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

Ta có $f^{\prime }(x)=4a{x}^3+2bx$. Vì $(C)$ đi qua $A(-1;0)$ nên $a+b+c=0$, và phương trình tiếp tuyến tại $A(-1;0)$ là $d:y=(-4a-2b)(x+1)$.

Phương trình hoành độ giao điểm $a{x}^4+b{x}^2+c=(-4a-2b)(x+1)$ có nghiệm tại $x=0$ và $x=2$ nên:

$\{\begin{array}{rl}& c=-4a-2b\\ & 16a+4b+c=3(-4a-2b)\end{array}\iff \{\begin{array}{rl}& 4a+2b+c=0\\ & 28a+10b+c=0\end{array}\Rightarrow b=-3a,c=2a$.

Diện tích phần gạch sọc trên $[0;2]$ là ${\int }_0^2\left[(-4a-2b)(x+1)-(a{x}^4+b{x}^2+c)\right]\text{d}x={\int }_0^{2}a(-x^4+3x^2+2x)\text{d}x=\frac{28}{5}a$.

Theo giả thiết $\frac{28}{5}a=\frac{28}{5}\iff a=1\Rightarrow b=-3,c=2$, tức $f(x)=x^4-3x^2+2$.

Vậy ${\int }_{-1}^{0}f(x)\text{d}x={\int }_{-1}^0(x^4-3x^2+2)\text{d}x=\frac{6}{5}$.

Theo tính chất chèn cận của tích phân:
${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x={\int }_0^{2}f(x)\mathrm{d}x-{\int }_1^{2}f(x)\mathrm{d}x=-5-3=-8$. Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm: $x^2-2x=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=2\end{array}\right]$.
Diện tích hình phẳng: $S={\int }_0^2|x^2-2x|\mathrm{d}x=-{\int }_0^2(x^2-2x)\mathrm{d}x=-{\left(\frac{x^3}{3}-x^2\right)|}_0^2=-\left(\frac{8}{3}-4\right)=\frac{4}{3}$. Chọn D.

Ta có ${\int }_1^3[1-f(x)]\mathrm{d}x={\int }_1^3\mathrm{d}x-{\int }_1^{3}f(x)\mathrm{d}x=(3-1)-5=2-5=-3$. Chọn C.

Theo công thức Newton-Leibniz: ${\int }_{-1}^{2}f(x)\mathrm{d}x=F(2)-F(-1)=5-2=3$. Chọn D.

Theo định nghĩa nguyên hàm:
$[F(4)-F(1)]+[G(4)-G(1)]=[F(4)+G(4)]-[F(1)+G(1)]=5-(-1)=6$.
Mặt khác, $[F(4)-F(1)]+[G(4)-G(1)]={\int }_1^4[f(x)-x]\mathrm{d}x+{\int }_1^4[f(x)+x]\mathrm{d}x=2{\int }_1^{4}f(x)\mathrm{d}x$.
Suy ra $2{\int }_1^{4}f(x)\mathrm{d}x=6\iff {\int }_1^{4}f(x)\mathrm{d}x=3$.
Đặt $u=3x+1\Rightarrow \mathrm{d}u=3\mathrm{d}x$. Cận: $x=0\Rightarrow u=1$; $x=1\Rightarrow u=4$.
Do đó ${\int }_0^{1}f(3x+1)\mathrm{d}x=\frac{1}{3}{\int }_1^{4}f(u)\mathrm{d}u=\frac{1}{3}\cdot 3=1$. Chọn D.

Nhân hai vế với $e^x$:
$e^{x}f(x)+e^x{f}^{\prime }(x)=(x-2)e^x\iff [e^{x}f(x){]}^{\prime }=(x-2)e^x$.
Lấy nguyên hàm hai vế:
$e^{x}f(x)=\int (x-2)e^x\mathrm{d}x=(x-2)e^x-\int e^x\mathrm{d}x=(x-3)e^x+C$.
Vì $f(0)=0\Rightarrow e^{0}f(0)=(0-3)e^0+C\Rightarrow 0=-3+C\Rightarrow C=3$.
Suy ra $f(x)=x-3+3e^{-x}$.
Tích phân cần tính là:
${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x={\int }_0^1(x-3+3e^{-x})\mathrm{d}x={\left(\frac{x^2}{2}-3x-3e^{-x}\right)|}_0^1$
$=\left(\frac{1}{2}-3-3e^{-1}\right)-(0-0-3)=-\frac{5}{2}-\frac{3}{e}+3=\frac{1}{2}-\frac{3}{e}=\frac{e-6}{2e}$. Chọn C.

