Đề ôn luyện Toán theo Chủ đề 4. Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng (Đề số 2)

Phương trình hoành độ giao điểm là $3{x^2} + 2x - 1 = 0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = - 1}\\{x = \frac{1}{3}}\end{array}} \right.$.

Diện tích hình phẳng cần tính là: $S = \int\limits_{ - 1}^{\frac{1}{3}} {\left| {3{x^2} + 2x - 1} \right|{\rm{d}}x} = \left| {\int\limits_{ - 1}^{\frac{1}{3}} {\left( {3{x^2} + 2x - 1} \right){\rm{d}}x} } \right| = \frac{{32}}{{27}}$. Chọn D.

Ta có

$\Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \left. {{x^3}} \right|_0^2 = 4$$\Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} - 8 = 4$$\Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 12$. Chọn C.

Ta có $\int\limits_2^3 {\frac{{3x + 1}}{{2{x^2} - x - 1}}{\rm{d}}x} = \frac{4}{3}\int\limits_2^3 {\frac{1}{{x - 1}}{\rm{d}}x} + \frac{1}{3}\int\limits_2^3 {\frac{1}{{2x + 1}}{\rm{d}}x}$

$= \left. {\frac{4}{3}\ln \left| {x - 1} \right|} \right|_2^3 + \left. {\frac{1}{6}\ln \left| {2x + 1} \right|} \right|_2^3 = \frac{4}{3}\ln 2 + \frac{1}{6}\ln 7 - \frac{1}{6}\ln 5$.

Vậy $P = \frac{4}{3} + \frac{1}{6} - \frac{1}{6} = \frac{4}{3}$. Chọn A.

Ta có $F\left( x \right) = \int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( { - 3{x^2} + 4x + 2} \right){\rm{d}}x} = - {x^3} + 2{x^2} + 2x + C$.

$F\left( 1 \right) = 2 \Leftrightarrow C + 3 = 2 \Leftrightarrow C = - 1$.

Suy ra $F\left( x \right) = - {x^3} + 2{x^2} + 2x - 1$.

Vậy $F\left( { - 1} \right) = 1 + 2 - 2 - 1 = 0$. Chọn A.

Ta có $\int\limits_1^5 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \left. {F\left( x \right)} \right|_1^5 = F\left( 5 \right) - F\left( 1 \right)$.

Mà $F\left( 5 \right) = 2 + F\left( 1 \right)$ nên $F\left( 5 \right) - F\left( 1 \right) = 2$. Vậy $\int\limits_1^5 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 2$. Chọn B.

Tập xác định của hàm số $f\left( x \right) = \frac{x}{2} + \cos x$ là $D = \mathbb{R}$.

Ta có $\int {f\left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( {\frac{x}{2} + \cos x} \right){\rm{d}}x = \frac{{{x^2}}}{4}} + \sin x} + C$.

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

Hàm số $F\left( x \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)$ thì

$F\left( 1 \right) - F\left( 0 \right) = \int\limits_0^1 {\left( {\frac{x}{2} + \cos x} \right){\rm{d}}x = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{4} + \sin x} \right)} \right|} _0^1 = \frac{1}{4} + \sin 1$.

Suy ra $F\left( 1 \right) = \left( {\frac{1}{4} + \sin 1} \right) + F\left( 0 \right) = \frac{5}{4} + \sin 1$.

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

Ta có $\int {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int {\frac{{{x^2} + 5x - 7}}{x}} \,{\rm{d}}x = \int {\left( {x + 5 - \frac{7}{x}} \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{{{x^2}}}{2} + 5x - 7\ln \left| x \right| + C$.

Ta thấy $f'\left( x \right) = 1 + \frac{7}{{{x^2}}} = \frac{{{x^2} + 7}}{{{x^2}}} = g\left( x \right)$. Do đó, $f\left( x \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $g\left( x \right)$.

