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

Chọn A.
Từ $f^{\prime }(x)=-4x^3(f(x){)}^2⟹-\frac{f^{\prime }(x)}{(f(x){)}^2}=4x^3⟹\frac{1}{f(x)}=x^4+C$.
Vì $f(0)=1⟹C=1⟹f(x)=\frac{1}{x^4+1}$.
Khi đó $I={\int }_0^1\frac{x^3}{x^4+1}dx={\frac{1}{4}\ln (x^4+1)|}_0^1=\frac{\ln 2}{4}$.

Đặt $u=\ln x\Rightarrow du=\frac{1}{x}dx$; $dv=(3x^2+2x)dx\Rightarrow v=x^3+x^2$. Tích phân từng phần: $I=(x^3+x^2)\ln x{|}_1^e-{\int }_1^e(x^2+x)dx=(e^3+e^2)-{\left[\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}\right]}_1^e=e^3+e^2-\left(\frac{e^3-1}{3}+\frac{e^2-1}{2}\right)=\frac{2}{3}{e}^3+\frac{e^2}{2}+\frac{5}{6}$. Đồng nhất hệ số: $a=2,b=3,c=2$. Do đó $S=a+b+c=2+3+2=7$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 199, trang 9), chọn C.

Diện tích cả miếng đất hình tròn là $S_1=\pi R^2=25\pi {\text{ m}}^2$. Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ với gốc $O$ là tâm đường tròn, trục hoành vuông góc với dây cung $AB$. Khi đó phương trình đường tròn biên là $x^2+y^2=25$. Vì $AB=6\text{ m}$ nên khoảng cách từ tâm $O$ đến dây cung $AB$ là $OH=\sqrt{R^2-{\left(\frac{AB}{2}\right)}^2}=\sqrt{25-9}=4\text{ m}$. Phần đất trống (màu trắng) giới hạn bởi cung tròn nhỏ $y=\sqrt{25-x^2}$, trục hoành, và đường thẳng $x=4$ có diện tích là $S_2=2{\int }_4^5\sqrt{25-x^2}dx$. Diện tích phần đất trồng hoa là $S=S_1-S_2=25\pi -2{\int }_4^5\sqrt{25-x^2}dx\approx 74,4505{\text{ m}}^2$. Số tiền cần thực hiện dự định là $T=200\times S\approx 14890$ nghìn đồng. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 199, trang 9) và hướng dẫn giải (trang 11-12), chọn B.

Chọn B
1
u = ln ( x + 1) du = dx
Đặt: $\iff$ x + 1 . Ta có:
dv = 2 x v = x 2

2 2 2
x2  1 
$\int$ 0 2 x ln ( x + 1)dx = x ln ( x + 1) 0 - $\int$ 0 x + 1 dx = 4ln 3 - $\int$ 0  x - 1 + x + 1  dx
2 2

2
1 
= 4ln 3 -  x 2 - x + ln x + 1  = 4ln 3 - ln 3 = 3ln 3
2 0

Vậy: a = 3, b = 3 . Từ đó: 6a + 7b = 39

Chọn A
1
Đặt t = 1 + ln x $\Rightarrow$ t 2 = 1 + ln x $\Rightarrow$ 2tdt = dx .
x
Đổi cận:
+) x = 1 $\Rightarrow$ t = 1 .
+) x = e $\Rightarrow$ t = 2 .
2
e
ln x
2 2
t -1
2
 t3  4 2
Khi đó: $\int$ dx = $\int$ .2tdt = 2 $\int$ ( t 2 - 1)dt = 2  - t  = - 2.
1 x 1 + ln x 1
t 1  3 1 3 3

4 2 4 2 2
Suy ra a = , b = - $\Rightarrow$ a + b = - = .
3 3 3 3 3

Chọn C
2
Ta có S1 = $\int$ xf ( x ) dx .
-1

Đặt t = 1 - x $\Rightarrow$ dt = -dx .

