Tải bản đầy đủ

(GV vũ văn NGỌC) 60 câu tích phân image marked image marked

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x3 là:

Câu 1
A.

x4
+ C.
4

B.

x4
+ C.
2

C. 2 x 2 + x + C.

D.

x4
+ x + C.

4

Đáp án B
Áp dụng công thức:  ax n dx =
Ta có:  2 x3dx =

a n +1
x +C
n +1

2 4
x4
x +C = +C
4
2

1 + m ln t
dt = 0. Khi đó, điều nào sau đây đúng?
t
1
e

Câu 2 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Biết



B. −6  m  −3.

A. m  1.

D. −3  m  0.

C. m  −2.

Đáp án D

1 + m ln t
1
1
m


2
dt =  (1 + m ln t ) d (1 + m ln t ) =
Ta có: 
(1 + m ln t ) = + 1 = 0  m = −2
t
m1
2m
2
1
1
e

e

e

 −3  m  0
5

Câu 3:

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Biết I = 
1

dx
được kết quả I = a ln3 + b ln5.
x 3x + 1

Giá trị của 2a 2 + ab + b 2 là:
A. 8.

B. 7.

C. 3.

D. 9.

Đáp án B
Cách 1: Đặt

3 x + 1 = t  3 x + 1 = t 2  dx =

2
dt
3

Đổi cận x = 1  t = 2, x = 5  t = 4
2
4
tdt 4
1 
t −1
3
1
 1
3
I = 2
= 

dt = ln
= ln − ln = 2 ln 3 − ln 5  a = 2, b = −1

t −1 2  t −1 t +1 
t +1 2
5
3
2
t
3
2
 2a + ab + b 2 = 7
4

Cách 2: Ta có: a ln 3 + b ln 5 = log e 3a5b
5

Dùng CASIO ta được I = 
1

dx
 0.5877 → SHIFT → STO → A
x 3x + 1

A)
 log e 3a 5b = A  3a 5b = e A =

9
= 32.5−1
5

(Gán nghiệm đó cho


a = 2
Vậy 
 2a 2 + ab + b 2 = 7
b = −1

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên

Câu 4:
9



f

( x ) dx = 4 và
x

1

thỏa mãn


2


0

3

f ( sin x ) cos xdx = 2. Tích phân I =  f ( x ) dx bằng:
0

B. I = 6.

A. I = 8.

C. I = 4.

D. I = 10.

Đáp án B
Đặt t = x  dt =

1
2 x

dt

Khi đó x = 1  t = 1; x = 9  t = 3
9



Suy ra

f

1

( x ) dx = 2
x

3



3

f ( t ) dt = 4   f ( t ) dt = 2

1

1

  
Đặt t = sin x; x   − ;   dt = cos x
 2 2

Khi đó x = 0  t = 0; x =



 t =1

2


2

1

0

0

 f ( sin x ) cos xdx =  f ( t ) dt = 2

Suy ra
3

1

3

0

0

1

I =  f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx = 2 + 2 = 4

Câu 5:

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Gọi diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) : y = x2 ,

tiếp tuyến tại A (1;1) và trục Oy bằng S1. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) : y = x2 , tiếp
tuyến tại A (1;1) và trục Ox bằng S 2 . Khi đó, tỉ số
A.

1
.
4

B. 4.

S1
bằng:
S2

C.

Đáp án D
Phương trình tiếp tuyến: y = f ' (1)( x − 1) + 1 = 2 x −1
1

1 1
1
Ta có: S2 =  x 2 dx − . .1 =
2 2
12
0

1
.
3

D. 3.


1

S
1 1
1
S1 = S 2 + . .1 =  x 2 dx =  1 = 4
2 2
3
S2
0

(Gv Nguyễn Bá Tuấn) Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e2x

Câu 6

1
A.  e 2x dx = − e 2x + C.
2

1
B.  e2x dx = e 2x + C.
2

C.  e2x dx = 2e2x + C.

D.  e2x dx = −2e2x + C.

Chọn B.
1
1
Theo công thức nguyên hàm cơ bản  eax + b dx = eax + b + C . Suy ra  e 2x dx = e 2x + C .
a
2

2

Câu 7 (Gv Nguyễn Bá Tuấn) Kết quả của tích phân I =  cos xdx bằng bao nhiêu?
0

B. I = −2.

A. I = 1.

2

I =  cos xdx = sinx


2
0

= sin

0

D. I = −1.

C. I = 0.


− sin 0 = 1 . Chọn đáp án A.
2

Câu 8 (Gv Nguyễn Bá Tuấn)Họ nguyên hàm của f ( x ) = x 2 −

A.

x3
x
− ln
+C
3
x +1

B.

