Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 4 lớp 12 (có lời giải) - Đề 2

Chọn D.

Ta có: \(\int {2{x^2}dx}  = 2\int {{x^2}dx = 2.\frac{{{x^3}}}{3} + C = \frac{{2{x^3}}}{3} + C.} \)

Chọn B.

Ta có: \(\int {2\sin xdx = 2\int {\sin xdx} }  = 2.\left( { - \cos x} \right) =  - 2\cos x.\)

Chọn B.

Ta có: \[F'\left( x \right) = \left( {\log x} \right)' = \frac{1}{{x\ln 10}}\] nên \[F\left( x \right)\] là một nguyên hàm của hàm số \[y = \frac{1}{{x\ln 10}}\]

Chọn A.

Ta có: \[\int {{e^{2x}}dx = \int {{{\left( {{e^2}} \right)}^x}dx = \frac{{{{\left( {{e^2}} \right)}^x}}}{{\ln {e^2}}} + C = \frac{{{e^{2x}}}}{2} + C} } \].

Chọn D.

Theo tính chất tích phân A,B,C đúng

Đáp án D sai vì: \(\int\limits_a^b {f(x)dx}  =  - \int\limits_b^a {f(x)dx} \).

Chọn A.

Ta có \(I = \int\limits_0^2 {(2x + 1)dx}  = \left. {\left( {{x^2} + x} \right)} \right|_0^2 = 4 + 2 = 6\).

Chọn B.

Ta có: \(\int\limits_5^2 {4f(x)dx}  =  - 4\int\limits_2^5 {f(x)dx =  - 4.10 =  - 40} \).

Chọn D.

Ta có \(24 = \int\limits_1^9 {f(x)} dx = \int\limits_1^4 {f(x)} dx + \int\limits_4^5 {f(x)} dx + \int\limits_5^9 {f(x)} dx = 7 + I \Leftrightarrow I = 24 - 7 = 17\).

Chọn D

Ta có: \(f(x) = F'(x) = {\left( {2{x^3} - 2x + 1} \right)^\prime } = 6{x^2} - 2\).

Chọn B

Ta có \[\int\limits_{ - 1}^2 {\left[ {2x + f'\left( x \right)} \right]} {\rm{d}}x = \left. {\left[ {{x^2} + f\left( x \right)} \right]} \right|_{ - 1}^2 = 3 + f\left( 2 \right) - f\left( { - 1} \right) = 3 + 10 - 1 = 12.\]

Chọn A

Hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = {e^x},\,\,y = 0,\,\,x = 0,\,\,x = 2\) quay quanh \(Ox\)sẽ tạo thành một khối tròn xoay có thể tích bằng \(V = \pi \int\limits_a^b {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}dx}  = \pi \int\limits_0^2 {{e^{2x}}} \;{\rm{d}}x\).

Chọn A

Gọi \(s(t)\)là quãng đường mà vật di chuyển trong khoảng thời gian từ \(t = 0\) (giây) đến \(t = \frac{{3\pi }}{4}\) (giây). Mà \(s'(t) = v(t)\) nên ta có \(s(t) = \int_0^{\frac{{3\pi }}{4}} {(1 + \sin t)} {\rm{d}}t\).

a)    Theo tính chất nguyên hàm ta có: \(\int {\left( {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right)} {\rm{d}}x = F\left( x \right) - G\left( x \right) + C\).

Suy ra mệnh đề a đúng.

b)    Ta có: 

\(\int {g\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int {\left( {{5^x} - {e^x}} \right){\rm{d}}x}  = \frac{{{5^x}}}{{\ln 5}} - {e^x} + {C_2}\)

Suy ra mệnh đề b sai.

Suy ra mệnh đề c sai.

d)    Ta có:

mà \(F\left( 0 \right) = 5 \Rightarrow {C_1} = 5 \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{2}{5}{x^{\frac{5}{2}}} + 8x + 5\)

Ta có: \(G\left( x \right) = \frac{{{5^x}}}{{\ln 5}} - {e^x} + {C_2}\)

mà \(G\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow \frac{1}{{\ln 5}} - 1 + {C_2} = \frac{1}{{\ln 5}} - 1 \Leftrightarrow {C_2} = 0\)

\( \Rightarrow G\left( x \right) = \frac{{{5^x}}}{{\ln 5}} - {e^x}\)

Do đó: \(F\left( 1 \right) - G\left( 1 \right) = \frac{2}{5} + 8 + 5 - \frac{5}{{\ln 5}} + e = \frac{{67}}{5} - \frac{5}{{\ln 5}} + e\).