Ta có $\int\limits_{ - 2}^{ - 1} {f\left( x \right){\rm{d}}} x = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + 5x - 7\ln \left| x \right|} \right)} \right|_{ - 2}^{ - 1} = \left( {\frac{1}{2} - 5} \right) - \left( {2 - 10 - 7\ln 2} \right) = \frac{7}{2} + 7\ln 2$.

Khi đó $m = 7,\,\,n = 2$ nên $m + 2025n = 4057$.

Ta có hàm số $G\left( x \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)$ thì

$$G\left( x \right) = \frac{{{x^2}}}{2} + 5x - 7\ln \left| x \right| + C = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2}}}{2} + 5x - 7\ln x + {C_1},\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\\\frac{{{x^2}}}{2} + 5x - 7\ln \left( { - x} \right) + {C_2},\forall x \in \left( { - \infty ;0} \right).\end{array} \right.$$

Ta có $G\left( 1 \right) = 4 \Leftrightarrow \frac{1}{2} + 5 + {C_1} = 4 \Leftrightarrow {C_1} = - \frac{3}{2}$.

$$G\left( 3 \right) + G\left( { - 9} \right) = 20 \Leftrightarrow \frac{{{3^2}}}{2} + 5 \cdot 3 - 7\ln 3 - \frac{3}{2} + \frac{{{{\left( { - 9} \right)}^2}}}{2} + 5 \cdot \left( { - 9} \right) - 7\ln 9 + {C_2} = 20$$

$\Leftrightarrow {C_2} = \frac{{13}}{2} + 21\ln 3$.

Khi đó $G\left( { - 6} \right) = \frac{{{{\left( { - 6} \right)}^2}}}{2} + 5.\left( { - 6} \right) - 7\ln 6 + \frac{{13}}{2} + 21\ln 3 = - 7\ln 2 + 14\ln 3 - \frac{{11}}{2}$.

Suy ra $a = - 7,\,\,b = 14,\,\,c = - \frac{{11}}{2}$ nên $a + b + c = \frac{3}{2}$.

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

Ta có $P\left( x \right) = \int {P'\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int {\left( { - 0{,}0008x + 10{,}4} \right){\rm{d}}x = - 0{,}0004{x^2} + 10{,}4x + C}$.

Lợi nhuận ban đầu chưa có nên $P\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = 0$.

Vậy $P\left( x \right) = - 0{,}0004{x^2} + 10{,}4x$.

Ta có $P\left( {50} \right) = - 0{,}0004 \cdot {50^2} + 10{,}4 \cdot 50 = 519$ (triệu đồng).

Vậy lợi nhuận khi bán được $50$ sản phẩm đầu tiên là $519$ triệu đồng.

Sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ $50$ lên $a$ đơn vị sản phẩm là:

$\int\limits_{50}^a {P'\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int\limits_{50}^a {\left( { - 0{,}0008x + 10{,}4} \right)} \,{\rm{d}}x = \left. {\left( { - 0{,}0004{x^2} + 10{,}4x} \right)} \right|_{50}^a = - 0{,}0004{a^2} + 10{,}4a - 519$.

Theo đề ta có $- 0{,}0004{a^2} + 10{,}4a - 519 > 517$

$\Leftrightarrow - 0{,}0004{a^2} + 10{,}4a - 1036 > 0 \Leftrightarrow 100 < a < 25\,900$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $a$ là $101$.

Sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ $50$ lên $55$ đơn vị sản phẩm là:

$\int\limits_{50}^{55} {P'\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int\limits_{50}^{55} {\left( { - 0{,}0008x + 10{,}4} \right)} \,{\rm{d}}x = \left. {\left( { - 0{,}0004{x^2} + 10{,}4x} \right)} \right|_{50}^{55} = 51{,}79$ (triệu đồng).

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

Ta có $\int {f\left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right){\rm{d}}x = x + \ln \left| x \right| + C} }$ với $C$ là hằng số.

Vì $f\left( x \right)$ có một nguyên hàm là hàm số $F\left( x \right)$ nên ta có $F\left( x \right) = x + \ln \left| x \right| + C$.

