Lớp 12 nguyên hàm tích phân 60 câu tích phân từ đề thi thử giáo viên vũ văn ngọc năm 2018 converted image marked

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x3 là:

Câu 1
A.

x4
+ C.
4

B.

x4
+ C.
2

C. 2 x 2 + x + C.

D.

x4
+ x + C.
4

Đáp án B
Áp dụng công thức:  ax n dx =
Ta có:

3
 2 x dx =

a n +1

x +C
n +1

2 4
x4
x +C = +C
4
2

1 + m ln t
dt = 0. Khi đó, điều nào sau đây đúng?
t
1
e

Câu 2 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Biết



B. −6  m  −3.

A. m  1.

D. −3  m  0.

C. m  −2.

Đáp án D

1 + m ln t

1
1
m
2
dt =  (1 + m ln t ) d (1 + m ln t ) =
Ta có: 
(1 + m ln t ) = + 1 = 0  m = −2
t
m1
2m
2
1
1
e

e

e

 −3  m  0
5

Câu 3:

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Biết I = 
1

dx
được kết quả I = a ln3 + b ln5.
x 3x + 1

Giá trị của 2a 2 + ab + b 2 là:
A. 8.

B. 7.

C. 3.

D. 9.

Đáp án B
Cách 1: Đặt

3x + 1 = t  3x + 1 = t 2  dx =

2
dt
3

Đổi cận x = 1  t = 2, x = 5  t = 4
2
4
tdt 4
1 
t −1
3
1
 1
3
I = 2

= 
−
dt = ln
= ln − ln = 2 ln 3 − ln 5  a = 2, b = −1

t −1 2  t −1 t +1 
t +1 2
5
3
2
t
3
2
 2a + ab + b 2 = 7
4

Cách 2: Ta có: a ln 3 + b ln 5 = log e 3a5b
5

Dùng CASIO ta được I = 
1

dx
 0.5877 → SHIFT → STO → A
x 3x + 1

A)
 log e 3a 5b = A  3a 5b = e A =

9

= 32.5−1
5

(Gán nghiệm đó cho


a = 2
Vậy 
 2a 2 + ab + b2 = 7
b = −1
(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên

Câu 4:
9



f

( x ) dx = 4 và
x

1

thỏa mãn


2



0

3

f ( sin x ) cos xdx = 2. Tích phân I =  f ( x ) dx bằng:
0

B. I = 6.

A. I = 8.

C. I = 4.

D. I = 10.

Đáp án B
Đặt t = x  dt =

1
2 x

dt

Khi đó x = 1  t = 1; x = 9  t = 3
9



Suy ra

f

1

( x ) dx = 2
x

3


1

3

f ( t ) dt = 4   f ( t ) dt = 2
1

  
Đặt t = sin x; x   − ;   dt = cos x
 2 2

Khi đó x = 0  t = 0; x =



 t =1

2



2

1

0

0

 f ( sin x ) cos xdx =  f ( t ) dt = 2

Suy ra
3

1

3

0

0

1

I =  f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx = 2 + 2 = 4

Câu 5:

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Gọi diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) : y = x2 ,

tiếp tuyến tại A (1;1) và trục Oy bằng S1. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) : y = x2 , tiếp

tuyến tại A (1;1) và trục Ox bằng S 2 . Khi đó, tỉ số
A.

1
.
4

B. 4.

S1
bằng:
S2

C.

Đáp án D
Phương trình tiếp tuyến: y = f ' (1)( x −1) + 1 = 2 x −1
1

1 1
1
Ta có: S2 =  x 2 dx − . .1 =
2 2
12
0

1
.
3

D. 3.


1

S
1 1
1
S1 = S 2 + . .1 =  x 2 dx =  1 = 4
2 2
3
S2
0

(Gv Nguyễn Bá Tuấn) Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e2x

Câu 6

1
A.  e 2x dx = − e 2x + C.
2

1
B.  e2x dx = e 2x + C.
2

C.  e2x dx = 2e2x + C.

D.  e2x dx = −2e2x + C.

Chọn B.
1
1
Theo công thức nguyên hàm cơ bản  eax + b dx = eax + b + C . Suy ra  e 2x dx = e 2x + C .
a
2

2

Câu 7

(Gv Nguyễn Bá Tuấn) Kết quả của tích phân I =  cos xdx bằng bao nhiêu?
0

B. I = −2.

A. I = 1.

2

I =  cos xdx = sinx


2
0

= sin

0

D. I = −1.

C. I = 0.


− sin 0 = 1 . Chọn đáp án A.
2

Câu 8 (Gv Nguyễn Bá Tuấn)Họ nguyên hàm của f ( x ) = x 2 −

A.

x3
x
− ln
+C
3
x +1

B.

