Đề ôn luyện Toán Chương 2. Nguyên hàm và tích phân (đề số 1)

Ta có $F\left( x \right) = \int {\left( {2\sin x - \cos x} \right){\rm{d}}x} = - 2\cos x - \sin x + C$.

$F\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = - 2\cos \frac{\pi }{3} - \sin \frac{\pi }{3} + C = - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow C = 1$.

Vậy $F\left( x \right) = - 2\cos x - \sin x + 1$. Chọn C.

Ta có $f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {{x^2} - 2x - 3} \right){\rm{d}}x = \frac{{{x^3}}}{3} - {x^2} - 3x + C}$.

Mà $f\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow C = 1$. Vậy $f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} - {x^2} - 3x + 1$. Chọn C.

Ta có $\int\limits_0^{10} {f\left( x \right){\rm{d}}x = }$$\int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_2^6 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_6^{10} {f\left( x \right){\rm{d}}x}$.

Suy ra $P = \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_6^{10} {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^{10} {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \int\limits_2^6 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 7 - 3 = 4$. Vậy $P = 4$. Chọn C.

Xét $x \in \left[ {\frac{\pi }{2};\pi } \right]$, ta có: $\cos x \le 1 < x + 1$ $\Rightarrow \cos x - \left( {x + 1} \right) < 0$$\Rightarrow \left| {\cos x - \left( {x + 1} \right)} \right| = x + 1 - \cos x$.

Diện tích hình phẳng cần tính là

$S = \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^\pi {\left| {\cos x - \left( {x + 1} \right)} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^\pi {\left( {x + 1 - \cos x} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + x - \sin x} \right)} \right|_{\frac{\pi }{2}}^\pi = \frac{{3{\pi ^2} + 4\pi + 8}}{8}$. Chọn D.

a) Đúng. Ta có $N'\left( 1 \right) = 18 \cdot 1 - 3 \cdot {1^2} = 15$ triệu tế bào/ml giờ.

b) Sai. Ta có $\int {N'\left( t \right){\rm{d}}t} = \int {\left( {18t - 3{t^2}} \right){\rm{d}}t} = 9{t^2} - {t^3} + C$ $\left( {C \in \mathbb{R}} \right)$.

c) Đúng. Ta có $N\left( t \right) = 9{t^2} - {t^3} + C$ $\left( {C \in \mathbb{R}} \right)$.

Mà $N\left( 0 \right) = 10$ nên $C = 10$. Vậy $N\left( t \right) = 9{t^2} - {t^3} + 10$.

Tại thời điểm $t = 6$, ta có $N\left( 6 \right) = 9 \cdot {6^2} - {6^3} + 10 = 118$. Ban đầu ($t = 0$ giờ), mật độ vi khuẩn đo được là $N\left( 0 \right) = 10$ triệu tế bào/ml nên tại thời điểm $t = 6$, mật độ vi khuẩn đã tăng thêm 108 triệu tế bào/ml.

d) Đúng. Tại thời điểm $t = 7$ giờ, ta có $N\left( 7 \right) = 9 \cdot {7^2} - {7^3} + 10 = 108$ nên mật độ vi khuẩn trong 1 ml sữa chua là 108 triệu tế bào/ml.

a) Sai. Đến đúng trạm thu phí thì xe dừng hẳn nên ${v_1}\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - 6t + 21\, = 0 \Leftrightarrow t = \frac{7}{2} = 3{,}5$.

Như vậy, thời gian từ lúc ô tô phanh lần một cho đến khi dừng hẳn ở trạm thu phí là $3{,}5$ giây.

b) Đúng. Quãng đường ô tô đi được từ lúc đạp phanh đến khi dừng ở trạm thu phí là:

${S_1} = \int\limits_0^{\frac{7}{2}} {\left( { - 6t + 21} \right)} \,{\rm{d}}t = 36{,}75\,\left( {\rm{m}} \right)$.

c) Đúng. Vận tốc của ô tô tại thời điểm người tài xế phanh gấp lần hai là

${v_2}\left( 4 \right) = 5 \cdot 4 = 20\,\left( {{\rm{m/s}}} \right).$

d) Đúng. Quãng đường ô tô đi được sau khi trả phí đến khi phanh lần hai là:

${S_2} = \int\limits_0^4 {5t} \,{\rm{d}}t = 40\,\left( {\rm{m}} \right)$.