1

x ( x + 1)

x3
− ln x ( x + 1) + C
3

x3 1
x
D. − ln
+C
3 2 x +1

x3 1
x
C.
− ln
+C
2 2 x +1

 2

( x + 1) − x dx
1
1
x3
2
dx = − 
Ta có.   x −
 dx =  x dx − 
x ( x + 1) 
x ( x + 1)
3
x ( x + 1)


=

x3
1 
x3
x3
x
1
−  −
dx
=

ln
x

ln
x
+
1
+
C
=
− ln
+C
(
)

3
3
3
x +1
 x x +1 

Câu 9 (Gv Nguyễn Bá Tuấn)Biết rằng thiết diện của vật thể với mặt phẳng vuông góc với
trục Ox tại điểm có hoành độ x ( 0  x  3) là một tam giác đều có cạnh là
thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x = 0 ; x = 3 là
A.
Đáp án C

9+ 3

2

B.

9+ 3
2

C.

9 3 +3
2

D.

9 3 +3

2

4x + x . Khi đó


Cạnh của thiết diện là a = 4 x + x  diện tích thiết diện S =
3

Vậy thể tích của hình cần tính là: V = 
0

Câu

10.

(

3 2
3
a =
4x + x
4
4

)

3
9 3 +3
4x + x =
4
2

(

)

(Gv

Nguyễn



Tuấn)

Biết


2

( n + 1)  +  + c;a, b, c 
cos n x
*
dx
n

N
=
a
, khi đó a + b + c bằng
(
)
0 cosn x + sin n x
2
b
A. 4

B. 6

C. 9

D. 11

Đáp án A



2

2

sin n x
cos n x
x
=

t

I
=
dx
Xét I = 
đặt
0 cosn x + sin n x dx
2
cos n x + sin n x
0





2
cos x
sin n x


dx
+
dx =  I =
n
n
n
n

cos x + sin x
cos x + sin x
2
4
0
0
n

2

 2I = 

Vậy a = c = 0; b = 4  a + b + c = 4
Câu 11

(H) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

(Gv Nguyễn Bá Tuấn)Kí hiệu

y = ( x − 2) e2x , trục tung và trục hoành. Thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay
hình

(H) xung quanh trục Ox có dạng

A. 2

 ( ea + b )
c

; ( a, b, c 

) . Khi đó a + b + c bằng
D. −24

C. −1

B. 56

Đáp án C
Thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình

(H) xung quanh trục Ox là:

2

V =   ( x − 2 ) e 4 x dx =  I
2

0

( x − 2 )2 = u du = 2 ( x − 2 ) dx

Đặt 
1 4x
4x
v = e
e dx = dv

4
2

2

2 1
1
1
2
 I = e 4 x ( x − 2 ) | −  ( x − 2 )e 4 x dx = −1 −  ( x − 2 )e 4 x
4
0 2
20
0

du = dx
2 1 2
( x − 2 ) = u 

1  1 4x


I
=

1

e
x

2
Đặt  4 x
(
) | −  e4 x dx 

1 4x
24
0 4
e dx = dv
0

v = 4 e


1  1 e8 1  e8 − 41
 I = −1 −  − +  =
 a + b + c = −1
2  2 16 16 
32
b

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Giá trị của I =  2 xdx được tính là:

Câu 12

a

b

D. b + a.

C. b − a.

B. b 2 + a 2 .

A. b 2 − a 2 .

Ta có:  2 xdx = x 2 a = b 2 − a 2 .
b

a

Câu 13:

x
x
(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 4 cos 2 x sin cos
2
2

biết F ( 0) = 1:
1
B. − cos 2 x sin x + 1. C. − cos3 x + 2.
3

2
5
A. − cos3 x + .
3
3

 4 cos

x
x
2
5
x sin cos dx =  2 cos 2 x sin xdx = − cos3 x + C. Mà F ( 0 ) = 1  C = .
2
2
3
3

2

Câu 14:
1



D. Đáp án khác.

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên

f ( x ) dx = 1 và

1



f ( x ) dx = 2. Giá trị của

3

0

. Biết

3

 f ( x ) dx là:
0

A. 2. B. 16. C. −1. D. −4.
Ta có:

1

3

3

1

3

3

1

0

0

1

 f ( x ) dx = 2   f ( x ) dx = −2. Vậy  f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx = −1.

Câu 15:

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số

y = log 2 x, y = 0, x = 4. Đường thẳng x = 2 chia hình phẳng đó thành hai hình có diện tích là

S1  S2 . Tỉ lệ diện tích

S1 − 2
là:
S2

A. 2.

B.

7
.
4

D. Đáp án khác.

C. 3.

Đáp án A
Xét phương trình: log 2 x = 0  x = 1. Ta có:
2

2

1

1

2

2

S2 =  log 2 x − 0 dx =  log 2 xdx = ( x log 2 x ) 1 −  xd ( log 2 x ) = ( x log 2 x ) 1 − 
2

1

2

x 
1

 S2 =  x log 2 x −
.
 = 2−
ln 2  1
ln 2


2

1

x
dx
x ln 2


Tương tự:
4

x 
2

S1 =  log 2 x − 0 dx =  x log 2 x −
.
 = 6−
ln
2
ln
2


2
2
S −2
 1
= 2.
S2
4

x

Câu 16:

dt
( x  1) . Tập giá trị của
t +t
1

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hàm số f ( x ) = 

2

hàm số là:
D. ( 0;ln 2) .

