Đề kiểm tra Tích phân lớp 12 (có lời giải) - Đề 2

Theo tính chất của tích phân, ta có:

$$\begin{array}{l}\int\limits_0^1 {\left( {2024x + 2025} \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {2024x{\rm{d}}x + \int\limits_0^1 {2025} {\rm{d}}x} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {\frac{{2024{x^2}}}{2} + 2025x} \right)\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^1}\\{_0}\end{array}} \right. = \left( {\frac{{{{2024.1}^2}}}{2} + 2025.1} \right) - \left( {\frac{{{{2024.0}^2}}}{2} + 2025.0} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 3037\end{array}$$

Chọn đáp án C.

Ta có:

$$\begin{array}{l}\int\limits_0^8 {\left| {{x^2} - 6x} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_0^6 {\left| {{x^2} - 6x} \right|{\rm{d}}x + \int\limits_6^8 {\left| {{x^2} - 6x} \right|{\rm{d}}x} } = \int\limits_0^6 {\left( { - {x^2} + 6x} \right){\rm{d}}x + \int\limits_6^8 {\left( {{x^2} - 6x} \right){\rm{d}}x} } \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {\frac{{ - {x^3}}}{3} + \frac{{6{x^2}}}{2}} \right)\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^6}\\{_0}\end{array}} \right. + \left( {\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{6{x^2}}}{2}} \right)\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^8}\\{_6}\end{array}} \right. = \frac{{152}}{3}\end{array}$$

Chọn đáp án A.

Theo tính chất của tích phân, ta có:

$$\int\limits_0^6 {\frac{{2x + 6}}{{x + 2}}{\rm{d}}x} = \int\limits_0^6 {\left( {2 + \frac{2}{{x + 2}}} \right){\rm{d}}x} = \left( {2x + 2\ln \left| {x + 2} \right|} \right)\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^6}\\{_0}\end{array}} \right. = 12 + 2\ln 8 - 2\ln 2 = 12 + 2\ln 4$$

Chọn đáp án D.

Theo tính chất của tích phân, ta có:

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

Chọn đáp án D.

Theo tính chất của tích phân, ta có:

$\int\limits_0^1 {{2^x}{\rm{.}}{{\rm{3}}^x}{\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {{6^x}{\rm{d}}x} = \frac{{{6^x}}}{{\ln 6}}\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^1}\\{_0}\end{array}} \right. = \frac{{{6^1}}}{{\ln 6}} - \frac{{{6^0}}}{{\ln 6}} = \frac{5}{{\ln 6}}$.

Khẳng định 1 sai vì $\int\limits_c^d {f\left( x \right){\rm{d}}x}$là diện tích của hình thang cong với $y = f\left( x \right)$ là hàm số “không âm” .

Khẳng định 2 sai. Vì $\int\limits_d^d {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 0$.

Khẳng định 3 đúng (theo lý thuyết của tích phân).

Theo tính chất của tích phân, ta có:

$$\int\limits_0^2 {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \int\limits_0^2 {\left( {{x^4} + 2{x^2} + 1} \right){\rm{d}}x} = \left( {\frac{{{x^5}}}{5} + \frac{{2{x^3}}}{3} + x} \right)\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^2}\\{_0}\end{array}} \right. = \left( {\frac{{{2^5}}}{5} + \frac{{{{2.2}^3}}}{3} + 2} \right) - 0 = \frac{{206}}{{15}}$$

Theo tính chất của tích phân, ta có:

$$\int\limits_1^9 {\frac{{x\sqrt x + 1}}{{\sqrt x }}{\rm{d}}x} = \int\limits_1^9 {\left( {x + \frac{1}{{\sqrt x }}} \right){\rm{d}}x} = \left( {\frac{{{x^2}}}{2} + 2\sqrt x } \right)\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^9}\\{_1}\end{array}} \right. = \left( {\frac{{93}}{2}} \right) - \left( {\frac{5}{2}} \right) = 44$$

Theo tính chất của tích phân, ta có:

$\int\limits_1^2 {\frac{{2{x^3} + 2{x^2} + 1}}{{x + 1}}{\rm{d}}x} = \int\limits_1^2 {\left( {2{x^2} + \frac{1}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} = \left( {\frac{{2{x^3}}}{3} + \ln \left| {x + 1} \right|} \right)\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^2}\\{_1}\end{array}} \right. = \left( {\frac{{16}}{3} + \ln 3} \right) - \left( {\frac{2}{3} + \ln 2} \right) = \frac{{14}}{3} + \ln \frac{3}{2}$.