Vậy tổng quãng đường ô tô chuyển động từ lúc phanh lần một đến lúc phanh lần hai là:

$S = {S_1} + {S_2} = 76{,}75\,\,\left( {\rm{m}} \right)$.

a) Đúng. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:

${x^3} - 2{x^2} - 3x + 4 = 2x - 2 \Leftrightarrow {x^3} - 2{x^2} - 5x + 6 = 0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = - 2}\\{x = 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.$.

Với $x = - 2 \Rightarrow y = - 6$, với $x = 1 \Rightarrow y = 0$, với $x = 3 \Rightarrow y = 4$.

Vậy đường thẳng $d$ cắt đồ thị $\left( C \right)$ tại ba điểm $A\left( { - 2; - 6} \right),\,B\left( {1;0} \right),\,C\left( {3;4} \right)$.

b) Sai. Diện tích hình phẳng cần tính là: $S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {{x^3} - 2{x^2} - 3x + 4} \right|} \,{\rm{d}}x = \frac{{97}}{{12}}$.

c) Sai. Ta có ${S_1} = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {\left( {{x^3} - 2{x^2} - 3x + 4} \right) - \left( {2x - 2} \right)} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {{x^3} - 2{x^2} - 5x + 6} \right|} \,{\rm{d}}x = \frac{{63}}{4}$;

${S_2} = \int\limits_1^3 {\left| {\left( {{x^3} - 2{x^2} - 3x + 4} \right) - \left( {2x - 2} \right)} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_1^3 {\left| {{x^3} - 2{x^2} - 5x + 6} \right|} \,{\rm{d}}x = \frac{{16}}{3}$.

Vậy $\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{\frac{{63}}{4}}}{{\frac{{16}}{3}}} = \frac{{189}}{{64}}$.

d) Đúng. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị $\left( C \right)$ và đường thẳng $d$ là:

$S = \int\limits_{ - 2}^3 {\left| {\left( {{x^3} - 2{x^2} - 3x + 4} \right) - \left( {2x - 2} \right)} \right|} \,{\rm{d}}x = {S_1} + {S_2} = \frac{{63}}{4} + \frac{{16}}{3} = \frac{{253}}{{12}}$.

a) Đúng. Đường thẳng $OB:v\left( t \right) = mt + n$ đi qua hai điểm $O\left( {0;0} \right),{\rm{ }}B\left( {1;2} \right)$, ta

$\left\{ \begin{array}{l}n = 0\\m + n = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\n = 0\end{array} \right. \Rightarrow OB:v\left( t \right) = 2t$ với $0 \le t \le 1$.

b) Sai. Đường thẳng $BC:v\left( t \right) = 2$ với $1 \le t \le 3$.

Quãng đường chất điểm đi được trong hai giây đầu tiên là ${S_1} = \int\limits_0^1 {2t{\rm{dt}}} + \int\limits_1^2 {2{\rm{dt}}} = 3{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)$.

c) Đúng. Parabol $v\left( t \right) = a{t^2} + bt + c$ nhận ${x_C} = 3$ làm trục đối xứng nên đồ thị đi qua ba điểm $\left( {1;0} \right),$$C\left( {3;2} \right),{\rm{ }}D\left( {5;0} \right)$, ta có $\left\{ \begin{array}{l}a + b + c = 0\\9a + 3b + c = 2\\25a + 5b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{2}\\b = 3\\c = - \frac{5}{2}\end{array} \right.$.