C. ( ln 2;1) .

B. ( 0; + ) .

A. (1; + ) .
Đáp án D
Ta có:

x

dt
t
x
2x
2 
1 1 

f ( x) =  2
=  −
= ln
+ ln 2 = ln
= ln  2 −
 dt = ln

t + t 1  t t +1 
t +1 1
x +1
x +1
x +1 

1
x

Vì x  1  0 

x

2
2
1 2  2 −
 1  ln 2  f ( x)  0.
x +1
x +1

Câu 17 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e x + e− x là:
A.

 f ( x ) dx = e

C.

 f ( x ) dx = e

x

+ e − x + C.

B.

 f ( x ) dx = −e

x

− e − x + C.

D.

 f ( x ) dx = −e

Đáp án C Áp dụng  e x dx = e x + C ,  e ax +b dx =

x

+ e − x + C.

x

− e − x + C.

1 x
e +C
a
3

Câu 18 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Tích phân I = 
2

1
dx bằng với tích phân nào sau
x −1
2

đây?
1  1
1 

A.  
 dx.
2 2  x + 1 x −1 

1  1
1 

B.  
 dx.
2 2  x −1 x +1 

1 
 1

C.  
 dx.
x −1 x + 1 
2

1 
 1
+
D.  
 dx.
x −1 x +1 
2

3

3

3

3

Đáp án B
3

Sử dụng CASIO tính

1
2 x2 − 1 dx và các phương án ta thấy

1
1  1
1 
2 x2 − 1 dx = 2 2  x − 1 − x + 1  dx.
3

3


(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Nguyên hàm của hàm số y =

Câu 19

3x − 5
có dạng
x − 3x + 2
2

a ln x −1 + b ln x − 2 + C. Giá trị của a + 2b là:
A.

3
.
2

B. 4.

C. 2.

D.

4
.
3

Đáp án B
Ta có:
3x − 5
1
2
dx = 
+
dx =2ln x − 1 + ln x − 2 + C
− 3x + 2
x − 2 x −1
 a = 2; b = 1  a + 2b = 4.

x

2

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng ( H )

Câu 20

quay quanh trục Ox biết hình ( H ) giới hạn bởi các đường y = ln x, y = x, x = 1, x = e2 là:
2

A.   e5 + 2e 2 +  .
3


 e6
5
B.   − 2e2 +  .
3
3

 e4
2
D.   − 2e2 +  .
3
3

C.  ( e5 − 2e2 + 2 ) .

Đáp án B
Thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng (H) quay quanh trục Ox là:
e2

e2

e2


 e6
x3 
5
2
2
2
2
2
2

ln
x

x
dx
=


ln
x
+
x
dx
=


x
ln
x
+
2
x
ln
x

2
x
+
=

)


 − 2e + 
1
1 (
3 1
3

3

(đvtt)
Câu 21 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Hàm số nào sau đây có một nguyên hàm là đạo hàm
của hàm số y = sin 2 x ?
A. y = sin 2 x. B. y = cos 2 x. C. y = −4sin 2 x.
Đáp án C Ta chú ý

 f ( x ) dx = (sin 2x )  f ( x ) = (sin 2x )
'

"

= −4sin 2 x

(

)

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x x 2 + 1

Câu 22

thỏa mãn F ( 0 ) =

(x
A.

D. y = 4 cos 2 x.

2

6
là:
5

+ 1) .2 x + ( x 2 + 1)
4

2

5
x 6
C. x ( x 2 + 1) + + .
5 5

Đáp án B

3

7
+ .
10

(x
B.

2

+ 1)
5

5

+ 1.

D. Đáp án khác.

4


Ta có:

 2x ( x

2

+ 1) dx =  ( x + 1) d ( x + 1)
4

4

2

2

(x
=

+ 1)

2

5

5

+ C. Mà F ( 0 ) =

6
 C = 1.
5

a

Câu 23: (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Với giá trị nào của a thì I =  ( 3x 2 + 2 x + 1) dx = −4?
1

A. a = −1.

B. a = 1.

D. a = −2.

C. a = 2.

Đáp án A Ta có: I = ( x3 + x 2 + x ) = a3 + a 2 + a − 3. Có I = −4  a = −1.
a

1

Câu 24

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường

y = x + sin 2 x, y = x, x = 0, x =  là:


.
2

A.

B.


2

− 1.

C.  − 1.

D.  .

Đáp án A






1
sin 2 x 

Diện tích hình phẳng đó là:  ( x + sin 2 x ) − x dx =  sin 2 xdx =  x −
 =
2
2 0 2
0
0

(đvdt).

