gặp ô tô B đang dừng
đèn đỏ nên ô tô A hãm phanh và chuyển động chậm dần đều với vận tốc được biểu thị bởi
công thức v t  16  4t (đơn vị tính bằng m / s , thời gian t tính bằng giây). A
a) Thời điểm xe ô tô A dừng lại là 4s .
b) Quãng đường S t (đơn vị: mét) mà ô tô A đi được trong thời gian t giây (0 t  4 ) 4
kể từ khi hãm phanh được tính theo công thức S t  v t dt  . 0  
c) Từ khi bắt đầu hãm phanh đến khi dừng lại xe ô tô A đi được quãng đường 32m .
d) Khoảng cách an toàn tối thiểu giữa xe ô tô A và ô tô B là 37m. Lời giải
a) Đúng vì khi ô tô A dừng lại thì v t  0  16  4t  0  t  4. A
b) Sai vì quãng đường .S t. (đơn vị: mét) mà ô tô A đi được trong thời gian t giây ( 0  t  4 t
) được tính theo công thức S t  v t dt  . 0  
c) Đúng vì quãng đường ô tô A đi được kể từ khi bắt đầu hãm phanh đến khi dừng lại là 4
s(t)   164tdt  32(m) 0
Như vậy, ô tô A di chuyển quãng đường 32 mét trước khi dừng lại hoàn toàn.
d) Đúng vì để đảm bảo khoảng cách an toàn tối thiểu 1 mét khi dừng lại, ô tô A phải bắt
đầu hãm phanh khi cách ô tô B ít nhất là: 32  5  37(m) Câu 14.7.
Một đoàn tàu đang đứng yên trong sân ga, ngay trước đầu tàu có một cái cây. Đoàn
tàu khởi hành từ trạng thái đứng yên với gia tốc 2
a  0,005t (m/s ) và đi qua cái cây trong
thời gian 60 giây. Sau 80 giây đoàn tàu chuyển sang trạng thái chuyển động đều. Xét tính
đúng sai của các khẳng định sau: Trang 60
ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH
a) Vận tốc của đoàn tàu là 3  2 v  5.10 t (m/s).
b) Chiều dài của đoàn tàu là   180 (m).
c) Sau 80 giây, đoàn tàu chuyển động với tốc tốc 57,6 (km/h).
d) Sau khi chuyển động đều một thời gian, đoàn tàu gặp một cây cầu có chiều dài 480 (m).
Khi đó đoàn tàu đi qua cây cầu đó trong thời gian 30 giây. Lời giải
a) Sai: Vận tốc của tàu là v t  a  t 3 2
dt  0,005t dt  2,5.10 t (m/s)  với v 0  0
b) Đúng: Chiều dài của đoàn tàu bằng quãng đường tàu đi trong 60 giây đầu tiên và bằng 60 l  v  t 60 3 2 dt  2,5.10 t dt  180 m.  0 0
c) Đúng: Sau 80 giây, đoàn tàu chuyển động với tốc tốc: v   3 2
80  2,5.10 .80  16 m / s  57,6km / h
d) Sai: Sau khi chuyển động đều một thời gian, đoàn tàu gặp một cây cầu có chiều dài 480 (m).
Khi đó đoàn tàu đi qua cây cầu đó trong thời gian 480 180 t    41,25 giây. 16 Câu 14.8.
Sau khi xuất phát, ô tô di chuyển với tốc độ v t 2
 2,01t  0,025t 0  t  10. Trong
đó v(t) tính theo m/s, thời gian t tính theo s với t = 0 là thời điểm xe xuất phát.
a) Quãng đường xe di chuyển được tính theo công thức là s t  2,01 0,05t 0  t  10
b) Quãng đường xe di chuyển được trong 3 (s) kể từ khi bắt đầu xuất phát là 8,82 (m).
c) Quãng đường xe di chuyển được trong giây thứ 3 xấp xỉ 4,867(m).
d) Trong khoảng thời gian không quá 10s đầu, khi vận tốc đạt giá trị lớn nhất thì gia tốc của xe là 1,51m/s2 Lời giải
a) Sai. Quãng đường xe di chuyển được phải là một nguyên hàm của v(t),
v 't  2,01 0,05t0  t  10 là công thức tính gia tốc của vật. 3
b) Đúng. Quãng đường xe di chuyển được trong 3 s là   2
2,01t  0,025t dt  8,82m . 0
c) Đúng. Quãng đường xe di chuyển được trong giây thứ 3: s  3s2 3    2
2,01t  0,025t dt  4,867m 2 d) Đúng. v t 2
 2,01t  0,025t 0  t  10  maxvt  17,6m / s khi t = 10s 0;10   Trang 61
ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH
Gia tốc vật khi đó là a    v   2 10
' 10  2,01  0,05.10 1,51m / s Câu 14.9.
Một chiếc thuyền đang di chuyển trên sông và chuẩn bị nhập vào khu vực có dòng
chảy mạnh. Khi thuyền cách điểm nhập khu vực này 100m , tốc độ của thuyền là 18km / h
. Sau 4 giây, thuyền bắt đầu tăng tốc với gia tốc theo công thứca t  k.t, k là hằng số, t
là thời gian tính bằng giây kể từ khi bắt đầu tăng tốc. Thuyền nhập khu vực có dòng chảy
mạnh sau 12 giây và duy trì sự tăng tốc này trong suốt 25 giây kể từ khi bắt đầu tăng tốc.
