Nguyên hàm – tích phân và ứng dụng trong các đề thi thử THPT QG môn Toán - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247

TÍCH PHÂN

TRONG CÁC ĐỀ THI THỬ

NỘI DUNG CÂU HỎI

Câu 1. Tính tích phânI =

π

Z2

0

(sin 2x+ sinx) dx

A. I = 5. B. I = 3. C. I = 4. D. I = 2.

Lời giải.

Ta có: I =

π 2

Z

0

(sin 2x+ sinx) dx= Å

−1

2·cos 2x−cosx ã

π 2 0

= 2.

Chọn đáp án D

Câu 2. Tính nguyên hàmI = Z Å

2x²− 3 x

ã dx.

A. I = 2

3x³−3 lnx+C. B. I = 2

3x³−3 ln|x|+C.

C. I = 2

3x³+ 3 lnx+C. D.I = 2

3x³+ 3 ln|x|+C.

Lời giải.

I = Z Å

2x²− 3 x

ã

dx= 2

3x³−3 ln|x|+C.

Chọn đáp án B

Câu 3. Cho hai quả bóng A, B di chuyển ngược chiều nhau va chạm với nhau. Sau va chạm mỗi quả bóng nảy ngược lại một đoạn thì dừng hẳn. Biết sau khi va chạm, quả bóng A nảy ngược lại với vận tốc v_A(t) = 8−2t(m/s) và quả bóng B nảy ngược lại với vận tốc v_B(t) = 12−4t(m/s).

Tính khoảng cách giữa hai quả bóng sau khi đã dừng hẳn (Giả sử hai quả bóng đều chuyển động thẳng).

A. 36 mét. B. 32 mét. C. 34mét. D. 30mét.

Lời giải.

Thời gian quả bóngAchuyển động từ lúc va chạm đến khi dừng hẳnv_A(t) = 0 ⇔8−2t= 0⇒t = 4s.

Quãng đường quả bóng A di chuyển S_A= Z 4

0

(8−2t) dx= 16m

Thời gian quả bóng B chuyển động từ lúc va chạm đến khi dừng hẳn v_B(t) = 0 ⇔12−4t = 0 ⇒ t= 3s.

Quãng đường quả bóng B duy chuyển SB = Z 3

0

(12−4t) dx= 18m

Vậy: Khoảng cách hai quả bóng sau khi dừng hẳn làS =S_A+S_B = 34m.

Chọn đáp án C

Câu 4. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên R thỏa mãn fπ 2

= −1 và với mọi x ∈ R ta có f⁰(x)·f(x)−sin 2x=f⁰(x)·cosx−f(x).sinx. Tính tích phân I =

π

R4

0

f(x) dx.

A. I = 1. B. I =√

2−1. C. I =

√2

2 −1. D. I = 2.

Lời giải.

Ta có f⁰(x)·f(x)−sin 2x=f⁰(x)·cosx−f(x)·sinx⇔f⁰(x)·f(x)−sin 2x= [f(x)·cosx]⁰. Lấy nguyên hàm hai vế:R

[f⁰(x)·f(x)−sin 2x] dx=R

[f(x)·cosx]⁰ dx

⇔ f²(x) 2 +1

2cos 2x= cosx·f(x) +C.

Vìfπ 2

=−1⇒C = 0⇒f²(x) + cos 2x= 2 cosx·f(x)⇔f²(x)−2 cosx·f(x) + cos²x= sin²x.

Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em 2 https://emncischool.wixsite.com/geogebra

⇔(f(x)−cosx)² = sin²x⇔

"

f(x)−cosx= sinx f(x)−cosx=−sinx

. Vì fπ

2

=−1 nên nhân f(x) = cosx−sinx.

Vậy I =

π 4

R

0

f(x) dx=

π 4

R

0

(cosx−sinx) dx= (cosx−sinx)

π 4

0 =√

2−1.

Chọn đáp án B

Câu 5. Cho hàm số y =f(x) liên tục trên R thỏa mãn

1

Z

0

f(x)dx= 3 và

5

Z

0

f(x)dx = 6. Tính tích

phân I =

1

Z

−1

f(|3x−2|)dx

A. I = 3. B. I =−2. C. I = 4. D. I = 9.

Lời giải.

Ta có

1

Z

−1

f(|3x−2|)dx=

2

Z3

−1

f(−3x+ 2)dx+

1

Z

2 3

f(3x−2)dx=I₁+I₂.

I₁ =

2 3

Z

−1

f(−3x+ 2)dx=−1 3

2 3

Z

−1

f(−3x+ 2)d(−3x+ 2).

Đặt t=−3x+ 2 suy ra x=−1⇒t= 5; x= 2

3 ⇒x= 0. Do đó I1 = 1 3

5

Z

0

f(t)dt= 2.

I2 =

1

Z

2 3

f(3x−2)dx= 1 3

Z

2 3

1f(3x−2)d(3x−2).

Đặt t= 3x−2 suy ra x= 1 ⇒t = 1; x= 2

3 ⇒x= 0. Do đó I₂ = 1 3

1

Z

0

f(t)dt = 1.

Vậy I =I₁+I₂ = 3.

Chọn đáp án A

Câu 6. Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) =x²e^x3+1. A.

Z

f(x) dx= e^x3+1+C. B.

Z

f(x) dx= 3e^x3+1+C.

C.

Z

f(x) dx= 1

3e^x3+1+C. D.

Z

f(x) dx= x³

3 e^x3+1+C.

Lời giải.

Ta có Z

x²e^x3+1dx= 1 3

Z

e^x3+1d(x³+ 1) = 1

3e^x3+1+C.

Chọn đáp án C

Câu 7. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A.

Z

xe^xdx= e^x+xe^x+C. B.

Z

xe^xdx=−e^x+xe^x+C.

C.

Z

xe^xdx= x²

2 e^x+C. D.

Z

xe^xdx= e^x+ x²

2e^x+C.

Lời giải.

Ta có Z

xe^xdx= Z

xde^x =xe^x− Z

e^xdx=xe^x−e^x+C.

Chọn đáp án B

Câu 8. Tìm họ nguyên hàm F(x) của hàm số f(x) = 1 5x+ 4. A. F(x) = 1

ln 5ln|5x+ 4|+C. B. F(x) = ln|5x+ 4|+C.

C. F(x) = 1

5ln|5x+ 4|+C. D.F(x) = 1

5ln(5x+ 4) +C.

Lời giải.

Ta có

Z 1

5x+ 4dx= 1

5ln|5x+ 4|+C.

Chọn đáp án C

Câu 9. Cho hàm số f(x) = 2x + e^x. Tìm một nguyên hàm F(x) của hàm số f(x) thỏa mãn F(0) = 2019.

A. F(x) = e^x−2019. B. F(x) = x²+ e^x−2018.

C. F(x) =x²+ e^x+ 2017. D.F(x) = x²+ e^x+ 2018.

Lời giải.

F(x) = Z

(2x+ e^x) dx=x²+ e^x+C.

Do F(0) = 2019 nên 0²+ e⁰+C = 2019⇔C = 2018.

Vậy F(x) = x²+ e^x+ 2018.