Theo giả thiết $F\left( 1 \right) = 0$, ta có $1 + C = 0 \Leftrightarrow C = - 1$ nên $F\left( x \right) = x + \ln \left| x \right| - 1$.

Vậy $F\left( 2 \right) = 2 + \ln 2 - 1 = \ln 2 + 1$.

Ta có diện tích phần hình phẳng ${H_1}$ là:

${S_1} = \int\limits_1^4 {\left[ {\left( { - \frac{1}{4}x + \frac{9}{4}} \right) - \left( {1 + \frac{1}{x}} \right)} \right]{\rm{d}}x = } \int\limits_1^4 {\left( { - \frac{1}{4}x - \frac{1}{x} + \frac{5}{4}} \right){\rm{d}}x}$$= \left. {\left( { - \frac{1}{4}.\frac{{{x^2}}}{2} - \ln \left| x \right| + \frac{5}{4}x} \right)} \right|_1^4 = \frac{{15}}{8} - \ln 4$.

Ta có diện tích hình phẳng ${H_2}$ là: ${S_2} = \int\limits_1^4 {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right){\rm{d}}x = \left. {\left( {x + \ln \left| x \right|} \right)} \right|_1^4}$$= 3 + \ln 4$.

Khi đó $\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{\frac{{15}}{8} - \ln 4}}{{3 + \ln 4}}$.

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

Ta đặt $m = \int\limits_1^2 {f\left( t \right)dt = \int\limits_1^2 {\left( {16{t^3} - 15{t^2} + 2mt - 21} \right){\rm{d}}t} \left. { = \left( {4{t^4} - 5{t^3} + m{t^2} - 21t} \right)} \right|_1^2 = 4 + 3m}$.

Khi đó ta có $m = 4 + 3m$$\Leftrightarrow m = - 2$.

Thay $m = - 2$ vào hàm số ta có $f\left( x \right) = 16{x^3} - 15{x^2} - 4x - 21$.

Suy ra $f\left( 2 \right) = 39$.

Đáp án: $39$.

Ta có hình vẽ:

$MA \le \sqrt 2 \,{\rm{dm}}$, suy ra $M$thuộc khối cầu tâm $A$ bán kính bằng $\sqrt 2$.

$MB \le \sqrt 5 \,{\rm{dm}}$, suy ra $M$ thuộc khối cầu tâm $B$ bán kính bằng $\sqrt 5$.

$AB = 3\,\,{\rm{dm}}$ nên hai khối cầu này giao nhau và mặt phẳng giao tuyến của hai mặt cầu của hai khối cầu này vuông góc với $AB$ tại điểm $C$ thỏa mãn $\overrightarrow {CB} = - 2\overrightarrow {CA} .$

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta tính được thể tích hồ lô là:

$V = \pi \int\limits_{ - \sqrt 2 }^1 {\left( {2 - {x^2}} \right){\rm{d}}x} + \pi \int\limits_1^{3 + \sqrt 5 } {\left[ {5 - {{\left( {x - 3} \right)}^2}} \right]{\rm{d}}x} \,\, \approx 57{,}6$ (dm3) $= 57{,}6$ lít.

Đáp án: $57{,}6$.

Gọi $h\left( t \right)$ là độ cao (tính bằng mét) của viên đạn tại thời điểm $t$ (tính bằng giây).

Ta có: $h\left( t \right) = \int {v\left( t \right){\rm{d}}t = \int {\left( {100 - 9{,}8t} \right){\rm{d}}t = - 4{,}9{t^2} + 100t + C} }$.

Tại thời điểm $t = 0$, ta có $h\left( t \right) = 2 \Rightarrow C = 2$. Vậy $h\left( t \right) = - 4{,}9{t^2} + 100t + 2$.

Ta có $h'\left( t \right) = - 9{,}8t + 100;$ $h'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{500}}{{49}}$.