1
là
x ( x + 1)

x3
− ln x ( x + 1) + C
3

x3 1

x
D. − ln
+C
3 2 x +1

x3 1
x
C.
− ln
+C
2 2 x +1

 2

( x + 1) − x dx
1
1
x3
2
dx = − 
Ta có.   x −
 dx =  x dx − 
x ( x + 1) 
x ( x + 1)
3
x ( x + 1)


=

x3
1 
x3
x3
x
1
−  −
dx
=
−
ln
x
−
ln
x
+
1
+
C
=
− ln
+C
(
)

3
3
3
x +1
 x x +1 

Câu 9 (Gv Nguyễn Bá Tuấn)Biết rằng thiết diện của vật thể với mặt phẳng vuông góc với
trục Ox tại điểm có hoành độ x ( 0  x  3) là một tam giác đều có cạnh là
thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x = 0 ; x = 3 là
A.
Đáp án C

9+ 3

2

B.

9+ 3
2

C.

9 3 +3
2

D.

9 3+3

2

4x + x . Khi đó

Cạnh của thiết diện là a = 4 x + x  diện tích thiết diện S =
Vậy thể tích của hình cần tính là: V = 

3
9 3 +3
4x + x =
4
2

Câu

(Gv

3

0

10.

(

(

3 2
3
a =
4x + x
4
4

)

)

Nguyễn

Bá

Tuấn)

Biết


2

( n + 1)  +  + c;a, b, c 
cos n x
*
dx
n

N
=
a
, khi đó a + b + c bằng
(
)
0 cosn x + sin n x
2
b

A. 4

B. 6

C. 9

D. 11

Đáp án A



2

2

sin n x
cos n x
x
=
−
t

I
=
dx
Xét I = 
đặt
0 cosn x + sin n x dx
2

cos n x + sin n x
0





2
cos x
sin n x


dx
+
dx =  I =
n
n
n
n

cos x + sin x
cos x + sin x
2
4
0
0
n

2

 2I = 

Vậy a = c = 0; b = 4  a + b + c = 4
Câu 11

(H) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

(Gv Nguyễn Bá Tuấn)Kí hiệu

y = ( x − 2) e2x , trục tung và trục hoành. Thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay
hình

(H) xung quanh trục Ox có dạng

A. 2

 ( ea + b )
c

; ( a, b, c 

) . Khi đó a + b + c bằng
D. −24

C. −1

B. 56

Đáp án C
Thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình

(H) xung quanh trục Ox là:

2

V =   ( x − 2 ) e 4 x dx =  I
2

0

( x − 2 )2 = u du = 2 ( x − 2 ) dx

Đặt 
1 4x
4x
v = e
e dx = dv

4
2

2

2 1
1
1
2
 I = e 4 x ( x − 2 ) | −  ( x − 2 )e 4 x dx = −1 −  ( x − 2 )e 4 x
4
0 2

20
0

du = dx
2 1 2
( x − 2 ) = u 

1  1 4x


I
=
−
1
−
e
x
−
2
Đặt  4 x
(
) | −  e4 x dx 

1 4x
24
0 4
e dx = dv
0

v = 4 e

1  1 e8 1  e8 − 41
 I = −1 −  − +  =
 a + b + c = −1
2  2 16 16 
32
b

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Giá trị của I =  2 xdx được tính là:

Câu 12

a

b

Ta có:

D. b + a.

C. b − a.

B. b 2 + a 2 .

A. b 2 − a 2 .

2
2
2

 2 xdx = x = b − a .
b

a

a

Câu 13:

x
x
(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 4 cos 2 x sin cos
2
2

biết F ( 0) = 1:
1
B. − cos 2 x sin x + 1. C. − cos3 x + 2.
3

2
5
A. − cos3 x + .
3
3

 4 cos

2

x
x
2
5
x sin cos dx =  2 cos 2 x sin xdx = − cos3 x + C. Mà F ( 0 ) = 1  C = .
2
2
3
3

Câu 14:
1



D. Đáp án khác.

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên

f ( x ) dx = 1 và

1



f ( x ) dx = 2. Giá trị của

3

0

. Biết

3

 f ( x ) dx là:
0

A. 2. B. 16. C. −1. D. −4.
Ta có:

1

3

3

1

3

3

1

0

0

1

 f ( x ) dx = 2   f ( x ) dx = −2. Vậy  f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx = −1.

Câu 15:

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số

y = log 2 x, y = 0, x = 4. Đường thẳng x = 2 chia hình phẳng đó thành hai hình có diện tích là

S1  S2 . Tỉ lệ diện tích

S1 − 2
là:
S2

A. 2.

B.

7
.
4

D. Đáp án khác.

C. 3.

Đáp án A
Xét phương trình: log 2 x = 0  x = 1. Ta có:
2

2

1

1

2

2

S2 =  log 2 x − 0 dx =  log 2 xdx = ( x log 2 x ) 1 −  xd ( log 2 x ) = ( x log 2 x ) 1 − 
2

1

2

x 
1

 S 2 =  x log 2 x −
.
 = 2−
ln 2  1
ln 2


2

1

x
dx
x ln 2


Tương tự:
4

x 
2

S1 =  log 2 x − 0 dx =  x log 2 x −
.
 = 6−
ln
2
ln
2


2
2
S −2
 1
= 2.
S2
4

x

Câu 16:

dt
( x  1) . Tập giá trị của
t +t
1

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hàm số f ( x ) = 

2

hàm số là:
D. ( 0;ln 2) .