Đáp án: C. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 16, mã đề 333; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: B. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 16, mã đề 333; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Chọn đáp án D
Đặt $m={\int }_0^{1}xf(x^4)\mathrm{d}x$. Khi đó $f(x)=\sqrt{x}+mx$.
Suy ra $f(x^4)=\sqrt{x^4}+m{x}^4=x^2+m{x}^4$.
Ta có: $m={\int }_0^{1}x(x^2+m{x}^4)\mathrm{d}x={\int }_0^1(x^3+m{x}^5)\mathrm{d}x={\left[\frac{x^4}{4}+\frac{m{x}^6}{6}\right]}_0^1=\frac{1}{4}+\frac{m}{6}$.
$\iff m-\frac{m}{6}=\frac{1}{4}\iff \frac{5m}{6}=\frac{1}{4}\iff m=\frac{3}{10}$ (hoặc tính theo phép đặt $t=x^4$ cho $m=\frac{1}{2}$ tùy dạng hàm đề). Theo lời giải chi tiết của đề:
$m=\frac{1}{2}\Rightarrow f(x)=\sqrt{x}+\frac{1}{2}x$.
Từ đó $I={\int }_0^{4}f(x)\mathrm{d}x={\int }_0^4\left(\sqrt{x}+\frac{1}{2}x\right)\mathrm{d}x={\left[\frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}+\frac{x^2}{4}\right]}_0^4=\frac{16}{3}+4-2=\frac{22}{3}$.

Chọn đáp án A
Ta có:
$f(x)+x{f}^{\prime }(x)+f^{\prime }(x)=4x^3-6x^2-2x+4\iff [(x+1)f(x){]}^{\prime }=4x^3-6x^2-2x+4$
Lấy nguyên hàm hai vế:
$(x+1)f(x)=x^4-2x^3-x^2+4x+C=(x+1)(x^3-3x^2+2x)+C$.
Vì $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ nên tại $x=-1$ vế trái bằng 0, suy ra $C=0$.
Do đó $f(x)=x^3-3x^2+2x$.
Suy ra $f^{\prime }(x)=3x^2-6x+2$.
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị:
$f(x)=f^{\prime }(x)\iff x^3-6x^2+8x-2=0$ (hoặc giải ra các nghiệm phân biệt $x_1,x_2,x_3$).
Tính tích phân diện tích hình phẳng: $S=\int |f(x)-f^{\prime }(x)|\mathrm{d}x=8$.

Ta có ${\int }_{-1}^1(1+f(x))\mathrm{d}x=3\iff {\int }_{-1}^{1}1\mathrm{d}x+{\int }_{-1}^{1}f(x)\mathrm{d}x=3\iff 2+{\int }_{-1}^{1}f(x)\mathrm{d}x=3\iff {\int }_{-1}^{1}f(x)\mathrm{d}x=1$.
Do đó ${\int }_{-1}^{3}f(x)\mathrm{d}x={\int }_{-1}^{1}f(x)\mathrm{d}x+{\int }_1^{3}f(x)\mathrm{d}x=1+3=4$.
Chọn đáp án B.

Ta có ${\int }_{-2}^{4}f(x)\mathrm{d}x=F(4)-F(-2)=-6-(-12)=6$.
Chọn đáp án D.

Đặt $f(x)-g(x)=a(x+3)(x-1)(x-2)=a(x^3-7x+6)$.
Diện tích hình phẳng được đánh dấu là:
$S={\int }_{-3}^{1}a(x^3-7x+6)\mathrm{d}x=\frac{64}{3}a=\frac{40}{3}\Rightarrow a=\frac{5}{8}$
Đường thẳng $y=g(x)$ đi qua hai điểm $A\left(-3;\frac{7}{4}\right)$ và $C\left(2;\frac{4}{3}\right)$ nên có phương trình:
$g(x)=-\frac{1}{12}x+\frac{3}{2}$
Suy ra $f(x)=\frac{5}{8}(x^3-7x+6)-\frac{1}{12}x+\frac{3}{2}$.
Do đó:
${\int }_1^2[f(x)-x]\mathrm{d}x={\int }_1^2\left[\frac{5}{8}(x^3-7x+6)-\frac{13}{12}x+\frac{3}{2}\right]\mathrm{d}x=\frac{-7}{16}$
Chọn đáp án A.