Chọn đáp án D

Câu 10. Cho hàm số f(x) liên tục trênR thỏa mãn điều kiện:f(0) = 2√

2, f(x)>0với mọi x∈R và f(x).f⁰(x) = (2x+ 1)p

1 +f²(x) với mọi x∈R. Khi đó giá trị f(1) bằng A. √

15. B. √

23. C. √

24. D. √

26.

Lời giải.

Từ giả thiết ta có2x+ 1 = f(x)·f⁰(x) p1 +f²(x) ⇒

Z f(x)·f⁰(x) p1 +f²(x)dx=

Z

(2x+ 1) dx.

Bây giờ ta tínhI =

Z f(x)·f⁰(x) p1 +f²(x)dx.

Đặt p

1 +f²(x) = t ⇒1 +f²(x) =t² ⇒2f(x)f⁰(x)dx= 2tdt ⇒f(x)f⁰(x)dx=tdt.

Do đóI = Z t

tdx= Z

dt=t+C =»

1 +f²(x) +C.

Ta nhận được p

1 +f²(x) +C =x²+x. f(0) = 2√

2⇒C =−3.

Từ đóp

1 +f²(x)−3 =x²+x. Khi x= 1 ta có p1 +f²(1)−3 = 1 + 1⇒1 +f²(1) = 25⇒f(1) =√

24.

Chọn đáp án C

Câu 11. Cho

1

Z

0

f(x) dx= 2 và

1

Z

0

g(x) dx= 5, khi đó

1

Z

0

[f(x)−2g(x)] dx bằng

A. −3. B. 12. C. −8. D. 1.

Lời giải.

1

Z

0

[f(x)−2g(x)] dx=

1

Z

0

f(x) dx−2

1

Z

0

g(x) dx= 2−2·5 = −8.

Chọn đáp án C

Câu 12. Họ nguyên hàm của hàm số f(x) = e^x+x là

A. e^x+x² +C. B. e^x+ 1

2x²+C.

C. 1

x+ 1e^x+1

2x²+C. D.e^x+ 1 +C.

Lời giải.

Z

f(x) dx= Z

(e^x+x) dx= e^x+ 1

2x²+C

Chọn đáp án B

Câu 13.

Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây ?

A.

2

Z

−1

(2x²−2x−4) dx. B.

2

Z

−1

(−2x+ 2) dx.

C.

2

Z

−1

(2x−2) dx. D.

2

Z

−1

(−2x²+ 2x+ 4) dx.

x

−1

2

y

O

y=−x²+ 3

y=x²−2x−1

Lời giải.

S =

2

Z

−1

(−x²+ 3)−(x² −2x−1) dx=

2

Z

−1

(−2x²+ 2x+ 4) dx.

Chọn đáp án D

Câu 14. Họ nguyên hàm của hàm số f(x) = 4x(1 + lnx) là

A. 2x²lnx+ 3x². B. 2x²lnx+x². C. 2x²lnx+ 3x²+C. D. 2x²lnx+x²+C.

Lời giải.

Z

4x(1 + lnx) dx= Z

(1 + lnx) d(2x²)

= 2x²(1 + lnx)− Z

2x²1 xdx

= 2x²(1 + lnx)−x² +C

= 2x²lnx+x²+C.

Chọn đáp án D

Câu 15. Cho

1

Z

0

xdx

(x+ 2)² = a+bln 2 +cln 3 với a, b, c là các số hữu tỷ. Giá trị của 3a+b +c bằng

A. −2. B. −1. C. 2. D. 1.

Lời giải.

1

Z

0

xdx (x+ 2)² =

1

Z

0

x+ 2−2 (x+ 2)² dx

=

1

Z

0

x+ 2

(x+ 2)²dx−

1

Z

0

2 (x+ 2)² dx

=

1

Z

0

1

x+ 2 dx−

1

Z

0

2

(x+ 2)² dx

= ln|x+ 2|

1

0

+ 2

x+ 2

1

0

= ln 3−ln 2− 1 3. Nêna =−1

3, b =−1, c= 1, suy ra 3a+b+c=−1.

Chọn đáp án B

Câu 16.

Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnhA1,A2,B1,B2 như hình vẽ bên. Biết chi phí để sơn phần tô đậm là 200.000 đồng/m² và phần còn lại là100.000đồng/m². Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết A₁A₂ = 8m,B₁B₂ = 6m và tứ giác M N P Q là hình chữ nhật có M Q= 3m ?

A. 7.322.000 đồng. B. 7.213.000 đồng.

C. 5.526.000 đồng. D. 5.782.000 đồng.

M N

Q P

A1 A2

B₁ B₂

Lời giải.

Giả sử phương trình elip (E) : x² a² + y²

b² = 1.

Theo giả thiết ta có

(A₁A₂ = 8 B₁B₂ = 6 ⇔

(2a= 8 2b = 6 ⇔

(a= 4 a= 3 Suy ra (E) : x²

16 +y²

9 = 1⇒y =±3 4

√16−x². Diện tích của elip(E) làS_(E) =πab= 12π (m²).

Ta có: M Q= 3 ⇒

(M =d∩(E)

N =d∩(E) với d:y = 3

2 ⇒M(−2√ 3;3

2)và N(2√ 3;3

2).

Khi đó, diện tích phần không tô màu là S = 4

4

Z

2√ 3

(3 4

√16−x²)dx= 4π−6√ 3(m²).

Diện tích phần tô màu là S⁰ =S_(E)−S = 8π+ 6√ 3.

Số tiền để sơn theo yêu cầu bài toán là T = 100.000×(4π−6√

3) + 200.000×(8π+ 6√

3)≈7.322.000 đồng.

Chọn đáp án A

Câu 17. Họ nguyên hàm của hàm số f(x) = x+ sinx là A. x² + cosx+C. B. x²−cosx+C. C. x²

2 −cosx+C. D. x²

2 + cosx+C.

Lời giải.

Cách 1: Dựa vào bảng nguyên hàm các hàm số cơ bản ta có Z

(x+ sinx) dx= x²

2 −cosx+C.

Cách 2: Lấy đạo hàm các hàm số trên ta được kết quả.

Chọn đáp án C

Câu 18. Cho

2

Z

−1

f(x)dx= 2 và

2

Z

−1

g(x)dx=−1, khi đó

2

Z

−1

[x+ 2f(x) + 3g(x)] dx bằng A. 5

2. B. 7

2. C. 17

2 . D. 11

2 . Lời giải.

Ta có:

2

Z

−1

[x+ 2f(x) + 3g(x)]dx=

2

Z

−1

xdx+ 2

2

Z

−1

f(x)dx+ 3

2

Z

−1

g(x)dx= 3

2+ 4−3 = 5 2.

Chọn đáp án A

Câu 19. BiếtF(x)là một nguyên hàm của hàm sốf(x) = e^2xvàF(0) = 201

2 . Giá trịF Å1

2 ã

là A. 1

2e + 200. B. 2e + 200. C. 1

2e + 50. D. 1

2e + 100.

Lời giải.

Ta có F(x) = Z

e^2xdx= 1

2e^2x+C.

Theo đề bài ta cóF(0) = 201 2 ⇔ 1

2e⁰+C = 201

2 ⇔C = 100.