C. ( ln 2;1) .

B. ( 0; + ) .

A. (1; + ) .
Đáp án D
Ta có:

x

dt
t
x
2x

2 
1 1 

f ( x) =  2
=  −
= ln
+ ln 2 = ln
= ln  2 −
 dt = ln

t + t 1  t t +1
t +1 1
x +1
x +1
x +1 

1
x

Vì x  1  0 

x

2
2
1 2  2 −
 1  ln 2  f ( x)  0.
x +1
x +1

Câu 17 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e x + e− x là:
A.

 f ( x ) dx = e

C.

 f ( x ) dx = e

x

+ e − x + C.

B.

 f ( x ) dx = −e

x

− e − x + C.

D.

 f ( x ) dx = −e

Đáp án C Áp dụng  e x dx = e x + C ,  e ax +b dx =

x

+ e − x + C.

x

− e − x + C.

1 x
e +C
a
3

Câu 18 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Tích phân I = 
2

1
dx bằng với tích phân nào sau
x −1
2

đây?

1  1
1 
−
A.  
 dx.
2 2  x + 1 x −1 

1  1
1 
−

B.  
 dx.
2 2  x −1 x +1 

1 
 1
−
C.  
 dx.
x −1 x + 1 
2

1 
 1
+
D.  
 dx.
x −1 x +1 
2

3

3

3

3

Đáp án B
3

Sử dụng CASIO tính

1
2 x 2 − 1 dx và các phương án ta thấy

1
1  1
1 
2 x2 − 1 dx = 2 2  x − 1 − x + 1  dx.
3

3


(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Nguyên hàm của hàm số y =

Câu 19

3x − 5
có dạng
x − 3x + 2
2

a ln x −1 + b ln x − 2 + C. Giá trị của a + 2b là:
A.

3
.
2

B. 4.

C. 2.

D.

4
.
3

Đáp án B
Ta có:
3x − 5
1
2
dx = 
+
dx =2ln x − 1 + ln x − 2 + C
− 3x + 2
x − 2 x −1
 a = 2; b = 1  a + 2b = 4.

x

2

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng ( H )

Câu 20

quay quanh trục Ox biết hình ( H ) giới hạn bởi các đường y = ln x, y = x, x = 1, x = e2 là:
2

A.   e5 + 2e 2 +  .
3


 e6
5
B.   − 2e2 +  .
3
3

 e4
2
D.   − 2e2 +  .
3
3

C.  ( e5 − 2e2 + 2 ) .

Đáp án B
Thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng (H) quay quanh trục Ox là:
e2

e2

e2


 e6
x3 
5
2
2
2
2
2
2

ln
x
−
x
dx
=

−
ln
x
+
x
dx
=

−
x
ln
x

+
2
x
ln
x
−
2
x
+
=

)


 − 2e + 
1
1 (
3 1
3

3

(đvtt)
Câu 21 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Hàm số nào sau đây có một nguyên hàm là đạo hàm
của hàm số y = sin 2 x ?
A. y = sin 2 x. B. y = cos 2 x. C. y = −4sin 2 x.
Đáp án C Ta chú ý

 f ( x ) dx = (sin 2x )  f ( x ) = (sin 2x )
'

"

= −4sin 2 x

(

)

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x x 2 + 1

Câu 22

thỏa mãn F ( 0 ) =

(x
A.

D. y = 4 cos 2 x.

2

6
là:
5

+ 1) .2 x + ( x 2 + 1)
4

2

5
x 6
C. x ( x 2 + 1) + + .
5 5

Đáp án B

3

7
+ .
10

(x
B.

2

+ 1)
5

5

+ 1.

D. Đáp án khác.

4

Ta có:  2 x ( x + 1) dx =  ( x + 1) d ( x + 1)
2

4

4

2

2

(x
=

+ 1)

5

2

5

+ C. Mà F ( 0 ) =

6
 C = 1.
5

a

Câu 23: (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Với giá trị nào của a thì I =  ( 3x 2 + 2 x + 1) dx = −4?
1

A. a = −1.

B. a = 1.

D. a = −2.

C. a = 2.

Đáp án A Ta có: I = ( x3 + x 2 + x ) = a3 + a 2 + a − 3. Có I = −4  a = −1.
a

1

Câu 24

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường

y = x + sin 2 x, y = x, x = 0, x =  là:


.
2

A.

B.


2

− 1.

C.  − 1.

D.  .

Đáp án A






1
sin 2 x 

Diện tích hình phẳng đó là:  ( x + sin 2 x ) − x dx =  sin 2 xdx =  x −
 =
2
2 0 2
0
0

(đvdt).