Xét tính đúng sai của các khẳng định sau:
a) Quãng đường thuyền đi được từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi nhập vào khu vực có dòng chảy mạnh là 80m . b) Giá trị k  5.
c) Tính quãng đường S(t) (đơn vị: mét) mà thuyền đi được trong thời gian t giây ( 0  t  25 25
) kể từ khi bắt đầu tăng tốc, theo công thức S(t)  v(t)dt  . 0
d) Sau 25 giây kể từ khi bắt đầu tăng tốc, tốc độ của thuyền không vượt quá tốc độ tối đa cho phép là 60km / h Lời giải 18000
a) Quảng đường thuyền đi được trong 4 giây đầu là: .4  20m 3600
Quãng đường thuyền đi được từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi nhập vào khu vực có dòng
chảy mạnh là 100  20  80m . 1 1 b) v t  a  t 2
dt  k.t c ; v  0  5m /s  c  5  vt 2  k.t  5 2 2 12  
Thuyền nhập khu vực có dòng chảy mạnh sau 12 giây 1  2  5
 80   k.t  5 dt  k    2  72 0 d) v 2 
5  26,7m / s ; 60km / h  16,6 m / s
Câu 14.10. Một chất điểm chuyển động trên đường thẳng nằm ngang (chiều dương hướng sang
phải) với gia tốc phụ thuộc vào thời gian t s là a t  t   2 2
7 m / s . Biết vận tốc ban
đầu bằng 6 m / s. Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau:
a) Phương trình vận tốc của chất điểm tại tời điểm t được xác định bởi công thức v t  a  tdt.
b) Tại thời điểm t  7 s, vận tốc của chất điểm là 6 m / s.
c) Độ dịch chuyển của vật trong khoảng thời gian 1  t  7 là 18 . m
d) Trong 8 giây đầu tiên, thời điểm chất điểm xa nhất về phía bên phải là t  7 s. Lời giải
a) Phương trình vận tốc của chất điểm tại thời điểm t được xác định bởi công thức v t  a  tdt.
b) Tại thời điểm t  7 s, vận tốc của chất điểm là 6 m / s. Ta có v t  a
 tdt    t   2 2 7 dt  t  7t C.
v    C   vt 2 0 6 6
 t  7t  6. Vậy v   2
7  7  7.7  6  6 m / s.
c) Độ dịch chuyển của vật trong khoảng thời gian 1  t  7 là 18 . m Trang 62
ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH
Độ dịch chuyển của vật trong khoảng thời gian 1  t  7 là 7 7     7       3 2   2 t 7 7 6 t S v t dt t t dt     6t    1  8.  3 2  1 1 1
d) Trong 8 giây đầu tiên, thời điểm chất điểm xa nhất về phía bên phải là t  7 s.
Vị trí của chất điểm so với vị trí ban đầu tại thời điểm t là
           3 2 2 t 7 d 7 6 d t s t v t t t t t    6t C . 3 2
Ta cần tìm giá trị lớn nhất của s t với t 0;8    . t 
Do st  vt nên st   vt 1 0  0   . t  6 
Lại có s 0  C , s  17 1 
C , s 6  18 C , s  16 8   C . 6 3
Vậy giá trị lớn nhất của s t với t 0;8
   đạt được khi t 1.
Câu 14.11. Cho một chất điểm chuyển động theo quy luật vận tốc v t (đơn vị: m / s ) có đồ thị
như hình vẽ bên. Trong đó đồ thị có dạng các đoạn thẳng tương ứng thời gian t giây khi
0  t  3 và 8  t  15 , biết vt có dạng đường Parabol tương ứng thời gian t giây khi 3  t  8 .
a) Vận tốc của chất điểm tại thời điểm t  15 là v 15  21m / s. 3
b) Quãng đường chất điểm đi được trong thời gian t giây 0  t  3 là S  11dt  m. 0
c) Quãng đường chất điểm đi được trong thời gian t giây 8  t  15 bằng 73,5m.
d) Vận tốc trung bình v của chất điểm trong thời gian t giây 3  t  8 thoả mãn tb v  7m /s . tb  Lời giải
a) Sai. Ta có: v 15  0m / s.
b) Đúng. Nhận thấy: Trong thời gian 0  t  3 , vận tốc của chất điểm là v t  11m / s Trang 63
ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH
Do đó quãng đường chất điểm đi được trong thời gian t giây 0  t  3 là 3 S  11dt  m. 0
c) Đúng. Gọi A8;0, B8;2  1 , C 15;0.
Khi đó quãng đường chất điểm đi được trong thời gian t giây 8  t  1  5 bằng diện tích của tam giác ABC . Ta có: 1 1 S
 .AB.AC  .21.7  73,5. ABC 2 2
Vậy quãng đường chất điểm đi được trong thời gian t giây 8  t  1  5 bằng 73,5m. d) Sai.
Trong thời gian t giây với 3  t  8 , v t có dạng đường Parabol có phương trình là   2 v t  at bt c .
Nhận thấy Parabol đi qua 3 điểm M 3;1 
1 , N 5;3, B8;2 1 nên
phương trình của Parabol là v t 2  2t  20t  53.
