Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tích phân xác định (Toán học Lớp 12)
Tuyển tập 2.410 câu hỏi thuộc chuyên đề Tích phân xác định (Giải tích – Toán học Lớp 12) trích từ ngân hàng đề thi chính thức và đề thi thử các trường THPT trên toàn quốc. Chọn trực tiếp đáp án A, B, C, D bên dưới để kiểm tra kết quả và xem hướng dẫn giải chi tiết từng bước.
Dấu hiệu & kiến thức trọng tâm:tích phân có cậnđổi biến/từng phần
Cho hàm số bậc ba y=f(x) có đồ thị là đường cong trong hình bên dưới f(1)=0; f′′(32)=0 và f(32)=2720. Biết hàm số f(x) đạt cực trị tại hai điểm x1,x2 thỏa mãn 3x2−6x1=37−2. Gọi S1 và S2 là diện tích của hai hình phẳng được gạch trong hình bên dưới. Tỉ số S2S1 thuộc khoảng nào dưới đây?
Vì f′′(32)=0 nên điểm uốn có hoành độ xu=32⟹x1+x2=34. Kết hợp với 3x2−6x1=37−2 ta giải được x1=32−7 và x2=32+7. Khi đó f′(x)=k(x−x1)(x−x2)=k(x2−34x−31)⟹f(x)=3k(x3−2x2−x+C). Từ f(1)=0⟹C=2 (và f(2/3)=20/27⟹k=23). Tỉ số S2S1=−∫1x2(x3−2x2−x+2)dx∫x11(x3−2x2−x+2)dx≈6,85∈(6,7;6,9).
Một resort muốn đắp đồi trượt cỏ cho trẻ em. Đường trượt được thiết kế bắt đầu từ vị trí A cao 3 m thoải dần theo dạng một parabol (P1) có đỉnh ngay vị trí bắt đầu trượt và được kết nối với một parabol (P2) tại N cách vị trí ban đầu 4 m theo phương ngang. Về mặt kỹ thuật, để đường trượt mượt mà thì vị trí kết nối này phải đảm bảo hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm kết nối của cả hai parabol trên phải bằng nhau. Parabol (P2) có đỉnh ở vị trí kết thúc B có cao độ bằng 0 và cách vị trí ban đầu 10 m theo phương ngang. Hình bên dưới thể hiện mặt cắt bên của đồi trượt cỏ. [IMAGE:img_q18_hill]
Biết đồi trượt rộng 5 m, tính số mét khối đất đắp thành đồi trượt.
Chọn hệ trục tọa độ Oxy với gốc O tại hình chiếu của A trên mặt đất, khi đó A(0;3) là đỉnh (P1):y=ax2+3 (0≤x≤4) và B(10;0) là đỉnh (P2):y=b(x−10)2 (4≤x≤10). Tại x=4, hệ điều kiện nối trơn {16a+3=36b8a=−12b⇔a=−403,b=201. Diện tích mặt cắt là S=∫04(−403x2+3)dx+∫410201(x−10)2dx=10,4+3,6=14 m2. Thể tích đất đắp đồi trượt là V=14×5=70 m3.
Cho hàm số f(x)=ax4+bx2+1 (a=0;a,b∈R) mà đồ thị hàm số f′′(x) và đồ thị hàm số f(x) có một điểm chung duy nhất và nằm trên trục Oy (hình vẽ), trong đó ±x1 là nghiệm của f(x) và ±x2 là nghiệm của f′′(x), (x1,x2>0). Biết x1=3x2, tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị f(x), f′′(x) và trục Ox.
Ta có f(x)=ax4+bx2+1⇒f′(x)=4ax3+2bx⇒f′′(x)=12ax2+2b. Tại x=0, f(0)=1 và f′′(0)=2b. Vì hai đồ thị có điểm chung duy nhất trên trục Oy nên: f(0)=f′′(0)⇔2b=1⇔b=21. Nghiệm của f′′(x)=0⇔12ax2+1=0⇔x2=−12a1 (với a<0). Vì x1=3x2 nên x12=9x22=−12a9=−4a3. Vì ±x1 là nghiệm của f(x) nên: ax14+bx12+1=0⇔a(−4a3)2+21(−4a3)+1=0 ⇔16a9−8a3+1=0⇔16a3+1=0⇔a=−163. Suy ra f(x)=−163x4+21x2+1 và f′′(x)=−49x2+1. Các nghiệm: x2=32, x1=2. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi f(x), f′′(x) và trục Ox (đối xứng qua Oy): S=2[∫02/3(f(x)−f′′(x))dx+∫2/32f(x)dx]=45152. Chọn A.