Vậy F(x) = 1

2e^2x+ 100⇒F(2) = 1

2e + 100.

Chọn đáp án D

Câu 20. Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm sốf(x)·g(x)biếtF(1) = 3, biết Z

f(x)dx=x+ 2018 và

Z

g(x)dx=x²+ 2019.

A. F(x) = x³+ 1. B. F(x) =x³+ 3. C. F(x) =x²+ 2. D. F(x) = x²+ 3.

Lời giải.

Ta có Z

f(x)dx=x+ 2018⇒f(x) = (x+ 2018)⁰ = 1 và

Z

g(x)dx=x²+ 2019⇒g(x) = (x² + 2019)⁰ = 2x.

⇒f(x)·g(x) = 2x⇒F(x) = Z

f(x)·g(x)dx=x²+C.

Mặt khác F(1) = 3⇒1²+C = 3⇒C = 2.

Vậy F(x) = x²+ 2.

Chọn đáp án C

Câu 21. Cho Z 2

0

1

(x+ 1)(x+ 2)dx = aln 2 +bln 3 +cln 5 với a, b, c là các số thực. Giá trị của a+b²−c³ bằng

A. 3. B. 6. C. 5. D. 4.

Lời giải.

Ta có

3

Z

2

dx

(x+ 1)(x+ 2) =

3

Z

2

Å 1

x+ 1 − 1 x+ 2

ã

dx= ln

x+ 1 x+ 2

3 2

= ln4

5−ln3

4 = 4 ln 2−ln 3−ln 5.

Suy ra a= 4, b =−1, c =−1. Vậy a+b²−c³ = 6.

Chọn đáp án B Câu 22. Cho hàm sốf(x)liên tục và có đạo hàm trên

0;π 2

, thỏa mãnf(x) + tanxf⁰(x) = x cos³x. Biết rằng √

3fπ 3

−fπ 6

= aπ√

3 +bln 3 trong đó a, b ∈ R. Giá trị của biểu thức P = a+b bằng

A. 14

9 . B. −2

9. C. 7

9. D. −4

9. Lời giải.

Ta có f(x) + tanxf⁰(x) = x

cos³x ⇔cosx·f(x) + sinxf⁰(x) = x

cos²x ⇔[sinx·f(x)]⁰ = x cos²x. Do đó

Z

[sinx·f(x)]⁰dx=

Z x

cos²xdx⇒sinx·f(x) =

Z x cos²xdx.

Tính I =

Z x cos²xdx.

Đặt





 u=x

dv = dx cos²x

⇒

(du= dx v = tanx.

Khi đóI =x·tanx− Z

tanxdx=x·tanx−

Z d cosx

cosx =x·tanx+ ln|cosx|.

Suy ra f(x) = x·tanx+ ln|cosx|

sinx = x

cosx +ln|cosx|

sinx . Do √

3f π

3

−f π

6

=aπ√

3 +bln 3 =√ 3

Å2π

3 −2 ln 2

√3 ã

− Çπ√

3 9 + 2 ln

√3 2

å

= 5π√ 3 9 ln 3.

Khi đó





 a= 5

9 b =−1

. Vậy P =a+b =−4

9.

Chọn đáp án D

Câu 23. Họ nguyên hàm của hàm số f(x) = 3x²−1là A. x³ +C. B. x³

3 +x+C. C. 6x+C. D. x³−x+C.

Lời giải.

Ta có Z

f(x)dx= Z

(3x²−1) dx=x³−x+C.

Chọn đáp án D

Câu 24. Giá trị của

1

Z

0

(2019x²⁰¹⁸−1)dx bằng

A. 0. B. 2²⁰¹⁷+ 1. C. 2²⁰¹⁷−1. D. 1.

Lời giải.

1

Z

0

(2019x²⁰¹⁸−1)dx= 2019

1

Z

0

x²⁰¹⁸dx−

1

Z

0

dx= (x²⁰¹⁹−x+C)

1 0

= 0

Chọn đáp án A

Câu 25. Hàm số f(x) = cos(4x+ 7) có một nguyên hàm là A. −sin(4x+ 7) +x. B. 1

4sin(4x+ 7)−3. C. sin(4x+ 7)−1. D. −1

4sin(4x+ 7) + 3.

Lời giải.

Hàm số f(x) = cos(4x+ 7) có một nguyên hàm là 1

4sin(4x+ 7)−3.

Chọn đáp án B

Câu 26. Biết

1

Z

0

x²+ 2x

(x+ 3)²dx= a

4 −4 ln 4

b với a, b là các số nguyên dương. Giá trị của biểu thức a²+b² bằng

A. 25. B. 41. C. 20. D. 34.

Lời giải.

I =

1

Z

0

x²+ 2x

(x+ 3)²dx. Đặt t=x+ 3 ⇒dt= dx, đổi cận

(x= 0⇒t= 3 x= 1⇒t= 4.

I =

4

Z

3

t²−4t+ 3 t² dt=

4

Z

3

Å 1− 4

t + 3 t²

ã dt=

Å

t−4 ln|t| −3 t

ã

4 3

= 5

4 −4 ln4 3

⇒

(a= 5 b = 3

⇒a²+b² = 34.

Chọn đáp án D

Câu 27. Cho F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) = 1

xlnx thỏa mãn F Å1

e ã

= 2 và F(e) = ln 2. Giá trị của biểu thức F

Å1 e²

ã

+F(e²) bằng

A. 3 ln 2 + 2. B. ln 2 + 2. C. ln 2 + 1. D. 2 ln 2 + 1.

Lời giải.

Ta có

Z 1

xlnxdx=

Z d(lnx)

lnx = ln|lnx|+C,x >0,x6= 1.

NênF(x) =

(ln(lnx) +C₁ khi x >1

ln(−lnx) +C₂ khi 0< x < 1.

MàF Å1

e ã

= 2nênln Å

−ln1 e

ã

+C₂ = 2 ⇔C₂ = 2;F(e) = ln 2 nênln(ln e) +C₁ = ln 2⇔C₁ = ln 2.

Suy ra F(x) =

(ln(lnx) + ln 2 khi x >1 ln(−lnx) + 2 khi 0< x <1.

Vậy F Å1

e² ã

+F(e²) = ln Å

−ln 1 e²

ã

+ 2 + ln(ln e²) + ln 2 = 3 ln 2 + 2.

Chọn đáp án A

Câu 28. Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y = cosx; y = 0; x = 0 và x = π

2. Thể tích vật thể tròn xoay có được khi (H)quay quanh trục Ox bằng

A. π²

4 . B. 2π. C. π

4. D. π²

2 . Lời giải.

Gọi V là thể tích khối tròn xoay cần tính. Ta có

V =π

π

Z2

0

(cosx)²dx=π

π

Z2

0

1 + cos 2x

2 dx=π Åx

2 +sin 2x 4

ã

π 2 0

= π² 4 .

Chọn đáp án A

Câu 29. Gọi d là đường thẳng tùy ý đi qua điểmM(1; 1) và có hệ số góc âm. Giả sửd cắt các trục Ox,Oy lần lượt tại A, B. Quay tam giác OAB quanh trục Oy thu được một khối tròn xoay có thể tích là V. Giá trị nhỏ nhất của V bằng

A. 3π. B. 9π

4 . C. 2π. D. 5π

2 . Lời giải.

