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

Đặt $u=3x-1\Rightarrow \mathrm{d}u=3\mathrm{d}x$. Đổi cận: $x=1\Rightarrow u=2$; $x=3\Rightarrow u=8$.
$I={\int }_1^{3}f(3x-1)\mathrm{d}x=\frac{1}{3}{\int }_2^{8}f(u)\mathrm{d}u$.
Theo định lý cơ bản, vì $F(x)$ và $G(x)$ đều là nguyên hàm của $f(x)$ nên:
${\int }_2^{8}f(x)\mathrm{d}x=F(8)-F(2)$ và ${\int }_2^{8}f(x)\mathrm{d}x=G(8)-G(2)$.
Cộng vế theo vế:
$2{\int }_2^{8}f(x)\mathrm{d}x=[F(8)+G(8)]-[F(2)+G(2)]=15-3=12\Rightarrow {\int }_2^{8}f(x)\mathrm{d}x=6$.
Vậy $I=\frac{1}{3}\cdot 6=2$. Chọn D.

Ta có: $G(x)=F(x)+C$.
$\{\begin{array}{l}2F(4)-G(4)=6\\ 2F(0)-G(0)=2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}2F(4)-(F(4)+C)=6\\ 2F(0)-(F(0)+C)=2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}F(4)-C=6\\ F(0)-C=2\end{array}\Rightarrow F(4)-F(0)=4$.
Đặt $I={\int }_0^{2}f(2x)\mathrm{d}x$. Đặt $t=2x\Rightarrow \mathrm{d}t=2\mathrm{d}x\Rightarrow \mathrm{d}x=\frac{1}{2}\mathrm{d}t$.
Đổi cận: $x=0\Rightarrow t=0$; $x=2\Rightarrow t=4$.
Suy ra $I=\frac{1}{2}{\int }_0^{4}f(t)\mathrm{d}t=\frac{1}{2}[F(4)-F(0)]=\frac{4}{2}=2$.

Vì trên $[1;3]$, đồ thị $f^{\prime }(x)$ nằm dưới trục hoành nên ${\int }_1^3{f}^{\prime }(x)dx=-S=-\frac{5}{3}$. Do đó $f(3)-f(-2)={\int }_{-2}^3{f}^{\prime }(x)dx=3-\frac{5}{3}=\frac{4}{3}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 1201, trang 5), Câu 2 (Phần III) có đáp số là $3,93$.

Ta có $f^{\prime }(x)=3(1-\cos 2x)+2=5-3\cos 2x⟹f(x)=5x-\frac{3}{2}\sin 2x+4$. Do đó ${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}f(x)\mathrm{d}x={\left[\frac{5}{2}{x}^2+\frac{3}{4}\cos 2x+4x\right]}_0^{\frac{\pi }{4}}=\frac{5{\pi }^2}{32}+\pi -\frac{3}{4}\approx 3,93$.

Chọn A

Chọn D

Đáp án: A. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 9; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Từ hình vẽ, diện tích hình phẳng kẻ sọc là ${\int }_0^{2}f(t)\mathrm{d}t=3$.

Đặt $t=2x\Rightarrow \mathrm{d}t=2\mathrm{d}x$. Khi đó ${\int }_0^{1}f(2x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\int }_0^{2}f(t)\mathrm{d}t=\frac{3}{2}$.

Gọi $S_1={\int }_0^3|f^{\prime }(x)|\mathrm{d}x=-{\int }_0^3{f}^{\prime }(x)\mathrm{d}x=f(0)-f(3)>0\Rightarrow f(0)>f(3)$.

Gọi $S_2={\int }_3^5|f^{\prime }(x)|\mathrm{d}x={\int }_3^5{f}^{\prime }(x)\mathrm{d}x=f(5)-f(3)>0\Rightarrow f(5)>f(3)$.

Từ đồ thị ta thấy diện tích $S_1>S_2\iff f(0)-f(3)>f(5)-f(3)\iff f(0)>f(5)$. Vậy $f(3)<f(5)<f(0)$.

Đặt $t=\sqrt{x}\Rightarrow {\int }_1^{2}f(x)\mathrm{d}x=4$. Tích phân từng phần ${\int }_0^{1}x{f}^{\prime }(x)\mathrm{d}x=-{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=2\Rightarrow {\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=-2$. Vậy ${\int }_0^{2}f(x)\mathrm{d}x=-2+4=2$. Chọn A.

Diện tích thiết diện là tam giác đều cạnh $2|\cos x|$ nên $S(x)=(2\cos x{)}^2\frac{\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}{\cos }^{2}x$. Thể tích vật thể là $V={\int }_0^{\pi }\sqrt{3}{\cos }^{2}xdx=\frac{\sqrt{3}}{2}{\int }_0^{\pi }(1+\cos 2x)dx=\frac{\pi \sqrt{3}}{2}$.