Câu

2018)Biết

25

(Gv

Nguyễn



Tuấn

2

xdx
 ( x + 1)( 2 x + 1) = a ln 2 + b ln 3 + c ln 5 ( a, b, c  ) . Giá trị abc là:
1

1
.
2

A.

B.

2
.
3

C.

3
.
4

D.

4
.
5

Đáp án C
Ta có:
2

xdx
1 
1
3
1
 1


1 ( x + 1)( 2 x + 1) = 1  x + 1 − 2 x + 1  dx = ln ( x + 1) − 2 ln ( 2 x + 1) 1 = − ln 2 + 2 ln 3 − 2 ln 5.
2

2

3
−1
3
 a = −1; b = ; c =
 abc = .
2
2
4
1

Câu 26 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = cos  x − 2  là:
3


A.

1
1

1

1

sin  x − 2  + C. B. 3sin  x − 2  + C. C. −3sin  x − 2  + C.
3 3
3


3


1 1

− sin  x − 2  + C.
3 3

1



1



 cos  3 x − 2  dx = 3sin  3 x − 2  + C.

D.


dx
là:
2x − 3 + 5

Câu 27 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Họ nguyên hàm của hàm số I = 
A.

1
2 x − 3 − 5ln
2

C.

2 x − 3 + 5ln

(

(

)

2 x − 3 + 5 + C.

)

2 x − 3 + 5 + C.

B. −

1
2 x − 3 + 5ln
2

D.

2 x − 3 − 5ln

(

(

)

2 x − 3 + 5 + C.

)

2 x − 3 + 5 + C.

Đặt t = 2 x − 3  t 2 = 2 x − 3  dt = dx
I =

tdt
5 

=  1 −
 dt = t − 5ln t + 5 + C = 2 x − 3 − 5ln
t +5
 t +5

(

)

2x − 3 + 5 + C


4

Câu 28

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Biết

cos 2 x

1

 3 + sin 2 x dx = 2 ( ln a − ln b ) .

Khi đó a 2 + b 2

0

bằng:
A. 16.

B. 13.

C. 25.



Đặt t = 3 + sin 2x  dt = 2cos 2xdx. Đổi cận: x =
4

1 dt 1
I =  = ln t
23 t
2

4

=
2

4

D. 17.

 t = 4; x = 0  t = 3

1
( ln 4 − ln 3)  a 2 + b 2 = 25
2

Câu 29 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Cho I =

1
2

x 2 dx
1 ( e x + 1)( x2 − 1) = a + b ln 3 . Khi đó



(a+b)

2

bằng:
A. 0.

B. 1.

D. −2.

C. 5.

Đáp án A
a

Công thức: I =
1
2

a

f ( x)
− a m x + 1 dx = 0 f ( x)dx nếu f (-x)=f (x) ( hàm chẵn)
1

1
2
x2
1
1
x −1
1 1
dx =  (1 + 2 )dx = ( x + ln |
|) 2 = − ln 3
=> I =  2
x −1
x −1
2
x +1
2 2
0
0
0

=> a+b =0
Câu 30

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Biết thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng

được giới hạn bởi các đồ thị y = x 2 − 2 x, y = − x 2 quanh trục Ox là
kính bằng 1. Khi đó k bằng:

1
thể tích mặt cầu có bán
k


A.

1
.
2

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Đáp án D
x = 0
Xét phương trình: x 2 − 2 x = − x 2  
x = 1

+ Thể tích khối tròn xoay là:
1

 4 x3


V =   x − ( x − 2 x ) dx =   ( 4 x − 4 x )dx =  
− x4  =
 3
0 3
0
0
1

4

2

1

2

2

3

(đvtt)

+ Vậy thể tích mặt cầu là:
4


kV =  .13  k = 4  k = 4.
3
3
3
1

Câu 31 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Giá trị tích phân I =  ( x3 + 6 x )

2017

. ( x 2 + 2 ) dx

0

A.

7 2018
.
3.2017

B.

7 2018
.
3.2018

C.

7 2018
.
2018

D.

7 2017
.
3.2017

Đáp án B.
7

Đặt t = x3 + 6x  dt = 3( x2 + 2) dx  I =  t 2017
0

dt
72018
=
.
3 3.2018
1

Câu 32

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Cho tích phân

 3x

2

− 2 x + ln ( 2 x + 1) dx = b ln a − c

0

với a, b, c là các số hữu tỉ, thì
a + b + c bằng
A.

3
.
2

B.

7
.
2

C.

2
.
3

4
D. − .
3

Đáp án B.
1

1

1

0

0

0

I =  3x2 − 2x + ln ( 2x + 1)  dx =  3x2 − 2x  dx +  ln ( 2 x + 1)  dx = I1 + I 2.