O x

y

1

1 M

A B

Giả sử A(a; 0), B(0;b). Phương trình đường thẳng d: x a + y

b = 1⇒d:y=−b

ax+b(1).

MàM(1; 1)∈d nên 1 a + 1

b = 1 ⇒a+b =ab(2).

Từ (1) suy ra d có hệ số góc làk =−b

a, theo giả thiết ta có −b

a <0⇒ab >0.

Nếu

(a <0 b <0

thì a+b <0 mâu thuẫn với (2). Suy ra a >0, b >0. Mặt khác từ(2) suy ra b= a a−1 kết hợp vớia >0, b >0 suy ra a >1.

Khi quay ∆OAB quanh trụcOy, ta được hình nón có chiều cao h=b và bán kính đường tròn đáy r=a.

Thể tích khối nón là V = 1

3πr²h= 1

3πa².b= 1 3π. a³

a−1. Suy ra V đạt giá trị nhỏ nhất khi a³

a−1 đạt giá trị nhỏ nhất.

Xét hàm số f(x) = x³

x−1 =x²+x+ 1 + 1

x−1 trên khoảng (1; +∞).

f⁰(x) = 2x+ 1− 1

(x−1)² = x²(2x−3)

(x−1)² ;f⁰(x) = 0⇒



 x= 0 x= 3 2 . Bảng biến thiên

x f⁰(x) f(x)

1 3

2 +∞

− 0 +

+∞

27 4 27

4

+∞

+∞

Vậy giá trị nhỏ nhất của V bằng 1 3π.f

Å3 2

ã

= 9π 4 .

Chọn đáp án B

Câu 30. Cho hàm số f(x) thoả mãn

3

Z

0

[2xln(x+ 1) +xf⁰(x)] dx= 0 và f(3) = 1.

Biết

3

Z

0

f(x) dx=a+bln 2

2 với a, b là các số thực dương. Giá trị của a+b bằng

A. 35. B. 29. C. 11. D. 7.

Lời giải.

Tính I =

3

Z

0

2xln(x+ 1) dx.

Đặt

(u= ln(x+ 1) dv= 2xdx

⇒







du= 1 x+ 1 dx v =x²

. Khi đó

I =x²ln(x+ 1)

3

0

−

3

Z

0

x²

x+ 1dx= 9 ln 4− Åx²

2 −x+ ln|x+ 1|

ã

3

0

= 16 ln 2− 3 2. Tính J =

3

R

0

xf⁰(x) dx.

Đặt

(u_J =x

dv_J =f⁰(x)dx ⇒

(du_J = dx v_J =f(x). J =

3

Z

0

xf⁰(x) dx=xf (x)|³₀−

3

Z

0

f(x) dx= 3−

3

Z

0

f(x) dx.

Mà

3

Z

0

[2xln(x+ 1) +xf⁰(x)] dx= 0

⇒I+J = 0⇒16 ln 2− 3 2+ 3−

3

Z

0

f(x)dx= 0⇒

3

Z

0

f(x) dx= 16 ln 2 + 3

2 = 3 + 32 ln 2

2 .

Suy ra

(a = 3

b = 32. Vậy a+b = 35.

Chọn đáp án A

Câu 31. Cho f(x), g(x) là các hàm số có đạo hàm liên tục trên R, k ∈ R. Trong các khẳng định dưới đây, khẳng định nào sai?

A.

Z

[f(x)−g(x)] dx= Z

f(x)dx− Z

g(x)dx. B.

Z

f⁰(x)dx=f(x) +C.

C.

Z

kf(x)dx=k Z

f(x)dx. D.

Z

[f(x) +g(x)] dx= Z

f(x)dx+ Z

g(x)dx.

Lời giải.

Khẳng địnhA, B, D đúng theo tính chất của nguyên hàm.

Khẳng địnhC chỉ đúng khik 6= 0.

Chọn đáp án C

Câu 32. Họ nguyên hàm của hàm số f(x) = 2x(1 + 3x³)là A. x²

Å 1 + 3

2x² ã

+C. B. x² Å

1 + 6x³ 5

ã

+C. C. 2x Å

x+3 4x⁴

ã

+C. D. x² Å

x+3 4x³

ã +C.

Lời giải.

Ta có R

f(x) dx=R

2x(1 + 3x³) dx=R

(2x+ 6x⁴) dx=x²+ 6x⁵

5 +C =x² Å

1 + 6x³ 5

ã +C.

Chọn đáp án B

Câu 33. Chof(x),g(x)là các hàm số liên tục trênRvà thỏa mãn

1

Z

0

f(x) dx= 3,

2

Z

0

[f(x)−3g(x)] dx= 4

và

2

Z

0

[2f(x) +g(x)] dx= 8. TínhI =

2

Z

1

f(x) dx.

A. I = 1. B. I = 2. C. I = 3. D. I = 0.

Lời giải.

Đặt a=

2

Z

0

f(x) dx, b =

2

Z

0

g(x) dx.

Theo giả thiết, ta có

(a−3b= 4 2a+b= 8

⇔

(a= 4 b= 0.

Ta có

2

Z

0

f(x) dx=

1

Z

0

f(x) dx+

2

Z

1

f(x) dx⇒

2

Z

1

f(x) dx=

2

Z

0

f(x) dx−

1

Z

0

f(x) dx= 4−3 = 1.

Chọn đáp án A

Câu 34. Hai người A và B ở cách nhau 180(m) trên đoạn đường thẳng và cùng chuyển động theo một hướng với vận tốc biến thiên theo thời gian ,A chuyển động với vận tốc v₁(t) = 6t+ 5(m/s), B chuyển động với vận tốc v₂(t) = 2at−3(m/s)(a là hằng số ), trong đó t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúcA và B bắt đầu chuyển động . Biết rằng lúc A đuổi theo B và sao 10(giây) thì đuổi kịp.

Hỏi sau 20(giây), A cáchB bao nhiêu mét?

A. 320(m). B. 720(m). C. 360(m). D. 380(m).

Lời giải.

Quảng đường A đi được trong 10(giây):

10

Z

0

(6t+ 5) dt= 3t²+ 5t

10

0 = 350(m).

Quảng đường B đi được trong 10(giây):

10

Z

0

(2at−3) dt = at²−3t

10

0 = 100a−30(m).

Vì lúc đầu A đuổi theo B và sau 10 (giây) thì đuổi kịp nên ta có:

(100a−30) + 180 = 350 ⇔a = 2⇒v₂(t) = 4t−3(m/s)

Sau 20(giây) quãng đường A đi được :

20

Z

0

(6t+ 5) dt= 3t²+ 5t

20 0

= 1300(m) .

Sau 20(giây) quãng đường B đi được :

20

Z

0

(4t−3) dt= 2t²−3t

20 0

= 740(m).

Khoảng cách giữa A và B sau 20(giây) 1300−740−180 = 380(m) .

