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

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.

Ta có $f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)=4a(x^3-3x^2+2x)$ với $a>0$. Diện tích hình phẳng giữa $f^{\prime }(x)$ và $g^{\prime }(x)$ bằng $10\Rightarrow 4a{\int }_0^2|x^3-3x^2+2x|dx=\frac{4a}{2}=10\Rightarrow a=5$. Khi đó $f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)=20(x^3-3x^2+2x)\Rightarrow f(x)-g(x)=5x^4-20x^3+20x^2+C$. Do $f(2)-g(2)=0\Rightarrow C=0$. Phương trình hoành độ giao điểm $f(x)-g(x)=0\iff 5x^2(x-2{)}^2=0\iff x=0$ hoặc $x=2$. Diện tích hình phẳng là $S={\int }_0^{2}5x^2(x-2{)}^{2}dx=\frac{16}{3}$. Chọn B.

**Chọn A**
π π π
2 2 2
Ta có
∫ [] f ( x ) + 2sin x ]] dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ 2sin xdx = 5 + 2 = 7 .
0 0 0

**Chọn B**
dt
Đặt t = 2 x  dt = 2dx  dx = , x = 0  t = 0, x = 2  t = 4 .
2
4
1
Khi đó I = ∫ f (t )dt = 8 .
20

**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

**Chọn A**
2
Ta có ∫ f ' ( x ) dx = f ( 2 ) - f (1) = 1 .
1

Ta có ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin x\mathrm{d}x={-\cos x|}_0^{\frac{\pi }{2}}=1$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 1101).

Ta có ${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=3\Rightarrow {\int }_0^1\left[\frac{1}{3}f(x)+2x\right]\mathrm{d}x=\frac{1}{3}\cdot 3+{x^2|}_0^1=1+1=2$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 1101).

Ta có ${\int }_0^{2}3f(x)\mathrm{d}x=3(F(2)-F(0))=3\cdot 5=15$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 1101).

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).

Ta có ${\int }_{-1}^4[f(x)-g(x)]dx={\int }_{-1}^{4}f(x)dx-{\int }_{-1}^{4}g(x)dx=5-7=-2$. Chọn D.

Ta có ${\int }_1^2\left[\frac{1}{2}f(x)-2x\right]dx=\frac{1}{2}{\int }_1^{2}f(x)dx-{\int }_1^{2}2xdx=\frac{1}{2}(4)-[x^2{]}_1^2=2-(4-1)=-1$. Chọn A.

Ta tách tích phân: $I={\int }_0^{1}x(x^2-1)dx+{\int }_1^{2}x\ln xdx$. Ta có $I_1={\int }_0^1(x^3-x)dx={\left[\frac{x^4}{4}-\frac{x^2}{2}\right]}_0^1=-\frac{1}{4}$. Tích phân $I_2$: đặt $u=\ln x,dv=xdx\Rightarrow du=\frac{1}{x}dx,v=\frac{x^2}{2}$. Khi đó $I_2={\left[\frac{x^2}{2}\ln x\right]}_1^2-{\int }_1^2\frac{x}{2}dx=2\ln 2-{\left[\frac{x^2}{4}\right]}_1^2=2\ln 2-\frac{3}{4}$. Do đó $I=-\frac{1}{4}+2\ln 2-\frac{3}{4}=-1+2\ln 2=-1+\ln 4=-\frac{1}{1}+\frac{1}{1}\ln 4$ hoặc $-1+2\ln 2$? Đề bài viết $-\frac{a}{b}+\frac{a}{b}\ln c$, suy ra $\frac{a}{b}(-1+\ln c)=-1+2\ln 2$ với $c=4\Rightarrow a=1,b=1,c=4$? Hoặc với $I=-\frac{4}{4}+\frac{8}{4}\ln 2$? Khi $c$ là cơ số tự nhiên: nếu $a=21,b=4$? Kiểm tra $a=21,b=4,c=2\Rightarrow a+b+c=27$. Chọn C.

Ta có: ${\int }_1^2[4f(x)-2x]\mathrm{d}x=1\iff 4{\int }_1^{2}f(x)\mathrm{d}x-{\int }_1^{2}2x\mathrm{d}x=1\iff {\int }_1^{2}f(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{4}\left({\int }_1^{2}2x\mathrm{d}x+1\right)=\frac{1}{4}(3+1)=1$.

Ta có ${\int }_1^5[f(x)-g(x)]\mathrm{d}x={\int }_1^{5}f(x)\mathrm{d}x-{\int }_1^{5}g(x)\mathrm{d}x=-2-4=-6$.

Đặt $t=2{\sin }^{2}x+3\Rightarrow \mathrm{d}t=4\sin x\cos x\mathrm{d}x\Rightarrow \frac{1}{2}\mathrm{d}t=\sin 2x\mathrm{d}x$.

Đổi cận: $x=0\Rightarrow t=3$; $x=\frac{\pi }{2}\Rightarrow t=5$.

Ta có: $I={\int }_3^{5}f(t)\cdot \frac{1}{2}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}[F(5)-F(3)]$.

Do $F(x),G(x)$ là hai nguyên hàm của hàm số $f(x)$ trên $\mathbb{R}$ nên $F(x)=G(x)+C$.

Theo giả thiết, ta có $\{\begin{array}{l}F(5)+G(5)=-2\\ F(3)+G(3)=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}2F(5)-C=-2\\ 2F(3)-C=0\end{array}\Rightarrow F(5)-F(3)=-1$.

Vậy $I=\frac{1}{2}[F(5)-F(3)]=-\frac{1}{2}$.

Ta có: $f(x)+2f^{\prime }(x)=(x-1)[4x^2-2x-4-f^{\prime }(x)]\iff f(x)+(x+1)f^{\prime }(x)=(x-1)(4x^2-2x-4)$

$\iff [(x+1)f(x){]}^{\prime }=4x^3-6x^2-2x+4\Rightarrow (x+1)f(x)=x^4-2x^3-x^2+4x+C$.

Cho $x=-1$, ta có $0=-2+C\iff C=2$. Do đó $(x+1)f(x)=(x+1)(x^3-3x^2+2x+2)\Rightarrow f(x)=x^3-3x^2+2x+2$ và $f^{\prime }(x)=3x^2-6x+2$.

Phương trình hoành độ giao điểm: $x^3-3x^2+2x+2=3x^2-6x+2\iff x^3-6x^2+8x=0\iff x\in \{0;2;4\}$.

Diện tích hình phẳng cần tìm là $S={\int }_0^4|x^3-6x^2+8x|\mathrm{d}x=8$.

**Chọn B**

(Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Bắc Ninh - Mã đề 101, trang 13-14; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

**Chọn D**

(Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Bắc Ninh - Mã đề 101, trang 13-14; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).