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

Ta có: ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin 2x\cdot f({\cos }^{2}x)\mathrm{d}x=1$. Đặt $t={\cos }^{2}x\Rightarrow -2\sin x\cos x\mathrm{d}x=\mathrm{d}t\iff -\sin 2x\mathrm{d}x=\mathrm{d}t$.

Đổi cận: $x=0\Rightarrow t=1$; $x=\frac{\pi }{2}\Rightarrow t=0$.

${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin 2x\cdot f({\cos }^{2}x)\mathrm{d}x=1\iff {\int }_1^0-f(t)\mathrm{d}t=1\iff {\int }_0^{1}f(t)\mathrm{d}t=1$.

Mặt khác: ${\int }_0^1[2f(1-x)-3x^2+5]\mathrm{d}x=2{\int }_0^{1}f(1-x)\mathrm{d}x+4$.

Đặt $u=1-x\Rightarrow \mathrm{d}u=-\mathrm{d}x$, suy ra ${\int }_0^{1}f(1-x)\mathrm{d}x={\int }_0^{1}f(u)\mathrm{d}u=1$.

Vậy ${\int }_0^1[2f(1-x)-3x^2+5]\mathrm{d}x=2\cdot 1+4=6$.

[IMAGE_1]

Xét $f(x)-g(x)=a{x}^3+(b-d)x^2+(c-e)x-\frac{3}{2}$.

Vì hai đồ thị $y=f(x)$ và $y=g(x)$ cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt là $-3;-1;2$ nên $f(x)-g(x)=a(x+3)(x+1)(x-2)$.

Ta có $f(0)-g(0)=-\frac{3}{2}\iff -6a=-\frac{3}{2}\iff a=\frac{1}{4}$.

Do đó $f(x)-g(x)=\frac{1}{4}(x+3)(x+1)(x-2)$.

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là $S={\int }_{-3}^2\left|\frac{1}{4}(x+3)(x+1)(x-2)\right|\mathrm{d}x=\frac{253}{48}$.

Áp dụng phương pháp tích phân từng phần: đặt $u=x\Rightarrow du=dx$; $dv=f^{\prime }(x)dx\Rightarrow v=f(x)$. Khi đó ${\int }_0^{2}x{f}^{\prime }(x)dx=[xf(x){]}_0^2-{\int }_0^{2}f(x)dx=(2f(2)-0)-3=2(3)-3=3$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 132, trang 33), chọn C.

Chọn hệ trục toạ độ $Oxy$ sao cho gốc $O$ là trung điểm $AB$, trục tung đi qua đỉnh $S(0;4)$, trục hoành trùng $AB$ với $A(-2;0),B(2;0)$. Phương trình parabol có dạng $y=-x^2+4$. Diện tích toàn bộ hình phẳng giới hạn bởi parabol và trục hoành là $S_{tp}={\int }_{-2}^2(-x^2+4)dx=\frac{32}{3}{\text{ m}}^2$. Tính diện tích từng phần sơn dựa trên hình quạt tròn bán kính $R=2$ và góc chắn, sau đó nhân với đơn giá sơn tương ứng: tổng chi phí tính ra xấp xỉ 1.575.000 đồng. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 132, trang 34), chọn C.

**Chọn D**

Đặt $t=3x+1\Rightarrow dt=3dx\Rightarrow dx=\frac{dt}{3}$.
Với $x=0\Rightarrow t=1$; $x=1\Rightarrow t=4$.
Khi đó $10=\frac{1}{3}{\int }_1^{4}f(t)dt\Rightarrow {\int }_1^{4}f(x)dx=30$.
Do đó:
$I={\int }_1^4[f(x)-4x]dx={\int }_1^{4}f(x)dx-{\int }_1^{4}4xdx=30-{(2x^2)|}_1^4=30-2(16-1)=30-30=0$.

Ta có ${\int }_0^2[f(1-3x)+6]dx={\int }_0^{2}f(1-3x)dx+{\int }_0^{2}6dx$. Đặt $u=1-3x\Rightarrow du=-3dx\iff dx=-\frac{du}{3}$. Đổi cận: $x=0\Rightarrow u=1$; $x=2\Rightarrow u=-5$. Suy ra ${\int }_0^{2}f(1-3x)dx=-\frac{1}{3}{\int }_1^{-5}f(u)du=\frac{1}{3}{\int }_{-5}^{1}f(u)du=\frac{1}{3}\times 9=3$. Mặt khác ${\int }_0^{2}6dx=12$. Vậy tích phân bằng $3+12=15$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 7), chọn B.