Vậy quãng đường chất điểm đi được trong thời gian t giây 8 3 t  8 115 là S    2
2t  20t  5 3dt m  . 3 3
Do đó vận tốc trung bình v của chất điểm trong thời gian t giây 3  t  8 tb là 115 3 v   7,67 m s . tb  /  5
Câu 14.12. 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 3 2 v(t)  0  ,1t  t , trong đó *
t   tính theo tuần, v(t) tính
bằng centimét / tuần. Gọi h(t) (tính bằng centimét) là độ cao của cây cà chua ở tuần thứ t . 4 3 t  t a) h(t)   , với t  0 . 40 3
b) Giai đoạn tăng trưởng của cây cà chua đó kéo dài trong 9 tuần.
c) Chiều cao tối đa của cây cà chua đó là 88, 4 cm (Làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
d) Vào thời điểm cây cà chua đó phát triển nhanh nhất thì chiều cao cây cà chua đạt
54,4 cm (kết quả được làm tròn đến hàng phần mười). Lời giải t  t
a) Ta có:   t t  4 3 3 2 3 2 0,1 dt  0  ,1t dt  t dt   C   . 40 3 4 3 t  t
Do h(t) là một nguyên hàm của v(t) nên h(t)   C . 40 3
Cây cà chua khi trồng có chiều cao 5 cm nên h(0)  5 , suy ra C  5. 4 3 t  t Vậy h(t)    5,t  0. 40 3 b) Cây tăng trưởng khi 3 2
v(t)  0  0,1t t  0  t  10. Trang 64
ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH
Vậy giai đoạn tăng trưởng của cây kéo dài 10 tuần. 4 3 t  t
c) Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của h(t)    5 với t  [0;10]. 40 3 3 2 t  t Ta có: 2 h (t)   t  ( t
  10), suy ra h (t)  0 khi t bằng 0 hoặc 10. 10 10 Ta thấy 265 h(0)  5,h(10) 
. Khi đó, h(t) đạt giá trị lớn nhất bằng 265 trên đoạn [0;10]. 3 3
Vậy chiều cao tối đa của cây cà chua đó là 265  88,3( cm). 3
d) Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số 3 2 v(t)  0
 ,1t  t với t  [0;10].   Ta có: 2 20
v (t)  0,3t  2t  0, 3t t      , suy ra  khi .  v (t)  0 t bằng 0 hoặc 20  3  3   Ta thấy 20   400 v(0)  0,v    ,v(10)  0  .  3  27
Khi đó, v(t) đạt giá trị lớn nhất bằng 400 trên đoạn tại 20 t  . Ta có: 27 3 20   4405 h     54, 4  .  3  81
Câu 14.13. Một nghệ nhân muốn làm một bình gốm có dạng mô hình như hình 2 bằng cách quay
hình phẳng H ở hình 1 quanh trục hoành. Biết đường cong trong hình 1 là phần đồ thị 3
y  0,125x trên đoạn 0;2
  và mỗi đơn vị trên đồ thị ở hình 1 có độ dài bằng 10 cm.
a) Chiều cao của bình gốm bằng 20 cm.
b) Đường kính đáy của bình gốm bằng 10 cm.
c) Khi cắt bình gốm bởi 1 mặt phẳng qua trục thì thiết diện thu được có diện tích bằng 2 10 cm .
d) Thể tích bình gốm bằng 0,90 (đơn vị: lít, kết quả làm tròn tới hàng phần trăm). Lời giải
a) Đúng: Chiều cao của bình gốm bằng 2.10  20 cm. b) Sai: Ta có y  f x  f  
 nên đường kính đáy của bình gốm A  A   3 1 2 0,125.2 .8 1 8 là 20 cm. 2
c) Sai: Thiết diện thu được là: S  2  3
0,125x dx  1 nhưng thực tế mỗi đơn vị trên đồ 0
thị có độ dài bằng 10 cm nên diện tích thiết diện là: 2 2 S  1.10  100 cm . d) Đúng: Đổi 1 lít 3 3 =1dm  1000 cm Trang 65
ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH 2 2 2
Thể tích bình gốm là: S    3 0,125x  dx  
(đvtt) nhưng thực thế mỗi đơn vị trên 7 0
đồ thị có độ dài bằng 10 cm nên một đơn vị thể thích là 3 3 10 cm .
Thể tích bình gốm thực tế là: 2 3 V   3 m  2 .10     3 c dm   0,90 lít. 7 7
Câu 14.14. Giả sử chiếc nón rộng vành sau có thể mô hình hóa bằng cách cho hình phẳng H giới 3 x  1 khi 0  x  1
hạn bởi đồ thị hàm số y   
, trục Ox và các đường thẳng 2
 1x khi 1  x  0  x  1
 và x 1 quay quanh trục Ox (đơn vị trên trục là dm). (Kết quả đều làm tròn đến hàng phần trăm)
a) Diện tích hình phẳng H là S  3,57 dm2.
b) Diện tích thiết diện qua trục đối xứng của khối tròn xoay trên là   5 dm2. 2 c) Công thức tính thể tích khối tròn xoay trên là 1 V   x   1 2 1 dx    6 3 x  2x    1dx . 0 0
d) Nếu thể tích của khối tròn xoay có dạng a  với a là phân số tối giản thì a b 139 . b b Lời giải
a) Sai: Diện tích hình phẳng H được tính bằng công thức: 0 S   1x  1 2 dx   3x   
1dx . Khi đó S  2,04dm2 1  0
b) Đúng: Diện tích thiết diện qua trục đối xứng của khối tròn xoay trên là   5 dm2. 2 c) Đúng: Công thức tính thể tích khối tròn xoay trên là 1  V   x   1 2 1 dx    6 3 x  2x    1dx . 0 0 1  1 97 d) Đúng: V   2x  1dx   6 3 x  2x  1dx       nên a  97 và b  42 42 0 0  a b  139 .