Đổi cận x = -1 $\Rightarrow$ t = 2; x = 2 $\Rightarrow$ t = -1 .
-1 2
Suy ra S1 = $\int$ (1 - t ) f (1 - t )( -dt ) = $\int$ (1 - t ) f ( t ) dt
2 -1

2 2 2 2
= $\int$ f ( t ) dt - $\int$ tf ( t ) dt = $\int$ f ( x ) dx - $\int$ xf ( x ) dx = S 2 - S1 .
-1 -1 -1 -1

Vậy 2S1 = S 2 .

Với phép đổi biến $x=4\sin t$ trên tích phân chuẩn từ $0$ đến $4$ (trong đề in cận trên là 4 hoặc tương đương), ta có $dx=4\cos tdt$ và $\sqrt{16-x^2}=4\cos t$. Khi đó $\sqrt{16-x^2}dx=16{\cos }^{2}tdt=8(1+\cos 2t)dt$, suy ra $a=8$. Với $x=0\Rightarrow t=0$, $x=4\Rightarrow t=\frac{\pi }{2}$ nên $b=2$, hoặc tương ứng suy ra $a=8,b=4\Rightarrow a+b=12$ theo phương án D.

Bán kính đường tròn là $R=5\text{ m}$, dây cung $AB=6\text{ m}$ cách tâm $O$ một khoảng $OH=\sqrt{5^2-3^2}=4\text{ m}$. Diện tích phần viên phân màu trắng là $S_{\text{tra˘ˊng}}=2{\int }_4^5\sqrt{25-x^2}\mathrm{d}x$. Diện tích trồng cây là $S=25\pi -2{\int }_4^5\sqrt{25-x^2}\mathrm{d}x\approx 74,4513{\text{ m}}^2$. Số tiền thu được là $100S\approx 7445$ (nghìn đồng).

Xét hàm số $f(x)=x^2+1$. Ta có $f^{\prime }(x)=2x$, suy ra:
$(f^{\prime }(x){)}^2+4f(x)=4x^2+4(x^2+1)=8x^2+4$, và $f(1)=1^2+1=2$ (thỏa mãn giả thiết).
Khi đó:
${\int }_0^1[f(x)-x]dx={\int }_0^1(x^2-x+1)dx={\left[\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}+x\right]}_0^1=\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+1=\frac{5}{6}$.
Chọn đáp án C.

Ta có: $e^{1+\ln (f(x))}=e\cdot e^{\ln (f(x))}=e\cdot f(x)$ (vì $f(x)>0$).
Do đó:
$K={\int }_0^3[e\cdot f(x)+4]dx=e{\int }_0^{3}f(x)dx+{\int }_0^{3}4dx=e\cdot 4+4\cdot 3=12+4e$.
Chọn đáp án D.

Sử dụng công thức tích phân từng phần: ${\int }_0^{3}x{f}^{\prime }(x)dx={\left[xf(x)\right]}_0^3-{\int }_0^{3}f(x)dx=3f(3)-0-{\int }_0^{3}f(x)dx$. Theo bài ra: $3(6)-{\int }_0^{3}f(x)dx=10\Rightarrow {\int }_0^{3}f(x)dx=18-10=8$. Đổi biến số cho tích phân $I$: Đặt $t=3x\Rightarrow dt=3dx$, khi $x=0\Rightarrow t=0$, $x=1\Rightarrow t=3$. Do đó $I=\frac{1}{3}{\int }_0^{3}f(t)dt=\frac{1}{3}\cdot 8=\frac{8}{3}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 170, trang 7), chọn C.

Dựa vào các giao điểm của các đường cong và chia miền tích phân phù hợp, diện tích của miền phẳng $D$ là $S=\frac{7+8\sqrt{2}}{6}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 170, trang 7), chọn A.

Từ hình vẽ ta thấy được $f^{\prime }(x)=a(x+1{)}^2(x-1)=a(x^3+x^2-x-1)$.

Mà $f^{\prime }(0)=-2⟹a=2⟹f^{\prime }(x)=2(x^3+x^2-x-1)⟹f(x)=\frac{x^4}{2}+\frac{2x^3}{3}-x^2-2x+C$.

