Đề ôn luyện Toán theo Chủ đề 4. Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng (Đề số 1)

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

Suy ra $\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {x - 3 + \frac{2}{x}} \right)\,} {\rm{d}}x = \frac{1}{2}{x^2} - 3x + 2\ln \left| x \right| + C$. Chọn B.

Ta có $\int\limits_0^9 {\left[ {3f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} = 61 \Leftrightarrow 3\int\limits_0^9 {f\left( x \right){\rm{d}}x - } 2\int\limits_0^9 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = 61$

$\Leftrightarrow 111 - 2\int\limits_0^9 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = 61 \Leftrightarrow \int\limits_0^9 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = 25$. Chọn B.

Ta có $\int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x + \int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} } }$$\Leftrightarrow \int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x = \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x - \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} } } = - 5$.

Chọn C.

Ta có $\int {f\left( x \right){\rm{d}}x = } \int {\left( {2x - \frac{1}{x}} \right)} \,{\rm{d}}x = {x^2} - \ln \left| x \right| + C$$\Rightarrow F\left( x \right) = {x^2} - \ln \left| x \right| + C$.

Vì $F\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow C = 0$.

Vậy một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right) = 2x - \frac{1}{x}$ thoả mãn $F\left( 1 \right) = 1$ là $F\left( x \right) = {x^2} - \ln \left| x \right|$.

Do đó $F\left( { - 1} \right) = 1$. Chọn A.

Ta có $\int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x = \left. {F\left( x \right)} \right|_1^4 = F\left( 4 \right) - F\left( 1 \right) = 9 - 3 = 6}$.

Khi đó $\int\limits_1^4 {\left[ {f\left( x \right) + 2} \right]{\rm{d}}} x = \int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x + \int\limits_1^4 {2{\rm{d}}} x = 6 + 6 = 12}$. Chọn D.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị $y = 2x - {x^2}$ và trục hoành là

$2x - {x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = 2$.

Thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi cho $\left( H \right)$ quay quanh trục hoành là

$V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {2x - {x^2}} \right)}^2}} {\rm{d}}x = \frac{{16\pi }}{{15}}$. Chọn C.

Hàm số $y = f\left( x \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $f'\left( x \right)$ nên ta có

$f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {8{x^3} + \sin x} \right){\rm{d}}x = 8\int {{x^3}{\rm{d}}x + \int {\sin x{\rm{d}}x} = 2{x^4} - \cos x + C} }$.

Lại có $f\left( 0 \right) = 3 \Rightarrow - 1 + C = 3 \Rightarrow C = 4 \Rightarrow f\left( x \right) = 2{x^4} - \cos x + 4$.

Khi đó $F\left( x \right) = \int {f\left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( {2{x^4} - \cos x + 4} \right){\rm{d}}x = } } \frac{2}{5}{x^5} - \sin x + 4x + C$.

Mà $F\left( 0 \right) = 2 \Rightarrow C = 2 \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{2}{5}{x^5} - \sin x + 4x + 2 \Rightarrow F\left( 1 \right) = \frac{{32}}{5} - \sin 1$.

Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng.

Vì $ABCD$ là hình vuông có cạnh bằng $4\,{\rm{cm}}$ và điểm $A$ có tung độ bằng $1$ nên điểm $B$ có tung độ bằng $- 3$. Ta có hình vẽ sau:

Gọi parabol chứa đường cong $AOD$ có phương trình là $y = a{x^2}$.

Vì parabol đi qua điểm$A\left( { - 2;1} \right)$ nên ta có: $1 = a \cdot {\left( { - 2} \right)^2} \Leftrightarrow a = \frac{1}{4}$$\Rightarrow y = \frac{1}{4}{x^2}$.

Gọi parabol chứa đường cong $BOC$ có phương trình là $y = a'{x^2}$.

Vì parabol đi qua điểm$C\left( {2; - 3} \right)$ nên ta có: $- 3 = a \cdot {2^2} \Leftrightarrow a = - \frac{3}{4}$$\Rightarrow y = - \frac{3}{4}{x^2}$.

Phần tô đậm $AOB$ được giới hạn bởi hai đồ thị hàm số $y = \frac{1}{4}{x^2}$, $y = - \frac{3}{4}{x^2}$ và hai đường thẳng $x = - 2$, $x = 0$ nên có diện tích là ${S_1} = \int\limits_{ - 2}^0 {\left[ {\frac{1}{4}{x^2} - \left( { - \frac{3}{4}} \right){x^2}} \right]{\rm{d}}x} = \frac{8}{3}\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$.