Suy ra mệnh đề d đúng.

a) Đúng.

\[{\rm{ }}\sqrt {2x}  = 4 - x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 4\\{x^2} - 10x + 16 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2\]

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \[y = \sqrt {2x} \] và \[y = 4 - x\] là \[x = 2\].

b) Sai.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y = \sqrt {2x} \], trục hoành và hai đường thẳng \[x = 0,{\rm{ }}x = 2\] là \[{S_1} = \int\limits_0^2 {\sqrt {2x} dx} \].

c) Sai.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y = 4 - x\], trục hoành và hai đường thẳng \[x = 2,{\rm{ }}x = 4\] là \[{S_2} = \int\limits_2^4 {(4 - x)dx} \].

d) Đúng.

Diện tích hình phẳng \[S\] giới hạn bởi các đồ thị hàm số \[y = \sqrt {2x} ,\] \[y = 4 - x\] và trục hoành \[Ox\] (như hình vẽ) được tính bởi công thức \[S = \int\limits_0^2 {\sqrt {2x} {\rm{d}}x}  + \int\limits_2^4 {\left( {4 - x} \right){\rm{d}}x} .\]

a). SAI

\[\int\limits_0^2 {\left( {3{x^2} - 2{{\rm{e}}^x}} \right){\rm{d}}x}  = 3\int\limits_0^2 {{x^2}{\rm{d}}x}  - 2\int\limits_0^2 {{{\rm{e}}^x}{\rm{d}}x}  = \left. {{x^3}} \right|_0^2 - \left. {2{{\rm{e}}^x}} \right|_0^2 = 8 - \left( {2{{\rm{e}}^2} - 2} \right) = 10 - 2{{\rm{e}}^2}\].

b). ĐÚNG

Lượng nước chảy ra khỏi bồn chứa trong \(10\) phút đầu tiên là

\[V = \int\limits_0^{10} {k\left( t \right){\rm{d}}t}  = \int\limits_0^{10} {\left( {250 - 6t} \right){\rm{d}}t}  = \left. {\left( {250t - 3{t^2}} \right)} \right|_0^{10} = 2200\] (lít).

c). ĐÚNG

Ta có \(\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {{{\tan }^2}x - {{\cot }^2}x} \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 1 - \frac{1}{{{{\sin }^2}x}} + 1} \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} - \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}} \right){\rm{d}}x} \)

\[ = \left. {\left( {\tan x + \cot x} \right)} \right|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} = 2 - \left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }} + \sqrt 3 } \right) = 2 - \frac{4}{3}\sqrt 3 \]. Do đó \(a + b + c = 9\).

d). SAI

\(\int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\left| {{{\cos }^2}x - \sin x\cos x} \right|{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\left( {\left| {\cos x} \right|.\left| {\cos x - \sin x} \right|} \right){\rm{d}}x} \)

Ta có \(\cos x > 0\) với mọi \(x \in \left[ {0;\frac{\pi }{3}} \right]\) và phương trình \(\cos x - \sin x = 0\) có nghiệm \(x = \frac{\pi }{4}\) trên đoạn \(\left[ {0;\frac{\pi }{3}} \right]\).

Do đó \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\left( {\left| {\cos x} \right|.\left| {\cos x - \sin x} \right|} \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\left[ {\cos x.\left( {\cos x - \sin x} \right)} \right]{\rm{d}}x}  - \int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} {\left[ {\cos x.\left( {\cos x - \sin x} \right)} \right]{\rm{d}}x} \)

\( = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\left( {{{\cos }^2}x - \sin x\cos x} \right){\rm{d}}x}  - \int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} {\left( {{{\cos }^2}x - \sin x\cos x} \right){\rm{d}}x} \)

\( = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\left( {1 + \cos 2x - \sin 2x} \right){\rm{d}}x}  - \frac{1}{2}\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} {\left( {\left( {1 + \cos 2x - \sin 2x} \right)} \right){\rm{d}}x} \)

\( = \left. {\frac{1}{2}\left( {x + \frac{1}{2}\sin 2x + \frac{1}{2}\cos 2x} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{4}} - \left. {\frac{1}{2}\left( {x + \frac{1}{2}\sin 2x + \frac{1}{2}\cos 2x} \right)} \right|_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}\)

\( = \frac{\pi }{8} + \frac{1}{4} - \left[ {\frac{\pi }{6} + \frac{{\sqrt 3 }}{8} - \frac{1}{8} - \left( {\frac{\pi }{8} + \frac{1}{4}} \right)} \right] = \frac{\pi }{8} + \frac{1}{4} - \frac{\pi }{6} - \frac{{\sqrt 3 }}{8} + \frac{3}{8} + \frac{\pi }{8} = \frac{5}{8} + \frac{\pi }{{12}} - \frac{{\sqrt 3 }}{8}\)

Do đó \(a = \frac{5}{8},\;b = \frac{1}{{12}},\;c = \frac{1}{8} \Rightarrow a - c + b = \frac{1}{2} - \frac{1}{{12}} = \frac{5}{{12}}\).

a). ĐÚNG

Từ hình vẽ, ta có parabol \[\left( P \right)\] có dạng:\[y = a{x^2} + bx + c\,;\,\,\,a\,,\,b,c\, \in \mathbb{R}\].