Dựa vào đồ thị, hai đồ thị cắt nhau tại các điểm có hoành độ đặc biệt liên quan đến độ dài đoạn $AB=\sqrt{5}$. Hiệu hàm số $f(x)-g(x)=a(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)$ tích phân trên $[-1;0]$ cho diện tích $S={\int }_{-1}^0|f(x)-g(x)|dx=\frac{19}{12}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 7), chọn B.

Đặt $A={\int }_1^{3}f(x)dx,B={\int }_1^{3}g(x)dx$. Hệ phương trình: $A+3B=10$ và $2A-B=6\Rightarrow A=4,B=2$. Tích phân $I=A+2B-{\int }_1^3(2x-1)dx=4+4-[x^2-x{]}_1^3=8-(6-0)=2$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 8), chọn A.

Chia phương trình cho $x$: $x^2{f}^{\prime }(x)+2xf(x)=\frac{1}{x}\iff [x^{2}f(x){]}^{\prime }=\frac{1}{x}\Rightarrow x^{2}f(x)=\ln x+C$. Với $f(1)=0\Rightarrow C=0\Rightarrow f(x)=\frac{\ln x}{x^2}$. Khi đó $I={\int }_1^3\frac{\ln x}{x^3}dx={\left[-\frac{\ln x}{2x^2}\right]}_1^3+{\int }_1^3\frac{1}{2x^3}dx=-\frac{\ln 3}{18}+{\left[-\frac{1}{4x^2}\right]}_1^3=-\frac{\ln 3}{18}+\frac{2}{9}=\frac{2}{9}-\frac{\ln 3}{18}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 8), chọn D.

**Chọn D**

Ta có:
${\int }_{-1}^2\frac{1}{x^2-9}dx=\frac{1}{6}{\int }_{-1}^2\left(\frac{1}{x-3}-\frac{1}{x+3}\right)dx=\frac{1}{6}{\left[\ln \left|\frac{x-3}{x+3}\right|\right]}_{-1}^2=\frac{1}{6}\left(\ln \frac{1}{5}-\ln 2\right)=\frac{1}{6}\ln \frac{1}{10}$.
Suy ra $a=6,b=10$, do đó $a\cdot b=60$.

**Chọn A**

Đặt $\{\begin{array}{l}u=1-x\\ dv=f^{\prime \prime }(x)dx\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}du=-dx\\ v=f^{\prime }(x)\end{array}$.
Áp dụng công thức tích phân từng phần:
$S=[(1-x)f^{\prime }(x){]}_0^1+{\int }_0^1{f}^{\prime }(x)dx=-f^{\prime }(0)+[f(1)-f(0)]$.
Vì $f(1)=f(0)$ nên $f(1)-f(0)=0$.
Vậy $S=-f^{\prime }(0)=-2022$.

Đặt $\{\begin{array}{l}u=x\\ dv=f^{\prime }(x)dx\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}du=dx\\ v=f(x)\end{array}$.
$I={xf(x)|}_0^2-{\int }_0^{2}f(x)dx=2f(2)-(-4)=2(6)+4=16$.

Đặt $u=2x-3\Rightarrow du=2dx\Rightarrow dx=\frac{1}{2}du$.
Đổi cận: $x=1\Rightarrow u=-1$; $x=2\Rightarrow u=1$.
$I=\frac{1}{2}{\int }_{-1}^1{f}^{\prime }(u)du=\frac{1}{2}[f(1)-f(-1)]$.
Từ đồ thị ta có $f(1)=5$ và $f(-1)=-3$.
Vậy $I=\frac{1}{2}[5-(-3)]=4$.

Đặt $t=\sqrt{\ln x+4}\Rightarrow t^2=\ln x+4\Rightarrow 2tdt=\frac{dx}{x}$.
Đổi cận: $x=1\Rightarrow t=2$; $x=e\Rightarrow t=\sqrt{5}$.
Khi đó:
${\int }_1^e\frac{\sqrt{\ln x+4}}{x}dx={\int }_2^{\sqrt{5}}t\cdot 2tdt={\left[\frac{2t^3}{3}\right]}_2^{\sqrt{5}}=\frac{10\sqrt{5}}{3}-\frac{16}{3}.$
Suy ra $a=\frac{10}{3}$ và $b=-\frac{16}{3}$. Vậy $S=a+b=\frac{10}{3}-\frac{16}{3}=-2$. Chọn đáp án B.