Câu 14.15. Tốc độ trao đổi chất cơ bản của sinh vật có thể tăng hoặc giảm tùy thuộc vào hoạt
động của sinh vật. Cụ thể, sau khi hấp thụ chất dinh dưỡng, sinh vật thường trài qua một
sự tăng đột biến trong tốc độ trao đổi chất của nó, sau đỏ dần dần trở lại mức co bản. Bạn
Hoa vừa kết thúc bữa tối trong buổi sinh nhật cùa mình và nạp vào mức năng lượng là Trang 66
ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH
5120J. Sau đó cô đã tiêu hao hết số năng lượng đỏ trong vòng 12 giờ tiếp theo. Giả sử t
giờ sau bữa ăn, bạn Hoa tiêu hao được M tkJ thì tốc độ tiêu hao năng lượng của cổ được mô phỏng bởi hàm số:   2 0,1t M t M te   (kJ/h) với t  0;12 0   a) M t 2 0  ,1  M t  5 t e C với C là hằng số. o
b) M  0,01 (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm). 0
c) Năng nượng còn lại sau 6 giờ đầu là 197 J ( Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
d) Tốc độ tiêu hao năng lượng trung bình trong khoảng thời gian từ a (giờ) đến b (giờ) M bM a
được tính bởi công thức v 
. Tốc độ tiêu hao năng lượng trung bình từ 6 tb b a
giờ đến 12 giờ của bạn Hoa là 32,76 (J/h) (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm). Lời giải a) Đúng:   2 0,1t M t M te   nên ta lấu tích phân hai vế 0    d    2 0,1t M t t M  te dt 0  Nhận thấy  2 0,1t    0,2t nên ta viết 2 0,1 . t t e dt  thành 2 0  ,1 5  0  ,2 . t t e dt  Đây là dạng tích phân u e du  với 2 u  0,1t nên M t 2 0  ,1  M t  5 r e C , với C là o hằng số.
b) Đúng: Do bạn Hoa tiêu hao hết 5120J 5,12 kJ trong 12 giờ đầu nên M 12  5,12
Tại thời điểm t  0 sẽ chưa tiêu hao năng lượng nên M 0  0 suy ra C  5 2 0,1.12  12 2 0  ,1.12 5,12  5  5  .12  5  5  5,12 e M M e  M   0,01 0 0 12
c) Đúng: Năng nượng còn lại sau 6 giờ đầu:  2 0,1.6 5,12 0,01.6  5e  5  0,197 kJ 197 J.
M bM a M 12M 6
d) Sai: Tốc độ tiêu hao năng lượng trung bình v   tb b a 12  6 5,12  4,92   32,77 (J/h). 6
Câu 14.16. Một quần thể vi khuẩn A có số lượng cá thề là P t sau t phút quan sát được phát
hiện thay đồi với tốc độ là:   0.1t 0.03 150 t P t ae e  
(vi khuẩn/phút) a  . Biết rằng
lúc bắt đầu quan sát, quần thể có 200 000 vi khuẩn và đạt tốc độ tăng trường là 350 vi khuẩn/phút.
a) Giá trị của a  200. b)   0.1t 0.03 2000 5000 t P t e e    200000 .
c) Sau 12 phút số lượng vi khuẩn trong quần thề là 206152 con (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
d) Sau 12 phút, một quần thể vi khuẩn B có tốc độ tăng trưởng là   0.2  500 t G t e (vi
khuẩn/phút) bắt đầu cạnh tranh nguồn thức ăn trực tiếp với quần thể A. Một cá thể tại
quần thể B triệt tiêu một cá thể tại quần thể A. Sau 5 phút cạnh tranh quần thể A bị triệt Trang 67
ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH
tiêu hoàn toàn. Số lượng vi khuần của quần thể B ở thời điềm bắt đầu cạnh tranh là
191967 con. (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị). Lời giải
a) Đúng: P 0  a  150  350  a  200 b) Sai: P t  P  t 0,1t 0,03 dt  2000  5000 t e e
C mà P 0  200000 nên C  203 000
Vậy hàm số cần tìm là   0.1t 0.03 2000 5000 t P t e e    203000 c) Đúng: P   0,1.12 0,03.12 12 2000e 5000e    203000  206152
d) Sai: Sau 5 phút cạnh tranh thì quần thể A bị triệt tiêu hoàn toàn mà quần thể A mà
quần thể A quan sát trước quần thể B 12 phút nên số lượng quần thể A ở phút thứ 17
bằng số lượng quần thể B ở phút thứ 5 , tức là P 17  G 5 * Khi đó: P   0,1.17 0.0,3.17 17 2000e 5000e    203000  210945 Mặt khác:        0,2 dt  2500 t G t G t
e C G 5  2500e C
Từ phương trình  * ta có: P 17  G 5  210945  2500e  K  K  204149 Vậy hàm   0,2  2500 t G t e
 204149  G 0  206649 .
Câu 14.17. Hình vẽ bên mô tả hiệu suất làm việc của hai công nhân trong một nhà máy trong thời
gian 6 giờ. Công nhân A đang sản xuất với hiệu suất Q t 2
 2t  4t  58 sản phẩm 1
mỗi giờ, trong khi công nhân B đang sản xuất với hiệu suất
Q  t  53  at sản phẩm mỗi giờ a  . Biết rằng hàm Q t 1   2  
và Q t mô phȯng số lượng sản phẩm mới làm được của công 2  
nhân A và công nhân B sau t giờ.