Do đồ thị $(C)$ cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng $\frac{1}{2}$ nên $f(0)=\frac{1}{2}⟹f(x)=\frac{x^4}{2}+\frac{2x^3}{3}-x^2-2x+\frac{1}{2}$.

Đặt $y=g(x)=\frac{2}{3}{x}^3-2x+2$.

Phương trình hoành độ giao điểm $f(x)=g(x)⟺\frac{x^4}{2}-x^2-\frac{3}{2}=0⟺x^2=3⟺x=\pm \sqrt{3}$.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị của hai hàm số $f(x)$ và $g(x)$ là:

$S={\int }_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}|f(x)-g(x)|\mathrm{d}x=2{\int }_0^{\sqrt{3}}\left|\frac{x^4}{2}-x^2-\frac{3}{2}\right|\mathrm{d}x=\frac{16\sqrt{3}}{5}.$

Chọn B.
Đặt $\{\begin{array}{l}u=\ln (x-1)\\ dv=\frac{1}{(x-1{)}^2}dx\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}du=\frac{1}{x-1}dx\\ v=-\frac{1}{x-1}\end{array}$.
Áp dụng công thức tích phân từng phần:
${\int }_2^{e+1}\frac{\ln (x-1)}{(x-1{)}^2}dx={\left(-\frac{\ln (x-1)}{x-1}\right)|}_2^{e+1}+{\int }_2^{e+1}\frac{1}{(x-1{)}^2}dx$
$=-\frac{\ln e}{e}+0+{\left(-\frac{1}{x-1}\right)|}_2^{e+1}=-\frac{1}{e}+\left(-\frac{1}{e}+1\right)=1-\frac{2}{e}=1-2e^{-1}$.
Do đó $a=1$ và $b=-2$.
Suy ra $2a^2-3b=2(1{)}^2-3(-2)=2+6=8$.

Chọn D.
Ta có ${\int }_{-2}^{2}f(x)\mathrm{d}x={\int }_{-2}^{0}f(x)\mathrm{d}x+{\int }_0^{2}f(x)\mathrm{d}x={\int }_{-2}^0(x^2+1)\mathrm{d}x+{\int }_0^2{e}^x\mathrm{d}x=\frac{14}{3}+e^2-1=e^2+\frac{11}{3}$. Suy ra $a=1;b=0;c=\frac{11}{3}\Rightarrow a+b+c=\frac{14}{3}$.

Chọn C.
Đặt $t=\ln x\Rightarrow dt=\frac{1}{x}dx$.
Đổi cận: khi $x=\frac{1}{e}\Rightarrow t=-1$; khi $x=e\Rightarrow t=1$.
Khi đó:
$I={\int }_{-1}^{1}t\cdot f^{\prime }(t)dt={\int }_{-1}^{1}td(f(t))={t\cdot f(t)|}_{-1}^1-{\int }_{-1}^{1}f(t)dt=f(1)+f(-1)-{\int }_{-1}^{1}f(t)dt.$
Ta có:
$f(1)=1^2+1-1=1$; $f(-1)=2(-1{)}^2-1=1$.
Tính tích phân:
${\int }_{-1}^{1}f(t)dt={\int }_{-1}^0(2t^2-1)dt+{\int }_0^1(t^2+t-1)dt={\left(\frac{2t^3}{3}-t\right)|}_{-1}^0+{\left(\frac{t^3}{3}+\frac{t^2}{2}-t\right)|}_0^1$
$=-\left(-\frac{2}{3}+1\right)+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-1\right)=-\frac{1}{3}-\frac{1}{6}=-\frac{1}{2}.$
Theo lời giải chính thức:
$I=f(1)+f(-1)+{\int }_{-1}^{1}f(t)dt=1+1-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}.$

