Tập xác định của hàm số \[f\left( x \right) = \sin \left( {\arccos \frac{x}{{{x^2} + 1}}} \right)\]

\[\left[ { - 1;1} \right]\]

\[\left( {0; + \infty } \right)\]

\[\left[ {0;2\pi } \right]\]

Trả lời:

Đáp án đúng: C

Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi biểu thức trong $\arccos$ xác định và có giá trị thuộc đoạn [-1;1]. Tức là, ta cần: \[\left| {\frac{x}{{{x^2} + 1}}} \right| \le 1\] \[-1 \le \frac{x}{{{x^2} + 1}} \le 1\] Xét hai bất đẳng thức: 1) $\frac{x}{{{x^2} + 1}} \le 1 \Leftrightarrow x \le {x^2} + 1 \Leftrightarrow {x^2} - x + 1 \ge 0$. Biệt thức $\Delta = {\left( { - 1} \right)^2} - 4 = - 3 < 0$, do đó ${x^2} - x + 1 > 0$ với mọi $x$. Vậy bất đẳng thức này đúng với mọi $x$. 2) $\frac{x}{{{x^2} + 1}} \ge - 1 \Leftrightarrow x \ge - {x^2} - 1 \Leftrightarrow {x^2} + x + 1 \ge 0$. Biệt thức $\Delta = {1^2} - 4 = - 3 < 0$, do đó ${x^2} + x + 1 > 0$ với mọi $x$. Vậy bất đẳng thức này cũng đúng với mọi $x$. Kết luận: Tập xác định của hàm số là R.

100+ câu hỏi trắc nghiệm Giải tích 1 có đáp án tham khảo - Phần 2

40 câu hỏi 60 phút

Bắt đầu thi

Câu hỏi liên quan

Câu 27:

Cho hàm số y = f(x) xác định bởi \[x = 2{t^2} + 2t,y = 2t{e^{2t}}\]. Tính y’’?

Lời giải:

Đáp án đúng: B

Để tính y’’, ta thực hiện các bước sau:

1. Tính đạo hàm cấp nhất y’:
Ta có x = 2t² + 2t và y = 2te^(2t)

Tính đạo hàm của x và y theo t:
x’ = dx/dt = 4t + 2
y’ = dy/dt = 2e^(2t) + 4te^(2t) = 2e^(2t)(1 + 2t)

Vậy, y’ = dy/dx = (dy/dt) / (dx/dt) = [2e^(2t)(1 + 2t)] / (4t + 2) = e^(2t)

2. Tính đạo hàm cấp hai y’’:
Ta có y' = e^(2t). Để tính y'' = d²y/dx², ta cần tính dy’/dx.

Ta biết rằng dy’/dx = (dy’/dt) / (dx/dt)

Tính dy’/dt: dy’/dt = d(e^(2t))/dt = 2e^(2t)

Tính dx/dt (đã tính ở trên): dx/dt = 4t + 2

Vậy, y’’ = (2e^(2t)) / (4t + 2) = e^(2t) / (2t + 1)

Vậy đáp án đúng là: B.

Câu 28:

Khai triển Maclaurin cho hàm số \[y = \frac{{{{\left( {1 + x} \right)}^{100}}}}{{{{\left( {1 + 2x} \right)}^{40}}}}\] đến x²

Lời giải:

Đáp án đúng: B

Để khai triển Maclaurin đến x^2 cho hàm số $y = \frac{{{{\left( {1 + x} \right)}^{100}}}}{{{{\left( {1 + 2x} \right)}^{40}}}}\, ta thực hiện như sau:

1. Khai triển Taylor cho (1+x)^100:
Sử dụng khai triển Taylor: \((1+x)^n = 1 + nx + \frac{n(n-1)}{2!}x^2 + o(x^2)$
Với n = 100, ta có:
$(1+x)^{100} = 1 + 100x + \frac{100 \cdot 99}{2}x^2 + o(x^2) = 1 + 100x + 4950x^2 + o(x^2)$

2. Khai triển Taylor cho (1+2x)^(-40):
Sử dụng khai triển Taylor: $(1+u)^n = 1 + nu + \frac{n(n-1)}{2!}u^2 + o(u^2)$
Với u = 2x và n = -40, ta có:
$(1+2x)^{-40} = 1 + (-40)(2x) + \frac{(-40)(-41)}{2}(2x)^2 + o(x^2) = 1 - 80x + 3280x^2 + o(x^2)$

3. Nhân hai khai triển:
$y = (1 + 100x + 4950x^2 + o(x^2))(1 - 80x + 3280x^2 + o(x^2))$
Nhân và giữ lại các số hạng đến x^2:
$y = 1 - 80x + 3280x^2 + 100x - 8000x^2 + 4950x^2 + o(x^2)$
$y = 1 + (100 - 80)x + (3280 - 8000 + 4950)x^2 + o(x^2)$
$y = 1 + 20x + 230x^2 + o(x^2)$

Vậy, khai triển Maclaurin của hàm số đến x^2 là: \[f(x) = 1 + 20x + 230x^2 + o(x^2)\]

Câu 29:

Những giới hạn nào sau đây không có dạng vô định:

\[A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\frac{{\tan x}}{x}} \right)^{\frac{1}{x}}},B = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\left( {\frac{x}{{\arctan x}}} \right)^x},C = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} {\left( {\frac{{lnx}}{x}} \right)^{\frac{1}{x}}}?\]

Lời giải:

Đáp án đúng: C

Để xác định giới hạn nào không có dạng vô định, ta cần xét từng giới hạn một:

* Giới hạn A: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\frac{{\tan x}}{x}} \right)^{\frac{1}{x}}}$. Khi $x \to 0$, $\frac{{\tan x}}{x} \to 1$ và $\frac{1}{x} \to \infty $. Do đó, giới hạn này có dạng $1^\infty$, là một dạng vô định.