Phần tô đậm $COD$ được giới hạn bởi hai đồ thị hàm số $y = \frac{1}{4}{x^2}$, $y = - \frac{3}{4}{x^2}$ và hai đường thẳng $x = 0$, $x = 2$ nên có diện tích là ${S_2} = \int\limits_0^2 {\left[ {\frac{1}{4}{x^2} - \left( { - \frac{3}{4}} \right){x^2}} \right]{\rm{d}}x} = \frac{8}{3}\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$.

Diện tích phần tô đậm trong hình vẽ là $S = {S_1} + {S_2} = \frac{8}{3} + \frac{8}{3} = \frac{{16}}{3}\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}} < 5{,}5\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})$.

Diện tích hình vuông $ABCD$ là ${S_{ABCD}} = {4^2} = 16\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$.

Diện tích phần không tô đậm là ${S_k} = 16 - \frac{{16}}{3} = \frac{{32}}{3}\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$.

Tổng chi phí để làm chiếc huy hiệu: $T = 1\,000\,000 \cdot \frac{{16}}{3} + 300\,000 \cdot \frac{{32}}{3} + 500\,000 \approx 9\,033\,333$ (đồng).

Đáp án: a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Sai.

Vận tốc của chất điểm tại thời điểm $t = 15$ là $v\left( {15} \right) = 0\;$.

Quãng đường chất điểm đi được trong thời gian $3$ giây đầu $\left( {0 \le t \le 3} \right)$ là $S = \int\limits_0^3 {11\,{\rm{d}}t\,\,\,(m)}$.

Gọi hàm vận tốc thời gian $7$ giây cuối $\left( {8 \le t \le 15} \right)$ có dạng là $\left( d \right):{\rm{ }}y = at + b$.

Đường thẳng $\left( d \right)$ đi qua 2 điểm $\left( {8\,;21} \right)$ và $\left( {15\,;0} \right)$ nên ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}8a + b = 21\\15a + b = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 3\\b = 45\end{array} \right.$$\Rightarrow \left( d \right):y = - 3t + 45$.

Quãng đường chất điểm đi được trong thời gian $t$ giây $\left( {8 \le t \le 15} \right)$ là:

$S = \int\limits_8^{15} {\left( { - 3t + 45} \right)\,{\rm{d}}t = 73{,}5\,\,{\rm{(m)}}}$.

Gọi hàm vận tốc thời gian $t$ giây $\left( {3 \le t \le 8} \right)$có dạng là $\left( P \right):y = a{t^2} + bt + c$.

Parabol $\left( P \right)$ đi qua các điểm $\left( {3\,;11} \right)$, $\left( {5\,;3} \right)$ và $\left( {8\,;21} \right)$ nên ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}9a + 3b + c = 11\\25a + 5b + c = 3\\64a + 8b + c = 21\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = - 20\\c = 53\end{array} \right.$ $\Rightarrow \left( P \right):y = 2{t^2} - 20t + 53$.

Quãng đường chất điểm đi được trong thời gian $t$ giây $\left( {3 \le t \le 8} \right)$ là:

$S = \int\limits_3^8 {\left( {2{t^2} - 20t + 53} \right)\,{\rm{d}}t = \frac{{115}}{3}} \,\,{\rm{(m)}}$.

Vận tốc trung bình của chất điểm trong thời gian $t$ giây $\left( {3 \le t \le 8} \right)$ là:

$\frac{{115}}{3}:\left( {8 - 3} \right) = \frac{{23}}{3} > 7\;$.

Đáp án: a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai.

Ta có $f\left( x \right) = \frac{{2x + 1}}{x} = 2 + \frac{1}{x} \Rightarrow \int {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int {\left( {2 + \frac{1}{x}} \right)} \,{\rm{d}}x = 2x + \ln \left| x \right| + C$.

Vì $F\left( x \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)$ nên $F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = 2x + \ln \left| x \right| + C$.

Mà $F\left( 1 \right) = 3$ nên $C = 1$. Vậy $F\left( x \right) = 2x + \ln \left| x \right| + 1$.

Ta có $f'\left( x \right) = - \frac{1}{{{x^2}}} \Rightarrow f'\left( {2x} \right) = - \frac{1}{{4{x^2}}}$. Khi đó, $\int {f'\left( {2x} \right)} \,{\rm{d}}x = - \int {\frac{1}{{4{x^2}}}} \,{\rm{d}}x = \frac{1}{{4x}} + C$.