Dùng casio ta có I1 = 0
1
u = ln ( 2x + 1)
1
2x

I
=
x
ln
2
x
+
1

dx
Giải I 2 đặt 
(
)0 
2
2
x
+
1
dv = dx
0

I2 =

3
3
7
ln3 − 1  b = ; a = 3; c = −1  a + b + c = .
2
2
2


Câu 33 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018). Cho hàm số f ( x ) =

1
x2 1 − x2

. Tìm nguyên hàm của

  
hàm số g ( t ) = cos t.f ( sin t ) , với t   − ;  \ 0 là
 2 2
A. F ( t ) = − tan t + C. B. F ( t ) = − cot t + C.

C. F ( t ) = tan t + C.

D. F ( t ) = cot t + C.

Đáp án B.
    
Đặt x = sin t  t   − ;  
  2 2 

Ta có dx = costdt  
Câu 34.

dx
x 1− x
2

2

=

costdt
dt
= 2 = − cot t + C.
2
sin t cost
sin t

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Gọi diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) : y = x2 ,

tiế p tuyế n tại A (1;1) và trục Oy bằng S1 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) : y = x2 ,
tiếp tuyến tại A (1;1) và trục Ox bằng S 2 . Khi đó
1
.
4

A.

B. 4.

S1
bằng
S2
C.

1
.
3

D. 3.

Đáp án B
Tiếp tuyến tại x = 1 có PT y = 2 x − 1 = 0
1
2

1

S2 =  x 2 dx +  ( x 2 − 2 x + 1) dx + =
1
2

0

1
1
1
+
=
24 24 12

1 1 1 1
= + =
4 12 4 3
S 1 1
 1 = : =4
S2 3 12
S1 = S2 +

Câu

35



(Gv

 (1 + sin x )1+ cos x
0 ln  1 + cos x

2

A. −5.
Đáp án C

Nguyễn



Tuấn

2018).

Biế t

giá

trị

của


dx = a ln 2 + b ; a, b là các số hữu tỉ. Khi đó a 3 + b 2 bằng là



B. 13.

C. 9.

D. −7.

tích

phân




 (1 + sin x )1+ cos x
0 ln  1 + cos x

2





2
2

1+ cos x
dx −  ln (1 + cos x ) dx
dx =  ln (1 + sin x )

0
0










 1 + sin x 
=  (1 + cos x ) ln (1 + sin x ) dx −  ln (1 + cos x ) dx =  cos x ln (1 + sin x ) dx −  ln 
 dx
 1 + cos x 
0
0
0
0
2

2

2

2





2

2

2

2

0

1

1

=  cos x ln (1 + sin x ) dx + 0 =  ln (1 + sin x ) d (1 + s inx ) =  ln udu = u ln u |12 −  du = 2 ln 2 − 1
0

 a +b =9
3

2

Câu 36 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Tìm nguyên hàm của hàm số f (x) = cos5x .
1
A.  f (x)dx = − sin5x + C .
5

B.  f (x)dx = 5sin5x + C .

1
C.  f (x)dx = sin5x + C .
5

D.  f (x)dx = −5sin5x + C .

1

1

 f (x)dx = 5  cos5xd ( 5x ) = 5 sin 5x + C .
Câu 37

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hàm số g(x) có đạo hàm trên đoạn  −1;1 . Có
1

g ( −1) = 3 và g (1) = 1 . Tính I =  g ( x )dx .
−1

A. −2 .

B. 2.

1

3
D. − .
2

C. 4.

I =  g ( x ) dx = g ( x ) −1 = g (1) − g ( −1) = −2 .
1

−1

π

a

x
16

Câu 38 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Giá trị của a để  1 − 2sin 2  dx =
là.
4
15
0

B. a = 2 .

A. a = 1.

π

C. a = 5 .

D. a = 4 .

A

x
16 CALC

→A = ..., X = 1  A = 5 được kết quả = 0.
Dùng casio nhập  1 − 2sin 2  dx − ⎯⎯⎯
4
15
0
Vậy a = 5.
Câu 39

π

 π π
(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018). Cho y = f  x +  là hàm chẵn trên  − ;  và
2

 2 2
π
2

π

f ( x ) + f  x +  = sin x + cos x . Tính  f ( x ) dx .
2

0


A. −1 .

B. 1.

D. −2 .

C. 2.

Đáp án B

π



Từ f ( x ) + f  x +  = sin x + cos x cho x = , x = − ta có
2
2
2

 π π π
π
π
π
f  2  + f  2 + 2  = sin 2 + cos 2 = sin 2
   


f  − π  + f  π − π  = sin  − π  + cos  − π  = sin  − π 






  2   2 2 
 2
 2
 2

π

Chú ý do y = f  x +  là hàm chẵn trên
2


 π π
π π
 − 2 ; 2  nên f  2 + 2  =

π π
f − 
2 2

π
π  π
 π
 f   − f  −  = sin − sin  −   f ( x ) = s inx
2
2  2
 2
π
2

π
2

0

0

Vậy  f ( x ) dx =  sinxdx = 1

Câu 40.