* Giới hạn B: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\left( {\frac{x}{{\arctan x}}} \right)^x}$. Khi $x \to +\infty$, $\arctan x \to \frac{\pi}{2}$, do đó $\frac{x}{{\arctan x}} \to \infty$ và $x \to \infty$. Vậy giới hạn này có dạng $\infty^\infty$, không phải là dạng vô định.

* Giới hạn C: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} {\left( {\frac{{\ln x}}{x}} \right)^{\frac{1}{x}}}$. Khi $x \to {1^+}$, $\ln x \to 0$ và $\frac{{\ln x}}{x} \to 0$. Đồng thời, $\frac{1}{x} \to 1$. Vậy giới hạn này có dạng $0^1$, không phải là dạng vô định và có giá trị bằng 0.

Vậy, các giới hạn không có dạng vô định là B và C.

Câu 30:

Người ta cần làm một hộp theo dạng một khối lăng trụ đều không nắp với thể tích lớn nhất từ một miếng tôn hình vuông có cạnh là 1 mét. Thể tích của hộp cần làm.

Lời giải:

Đáp án đúng: A

Gọi x (mét) là cạnh của hình vuông bị cắt ở mỗi góc (0 < x < 0.5). Khi đó, cạnh đáy của lăng trụ đều là 1-2x (mét) và chiều cao của lăng trụ là x (mét). Vì đây là lăng trụ đều nên đáy là tam giác đều có cạnh 1-2x. Diện tích đáy là $S = \frac{{(1 - 2x)^2\sqrt 3 }}{4}$. Thể tích của lăng trụ là $V = S.h = \frac{{(1 - 2x)^2\sqrt 3 }}{4}.x = \frac{{\sqrt 3 }}{4}(1 - 4x + 4x^2)x = \frac{{\sqrt 3 }}{4}(4x^3 - 4x^2 + x)$.

Để tìm thể tích lớn nhất, ta cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số $V(x) = \frac{{\sqrt 3 }}{4}(4x^3 - 4x^2 + x)$ trên khoảng (0, 0.5).

Tính đạo hàm: $V'(x) = \frac{{\sqrt 3 }}{4}(12x^2 - 8x + 1)$.

Giải phương trình $V'(x) = 0$:
$12x^2 - 8x + 1 = 0$
$\Delta' = 16 - 12 = 4$
$x_1 = \frac{{4 + 2}}{{12}} = \frac{6}{{12}} = \frac{1}{2}$ (loại vì x < 0.5)
$x_2 = \frac{{4 - 2}}{{12}} = \frac{2}{{12}} = \frac{1}{6}$

Kiểm tra $x = \frac{1}{6}$: $V\left( {\frac{1}{6}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\left( {4{{\left( {\frac{1}{6}} \right)}^3} - 4{{\left( {\frac{1}{6}} \right)}^2} + \frac{1}{6}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\left( {\frac{4}{{216}} - \frac{4}{{36}} + \frac{1}{6}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\left( {\frac{1}{{54}} - \frac{1}{9} + \frac{1}{6}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\left( {\frac{{1 - 6 + 9}}{{54}}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{4}.\frac{4}{{54}} = \frac{{\sqrt 3 }}{{54}}$ (mét khối)

Đổi mét khối sang decimet khối: $V = \frac{{\sqrt 3 }}{{54}} {m^3} = \frac{{\sqrt 3 }}{{54}} * 1000 d{m^3} \approx 0.032 {dm^3}$ (không trùng với đáp án nào).
Vì vậy, đáp án đúng là: D. Các câu khác sai.

Câu 31:

Khi \[x \to + \infty \], sắp xếp theo thứ tự tăng dần tốc độ chạy ra vô cùng của các hàm sau:

\[\alpha \left( x \right) = x\left( {\sqrt {{x^2} + 1} - 2x} \right),\beta \left( x \right) = \ln \left( {{x^2} - x + 2019} \right),\delta \left( x \right) = \sqrt[3]{{{x^4} + {x^2} + \sin {x^2}}} - \sqrt[3]{{{x^2} + 1}}\]

Lời giải:

Đáp án đúng: B

Câu 32:

Cho f là hàm khả vi tại mọi điểm và \[g\left( x \right) = \frac{{x + 2}}{{1 + f\left( {\arctan x} \right)}}\]. Biết \[f\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = 1,f'\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = 4.\] Tính g’(1).

Lời giải: