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

Ta có: $I={\int }_0^{1}f(x^2+3x+1)(2x+3)dx={\int }_0^1(x+2)(2x+3)dx={\int }_0^1(2x^2+7x+6)dx=\frac{61}{6}$.
Đặt $t=x^2+3x+1\Rightarrow dt=(2x+3)dx$.
Đổi cận: $x=0\Rightarrow t=1$; $x=1\Rightarrow t=5$.
Suy ra ${\int }_1^{5}f(t)dt={\int }_1^{5}f(x)dx=\frac{61}{6}$.

$[f^{\prime }(x)-1]x=f(x)\iff x{f}^{\prime }(x)-f(x)=x\Rightarrow \frac{x{f}^{\prime }(x)-f(x)}{x^2}=\frac{1}{x}$.
$\iff {\left[\frac{f(x)}{x}\right]}^{\prime }=\frac{1}{x}\Rightarrow \frac{f(x)}{x}=\ln x+C$.
Mà $f(1)=0\Rightarrow C=0\Rightarrow f(x)=x\ln x$.
${\int }_1^{e}f(x)dx={\int }_1^{e}x\ln xdx={\frac{x^2}{2}\ln x|}_1^e-{\int }_1^e\frac{x}{2}dx=\frac{e^2}{2}-\left(\frac{e^2}{4}-\frac{1}{4}\right)=\frac{e^2+1}{4}$.

Nhân hai vế với $e^{-3x}$: $[e^{-3x}f(x){]}^{\prime }=(2x^2+1)e^{x^2-1}$. Lấy tích phân từ 1 đến 2 và sử dụng điều kiện $f(2)=2e^9$, ta tìm được $f(1)=1\cdot e^3$. Khi đó $a=1,b=3$. Hệ thức đúng là $a+3b=1+3(3)=10$.


Chọn C.

Ta có $f(x)-g(x)=a{x}^4+(b-m)x^3+(c-n)x^2+4x⟹f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)=4a{x}^3+3(b-m)x^2+2(c-n)x+4$. Vì hàm số $y=f(x)-g(x)$ có ba điểm cực trị là $-1;1;2$ nên $f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)=4a(x+1)(x-1)(x-2)$. So sánh hệ số tự do: $4a\cdot 1\cdot (-1)\cdot (-2)=4⟹8a=4⟺4a=2$. Suy ra $f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)=2(x+1)(x-1)(x-2)$. Diện tích hình phẳng cần tìm là $S={\int }_{-1}^2|2(x+1)(x-1)(x-2)|dx=\frac{37}{6}$.

Ta có $f(x)=\int x{e}^{x}dx=(x-1)e^x+C_1$. Do $f(0)=1\Rightarrow -1+C_1=1\Rightarrow C_1=2$. Suy ra $f(x)=(x-1)e^x+2$. Ta có $F(2)-F(0)={\int }_0^{2}f(x)dx={\left[(x-2)e^x+2x\right]}_0^2=(0+4)-(-2+0)=6$. Suy ra $F(0)=F(2)-6=5-6=-1$. Chọn C.

Xét tích phân $I={\int }_1^{\frac{3}{2}}f(x)dx$.

Đặt $x=\sin t+1\Rightarrow dx=\cos tdt$.

Đổi cận:
- $x=1\Rightarrow \sin t+1=1\Rightarrow \sin t=0\Rightarrow t=0$.
- $x=\frac{3}{2}\Rightarrow \sin t+1=\frac{3}{2}\Rightarrow \sin t=\frac{1}{2}\Rightarrow t=\frac{\pi }{6}$.

Khi đó:
$I={\int }_0^{\frac{\pi }{6}}f(\sin t+1)\cos tdt={\int }_0^{\frac{\pi }{6}}\cos t\cdot \cos tdt={\int }_0^{\frac{\pi }{6}}{\cos }^{2}tdt$
$={\int }_0^{\frac{\pi }{6}}\left(\frac{1+\cos 2t}{2}\right)dt={\left(\frac{t}{2}+\frac{\sin 2t}{4}\right)|}_0^{\frac{\pi }{6}}=\frac{\pi }{12}+\frac{\sin \frac{\pi }{3}}{4}=\frac{\pi }{12}+\frac{\sqrt{3}}{8}.$

**Chọn D**

Vì
⇒

F (x)

là một nguyên hàm của hàm số

f (x)
x

nên

F' ( x) =

f ( x)
x

f ( x ) ( 1 ('
1
= 2 =- 3 .
x
x
) 2x )

⇒ f ( x) = -
2

1
.
x2
2

Do đó ∫ f ( 2 x + 1) d x = ∫
1

1

-1

( 2 x + 1)

2

dx =

2
1
1
.
=-
2 ( 2 x + 1) 1
15

**Chọn D**

Gọi A ( a; a 2 ) , B ( b; b 2 ) với a < b . Ta có AB = 2 ⇔ (b - a ) 2 + ( b 2 - a 2 ) = 4
2

AB :

x - a y - a2
x - a y - a2
= 2
⇔
=
⇔ y = (a + b)( x - a ) + a 2 ⇔ y = (a + b) x - ab
b - a b - a2
1
b+a
b

