150 câu trắc nghiệm Nguyên hàm - Tích phân nâng cao (P5)

Chọn C.

Ta có diện tích thiết diện của vật thể cắt bởi mặt phẳng (P) là:

S(x) = x$\sqrt{1+x^2}$ nên thể tích cần tính là:

Chọn C.

Tiếp tuyến (d) qua O  có dạng y = kx, k > 0. (d) tiếp xúc với (P) tại điểm có hoành độ $x_0$

khi hệ $\left\{\begin{array}{l}{x}_0^2 + m = k{x}_0\\ 2x_0 = k >0\end{array}\right.$   có nghiệm $x_0$ tức là  phương trình $x_0^2 = m$ có nghiệm $x_0 > 0 hay$

$x_0 = \sqrt{m} và m\ge 0$ suy ra k = $2\sqrt{m}$

Phương trình (d): y = 2$\sqrt{m}x$

Mà  V = 6$\mathrm{\pi }$ suy ra m =  $\pm$6 mà m$\ge$0 suy ra m = 6

Vậy m = 6 thỏa mãn bài toán.

Chọn D

Ta có

Vậy a = 5; b = 6 bà b - a = 1

Chọn C.

Ta có $$\begin{gathered} \frac{10}{3}x -x^2 = -x \Rightarrow x = 0 \\ \frac{10}{3}x - x^2 = x -2 \Rightarrow x= 3 \end{gathered}$$

Suy ra a=13 ; b=2 và a+2b=17.

Chọn D.

Đặt t = 2x => dt = 2dx, Đổi cận x = 0 <=> t = 0, x = 1 <=> t = 2

I = $\frac{1}{4}{\int }_0^{2}tf\text{'}\left(t\right)dt$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u = t \Rightarrow du = dt\\ dv = f\text{'}\left(t\right) dt \Rightarrow v = f\left(t\right)\end{array}\right.$

I = $\frac{1}{4}\left(tf\left(t\right)\overline{)\begin{array}{c}2\\ 0\end{array} - {\int }_0^{2}f\left(t\right)dt}\right) = \frac{1}{4}(2f\left(2\right) - 0f\left(0\right) -4 ) = 7$

Chọn A.

Đặt t = tan x => dt = (1+ ${\tan }^2$x) dx  => $\frac{dt}{1+ t^2} = dx$

Đổi cận x = 0 => t = 0 và x = $\frac{\mathrm{\pi }}{4} \Rightarrow t = 1$

Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm: x sin 2x = 2x $\iff$ x (sin2x-2) = 0 $\iff$ x = 0 hoặc sin2x = 2 (VN)

Chọn A

Xét phương trình hoành độ giao điểm: $x^2 - 4x + 6 = -x^2 - 2x + 6\iff 2x^2 - 2x = 0$ $\iff$ x = 0 hoặc x =1

Thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay quanh trục Ox hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị y = $x^2 - 4x + 6, y = -x^2 - 2x + 6$là

Chọn C.

Đặt t = xcosx => dt = (cosx – x sinx)dx

Do đó P = a + b = 3 + 1 = 4.

Chọn D.

Hoành độ giao điểm của (P) và ( C) là nghiệm của  $\sqrt{3}{x}^2 = \sqrt{4-x^2}$ <=> x = 1 hoặc x = -1 

Khi đó, diện tích cần tính là H = 2. (${\int }_0^1\sqrt{4-x^2}dx - {\int }_0^1\sqrt{3}{x}^{2}dx$) = $\frac{2\mathrm{\pi } + \sqrt{3}}{3}$

Chọn A.

Ta có  ${\int }_1^{4}f\text{'}\left(x\right)dx = f\left(4\right) - f\left(1\right) \Rightarrow f\left(4\right) = f\left(1\right) +17 = 29$

Chọn B.

Theo giả thiết:

Chọn A.