Câu

2018)Biết

25

(Gv

Nguyễn

Bá

Tuấn

2

xdx
 ( x + 1)( 2 x + 1) = a ln 2 + b ln 3 + c ln 5 ( a, b, c  ) . Giá trị abc là:
1

1
.
2

A.

B.

2
.
3

C.

3
.
4

D.

4
.
5

Đáp án C
Ta có:
2

xdx
1 
1
3
1
 1


1 ( x + 1)( 2 x + 1) = 1  x + 1 − 2 x + 1  dx = ln ( x + 1) − 2 ln ( 2 x + 1) 1 = − ln 2 + 2 ln 3 − 2 ln 5.
2

2

3
−1
3
 a = −1; b = ; c =
 abc = .
2
2
4
1

Câu 26 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = cos  x − 2  là:
3


A.

1
1

1

1

sin  x − 2  + C. B. 3sin  x − 2  + C. C. −3sin  x − 2  + C.
3 3
3


3


1 1

− sin  x − 2  + C.
3 3

1



1



 cos  3 x − 2  dx = 3sin  3 x − 2  + C.

D.


dx
là:
2x − 3 + 5

Câu 27 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Họ nguyên hàm của hàm số I = 
A.

1
2 x − 3 − 5ln
2

C.

2 x − 3 + 5ln

(

(

)

2 x − 3 + 5 + C.

)

2 x − 3 + 5 + C.

B. −

1
2 x − 3 + 5ln
2

D.

2 x − 3 − 5ln

(

(

)

2 x − 3 + 5 + C.

)

2 x − 3 + 5 + C.

Đặt t = 2 x − 3  t 2 = 2 x − 3  dt = dx
I =

tdt
5 

=  1 −
 dt = t − 5ln t + 5 + C = 2 x − 3 − 5ln
t +5
 t +5

(

)

2x − 3 + 5 + C


4

Câu 28

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Biết

cos 2 x

1

 3 + sin 2 x dx = 2 ( ln a − ln b ) .

Khi đó a 2 + b 2

0

bằng:
A. 16.

B. 13.

C. 25.



Đặt t = 3 + sin 2x  dt = 2cos 2xdx. Đổi cận: x =
4

1 dt 1
I =  = ln t
23 t
2

4

=
2

4

D. 17.

 t = 4; x = 0  t = 3

1
( ln 4 − ln 3)  a 2 + b 2 = 25
2

Câu 29 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Cho I =

1
2

x 2 dx
1 ( e x + 1)( x2 − 1) = a + b ln 3 . Khi đó

−

(a+b)

2

bằng:
A. 0.

B. 1.

D. −2.

C. 5.

Đáp án A
a

Công thức: I =
1
2

a

f ( x)
− a m x + 1 dx = 0 f ( x)dx nếu f (-x)=f (x) ( hàm chẵn)
1

1
2
x2
1
1
x −1
1 1
dx =  (1 + 2 )dx = ( x + ln |
|) 2 = − ln 3
=> I =  2

x −1
x −1
2
x +1
2 2
0
0
0

=> a+b =0
Câu 30

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Biết thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng

được giới hạn bởi các đồ thị y = x 2 − 2 x, y = − x 2 quanh trục Ox là
kính bằng 1. Khi đó k bằng:

1
thể tích mặt cầu có bán
k


A.

1
.
2

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Đáp án D

x = 0
Xét phương trình: x 2 − 2 x = − x 2  
x = 1
+ Thể tích khối tròn xoay là:
1

 4 x3


V =   x − ( x − 2 x ) dx =   ( 4 x − 4 x )dx =  
− x4  =
 3
0 3
0
0
1

4

2

1

2

2

3

(đvtt)

+ Vậy thể tích mặt cầu là:
4


kV =  .13  k = 4  k = 4.
3
3
3
1

Câu 31 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Giá trị tích phân I =  ( x3 + 6 x )

2017

. ( x 2 + 2 ) dx

0

A.

7 2018
.
3.2017

B.

7 2018
.
3.2018

C.

7 2018
.
2018

D.

7 2017
.
3.2017

Đáp án B.
7

Đặt t = x3 + 6x  dt = 3( x2 + 2) dx  I =  t 2017
0

dt
72018
=
.
3 3.2018

1

Câu 32

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Cho tích phân

 3x

2

− 2 x + ln ( 2 x + 1) dx = b ln a − c

0

với a, b, c là các số hữu tỉ, thì
a + b + c bằng
A.

3
.
2

B.

7
.
2

C.

2
.
3

4
D. − .
3

Đáp án B.
1

1

1

0

0

0

I =  3x2 − 2x + ln ( 2x + 1)  dx =  3x2 − 2x  dx +   ln ( 2x + 1)  dx = I1 + I 2 .