Theo tính chất của tích phân, ta có:

$$\int\limits_0^\pi {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{\rm{xd}}x} = \int\limits_0^\pi {\frac{{1 + \cos 2x}}{2}{\rm{d}}x} = \left. {\left( {\frac{x}{2} + \frac{{\sin 2x}}{4}} \right)} \right|_0^\pi = \frac{\pi }{2}$$

Thời điểm vật dừng lại là $v = 0 \Leftrightarrow 27 - 9\sqrt t = 0 \Leftrightarrow t = 9\,\left( s \right)$

Quãng đường mà ô tô di chuyển được từ thời điểm $t = 0$ đến thời điểm mà vật dừng lại là:

$s\left( t \right) = \int_0^9 {\left( {27 - 9\sqrt t } \right)dt} = \left. {\left( {27t - 6t\sqrt t } \right)} \right|_0^9 = 81\left( m \right)$.

a) Đúng: Vì hàm số $f\left( x \right) = {x^3} + 2x$ liên tục và không âm trên đoạn $\left[ {1;3} \right]$nên theo ý nghĩa hình học của tích phân thì $S = \int\limits_1^3 {\left( {{x^3} + 2x} \right)} dx$

b) Sai: Vì $F\left( x \right) = \frac{{{x^4}}}{4} + 2x$ không là nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)$

c) Đúng:

$F\left( x \right) = \frac{{{x^4}}}{4} + {x^2}$là một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)$, $F\left( 3 \right) = \frac{{117}}{4};\;F\left( 1 \right) = \frac{5}{4}$ nên $\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx = \frac{{117}}{4} - \frac{5}{4}} = 28$. Suy ra $10\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx = 280}$

$G\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^2}}}{2}$là một nguyên hàm của hàm số $g\left( x \right)$, $G\left( 3 \right) = \frac{{27}}{2};\;G\left( 1 \right) = \frac{5}{6}$ nên $\int\limits_1^3 {g\left( x \right)dx = \frac{{27}}{2} - \frac{5}{6}} = \frac{{38}}{3}$. Suy ra $6\int\limits_1^3 {g\left( x \right)dx = 76}$

Vậy $I = 10\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx + 6} \int\limits_1^3 {g\left( x \right)dx = } 280 + 76 = 356$

d) Đúng: Theo tính chất của tích phân

a) Sai: Vì Sai cận trên và cận dưới

b) Đúng:

c) Sai: Sai dấu

Sửa lại $I = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx = \int\limits_0^1 {\left( {{x^5} - 4{x^3}} \right)dx + \int\limits_0^1 {\left( { - {x^2} + x + 1} \right)dx} } }$

d) Sai:

Vì $I = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx = \frac{1}{3}}$ nên $J = \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {f\left( {2x} \right)dx = \frac{1}{2}} \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {f\left( {2x} \right)d\left( {2x} \right) = } \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {f\left( x \right)d\left( x \right) = } \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{6}$

a) Đúng vì từ bảng xét dấu ta thấy: ${x^2} - 9 \le 0,\,\forall x \in \left[ {0{,}3} \right]$ và ${x^2} - 9 \ge 0,\,\forall x \in \left[ {3{,}9} \right]$

b) Sai vì $\int\limits_0^9 {f(x)dx = } \int\limits_0^3 {f(x)dx + \int\limits_3^9 {f(x)dx} }$.

c) Đúng vì theo bảng xét dấu ta có:

$$\begin{array}{l}\int\limits_0^9 {\left| {{x^2} - 9} \right|dx = } \int\limits_0^3 {\left| {{x^2} - 9} \right|dx + \int\limits_3^9 {\left| {{x^2} - 9} \right|dx = } } \int\limits_0^3 {\left[ { - \left( {{x^2} - 9} \right)} \right]dx + \int\limits_3^9 {\left( {{x^2} - 9} \right)dx} } \\ = - \int\limits_0^3 {\left( {{x^2} - 9} \right)dx + \int\limits_3^9 {\left( {{x^2} - 9} \right)dx} } \end{array}$$

d) Sai.

Thế $m = 1$ vào đẳng thức $\int\limits_0^9 {f(x)dx = } \int\limits_0^m {\left( {{x^2} - 9} \right)dx} + \int\limits_m^9 {\left( {{x^2} - 9} \right)dx} \,$ ta được

$\int\limits_0^9 {\left| {{x^2} - 9} \right|dx = } \int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - 9} \right)dx} + \int\limits_1^9 {\left( {{x^2} - 9} \right)dx} \,\,\,\left( 1 \right)$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}VP(1) = 162\\VT(1) = 198\end{array} \right.$.

a) Sai

Ta có $f(x) = \frac{1}{{{x^2} - 4}} = \frac{1}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{x - 2}} - \frac{1}{{x + 2}}} \right)$

b) Sai

$\int\limits_3^4 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_3^4 {\frac{1}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}dx} = \frac{1}{4}\int\limits_3^4 {\left( {\frac{1}{{x - 2}} - \frac{1}{{x + 2}}} \right)dx} = \frac{1}{4}\left. {\left( {\ln \left( {x - 2} \right) - \ln \left( {x + 2} \right)} \right)} \right|_3^4 = \left. {\frac{1}{4}\ln \frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right|_3^4 = \frac{1}{4}\ln \frac{5}{3}$.

