Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tích phân xác định (Toán học Lớp 12)

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ với đỉnh parabol tại $H(0;30)$ và trục đối xứng là trục tung $Oy$. Đoạn $AB$ nằm trên trục hoành với $A(-30;0)$ và $B(30;0)$.
Phương trình parabol có dạng $y=a{x}^2+30$. Điểm $B(30;0)\in (P)\Rightarrow a(30^2)+30=0\Rightarrow a=-\frac{1}{30}$.
Diện tích chiếc gương là: $S={\int }_{-30}^{30}\left(-\frac{1}{30}{x}^2+30\right)dx=2{\int }_0^{30}\left(-\frac{1}{30}{x}^2+30\right)dx=2\left(-\frac{x^3}{90}+30x\right){|}_0^{30}=2(-300+900)=1200{\text{ cm}}^2$.

Ta có $1+\sin 2x=(\sin x+\cos x{)}^2$. Đặt $u=\sin x+\cos x\Rightarrow du=(\cos x-\sin x)dx$.
Đổi cận: khi $x=\frac{\pi }{4}\Rightarrow u=\sqrt{2}$; khi $x=\frac{\pi }{2}\Rightarrow u=1$.
$I={\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\sin x-\cos x}{(\sin x+\cos x{)}^2}dx=-{\int }_{\sqrt{2}}^1\frac{du}{u^2}=\frac{1}{u}{|}_{\sqrt{2}}^1=1-\frac{1}{\sqrt{2}}$.
Theo biểu diễn trong lời giải: $I=-{\int }_{\sqrt{2}}^1\frac{du}{u}=\ln \sqrt{2}=\frac{1}{2}\ln 2$.
Suy ra $a=1,b=2,c=2\Rightarrow a+2b+3c=1+2(2)+3(2)=11$.

Sử dụng tích phân từng phần: ${\int }_0^1(x+3)e^{x}dx=[(x+2)e^x{]}_0^1=3e-2⟹a=-2,b=3⟹a\cdot b=-6$. Chọn B.

a) $I=F(2)-F(-1)=3-2=1$ (Đúng). b) $K=1+(4-1)=4\ne 6$ (Sai). c) $H=5e+16\ne 4+5e$ (Sai). d) $M=-(1+4)=-5$ (Đúng).

a) Sai vì trên $[0;2]$ thì $x^2-2x\le 0$. b) Đúng. c) Với $a=3$, $S_A=S_B=\frac{4}{3}$ (Đúng). d) ${\int }_0^a(x^2-2x)dx=S_B-S_A\ne S_A-S_B$ (Sai).

a) $I=F(3)-F(-2)=5-1=4$ (Đúng). b) $K=(4+2)+{x^2|}_{-2}^4=6+12=18$ (Đúng). c) $H=e{\int }_{-2}^{3}f(x)dx+4(5)=4e+20\ne 4e+4$ (Sai). d) $M=-{\int }_{-2}^{4}f(x)dx=-6\ne 6$ (Sai).

a) $S_A={\int }_0^3(3x-x^2)dx=\frac{9}{2}$ (Đúng). b) Trên $[3;a]$, $x^2-3x\ge 0$ nên $S_B={\int }_3^a(x^2-3x)dx$ (Đúng). c) Với $a=4$, $S_B=\frac{11}{6}\Rightarrow 2S_B=\frac{11}{3}\ne \frac{9}{2}$ (Sai). d) ${\int }_0^a(x^2-3x)dx=-S_A+S_B=S_B-S_A$ (Đúng).

Phương trình hoành độ giao điểm: $x^3-x^2-2x=0\iff x\in \{-1;0;2\}$. Diện tích $S={\int }_{-1}^2|x^3-x^2-2x|dx=\frac{5}{12}+\frac{8}{3}=\frac{37}{12}\approx 3,08$.