Người ta lát gạch trang trí một mảnh sân hình chữ nhật có kích thước 28 m×16 m như hình vẽ bên dưới, trong đó (P1),(P2) là hai parabol đối xứng trục với nhau qua trục đối xứng vuông góc với chiều dài của mảnh sân, (C) là đường tròn có tâm trùng với tâm của mảnh sân và lần lượt có duy nhất một điểm chung với các parabol đó (tham khảo hình vẽ). Chi phí cho phần lát gạch là 240 nghìn đồng một mét vuông. Trong trường hợp hình tròn (C) có diện tích lớn nhất thì chi phí lát gạch là bao nhiêu triệu đồng? (kết quả làm tròn tới hàng phần chục) [IMAGE:img_q20_courtyard]
Chọn hệ trục tọa độ Oxy có gốc O tại tâm mảnh sân sao cho x∈[−8;8] và y∈[−14;14]. Gọi r là bán kính đường tròn (C):x2+y2=r2. Parabol (P1) có đỉnh A(0;−r) và đi qua B(8;14) nên có phương trình y=64r+14x2−r. Phương trình hoành độ giao điểm của (P1) và (C) có nghiệm duy nhất x=0 khi và chỉ khi 2r⋅64r+14−1≤0⇔−16≤r≤2. Hình tròn (C) có diện tích lớn nhất khi r=2, khi đó (P1):y=4x2−2 cắt trục Ox tại x=±22. Chi phí lát gạch là 0,24⋅[4∫228(4x2−2)dx+π⋅22]≈32,2 (triệu đồng).
Cho hàm số bậc bốn y=f(x) có đồ thị như hình vẽ. Biết hàm số f(x) đạt cực trị tại x1,x2,x3 thỏa mãn x3−x1=2. Gọi S1 và S2 là diện tích của hai phần được gạch trong hình bên. Tỉ số S2S1 bằng
Đổi hệ trục tọa độ xOy thành XO′Y với gốc O′ tại điểm cực tiểu (x2;f(x2)).
[IMAGE_1]
Khi đó hàm số có hai điểm cực đại tại X=−1 và X=1, có dạng G(X)=k(X4−2X2) với k<0. Diện tích hình chữ nhật là S1+S2=1⋅∣G(−1)∣=∣k∣. Diện tích S1=∣k∣∫−10∣X4−2X2∣dX=157∣k∣, suy ra S2=∣k∣−157∣k∣=158∣k∣ và S2S1=87.
Để chuẩn bị cho lễ kỷ niệm 20 năm ngày ra trường, ban tổ chức quyết định đặt hàng một đơn vị thủ công mỹ nghệ để chế tác các huy hiệu cài áo đặc biệt. Huy hiệu được thiết kế trên một phôi bạc hình vuông ABCD có cạnh bằng 20 mm. Theo bản vẽ kỹ thuật từ các nghệ nhân, cấu trúc của huy hiệu được phân chia như sau: lấy một điểm M được xác định bên trong phôi bạc sao cho khoảng cách từ M đến cạnh dưới OA là 4 mm và cách cạnh bên trái OC là 8 mm, cạnh vòm là một cung tròn đi qua ba điểm O,M,C; đường lượn là một phần của đường Parabol đi qua ba điểm O,M,A. Phần tô đậm trong bản vẽ sẽ được phủ men sứ màu xanh lam. Các phần còn lại sẽ được giữ nguyên màu bạc để khắc tên trường và niên khóa. Hãy tính diện tích phần cần phủ men sứ màu xanh để đơn vị sản xuất báo giá chính xác chi phí vật liệu. (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị theo đơn vị mm2). [IMAGE:img_q21_badge]
Chọn hệ trục tọa độ Oxy với OA≡Ox,OC≡Oy⇒A(20;0),B(20;20),C(0;20),M(8;4). Đường tròn đi qua O(0;0),M(8;4),C(0;20) có tâm I(0;10), bán kính R=10⇒x=100−(y−10)2. Parabol đi qua O(0;0),M(8;4),A(20;0) có phương trình y=−241x(x−20). Diện tích phần phủ men sứ màu xanh là: S=202−∫420100−(y−10)2dy−∫820[−241x(x−20)]dx−8⋅4≈197 (mm2).