Chọn đáp án D

Câu 35. Cho

1

Z

0

9^x+ 3m

9^x+ 3 dx=m²−1. Tính tổng tất cả các giá trị của tham số m

A. P = 12. B. P = 1

2. C. P = 16. D. P = 24.

Lời giải.

Từ giả thiết ta có

1

Z

0

9^x+ 3m

9^x+ 3 dx=m²−1

⇔

1

Z

0

9^x

9^x+ 3dx+m

1

Z

0

3

9^x+ 3dx=m²−1

⇔ m²−m

1

Z

0

3

9^x+ 3dx−

1

Z

0

9^x

9^x+ 3dx−1 = 0

Phương trình trên là phương trình bậc hai đối với biếnm, với các hệ số a = 1

b = −

1

Z

0

3 9^x+ 3dx c = −

1

Z

0

9^x

9^x+ 3dx−1

Áp dụng hệ thức Viet, tổng các giá trị củam là:

m₁+m₂ =−b a =

1

Z

0

3

9^x+ 3dx= 1 2 (dùng máy tính bỏ túi tính tích phân xác định)

Chọn đáp án B

Câu 36. Họ nguyên hàm của hàm số f(x) = x²+ cosx là A. 2x−sinx+C. B. 1

3x³+ sinx+C. C. 1

3x³−sinx+C. D. x³+ sinx+C.

Lời giải.

Ta có:

Z

(x²+ cosx)dx= 1

3x³+ sinx+C.

Chọn đáp án B

Câu 37. Nếu

2

Z

1

f(x) dx= 5,

5

Z

2

f(x) dx=−1 thì

5

Z

1

f(x) dx bằng

A. −2. B. 2. C. 3. D. 4.

Lời giải.

Ta có

5

Z

1

f(x) dx=

2

Z

1

f(x) dx+

5

Z

2

f(x) dx= 5 + (−1) = 4.

Chọn đáp án D

Câu 38. Diện tích hình phẳng H được giới hạn bởi hai đồ thị y=x³−2x−1 và y= 2x−1 được tính theo công thức

A. S =

0

Z

−2

x³ −4x

dx. B. S =

2

Z

0

x³−4x dx.

C. S =

2

Z

−2

x³−4x

dx. D.S =

2

Z

−2

x³−4x dx.

Lời giải.

Phương trình hoành độ giao điểm củay =x³−2x−1 và y= 2x−1 là

x³−2x−1 = 2x−1⇔x³−4x= 0⇔







 x= 2 x= 0 x=−2

.

Vậy diện tích hình phẳng H được giới hạn bởi hai đồ thị y = x³−2x−1 và y = 2x−1 được tính theo công thức S =

2

Z

−2

x³−4x dx.

Chọn đáp án D

Câu 39 (2D3B1-3). Họ nguyên hàm của hàm số f(x) = (2x+ 1)e^x là

A. (2x−1)e^x+C. B. (2x+ 3)e^x+C. C. 2xe^x+C. D. (2x−2)e^x+C.

Lời giải.

Ta có Z

f(x) dx= Z

(2x+ 1)e^xdx.

Đặt

(u= 2x+ 1 dv = e^xdx

⇒

(du= 2 dx v = e^x.

⇒ Z

(2x+ 1)e^xdx= (2x+ 1)e^x− Z

2e^xdx= (2x+ 1)e^x−2e^x+C = (2x−1)e^x+C.

Chọn đáp án A

Câu 40. Tính thể tích khối tròn xoay sinh bởi Elip (E) : x² 4 + y²

1 = 1 quay quanh trục Ox.

A. 64π

9 . B. 10π

3 . C. 8π

3 . D. 8π²

3 . Lời giải.

(E)có a² = 4⇒a = 2. Do đó hai đỉnh thuộc trục lớn có tọa độ A⁰(−2; 0) và (2; 0).

Vì x² 4 + y²

1 = 1⇒y² = 1− x² 4.

Do đó thể tích khối tròn xoay là V_Ox =π

2

Z

−2

y²dx=π

2

Z

−2

Å 1−x²

4 ã

dx= 8π 3 . Vậy V_Ox = 8π

3 (đvtt).

Chọn đáp án C

Câu 41. Cho

1

Z

0

1

x²+ 3x+ 2dx=aln 2 +bln 3, với a, blà các số hữu tỷ. Khi đó a+b bằng

A. 0. B. 2. C. 1. D. −1.

Lời giải.

Xét

1

Z

0

1

x²+ 3x+ 2dx =

1

Z

0

1

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

1

Z

0

Å 1

x+ 1 − 1 x+ 2

ã

dx = ln

Åx+ 1 x+ 2

ã 1 0

= 2 ln 2− ln 3.

Vậy a= 2, b =−1⇒a+b= 1.

Chọn đáp án C

Câu 42.

Người ta cần trồng một vườn hoa Cẩm Tú Cầu theo hình giới hạn bởi một đường Parabol và nửa đường tròn có bán kính√

2 mét (phần tô trong hình vẽ). Biết rằng: để trồng mỗi m² hoa cần ít nhất là 250000 đồng, số tiền tối thiểu để trồng xong vườn hoa Cẩm Tú Cầu gần bằng

A. 893000 đồng. B. 476000đồng. C. 809000 đồng. D. 559000đồng. x y

−1 O 1

−1 1 2

Lời giải.

Nửa đường tròn (T)có phương trình y=√

2−x².

Xét parabol(P) có trục đối xứng Oy nên có phương trình dạng:y =ax²+c.

(P) cắt Oy tại điểm (0;−1)nên ta có: c=−1.

(P) cắt (T) tại điểm (1; 1) thuộc(T) nên ta được: a+c= 1⇒a = 2.

Phương trình của(P) là:y= 2x²−1.

Diện tích miền phẳng D (tô màu trong hình) là:

S=

1

Z

−1

Ä√2−x²−2x²+ 1ä dx=

1

Z

−1

√2−x²dx+

1

Z

−1

−2x²+ 1 dx.

I₁ =

1

Z

−1

−2x²+ 1 dx=

Å

−2 3x³+x

ã

1

−1

= 2 3. XétI₂ =

1

Z

−1

√

2−x²dx, đặt x=√

2 sint, t∈h

−π 2;π

2 i

thì dx=√

2 costdt.

Đổi cận: x=−1 thì t =−π

4, với x= 1 thì t= π

4, ta được:

I₂ =

π/4

Z

−π/4

p2−2sin²t√

2 costdt=

π/4

Z

−π/4

2cos²tdt

=

π/4

Z

−π/4

(1 + cos 2t)dt = Å

t+ 1 2sin 2t

ã

π/4

−π/4

= 1 + π 2.

Suy ra S =I₁+I₂ = 5 3 +π

2 m². Số tiền trồng hoa tối thiểu là: 250000

Å5 3 +π

2 ã

≈809365 đồng.

Câu 43. Cho hàm sốy=f(x)có đạo hàm trên khoảng(0; +∞)thỏa mãnf(x) =x.ln

Å x³ x.f⁰(x)−f(x)

ã

và f(1) = 0. Tính tích phân I =

5

Z

1

f(x) dx.

A. 12 ln 13−13. B. 13 ln 13−12. C. 12 ln 13 + 13. D. 13 ln 13 + 12.

Lời giải.