Vì $G\left( x \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)$ nên ta có:

$G\left( x \right) = 2x + \ln \left| x \right| + C = \left[ \begin{array}{l}2x + \ln x + {C_1}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{khi}}\,\,x > 0\\2x + \ln \left( { - x} \right) + {C_2}\,\,\,{\rm{khi}}\,\,x < 0.\end{array} \right.$

$G\left( 2 \right) = 1 \Rightarrow 2 \cdot 2 + \ln 2 + {C_1} = 1 \Rightarrow {C_1} = - 3 - \ln 2$.

$G\left( 5 \right) + G\left( { - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow 2 \cdot 5 + \ln 5 - 3 - \ln 2 + 2 \cdot \left( { - 5} \right) + \ln 5 + {C_2} = 0 \Rightarrow {C_2} = 3 + \ln 2 - 2\ln 5$.

Do đó $G\left( { - 10} \right) = 2 \cdot \left( { - 10} \right) + \ln 10 + 3 + \ln 2 - 2\ln 5 = \ln 10 - 2\ln 5 + \ln 2 - 17$.

Vậy $a + b + c + d = 1 + \left( { - 2} \right) + 1 + \left( { - 17} \right) = - 17$.

Đáp án: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Sai.

Trong 24 giây chạy thử nghiệm đó, chiếc xe mô hình đi được quãng đường là:

$s = \int\limits_0^{24} {v\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_0^8 {\frac{1}{2}t{\rm{d}}t + \int\limits_8^{16} {4{\rm{d}}t} + } \int\limits_{16}^{24} {\left( { - \frac{1}{2}t + 12} \right){\rm{d}}t} \,\;\, = \left. {\left( {\frac{1}{4}{t^2}} \right)} \right|_0^8 + \left. {\left( {4t} \right)} \right|_8^{16} + \left. {\left( { - \frac{1}{4}{t^2} + 12t} \right)} \right|_{16}^{24} = 64\,\,{\rm{(dm)}}$.

Đáp án: $64$.

Từ định nghĩa “tập hợp các điểm cách đều 1 điểm và 1 đường thẳng (điểm không thuộc đường thẳng) là một đường parabol”, ta suy ra miền D được giới hạn bởi 4 đường parabol có tiêu điểm là tâm hình vuông và đường chuẩn là cạnh của hình vuông.

Dựng hệ toạ độ như hình vẽ trên, tìm phương trình các đường parabol rồi dựa vào ứng dụng của tích phân tính được diện tích miền D là:

$S = 4\left[ {\int\limits_0^{2\sqrt 2 - 2} {\left( { - \frac{1}{4}{x^2} + 1} \right){\rm{d}}x} + \int\limits_{2\sqrt 2 - 2}^1 {\left( {2\sqrt {1 - x} } \right){\rm{d}}x} } \right] = \frac{{64\sqrt 2 - 80}}{3} \approx 3{,}5$.

Đáp án: $3{,}5$.

Gắn hệ trục tọa độ với gốc tọa độ là tâm của chiếc vòng, trục $Ox$ là trục đối xứng của vòng, $Oy$ đi qua tâm một thiết diện cắt ngang của vòng.

Khi đó phương trình đường tròn thiết diện là

$\left( C \right):{x^2} + {\left( {y - 6} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow y = 6 \pm \sqrt {1 - {x^2}}$.

Vòng được tạo ra bằng cách quay đường tròn $\left( C \right):{x^2} + {\left( {y - 6} \right)^2} = 1$ quanh trục $Ox$.

Thể tích của chiếc vòng là:

${V_{Ox}} = \pi \left[ {\int\limits_{ - 1}^1 {{{\left( {6 + \sqrt {1 - {x^2}} } \right)}^2}{\rm{d}}x - } \int\limits_{ - 1}^1 {{{\left( {6 - \sqrt {1 - {x^2}} } \right)}^2}{\rm{d}}x} } \right] = \pi \int\limits_{ - 1}^1 {24\sqrt {1 - {x^2}} } {\rm{d}}x = 12{\pi ^2} \approx 118\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$.

Đáp án: $118$.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Mặt phẳng vuông góc với tia $Ox$ tại điểm có hoành độ $x$, cắt hình $\left( H \right)$ theo thiết diện là một hình vuông có cạnh $AB$.

Ta có ${\left( {\frac{1}{2}AB} \right)^2} = {R^2} - {x^2} = 9 - {x^2} \Rightarrow A{B^2} = 36 - 4{x^2}$.

Vậy diện tích thiết diện là $S\left( x \right) = A{B^2} = 36 - 4{x^2}$.

Thể tích của $\left( H \right)$ là $V = 2\int\limits_0^3 {S\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = 2\int\limits_0^3 {\left( {36 - 4{x^2}} \right)\,} {\rm{d}}x = 144$.