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra viên đạn đạt độ cao lớn nhất tại thời điểm $t = \frac{{500}}{{49}}$.

Do đó độ cao của viên đạn so với mặt đất ở thời điểm 1 giây sau khi viên đạn đạt độ cao lớn nhất là $h\left( {\frac{{500}}{{49}} + 1} \right) \approx 507{,}3\,\,{\rm{m}} \approx 0{,}51\,\,{\rm{km}}$.

Đáp án: $0{,}51$.

Chọn hệ trục $Oxy$ với tia $Ox$ trùng với tia $OB$, tia $Oy$ trùng với tia $OS$ như hình vẽ.

Khi đó ta có: $A\left( { - 3;0} \right)$, $B\left( {3;0} \right)$, $S\left( {0;8} \right)$.

Suy ra parabol có phương trình là:

$y = - \frac{8}{9}{x^2} + 8$ $\left( P \right)$.

Rìa của hình quạt là cung tròn của đường tròn $\left( C \right)$ có phương trình: ${x^2} + {y^2} = 9 \Leftrightarrow y = \pm \sqrt {9 - {x^2}}$.

Hoành độ điểm $N$ là nghiệm phương trình $- \frac{8}{9}{x^2} + 8 = \sqrt {9 - {x^2}} ,\,0 < x < 3$$\Rightarrow x = \frac{{3\sqrt {55} }}{8}$.

Ta có ${y_N} = - \frac{8}{9}{x_N}^2 + 8 = \frac{9}{8}$. Suy ra $N\left( {\frac{{3\sqrt {55} }}{8};\frac{9}{8}} \right)$.

Phương trình đường thẳng $ON$: $y = \frac{3}{{\sqrt {55} }}x$.

Vì tấm pano đối xứng qua trục $Oy$ nên ta có:

Diện tích phần kẻ sọc: ${S_1} = 2 \cdot \int\limits_0^{\frac{{3\sqrt {55} }}{8}} {\left( { - \frac{8}{9}{x^2} + 8 - \sqrt {9 - {x^2}} } \right){\rm{d}}x} \approx 17{,}94\,$m2.

Diện tích phần tô đậm: ${S_2} = 2 \cdot \int\limits_0^{\frac{{3\sqrt {55} }}{8}} {\left( {\sqrt {9 - {x^2}} - \frac{3}{{\sqrt {55} }}x} \right)} \,{\rm{d}}x \approx 10{,}68\,$m2.

Diện tích phần còn lại: $S = \int\limits_{ - 3}^3 {\left( { - \frac{8}{9}{x^2} + 8} \right){\rm{d}}x} - \left( {{S_1} + {S_2}} \right) \approx 3{,}38\,$m2.

Tổng chi phí để trang trí tấm pano là:

$100{S_1} + 200{S_2} + 150S \approx 4\,440$ (nghìn đồng) $\approx 4{,}44$ (triệu đồng).

Đáp án: $4{,}44$.

Xét đồ thị parabol trên hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình bên.

Gọi parabol có phương trình là: $y = a{x^2} + bx + c$.

Parabol đi qua các điểm có tọa độ $\left( { - 0{,}5\,;\,1} \right),\,\,\left( {0{,}5\,;\,1} \right),\,\,\left( {0\,;\,0} \right)$, nên ta có hệ phương trình sau:

$\left\{ \begin{array}{l}c = 0\\a \cdot 0,{5^2} + b \cdot 0{,}5 = 1\\a \cdot {\left( { - 0{,}5} \right)^2} + b \cdot \left( { - 0{,}5} \right) = 1\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{c = 0}\\{a = 4}\\{b = 0}\end{array}} \right.$. Vậy ta có phương trình parabol $y = 4{x^2}$.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = 4{x^2}$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 0;\,\,x = 0{,}5$ là: ${S_1} = \int\limits_0^{0{,}5} {4{x^2}{\rm{d}}x} = \frac{1}{6}\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$.

