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

Chọn C.

Ta có:
- Với $x<-1$: $f(x)=-(1+x)-(1-x)=-2$.
- Với $-1\le x\le 1$: $f(x)=(1+x)-(1-x)=2x$.
- Với $x>1$: $f(x)=(1+x)+(1-x)=2$.
Ta có $[F(0)-F(1)]+[F(2)-F(1)]={\int }_1^{0}f(x)dx+{\int }_1^{2}f(x)dx=-{\int }_0^{1}2xdx+{\int }_1^{2}2dx=-1+2=1$.
Suy ra $F(0)+F(2)=1+2F(1)=1+2(3)=7$.

**Chọn C**

1  f  ln x 
e e
1
e
f  ln x  e 1

Ta có  dx   dx   dx  ln x 1   f  ln x  d  ln x   1   f  x  dx .
e

1
x 1
x 1
x 1 0

1  f  ln x 
e 1

Mặt khác  dx  2 suy ra  f  x  dx  1 .
1
x 0
1 1 1
4
Do đó  xf   x  dx   xd  f  x    xf  x  0   f  x  dx  f 1  1 
1
.
0 0 0
3

**Chọn B**

Ta có: f   x   6 x 2  2ax  b .
 f   0  0
 b  0
Từ đồ thị suy ra:   4   .
f 
 3  0  a  4
  
x  0
Ta có: f  x   f   x   2 x 3  10 x 2  8 x . Cho f  x   f   x   0   x  1 .
 x  4
4
71
Vậy diện tích hình phẳng là S   2 x3  10 x 2  8 x dx   m  n  74 .
0
3

Chọn D
x = 1
Giải phương trình: x + 11x - 6 = 6 x $\iff$ x - 6 x + 11x - 6 = 0 $\iff$ x = 2 .
3 2 3 2

x = 3
2 1 2
5
Ta có S =  x 3 - 6 x 2 + 11x - 6 dx =  ( x 3 - 6 x 2 + 11x - 6 )dx +  ( x 3 - 6 x 2 + 11x - 6 )dx =
.
0 0 1
2

Chọn D
Vì F ( x), G ( x) là hai nguyên hàm của f ( x) nên ta có F ( x) = G ( x) + C

F (10) + G (1) = -11 G (10) + C + G (1) = -11
Theo đề $\iff$ $\Rightarrow$ G (1) - G ( 0 ) = -12
F (0) + G (10) = 1 G (0) + C + G (10) = 1
$\pi$
4
Xét I =  cos 2 x. f (sin 2 x)dx .
0

x = 0 $\Rightarrow$ t = 0
1
Đặt t = sin 2 x $\Rightarrow$ dt = cos2xdx , đổi cận $\pi$ .
2 x = 4 $\Rightarrow$ t = 1
1
1 1 1 1
Khi đó I =  f (t )dt = G ( t )  = G (1) - G ( 0 )  = -6. .
20 2 0 2
1 5 8 3

Chọn A
'
f ' ( x) ( 1 )
Từ giả thiết: f ( x) = (2 x + 1) f ( x) $\iff$ - 2
' 2
= -2 x - 1 $\iff$ ( ) = -2 x - 1
f ( x) ( f ( x) )
1
f ( x) 
Do đó: = (-2 x - 1)dx = - x 2 - x + C

1 1
Mà f (1) = - nên C = 0 . Vậy f ( x) = 2 .
2 x +x
Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x), x = 1, x = e 2 là
e2
1 2
S= d x = 2 + ln .
1
x +x 2
1 + e2

**Chọn D**

2 2 8
1 1 1 8 1
Ta có:  f  3 x  2  dx   f  3 x  2  d  3 x  2    f  t  dt  F  t    F  8   F  2   .
0
30 32 3 2 3

Mặt khác ta có:
4 4 4 8
3 3
f  x   3 f  2 x    f  x dx   3 f  2 x dx   f  2 x d  2 x    f  t d  t 
2 2
22 24
4 3 8 3
 F  x  F  t   F  4   F  2    F  8   F  4  
2 2 4 2
3 15
 F  2   F 8 
2 2
Kết hợp với giả thiết ta có hệ phương trình:

 F  2   4F 8  0  F  2   12

 3 15   .
 F  2   F 8   F  8   3
 2 2
2
1 1
Vậy  f  3 x  2  dx   F  8   F  2     3  12   5 .
0
3 3

**Chọn B**

Ta có g  x   e f  x   g   x   f   x  e f  x  .

 x  x1
Ta có g   x   0  f   x   0 , khi đó f   x   0   x  x2
 x  x3

Phương trình hoành độ giao điểm f   x   g   x   f   x   f   x  e f  x 

 x  x1
Do f  x   0, x   nên f   x   f   x  e
f  x
 f   x   0   x  x2 .
 x  x3
x3 x2 x3

Ta có S   f   x   g   x  dx   f   x   g   x  dx   f   x   g   x  dx
x1 x1 x2

x2 x3

   
x x
   f   x  1  e f  x   dx    f   x  1  e f  x   dx  f  x   e f  x   f  x   e f  x 
2 3

    x1 x2
x1 x2

x2 x3 1
 f  x  e    f  x  e  
f x f x
 3  e3  2  e 2   e  3  e3  27, 63 .
x1 x2 2
x5

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0135, trang 17), Câu 4 có đáp án là: A.

Trên đoạn $[1;3]$, đồ thị hàm số $y=f^{\prime }(x)$ nằm phía dưới trục hoành nên diện tích $S=-{\int }_1^3{f}^{\prime }(x)dx$.
Suy ra ${\int }_1^3{f}^{\prime }(x)dx=-S=-\frac{5}{3}$.
Khi đó:
$f(3)-f(-2)={\int }_{-2}^3{f}^{\prime }(x)dx={\int }_{-2}^1{f}^{\prime }(x)dx+{\int }_1^3{f}^{\prime }(x)dx=3+\left(-\frac{5}{3}\right)=\frac{4}{3}$.

- **a) Đúng:** ${\int }_0^{\pi /2}(\sin x+\cos x)dx={(-\cos x+\sin x)|}_0^{\pi /2}=(0+1)-(-1+0)=2$.
- **b) Đúng:** Vì $-1\le \sin x\le 1$ nên $1\le 3-2\sin x\le 5$. Vậy tập giá trị của $g(x)$ là $T=[1;5]$.
- **c) Sai:** $\int g(x)dx=\int (3-2\sin x)dx=3x+2\cos x+C$.
- **d) Đúng:** Phương trình trở thành $2=3-2\sin x\iff \sin x=\frac{1}{2}$. Trên đoạn $[0;2\pi ]$, phương trình có đúng $2$ nghiệm là $x=\frac{\pi }{6}$ và $x=\frac{5\pi }{6}$.

a) Đúng. Đạo hàm của hàm số $y=\log x$ là $y^{\prime }=\frac{1}{x\ln 10}$.

b) Đúng. Vì $AB\perp Oy$ và $AB=10\text{ cm}=0,1\text{ m}$ nên điểm $B$ có hoành độ $x_B=0,1$.

c) Sai. Điểm $B$ có hoành độ $0,1$ nên tung độ của $B$ là $y_B=\log 0,1=-1$. Vì $AB$ vuông góc với tường tại $A$ nên $A$ có tung độ $-1$. Khoảng cách $AM=1,4\text{ m}$ nên tung độ của $M$ là $y_M=-1+1,4=0,4$. Do $MN$ vuông góc với tường nên $N$ có cùng tung độ với $M$, tức là $y_N=0,4\ne 1,4$.

d) Đúng. Điểm $N$ có tung độ bằng $0,4\Rightarrow \log x_N=0,4\Rightarrow x_N=10^{0,4}\approx 2,51189$.
Độ dài giá đỡ là:
$L={\int }_{0,1}^{10^{0,4}}\sqrt{1+{\left(\frac{1}{x\ln 10}\right)}^2}dx\approx 2,97\text{ m}$.