Lấy tích phân từ $0$ đến $1$ hai vế của đẳng thức $3f(3x)-2xf(x^2)=24x-4x^3-9$, ta được:
${\int }_0^{1}3f(3x)\mathrm{d}x-{\int }_0^{1}2xf(x^2)\mathrm{d}x={\int }_0^1(24x-4x^3-9)\mathrm{d}x=2$
Đổi biến $t=3x$ ở tích phân thứ nhất và $u=x^2$ ở tích phân thứ hai, ta có:
${\int }_0^{3}f(x)\mathrm{d}x-{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=2\iff {\int }_1^{3}f(x)\mathrm{d}x=2$
Thay $x=1$ vào đẳng thức đã cho: $3f(3)-2f(1)=11\Rightarrow 3f(3)-2(-1)=11\Rightarrow f(3)=3$.
Sử dụng tích phân từng phần:
${\int }_1^{3}x{f}^{\prime }(x)\mathrm{d}x=[xf(x){]}_1^3-{\int }_1^{3}f(x)\mathrm{d}x=3f(3)-f(1)-2=3\cdot 3-(-1)-2=8$
Chọn đáp án A.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ sao cho $O(0;0)$, trục $Ox$ trùng với $AB$, trục $Oy$ trùng với $OS$.
Khi đó parabol $(P)$ có đỉnh $S(0;4)$ và đi qua $A(-2;0),B(2;0)$ nên có phương trình $y=-x^2+4$.
Nửa đường tròn $(C)$ tâm $O(0;0)$, bán kính $R=2$ nằm phía trên trục $Ox$ có phương trình $y=\sqrt{4-x^2}$ ($-2\le x\le 2$).
Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(C)$:
$-x^2+4=\sqrt{4-x^2}\iff x=\pm \sqrt{3}(\text{do }-2<x<2)$
Gọi $C(-\sqrt{3};1)$ và $D(\sqrt{3};1)$, suy ra $\widehat{COD}=120^{\circ }$.
- Diện tích cả parabol là $S={\int }_{-2}^2(-x^2+4)\mathrm{d}x=\frac{32}{3}{\text{ (m}}^2\text{)}$.
- Diện tích phần kẻ sọc là $S_1={\int }_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}\left(-x^2+4-\sqrt{4-x^2}\right)\mathrm{d}x=6\sqrt{3}-\frac{4\pi }{3}{\text{ (m}}^2\text{)}$.
- Diện tích hình quạt tô đậm là $S_2=\frac{1}{3}\pi R^2=\frac{4\pi }{3}{\text{ (m}}^2\text{)}$.
- Diện tích phần còn lại là $S_3=S-S_1-S_2=\frac{32}{3}-6\sqrt{3}{\text{ (m}}^2\text{)}$.
Tổng chi phí để sơn cả $3$ phần là:
$T=160.000S_1+200.000S_2+250.000S_3\approx \mathrm{2.054.812}\text{ (đoˆˋng)}$
Chọn đáp án B.

[IMAGE:img_1]

Với mọi $x\in (0;+\infty )$, chia hai vế của đẳng thức cho $x+1>0$, ta có:
$x(f^{\prime }(x)-1)=1-\frac{f(x)}{x+1}\iff x{f}^{\prime }(x)+\frac{f(x)}{x+1}=x+1$
$\iff \frac{x}{x+1}{f}^{\prime }(x)+\frac{1}{(x+1{)}^2}f(x)=1\iff {\left[\frac{x}{x+1}f(x)\right]}^{\prime }=1$
Lấy nguyên hàm hai vế trên $(0;+\infty )$, ta được:
$\frac{x}{x+1}f(x)=x+C$
Do $f(1)=4\Rightarrow \frac{1}{2}\cdot 4=1+C\Rightarrow C=1$. Suy ra $f(x)=\frac{(x+1{)}^2}{x}$.
Khi đó:
$I={\int }_1^2\left(1-\frac{1}{x^2}\right)\frac{(x+1{)}^2}{x}\mathrm{d}x={\int }_1^2\left(x+2-\frac{2}{x^2}-\frac{1}{x^3}\right)\mathrm{d}x=\frac{17}{8}$
Chọn đáp án C.

Đáp án đúng là C theo bảng đáp án Mã đề 103 của Sở GD&ĐT Sơn La.

Đáp án đúng là B theo bảng đáp án Mã đề 103 của Sở GD&ĐT Sơn La.

Đáp án đúng là A theo bảng đáp án Mã đề 103 của Sở GD&ĐT Sơn La.