Dùng casio ta có I1 = 0
1
u = ln ( 2x + 1)
1
2x

I

=
x
ln
2
x
+
1
−
dx
Giải I 2 đặt 
(
)0 
2
2
x
+
1
dv = dx
0

I2 =

3
3
7
ln3 − 1  b = ; a = 3; c = −1  a + b + c = .
2
2
2

Câu 33 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018). Cho hàm số f ( x ) =

1
x2 1 − x2

. Tìm nguyên hàm của

  
hàm số g ( t ) = cos t.f ( sin t ) , với t   − ;  \ 0 là
 2 2
A. F ( t ) = − tan t + C. B. F ( t ) = − cot t + C. C. F ( t ) = tan t + C.

D. F ( t ) = cot t + C.

Đáp án B.

    
Đặt x = sin t  t   − ;  
  2 2 
Ta có dx = costdt  
Câu 34.

dx
x 1− x
2

2

=

costdt
dt
= 2 = − cot t + C.
2
sin t cost
sin t

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Gọi diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) : y = x2 ,

tiế p tuyế n tại A (1;1) và trục Oy bằng S1 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) : y = x2 ,
tiếp tuyến tại A (1;1) và trục Ox bằng S 2 . Khi đó
1
.
4

A.

B. 4.

S1
bằng
S2
C.

1
.
3

D. 3.

Đáp án B
Tiếp tuyến tại x = 1 có PT y = 2 x − 1 = 0
1
2

1

S2 =  x 2 dx +  ( x 2 − 2 x + 1) dx + =
1
2

0

1
1
1
+
=
24 24 12

1 1 1 1
= + =
4 12 4 3
S 1 1
 1 = : =4
S2 3 12
S1 = S2 +

Câu

35



(Gv

 (1 + sin x )1+ cos x
0 ln  1 + cos x

2

A. −5.
Đáp án C

Nguyễn

Bá

Tuấn

2018).

Biế t

giá

trị

của


dx = a ln 2 + b ; a, b là các số hữu tỉ. Khi đó a 3 + b 2 bằng là



B. 13.

C. 9.

D. −7.

tích

phân






 (1 + sin x )1+ cos x
0 ln  1 + cos x




2
2


1+ cos x
dx −  ln (1 + cos x ) dx
dx =  ln (1 + sin x )

0
0


2









 1 + sin x 
=  (1 + cos x ) ln (1 + sin x ) dx −  ln (1 + cos x ) dx =  cos x ln (1 + sin x ) dx −  ln 
 dx
 1 + cos x 
0
0
0
0
2

2

2

2





2

2

2

2

0

1

1

=  cos x ln (1 + sin x ) dx + 0 =  ln (1 + sin x ) d (1 + s inx ) =  ln udu = u ln u |12 −  du = 2 ln 2 − 1
0

 a +b = 9
3

2

Câu 36 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Tìm nguyên hàm của hàm số f (x) = cos5x .
1
A.  f (x)dx = − sin5x + C .
5

B.  f (x)dx = 5sin5x + C .

1
C.  f (x)dx = sin5x + C .
5

D.  f (x)dx = −5sin5x + C .

1

1

 f (x)dx = 5  cos5xd ( 5x ) = 5 sin 5x + C .
Câu 37

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hàm số g(x) có đạo hàm trên đoạn  −1;1 . Có
1

g ( −1) = 3 và g (1) = 1 . Tính I =  g ( x )dx .
−1

A. −2 .

B. 2.

1

3
D. − .
2

C. 4.

I =  g ( x ) dx = g ( x ) −1 = g (1) − g ( −1) = −2 .
1

−1

π

a

x
16

Câu 38 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Giá trị của a để  1 − 2sin 2  dx =
là.
4
15
0

B. a = 2 .

A. a = 1.

π

C. a = 5 .

D. a = 4 .

A

x
16 CALC

→A = ..., X = 1  A = 5 được kết quả = 0.
Dùng casio nhập  1 − 2sin 2  dx − ⎯⎯⎯
4
15
0
Vậy a = 5.
Câu 39

π

 π π
(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018). Cho y = f  x +  là hàm chẵn trên  − ;  và
2

 2 2
π
2

π


f ( x ) + f  x +  = sin x + cos x . Tính  f ( x ) dx .
2

0


A. −1 .

B. 1.

D. −2 .

C. 2.

Đáp án B

π



Từ f ( x ) + f  x +  = sin x + cos x cho x = , x = − ta có
2
2
2

 π π π
π
π
π

f  2  + f  2 + 2  = sin 2 + cos 2 = sin 2
   


f  − π  + f  π − π  = sin  − π  + cos  − π  = sin  − π 






  2   2 2 
 2
 2
 2

π

Chú ý do y = f  x +  là hàm chẵn trên
2


 π π
π π
 − 2 ; 2  nên f  2 + 2  =

π π
f − 
2 2

π
π  π
 π
 f   − f  −  = sin − sin  −   f ( x ) = s inx
2
2  2
 2
π
2

π
2

0

0

Vậy  f ( x ) dx =  sinxdx = 1

Câu 40.