a) Đúng: Trên $[0;2]$, $f(x)=(x-1{)}^2(2x+1)\ge 0$ nên $S={\int }_0^2|2x^3-3x^2+1|dx={\left(\frac{x^4}{2}-x^3+x\right)|}_0^2=2$.
b) Đúng: Ta có $G^{\prime }(x)=2x^3-3x^2+1=f(x)$ nên $G(x)$ là một nguyên hàm của $f(x)$.
c) Đúng: $F(x)=\frac{x^4}{2}-x^3+x+C$. Do $F(2)=2\Rightarrow 2+C=2\Rightarrow C=0$. Vậy $F(-1)=\frac{1}{2}+1-1=\frac{1}{2}$.
d) Sai: $H(a)=\frac{a^4}{2}-a^3+a-\frac{1}{2}$ trên $[-1;2]$ có $H^{\prime }(a)=f(a)=(a-1{)}^2(2a+1)$. Ta có $H(-1)=0$, $H\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{27}{32}$, $H(1)=0$, $H(2)=\frac{3}{2}$. Vậy ${\max }_{[-1;2]}H(a)=\frac{3}{2}$ đạt tại $a=2$.

Phương trình hoành độ giao điểm $\sqrt{x}=\frac{1}{\sqrt{27}}{x}^2⟺x=0$ hoặc $x=3$. Diện tích mặt hồ là $S={\int }_0^3\left(\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{27}}{x}^2\right)dx=\sqrt{3}\approx 1,7$ đvdt (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 121).

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 1001, trang 21), Câu 8 chọn đáp án B.

Ta có $(3\tan x+2\cot x{)}^2=9{\tan }^{2}x+12\tan x\cot x+4{\cot }^{2}x=9({\tan }^{2}x+1)+4({\cot }^{2}x+1)-1$.
Do đó:
${\int }_{\pi /4}^{\pi /3}(3\tan x+2\cot x{)}^{2}dx=[9\tan x-4\cot x-x{]}_{\pi /4}^{\pi /3}$
$=\left(9\sqrt{3}-\frac{4}{\sqrt{3}}-\frac{\pi }{3}\right)-\left(9-4-\frac{\pi }{4}\right)=\left(\frac{23\sqrt{3}}{3}-\frac{\pi }{3}\right)-\left(5-\frac{\pi }{4}\right)=-5+23\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{\pi }{12}$.
Đối chiếu với dạng $a+b\frac{\sqrt{3}}{3}+c\frac{\pi }{12}$, ta có $a=-5,b=23,c=-1$.
Vậy tổng $T=a+b+c=-5+23+(-1)=17$.

- Mệnh đề a: Nhánh bên phải của đồ thị đi lên nên hệ số $a>0$. (Đúng)
- Mệnh đề b: Hàm số đạt cực đại tại $x=0$ và cực tiểu tại $x=2$, hàm số nghịch biến trên khoảng $(0;2)$ nên không thể đồng biến trên $(-\infty ;4)$. (Sai)
- Mệnh đề c: Hai điểm cực trị có hoành độ $x=0$ và $x=2$ chính là hai nghiệm của $f^{\prime }(x)=0$. (Đúng)
- Mệnh đề d: Diện tích hình $(H)$ giới hạn bởi đồ thị và trục hoành được tính bằng tích phân cho kết quả $\frac{27}{4}$. (Đúng)

Phương trình hoành độ giao điểm của $(P_1)$ và $(P_2)$ là $-x^2+4x=x^2-2x\iff 2x^2-6x=0\iff x=0$ hoặc $x=3$.
Diện tích bề mặt một cánh hoa là $S_1={\int }_0^3\left[(-x^2+4x)-(x^2-2x)\right]dx={\int }_0^3(6x-2x^2)dx=9{\text{ (m}}^2\text{)}$.
Độ dày đồng nhất của cánh hoa là $h=15\text{ cm}=0,15\text{ m}$, nên thể tích một cánh hoa là $V_1=9\cdot 0,15=1,35{\text{ (m}}^3\text{)}$.
Thể tích của cả $5$ cánh hoa là $V=5\cdot 1,35=6,75{\text{ (m}}^3\text{)}$.
Vậy tổng chi phí vật liệu là $T=6,75\cdot 40=270$ (triệu đồng).