Chọn D. Tích phân từng phần: I=[xf(x)]01−∫01f(x)dx=f(1)−∫01f(x)dx. Từ giả thiết, lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế của phương trình f(1−x)+x2f′′(x)=3x, kết hợp tích phân từng phần của ∫01x2f′′(x)dx, ta tìm được I=32020.
Cho hàm số bậc bốn y=x4−4x2+1 và parabol y=x2−k, với k∈R có đồ thị như hình bên. Gọi S1,S2,S3 lần lượt là diện tích của phần hình phẳng được tô đậm tương ứng trong hình vẽ. Khi S1+S3=S2 thì k thuộc khoảng nào dưới đây?
Chọn B. Phương trình hoành độ giao điểm: x4−5x2+1+k=0. Điều kiện đối xứng cho diện tích hình phẳng dẫn đến tích phân của hiệu hai hàm bằng 0 tại biên đối xứng, cho giá trị k∈(59;411).
Chọn C. Biến đổi phương trình vi phân: chia hai vế cho biểu thức thích hợp hoặc lấy tích phân từng phần ∫01xf(x)f′(x)dx=21∫01x(f2(x))′dx=21[xf2(x)]01−21∫01f2(x)dx. Khi đó ∫01f2(x)dx−(29−21∫01f2(x)dx)=∫01(2x+4)dx=5. 23∫01f2(x)dx=5+29=219⇒∫01f2(x)dx=319.
Một chiếc cổng có dạng là một parabol (P) có kích thước như hình vẽ, biết chiều cao cổng bằng chiều rộng của cổng và bằng 4 m (Tham khảo hình vẽ). Người ta thiết kế cửa đi là một hình chữ nhật CDEF, phần còn lại dùng để trang trí. Biết chi phí phần tô đậm là 1.000.000đoˆˋng/m2. [IMAGE:img_q15_gate]
a)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy, như hình vẽ thì phương trình của đường cong (P) cánh cổng là y=f(x)=−x2+4. [IMAGE:img_q15_gate_axes]
b)
Nếu chiều cao cửa đi là CD=2 m thì chiều rộng của cửa là CF=22 m.
c)
Nếu chiều cao cửa đi là CD=2 m thì chi phí để trang trí phần tô đậm là (332−62) triệu đồng.
d)
Số tiền ít nhất dùng để trang trí phần tô đậm (làm tròn đến hàng nghìn đồng) là 4.508.000 đồng.
a) Đúng: Parabol (P) có đỉnh (0;4) và đi qua (2;0) nên có phương trình y=−x2+4. b) Đúng: Khi CD=2 thì −x2+4=2⇔x=±2⇒CF=22 m. c) Sai: Diện tích cổng là S=∫−22(−x2+4)dx=332 m2. Khi CD=2, SCDEF=42 m2, nên diện tích trang trí là 332−122 m2, chi phí là 332−122 triệu đồng. d) Đúng: Gọi C(a;0) với 0<a<2, diện tích cửa là SCDEF=2a(4−a2) đạt giá trị lớn nhất tại a=323 bằng 9323 m2. Diện tích trang trí nhỏ nhất là 996−323 m2, ứng với số tiền 996−323×106≈4.508.264≈4.508.000 đồng.
Chọn A. Áp dụng tích phân từng phần cho I=∫14ln(2x+1)f(x)dx: Đặt u=ln(2x+1)⇒du=2x+12dx, dv=f(x)dx⇒v=F(x). Khi đó I=[F(x)ln(2x+1)]14−2∫142x+1F(x)dx =F(4)ln9−F(1)ln3−2(5)=2(2ln3)−1ln3−10=3ln3−10.