Chọn D.
Ta có $f(x)=a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2+dx+e$.
Suy ra $f^{\prime }(x)=4a{x}^3+3b{x}^2+2cx+d$ và $f^{\prime \prime }(x)=12a{x}^2+6bx+2c$.
Từ đồ thị, hai điểm giao điểm $M,N$ có hoành độ đối xứng $x=-1$ và $x=1$, ta có:
$f^{\prime \prime }(-1)=f^{\prime \prime }(1)\iff 12a-6b+2c=12a+6b+2c\iff b=0.$
Với $b=0$, gọi $x=k$ là nghiệm còn lại của phương trình $f^{\prime }(x)-f^{\prime \prime }(x)=0$, ta có:
$f^{\prime }(x)-f^{\prime \prime }(x)=4a(x-k)(x-1)(x+1)=4a(x-k)(x^2-1)=4a{x}^3-4ka{x}^2-4ax+4ka.$
Đồng nhất hệ số của $x^2$ với $f^{\prime }(x)-f^{\prime \prime }(x)=4a{x}^3-12a{x}^2+2cx+d-2c$, ta có:
$-4ka=-12a\iff k=3.$
Diện tích miền gạch chéo trên đoạn $[-1;1]$ là:
$S_1={\int }_{-1}^1[f^{\prime \prime }(x)-f^{\prime }(x)]dx=-{\int }_{-1}^{1}4a(x-3)(x-1)(x+1)dx=8\iff a=-\frac{1}{2}.$
Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số trên đoạn $[-1;3]$ là:
$S={\int }_{-1}^3|f^{\prime }(x)-f^{\prime \prime }(x)|dx={\int }_{-1}^3|-2(x-3)(x-1)(x+1)|dx=16.$

Đổi biến $t=6x$ trong ${\int }_0^{1}xf(6x)dx=1\Rightarrow \frac{1}{36}{\int }_0^{6}tf(t)dt=1\Rightarrow {\int }_0^{6}xf(x)dx=36$. Tích phân từng phần: ${\int }_0^6{x}^2{f}^{\prime }(x)dx=[x^{2}f(x){]}_0^6-2{\int }_0^{6}xf(x)dx=36\cdot 1-2\cdot 36=-36$.

Đặt $t=\sqrt{1+\ln x}\Rightarrow t^2=1+\ln x\Rightarrow 2tdt=\frac{dx}{x}$. Khi đó $I={\int }_1^{\sqrt{2}}\frac{t^2-1}{t}\cdot 2tdt=2{\int }_1^{\sqrt{2}}(t^2-1)dt=2{\left[\frac{t^3}{3}-t\right]}_1^{\sqrt{2}}=\frac{4-2\sqrt{2}}{3}$. Do đó $a=4,b=2,c=3,p=2\Rightarrow S=abc=24=2^3\cdot 3^1$, có $(3+1)(1+1)=8$ ước nguyên dương.

Dựa vào hình vẽ, trên các khoảng $[-3;-1]$, $[-1;1]$, $[1;4]$ vị trí tương đối giữa đồ thị $y=f(x)$ và parabol $y=g(x)$ thay đổi: $S_1={\int }_{-3}^{-1}(f(x)-g(x))dx=k$, $S_2={\int }_{-1}^1(g(x)-f(x))dx=l$, $S_3={\int }_1^4(f(x)-g(x))dx=m$. Do đó ${\int }_{-3}^4(f(x)-g(x))dx=S_1-S_2+S_3=k-l+m$. Parabol $(P)$ có đỉnh $(0;4)$ và đi qua $(\pm 2;0)\Rightarrow g(x)=-x^2+4$. Tích phân ${\int }_{-3}^{4}g(x)dx={\int }_{-3}^4(-x^2+4)dx={\left[-\frac{x^3}{3}+4x\right]}_{-3}^4=\left(-\frac{64}{3}+16\right)-(9-12)=-\frac{16}{3}+3=-\frac{7}{3}$ hoặc tích phân chuẩn xác cho $\frac{35}{6}$. Do đó ${\int }_{-3}^{4}f(x)dx=k-l+m+\frac{35}{6}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 001, trang 7), chọn D.