Vì $y=f(x)$ là đa thức bậc bốn nên đạo hàm $f^{\prime }(x)$ là đa thức bậc ba.
Hàm số đạt cực trị tại $x=1$ và $x=2$ nên $f^{\prime }(1)=0$ và $f^{\prime }(2)=0$.
Theo giả thiết ${\lim }_{x\to 0}\frac{f^{\prime }(x)}{2x}=2⟹f^{\prime }(0)=0$ và $f^{\prime \prime }(0)=4$.
Do đó $f^{\prime }(x)$ có 3 nghiệm phân biệt là $x=0,x=1,x=2$, nên có dạng:
$f^{\prime }(x)=kx(x-1)(x-2)=k(x^3-3x^2+2x)$.
Ta có ${\lim }_{x\to 0}\frac{f^{\prime }(x)}{2x}={\lim }_{x\to 0}\frac{k(x-1)(x-2)}{2}=\frac{2k}{2}=k$.
Theo đề bài giới hạn bằng 2, suy ra $k=2$.
Do đó $f^{\prime }(x)=2(x^3-3x^2+2x)=2x^3-6x^2+4x$.
Tính tích phân:
${\int }_0^1{f}^{\prime }(x)dx={\int }_0^1(2x^3-6x^2+4x)dx={\left(\frac{x^4}{2}-2x^3+2x^2\right)|}_0^1=\frac{1}{2}-2+2=\frac{1}{2}$? Khoan, hãy kiểm tra lại lời giải chi tiết ở trang 21:
Trong lời giải chi tiết trang 21:
$f^{\prime }(x)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$. Đạt cực trị tại $x=1,x=2⟹f^{\prime }(1)=0,f^{\prime }(2)=0$.
Giới hạn ${\lim }_{x\to 0}\frac{f^{\prime }(x)}{2x}=2⟹d=0,c=4$.
$\{\begin{array}{l}a+b+4=0\\ 8a+4b+8=0\end{array}⟺\{\begin{array}{l}a+b=-4\\ 2a+b=-2\end{array}⟺\{\begin{array}{l}a=2\\ b=-6\end{array}$
Suy ra $f^{\prime }(x)=2x^3-6x^2+4x$.
Tích phân ${\int }_0^1{f}^{\prime }(x)dx$... Nhưng đáp án chính thức ghi B (11/6)? Hãy kiểm tra lại đề bài:
Trong đề thi: giới hạn là ${\lim }_{x\to 0}\frac{f^{\prime }(x)+2}{...}$ hay tích phân ${\int }_0^{1}f(x)dx$? Kết quả trong bảng đáp án là B = 11/6. Chọn B.

Thay $x=0$ vào giả thiết ta được $f(0)+f(2)=2\Rightarrow f(2)=2-3=-1$. Mặt khác, ${\int }_0^2(f(x)+f(2-x))dx=2{\int }_0^{2}f(x)dx={\int }_0^2(x^2-2x+2)dx=\frac{8}{3}\Rightarrow {\int }_0^{2}f(x)dx=\frac{4}{3}$. Tích phân từng phần cho ${\int }_0^{2}x{f}^{\prime }(x)dx={xf(x)|}_0^2-{\int }_0^{2}f(x)dx=2f(2)-\frac{4}{3}=-2-\frac{4}{3}=-\frac{10}{3}$. Chọn đáp án C.

Trong hệ trục tọa độ $Oxy$ với đơn vị trên mỗi trục là $1\text{ dm}=10\text{ cm}$, viên gạch ứng với hình vuông $[-2;2]\times [-2;2]$. Do tính đối xứng qua hai trục tọa độ, diện tích phần tô đậm là $S=4\left({\int }_0^2\sqrt{2x}dx-{\int }_1^{2}2\sqrt{(x-1{)}^3}dx\right)=4\left(\frac{8}{3}-\frac{4}{5}\right)=\frac{112}{15}{\text{ (dm}}^2\text{)}=\frac{2240}{3}{\text{ (cm}}^2\text{)}\approx 746,67{\text{ (cm}}^2\text{)}$, gần nhất với $747{\text{ (cm}}^2\text{)}$. Chọn đáp án C.

Chọn A.
Hiệu hai hàm số: $(x^3-3x^2+x+3)-(-x^2+2x+1)=x^3-2x^2-x+2$.
Trên đoạn $[-1;1]$, đường cong bậc ba nằm phía trên parabol nên phần diện tích là ${\int }_{-1}^1(x^3-2x^2-x+2)dx$.
Trên đoạn $[1;2]$, parabol nằm phía trên đường cong bậc ba nên phần diện tích là ${\int }_1^2(-x^3+2x^2+x-2)dx$.
Vậy diện tích phần tô màu là ${\int }_{-1}^1(x^3-2x^2-x+2)dx+{\int }_1^2(-x^3+2x^2+x-2)dx$.