Ta có f(x)+xf′(x)=[xf(x)]′. Phương trình trở thành 2[xf(x)]′=x⋅f2(x)⇔[xf(x)]22[xf(x)]′=x−23. Lấy nguyên hàm hai vế: −xf(x)2=−2x−21+C=−x2+C. Vì f(1)=1⇒−2=−2+C⇒C=0. Do đó −xf(x)2=−x2⇔f(x)=x1. Khi đó ∫14f(x)dx=∫14x1dx=[2x]14=2(2)−2(1)=2. Chọn D.
Hình 1 là một tác phẩm dự thi của nhà thiết kế sân khấu trong một cuộc thi thiết kế sân khấu ngoài trời tổ chức tại một quảng trường. Khi mở rộng sân khấu trung tâm, ta được Hình 2. Quá trình thiết kế sân khấu trung tâm được mô tả như sau: [IMAGE:img_q18_stage]
Bước 1. Vẽ hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng 2 và lấy trung điểm của bốn cạnh lần lượt là E,F,G,H. Bước 2. Vẽ đồ thị của các hàm bậc hai đi qua ba điểm B,C,H và hàm bậc hai đi qua ba điểm F,D,A. Bước 3. Tương tự như Bước 2, vẽ đồ thị của các hàm bậc hai đi qua ba điểm A,B,G và ba điểm C,D,E. Biết rằng: Diện tích phần tô đen trong Hình 2 được cho bởi công thức: 3p2+q. Hãy tính giá trị của p−3q (với p,q là các số nguyên).
Chọn hệ trục tọa độ Oxy với gốc O là tâm hình vuông ABCD, trục Ox≡EG, trục Oy≡FH. Khi đó đường chéo AC:y=−x và parabol đi qua F(0;−1),D(1;1),A(−1;1) có phương trình y=2x2−1. Hoành độ giao điểm với y=−x ở góc phần tư thứ tư là x=21, và giao điểm với Ox là x=22. Diện tích phần tô đen được chia làm 8 phần bằng nhau, suy ra: S=8[∫2122(1−2x2)dx+81]=8(32−125+81)=382−7. Do đó p=8,q=−7⇒p−3q=8−3(−7)=29.
Cho hàm số bậc ba y=f(x) có đồ thị là đường cong (C) trong hình vẽ. Tiếp tuyến d của đồ thị (C) tại điểm A(−1;1) cắt đồ thị (C) tại điểm thứ hai là B(2;4). Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi tiếp tuyến d và đồ thị (C) (phần tô đậm) bằng 427 (đvdt). Tính I=∫13f(x)dx?
Tiếp tuyến d đi qua A(−1;1) và B(2;4) có phương trình y=x+2. Vì d tiếp xúc với (C) tại x=−1 và cắt (C) tại x=2 nên f(x)−(x+2)=a(x+1)2(x−2) (a>0). Diện tích hình phẳng là ∫−12a(x+1)2(2−x)dx=427a=427⟹a=1. Do đó f(x)=(x+1)2(x−2)+x+2=x3−2x, suy ra I=∫13(x3−2x)dx=[4x4−x2]13=12.
Cho parabol (P):y=x2, điểm A(0;1). Một đường thẳng d đi qua A cắt (P) tại hai điểm B(b;b2), C(c;c2) sao cho AC=4AB như hình vẽ bên dưới:
Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (P), d và hai đường thẳng x=b,x=0; S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (P), d và hai đường thẳng x=c,x=0. Tỉ số diện tích S2S1 bằng
Đường thẳng d đi qua A(0;1) có phương trình y=kx+1. Phương trình hoành độ giao điểm x2−kx−1=0 có hai nghiệm b<0<c thỏa mãn bc=−1. Do AC=4AB nên c=−4b⇒−4b2=−1⇒b=−21,c=2 và k=b+c=23. Khi đó S1=∫−1/20(23x+1−x2)dx=4813 và S2=∫02(23x+1−x2)dx=37. Vậy S2S1=7/313/48=11213.
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [1;4], đồng biến trên đoạn [1;4] và thỏa mãn đẳng thức x+2x⋅f(x)=[f′(x)]2,∀x∈[1;4]. Biết rằng f(1)=23, tính I=∫14f(x)dx.