Ta có $P(2;8)$, nên đường thẳng $d$ đi qua $O(0;0)$ và $P(2;8)$ có phương trình $y=4x$.
Tọa độ giao điểm $Q$ của $d$ và $\Delta :y=-x+5$ là nghiệm của $4x=-x+5\iff x=1\Rightarrow Q(1;4)$. Giao điểm của $\Delta$ với trục hoành là $R(5;0)$.
Gọi $S_0$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đoạn $OQ$ (trên đường thẳng $d$), đường thẳng $\Delta$ và đường cong $y=x^3$. Khi đó:
- $A+S_0$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi $d:y=4x$ và $y=x^3$ trên đoạn $[0;2]$: $A+S_0={\int }_0^2(4x-x^3)dx={\left(2x^2-\frac{x^4}{4}\right)|}_0^2=8-4=4$.
- $B+S_0$ là diện tích tam giác $OQR$ với đáy $OR=5$ và chiều cao $y_Q=4$: $B+S_0=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 4=10$.
Vậy $B-A=(B+S_0)-(A+S_0)=10-4=6$.

- Ta có diện tích hình phẳng: $S_1={\int }_{-1}^{1}f(x)dx=8$ (d Đúng) và $S_2=-{\int }_1^{4}f(x)dx=20$.
- ${\int }_{-1}^4|f(x)|dx=S_1+S_2=8+20=28$ (a Đúng).
- ${\int }_{-1}^{4}f(x)dx=S_1-S_2=8-20=-12\ne 28$ (b Sai).
- Vì $F(4)-F(1)={\int }_1^{4}f(x)dx=-20⟹F(1)=F(4)+20=7+20=27$. Lại có $F(1)-F(-1)={\int }_{-1}^{1}f(x)dx=8⟹F(-1)=F(1)-8=27-8=19$. Suy ra $3F(1)-7F(-1)=3(27)-7(19)=81-133=-52$ (c Đúng).

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 1001, trang 5), Câu 1 (Phần III) có đáp số là $26,1$.

Parabol $(P)$ có đỉnh $I(5;0)$ nên có phương trình dạng $y=a(x-5{)}^2$.
Quan sát hình vẽ, điểm $C$ nằm trên trục tung $Oy$ tại tung độ $y=5$, tức là $C(0;5)\in (P)$.
Thay tọa độ $C(0;5)$ vào ta được: $5=a(0-5{)}^2\iff 25a=5\iff a=\frac{1}{5}$.
Do đó parabol có phương trình: $y=\frac{1}{5}(x-5{)}^2=\frac{1}{5}{x}^2-2x+5$.

Hình chữ nhật $OABC$ có $C(0;5)$ và $B$ có hoành độ $x_B=7$, tung độ $y_B=5$, điểm $A(7;0)$.
Phần được tô màu của bảng quảng cáo là hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng $y=5$, parabol $y=\frac{1}{5}(x-5{)}^2$ và hai đường thẳng $x=0,x=7$.
Diện tích của bảng quảng cáo là:
$S={\int }_0^7\left[5-\left(\frac{1}{5}{x}^2-2x+5\right)\right]dx={\int }_0^7\left(2x-\frac{1}{5}{x}^2\right)dx=\left(x^2-\frac{x^3}{15}\right){|}_0^7=49-\frac{343}{15}=\frac{392}{15}\approx 26,\mathrm{133...}\approx 26,1{\text{ m}}^2$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 9), Câu 2 chọn đáp án A.

Diện tích thiết diện vuông góc với trục $Ox$ tại hoành độ $x$ là $S(x)=(\sqrt{9-x^2}{)}^2=9-x^2$.
Thể tích vật thể là:
$V={\int }_0^{3}S(x)dx={\int }_0^3(9-x^2)dx=\left(9x-\frac{x^3}{3}\right){|}_0^3=(27-9)-0=18$.