a) Hiệu suất cực đại của công nhân A là 60 sản phẩm mỗi giờ.
b) Phần diện tích bị gạch sọc biểu diễn cho tổng số lượng sản
phẩm mới mà hai công nhân làm được trong 6 giờ.
c) Sau 5 giờ số lượng sản phẩm mới mà công nhân A hoàn thành
nhiều hơn công nhân B là 54 sản phẩm.
d) Sau 6 giờ làm việc tổng số lượng sản phẩm mới mà 2công nhân hoàn thành là 502 sản phẩm. Lời giải
a) Đúng: Hiệu suất của công nhân A là: Qt 2  2  t  4t  58  2
  2t 2t 1 2 58 1    t  2 2
1  60  60 với mọi t 0;6   
Dấu “ ” xảy ra khi t  1 nên hiệu suất cực đại của công nhân A là 60 sản phẩm mỗi giờ. 6
b) Sai: Diện tích phần gạch sọc là: Q Q dt 
nên nó không biểu diễn cho tổng số lượng 1 2 0
sản phẩm mới mà hai công nhân làm được trong 6 giờ.
c) Đúng: Dựa vào đồ thị ta có Q5  Q5 2
 2.5  4.5  58  53  5a  a  5 1 2 Suy ra Q  5  53  5t 2   Trang 68
ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH
Sau 5 giờ số lượng sản phẩm mới của công nhân A hoàn thành nhiều hơn số lượng sản phẩm mới của công nhân B bằng: 5 Q  t 5 t  Q  t 5 t    2 d d 2t  4t  58 5 dt  53  5t dt  54 . 1 2    0 0 0 0
d) Sai: Sa 6 giờ làm việc thì tổng số lượng sản phẩm mới mà hai công nhân làm được là: 5 Q  t 5 dt  Q  t 5 dt    2 2t  4t  58 5 dt 
53  5t dt  504 sản phẩm. 1 2    0 0 0 0
Câu 14.18. Để tham gia lễ hội hóa trang, bạn An dự định làm một chiếc mặt nạ nửa mặt bằng chất
liệu giấy cứng. Hình dạng của chiếc mặt nạ được bạn thiĉ́t
kế trên mặt phẳng tọa độ Oxy là phần hình phẳng giới
hạn bởi hai đường parabol P , P lần lượt có đỉnh là 1   2 
gốc tọa độ O và điểm có tọa độ 0; 4, cùng nhận trục Oy
lảm trục đối xứng và cùng đi qua điểm M 5;6. Mỗi đơn vị
trên các trục tọa độ có độ dài 3cm. Sau đó, bạn vẽ hai hình
thoi bằng nhau có độ dài các đường chéo là 2 2cm và
4 2cm để khoét làm mắt (minh họa như hình vẽ dưới đây).
a) Tổng diện tích hai hình thoi bạn An khoét để làm mắt bằng 8 cm2
b) Parabol có đỉnh là gốc tọa độ có phương trình 6 2 y  x  4 25 80
c) Diện tích giấy bìa cứng để làm mặt nạ khi chưa khoét hai mắt bằng cm2 3
d) Bạn An muốn trang trí thêm cho chiếc mặt nạ nên đã mua sơn với chi phí là 28 000
đồng/100 cm2. Khi đó số tiền sơn mà bạn An phải chi trả là 62720 đồng. Lời giải
a) Sai: Diện tích hai hình thoi khoét để làm mắt là: 1 2. .2 2.4 2  16 cm2 2
b) Sai: Parabol có đỉnh là gốc tọa độ và đi qua điểm M 5;6 có dạng 2 y ax .
Thay tọa độ điểm M 5;6 vào phương trình ta được 2 6 a.5  6  a  25
Vậy phương trình parabol là 6 2 y  x 25
Parabol thứ hai có đỉnh là 0; 4 và đi qua điểm M 5;6 có dạng 2 y  ax  4  25a  2 Vậy 2 a 
nên phương trình parabol thứ hai là 2 2 y  x  4 25 25 6 2 x  5
c) Sai: Phương trình hoành độ giao điểm của hai parabol: 2 2 x x 4     25 25 x  5  5  
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai parabol là: 6 2 2  2  80 S  x  x  4 dx   25 25  3 5 Trang 69
ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH
Vì mỗi đơn vị trên trục tọa độ là 3 cm nên diện tích bìa cứng thực tế là 80 S  .3.3  240 3 cm2
d) Đúng. Diện tích cần sơn là: 240 16  224 cm2 nên chi phí để sơn là 28 000 224.  62720 đồng. 100
Câu 14.19. Hình vẽ bên dưới minh họa một phần khu vực thiết kế dành cho các hoạt động trượt
ván, patin. Đường lên của khu vực này dẫn đến một bề mặt nằm ngang (gọi là vùng bằng
phẳng), tiếp theo là đoạn dốc xuống, hai đường đối xứng nhau hai bên. Mặt trước và mặt
sau của chướng ngại vật vuông góc với mặt đất ngang.
