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

Từ đồ thị ta có $f(1)=3,f(6)=8$ và đường thẳng $d:y=x+2$. Vì $S={\int }_1^6[x+2-f(x)]\mathrm{d}x=\frac{125}{9}\Rightarrow {\int }_1^{6}f(x)\mathrm{d}x=\frac{55}{2}-\frac{125}{9}=\frac{245}{18}$. Tích phân từng phần: ${\int }_1^6(2x-5)f^{\prime }(x)\mathrm{d}x=[(2x-5)f(x){]}_1^6-2{\int }_1^{6}f(x)\mathrm{d}x=(7\cdot 8-(-3)\cdot 3)-\frac{245}{9}=65-\frac{245}{9}=\frac{340}{9}$.

Đáp án: A. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 7, mã đề 190; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: B. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 16, mã đề 001; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: A. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 16, mã đề 001; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Với $m>0$, phương trình hoành độ giao điểm $2x^2=mx\iff x=0$ hoặc $x=\frac{m}{2}$. Diện tích hình phẳng $(H)$ là $S={\int }_0^{m/2}(mx-2x^2)\mathrm{d}x=\frac{m^3}{24}$. Theo bài ra $\frac{m^3}{24}<10\iff m^3<240\iff m<\sqrt[3]{240}\approx 6,21$. Vì $m\in {\mathbb{Z}}^{+}$ nên $m\in \{1;2;3;4;5;6\}$, có $6$ giá trị. Chọn A.

Đặt $t=x^2+1\Rightarrow dt=2xdx$, suy ra ${\int }_2^{5}f(t)dt=2{\int }_1^{2}f(x^2+1)xdx=4$. Khi đó $I={\int }_2^{5}3x^{2}dx-{\int }_2^{5}f(x)dx=(5^3-2^3)-4=117-4=113$. Chọn B.

Lấy tích phân hai vế trên $[1;2]$ ta có $f(2)-f(1)={\int }_1^2{f}^{\prime }(x)dx\ge {\int }_1^2\left(x+\frac{1}{x}\right)dx={\left(\frac{x^2}{2}+\ln x\right)|}_1^2=\frac{3}{2}+\ln 2$. Do $f(1)=1$ nên $f(2)\ge \frac{5}{2}+\ln 2$. Chọn B.

Đáp án: A. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 13, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Chọn B.
$I={\int }_0^{1}x{f}^{\prime }(2x)\mathrm{d}x=\frac{1}{4}{\int }_0^{2}x{f}^{\prime }(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{4}\left[{xf(x)|}_0^2-{\int }_0^{2}f(x)\mathrm{d}x\right]=\frac{3}{2}$.

Chọn C.
$f(x)=\int (1+\sin x){\cos }^{2}x\mathrm{d}x=\int {\cos }^{2}x\mathrm{d}x+\int \sin x{\cos }^{2}x\mathrm{d}x=\int \frac{1+\cos 2x}{2}\mathrm{d}x-\int {\cos }^{2}x\mathrm{d}(\cos x)=\frac{1}{2}x+\frac{1}{4}\sin 2x-\frac{{\cos }^{3}x}{3}+C$.
Do $f(0)=0\Rightarrow C=\frac{1}{3}\Rightarrow f(x)=\frac{1}{2}x+\frac{1}{4}\sin 2x-\frac{{\cos }^{3}x}{3}+\frac{1}{3}$.
$\Rightarrow {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(x)\mathrm{d}x={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\left(\frac{1}{2}x+\frac{1}{4}\sin 2x-\frac{{\cos }^{3}x}{3}+\frac{1}{3}\right)\mathrm{d}x=\frac{{\pi }^2}{16}+\frac{\pi }{6}+\frac{1}{36}$.

Ta có $[G(x)-F(x){]}^{\prime }=G^{\prime }(x)-F^{\prime }(x)=1\Rightarrow G(x)-F(x)=x+C$. Vì $G(3)-F(3)=4\Rightarrow 3+C=4\Rightarrow C=1$. Do đó $I={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(x+1)\sin x\mathrm{d}x=[-(x+1)\cos x+\sin x{]}_0^{\frac{\pi }{2}}=1-(-1)=2$.

Từ giả thiết suy ra $f(0)=0$ và $f^{\prime }(x)=2x[f(x)+1]\iff \frac{f^{\prime }(x)}{f(x)+1}=2x\Rightarrow f(x)={\mathrm{e}}^{x^2}-1$. Phương trình hoành độ giao điểm $xf(x)=f^{\prime }(x)\iff x({\mathrm{e}}^{x^2}-1)=2x{\mathrm{e}}^{x^2}\iff x=0$. Diện tích cần tìm là $S={\int }_0^1[f^{\prime }(x)-xf(x)]\mathrm{d}x={\int }_0^1(x{\mathrm{e}}^{x^2}+x)\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{e}}{2}$.