Đường cong $CD$ là $v\left( t \right) = - \frac{1}{2}{t^2} + 3t - \frac{5}{2}$ với $3 \le t \le 5$.

d) Đúng. Quãng đường chất điểm đi được trong khoảng thời gian $5$ giây là

$$S = \int\limits_0^1 {2t{\rm{dt}}} + \int\limits_1^3 {2{\rm{dt}}} + \int\limits_3^5 {\left( { - \frac{1}{2}{t^2} + 3t - \frac{5}{2}} \right){\rm{dt}}} = \frac{{23}}{3} \approx 7{,}7{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).$$

Ta có $v\left( t \right) = \int {a\left( t \right){\rm{d}}t} = \int {\left( {2t - 7} \right){\rm{d}}t} = {t^2} - 7t + C$, mặt khác $v\left( 0 \right) = 10$ nên $C = 10$.

Suy ra $v\left( t \right) = {t^2} - 7t + 10$.

Để chất điểm đạt vận tốc 18 (m/s) thì $v\left( t \right) = 18 \Leftrightarrow {t^2} - 7t - 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 8\,{\rm{ }}\left( {{\rm{nhan}}} \right)\\t = - 1{\rm{ }}\left( {{\rm{loai}}} \right)\end{array} \right.$.

Vậy tại thời điểm $t = 8$ (s) thì chất điểm đạt vận tốc 18 (m/s).

Đáp án: 8.

Ta có $h\left( t \right) = \int {h'\left( t \right){\rm{d}}t} = \int {\left( {3a{t^2} + bt} \right){\rm{d}}t} = a{t^3} + b\frac{{{t^2}}}{2} + C.$

Do ban đầu bể không có nước nên $h\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow C = 0 \Rightarrow h\left( t \right) = a{t^3} + b\frac{{{t^2}}}{2}.$

Lúc $5$ phút: $h\left( 5 \right) = a \cdot {5^3} + b \cdot \frac{{{5^2}}}{2} = 150\,\,\,\left( 1 \right).$

Lúc $10$ phút: $h\left( {10} \right) = a \cdot {10^3} + b \cdot \frac{{{{10}^2}}}{2} = 1100\,\,\,\left( 2 \right).$

Từ $\left( 1 \right)$và $\left( 2 \right)$ suy ra $a = 1,\,b = 2 \Rightarrow h\left( t \right) = {t^3} + {t^2} \Rightarrow h\left( {20} \right) = {20^3} + {20^2} = 8400\,\,{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}.$

Đáp án: 8400.

Diện tích của mặt cắt là: $S\left( x \right) = 2x \cdot \sqrt {x + 3}$ (cm$^{2}$).

Thể tích của khối tròn xoay tạo thành là: $V = \int\limits_0^5 {2x\sqrt {x + 3} } \,{\rm{d}}x \approx 62{,}6$ (cm$^{3}$).

Đáp án: 62,6.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ, với $O$ là trung điểm của $BD$ và hai trục lần lượt song song với hai cạnh $AB,AD$.

Ta có tọa độ các điểm $A\left( { - 2; - 2} \right)$, $B\left( {2; - 2} \right)$ và $I\left( {0;2} \right)$; phương trình của đường parabol có dạng $y = a{x^2} + b$ thay tọa độ các điểm $B,I$ ta có được $b = 2$ và $- 2 = a \cdot {2^2} + 2 \Leftrightarrow a = - 1$.

Vậy phương trình của đường $\left( P \right):y = - {x^2} + 2$.

Tọa độ giao điểm M là nghiệm của hệ $\{\begin{matrix}y=-{x}^{2}+2 \\ y=-x\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{x}^{2}-x-2=0 \\ y=-x\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x=2 \\ y=-2\end{matrix}hoặc\{\begin{matrix}x=-1 \\ y=1\end{matrix}$

Suy ra $M\left( { - 1\,;\,1} \right)$ (loại điểm $\left( {2; - 2} \right)$ do trùng B).

Diện tích hình phẳng ${S_1} = \int\limits_{ - 1}^2 {\left[ {\left( { - {x^2} + 2} \right) - \left( { - x} \right)} \right]{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - {x^2} + 2 + x} \right){\rm{d}}x} = \frac{9}{2}$.