Để mô tả mặt bên phía trước một cách toán học, ta xét mặt phẳng Oxy với trục Ox là
phần bên dưới, trục O y là trục đối xứng của bề mặt đang xét. Vùng bằng phẳng trải dài trong mô hình từ 2
  x  2. Đường cong mặt cắt ngang của đoạn dốc xuống trong
khoảng 2  x  8 được mô tả bởi đồ thị của hàm số f x  2  lnx   1 . Trong hệ tọa
độ này, một đơn vị chiều dài tương ứng với một mét trong thực tế.
a) Chiều cao của vùng bằng phẳng là 2m.
b) Trên khoảng 2;8 có một điểm x mà tại đó, tốc độ thay đổi tức thời của hàm f x 0
bằng tốc độ thay đổi trung bình của hàm f x trên khoảng này. Khi đó x  4,3 (Kết quả 0
làm tròn đến hàng phần chục).
c) Trên mô hình thì giá trị của góc   120 được xác định bởi mặt phẳng nằm ngang của
vùng bằng phẳng và đoạn đường dốc xuống tại cạnh chuyển tiếp (tiếp tuyến tại điểm x  2 ).
d) Mặt bên phía trước của chướng ngại vật được sử dụng một phần làm khu vực quảng
cáo (xem Hình 1). Trong mô hình, khu vực này bao gồm hai phần diện tích, cụ thể là diện
tích giữa đồ thị hàm số f x và trục hoành trong đoạn 2;6
  và một phần đối xứng với nó
trong góc phần tư thứ hai. Diện tích của khu vực quảng cáo là 2
7,91 m (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm). Lời giải
a) Đúng: Chiều cao của vùng bằng phẳng là f 2  2  ln1  2 m
b) Sai: Ta có f 8  2  ln 7 f 8 f 2
Tốc độ thay đổi trung bình trên đoạn 2; 8 là: 2  ln 7  2 ln 7    8  2 6 6 Trang 70
ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH  1 ln7     Xét hàm số f x  ln 7  
trên khoảng 2; 8 ta có  x 1 6  x  4,1 6 x    2;8 c) Sai: Xét f   1 2  
 1 và tan   f 2  1 nên suy ra  135 2  1 6 6
d) Đúng: Diện tích của phần quảng cáo là: S 2 f  xdx 2 2 ln   x 1d     x  7,91  2 0 (m2)
Câu 14.20. Sau khi phát hiện một bệnh dịch, các chuyên gia y tế ước tính số người nhiễm bệnh kể
từ ngày xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày tứ t là f t 2 3
 45t  t với t  0. Nếu coi
y  f t là hàm số xác định trên 0; 
 thì f t được xem là tốc độ truyền bệnh
(người/ngày) tại thời điểm t .
a) Tốc độ truyền bệnh tại thời điểm t là f t 2  90t  3t .
b) Số người bị nhiễm bệnh từ ngày xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ 13 là 4752.
c) Đến ngày thứ 45 thì không còn người nhiễm bệnh.
d) Trong 35 ngày đầu tiên thì số người nhiễm bệnh luôn tăng. Lời giải a) Đúng Ta có f t 2 3  t  t  f t 2 45  90t  3t . b) Sai. Ta có f   2 3
13  45.13  13  5408 . c) Đúng. Ta có f   2 3 45  45.45  45  0 . d) Sai t  0 Ta có f t 2  90t  3t  0   . t  30  Bảng biến thiên:
Số người nhiễm bệnh luôn trong khoảng 0;3 0.
Câu 14.21. Một công ty thiết kế mẫu huy hiệu để tặng cho khách hàng thân thiết của mình (xem
hình bên). Trong đó ABCD là hình vuông có cạnh bằng 4cm, các đường cong AOD và
BOC là một phần của các parabol đỉnh O. Với hệ trục tọa độ
Oxy (đơn vị trên mỗi trục tọa độ là centimét) thì điểm A có
tung độ bằng 1 . Biết phần tô đậm trong hình vẽ được phủ vàng
với chi phí 1 triệu đồng/1 cm2, phần còn lại được phủ bạc với
chi phí 300 nghìn đồng/cm2, các chi phí còn lại là 500 nghìn đồng.
a) Parabol chứa đường cong AODcó phương trình là 1 2 y  x . 16
b) Parabol chứa đường cong BOC có phương trình là 3 2 y   x . 4
c) Diện tích phần tô đậm trong hình vẽ lớn hơn 5,5 cm2.
d) Chi phí sản xuất một chiếc huy hiệu như trên nhỏ hơn 9 triệu đồng. Lời giải Trang 71
ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH
a) Sai. Theo giả thiết, Parabol chứa đường cong AOD có đỉnh
O, nhận Oy làm trục đối xứng và đi qua điểm A2; 1 nên có phương trình 1 2 y  x . 4
b) Đúng. Theo giả thiết, Parabol chứa đường cong BOC có
đỉnh O, nhận O y ; làm trục đối xứng và đi qua điểm
A2;3 nên có phương trình 3 2 y   x . 4
c) Sai. Diện tích phần tô đậm trong hình vẽ là 2 2 2 1   2 3 2 2 2 3 16
S  2  x  x dx  2 x dx  x  y     . 4 4   (cm2). Ta thấy 16 5,5 3 3 3 0 0 0
d) Sai. Diện tích hình vuông ABCD là 16cm2. Diện tích phần phủ vàng là 16 (cm2), diện 3 tích phần phủ bạc là 16 32 16  
(cm2). Vậy chi phí để làm chiếc huy hiệu là 3 3 16 32 27100000 500000  .1000000  .300000   9033333 (đồng). 3 3 3
Chi phí trên lớn hơn 9 triệu đồng.
