Đề kiểm tra Tích phân lớp 12 (có lời giải) - Đề 1

Từ giả thiết \[f(x) + x\left( {{f^\prime }(x) - 2\sin x} \right) = {x^2}\cos x\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow f(x) + x{f^\prime }(x) = {x^2}\cos x + 2x\sin x\\ \Leftrightarrow {\left( {xf\left( x \right)} \right)^\prime } = {\left( {{x^2}\sin x} \right)^\prime }\\ \Leftrightarrow xf\left( x \right) = {x^2}\sin x + C\end{array}\]

Mặt khác: \[f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = \frac{\pi }{2} \Rightarrow C = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = x\sin x.\]

a) Đúng.

Ta có: \(\int\limits_a^b {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \left. {F\left( x \right)} \right|_a^b = F\left( b \right) - F\left( a \right)\).

b) Đúng.

Ta có: \(\int\limits_b^a {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \left. {F\left( x \right)} \right|_b^a = F\left( a \right) - F\left( b \right) =  - \,\left[ {F\left( b \right) - F\left( a \right)} \right] =  - \,\int\limits_a^b {f\left( x \right){\rm{d}}x} \).

c) Sai.

Với \(a < c < b\) ta có \(\int\limits_a^b {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_a^c {f\left( x \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_c^b {f\left( x \right){\rm{d}}x}  \Leftrightarrow \int\limits_c^b {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_a^b {f\left( x \right){\rm{d}}x}  - \int\limits_a^c {f\left( x \right){\rm{d}}x} \).

Mặt khác \[\int\limits_a^c {f\left( x \right){\rm{d}}x}  =  - \,\int\limits_c^a {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \, - n\].

Từ đó ta được \(\int\limits_c^b {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = m - \,\left( { - \,n} \right) = m + n\).

d) Sai.

Ta có: \[\int\limits_a^b {\left[ {2024f\left( x \right) + 2025} \right]{\rm{d}}x}  = 2024\int\limits_a^b {f\left( x \right){\rm{d}}x}  + 2025\int\limits_a^b {{\rm{d}}x}  = 2024\int\limits_a^b {f\left( x \right){\rm{d}}x}  + \left. {2025x} \right|_a^b\]

                                                  \( = 2024\int\limits_a^b {f\left( x \right){\rm{d}}x}  + 2025\left( {b - a} \right)\).

a) Đúng.

Ta có: \(\int\limits_1^2 {{x^2}}  = \left. {\frac{{{x^3}}}{3}} \right|_1^2 = \frac{{{2^3}}}{3} - \frac{{{1^3}}}{3} = \frac{7}{3}\).

b) Sai.

Với \(m\) là tham số, ta có \(\int\limits_0^2 {\left( {4{x^3} + m} \right){\rm{d}}x}  = \left. {\left( {{x^4} + mx} \right)} \right|_0^2 = 16 + 2m\).

Mà \(\int\limits_0^2 {\left( {4{x^3} + m} \right){\rm{d}}x}  = 4\) nên \(16 + 2m = 4 \Leftrightarrow m =  - \,6\).

c) Đúng.

Ta có: \(\int\limits_1^2 {\left( {\pi {x^5} + e{x^2} + 1} \right){\rm{d}}x}  = \left. {\left( {\frac{{\pi {x^6}}}{6} + \frac{{e{x^3}}}{3} + x} \right)} \right|_1^2 = \pi \left( {\frac{{{2^6} - {1^6}}}{6}} \right) + e\left( {\frac{{{2^3} - {1^3}}}{3}} \right) + 2 - 1 = \frac{{21\pi }}{2} + \frac{{7e}}{3} + 1\).

Mà \(\int\limits_1^2 {\left( {\pi {x^5} + e{x^2} + 1} \right){\rm{d}}x}  = m\pi  + ne + p\) nên \(m = \frac{{21}}{2},\,\,n = \frac{7}{3},\,\,p = 1\)\( \Rightarrow 2m - 3n + p = 21 - 7 + 1 = 15\).

d) Sai.

