Lớp 12 nguyên hàm tích phân 26 câu nguyên hàm tích phân từ đề thi thử giáo viên lê tuấn anh năm 2018 converted image marked

Câu 1

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = cos ( 5x − 2) .

1
A. F ( x ) = sin ( 5 x − 2 ) + C .
5

B. F ( x ) = 5sin ( 5x − 2) + C .

1
C. F ( x ) = − sin ( 5 x − 2 ) + C .
5

D. F ( x ) = −5sin ( 5x − 2) + C .

Hướng dẫn: A
Áp dụng công thức  cos ( ax + b ) dx =
Câu 2:

1
sin ( ax + b ) + C .
a

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng

được giới hạn bởi các đồ thị hàm số y = 1 − x 2 ; y = 0 quanh trục Ox .
B. 3 .

A. 2 .

C.

3
.
4

D.

4
.
3

Hướng dẫn: D
+ Hàm thứ nhất y = 1 − x 2 , hàm thứ hai y = 0

 x = −1
Giải phương trình hoành độ giao điểm 1 − x 2 = 0  1 − x 2 = 0  
x = 1

 Cận thứ nhất x = −1 , cận thứ hai x = 1
1

+ Thể tích V =  

−1

(

) dx
2

1− x

2

Sử dụng máy tính Casio với lệnh tính tích phân

4
V =  .
3

Câu 3:
f ( x ) = ax +

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Tìm một nguyên hàm F ( x ) của hàm số
b
( x  0 ) ,biết rằng F ( −1) = 1 , F (1) = 4 , f (1) = 0 .
x2

3x 2 3 7
+
+ .
A. F ( x ) =
4 2x 4

3x 2 3 7
− − .
B. F ( x ) =
4 2x 4

3x 2 3 7
+
− .
C. F ( x ) =
2 4x 4

3x 2 3 1
− − .
D. F ( x ) =
2 2x 2


Hướng dẫn: A



b 
ax 2 bx −1
ax 2 b

f ( x )dx =   ax + 2  dx = ( ax + bx −2 ) dx=
+
+C =
− + C = F ( x)
x 
2
−1
2 x


(

)

3
a

2 +b +C =1
a = 2
 F ( −1) = 1 


3
3x 2 3 7
a

Ta có  F (1) = 4   − b + C = 4  b = − . Vậy F ( x ) =
+
+ .
2
2
4
2
x
4



 F (1) = 0
a

+
b
=
0
7



c = 4


Câu 4 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Tìm tất cả các giá trị thực dương của tham số m sao cho
m

 xe

x 2 +1

m 2 +1

dx=2500 e

.

0

C. m = 2250 2500 + 2 . D. m = 21000 − 1 .

A. m = 2250 2500 − 2 . B. m = 21000 + 1 .
Hướng dẫn: C

m

Ta có I =  xe

x 2 +1

0

m

1
dx=  e
20

x 2 +1

d ( x2 )

Đặt t = x2 + 1 , khi x = 0  t = 1; x = m  t = m2 + 1
m2 +1

1
Do đó I =
2
= m 2 + 1.e



e d ( t − 1) =
t

2

1

m2 +1

Bài ra I = 2500 e

m2 +1



te dt = ( te
t

t

1

− e − et
m2 +1



(

m2 +1
1

= m 2 + 1.e

)

m2 + 1 − 1 e

m2 +1

m 2 +1

)

m 2 +1
1



et dt

m2 +1

+e =

−

1

−e−e

= 2500 e

m2 +1

(

)

m2 + 1 − 1 e

m2 +1

m 2 +1

 m2 + 1 − 1 = 2500  m2 + 1 = (1 + 2500 )  m2 = 21000 + 2.2500
2

(

)

Kết hợp với m  0 ta được m = 21000 + 2.2500 = 2500 2 + 2500 = 2250 2 + 2500 thỏa mãn.
1

Câu 5:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Tính tích phân I = 
0

xn
1+ x +

2

3

n

x
x
x
+ + ...
2! 3!
n!