Câu 14.22. Ông An muốn xây một bể chứa nước dạng hình hộp chữ nhật không nắp có đáy là hình vuông và thể tích 3
4m . Gọi x m là chiều dài cạnh đáy, h m là chiều cao của bể chứa nước.
a) Diện tích mặt đáy của bể là 2  2 x m 
b) Thể tích của bể chứa nước theo x,h là 1 2 V  x h  3 m  3
c) Tổng diện tích các mặt bên của bể chứa nước là  2 4xh m 
d) Bể chứa nước có chiều cao h 1m và chiều dài cạnh đáy x 2m thì vật liệu sữ dụng
để xây bể chứa nước là ít nhất. Lời giải
Câu a) đúng. Diện tích hình vuông cạnh x m là 2  2 x m 
Câu b) sai. Thể tích của bể chứa nước theo x,h là 2   3 V x h m 
Câu c) đúng. Diện tích mỗi mặt bên là  2
xh m  nên tổng diện tích các mặt bên của bể chứa nước là  2 4xh m 
Câu d) đúng. Vật liệu sữ dụng để xây bể chứa nước là f x 2  4xh  x trong đó 2 4
x h  4  h  . Khi đó ta có 16 2 x f x 2   x ,x  0 x 3 2 x 8 16 16 Xét f x 2  x  f 'x     2x   0  x  2. 2 2 x x x
Từ đó ta thấy thấy hàm số đạt min f x  x  2;h  1 .
Câu 14.23. Thống kê điểm trung bình môn Toán của học sinh lớp 12A và 12B được cho ở bảng sau Trang 72
ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH
a) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm lớp 12A và lớp 12B bằng nhau
b) Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm lớp 12A lớn hơn 1,8
c) Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm lớp 12B (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm) là 1, 36
d) Dựa vào độ lệch chuẩn ta thấy điểm môn Toán lớp 12A phân tán hơn so với điểm môn Toán lớp 12B. Lời giải Câu a) đúng
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm lớp 12A và lớp 12B bằng nhau và bằng 105 5 Câu b) sai.
Cỡ mẫu của mẫu số liệu ghép nhóm lớp 12A là 3 8 15 115  42. 42  3 42.3 3  8 15 4 Q  6  .1  6,9375 ; 4 Q  8  .1  8,5 . 1 8 3 11
Ta có   Q Q  8,5  6,9375  1,5625 Q 3 1 Câu c) sai. Ta có
6.5,5 8.6,5 11.7, 5 7.8,5 10.9, 5 601 x       42 84 2 2 2 2 2  601    601       601          601            601 6 5,5 8 6,5 11 7,5  7 8       ,5   10 9        ,5           2 84 84 84 84 84 s    2,1152 42
Vậy phương sai là tròn đến hàng phần trăm là 2 s  2,12. Câu d) sai.
Ta có độ lệch chuẩn điểm của lớp 12B là s  2,12  1, 46 .
Đối với điểm lớp 12A ta có:
3.5,5 8.6,5 15.7,5 11.8,5 5.9,5 23 x       và 42 3 2 2 2 2 2  23       23          23            23             23 3 5,5 8 6,5 15 7,5 11 8,5  5 9       ,5           2 3 3 3 3 3  299 s   42 252 Khi đó 299 s 
 1, 09 . Vậy điểm của lớp 12B phân tán hơn so với điểm của lớp 12A 252
Câu 14.24. Một hạt chuyển động trên một đường thẳng có gắn một trục tọa độ với gốc tọa độ là vị
trí hạt bắt đầu chuyển động. Tọa độ của hạt trên trục tại thời điểm t (đơn vị: giây) kể từ
khi xuất phát được cho bởi công thức x t  2t  3 lnt  1 (đơn vị: mét), t  0. Hàm số
v t  xt (đơn vị: mét/giây) biểu thị vận tốc chuyển động của hạt.
a) Vận tốc ban đầu của hạt là 1 m/s.