Chọn D. Từ x+2xf(x)=[f′(x)]2⟺x(1+2f(x))=[f′(x)]2⟹f′(x)=x2f(x)+1. Biến đổi 2f(x)+1f′(x)=x⟹2f(x)+1=32xx+C. Với f(1)=23⟹4=2=32+C⟹C=34. Suy ra 2f(x)+1=32xx+34, tính tích phân ∫14f(x)dx cho kết quả I=451186.
Một bể bơi hình elip, có độ dài trục lớn bằng 10 m và trục nhỏ bằng 8 m. Khu vực A là chứa nước, khu vực B là bậc thang lên xuống bể bơi, là nửa đường tròn có tâm là một tiêu điểm của elip, bán kính bằng 1 m. Phần còn lại là khu vực C (phần tô đậm) người ta lát gạch như hình vẽ.
Nếu chi phí lát gạch cho mỗi mét vuông là 400 nghìn đồng thì chi phí lát gạch ở khu C là bao nhiêu? (làm tròn đến hàng nghìn)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy với gốc O là tâm elip như hình vẽ:
Độ dài trục lớn bằng 10 m⇒2a=10⇒a=5. Độ dài trục nhỏ bằng 8 m⇒2b=8⇒b=4. Tiêu cự 2c=2a2−b2=225−16=6⇒c=3. Tiêu điểm đặt bậc thang là F1(3;0). Bán kính nửa đường tròn bậc thang là r=1. Phương trình nửa trên của elip là y=5425−x2. Diện tích phần miền elip giới hạn bởi x=3 đến x=5 là: Smieˆˋn=2∫355425−x2dx=58∫3525−x2dx Diện tích bậc thang (nửa hình tròn) là SB=2πr2=2π⋅12=2π. Diện tích phần lát gạch khu C là: SC=Smieˆˋn−SB=58∫3525−x2dx−2π≈7,375 m2 Chi phí lát gạch khu C là: T=SC×400.000≈7,375×400.000≈2.950.000đoˆˋng Chọn đáp án A.
Chọn A. - Đặt t=sinx⟹∫02πf(sinx)cosxdx=∫01f(t)dt=∫01t−21dt=−ln2. - Đặt u=3−2x⟹∫01f(3−2x)dx=21∫13f(u)du=21∫13(−3u2+2)du=−11. Do đó biểu thức đã cho bằng −ln2−3(−11)=33−ln2⟹a=33,b=−1⟹a+15b=18.
Cho hàm số y=f(x)=ax4+bx2+c có đồ thị (C). Biết f(−1)=0. Tiếp tuyến d tại điểm có hoành độ x=−1 của (C) cắt (C) tại 2 điểm có hoành độ lần lượt là 0 và 2. Gọi S1,S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi d và (C) (phần gạch chéo trong hình vẽ). Tính tỷ số S2S1.
Chọn C. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và tiếp tuyến d tại x=−1 có nghiệm kép x=−1 và hai nghiệm đơn x=0,x=2, đồng thời không chứa số hạng bậc ba, đúng khi f(x)−d(x)=a(x+1)2x(x−2)=a(x4−3x2−2x). Khi đó: S1=a∫−10(x4−3x2−2x)dx=5a,S2=a∫02(−x4+3x2+2x)dx=528a. Vậy S2S1=281.
Đồ thị hàm số bậc bốn y=f(x) tiếp xúc với trục Ox tại x=−2 và x=1, đi qua (0;1) nên f(x)=a(x+2)2(x−1)2 với f(0)=4a=1⇒a=41. Khi đó f(x)−f′(x)=41(x4+2x3−3x2−4x+4)−(x3+23x2−23x−1)=41(x−1)(x+2)(x2−x−4)=0 có các nghiệm x=−2,x=1,x=21±17. Tích phân diện tích hình phẳng giữa hai đồ thị là S=∫21−1721+17∣f(x)−f′(x)∣dx=5107.
Đề thi có nhiều câu hỏi chuyên đề Tích phân xác định
Luyện tập trong bối cảnh đề thi thật hoặc tải bản in PDF chuẩn A4 kèm lời giải.