Do \[\left( P \right)\] có đồ thị là parabol có đỉnh \[\left( {0\,;\,4} \right)\] và đi qua điểm có tọa độ là \[\left( {2\,;\,\,0} \right)\,\] nên \(\left\{ \begin{array}{l}b = 0\\c = 4\\4a + 2b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b = 0\\c = 4\end{array} \right.\). Vậy \[\left( P \right)\] có phương trình \[y =  - {x^2} + 4\].

 

b). ĐÚNG

Theo giả thiết điểm \(D\) thuộc đồ thị \[\left( P \right)\]có tung độ bằng 2 suy ra hoành độ là nghiệm phương trình \[ - {x^2} + 4 = 2 \Leftrightarrow x =  \pm \sqrt 2 \]. Theo đồ thị  điểm D có hoành độ dương nên \[D\left( {\sqrt 2 \,;\,2} \right)\]

Chiều rộng của cửa là  \(CF = 2.OD = 2\sqrt 2 \left( m \right)\).

c) SAI

Ta có, diện tích của \[\left( P \right)\] tạo với trục hoành là: \[S = \int_{ - 2}^2 {\left( { - {x^2} + 4} \right){\rm{d}}} x = \frac{{32}}{3}\,{m^2}\].

Diện tích hình chữ nhật \[CDEF\] là \[{S_{CDEF}} = 2.2\sqrt 2  = 4\sqrt 2 \]

Diện tích cần trang trí là \[{S_1} = S - {S_{CDEF}} = \frac{{32}}{3} - 4\sqrt 2  = \frac{{32 - 12\sqrt 2 }}{3}\].

Chi phí để trang trí phần tô đậm là \[\left( {\frac{{32 - 12\sqrt 2 }}{3}} \right).1000000\] ( đồng)

d) ĐÚNG

Ta có, diện tích của \[\left( P \right)\] tạo với trục hoành là: \[S = \int_{ - 2}^2 {\left( { - {x^2} + 4} \right){\rm{d}}} x = \frac{{32}}{3}\,{m^2}\].

Ta gọi điểm \[C\left( {a\,;\,0} \right) \Rightarrow D\left( {a\,;\, - {a^2} + 4} \right)\,;\,0 < a < 2\].

Do đó, diện tích của hình chữ nhật\[CDEF\] là:\[{S_{CDEF}}\, = \,2a\left( {4 - {a^2}} \right) = 8a - 2{a^3}\].

Theo đề bài, để phần trang trí, có chi phí nhỏ nhất thì diện tích của hình chữ nhật \[CDEF\] đạt giá trị lớn nhất.

Do cổng chào đối xứng qua trục tung nên ta đặt: \[g\left( a \right) = \frac{{{S_{CDEF}}}}{2} = 4a - {a^3}\,,\,0 < a < 2\].

\[ \Rightarrow g'\left( a \right) = 4 - 3{a^2}\, \Rightarrow g'\left( a \right) = 0 \Rightarrow a = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\].

Ta có, BBT:

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra diện tích hình chữ nhật \[CDEF\] đạt giá trị lớn nhất là

\[\frac{{32\sqrt 3 }}{9}\,{m^2}\]. Vậy, diện tích nhỏ nhất của phần dùng để trang trí là \[\frac{{96 - 32\sqrt 3 }}{9}\,{m^2}\].

Do đó, số tiền ít nhất dùng để trang trí phần tô đậm là \[\left( {\frac{{96 - 32\sqrt 3 }}{9}} \right).1000000 = \,4508263,795 \approx \,4.508.000\] đồng.

Diện tích phần bị gạch là \({S_2} = \int\limits_0^4 {\frac{1}{4}{x^2}dx}  = \frac{1}{4}.\frac{{{x^3}}}{3}\left| \begin{array}{l}4\\0\end{array} \right. = \frac{{16}}{3}\) (đvdt).

Diện tích phần không bị gạch là \({S_1} = 16 - \frac{{16}}{3} = \frac{{32}}{3}\)  (đvdt).

Vậy \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = 2\).