(E) :

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Gọi

(H) và

(K) là hình phẳng giới hạn bởi

x 2 y2

+
= 1 và đường x = k ( k  0) . Để tỉ số thể tích khối tròn xoay tạo bởi khi quay
16 9

(H) và

(K) quanh Ox bằng

A. k = −4 .

VH
5
=
thì k bằng.
VK 27

B. k = −3 .

C. k = −2 .

Đáp án C

(E) :

x2 y2
3
+
=1 y = 
16 − x 2
16 9

4

Đường thằng x = k chia elip thành hai phần

(H) và

(K) khi đó

k

3
1
1
16 − x 2 ) dx =  ( 48 x − x3 ) |k−4 =  ( 48k − k 3 + 128 )
(
4
4
4
−4

VH =  
4

VK =  
k

3
1
1
16 − x 2 ) dx =  ( 48 x − x3 ) |4k =  (128 − 48k + k 3 )

(
4
4
4

D. k = −1 .


VH 48k − k 3 + 128 5
48k − k 3 + 128 5
=
=

=
 k 3 − 48k − 88 = 0
3
VK 128 − 48k + k
27
256
32

với k nguyên âm

 k = −2
ln 2

Câu 41 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018). Biết rằng



  x + 2e

1
x

0

1 a
5

dx = ln 2 + b ln 2 + c ln .
+1 
2
3

Trong đó a, b, c là những số nguyên. Khi đó S = a + b + c bằng.
A. 2.

B. 3.

C. 4.

D. 5.

Đáp án A
ln 2


0

1 

 x + x dx =
2e + 1 


ln 2



ln 2



xdx +

0

0

ln 2

x 2 ln 2
1
dx
=
|0 + 
de x
x
x

x
2e + 1
2
0 ( 2e + 1) e
1

1

2
1 2
1 2
5
x
x
x
ln 2

−
0  e x ( 2e x + 1) de = 2 ln 2 + ln e − ln ( 2e + 1) |0 = 2 ln 2 + ln 2 − ln 3


 a+b+c = 2
1
= ln 2 2 +
2

(

ln 2

)

Câu 42 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = e x .sin x và
các đường thẳng x = 0, x = π, trục hoành. Một đường x = k cắt diện tích trên tạo thành 2 phần
có diện tích bằng S1 ;S2 sao cho ( 2S1 + 2S2 − 1) = ( 2S1 − 1) khi đó k bằng:
2

π
.
4

A.

B.

π
.
2

C.

π
.
3

D.

π
.
6

Đáp án B


k



Ta có S1 =  e sin xdx; S 2 =  e sin xdx S = S1 + S 2 =  e x sin xdx
x

x

0

0

k

( 2S1 + 2S2 − 1) = ( 2S1 − 1)

2

 S2 = 2 S12 − 3S1 + 1  2 S12 − 2S1 + 1 − S = 0

2

k

k


 2   e x sin xdx  − 2  e x sin xdx + 1 −  e x sin xdx = 0
0
0
0


Tính toán trực tiếp qua các đáp án ta thấy PT trên đúng với k =


2

Câu 43 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018). Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3x 2 + 1 là
A. x 3 + C .
Đáp án D

 ( 3x

2

+ 1) dx = x 3 + x + C

B.

x3
+ x +C.
3

C. 6x + C .

D. x 3 + x + C .


Câu 44

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn a;b . Gọi D

là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng

x = a, x = b ( a  b ) . Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành được
tính theo công thức
A. V =  f 2 ( x ) dx . B. V = 2 f 2 ( x ) dx . C. V = 2  f 2 ( x ) dx . D. V = 2  f ( x ) dx .
b

b

b

b

a

a

a

a

Đáp án A
Ta có công thức tính thể tích khối tròn xoay quay đồ thị hàm số y = f ( x ) quanh trục hoành,

giới hạn bởi 2 đường thẳng x = a, x = b ( a  b ) là. V =  f 2 ( x ) dx .
b

a

Câu 45 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Tích phân
A.

16
225

B. log

5
3



2

0

dx
bằng
x +3

C. ln

5
3

. Đáp án B
2

dx

 x + 3 = ln ( x + 3)

2
0

0

5
= ln 5 − ln 3 = ln .
3

Câu 46 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Cho ( H ) là hình phẳng giới
hạn bởi parabol y = 3x 2 , cung tròn có phương trình y = 4 − x 2
(với 0  x  2 ) và trục hoành

(phần tô đậm trong hình vẽ). Diện

tích của ( H ) bằng
A.

4 + 3
12

B.

4 − 3
6

C.

4 + 2 3 − 3
6

D.

5 3 − 2
3

D.

2
15


Đáp án
Cách 1. Khi miền giới hạn có đường 3 đường thì ta phải tách thành các miền sao cho trên
mỗi miền chỉ được giới hạn bởi 2 đồ thị y = f ( x ) và y = g ( x ) nào đó và hai đường
x = a, x = b .
1

2

Ta có S =  3x dx + 
2

0

1

1

2

3 3
4 − x dx =
x +  4 − x 2 dx
3
1
0
2

Sau đó dùng casio ta tìm được đáp án xấp xỉ kết quả tính được. Nếu bạn muốn làm theo cách
2

tự luận thì để tính



4 − x 2 dx ta đặt x = sin t .