Đặt $t=\sqrt{x}\Rightarrow dx=2tdt$. Khi đó $I=2{\int }_0^{2}t{f}^{\prime }(t)dt=2\left[{tf(t)|}_0^2-{\int }_0^{2}f(t)dt\right]=2\left[2f(2)-(-1)\right]=2(6+1)=14$.

Dựa vào đồ thị, hàm số đạt cực đại tại $(0;4)$ và cực tiểu tại $(2;0)$ nên $f(x)=x^3-3x^2+4$. Trên đoạn $[-1;2]$ ta có $f(x)=(x+1)(x-2{)}^2\ge 0$, nên diện tích hình phẳng là $S={\int }_{-1}^2(x^3-3x^2+4)dx=\frac{27}{4}$.

Đặt $t=2x\Rightarrow dt=2dx\Rightarrow x=\frac{t}{2},dx=\frac{dt}{2}$. Tích phân trở thành $I={\int }_0^4\frac{t}{2}{f}^{\prime }(t)\frac{dt}{2}=\frac{1}{4}{\int }_0^{4}t{f}^{\prime }(t)dt$. Tích phân từng phần: ${\int }_0^{4}t{f}^{\prime }(t)dt=tf(t){|}_0^4-{\int }_0^{4}f(t)dt=4f(4)-2024=4(2023)-2024=8092-2024=6068$. Do đó $I=\frac{6068}{4}=1517$. Chọn B.

Chọn B
Xét hiệu $h(x)=f(x)-g(x)$. Vì $f(x)$ bậc 3 và $g(x)$ bậc 2 nên $h(x)$ là đa thức bậc 3 có hệ số bậc cao nhất là $a$.
Vì hoành độ giao điểm là $-1;1;2$ nên $h(x)=a(x+1)(x-1)(x-2)=a(x^2-1)(x-2)=a(x^3-2x^2-x+2)$.
Ta có hệ số tự do của $f(x)$ là 3, và $(P)$ đi qua gốc tọa độ nên hệ số tự do của $g(x)$ là 0. Do đó hệ số tự do của $h(x)$ là $3-0=3$.
Mặt khác hệ số tự do của $h(x)$ là $2a\Rightarrow 2a=3\iff a=\frac{3}{2}$.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị là:
$S={\int }_{-1}^2|h(x)|\mathrm{d}x=\frac{3}{2}{\int }_{-1}^2|(x+1)(x-1)(x-2)|\mathrm{d}x=\frac{3}{2}\left[{\int }_{-1}^1(x^3-2x^2-x+2)\mathrm{d}x+{\int }_1^2(-x^3+2x^2+x-2)\mathrm{d}x\right]=\frac{37}{8}$.

Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm của $(C)$ và $(P)$ là:
$x^3+mx+2=-x^2+2\iff x(x^2+x+m)=0\iff x=0$ hoặc $x^2+x+m=0$.
Từ $S_1=\frac{8}{3}$, tính được $m=-2$.
Khi $m=-2$, phương trình $x^2+x-2=0$ có nghiệm $x=1$ và $x=-2$.
Miền thứ hai giới hạn từ $0$ đến $1$, diện tích là:
$S_2={\int }_0^1[(-x^2+2)-(x^3-2x+2)]\mathrm{d}x={\int }_0^1(-x^3-x^2+2x)\mathrm{d}x={\left[-\frac{x^4}{4}-\frac{x^3}{3}+x^2\right]}_0^1=-\frac{1}{4}-\frac{1}{3}+1=\frac{5}{12}$.

Chọn A
1 1 2
1
Ta có  f ( 2 x ) dx = 6 $\Rightarrow$ f ( 2 x ) d2x = 6 $\Rightarrow$  f ( x ) dx = 12 $\Rightarrow$ F ( 0 ) - F ( 2 ) = -12
0
2 0 0

2

Chọn D
2 2 3 3
1 1 1
Ta có:  xf ( 2 x - 1) dx =  xf ( 2 x - 1) d ( 2 x - 1) =  ( t + 1) f ( t ) dt =  ( t + 1) d ( F ( t ) )
0
20 4 -1 4 -1
3 3 3
1 1 1 1 1 1
= ( t + 1) F ( t ) -1 -  F ( t ) dt = ( t + 1) F ( t ) -1 -  F ( t ) dt = F ( 3) -  F ( t ) dt = - .
3 3

4 4 -1 4 4 -1 4 -1 2

Ta có $S={\int }_{-12}^{12}|x^2-x|dx={\int }_{-12}^0(x^2-x)dx+{\int }_0^1(x-x^2)dx+{\int }_1^{12}(x^2-x)dx=648+\frac{1}{6}+\frac{3025}{6}=\frac{3457}{3}$.

tích phân từng phần: ${\int }_0^{1}f={\left[xf(x)\right]}_0^1-{\int }_0^{1}x{f}^{\prime }=f(1)-f(1)=0$. Chọn A.