được kết quả

1 1
1

A. ( n + 1) !ln  2 + + + ... +  .
2! 3!
n! 


1 1
1

B. ln  2 + + + ... +  .
2! 3!
n! 



1 1
1

C. ( n − 1) !ln  2 + + + ... +  .
2! 3!
n! 


D. Đáp án khác.

dx , ( n  N * ) ta


Hướng dẫn: D
+Vì trong kết quả có xuất hiện ln, nên ta nghĩ đến ý tưởng dùng công thức

1

 f ( x )df ( x ) = ln x + C
Để xuất hiện công thức này ta coi mẫu chính là
f ( x )  fn ( x ) = 1 + x +
1

+ Vậy I = 

x 2 x3
xn
x 2 x3

xn −1
+ + ... +  f n ( x ) = 1 + x + + + ... +
= f ( x)
2! 3!
n!
2! 3!
( n − 1)! n−1

n !( f n ( x ) − f n −1 ( x ) )
fn ( x )

0

1

f ( x) 
dx = n !  1 − n
dx
f
x
(
)
n
0


1

1 1
1 


= n ! x − n !ln f n ( x ) 0 = n !1 − ln  2 + + + ... +   .
2! 3!
n!  



Câu 6 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 2 +

3
− 2 x ( x  0) .
x

A.

x3
4 3
+ 3lnx −
x .
3
3

B.

x3
4 3
+ 3ln x −
x +C.
3
3

C.

x3
4 3
+ 3ln x +
x +C .
3
3

D.

x3
4 3
− 3ln x −
x +C .
3
3

Chọn đáp án B
Ta có



3
x3
4


f ( x )dx =   x 2 + − 2 x dx = + 3ln x − x x + C .

x
3
3



Câu 7: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Biết F ( x ) là nguyên hàm của hàm số
f ( x ) = 4 x3 −

A. F ( 2 ) =

1
+ 3 x và thỏa mãn 5F (1) + F ( 2) = 43 .Tính F ( 2 ) .
x2

151
.
4

B. F ( 2 ) = 23 .

C. F ( 2 ) =

45
.
2

D. F ( 2 ) =

Chọn đáp án B

+ Ta có F ( x ) = x 4 +

1 3 2
+ x +C
x 2

1
7
  45

+ Theo giả thiết 5F (1) + F ( 2 ) = 43  5  + C  +  + C  = 43  C =
2
2
  2


+ Do đó F ( x ) = x 4 +

1 3 2 1
+ x +  F ( 2 ) = 23 .
x 2
2

86
.
7


Câu 8: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hàm số f ( x ) có nguyên hàm là F ( x ) trên
đoạn 1;2 , biết F ( 2 ) = 1 và

A. I =

37
.
9

2

2

1

1

 F ( x )dx = 5 . Tính I =  ( x − 1) f ( x )dx .

B. I =

7
.
9

D. I = −4 .

C. I = 4 .

Chọn đáp án D
Ta có

2

2

2

1

1

1

2

2

1

1

 ( x − 1) f ( x )dx =  xf ( x )dx −  f ( x )dx = xF ( x ) −  F ( x )dx −  f ( x )dx
2

1

= 2F ( 2) − F (1) − 5 − F ( 2) + F (1) = F ( 2) − 5 = −4 .
Câu 9 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Trong mặt phẳng tọa độ, cho hình chữ nhật ( H ) có một

(

)

cạnh nằm trên trục hoành, và có hai đỉnh trên một đường chéo là A ( −1;0 ) và C m; m ,
với m  0 . Biết rằng đồ thị hàm số y = x chia hình ( H ) thành hai phần có diện tích bằng
nhau, tìm m .
B. m = 4 .