Ta có $\frac{1}{4}\ln \frac{5}{3} < 0{,}5$.

c) Đúng

Theo câu b ta có

$\int\limits_3^4 {f\left( x \right)dx} = \frac{1}{4}\int\limits_3^4 {\left( {\frac{1}{{x - 2}} - \frac{1}{{x + 2}}} \right)dx} = \frac{1}{4}\left. {\left( {\ln \left( {x - 2} \right) - \ln \left( {x + 2} \right)} \right)} \right|_3^4 = \frac{1}{4}\ln \frac{5}{3}$.

Do đó ta có $a = 5;\,\,b = 3$. Vậy $a.b = 15$.

d) Sai

Ta có $\int\limits_3^4 {\left[ {f\left( x \right) + \frac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}}} \right]dx = \int\limits_3^4 {f\left( x \right)} dx + \int\limits_3^4 {\frac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}}} dx}$.

Với $\int\limits_3^4 {f\left( x \right)dx = } \frac{1}{4}\ln \frac{5}{3}$.

$\int\limits_3^4 {\frac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}}} dx = \left. { - \frac{1}{{f\left( x \right)}}} \right|_3^4 = - 12 + 5 = - 7$.

Vậy $\int\limits_3^4 {\left[ {f\left( x \right) + \frac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}}} \right]dx = } \frac{1}{4}\ln \frac{5}{3} - 7$.

Do : $x \in \left[ {0;m} \right] \Rightarrow x - 2 \le x - m \le 0 \Rightarrow \left| {x - 2} \right| = 2 - x$

Vậy : $I = \int\limits_0^m {\left( {2 - x} \right)dx = \left( {2x - \frac{1}{2}{x^2}} \right)\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}m\\0\end{array} = 2m - \frac{{{m^2}}}{2} = 2} \right.} \Rightarrow m = 2$

Ta có $\int\limits_1^3 {\frac{{x + 2}}{x}} dx = \int\limits_1^3 {\left( {1 + \frac{2}{x}} \right)dx} = \int\limits_1^3 {dx} + \int\limits_1^3 {\frac{2}{x}} dx = 2 + 2\left. {\ln \left| x \right|} \right|_1^3 = 2 + 2\ln 3.$

Do đó $a = 2,\,b = 2,\,c = 3 \Rightarrow S = 7.$

$I = \int\limits_0^1 {\frac{{{e^{2x - 1}} - {e^{ - 3x}} + 1}}{{{e^x}}}dx} = \int\limits_0^1 {\left( {{e^{x - 1}} - {e^{ - 4x}} + {e^{ - x}}} \right)dx} = \left. {\left( {{e^{x - 1}} - \frac{{{e^{ - 4x}}}}{{ - 4}} + \frac{{{e^{ - x}}}}{{ - 1}}} \right)} \right|_0^1 = \frac{1}{{4{e^4}}} - \frac{2}{e} + \frac{7}{4}$

Do đó $a = 4,\,b = 2$$\Rightarrow P = 4 + 2 = 6$.

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

$= \left. x \right|\mathop {}\limits_0^{\frac{\pi }{4}} + \left. {\ln \left( {\sin x + 3\cos x} \right)} \right|\mathop {}\limits_0^{\frac{\pi }{4}} = \frac{\pi }{4} + \ln \left( {2\sqrt 2 } \right) - \ln 3 = \frac{1}{2}.\frac{\pi }{2} + \frac{3}{2}\ln 2 - \ln 3$.

Từ đây ta có $a = \frac{1}{2},\,b = \frac{3}{2},\,c = 1$ nên $P = \frac{3}{4}$.

Hàm số vận tốc có đồ thị là đường Parabol $v\left( t \right) = a{t^2} + bt + c\left( {a \ne 0} \right)$, theo hình vẽ ta thấy đỉnh của Parabol là $I\left( {15;60} \right)$, đồng thời đi qua gốc $O\left( {0;0} \right)$, suy ra:

$\left\{ \begin{array}{l}a{.0^2} + b.0 + c = 0\\\frac{{ - b}}{{2a}} = 15\\a{.15^2} + b.15 + c = 60\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0\\30a + b = 0\\a{.15^2} + b.15 + 0 = 60\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{4}{{15}}\\b = 8\\c = 0\end{array} \right.$$\Rightarrow v\left( t \right) = - \frac{4}{{15}}{t^2} + 8t$.

Theo đồ thị xe bắt đầu tăng tốc lúc $t = 0$ và đạt vận tốc cao nhất lúc $t = 15s$ nên quãng đường đi được của xe từ lúc bắt đầu tăng tốc đến lúc đạt vận tốc cao nhất là:

$\int\limits_0^{15} {v\left( t \right)dt} = \int\limits_0^{15} {\left( { - \frac{4}{{15}}{t^2} + 8t} \right)dt} = \left. {\left( { - \frac{4}{{45}}{t^3} + 4{t^2}} \right)} \right|_0^{15} = 600\,m$.

Vậy từ lúc bắt đầu tăng tốc đến lúc vận tốc đạt cao nhất thì xe đi được quãng đường dài $600\,m$.