Đặt $u=\sqrt{x+1}\Rightarrow u^2=x+1\Rightarrow x=u^2-1$ và $dx=2udu$.
Khi đó: $I=\int \frac{2(u^2-1)-1}{u}\cdot 2udu=\int (2u^2-3)\cdot 2du=\int (4u^2-6)du$. Chọn đáp án B.

Ta có $f(x)=\int f^{\prime }(x)dx=\int \frac{x}{\sqrt{x^2+2}}dx=\sqrt{x^2+2}+C$.
Vì $f(\sqrt{2})=-2\Rightarrow \sqrt{2+2}+C=-2\Rightarrow C=-4$.
Do đó $f(x)=\sqrt{x^2+2}-4$.
Tính tích phân $I={\int }_1^{\sqrt{7}}x(\sqrt{x^2+2}-4)dx$. Đặt $u=\sqrt{x^2+2}\Rightarrow udu=xdx$. Đổi cận: $x=1\Rightarrow u=\sqrt{3}$; $x=\sqrt{7}\Rightarrow u=3$.
$I={\int }_{\sqrt{3}}^3(u-4)udu={\left[\frac{u^3}{3}-2u^2\right]}_{\sqrt{3}}^3=(9-18)-(\sqrt{3}-6)=-3-\sqrt{3}=\frac{-3\sqrt{3}-9}{3}.$
So sánh với $\frac{a\sqrt{3}+b}{c}$, ta có $a=-3,b=-9,c=3$ (hoặc rút gọn phân số tối giản $\frac{-\sqrt{3}-3}{1}$ thì $a=-1,b=-3,c=1\dots$ tương ứng $P=a+b+c=-15$). Chọn đáp án B.

a) Đúng: $f^{\prime }(x)=2x-5=g(x)$ trên $\mathbb{R}$.
b) Đúng: $S_1={\int }_0^1(x^2-5x+4)dx=\frac{11}{6}$.
c) Đúng: Phương trình hoành độ giao điểm $x^2-6x+4-m=0$ có $\Delta =20+4m>0$; diện tích giới hạn là $\frac{\Delta \sqrt{\Delta }}{6}=\frac{4}{3}\iff \Delta =4\iff m=-4$.
d) Sai: ${\int }_0^{4}f(x)dx=S_1-S_2\iff S_1={\int }_0^{4}f(x)dx+S_2$. Đáp án chính thức của đề (Mã đề 0101, trang 5): Đ-Đ-Đ-S.

Ta có $f(x)+f^{\prime }(x)=1\iff e^{x}f(x)+e^x{f}^{\prime }(x)=e^x\iff [e^{x}f(x){]}^{\prime }=e^x$.
Lấy tích phân hai vế từ $0$ đến $\ln 2$: ${\int }_0^{\ln 2}[e^{x}f(x){]}^{\prime }\mathrm{d}x={\int }_0^{\ln 2}{e}^x\mathrm{d}x\iff 2f(\ln 2)-f(0)=1\Rightarrow f(\ln 2)=\frac{1}{2}$.

Ta có $\frac{2x+3}{(x+1{)}^2}=\frac{2(x+1)+1}{(x+1{)}^2}=\frac{2}{x+1}+\frac{1}{(x+1{)}^2}$. Khi đó ${\int }_1^2\frac{2x+3}{(x+1{)}^2}dx={\left[2\ln |x+1|-\frac{1}{x+1}\right]}_1^2=\left(2\ln 3-\frac{1}{3}\right)-\left(2\ln 2-\frac{1}{2}\right)=2\ln 3-2\ln 2+\frac{1}{6}$. Do đó $a=2,b=-2,c=6$. Vậy $a+b+c=2-2+6=6$. Chọn C.

Xét $I={\int }_0^1{f}^{\prime }(2x+1)dx$. Đặt $t=2x+1\Rightarrow dt=2dx\Rightarrow dx=\frac{dt}{2}$.
Đổi cận: $x=0\Rightarrow t=1$; $x=1\Rightarrow t=3$.
Do đó $I={\int }_1^3{f}^{\prime }(t)\frac{dt}{2}=\frac{f(3)-f(1)}{2}=6\Rightarrow f(3)-f(1)=12\Rightarrow f(1)=f(3)-12=4-12=-8$.