(E) :

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Gọi

(H) và

(K) là hình phẳng giới hạn bởi

x 2 y2
+
= 1 và đường x = k ( k  0) . Để tỉ số thể tích khối tròn xoay tạo bởi khi quay
16 9

(H) và

(K) quanh Ox bằng

A. k = −4 .

VH
5
=
thì k bằng.
VK 27

B. k = −3 .

C. k = −2 .

Đáp án C

(E) :

x2 y2
3
+
=1 y = 
16 − x 2
16 9
4

Đường thằng x = k chia elip thành hai phần

(H) và

(K) khi đó

k

3
1
1
16 − x 2 ) dx =  ( 48 x − x3 ) |k−4 =  ( 48k − k 3 + 128 )
(
4
4
4
−4

VH =  
4

VK =  
k

3
1
1
16 − x 2 ) dx =  ( 48 x − x 3 ) |4k =  (128 − 48k + k 3 )
(
4
4
4

D. k = −1 .


VH 48k − k 3 + 128 5
48k − k 3 + 128 5
=
=

=
 k 3 − 48k − 88 = 0
3
VK 128 − 48k + k
27
256
32

với k nguyên âm

 k = −2
ln 2

Câu 41 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018). Biết rằng



  x + 2e

1
x

0

1 a
5

dx = ln 2 + b ln 2 + c ln .
+1 
2
3

Trong đó a, b, c là những số nguyên. Khi đó S = a + b + c bằng.
A. 2.

B. 3.

C. 4.

D. 5.

Đáp án A
ln 2


0

1 

 x + x dx =
2e + 1 


ln 2



ln 2



xdx +

0

0

ln 2

x 2 ln 2
1
dx
=
|0 + 
de x
x
x
x
2e + 1
2
0 ( 2e + 1) e
1

1

2
1 2
1 2
5
x
x
x
ln 2


0  e x ( 2e x + 1) de = 2 ln 2 + ln e − ln ( 2e + 1) |0 = 2 ln 2 + ln 2 − ln 3


 a+b+c = 2
1
= ln 2 2 +
2

(

ln 2

)

Câu 42 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = e x .sin x và
các đường thẳng x = 0, x = π, trục hoành. Một đường x = k cắt diện tích trên tạo thành 2 phần
có diện tích bằng S1;S2 sao cho ( 2S1 + 2S2 − 1) = ( 2S1 − 1) khi đó k bằng:
2

π
.
4

A.

B.

π
.
2

C.

π
.
3

D.

π
.
6

Đáp án B


k



Ta có S1 =  e sin xdx; S2 =  e sin xdx S = S1 + S 2 =  e x sin xdx
x

x

0

0

k

( 2S1 + 2S2 − 1) = ( 2S1 − 1)

2

 S2 = 2 S12 − 3S1 + 1  2 S12 − 2S1 + 1 − S = 0

2

k

k

 2   e x sin xdx  − 2  e x sin xdx + 1 −  e x sin xdx = 0
0
0
0


Tính toán trực tiếp qua các đáp án ta thấy PT trên đúng với k =


2

Câu 43 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018). Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3x 2 + 1 là
A. x 3 + C .
Đáp án D

 ( 3x

2

+ 1) dx = x 3 + x + C

B.

x3
+ x +C.
3

C. 6x + C .

D. x 3 + x + C .


Câu 44

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn a;b . Gọi D

là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng

x = a, x = b ( a  b ) . Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành được
tính theo công thức
A. V =  f 2 ( x ) dx . B. V = 2 f 2 ( x ) dx . C. V = 2  f 2 ( x ) dx . D. V = 2  f ( x ) dx .
b

b

b

b

a

a

a

a

Đáp án A
Ta có công thức tính thể tích khối tròn xoay quay đồ thị hàm số y = f ( x ) quanh trục hoành,
giới hạn bởi 2 đường thẳng x = a, x = b ( a  b ) là. V =  f 2 ( x ) dx .
b

a

Câu 45 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Tích phân
A.

16
225

B. log

5
3



2

0

dx
bằng
x +3

C. ln

5
3

. Đáp án B
2

dx

 x + 3 = ln ( x + 3)

2
0

0

5
= ln 5 − ln 3 = ln .
3

Câu 46 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Cho ( H ) là hình phẳng giới
hạn bởi parabol y = 3x 2 , cung tròn có phương trình y = 4 − x 2
(với 0  x  2 ) và trục hoành

(phần tô đậm trong hình vẽ). Diện

tích của ( H ) bằng
A.

4 + 3
12

B.

4 − 3
6

C.

4 + 2 3 − 3
6

D.

5 3 − 2
3

D.

2
15


Đáp án
Cách 1. Khi miền giới hạn có đường 3 đường thì ta phải tách thành các miền sao cho trên
mỗi miền chỉ được giới hạn bởi 2 đồ thị y = f ( x ) và y = g ( x ) nào đó và hai đường
x = a, x = b .
1

2

Ta có S =  3x dx + 
2

0

1

1

2

3 3
4 − x dx =
x +  4 − x 2 dx
3
1
0
2

Sau đó dùng casio ta tìm được đáp án xấp xỉ kết quả tính được. Nếu bạn muốn làm theo cách
2

tự luận thì để tính



4 − x 2 dx ta đặt x = sin t .