Diện tích hình phẳng ${S_2} = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( { - {x^2} + 2 + 2} \right){\rm{d}}x - {S_1}} = \frac{{37}}{6}$.

Diện tích phần còn lại là ${S_3} = 16 - {S_1} - {S_2} = \frac{{16}}{3}$.

Tổng số tiền bỏ ra để sơn là $200{S_1} + 180{S_2} + 150{S_3} = 2810$ (nghìn đồng).

Đáp án: 2810.

Chọn hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ.

Gọi $L\left( x \right)$ là hàm biến thiên của độ dài đường chéo mặt cắt của toà nhà tại độ cao x.

Theo đề ta có, $L\left( x \right)$là một parabol đi qua ba điểm $\left( {0;13\sqrt 2 } \right),\,\,\left( {30;10\sqrt 2 } \right),\,\,\left( {{x_o};\frac{{55\sqrt 2 }}{8}} \right)$ , trong đó ${x_o}$ là vị trí mặt cắt ngang toà nhà là hình vuông có cạnh ${L_{min}} = 13{,}75\;{\rm{m}}{\rm{.}}$

Ta có $L\left( x \right) = a{\left( {x - {x_o}} \right)^2} + \frac{{55\sqrt 2 }}{8}$.

Ta có hệ: $\left\{ \begin{array}{l}L\left( 0 \right) = a{\left( {0 - {x_o}} \right)^2} + \frac{{55\sqrt 2 }}{8} = 13\sqrt 2 \\L\left( {30} \right) = a{\left( {30 - {x_o}} \right)^2} + \frac{{55\sqrt 2 }}{8} = 10\sqrt 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a{\left( {{x_o}} \right)^2} = \frac{{49\sqrt 2 }}{8}\\a{\left( {30 - {x_o}} \right)^2} = \frac{{25\sqrt 2 }}{8}\end{array} \right.$

$\Rightarrow \frac{{{x_o}^2}}{{{{\left( {30 - {x_o}} \right)}^2}}} = \frac{{49}}{{25}} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_o} = 105\,\left( L \right)\\{x_o} = 17{,}5\,\,\left( {TM} \right) \Rightarrow a = \frac{{\sqrt 2 }}{{50}}\end{array} \right.\,$.

Suy ra $L\left( x \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{{50}}{\left( {x - 17{,}5} \right)^2} + \frac{{55\sqrt 2 }}{8}$.

Do đó, diện tích thiết diện là $S\left( x \right) = 2{\left[ {L\left( x \right)} \right]^2} = 2{\left[ {\frac{{\sqrt 2 }}{{50}}{{\left( {x - 17{,}5} \right)}^2} + \frac{{55\sqrt 2 }}{8}} \right]^2}$.

Vậy thể tích của toà nhà là $V = \int\limits_0^{30} {S\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int\limits_0^{30} {2{{\left[ {\frac{{\sqrt 2 }}{{50}}{{\left( {x - 17{,}5} \right)}^2} + \frac{{55\sqrt 2 }}{8}} \right]}^2}} {\rm{d}}x \approx 8976\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}$.

Đáp án: 8976.

Lắp hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ ($O \equiv A$).

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,AD$.

Đường tròn tâm $M\left( {1;0} \right)$, bán kính 1 cm có phương trình là:

${\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} = 1 \Rightarrow y = \sqrt {1 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}} = \sqrt { - {x^2} + 2x}$.

Đường tròn tâm $N\left( {0;1} \right)$, bán kính 1 cm có phương trình là:

${x^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 1 \Rightarrow y = 1 + \sqrt {1 - {x^2}}$.

Thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình $\left( H \right)$ quanh trục hoành là:

$V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {1 + \sqrt {1 - {x^2}} } \right)}^2}{\rm{d}}x} + \pi \int\limits_1^2 {\left( { - {x^2} + 2x} \right){\rm{d}}x}$.

Giá tiền vật liệu để đúc một núm đồng trên là: $\frac{{V \cdot 8{,}96 \cdot 200}}{{1000}} \approx 22$ (nghìn đồng).

Đáp án: 22.