Đáp án:$144$.

Quãng đường Tít chạy là: ${s_T}\,\left( t \right) = \int {{v_T}\left( t \right){\rm{d}}t{\kern 1pt} } {\kern 1pt} = \,{\kern 1pt} \int {5\sqrt t \,{\rm{d}}t} = \frac{{10}}{3}{\sqrt t ^3} + c$.

Khi $t = 0$ thì ${s_T} = 0\, \Rightarrow {\kern 1pt} {\kern 1pt} c = 0$. Do đó ${s_T}\,\left( t \right) = \frac{{10}}{3}{\sqrt t ^3}$.

Tít chạy được quãng đường $10{\kern 1pt} \,{\kern 1pt} {\rm{km}}$: ${s_T}\,\left( t \right) = \frac{{10}}{3}{\sqrt t ^3} = 10 \Rightarrow {t_T} = \sqrt[3]{9}\,\,\left( {\rm{h}} \right)$.

Mít chạy được quãng đường $10{\kern 1pt} {\kern 1pt} \,{\rm{km}}$: ${s_M}\left( t \right) = 5t - \frac{5}{{2\pi }}\sin \,\left( {2\pi t} \right) = 10$.

Xét ${s'_M}\left( t \right) = 5 - 5\cos \left( {2\pi t} \right) \ge 0\,\forall t$ mà ${s_M}\left( 2 \right) = 10$, suy ra ${t_M} = 2\,\,\left( {\rm{h}} \right)$.

Ta thấy ${t_M} < {t_T}$ nên Mít chạy được $10{\kern 1pt} {\kern 1pt} \,{\rm{km}}$ đầu tiên. Khi đó khoảng cách giữa hai bạn là

${s_M}\,\left( 2 \right) - {s_T}\,\left( 2 \right) = 10 - \frac{{10}}{3}{\sqrt 2 ^3} \approx 0{,}57\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)$.

Đáp án: $0{,}57$.

Chọn hệ trục toạ độ $Oxy,$ sao cho $A\left( { - 4; - 4} \right),B\left( { - 4;4} \right),C\left( {4;4} \right),D\left( {4; - 4} \right)$ và $O\left( {0;0} \right)$.

Phương trình cạnh $AB:x = - 4$.

Vì tính đối xứng của hình vuông $ABCD$ và miền phẳng được giới hạn bởi $\left( L \right)$ nên ta chỉ cần xét phần tô màu nằm ở góc phần tư thứ hai, phía dưới đường thẳng $BD:y = - x$.

Gọi điểm $M\left( { - 4;m} \right) \in AB$ và $N\left( {x;y} \right)$, với $- 4 \le m \le 4; - 4 < x < 0$ và $0 \le y < 4$.

$\Rightarrow ON = \sqrt {{x^2} + {y^2}}$ và $OM = ON + 2 = \sqrt {{x^2} + {y^2}} + 2$.

Lại có $\frac{{ON}}{{OM}} = \frac{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} + 2}} = \frac{{ - x}}{4} \Rightarrow \sqrt {{x^2} + {y^2}} = - \frac{{2x}}{{x + 4}}$ .

$\Rightarrow {y^2} = {\left( { - \frac{{2x}}{{x + 4}}} \right)^2} - {x^2} \Rightarrow y = \pm \sqrt {\frac{{4{x^2}}}{{{{\left( {x + 4} \right)}^2}}} - {x^2}}$ .

Xét phương trình $\sqrt {\frac{{4{x^2}}}{{{{\left( {x + 4} \right)}^2}}} - {x^2}} = - x$$\Rightarrow x = - 4 + \sqrt 2$ (vì $- 4 < x < 0$)

và $\sqrt {\frac{{4{x^2}}}{{{{\left( {x + 4} \right)}^2}}} - {x^2}} = 0 \Rightarrow x = - 2$.

Suy ra diện tích hình phẳng ${S_1} = \int\limits_{ - 4}^{ - 4 + \sqrt 2 } {\left( { - x} \right){\rm{d}}x + \int\limits_{ - 4 + \sqrt 2 }^{ - 2} {\left( {\sqrt {\frac{{4{x^2}}}{{{{\left( {x + 4} \right)}^2}}} - {x^2}} } \right){\rm{d}}x} }$ $\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Vậy diện tích phần tô màu được tính theo đơn vị centimet vuông (làm tròn đến hàng đơn vị) là:

$S = 8 \cdot {S_1} \cdot 100 \approx 4\,384$ $\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Đáp án: $4384$.