Từ giả thiết và

f(x) = x.ln

Å x³ x.f⁰(x)−f(x)

ã

⇔ f(x)

x = ln x³

x.f⁰(x)−f(x).

⇔ e^f(x)x = x³

x.f⁰(x)−f(x) ⇔ x.f⁰(x)−f(x)

x² .e^f(x)x =x.

⇔

ïf(x) x

ò⁰

.e^f(x)x =x. (1)

Lấy nguyên hàm hai vế của (1) suy ra e^f(x)x = x² 2 +C.

Do f(1) = 0⇒C = 1

2, nên e^f(x)x = x²+ 1

2 ⇒f(x) = xlnx²+ 1

2 với x∈(0; +∞).

I =

5

Z

1

f(x) dx=

5

Z

1

x.lnx²+ 1

2 dx (2).

Đặt u= lnx²+ 1

2 ⇒du= 2x

x²+ 1 dx; dv=xdx, chọn v = x²+ 1 2 . Theo công thức tích phân từng phần, ta được:

I =

Åx²+ 1

2 .lnx²+ 1 2

ã

5

1

−

5

Z

1

xdx= 13 ln 13− x² 2

5

1

= 13 ln 13−12.

Chọn đáp án B

Câu 44. Tìm nguyên hàm của hàm số f(x) = e^2x. A.

Z

e^2xdx= 2e^2x+C. B.

Z

e^2xdx= e^2x+C.

C.

Z

e^2xdx= e^2x+1

2x+ 1 +C. D.

Z

e^2xdx= 1

2e^2x+C.

Lời giải.

Ta có Z

e^2xdx= 1 2

Z

e^2xd(2x) = 1

2e^2x+C.

Chọn đáp án D

Câu 45. Cho hàm số y=f(x) liên tục trên đoạn[a;b]. Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm sốy =f(x), trục hoành và hai đường thẳng x =a, x =b, (a < b) được tính theo công thức

A. S =

b

Z

a

f(x)dx

. B. S =

b

Z

a

f(x)dx. C. S =π

b

Z

a

f²(x)dx. D. S =

b

Z

a

|f(x)|dx.

Lời giải.

Theo lí thuyết về tính diện tích hình phẳng ta có diện tíchS của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f(x), trục hoành và hai đường thẳng x = a, x = b, (a < b) được tính theo công thức S =

b

Z

a

|f(x)|dx.

Chọn đáp án D

Câu 46. Tính tích phânI =

5

Z

1

dx 1−2x.

A. I =−ln 9. B. I = ln 9. C. I =−ln 3. D. I = ln 3.

Lời giải.

Ta có I =

5

Z

1

dx

1−2x =−1 2

5

Z

1

d(1−2x) 1−2x =−1

2ln|1−2x|

5 1

=−ln 3.

Chọn đáp án C

Câu 47. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x³, trục hoành và hai đường thẳng x=−1,x= 2 biết rằng mỗi đơn vị dài trên các trục tọa độ là 2 cm.

A. 15

4 cm². B. 17

4 cm². C. 17cm². D. 15cm². Lời giải.

Ta có S =

2

Z

−1

x³ dx=

0

Z

−1

x³ dx+

2

Z

0

x³

dx=−

0

Z

−1

x³dx+

2

Z

0

x³dx=−x⁴ 4

0

−1

+x⁴ 4

2

0

= 17 4 . Do mỗi đơn vị trên trục là 2cm nên S = 17

4 ·2² cm² = 17 cm².

Chọn đáp án C

Câu 48. Biết

e

Z

1

lnx

√x dx=a√

e+b với a,b∈Z. Tính P =ab.

A. P = 4. B. P =−8. C. P = 8. D. P =−4.

Lời giải.

Đặt







u= lnx dv = dx

√x

⇒







du= dx x v = 2√ x

, ta có

e

Z

1

lnx

√x dx= 2√ xlnx

1 e

−2

e

Z

1

√dx

x = 2√ xlnx

1 e

−4√ x

1 e

=−2√ e+ 4.

Từ đó suy ra

(a=−2

b = 4 . Vậy P =ab=−8.

Chọn đáp án B

Câu 49.

Một vật chuyển động trong 4 giờ với vận tốc v(km/h) phụ thuộc thời gian t(h) có đồ thị là một phần của đường parabol có đỉnh I(1; 1) và trục đối xứng song song với trục tung như hình bên. Tính quãng đường s mà vật đi được trong 4 giờ kể từ lúc xuất phát.

A. s = 40

3 (km). B. s= 8(km). C. s= 46

3 (km). D. s = 6(km).

t v

1 4

1 2 10

O

Lời giải.

Vì đồ thị của hàm số v(t) có dạng là một phần của parabol nên v(t) = at² +bt+c(a6= 0, t ≥0).

Đồ thị hàm số v(t) đi qua các điểm (0; 2), (1; 1), (4; 10)nên ta có hệ phương trình









 c= 2

a+b+c= 1 16a+ 4b+c= 10

⇔









 a= 1 b=−2 c= 2.

Do đóv(t) = t²−2t+ 2.

Vậy quãng đường mà vật đi được làs=

4

Z

0

v(t) dt=

4

Z

0

(t²−2t+ 2) dt= 40 3 (km).

Chọn đáp án A

Câu 50.

Cho hàm sốy=f(x)là hàm số bậc ba có đồ thị như hình vẽ bên.

Biết Z 4

1

xf⁰⁰(x−1) dx = 7 và Z 2

1

2xf⁰(x² −1) dx =−3. Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm sốy=f(x) tại điểm có hoành độ x= 3 là

A. y=x−4. B. y= 1 2x− 5

2. C. y= 2x−7. D. y= 3x−10.

x y

2

O

Lời giải.

Từ đồ thị hàm số ta suy ra f(0) = 2và f⁰(0) = 0.

Xét tích phân

2

Z

1

2xf⁰(x²−1) dx. Đặtu=x²−1⇒du= 2xdx.

Đổi cận x= 1⇒u= 0;x= 2 ⇒u= 3.

Do đó

2

Z

1

2xf⁰(x² −1) dx=

3

Z

0

f⁰(u) du=f(u)

3 0

=f(3)−f(0)⇒f(3)−f(0) =−3⇔f(3) =−1.

Xét tích phân

4

Z

1

xf⁰⁰(x−1) dx. Đặt u=x−1⇒x=u+ 1 ⇒dx= du.

Đổi cận x= 1⇒u= 0;x= 4 ⇒u= 3.

⇒

4

Z

1

xf⁰⁰(x−1) dx=

3

Z

0

(u+ 1)f⁰⁰(u) du =

3

Z

0

(u+ 1) df⁰(u) = (u+ 1)f⁰(x)

3 0−

3

Z

0

f⁰(u) du

= 4f⁰(3)−f⁰(0)−f(u)

3 0

= 4f⁰(3)−f⁰(0)−f(3) +f(0).

Do đó4f⁰(3)−f⁰(0)−f(3) +f(0) = 7⇔4f⁰(3) = 7 +f(3)−f(0) = 4⇔f⁰(3) = 1.

Như vậy, f(3) =−1, f⁰(3) = 1.Suy ra phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độx= 3 là y=x−4.