(

)

b

S = ∫ (a + b) x - ab - x 2 dx = ∫ ( x - a )(b - x)dx
a

Đặt t = x - a. S = ∫

b-a

0

(

a

t (b - a - t )dt = ∫

Ta có (b - a ) 2 + b 2 - a 2

b-a

0

(

)

b-a

(b - a )3
=
.
6

) = 4 ⇔ (b - a) (1 + (b + a) ) = 4 ⇔ (b - a) = 1 + (b4+ a) ≤ 4.
2

2

2

(b - a )3 23 4
≤
= .
6
6 3
a + b = 0
b = 1
⇔
⇔ A(-1;1), B(1;1) .
Dấu bằng xảy ra khi
a = -1
b - a = 2

Suy ra b - a ≤ 2 ⇒ S =

b-a

(b - a )t 2
t3
t (b - a ) - t dt =
-
2
30
0
2

2

2

dt
Đặt t = 3x 2 + 3 $\Rightarrow$ dt = 6 xdx $\Rightarrow$ xdx =
6
Đổi cận:
x 0 1
t 3 6
6
e3
= .e 3 = . ( e - e ) = ( e3 - 1)
dt 1 t 6 1 6 3
I = $\int$ et .
3
6 6 6 6
$\Rightarrow$ a = 6; b = 3; c = 0
.
$\Rightarrow$ a + b + c = 6+ 3+ 0 = 9

Hàm số bậc nhất f ( x ) = ax + b
1
1 1
ax 2 a a
4 = $\int$ f ( x )dx = $\int$ ( ax + b )dx = + bx = + b $\Rightarrow$ + b = 4 (1)
0 0 2 0 2 2
3
3
ax 2 9a 4a 5a 5a
2 = $\int$ ( ax + b )dx = + bx = + 3b - - 2b = +b $\Rightarrow$ +b = 2 ( 2)
2 2 2 2 2 2 2

a
2 + b = 4 a = -1

$\iff$
Từ (1) và ( 2 ) ta có: 5a
9
b=
9 $\Rightarrow$ f ( x) = -x + .
+b = 2 2 2
2

9
f ( 2 x - 5) = -2 x + 5 + .
2

f ( f ( 2 x - 5) ) = 2 x - 5 - + = 2 x - 5
9 9
2 2
1 1
I = $\int$ f ( f ( 2 x - 5) )dx = $\int$ ( 2 x - 5 )dx = -4. .
0 0

Đặt $t=\sqrt{3x+1}\Rightarrow t^2=3x+1\Rightarrow 2tdt=3dx$ và $x=\frac{t^2-1}{3}$. Ta có $f^{\prime }(x)=\frac{2(t^2-1)}{3(t^2-t)}=\frac{2(t-1)(t+1)}{3t(t-1)}=\frac{2(t+1)}{3t}=\frac{2}{3}\left(1+\frac{1}{t}\right)=\frac{2}{3}+\frac{2}{3\sqrt{3x+1}}$. Lấy nguyên hàm ta tìm được $f(x)=\frac{2}{3}x+\frac{4}{9}\sqrt{3x+1}-\frac{5}{9}$. Tính tích phân ${\int }_1^{5}f(x)dx$ cho kết quả bằng $\frac{916}{9}$. Chọn D.

a) Sai vì diện tích bằng ${\int }_0^{3/5}(-5x^2+3x)\mathrm{d}x=0,18<0,2$. b) Đúng. c) Sai vì $V=\frac{7}{160}\pi <\frac{\pi }{10}$. d) Sai (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 222).

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị:
$x^2=-x^3+2x\iff x^3+x^2-2x=0\iff x(x-1)(x+2)=0\iff [\begin{array}{rl}& x=-2\\ & x=0\\ & x=1\end{array}$.

Diện tích phần hình phẳng gạch chéo là:
$S={\int }_{-2}^1|x^3+x^2-2x|dx={\int }_{-2}^0(x^3+x^2-2x)dx+{\int }_0^1-(x^3+x^2-2x)dx$
$=\left(\frac{x^4}{4}+\frac{x^3}{3}-x^2\right){|}_{-2}^0-\left(\frac{x^4}{4}+\frac{x^3}{3}-x^2\right){|}_0^1$
$=-\left(4-\frac{8}{3}-4\right)-\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{3}-1\right)=\frac{8}{3}-\left(-\frac{5}{12}\right)=\frac{8}{3}+\frac{5}{12}=\frac{37}{12}$.