Ta có  ${\int }_0^{12}\frac{2000}{1+x}dx = 2000\ln \left|1+x\right|\overline{)\begin{array}{c}12\\ 0\end{array} = 2000 \ln 13 = N\left(12\right) - N\left(0\right)}$

=> N(12) = 2000 ln13+ 5000 $\approx 10130$

Chọn D.

Đặt t = $x^2+ 1 \to dt = 2x dx , \left\{\begin{array}{l}x = 1 \to t = 2\\ x = 2 \to t = 5\end{array}\right.$

Chọn C.

Ta có 

Chọn C.

Ta có

Chọn A.

Đầu tiên ta phải nhận dạng được f(5) - f(2) = ${\int }_2^{5}f\text{'}\left(x\right)dx$

Vậy $3\le f\left(5\right) -f\left(2\right) \le 12$

Chọn A.

và ${\int }_2^{4}2xdx = x^{2 }\overline{)\begin{array}{c}4\\ \\ 2\end{array}}$ = 12

Suy ra: m² – 6m + 21 = 12 $\iff$ m² – 6m + 9 = 0 $\iff$ m = 3 

Khi đó: ${\log }_3(x+3)= 1\iff x+3 = 3\iff x =0$

Chọn D.

Đặt $t = \sqrt{3x+1} \to t^2 = 3x + 1 \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}dx = \frac{2}{3}tdt\\ x = \frac{t^2-1}{2}\end{array} \right.$  Đổi cận $\left\{\begin{array}{l}x = 1\to t = 2\\ x = 5 \to t = 4\end{array}\right.$

Suy ra a = 2; b = -1 ⇒ a² + ab + 3b² = 5.

Chọn A.

Cách 1: Đặt t = $\frac{x}{2}$ ⇒ 2t = x ⇔ dx = 2dt

Khi đó ${\int }_2^{4}f\left(x\right)dx = 2{\int }_1^{2}f\left(t\right)dt = 2{\int }_1^{2}f\left(x\right)dx = 2.(-3) = -6$

Cách 2: Chọn f(x) = -3 thỏa mãn ${\int }_1^{2}f\left(x\right)dx = {\int }_1^2\left(-3\right)dx = -3x\overline{)\begin{array}{c}2\\ \\ 1\end{array} = -3}$

Suy ra  ${\int }_2^{4}f\left(\frac{x}{2}\right)dx = {\int }_2^4\left(-3\right)dx = -6$

Chọn D.

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u = x+1\\ dv = f\text{'}\left(x\right) dx\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du = dx\\ v = {\int }_{}^{}f\text{'}\left(x\right)dx=f\left(x\right)\end{array}\right.\right.$

⇔ 10 = 2f(1) – f(0) – I ⇔ 10 = 2 – I ⇔ I = -8.

Chọn C.

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u = G\left(x\right)\\ dv = f\left(x\right)dx\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du = G\left(x\right)\text{'}dx = g\left(x\right) dx\\ v = {\int }_{}^{}f\left(x\right)dx = F\left(x\right)\end{array}\right.\right.$

Suy ra:

= G(2)F(2) – G(0)F(0) – 3 = 1 – 0 – 3 = -2.

Chọn A.

Ta có:  $\frac{3^x-1}{(3^{-x}+1)\sqrt{3^x+1}} = 0 \iff 3^x = 1\iff x = 0$ . Rõ ràng  $\frac{3^x-1}{(3^{-x}+1)\sqrt{3^x+1}} \ge 0$ với mọi x ∈ [0; 1]

Do đó diện tích của hình phẳng là S = ${\int }_0^1\frac{3^x-1}{(3^{-x}+1)\sqrt{3^x+1}}dx$ = $= {\int }_0^1\frac{3^x-1}{(3^x+1)\sqrt{3^x+1}}. 3^{x}dx$

Đặt t = $\sqrt{3^x+1}$, ta có khi x = 0 thì t = $\sqrt{2}$ , khi x = 1 thì t = 2 và 3^x = t²  - 1

Suy ra 3^x ln3dx = 2tdt, hay $3^{x}dx = \frac{2tdt}{\ln 3}$  . Khi đó ta có

Chọn B.