Chọn đáp án A

Câu 51.

Đồ thị trong hình bên là của hàm số y=f(x),S là diện tích hình phẳng (phần tô đậm trong hình). Chọn khẳng định đúng.

A. S=

0

Z

−2

f(x) dx+

1

Z

0

f(x) dx.

B. S=

1

Z

−2

f(x) dx.

C. S=

−2

Z

0

f(x) dx+

1

Z

0

f(x) dx.

D. S=

0

Z

−2

f(x) dx−

1

Z

0

f(x) dx.

x y

O 1

−2

Lời giải.

Từ đồ thị ta có f(x)≥0,∀x∈[−2; 0] và f(x)≤0,∀x∈[0; 1].

Do đóS =

1

Z

−2

|f(x)| dx=

1

Z

−2

|f(x)| dx+

1

Z

0

|f(x)| dx=

0

Z

−2

f(x) dx−

1

Z

0

f(x) dx.

Chọn đáp án D

Câu 52. Cho hàm sốf(x)biếtf(0) = 1,f⁰(x)liên tục trên[0; 3]và

3

Z

0

f⁰(x) dx= 9. Tínhf(3).

A. f(3) = 9. B. f(3) = 10. C. f(3) = 8. D. f(3) = 7.

Lời giải.

Ta có

3

Z

0

f⁰(x) dx= 9⇔ f(x)|³₀ = 9 ⇔f(3)−f(0) = 9⇔f(3) = 9 +f(0) = 9 + 1 = 10.

Vậy f(3) = 10.

Chọn đáp án B

Câu 53. Cho hàm sốf(x)đồng biến và có đạo hàm cấp hai trên đoạn[0; 2] và thỏa mãn2[f(x)]²− f(x)·f⁰⁰(x) + [f⁰(x)]² = 0 với ∀x∈[0; 2]. Biết f(0) = 1; f(2) =e⁶.

Tích phânI =

0

Z

−2

(2x+ 1)f(x) dxbằng

A. 1 +e. B. 1−e². C. 1−e. D. 1−e⁻¹. Lời giải.

2[f(x)]²−f(x)·f⁰⁰(x) + [f⁰(x)]² = 0 ⇔f(x)·f⁰⁰(x)−[f⁰(x)]² = 2[f(x)]²

⇔ f(x)·f⁰⁰(x)−[f⁰(x)]²

[f(x)]² = 2 ⇔

Åf⁰(x) f(x)

ã0

= 2

⇔

Z Åf⁰(x) f(x)

ã⁰ dx=

Z

2dx⇔ f⁰(x)

f(x) = 2x+ C₁

⇔

Z f⁰(x) f(x)dx =

Z

2x+C1 ⇔ln|f(x)|=x² +C1x+C2

Ta có

f(0) = 1⇒ln 1 =C2 ⇒C2 = 0 f(2) =e⁶ ⇒6 = 4 + 2C₁ ⇒C₁ = 1

⇒ ln|f(x)| =x²+x⇒f(x) = e^x2+x

⇒ I =

0

Z

−2

(2x+ 1)e^x2+xdx = e^x2+x

0

−2 = 1−e²

Chọn đáp án B

Câu 54. Gọi F(x)là một nguyên hàm của hàm số f(x) = e^−x+ cosx. Tìm khẳng định đúng.

A. F (x) = e^−x+ sinx+ 2019. B. F (x) = e^−x+ cosx+ 2019.

C. F (x) =−e^−x+ sinx+ 2019. D.F (x) = −e^−x−cosx+ 2019.

Lời giải.

Áp dụng công thức Z

( e^−x+ cosx) dx=−e^−x+ sinx+C, với C là hằng số Cho C = 2019ta có F (x) =−e^−x+ sinx+ 2019.

Chọn đáp án C

Câu 55. Nếuf(x) = (ax²+bx+c)√

2x−1là một nguyên hàm của hàm số g(x) = 10x²−7x+ 2

√2x−1 trên khoảng

Å1 2; +∞

ã

thì a+b+ccó giá trị bằng

A. 3. B. 0. C. 2. D. 4.

Lời giải.

Ta có:g(x) =f⁰(x) = (2ax+b)√

2x−1+ 1

√2x−1(ax²+bx+c) = (2ax+b) (2x−1) + (ax²+bx+c)

√2x−1 .

= 5ax²+ (3b−2a)x+c−b

√2x−1 . Theo bài ra:g(x) = 10x²−7x+ 2

√2x−1 nên 5ax²+ (3b−2a)x+c−b

√2x−1 = 10x²−7x+ 2

√2x−1 ⇒











5a= 10 3b−2a=−7 c−b= 2

⇔









 a = 2 b =−1 c= 1.

Vậy a+b+c= 2 .

Chọn đáp án C

Câu 56. Cho f(x), g(x) là các hàm số liên tục trên [1; 3] và thỏa mãn

3

Z

1

[f(x) + 3g(x)] dx = 10;

3

Z

1

[2f(x)−g(x)] dx= 6. Tính tích phân I =

3

Z

1

[f(x) +g(x)] dx bằng

A. I = 6. B. I = 7. C. I = 8. D. I = 9.

Lời giải.

Ta có



















3

Z

1

[f(x) + 3g(x)] dx= 10

3

Z

1

[2f(x)−g(x)] dx= 6

⇔



















3

Z

1

f(x) dx+ 3

3

Z

1

g(x) dx= 10

2

3

Z

1

f(x) dx−

3

Z

1

g(x) dx= 6

⇔



















3

Z

1

f(x) dx= 4

3

Z

1

g(x) dx= 2.

Vậy I =

3

Z

1

[f(x) +g(x)] dx=

3

Z

1

f(x) dx+

3

Z

1

g(x) dx= 4 + 2 = 6.

Chọn đáp án A

Câu 57. Một bình cắm hoa dạng khối tròn xoay, biết đáy bình và miệng bình có đường kính lần lượt là 2 dm và 4 dm. Mặt xung quanh của bình là một phần của mặt tròn xoay có đường sinh là đồ thị hàm số y=√

x−1. Tính thể tích bình cắm hoa đó.

A. 8π dm². B. 15π

2 dm². C. 14π

3 dm³. D. 15π

2 dm³. Lời giải.

x y

O 1 2 5

1 2

Vì đáy bình và miệng bình có đường kính lần lượt là 2 dm và 4 dm nên đáy và miệng có bán kính đáy lần lượt là 1dm và 2dm.

Ta có √

x−1 = 1⇔x= 2 và √

x−1 = 2⇔x= 5.

Vậy thể tích bình hoa làS =π

5

Z

2

(√

x−1)²dx= 15π 2 dm³.

Chọn đáp án D

Câu 58. Họ nguyên hàm của hàm số f(x) = x³+x² là A. x⁴

4 + x³

3 +C. B. x⁴+x³. C. 3x²+ 2x. D. 1

4x⁴+ 1 4x³. Lời giải.

Z

x³+x²

dx= x⁴ 4 +x³

3 +C.

Chọn đáp án A

Câu 59. Giá trị của

0

Z

−1

e^x+1dx bằng

A. 1−e. B. e−1. C. −e. D. e.

Lời giải.