Diện tích của phần tô đậm được sơn màu xanh của mỗi mặt cánh cửa là: ${S_2} = 4 \cdot {S_1} = 4 \cdot \frac{1}{6} = \frac{2}{3}\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$.

Diện tích của một mặt cánh cửa là: $S = 1 \cdot 2 = 2\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$.

Diện tích của phần không tô đậm tô đậm được sơn màu trắng của mỗi mặt cánh cửa là:

${S_3} = S - {S_2} = 2 - \frac{2}{3} = \frac{4}{3}\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$.

Có tất cả $8$cánh cửa sắt hình chữ nhật, mỗi cánh có 2 mặt, vậy có tất cả 16 mặt như hình vẽ.

Vậy tổng diện tích phần tô đậm được sơn màu xanh là: $16{S_2} = 16 \cdot \frac{2}{3} = \frac{{32}}{3}\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$.

Tổng diện tích phần không tô đậm được sơn màu trắng là: $16{S_3} = 16 \cdot \frac{4}{3} = \frac{{64}}{3}\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$.

Tổng chi phí để sơn màu xanh là: $\frac{{32}}{3} \cdot 120 = 1\,280$ (nghìn đồng) $= 1{,}28$ (triệu đồng).

Tổng chi phí để sơn màu trắng là: $\frac{{64}}{3} \cdot 110 \approx 2\,347$(nghìn đồng) $\approx 2{,}35$ (triệu đồng).

Tổng chi phí sơn là: $1{,}28 + 2{,}35 = 3{,}63$ (triệu đồng).

Đáp án: $3{,}63$.

Chọn hệ trục $Oxy$ (đơn vị trên trục là centimét) với trục $Ox$ đi qua tâm của 2 đáy hình nón cụt và gốc tọa độ $O$ trùng với tâm của đáy lớn như hình vẽ.

Khi đó toạ độ các điểm $A,B,C$ lần lượt là $A\left( { - 13{,}4;0} \right),B\left( { - 13{,}4;3} \right),C\left( {0;4{,}5} \right)$.

Gọi phương trình đường thẳng đi qua $BC$ có dạng $y = ax + b$.

Ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} - 13{,}4a + b = 3\\0a + b = 4{,}5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{15}}{{134}}\\b = \frac{9}{2}\end{array} \right.$.

Phương trình đường thẳng BC là $y = \frac{{15}}{{134}}x + \frac{9}{2}$.

Khi đó thể tích của phần thân ly trà sữa chưa bao gồm nắp là:

${V_1} = \pi \int\limits_{ - 13{,}4}^0 {{{\left( {\frac{{15}}{{134}}x + \frac{9}{2}} \right)}^2}} {\rm{d}}x = \frac{{3819\pi }}{{20}}\,\,\,\,\left( 1 \right)$.

Điểm $C,D$ thuộc đường tròn tâm $O\left( {0;0} \right)$, bán kính $R = 4{,}5$ có phương trình: ${x^2} + {y^2} = \frac{{81}}{4}$.

Thay $y = 1$, ta được: $x = \sqrt {\frac{{81}}{4} - 1} = \frac{{\sqrt {77} }}{2} \Rightarrow D\left( {\frac{{\sqrt {77} }}{2};1} \right)$. Suy ra $y = \sqrt {\frac{{81}}{4} - {x^2}}$.

Khi đó thể tích nắp của ly trà sữa là: ${V_2} = \pi \int\limits_0^{\frac{{\sqrt {77} }}{2}} {{{\left( {\sqrt {\frac{{81}}{4} - {x^2}} } \right)}^2}} {\rm{d}}x = \,\,\frac{{83\pi \sqrt {77} }}{{12}}\,\,\,\,\left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta suy ra thể tích bên trong của ly bao gồm cả thể tích của nắp là:

$V = {V_1} + {V_2} = \frac{{3819\pi }}{{20}} + \frac{{83\pi \sqrt {77} }}{{12}} \approx 791\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}$.

Đáp án: $791$.