1

Cách 2. Phần diện tích giới hạn bởi đường x = 4 − y 2 ; x =
3

cần tìm là S =



y
dy rồi dùng máy tính cầm tay để kết luận.
3

4 − y2 −

0

Câu 47.

y
; y = 0; y = 3 nên diện tích
3

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Biết

dx
= a − b − c với a, b, c
x + x x +1

2

 ( x + 1)
1

là các số nguyên dương. Tính P = a + b + c
B. P = 12

A. P = 24

D. P = 46

C. P = 18

Đáp án D
2

 ( x + 1)
1

2

=
1

2
2
dx
dx
x +1 − x
=
=
2
1
x + x x + 1 1 x. ( x + 1) x + 1 + x
x. ( x + 1)  x + 1 −


(

)

x +1 − x
dx
dx
dx = 
−
= 2 x − 2 x +1
x + 1. x
x 1 x +1
1
2

(

2

(

)

) ( )

x 

2

dx

2
1

a = 32

= 4 2 − 2 3 − 2 = 32 − 12 − 2  b = 12
c = 2

Câu 48.

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn

0;1 thỏa mãn f (1) = 0, 0 f  ( x )
1

A.
Đáp án A

7
5

B. 1

C.

7
4

2

dx = 7 và
D. 4

1
x 2 f ( x ) dx = . Tích phân
0
3



1

 f ( x ) dx bằng
1

0




 x f ( x ) dx = x f ( x ) −  ( 2x f ( x ) + x f  ( x )) dx   x f  ( x ) dx = −1 .
1

2

3

0

 f  ( x )
1



0

2

1

1

0

0

2

1

3

3

0

+ 14x 3f  ( x ) + 49x 6dx = 0   f  ( x ) + 7x 3  dx = 0 hay f  ( x ) = −7x 3 trên
0
1

0;1 .
Lại có f (1) = 0  f ( x ) = −

7x 4 7
+ nên
4
4

7

 f ( x ) dx = 5
1

0

2

3

3

1

1

2

( Gv Nguyễn Bá Tuấn ) Biết  f ( x ) dx = 3,  f ( x ) dx = 2 . Khi đó  f ( x ) dx bằng

Câu 49

B. −1

A. 1

C. 5

D. −5

Chọn đáp án B.
2

3

3

3

1

2

1

2

Cách 1:  f ( x ) dx +  f ( x ) dx =  f ( x ) dx   f ( x ) dx = 2 − 3 = −1
Cách 2:
2

3

1

1

 f ( x ) dx = 3  F ( 2 ) − F (1) = 3,  f ( x ) dx = 2  F (3) − F (1) = 2
3

Vậy  f ( x ) dx = F ( 3) − F ( 2 ) = F ( 3) − F (1) − F ( 2 ) − F (1) = 2 − 3 = −1
2

Câu 50 ( Gv Nguyễn Bá Tuấn ). Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2x3 − sin a với a là tham
số
A.
Ta có

1 4
x + cos a + C
2

B. 4x 4 + sin a + C

(

x4
+ x sin a + C
2

)

2x 3 − sin a dx =

C.

1 4
x +C
4

D.

1 4
x − x.sin a + C
2

 f ( x ) dx

0

3

bằng
A. 1

B. 2

Đặt t = 2x + 3  dt = 2dx
x = 0  t = 3; x = 1  t = 5
5

I=

5

1
f ( t ) dt = 4   f ( t ) dt = 8
2 3
3

Chọn đáp án C.

5

1

Câu 51 ( Gv Nguyễn Bá Tuấn )Cho I =  f ( 2x + 3) dx = 4 . Khi đó giá trị của

C. 8

D. 11


Câu 52 ( Gv Nguyễn Bá Tuấn )Cho hàm số y = x 2 − 5x + 7 ( C1 ) ; y = x + k ( C2 ) , gọi H là
hình phẳng giới hạn bới
A. 1

( C1 ) , ( C2 ) . Để diện tích ( H )
B. 2

bằng

32
thì giá trị của k bằng
3

C. 3

D. 4

Đáp án B
Xét PT x 2 − 5x + 7 = x + k  x 2 − 6x + 7 − k = 0
3+ 3

 (x

+) k=1  x1 = 3  3  S =

2

− 6 x + 6 ) dx = 6,9

3− 3

5

+) k=2  x1 = 1; x2 = 5  S =

(x

2

− 6 x + 5) dx = 10, 666 =

1

32
3

( Gv Nguyễn Bá Tuấn ) Nguyên hàm của hàm y =

Câu 53.