A. m = 9 .

C. m =

1
.
2

D. m = 3 .

Chọn đáp án D

(

)

+ Gọi ABCD là hình chữ nhật với AC nằm trên trục Ox , A ( −1;0 ) và C m; m .
Nhận thấy đồ thị hàm số y = x cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 0 và đi qua

(

)

C m; m . Do đó nó chia hình chữ nhật ABCD ra làm 2 phần là có diện tích lần lượt là

S1 , S2 . Gọi S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x và trục Ox ,
x = 0, x = m và S1 là diện tích phần còn lại. Ta lần lượt tính S1 , S2 .
m

+ Tính diện tích S2 =  xdx =
0

2m m
3


+ Hình chữ nhật ABCD có AB = m + 1; AD = m nên S1 = S ABCD − S 2 = m ( m + 1) −
Do đồ thị hàm số y = x chia hình

( H ) thành

S1 = S 2 

2m m
2m m
− m ( m + 1) −
m=3
3
3

Câu

10:
5

Biết I = 
1

(Gv

2m m
3

hai phần có diện tích bằng nhau nên
( Do a  0 ).
Lê

Tuấn

2x −1
3
dx = a + b ln 2 + c ln , ( a, b, c  Z ) .
5
2x + 3 2x −1 +1

Khi

Anh
đó,

2018)
giá

trị

P = a 2 − ab + 2c

A. 10 .

B. 8 .

C. 9 .

D. 0 .

Chọn đáp án A
Ta có 2 x + 3 2 x − 1 + 1 = 2 x − 1 + 3 2 x − 1 + 2
Đặt t = 2 x − 1  t 2 = 2 x − 1  tdt = dx
Đổi cận x = 1  t = 1; x = 5  t = 3
Khi đó
3
3

t2
−3t − 2 
1
−4 

I = 2
dt =  1 +
d
t
=
+


1 +
 dt = ( t + ln t + 1 − 4ln t + 2 )

t
+
3
t
+
2
t
+
1
t
+
2
t
+
1
t
+
2
(
)(
)


1
1
1


1

3

3

3
= 3 + ln 4 − 4 ln 5 − (1 + ln 2 − 4 ln 3 ) = 2 + ln 2 + 4 ln  a = 2, b = 1, c = 4  a + b + c = 7 .
5

(

)

Câu 11 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho hàm số fx = tan x 2cot x − 2 cos x + 2cos2 x có

  
coscx
− d . Chọn phát biểu
nguyên hàm là Fx và F   = . Giả sử Fx = ax + b cos x −
2
 4 2
đúng.
A. a : b : c = 1: 2:1

B. a + b + c = 6

C. a + b = 3c D. a − b + c = d

Chọn đáp án B
Ta có F( x) =  tanx2cot x − 2 cos x + 2cos2 x =  2 − 2 si nx + sin2xdx

= 2x + 2 cos x −

  
 

2

cos2x
+ C .Mà F   =  F   = 2. + 2.
− 0 + C =  C = −1
2
4
2
2
 4 2
 4

Do đó F ( x) = 2x + 2 cos x −

cos2x
−1
2


21000



Câu 12: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Tính tích phân I =

( x + 1)2

1

A. I = −
C. I =

ln21000

+ 1000ln

1 + 21000

3ln21000
1 + 21000

− 1000ln

2

B. I = −

1 + 21000
2

D. I =

1 + 21000

ln x

1000ln2
1 + 21000

1000ln2
1 + 21000

dx , ta được kết quả

+ ln

− 6ln

21000
1 + 21000
21000
1 + 21000

Chọn đáp án B
21000

Ta có I =



( x + 1)2

1

=−

ln x

21000

ln21000



+

1+ 2

1000

1

=−

1000ln2

=−

1000ln2

1+ 2

1000

1 + 21000

21000
1

1
ln x
ln xd
=−
x +1
x +1

1 1
1000ln2
. dx = −
+
x +1 x
1 + 21000

(

+ ln x − ln x + 1
+ ln



dx = −

21000

21000

)1

=−

21000



1

1000ln2
1+ 2

1000

21000
1

1

1
1 
 −
 dx
 x x + 1
21000

+ ln

x
x +1 1

21001
1 + 21000

( x − 3) dx ta được
(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Tính tích phân I = 
10
0 ( 2x + 1)
1

Câu 13:

A.