b) Hạt đứng yên tại thời điểm t  0,5 s. c) vt 3  2 . t 1 Trang 73
ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH
d) Quãng đường mà hạt đi được trong 3 giây đầu tiên là 1, 84 m (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm). Lời giải
a) Sai. Phương trình biểu thị vận tốc chuyển động của hạt là vt 3  2 . t 1
Vận tốc ban đầu của hạt là v 0  1 m / s. 3
b) Đúng. Hạt đứng yên nên vt  0  2  0  t  0,5 s. t 1 c) Đúng. vt 3  2  . t 1
d) Đúng. Xét hàm số x t  2t  3lnt   1 trên 0; 3 .   Ta có xt 3 1  2  0  t  . t 1 2 Bảng biến thiên:
Do đó quãng đường mà hạt đi được trong 3 giây đầu là: 1 x      x     3 3 2
3  2 1 3ln  6  3ln 4  4  6ln  3ln 4  2,27  2 2 2
Câu 14.25. Theo báo cáo của một cơ sở sản xuất nước tinh khiết, nếu mỗi ngày cơ sở này sản xuất  3
x m  nước tinh khiết thì phải chi phí các khoản sau: 3 triệu đồng chi phí cố định;
0,15 triệu đồng cho mỗi mét khối sản phẩm; 2
0, 0003x chi phí bảo dưỡng máy móc. Biết
công suất tối đa mỗi ngày của cơ sở này là 3
200 m . Gọi C x  là chi phí sản xuất  3 x m 
sản phẩm mỗi ngày và cx là chi phí trung bình mỗi mét khối sản phẩm. Khi đó, các
mệnh đề sau đúng hay sai? a) Chi phí sản xuất 3
100 m nước tinh khiết là 20 triệu đồng. b) c x 3  0, 0003x  0,15  . x
c) Chi phí trung bình mỗi mét khối sản phẩm thấp nhất khi sản lượng nước tinh khiết trong ngày là 3 100 m . d) C x 2
 0, 0003x  0,15x  5 . Lời giải
a) Sai. Chi phí sản xuất ra 3
100m nước tinh khiết là: 2
0,15.100  0,0003.100  3  21 (triệu đồng)
b) Đúng. Chi phí sản xuất  3 x m  nước là: C x 2
 0, 0003x  0,15x  3 . C x
 Chi phí trung bình mỗi mét khối sản phẩm là c x   3   0, 0003x  0,15  . x x  3
c) Đúng. Ta có c x  0,0003  2 x Trang 74
ÔN THI TN.THPT NĂM 2025 THEO DẠNG TOÁN DẠNG CÂU 14 ĐMH c x 3  0  0,0003 
 0  x  100 , x  0;200 2 x   .
Vậy chi phí trung bình mỗi mét khối sản phẩm thấp nhất khi sản lượng nước tinh khiết trong ngày qlà 3 100 m .
d) Sai. Chi phí sản xuất  3 x m  nước là: C x 2
 0, 0003x  0,15x  3 .
Câu 14.26. Phòng quản lý đào tạo trường Đại học Kinh tế quốc dân thống kê số giờ làm thêm của
một nhóm sinh viên năm thứ tư của trường thu được kết quả như bảng sau
Các mệnh đề sau đúng hay sai?
a) Số giờ làm thêm trung bình của nhóm sinh viên trên trong một tuần là 16, 5 giờ.
b) Giá trị đại diện của nhóm 9;12   là 10,5 .
c) Tứ phân vị thứ ba là 15, 65 .
d) Nhóm chứa trung vị là 15;18  . Lời giải
a) Số giờ làm thêm trung bình của nhóm sinh viên trên trong một tuần là
6 10, 5 12 13, 5 4 16,5 2 19,5 22, 5 x           14,1 giờ. 25 9  12
b) Giá trị đại diện của nhóm 9;12   là  10,5. 2
c) Sắp xếp các số liệu theo thứ tự không giảm, cỡ mẫu n  25. 3.25 612 4 249 Q  15  . 18 15   15,563. 3   4 16
d) Sắp xếp các số liệu theo thứ tự không giảm, cỡ mẫu n  25 , trung vị của mẫu số liệu là
giá trị x thuộc nhóm 12;15   13 .
Câu 14.27. Công ty X chuyên sản suất một loại sản phẩm, bộ phận sản suất ước tính rằng với q
sản phẩm được sản suất trong một tháng thì tổng chi phí sẽ là C q 2  8q  40q  1400
(nghìn đồng) và mỗi sản phẩm công ty bán với giá P q  1400  2q (nghìn đồng).
a) Chi phí mỗi tháng công ty phải bỏ ra để sản suất 50 sản phẩm là 23.400 nghìn đồng.
b) Lợi nhuận bán được q sản phẩm là F q 2
 10q  1440q 1400 (nghìn đồng).
c) Lợi nhuận cao nhất trong một tháng của công ty là hơn 50.000 (nghìn đồng).
d) Nếu số lượng bán ra trong một tháng nằm trong khoảng từ 60đến 70 thì lợi nhuận sẽ
được ước tính trong khoảng 44.200 đến 44.840 (nghìn đồng). Lời giải
a) Đúng. Chi phí mỗi tháng công ty phải bỏ
ra để sản suất 50 sản phẩm là C   2
50  8.50  40.50  1400  23.400 .
b) Sai. Lợi nhuận bán được q sản phẩm là F q  q  q 2q  q   2 1400 2 8 40
1400  10q  1360q 1400 (nghìn đồng). c) Sai. Xét hàm số Trang 75

12TN CÂU 14

Tài liệu liên quan:

CÁNH DIỀU - TOÁN 7 - TRƯỜNG THCS THÀNH CÔNG - TP HÀ NỘI - Diệu Linh Nguyễn Thị

ĐỀ CƯƠNG GIỮA HỌC KỲ I MÔN TOÁN NĂM HỌC 2025- 2026

HAHAH

68d8f827-f0f6-4513-a33e-0b4fbaf4de16

Báo cáo thu hoạch chiến dịch Điện Biên Phủ năm 1945