A. e tan x + C

2e tan x

1 + cos 2x

C. ln tan x + C

B. ecos x + C

D. esin x + C

Đáp án A
2e tan x
e tan x
tan x
tan x
dx
=
 1 + cos 2 x  cos2 xdx =  e d ( tanx ) = e + C
1

( Gv Nguyễn Bá Tuấn ). Cho I = 

Câu 54

0

x 3 + 3x 2 − x − 3

(

x 2 + 2x + 3

)

2

dx = a ( ln b − 1) . Khi đó

4a 2 + b 2 bằng

A. 2

B. 3

C. 5

D. 6

Đáp án C
1

I=
0

x 3 + 3x 2 − x − 3

(x

2

+ 2x + 3

)

2

1 x 2 + 2x − 3
dx = 
d x 2 + 2x + 3
2
2
2 0 x + 2x + 3
1

(

)

(

)

1 t −6
1
6 6 1
I =  2 dt =  ln t +  | = ( ln 2 − 1)
23 t
2
t 3 2
6

1
Vậy a = , b = 2  4a 2 + b 2 = 1 + 4 = 5
2

Câu 55

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Một nguyên hàm của hàm số y =

A. ln ( x + 1)
Đáp án A

2

B. ln 2 ( x + 1)

C. ln ( x 2 + 2x )

2x + 2

( x + 1)

2



D. ln 2 ( x 2 + 2x )


2x + 2

2

2

e2 x
(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) =
2

Câu 56
A.

2

 ( x + 1) dx =  x + 1dx = 2 ln ( x + 1) = ln ( x + 1)

Ta có



e2 x +1
f ( x) =
+ C B.
4



f ( x ) = e2 x + C

C.



e2 x
f ( x) =
+C
4

D.

 f ( x) = e

2 x +1

+C

Đáp án C
e2 x
1 e2 x
e2 x
 2 dx = 2 . 2 + C = 4 + C

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường

Câu 57.

y = x3 + 1, y = 0, x = 1 là
A. 1

B. 2

D. 4

C. 3

Đáp án B
1

Xét x + 1 = 0  x = −1  S =
3

x

3

+ 1 dx = 2

−1

Câu 58.

(H )

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hàm số y = x 2 ( C ) và đường cong ( C  ) . Gọi

là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số trên. Biết rằng thể tích tạo bởi hình

( H ) quay quanh trục Ox

có giá trị bằng

64
( đvtt ) khi đó ( C) có phương trình là
15

B. y = 4 x 2

A. x = y 2

C. x 2 = 4 y

D. y = 2 x

Đáp án D
Thử từng đáp án ta tìm được đáp án D ứng với hàm ố thỏa mãn. Thật vậy:
x = 0
Xét phương trình hoành độ giao điểm 2 đồ thị hàm số: x 2 = 2 x  
x = 2

Khi đó, thể tích khối tròn xoay tạo bởi 2 đồ thị hàm số khi quay quanh trục Ox là:
2

V =   (x

) − ( 2x)

2 2

0

2

2

dx =   4 x 2 − x 4dx =
0

64
15

(đvtt)

 Thỏa mãn.

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho các số thực a, b khác 0 . Xét hàm số

Câu 59.
f ( x) =

a

( x + 1)

A. 42

+ bxe với x  −1. Biết f  ( 0 ) = −22 và
x

3

1

 f ( x )dx = 5 . Tính a
0

B. 72

C. 68

D. 10

2

+ b2 .


Đáp án C
Ta có: f ' ( x ) = −3a ( x + 1) + b ( xe x + e x ). Do f ' ( 0) = −22  3a − b = 22
−4

(1)

Mặt khác:
1

1

1

 f ( x ) dx = 5   a ( x + 1)
0

−3

0

 −a ( x + 1)−2

3a
+ bxe dx = 5  
+ b ( xe x − e x )  = 5 
+b = 5
2
8

 0
x

( 2)
a = 8
Từ (1) và ( 2 )  
 a 2 + b2 = 68.
b = 2

Câu 60.

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm dương, liên tục trên

2
1

đoạn 0;1 thỏa mãn điều kiện f ( 0 ) = 1 và 3 ( f ' ( x ) . f ( x ) ) + dx  2 
9
0 
0
1

1

1

f ' ( x ) . f ( x ) dx .

3

  f ( x ) dx

Tính

0

3
2

A.

B.

5
4

C.

Đáp án D
b

 f ( x) dx = 0( f ( x)  0) = f ( x) = 0

Nhớ:

a

Ta có:
1

1

1

1
3 [ f '( x)][ f ( x)] dx +  dx − 2 
30
0
0
2

1

=  (3 f '( x) f ( x) − 1) 2 dx  0
0

= 3 f '( x). f ( x) = 1
= 9 f '( x).[ f ( x)] 2 = 1
= 3.{ [ f ( x)]3} '=1
1
x
<=>(f ( x))3 =  dx = + C
3
3
Mà f (0) = 1 = C = 1

f ( x) f ( x)dx  0

5
6

D.

7
6


= ( f ( x))3 =
1

x
+1
3
1

x
7
=  ( f ( x))3 dx =  ( + 1)dx =
3
6
0
0



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×