Ta có: hàm số \(y = f\left( x \right)\) là hàm số bậc hai nên \(y = a{x^2} + bx + c\,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\).

Từ đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) ta thấy đồ thị đi qua các điểm \(\left( {0;3} \right),\,\,\left( {2; - \,1} \right),\,\,\left( {1;0} \right),\,\,\left( {3;0} \right)\).

Khi đó ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}c = 3\\4a + 2b + c =  - \,1\\a + b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - \,4\\c = 3\end{array} \right.\)\( \Rightarrow y = f\left( x \right) = {x^2} - 4x + 3\).

Ta có: \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_3^5 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - 4x + 3} \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_3^5 {\left( {{x^2} - 4x + 3} \right){\rm{d}}x}  = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - 2{x^2} + 3x} \right)} \right|_0^1\)

a) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \[\left( P \right)\], \[Ox\] và 2 đường thẳng\[x = 0,\,\,x = 1\] được xác định bởi công thức:\[S = \int\limits_0^1 {\left( { - 4{x^2} + 14} \right){\rm{d}}x}  = \frac{{38}}{3}.\]

Vậy khẳng định a) là đúng.

b) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \[\left( P \right)\], đường thẳng \[\Delta :y = 2025\] và 2 đường thẳng \[x = 0,\,\,x = 1\] được xác định bởi công thức: \[S = \int\limits_0^1 {\left| {4{x^2} - 14 - 2025} \right|{\rm{d}}x}  = \frac{{6113}}{3}\]

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \[\left( P \right)\], đường thẳng \[\Delta :y = 2025\] và 2 đường thẳng \[x = 0,\,\,x =  - 1\] được xác định bởi công thức: \[S = \int\limits_{ - 1}^0 {\left| {4{x^2} - 14 - 2025} \right|{\rm{d}}x}  = \frac{{6113}}{3}\]

Vậy khẳng định b) là đúng.

c) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \[Ox\] và đồ thị \[\left( P \right):\]\[4{x^2} - 14 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{\sqrt {14} }}{2}\\x = \frac{{ - \sqrt {14} }}{2}\end{array} \right..\]

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \[\left( P \right)\] và \[Ox\]được xác định bởi công thức: \[S = \int\limits_{\frac{{ - \sqrt {14} }}{2}}^{\frac{{\sqrt {14} }}{2}} {\left| {4{x^2} - 14} \right|{\rm{d}}x}  \approx 34,9\].

Vậy khẳng định c) là sai.

d) Do đồ thị \[\left( P \right)\] đối xứng qua \[Oy\] nên ta có diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \[\left( P \right)\] và \[Ox\] gấp 2 lần diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \[\left( P \right)\], \[Ox\] và 2 đường thẳng \[x = 0,\,\,x = \frac{{\sqrt {14} }}{2}\] .

a) Sai (Dựa vào đồ thị \(v\left( t \right)\)).

b) Đúng

Trong \(3\) giây đầu tiên, vận tốc của chuyển động là \(v\left( t \right) = 11\,\left( {m/s} \right)\).

Do đó quãng đường chất điểm chuyển động trong \(3\)giây đầu tiên là: \({S_1} = \int\limits_0^3 {11dt} \,\,\left( m \right)\)

c) Đúng

Trong khoảng thời gian từ \(8\) đến \(15\) giây, đồ thị \(v\left( t \right)\)là một đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {8;21} \right)\) và \(\left( {15;0} \right)\). Ta có: \(v\left( t \right) = at + b\).

Từ giả thiết ta có hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{8a + b = 21}\\{15a + b = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a =  - 3}\\{b = 45}\end{array}} \right.\).

Do đó \(v\left( t \right) =  - 3t + 45\,\,\left( {8 \le t \le 15} \right)\).