Ta có

0

Z

−1

e^x+1dx= e^x+1

0

−1

= e¹−e⁰ = e−1.

Chọn đáp án B

Câu 60. ChoF(x)là một nguyên hàm củaf(x) = 1

x−1 trên khoảng(1; +∞)thỏa mãnF(e+1) = 4 . Tìm F(x) .

A. F(x) = 2 ln(x−1) + 2. B. F(x) = ln(x−1) + 3.

C. F(x) = 4 ln(x−1). D.F(x) = ln(x−1)−3.

Lời giải.

Ta có F(x) =

Z 1

x−1dx= ln(x−1) +C.

F(e + 1) = 4⇒ln e +C = 4⇒C = 3.

Vậy F(x) = ln(x−1) + 3 .

Chọn đáp án B

Câu 61. Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y = 2x−x², y = 0. Quay (H) quanh trục hoành tạo thành khối tròn xoay có thể tích là

A.

2

Z

0

(2x−x²)dx. B. π

2

Z

0

(2x−x²)²dx. C.

2

Z

0

(2x−x²)²dx. D. π

2

Z

0

(2x−x²)dx.

Lời giải.

Ta có 2x−x² = 0⇔

"

x= 0 x= 2 .

Theo công thức thể tích giới hạn bởi các đường ta có V =π

2

Z

0

(2x−x²)²dx

Chọn đáp án B

Câu 62. Cho

2

Z

0

f(x)dx= 3 và

2

Z

0

g(x)dx=−1. Giá trị của

2

Z

0

[f(x)−5g(x) +x] dx bằng

A. 12. B. 0. C. 8. D. 10.

Lời giải.

Ta có

2

Z

0

[f(x)−5g(x) +x] dx=

2

Z

0

f(x)dx−5

2

Z

0

g(x)dx+

2

Z

0

xdx= 3−5·(−1) + 1

2(2² −0) = 10.

Chọn đáp án D

Câu 63. Họ nguyên hàm của hàm số y= 3x(x+ cosx)là

A. x³+ 3(xsinx+ cosx) +C. B. x³ −3(xsinx+ cosx) +C.

C. x³+ 3(xsinx−cosx) +C. D.x³ −3(xsinx−cosx) +C.

Lời giải.

Ta có I = Z

3x(x+ cosx)dx= Z

3x² + 3xcosx

dx=x³+ 3 Z

xcosxdx.

Tính J = Z

xcosxdx. Đặt

( x=u

cosxdx= dv ⇒

( dx= du sinx=v .

⇒J =xsinx−R

sinxdx=xsinx+ cosx+C.

Vậy I =x³+ 3(xsinx+ cosx) +C.

Chọn đáp án A

Câu 64. Cho

4

Z

3

5x−8

x²−3x+ 2dx = aln 3 +bln 2 +cln 5 với a, b, c là các số hữu tỉ. Giá trị 2^a−3b+c bằng

A. 12. B. 6. C. 1. D. 64.

Lời giải.

Ta có

4

Z

3

5x−8

x²−3x+ 2dx=

4

Z

3

Å 3

x−1+ 2 x−2

ã

dx= 3 ln|x−1|

4 3

+ 2 ln|x−2|

4 3

= 3 ln 3−3 ln 2 + 2 ln 2 =−ln 2 + 3 ln 3⇒





 a= 3

b=−1⇒a−3b+c= 6 c= 0

.

Chọn đáp án D

Câu 65.

Cho hàm sốy=f(x)có đồ thịf⁰(x)trên[−3; 2] như hình bên (phần cong của đồ thị là một phần của paraboly=ax²+bx+c).

Biết f(−3) = 0, giá trị củaf(−1) +f(1) bằng A. 23

6 . B. 31

6 . C. 35

3 . D. 9

2.

x y

−3 −2 −1 O 1 2 1

2

Lời giải.

Paraboly =ax²+bx+c có đỉnhI(−2; 1) và đi qua điểm (−3; 0) nên ta có











− b

2a =−2 4a−2b+c= 1 9a−3b+c= 0

⇔











a =−1 b =−4 c=−3

⇒y=−x² −4x−3.

Do f(−3) = 0 nên

f(−1) +f(1) = [f(1)−f(0)] + [f(0)−f(−1)] + 2 [f(−1)−f(3)]

=

1

Z

0

f⁰(x) dx+

0

Z

−1

f⁰(x) dx+ 2

−1

Z

−3

(−x²−4x−3) dx

=S₁+S₂+ 2

−1

Z

−3

(−x²−4x−3) dx

= 1 + 3 2 +8

3 = 31 6 .

Với S₁, S₂ lần lượt là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f⁰(x), trục Ox và hai đường thẳngx=−1,x= 0 và x= 0,x= 1.

Chọn đáp án B

Câu 66. Cho I =

π 4

Z

0

ln(sinx+ 2 cosx)

cos²x dx =aln 3 +bln 2 +cπ với a, b, c là các số hữu tỷ. Giá trị của abc bằng

A. 15

8 . B. 5

8. C. 5

4. D. 17

8 . Lời giải.

Đặt u= ln(sinx+ 2 cosx)⇒du= cosx−2 sinx sinx+ 2 cosxdx.

dv = dx

cos²x, chọn v = tanx+ 2 = sinx+ 2 cosx

cosx . Khi đó

I = (tanx+ 2)·ln(sinx+ 2 cosx)

π 4

0 −

π

Z4

0

Å

1−2sinx cosx

ã dx

= 3 ln3√ 2

2 −2 ln 2−(x+ 2 ln(cosx))

π 4

0

= 3 ln3√ 2

2 −2 ln 2− π 4 −2 ln

√2 2

= 3 ln 3− 5

2ln 2− 1 4π.

Vậy abc= 15 8 .

Chọn đáp án A

Câu 67. Cho hai hàm số f(x) và f(−x) liên tục trên R và thỏa mãn 2f(x) + 3f(−x) = 1 4 +x². Tính I =

2

Z

−2

f(x) dx.

A. I = π

20. B. I = π

10. C. I =−π

20. D. I =−π 10. Lời giải.

Đặt t=−x⇒dx=−dt.

Đổi cận x=−2⇒t= 2; x= 2⇒t=−2, ta có

I =−

−2

Z

2

f(−t) dt=

2

Z

−2

f(−x) dx.

Theo bài ra ta có

2f(x) + 3f(−x) = 1

4 +x² ⇔2

2

Z

−2

f(x) dx+ 3

2

Z

−2

f(−x) dx=

2

Z

−2

1 4 +x² dx

⇔3I+ 2I =

2

Z

−2

1 4 +x² dx

⇔I = 1 5

2

Z

−2

1 4 +x² dx.

Đặt x= 2 tanu ta có dx= 2 1

cos²udu= 2 (1 + tan²u) du.

Đổi cận x=−2⇒u=−π

4; x= 2⇒u= π

4, ta có

I = 1 5

π 4

Z

−^π₄

2 (1 +u²)

4 + 4 tan²udu= 1 10

π 4

Z

−^π₄

du= 1 10u

π 4

−^π₄

= 1 10

π 4 +π

4

= π 20.

Chọn đáp án A