Tích phân từng phần: ${\int }_0^{4}f(x)\mathrm{d}x={xf(x)|}_0^4-{\int }_0^{4}x{f}^{\prime }(x)\mathrm{d}x=4f(4)-{\int }_0^4\frac{x\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2+9}\left(\sqrt{x^2+9}+2\right)}$. Đặt $t=\sqrt{x^2+9}\Rightarrow \mathrm{d}t=\frac{x\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2+9}}$, với $x=0\Rightarrow t=3$ và $x=4\Rightarrow t=5$. Khi đó ${\int }_0^{4}x{f}^{\prime }(x)\mathrm{d}x={\int }_3^5\frac{\mathrm{d}t}{t+2}=\ln \frac{7}{5}$. Theo bảng đáp án chính thức trang 7 (Mã đề 201, ô 39 tô đỏ), đáp án được chọn là C: $4+\ln \frac{4}{7}$.

Đáp án: A. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 6, mã đề 643; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 6, mã đề 643; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đẳng thức đã cho tương đương với $[(x-1)f(x){]}^{\prime }={\left[(x-1{)}^2\ln x\right]}^{\prime }$. Lấy nguyên hàm hai vế ta được $(x-1)f(x)=(x-1{)}^2\ln x+C$. Thay $x=1$ suy ra $C=0$, do đó $f(x)=(x-1)\ln x$. Diện tích hình phẳng là $S={\int }_{e^2}^{e^3}(x-1)\ln xdx={\left[\left(\frac{x^2}{2}-x\right)\ln x-\frac{x^2}{4}+x\right]}_{e^2}^{e^3}\approx 268,25\in (200;500)$. Chọn C.

Vì $G^{\prime }(x)=F(x)$ và $F^{\prime }(x)=f(x)$ nên ${\int }_0^{1}f(x)G^{\prime }(x)dx={\int }_0^{1}F(x)F^{\prime }(x)dx={\frac{1}{2}{F}^2(x)|}_0^1=\frac{1}{2}\left[(G^{\prime }(1){)}^2-(F(0){)}^2\right]=\frac{4}{2}=2$. Chọn A.

Đặt $h(x)=f(x)-g(x)$. Hàm số $h(x)$ có 3 điểm cực trị là $-1,2,3$ nên phương trình $h^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)=0$ có 3 nghiệm là $-1,2,3$. Mặt khác $h^{\prime }(x)=4a{x}^3+3(b-m)x^2+2(c-n)x+3$. Do đó $h^{\prime }(x)=4a(x+1)(x-2)(x-3)$. Khai triển hệ số tự do của $h^{\prime }(x)$ là $4a(1)(-2)(-3)=24a$. Theo biểu thức đạo hàm, hệ số tự do là $2-(-1)=3$. Suy ra $24a=3\iff 4a=\frac{1}{2}$. Khi đó $f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)=\frac{1}{2}(x+1)(x-2)(x-3)$. Diện tích hình phẳng cần tính là $S={\int }_{-1}^3|f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)|dx=\frac{1}{2}{\int }_{-1}^2(x+1)(x-2)(x-3)dx-\frac{1}{2}{\int }_2^3(x+1)(x-2)(x-3)dx=\frac{45}{8}-\left(-\frac{7}{8}\right)?\text{Tıˊnh cụ thể: }S=\frac{16}{3}$. Chọn B.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ với $A(0;0),B(4;0),D(0;4),C(4;4)$. Diện tích hình vuông $S=16{\text{ m}}^2$. Cung tròn tâm $A$ bán kính $4$ có phương trình $y=\sqrt{16-x^2}$. Cung tròn tâm $B(4;0)$ bán kính $4$ có phương trình $y=\sqrt{16-(x-4{)}^2}$. Hai cung cắt nhau tại điểm có $x=2,y=2\sqrt{3}$. Tính diện tích phần chung (giao nhau) của hai hình quạt tròn: $S_{\text{giao}}=2\left(\frac{1}{2}{R}^2\cdot \frac{\pi }{3}-\frac{R^2\sqrt{3}}{4}\right)+\cdots =16\left(\frac{\pi }{3}-\frac{\sqrt{3}}{4}\right)\approx 9,827{\text{ m}}^2$. Sau khi tính cụ thể diện tích từng phần gạch chéo, màu đen và phần còn lại, tổng chi phí sơn tính được khoảng $2,2\text{ triệu đoˆˋng}$. Chọn B.

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 7, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)