1

Cách 2. Phần diện tích giới hạn bởi đường x = 4 − y 2 ; x =
3

cần tìm là S =



y
dy rồi dùng máy tính cầm tay để kết luận.
3

4 − y2 −

0

Câu 47.

y
; y = 0; y = 3 nên diện tích
3

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Biết

dx
= a − b − c với a, b, c
x + x x +1

2

 ( x + 1)
1

là các số nguyên dương. Tính P = a + b + c
B. P = 12

A. P = 24

D. P = 46

C. P = 18

Đáp án D
2

 ( x + 1)
1

2

=
1

2
2
dx
dx
x +1 − x
=
=
2
1
x + x x + 1 1 x. ( x + 1) x + 1 + x

x. ( x + 1)  x + 1 −


(

)

x +1 − x
dx
dx
dx = 
−
= 2 x − 2 x +1
x + 1. x
x 1 x +1
1
2

(

2

(

)

) ( )

x 


2

dx

2
1

a = 32

= 4 2 − 2 3 − 2 = 32 − 12 − 2  b = 12
c = 2

Câu 48.

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn

0;1 thỏa mãn f (1) = 0, 0 f  ( x )
1

A.
Đáp án A

7
5

B. 1

C.

7

4

2

dx = 7 và
D. 4

1
x 2 f ( x ) dx = . Tích phân
0
3



1

 f ( x ) dx bằng
1

0


Có

 x f ( x ) dx = x f ( x ) −  ( 2x f ( x ) + x f  ( x )) dx   x f  ( x ) dx = −1 .
1

2

3

0

 f  ( x )
1

Có

0

2

1

1

0

0

2

1

3

3

0

+ 14x 3f  ( x ) + 49x 6dx = 0   f  ( x ) + 7x 3  dx = 0 hay f  ( x ) = −7x 3 trên
0
1

0;1 .
Lại có f (1) = 0  f ( x ) = −

7x 4 7
+ nên
4
4

7

 f ( x ) dx = 5
1

0

2

3

3

1

1

2

( Gv Nguyễn Bá Tuấn ) Biết  f ( x ) dx = 3, f ( x ) dx = 2 . Khi đó  f ( x ) dx bằng

Câu 49

B. −1

A. 1

C. 5

D. −5

Chọn đáp án B.
2

3

3

3

1

2

1

2

Cách 1:  f ( x ) dx +  f ( x ) dx =  f ( x ) dx   f ( x ) dx = 2 − 3 = −1
Cách 2:
2

3

1

1

 f ( x ) dx = 3  F ( 2 ) − F (1) = 3,  f ( x ) dx = 2  F (3) − F (1) = 2
3

Vậy  f ( x ) dx = F ( 3) − F ( 2 ) = F ( 3) − F (1) − F ( 2 ) − F (1) = 2 − 3 = −1
2

Câu 50 ( Gv Nguyễn Bá Tuấn ). Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2x3 − sin a với a là tham
số
A.
Ta có

1 4
x + cos a + C
2

B. 4x 4 + sin a + C

(

x4

+ x sin a + C
2

)

2x 3 − sin a dx =

C.

1 4
x +C
4

D.

1 4
x − x.sin a + C
2

 f ( x ) dx

0

3

bằng
A. 1

B. 2

Đặt t = 2x + 3  dt = 2dx
x = 0  t = 3; x = 1  t = 5
5

I=

5

1
f ( t ) dt = 4   f ( t ) dt = 8
2 3
3

Chọn đáp án C.

5

1

Câu 51 ( Gv Nguyễn Bá Tuấn )Cho I =  f ( 2x + 3) dx = 4 . Khi đó giá trị của

C. 8

D. 11


Câu 52 ( Gv Nguyễn Bá Tuấn )Cho hàm số y = x 2 − 5x + 7 ( C1 ) ; y = x + k ( C2 ) , gọi H là
hình phẳng giới hạn bới
A. 1

( C1 ) , ( C2 ) . Để diện tích ( H )
B. 2

bằng

32
thì giá trị của k bằng
3

C. 3

D. 4

Đáp án B
Xét PT x 2 − 5x + 7 = x + k  x 2 − 6x + 7 − k = 0
3+ 3

 (x

+) k=1  x1 = 3  3  S =

2

− 6 x + 6 ) dx = 6,9

3− 3
5

+) k=2  x1 = 1; x2 = 5  S =

(x

2

− 6 x + 5) dx = 10, 666 =

1

32
3

( Gv Nguyễn Bá Tuấn ) Nguyên hàm của hàm y =

Câu 53.