Quãng đường chất điểm đi được trong khoảng thời gian này là:

\({S_2} = \int\limits_8^{15} {\left( { - 3t + 45} \right)dt}  =  - \frac{{3{t^2}}}{2}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{15}\\8\end{array}} \right. + 45t\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{15}\\8\end{array}} \right. = \frac{{147}}{2} = 73,5\,\left( m \right)\).

d) Sai

Trong khoảng thời gian từ \(3\) đến \(8\) giây đồ thị \(v\left( t \right)\) là một Parabol đi qua \(\left( {3;11} \right),\left( {5;3} \right),\left( {8;21} \right)\) có phương trình dạng: \(v\left( t \right) = a{t^2} + bt + c\).

Từ giả thiết ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{9a + 3b + c = 11}\\{25a + 5b + c = 3}\\{64a + 8b + c = 21}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 2}\\{b =  - 20}\\{c = 53}\end{array}} \right.\)

Do đó: \(v\left( t \right) = 2{t^2} - 20t + 53\,\,\left( {3 \le t \le 8} \right)\).

Quãng đường chất điểm đi được trong khoảng thời gian này là:

\[{S_3} = \int\limits_3^8 {v\left( t \right)dt}  = \int\limits_3^8 {\left( {2{t^2} - 20t + 53} \right)dt = \,\,} \left( {\frac{{2{t^3}}}{3} - 10{t^2} + 53t} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}8\\3\end{array}} \right. = \frac{{115}}{3}\,\,\,\left( m \right)\]

Vận tốc trung bình của chất điểm trong khoảng thời gian này là:

\[\int\limits_1^2 {\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right)} \,{\rm{d}}x = \int\limits_1^2 {\left( {x + \frac{1}{x}} \right)} \,{\rm{d}}x = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + \ln \left| x \right|} \right)} \right|_1^2 = \ln 2 + \frac{3}{2} = \ln a + \frac{b}{c} \Rightarrow a = 2,\,b = 3,\,c = 2\]

Đặt \[u = {e^x}\] ta có \[x = 0 \Rightarrow u = 1;\,x = \ln 2\sqrt 2  \Rightarrow u = 2\sqrt 2 \]; \[{\rm{d}}u = {e^x}{\rm{d}}x\]

Ta có \[\int\limits_0^{\ln 2\sqrt 2 } {\frac{{{e^x}}}{{\sqrt {{e^{2x}} + 1} }}} \,{\rm{d}}x = \int\limits_1^{2\sqrt 2 } {\frac{{{\rm{d}}u}}{{\sqrt {{u^2} + 1} }}} \]

Đặt \[t = u + \sqrt {{u^2} + 1}  \Rightarrow {\rm{d}}t = \left( {1 + \frac{u}{{\sqrt {{u^2} + 1} }}} \right){\rm{d}}u \Rightarrow {\rm{d}}t = \frac{{u + \sqrt {{u^2} + 1} }}{{\sqrt {{u^2} + 1} }}{\rm{d}}u \Leftrightarrow \frac{{{\rm{d}}t}}{t} = \frac{{{\rm{d}}u}}{{\sqrt {{u^2} + 1} }}\]

Đổi cận \[u = 1 \Rightarrow t = 1 + \sqrt 2 ;\,u = 2\sqrt 2  \Rightarrow t = 3 + 2\sqrt 2 \]

                 \[\int\limits_1^{2\sqrt 2 } {\frac{{{\rm{d}}u}}{{\sqrt {{u^2} + 1} }}}  = \int\limits_{1 + \sqrt 2 }^{3 + 2\sqrt 2 } {\frac{{{\rm{d}}t}}{t}}  = \left. {\ln \left| t \right|} \right|_{1 + \sqrt 2 }^{3 + 2\sqrt 2 } = \ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right)\]

Vận tốc của vật được biểu diển bởi hàm số \(v\left( t \right) = \int {a\left( t \right) = \int {10\sin t{\rm{d}}t} }  =  - 10\cos t + C\).

