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

**Chọn D**

3 3 3
Ta có   f  x   g  x   dx   f  x  dx   g  x  dx  1 .
1 1 1

3x  6

**Chọn C**

Ta có

  2 f  x   e  dx  2  f  x  dx   e dx  2  f  x  dx  e 0  2  f  x  dx  1
ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 ln 2
x x x

0 0 0 0 0
ln 2
.
  f  x  dx  2
0

**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:
$f(3)-f(-2)={\int }_{-2}^3{f}^{\prime }(x)dx={\int }_{-2}^1{f}^{\prime }(x)dx+{\int }_1^3{f}^{\prime }(x)dx=3+\left(-\frac{5}{3}\right)=\frac{4}{3}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 9), Câu 1 có đáp án là: A.

Áp dụng tính chất tuyến tính của tích phân:
${\int }_{-1}^1(2f(x)+1)dx=2{\int }_{-1}^{1}f(x)dx+{\int }_{-1}^{1}1dx=2\cdot 3+(1-(-1))=6+2=8$.

- **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:
$L={\int }_{0,1}^{10^{0,4}}\sqrt{1+{\left(\frac{1}{x\ln 10}\right)}^2}dx\approx 2,97\text{ m}$.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=x^2-2x$, trục hoành và hai đường thẳng $x=-1,x=3$ là $S={\int }_{-1}^3|x^2-2x|dx$.

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 $f(x)-g(x)=a{x}^3+2b{x}^2+(c-m)x+6-n=0$ có $3$ nghiệm $x=-2;1;3$ nên:
$f(x)-g(x)=a(x+2)(x-1)(x-3)=a(x^3-2x^2-5x+6)$.
Từ hình vẽ, đồ thị hàm số $y=g(x)$ cắt trục tung tại điểm $(0;-3)$ nên $n=-3$. Đồng nhất hệ số tự do: $6-n=6a\Rightarrow 9=6a\Rightarrow a=\frac{3}{2}$.
Diện tích phần tô đậm là $S={\int }_{-2}^3\left|\frac{3}{2}(x^3-2x^2-5x+6)\right|dx=\frac{253}{12}{\text{ (m}}^2\text{)}$.
Tổng chi phí trồng hoa là $\frac{253}{12}\cdot 150=3162,5\approx 3163$ (nghìn đồng).

Trên đoạn $[-3;1]$, đồ thị hàm số $y=f(x)$ nằm phía dưới trục hoành nên $f(x)\le 0$; trên đoạn $[1;2]$, đồ thị nằm phía trên trục hoành nên $f(x)\ge 0$. Do đó diện tích hình phẳng là $S={\int }_{-3}^2|f(x)|dx=-{\int }_{-3}^{1}f(x)dx+{\int }_1^{2}f(x)dx=-a+b=b-a$. (Theo lời giải trang 7, mã đề 0101).

Xét trong góc phần tư thứ nhất ($x>0$), đường thẳng $(C)$ có phương trình $3x-4y=0$. Đường tròn $(C_1)$ có bán kính $R=1$ tiếp xúc với tia $Ox$ nên $I_1(a;1)$ với $a>1$. Vì $(C_1)$ tiếp xúc với $3x-4y=0$ và nằm dưới đường thẳng này nên $\frac{3a-4}{5}=1\Rightarrow a=3\Rightarrow I_1(3;1)$ và tiếp điểm $A\left(\frac{12}{5};\frac{9}{5}\right)$. Parabol $(P)$ đỉnh $O$ đi qua $I_1(3;1)$ có phương trình $y=\frac{1}{9}{x}^2$. Gọi $H(3;0)$ là hình chiếu của $I_1$ trên $Ox$; diện tích tứ giác $OA{I}_{1}H$ gồm hai tam giác vuông $OA{I}_1$ ($OA=3,A{I}_1=1$) và $OH{I}_1$ ($OH=3,H{I}_1=1$) nên $S_{OA{I}_{1}H}=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 1+\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 1=3$. Do tính đối xứng qua trục $Oy$, diện tích hình phẳng cần tìm là $S=2\left(S_{OA{I}_{1}H}-{\int }_0^3\frac{x^2}{9}dx\right)=2(3-1)=4$. (Theo lời giải trang 14, mã đề 0101).

Ta có ${\int }_0^{3}2f(x)dx=2\cdot 4=8$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 122).

Giao điểm tại $x=0$ và $x=10$. Diện tích $S={\int }_0^{10}\left(\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{1000}}{x}^2\right)dx=\frac{10\sqrt{10}}{3}\approx 10,5$ đvdt (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 122).

Ta có ${\int }_0^{3}2f(x)dx=2{\int }_0^{3}f(x)dx=2\cdot 3=6$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 121).

Thể tích vật thể được tính theo công thức $V={\int }_a^{b}S(x)dx$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 121).

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).

Ta có: ${\int }_1^2{e}^{3x-1}dx={\frac{1}{3}{e}^{3x-1}|}_1^2=\frac{1}{3}(e^5-e^2)$. Suy ra $m=\frac{1}{3},p=5,q=2$. Do đó $m+p+q=\frac{1}{3}+5+2=\frac{22}{3}$.

Ta có ${\int }_{17}^{89}f(x)dx={\int }_{17}^{2026}f(x)dx-{\int }_{89}^{2026}f(x)dx=8-10=-2$.