Đường thẳng $d$ đi qua $M(1;2)$ với hệ số góc $k$ có phương trình: $y=k(x-1)+2$.
Phương trình hoành độ giao điểm của $d$ và $(P)$ là:
$x^2-kx+k-2=0$.
Biệt thức $\Delta =k^2-4(k-2)=k^2-4k+8=(k-2{)}^2+4>0$ với mọi $k$.
Gọi $x_1<x_2$ là hai nghiệm phân biệt của phương trình. Theo định lí Vi-ét:
$x_1+x_2=k$, $x_1{x}_2=k-2$.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi $d$ và $(P)$ là:
$S={\int }_{x_1}^{x_2}(-x^2+kx-k+2)dx=\frac{1}{6}(x_2-x_1{)}^3=\frac{1}{6}(\sqrt{\Delta }{)}^3=\frac{1}{6}(k^2-4k+8{)}^{\frac{3}{2}}$.
Theo đề bài, $S=\frac{4}{3}$, suy ra:
$\frac{1}{6}(k^2-4k+8{)}^{\frac{3}{2}}=\frac{4}{3}\iff (k^2-4k+8{)}^{\frac{3}{2}}=8\iff k^2-4k+8=4\iff (k-2{)}^2=0\iff k=2$.

Với $k=2$, phương trình hoành độ giao điểm trở thành $x^2-2x=0\iff x=0$ hoặc $x=2$.
Tọa độ hai giao điểm là $A(0;0)$ và $B(2;4)$.
Độ dài đoạn thẳng $AB$ là: $AB=\sqrt{(2-0{)}^2+(4-0{)}^2}=\sqrt{4+16}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}\approx 4.472$.
Vì $4<4.472<4.5=\frac{9}{2}$, nên độ dài đoạn thẳng $AB$ thuộc khoảng $\left(4;\frac{9}{2}\right)$.

Giao điểm của $(C)$ với trục hoành: $\frac{-3x-1}{x-1}=0\iff x=-\frac{1}{3}$.
Diện tích hình phẳng cần tính là: $S={\int }_{-1/3}^0\left|\frac{-3x-1}{x-1}\right|dx=-{\int }_{-1/3}^0\left(-3-\frac{4}{x-1}\right)dx=[3x+4\ln |x-1|{]}_{-1/3}^0=4\ln 1-\left(-1+4\ln \frac{4}{3}\right)=1-4\ln \frac{4}{3}$ hoặc theo đề $4\ln \frac{4}{3}-1$. Chọn A.

Ta có ${\int }_0^1\frac{2x^2+3x+3}{(x+1{)}^2}dx={\int }_0^1\left(2+\frac{-x+1}{(x+1{)}^2}\right)dx={\int }_0^1\left(2+\frac{2}{(x+1{)}^2}-\frac{1}{x+1}\right)dx={\left[2x-\frac{2}{x+1}-\ln |x+1|\right]}_0^1=3-\ln 2$.
Do đó $a=3$ và $b=2$, suy ra $P=a^2+b^2=3^2+2^2=13$. Chọn A.

Đặt $t=2x\Rightarrow dt=2dx$. Tích phân trở thành $I={\int }_0^{2}x{f}^{\prime }(2x)dx=\frac{1}{4}{\int }_0^{4}t{f}^{\prime }(t)dt$. Từng phần với $u=t,dv=f^{\prime }(t)dt$: $I=\frac{1}{4}\left([tf(t){]}_0^4-{\int }_0^{4}f(t)dt\right)=\frac{1}{4}(4f(4)-4)=f(4)-1=2023-1=2022$. Chọn A.

**Chọn A**
du = dx
u = x
 1
dv = cos 2 xdx v = sin 2 x
2
π π π
4
1 4 14 π 1 π
π 1( π ( π 1
∫0 x.cos 2 xdx = x.
2
sin 2 x
0
- ∫
20
sin 2 xdx = +
8 4
cos 2 x 4 =
0
+ cos - cos 0 = - .
8 4) 2 ) 8 4
-1 1 -1 1
Do đó a = ; b =  a + 2b = + 2. = 0
4 8 4 8

**Chọn A**
π π x 1
u = d u = dx
3
x sin x x tan x 3
2 2
Ta có ∫ 3
dx = ∫ 2
dx . Đặt 
2 cos x 2 cos x dv = tan x tan 2 x
0 0

d x = tan x d ( tan x ) v = .
cos 2 x 2
Suy ra
π π π
3
x tan x x 13 3
∫0 2 cos2 x = - ∫
2
dx .tan x tan 2 x dx
4 0 40
π

π 1 3( 1 (
= - ∫ 2
- 1 dx
4 4 0 ) cos x )
π
π 1 3 π 3
= - ( tan x - x ) = - .
4 4 0 3 4
1 1 1
Do đó a =và b = - . Vậy giá trị của a + b = .
3 4 12

Phương trình hoành độ giao điểm $x^3-2x^2-3x+4=2x-2⟺x\in \{-2;1;3\}$, suy ra c đúng. $S_1={\int }_{-2}^1(x^3-2x^2-5x+6)\mathrm{d}x=\frac{63}{4}$, $S_2={\int }_1^3-(x^3-2x^2-5x+6)\mathrm{d}x=\frac{16}{3}$, nên $S_1+S_2=\frac{253}{12}$ (d đúng) và $\frac{S_1}{S_2}=\frac{189}{64}\ne \frac{63}{16}$ (b sai). Diện tích ở ý a bằng ${\int }_{-1}^2|x^3-2x^2-3x+4|\mathrm{d}x=\frac{13}{4}\ne \frac{21}{4}$ (a sai) (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 1101).