1
d(ln x)
x +1



+

318 + 29
63.39

B. −

318 + 29
63.39

C.

318 − 29
63.39

8

D.

−318 + 29
63.39

Chọn đáp án C
1

9
1
1 x−3
x − 3)
x − 3)
(
(
(
)
x−3 1  x−3 

318 − 29
I =
dx = 
dx = 
d
= 
=
10
8
2
8 2x + 1 63 2x + 1 
63.39


0 ( x + 1)
0 ( 2x + 1) ( 2x + 1)
0 ( 2x + 1)
0
1

8

8

8

Câu 14 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho vật thể H nằm giữa hai mặt phẳng x = 0, x = 1 . Biết
rằng thiết diện của vật thể H cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x
(0  x  1) là một tam giác đều có cạnh là

4 ln(1 +

x) . Giả sử thể tích V của vật thể có kết

quả là V = a b(c ln2 − 1) với a, b, c là các số nguyên. Tính tổng S = a2 − ab + c
A. 6
Chọn đáp án A

B. 8

C. 7

D. 9


+ Thiết diện của vật thể và mặt phẳng vuông góc với trục Ox là tam giác đều có diện tích
S = S( x) =

3

(

4 ln(1 +

4

x)

)

2

= 4 3 ln(1 + x)

+ Diện tích S = S( x) là một hàm liên tục trên  0;1 nên thể tích vật thể cần tìm được tính
1

theo công thức V =  4 3 ln(1 + x)dx = 2.7673... = 4 3(2ln2 − 1)
0

 Ta chọn đáp án A
Câu 15

(Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho hàm số f ( x)

liên tục trên

và thỏa mãn




 1
sin x
f ( x) + f  − x  =
, x 
3
 2 cos x(8cos3 x + 1)

a c

ln ; a, b, c, d 
b d

dưới dạng I =

. Biết tích phân I =

3

 f ( x)dx

được biểu diễn

0

và các phân số

a c
;
b d

là các phân số tối giản. Tính

S = a3 + ab − c + d

A. S=6

B. S=3

C. S=5

D. S=7

Chọn đáp án A

 1
sin x
, x 
+ Ta có f ( x) + f  − x  =
3
 2 cos x(8cos3 x + 1)




3



0





3


13
sin x

f ( x)dx +  f  − x  dx = 
dx, x 
3
3
2
cos
x
(8cos
x
+
1)


0
0

+ Áp dụng tính chất. Nếu hàm số f

t = a + b − x ta có

b



a

(x) liên tục trên đoạn  a; b , với phép đổi biến

b

f ( x)dx =  f (a + b − x)dx ta được
a







3

3

3

1
sin x
2  f ( x)dx = 
dx 
2 0 cos x(8cos3 x + 1)
0



0



13
sin x

f ( x)dx = 
dx
4 0 cos x(8cos3 x + 1)




13
sin x
+ Đặt I = 
dx; t = 8cos3 x + 1  dt = −24cos2 x sin xdx
3
4 0 cos x(8cos x + 1)

x = 0→t = 9

Khi

x=


3

→t =2


9

9

1
1
1
t −1
1 16
I=
dx = 
dt = ln
= ln
3
12 2 t (t − 1)
12
t 2 12 9
0 cos x(8cos x + 1)
3

sin x

+ Vậy S = a3 + ab − c + d = 6
Câu 16 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho f ( x), g( x) là hai hàm số liên tục trên K và a, b, c là
ba số bất kỳ thuộc K. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?
b

A.

 f ( x)dx +  f ( x)dx = 0
a

C.

b

a

B.

 f ( x)dx = 3  f
a

b

b

c

c

a

b

a

 f ( x)dx +  g( x)dx =  f ( x)dx

D.