Ta thấy đường thẳng y = -4x - 4 và đường thẳng y = 4x - 4 lần lượt là hai tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x² tại các tiếp điểm có hoành độ x = -2 và x = 2.

Do tính đối xứng qua Oy của parabol y = x² nên diện tích hình phẳng cần tìm bằng:

S = $2{\int }_0^2\left[x^2-\left(4x-4\right)\right]dx = 2{\int }_0^2{\left(x-2\right)}^{2}dx = 2\frac{{(x-2)}^3}{3} \overline{)\overline{)\begin{array}{c}2\\ \\ 0\end{array} = \frac{16}{3}}}$

Chọn A.

+) Xét phương trình: (x - 1)lnx = x - 1 ⇔ x = 1 hoặc x = e.

+ ) Diện tích cần tìm là:

Chọn D.

Hoành độ giao điểm của hai đường là nghiệm của phương trình (e+1)x = $(1+e^x)x$ <=> x = 0 hoặc x =1 

Diện tích cần tính là S = $\left|{\int }_0^{1}x{e}^{x}dx- {\int }_0^{1}exdx\right| =\left|{\int }_0^{1}xd\left(e^x\right)-e{\int }_0^{1}xdx\right|$

Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là:

(x – 1) ln(x + 1) = 0 <=> x = 1 hoặc x = 0 

→ Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = (x – 1) ln(x = 1) và trục hoành là

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u = \ln (x+1)\\ dv = (1-x)dx\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du = \frac{1}{x+1}dx\\ v = \frac{2x - x^2}{2}\end{array}\right.\right.$

= $\frac{1}{2}\ln 2-\frac{5}{4}+\frac{3}{2}\ln 2$ = $\frac{-5}{4}+ 2\ln 2$

Chọn C

Thể tích khối tròn xoay là V = $\mathrm{\pi }{\int }_0^1\frac{1}{{(1+\sqrt{4-3\mathrm{x}})}^2}d\mathrm{x}$

Đặt t = $\sqrt{4-3x}$, ta có khi x = 0 thì t = 2, khi x = 1 thì t = 1 và x = $\frac{4-t^2}{3}$ nên dx = -$\frac{2t}{3}dt$

Khi đó ta có:

Chọn A.

Ta có $\sqrt{x\left(3^x+1\right)} \ge 0 \forall x\ge 0$ và $\sqrt{x\left(3^x+1\right)} = 0 \iff x = 0$ Do đó thể tích khối tròn xoay cần tính là: 

Tính ${\int }_0^{1}x{3}^{x}dx$. Đặt u = x , dv = $3^{x}dx . suy ra du = dx, v = \frac{3^x}{\ln 3}$

Theo công thức tích phân từng phần ta có:

Thay vào (1) ta được : V = $\mathrm{\pi }\left(\frac{3}{\ln 3}-\frac{2}{{\ln }^{2}3}+\frac{1}{2}\right)$

Chọn B.

0 ≤ x ≤ 2 thì y = 2x – $x^2$ ⇔ $x^2$ – 2x + y = 0

Phương trình bậc hai theo y. Ta có $△\text{'} = 1-y, y\le 1$

$V_y = \mathrm{\pi }{\int }_0^1\left[{\left(1+\sqrt{1-\mathrm{y}}\right)}^2-{\left(1-\sqrt{1-\mathrm{y}}\right)}^2\right]d\mathrm{y} = 4\mathrm{\pi }{\int }_0^1\sqrt{1-\mathrm{y}}d\mathrm{y}$

Đặt u = $\sqrt{1-y} \Rightarrow u^2 = 1-y\Rightarrow 2udu = -dy$

Đổi cận : khi y = 1 => u = 0; khi y = 0 => u = 1

Chọn đáp án là A