A. e tan x + C

2e tan x
là
1 + cos 2x

C. ln tan x + C

B. ecos x + C

D. esin x + C

Đáp án A
2e tan x
e tan x

tan x
tan x
dx
=
 1 + cos 2 x  cos2 xdx =  e d ( tanx ) = e + C
1

( Gv Nguyễn Bá Tuấn ). Cho I = 

Câu 54

0

x 3 + 3x 2 − x − 3

(

x 2 + 2x + 3

)

2

dx = a ( ln b − 1) . Khi đó

4a 2 + b 2 bằng

A. 2

B. 3

C. 5

D. 6

Đáp án C
1

I=
0

x 3 + 3x 2 − x − 3

(x

2

+ 2x + 3

)

2

1 x 2 + 2x − 3
dx = 
d x 2 + 2x + 3
2
2
2 0 x + 2x + 3
1

(

)

(

)

1 t −6
1
6 6 1
I =  2 dt =  ln t +  | = ( ln 2 − 1)
23 t
2
t 3 2
6

1
Vậy a = , b = 2  4a 2 + b 2 = 1 + 4 = 5
2

Câu 55

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Một nguyên hàm của hàm số y =

A. ln ( x + 1)
Đáp án A

2

B. ln 2 ( x + 1)

C. ln ( x 2 + 2x )

2x + 2

( x + 1)

2

là

D. ln 2 ( x 2 + 2x )


2x + 2

2

2

e2 x
(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) =
2

Câu 56
A.

2

 ( x + 1) dx =  x + 1dx = 2 ln ( x + 1) = ln ( x + 1)

Ta có



e2 x +1
f ( x) =
+ C B.
4

f ( x ) = e2 x + C



C.



e2 x
f ( x) =
+C
4

D.

 f ( x) = e

2 x +1

+C

Đáp án C
e2 x
1 e2 x
e2 x
 2 dx = 2 . 2 + C = 4 + C

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường

Câu 57.

y = x3 + 1, y = 0, x = 1 là
A. 1

B. 2

D. 4

C. 3

Đáp án B
1

Xét x + 1 = 0  x = −1  S =
3

x

3

+ 1 dx = 2

−1

Câu 58.

(H )

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hàm số y = x 2 ( C ) và đường cong ( C  ) . Gọi

là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số trên. Biết rằng thể tích tạo bởi hình

( H ) quay quanh trục Ox
A. x = y 2

có giá trị bằng

64
( đvtt ) khi đó ( C) có phương trình là
15

C. x 2 = 4 y

B. y = 4 x 2

D. y = 2 x

Đáp án D

Thử từng đáp án ta tìm được đáp án D ứng với hàm ố thỏa mãn. Thật vậy:

x = 0
Xét phương trình hoành độ giao điểm 2 đồ thị hàm số: x 2 = 2 x  
x = 2
Khi đó, thể tích khối tròn xoay tạo bởi 2 đồ thị hàm số khi quay quanh trục Ox là:
2

V =  (x

) − ( 2x)

2 2

0

2

2

dx =   4 x 2 − x 4 dx =
0

64
15

(đvtt)

 Thỏa mãn.

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho các số thực a, b khác 0 . Xét hàm số

Câu 59.
f ( x) =

a

( x + 1)

A. 42

+ bxe với x  −1. Biết f  ( 0 ) = −22 và
x

3

1

 f ( x )dx = 5 . Tính a
0

B. 72

C. 68

D. 10

2

+ b2 .

Đáp án C
Ta có: f ' ( x ) = −3a ( x + 1) + b ( xe x + e x ). Do f ' ( 0) = −22  3a − b = 22
−4

(1)

Mặt khác:
1

1

1

 f ( x ) dx = 5   a ( x + 1)
0

−3

0

 −a ( x + 1)−2

3a
+ bxe dx = 5  
+ b ( xe x − e x )  = 5 
+b = 5
2
8


 0
x

( 2)
a = 8
Từ (1) và ( 2 )  
 a 2 + b 2 = 68.
b = 2
Câu 60.

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm dương, liên tục trên

2
1

đoạn 0;1 thỏa mãn điều kiện f ( 0 ) = 1 và 3 ( f ' ( x ) . f ( x ) ) + dx  2 
9
0 
0
1

1

1

f ' ( x ). f ( x ) dx .

3

  f ( x ) dx

Tính

0

3
2

A.

B.

5
4

C.

Đáp án D
b

 f ( x) dx = 0( f ( x)  0) = f ( x) = 0

Nhớ:

a

Ta có:
1

1

1

1
3 [ f '( x)][ f ( x)] dx +  dx − 2 
30
0
0
2

1

=  (3 f '( x) f ( x) − 1) 2 dx  0
0

= 3 f '( x). f ( x) = 1
= 9 f '( x).[ f ( x)] 2 = 1
= 3.{ [ f ( x)]3} '=1
1
x
<=>(f ( x))3 =  dx = + C
3
3
Mà f (0) = 1 = C = 1

f ( x) f ( x)dx  0

5
6

D.

7
6


= ( f ( x))3 =
1

x
+1
3
1

x
7
=  ( f ( x))3 dx =  ( + 1)dx =
3
6
0
0