b

3

( x)dx

a

b

b

b

a

a

a

 f ( x)g( x)dx =  f ( x)dx g( x)dx

Chọn đáp án A
Dựa vào tính chất cơ bản của tích phân thì rõ ràng A là đáp án đúng.
Câu 17:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018)Tìm nguyên hàm F

(x) của hàm số

f ( x) = cos x sin x + 1
1
A. F ( x) = sin x sin x + 1 + C

3

1
B. F ( x) = (sin x + 1) sin x + 1 + C
3

1− 2sin x − 3sin2 x
2
C. F ( x) = (sin x + 1) sin x + 1 + C D. F( x) =
3
2 sin x + 1
Chọn đáp án C
Ta có H =  cos x sin x + 1dx =  sin x + 1d(sin x)
Đặt t = sin x + 1  sin x = t 2 − 1  H =  td(t 2 − 1) =  t.2tdt

H =

2t 3
2
+C =
3
3

(

)

3

sin x + 1 + C =

2
(sin x + 1) sin x + 1 + C
3


(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên

Câu 18:

và hàm số

y = g( x) = xf ( x2 ) có đồ thị trên đoạn 1; 2 như hình vẽ bên. Biết phần diện tích miền được
4

5
, tính tích phân I =  f ( x)dx
2
1

tô màu là S =

C. I = 10

B. I = 6

A. I = 7

D. I = 5

Chọn đáp án D
2

2

5
5
2
2
 g( x)dx = 2   xf ( x )dx = 2 . Đặt t = x  dt = 2xdx . Đổi cận
1
1
suy ra:
2

2
 xf ( x )dx =
1

4

4

1
5
f (t )dt =   f (t )dt = 5  I = 5

21
2 1

Câu 19: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Giả sử hàm số y = f ( x) liên tục, nhận giá trị dương trên
khoảng (0; +) và thỏa mãn f (1) = 1; f ( x) = f '( x) 3x + 1, x  0 . Mệnh đề nào đúng trong
các mệnh đề dưới đây
A. max f ( x)  3

B. max f ( x)  1

x2;4

x2;4

C. 2  max f ( x)  3
x2;4

D. max f ( x) =
x2;4

3
2

Chọn đáp án C

f ( x) = f '( x) 3x + 1 

f '( x)
1
f '( x)
dx
=


dx = 
f ( x)
f ( x)
3x + 1
3x + 1
2

1

−
d( f ( x))
2

=  (3x + 1) 2 dx  ln f ( x) =
3x + 1 + C  f ( x) = e3
f ( x)
3

4
+C
f (1) = 1  1 = e3

Mặt khác

2

4
 C = − . Vậy f ( x) = e3
3

3x+1−

4
3

3x+1+C

. Dùng máy tính casio ta

có max f ( x)  2,916
x2;4

Câu 20:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hàm số y = f ( x) là hàm số chẵn, liên tục trên đoạn

 −1;1 và thỏa mãn

A. I = 7

1
2

1
2

0

1
4

0

 f ( x)dx = 3,  f (2x)dx = 10 . Tính I = 
B. I = 23

−

C. I = 13

cos f (sin x)dx


2

D. I = 8


Chọn đáp án B
2
a
  f ( x)dx = 2 f ( x)dx

0
+ Ta có tính chất nếu y = f ( x) là hàm số chẵn, thì − a
b
−a

  f ( x)dx =  f ( x)dx
 a

−b

+ Xét

1
2

1

1
4

1
2

 f (2x)dx = 10 . Đặt t = 2x ta thu được kết quả  f ( x)dx = 20
0

+ I=


−

cos xf (sin x)dx


2

Đặt t = sin x  dt = cosxdx . Ta có

−

0



f (t )dt =

−1

1
2



0

f (t )dt +

−1



f (t )dt = 23

1
−
2
a

Câu 21 (Gv Lê Tuấn Anh) Cho a là số thực dương, tính tích phân I =

 x dx theo a

−1

−2a 2 + 1
a2 + 2
a2 + 1
A. I =
B. I =
C. I =
2
2
2

D. I =

3a 2 − 1
2

Chọn đáp án A
1 a2 a2 + 1
=
Vì a  0 nên I = −  xdx +  xdx = +
2 2
2
−1
0
0

a

x2 − 2
−1
dx =
+ n ln 2 , với m, n là các số nguyên. Tính
(Gv Lê Tuấn Anh) Biết 
x +1
m
0
1