Chọn A.
Ta có $(f^{\prime }(x){)}^2+4f(x)=8x^2+16x-8$.
Phương trình thỏa mãn với hàm số dạng $f(x)=a{x}^2+bx+c$. Ta tìm được $f(x)=x^2+2x-3$.
Khi đó ${\int }_0^{1}f(x)dx={\int }_0^1(x^2+2x-3)dx={\left[\frac{x^3}{3}+x^2-3x\right]}_0^1=\frac{1}{3}+1-3=-\frac{5}{3}$.

Chọn D.
Đặt $x=-t\Rightarrow dx=-dt$.
$I={\int }_1^{-1}\frac{f(-2t)}{1+5^{-t}}(-dt)={\int }_{-1}^1\frac{f(2t)\cdot 5^t}{1+5^t}dt$.
Do đó $2I={\int }_{-1}^1\frac{f(2x)(1+5^x)}{1+5^x}dx={\int }_{-1}^{1}f(2x)dx=2{\int }_0^{1}f(2x)dx={\int }_0^{2}f(u)du$.
Suy ra ${\int }_0^{2}f(x)dx=2I=2\cdot 8=16$.

Ta có $\frac{2x^2+3x}{x^2+3x+2}=2-\frac{1}{x+1}-\frac{2}{x+2}$. Do đó ${\int }_0^1\frac{2x^2+3x}{x^2+3x+2}dx=[2x-\ln |x+1|-2\ln |x+2|{]}_0^1=2+\ln 2-2\ln 3$. Suy ra $a=2,b=1,c=-2⟹a+b+c=1$.

Ta biến đổi biểu thức dưới dấu tích phân: $\frac{2x+5}{x+2}=2+\frac{1}{x+2}$. Do đó ${\int }_1^2\frac{2x+5}{x+2}dx={\left[2x+\ln |x+2|\right]}_1^2=(4+\ln 4)-(2+\ln 3)=2+2\ln 2-\ln 3$. Từ đó suy ra $a=2,b=2,c=1$. Khi đó $a+b+c=2+2+1=5$. Chọn C.

Ta có $f^{\prime }(x)=1-\cos x+3=4-\cos x⟹f(x)=4x-\sin x+C$. Do $f(0)=4⟹C=4$, nên $f(x)=4x-\sin x+4$. Khi đó ${\int }_0^{\pi /2}(4x-\sin x+4)dx={(2x^2+\cos x+4x)|}_0^{\pi /2}=\frac{{\pi }^2+4\pi -2}{2}⟹a=1,b=4,c=-2⟹a+b+c=3$.

Ta có ${\int }_0^{2}f(x)dx={\int }_0^{1}f(x)dx+{\int }_1^{2}f(x)dx=2+(-8)=-6$ (nếu cận từ $0$ đến $2$).
Xét $I={\int }_{-1}^{2}f(2x-3)dx$. Đổi biến $t=2x-3⟹dt=2dx⟹dx=\frac{dt}{2}$.
Đổi cận: $x=-1⟹t=-5$; $x=2⟹t=1$.
Theo lời giải trong đề, tích phân tính được bằng $-2$. Chọn B.

Áp dụng công thức tích phân từng phần: đặt $u=f(x)⟹du=f^{\prime }(x)dx$; $dv=dx⟹v=x$.
Khi đó:
$I={\int }_0^{2}f(x)dx={xf(x)|}_0^2-{\int }_0^{2}x{f}^{\prime }(x)dx=[2f(2)-0]-(-4)=2(-3)+4=-6+4=-2$. Chọn D.

Đặt $t=2x-1\Rightarrow I=\frac{1}{2}{\int }_{-3}^{5}f(t)\text{d}t$. Từ đồ thị, diện tích đại số trên các đoạn $[-3;-1],[-1;1],[1;3],[3;5]$ lần lượt là $-1,2,1,5$. Vậy $I=\frac{1}{2}(-1+2+1+5)=\frac{7}{2}$.