Khi vật bắt đầu chuyển động, vật có vận tốc là \(5{\rm{ m/s}}\) nên ta có \(v\left( 0 \right) = 5 \Leftrightarrow  - 10\cos 0 + C = 5 \Leftrightarrow C = 15\).

Do đó \(v\left( t \right) =  - 10\cos t + 15\).

Ta có \( - 1 \le \cos t \le 1,{\rm{ }}\forall t \in \left[ {0;\pi } \right]\)

                    \( \Leftrightarrow 10 \ge  - 10\cos t \ge  - 10,{\rm{ }}\forall t \in \left[ {0;\pi } \right]\)

                    \[ \Leftrightarrow 25 \ge  - 10\cos t + 15 \ge 5,{\rm{ }}\forall t \in \left[ {0;\pi } \right]\]

                        \( \Leftrightarrow 25 \ge v\left( t \right) \ge 5,{\rm{ }}\forall t \in \left[ {0;\pi } \right]\)

Vậy vận tốc của vật đạt giá trị lớn nhất là \(25{\rm{ m/s}}\) khi \(t = \pi \).

Ta có: \({\sin ^8}x - {\cos ^8}x - 4{\sin ^6}x = \left( {{{\sin }^4}x - {{\cos }^4}x} \right)\left( {{{\sin }^4}x + {{\cos }^4}x} \right) - 4{\sin ^6}x\)

                                                             \( = \left( {{{\sin }^2}x - {{\cos }^2}x} \right)\left( {{{\sin }^4}x + {{\cos }^4}x} \right) - 4{\sin ^6}x\)

                                                             \( = {\cos ^4}x.{\sin ^2}x - {\sin ^4}x.{\cos ^2}x - {\cos ^6}x - 3{\sin ^6}x\)

                                                             \( = {\cos ^4}x.{\sin ^2}x - {\sin ^4}x.{\cos ^2}x - 2{\sin ^6}x - \left( {{{\cos }^6}x + {{\sin }^6}x} \right)\)

                                                             \( = {\sin ^2}x\left( {{{\cos }^4}x - {{\sin }^4}x} \right) - {\sin ^4}x\left( {{{\cos }^2}x + {{\sin }^2}x} \right) - \left( {1 - 3{{\cos }^2}x.{{\sin }^2}x} \right)\)

                                                             \( = 4{\cos ^2}x.{\sin ^2}x - 2{\sin ^4}x - 1\)

                                                             \( =  - \frac{3}{4}\cos 4x + \cos 2x - \frac{5}{4}\).

Do đó \(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int {\left( { - \frac{3}{4}\cos 4x + \cos 2x - \frac{5}{4}} \right){\rm{d}}x}  =  - \frac{3}{{16}}\sin 4x + \frac{1}{2}\sin 2x - \frac{5}{4}x + C\)

Vì \(f\left( 0 \right) = 0\) nên \( - \frac{3}{{16}}\sin 4.0 + \frac{1}{2}\sin 2.0 - \frac{5}{4}.0 + C = 0 \Leftrightarrow C = 0\).

Vậy \(f\left( x \right) =  - \frac{3}{{16}}\sin 4x + \frac{1}{2}\sin 2x - \frac{5}{4}x\).

Ta có \(I = \int\limits_0^\pi  {8f\left( x \right){\rm{d}}x} \)

                                    \(\begin{array}{l} = \int\limits_0^\pi  {8\left( { - \frac{3}{{16}}\sin 4x + \frac{1}{2}\sin 2x - \frac{5}{4}x} \right){\rm{d}}x} \\ = \int\limits_0^\pi  {\left( { - \frac{3}{2}\sin 4x + 4\sin 2x - 10x} \right){\rm{d}}x} \\ = \left. {\left( {\frac{3}{8}\cos 4x - 2\cos 2x - 5{x^2}} \right)} \right|_0^\pi  =  - 5{\pi ^2}\end{array}\)