Câu 22:
m+n

C. S = −5

B. S = 4

A. S = 1

D. S = −1

Chọn đáp án A

( x − 1)
x2 − 2
dx
0 x + 1 dx = 0 ( x − 1) dx − 0 x + 1 = 2

1

1

1

2 1

− ln x + 1
0

1
0

=

−1
− ln 2
2

 m = 2, n = −1  m + n = 1


Câu 23 (Gv Lê Tuấn Anh) Biết

cos 2 x
− 1 + 3− x dx = m . Tính giá trị của



cos 2 x
− 1 + 3− x dx


A.  − m

B.


4

C.  + m

+m

D.


4

−m

Chọn đáp án A


Sử dụng phân tích





cos 2 x
cos 2 x
2
dx
+
− 1 + 3− x − 1 + 3x dx = − cos xdx = 
1000

2

Câu 24: (Gv Lê Tuấn Anh)Tính tích phân I =

lnx

 ( x+1)

2

dx , ta được

1

ln 21000
2
A. I = −
+ 1001ln
1000
1+ 2
1 + 21000

1000ln 2
21000
B. I = −
+ ln
1 + 21000
1 + 21000

ln 21000
2
− 1001ln
C. I =
1000
1+ 2
1 + 21000

1000 ln 2
21000
− ln
D. I =
1 + 21000
1 + 21000

Chọn đáp án A
b

- Phương pháp: Tính tích phân

 p ( x ) ln f ( x ) dx

ta sử dụng phương pháp tích phân từng

a

phần
dx

u = lnx
du =



x
dx  
Đặt 
dv =
1
2

( x+1)  v = − x+1

1000

1000

2
2
lnx 21000
1 dx
ln 21000

1 
1000ln 2
x 21000
1
I=−
+ 
. = − 1000
+  −
+ ln
.dx = − 1000
x+1 x
2 + 1 1  x x+1 
2 +1
x+1 1
( x+1) 1
1

1000 ln 2
21000
1
1000 ln 2
21001
= − 1000
+ ln 1000
− ln = − 1000
+ ln 1000
2 +1
2 +1
2
2 +1

2 +1
Câu

25:

(Gv

Lê

Tuấn

Anh)

y = f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx+ d, ( a, b,c,d  ,a  0 ) có đồ thị

Cho

hàm

số

(C). Biết rằng đồ

(C) tiếp xúc với đường thẳng y = 4 tại điểm có hoành độ âm và đồ thị

thị

của hàm số Ox cho bởi hình vẽ dưới đây. Tính Thể tích vật thể tròn xoay
được tạo thành khi quay hình phẳng H giới hạn bởi đồ thị

(C) và trục hoành

xung quanh trục hoành Ox.
A.

725
π
35

B.

1
π
35

C. 6π

Chọn đáp án D
+ Dựa vào đồ thị hàm số y = f  ( x )  f  ( x ) = 3 ( x 2 − 1)

D. Đáp án khác


Khi đó f ( x ) =  f  ( x ) dx = x 3 − 3x + C . Điều kiện đồ thị hàm số f ( x ) tiếp xúc với đường thẳng
y=4

là:

x 3 − 3x + C = 4 x = −1
f ( x ) = 4




2
C = 2
f  ( x ) = 0 3 ( x − 1) = 0

f ( x ) = x3 − 3x + 2 ( C)
+ Cho (C )  Ox  hoành độ giao điểm là x = −2; x = 1
1

+ Khi đó V =   ( x 3 − 3x + 2 ) dx=
−2

2

729

5

(Do

x  0)

suy

ra