Phần giải chi tiết

Trên hệ trục  \[Oxy\] xét đường tròn \[(C)\]có phương trình \[{x^2} + {y^2} = 2,{5^2}\]. Khi đó nửa phần trên trục hoành của \[(C)\] có phương trình \[y = \sqrt {2,{5^2} - {x^2}} \]. Xét hình phẳng \[(H)\]giới hạn bởi nửa phần trên trục hoành của \[(C)\], trục \[Ox\] và các đường thẳng \[x =  - 1,5,\,x = 2\]. Quay hình phẳng \[(H)\] quanh trục hoành ta được khối tròn xoay có thể tích bằng thể tích phần không gian phía trong của hầm biogas.

Thể tích phần không gian bên trong hầm biogas được tính bởi công thức \[V = \pi \int\limits_{ - 1,5}^2 {2,{5^2} - {x^2}} dx = \frac{{217}}{{12}}\pi  \approx 56,8\]

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}0 = \sqrt x  \Rightarrow x = 0\\0 = x - 2 \Rightarrow x = 2\\\sqrt x  = x - 2 \Rightarrow x = 4\end{array} \right.\)

Dựa vào hoành độ giao điểm của ba đường ta có diện tích hình phẳng gồm hai phần. Phần thứ nhất giới hạn bởi \(y = \sqrt x \), \(y = 0\)và \(x = 0;\,\,x = 2\). Phần thứ hai giới hạn bởi \(y = \sqrt x \), \(y = x - 2\)và \(x = 2;\,\,x = 4\).

Thể tích vật thể bằng:

\(V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2}{\rm{d}}x}  + \pi \int\limits_2^4 {\left| {{{\left( {x - 2} \right)}^2} - {{\sqrt x }^2}} \right|{\rm{d}}x} \)\( = \pi \int\limits_0^2 {x{\rm{d}}x}  + \pi \int\limits_2^4 {\left( {x - {{\left( {x - 2} \right)}^2}} \right){\rm{d}}x} \)

\( = \pi \left. {\frac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^2 + \pi \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} - \frac{{{{\left( {x - 2} \right)}^3}}}{3}} \right)} \right|_2^4 = \frac{{16\pi }}{3}\).

Suy ra \[a = 16;b = 3\].

Do đó \[V = 128.16 - 8.3 = 2024\].

Khi ô tô dừng lại, ta có \[v\left( t \right) = 0 \Rightarrow  - 2t + 20 = 0 \Leftrightarrow t = 10(s)\].

Quãng đường ô tô đi được từ lúc đạp phanh đến khi dừng lại là

\[s = \int\limits_0^{10} {v\left( t \right)dt = \int\limits_0^{10} {\left( { - 2t + 20} \right)dt = \left( { - {t^2} + 20t} \right)} } \left| {_0^{10}} \right. = 100\left( m \right)\]

Trong 5 giây trước đó, ô tô vẫn đi với vận tốc \(20\left( {m/s} \right)\) nên quãng đường ô tô đi được trong 5 giây này là \[5.20 = 100\left( m \right)\].

Vậy quãng đường mà ô tô đi được trong 15 giây cuối bằng \[100 + 100 = 200\left( m \right)\].

Parabol có phương trình \[y = \frac{5}{8}{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = \frac{8}{5}y\]

Thể tích tối đa cốc:

\[V = \pi \int\limits_0^{10} {\left( {\frac{8}{5}y} \right)} .dy \approx 251,33\].

Chọn hệ toạ độ \[Oxy\] sao cho \[O\] trùng với giao điểm của \(AB\) và \(CD\); các tia  lần lượt trùng với các tia \(OB\),\(OD\). Ta có:

Phương trình đường tròn lớn tâm \[O\] là: \({x^2} + {y^2} = 25 \Leftrightarrow y =  \pm \sqrt {25 - {x^2}} \).

Phương trình đường tròn nhỏ tâm \[I\] là: \({\left( {x - 4} \right)^2} + {y^2} = 4 \Leftrightarrow y =  \pm \sqrt {4 - {{\left( {x - 4} \right)}^2}} \).

Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường tròn là: \(4 - {\left( {x - 4} \right)^2} = 25 - {x^2} \Leftrightarrow x = \frac{{37}}{8}\).

Gọi \(S,{S_t},S'\) lần lượt là diện tích một mặt của chi tiết, diện tích đường tròn tâm \[O\] và  diện tích phần gạch sọc.

Ta có:  \(S = {S_t} - 4S' = 25\pi  - 4.\left( {2\int\limits_2^{\frac{{37}}{8}} {\sqrt {4 - {{\left( {x - 4} \right)}^2}} dx + 2\int\limits_{\frac{{37}}{8}}^5 {\sqrt {25 - {x^2}} dx} } } \right)\)

Vậy chi phí để sơn hoàn thiện chi tiết máy là: \(x = S.2.1000 \approx 79,5\)( nghìn đồng).