Lớp 12 nguyên hàm tích phân 66 câu nguyên hàm tích phân từ đề thi thử giáo viên mẫn ngọc quang năm 2018 converted image marked

Câu 1 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Mệnh đề nào dưới đây là sai?
A.   f ( x ) + g ( x ) dx =  f ( x ) dx +  g ( x ) dx , với mọi hàm f (x), g (x) liên tục trên R.
B.   f ( x ) − g ( x ) dx =  f ( x ) dx −  g ( x ) dx , với mọi hàm f (x), g (x) liên tục trên R.
C.  kf ( x ) dx = k  f ( x ) dx với mọi hằng số k và với mọi hàm f (x) liên tục trên R.
D.  f ' ( x ) dx = f ( x ) + C với mọi hàm f (x) có đạo hàm trên R
Đáp án C
Phương pháp: Xem lại các tính chất nguyên hàm trong SGK Giải Tích 12, trang 95–96
Cách giải: Các mệnh đề A, B, D đúng
Mệnh đề ở ý C chỉ đúng với k  0
Câu 2
(GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Tìm giá trị của m để hàm số
2 3
F ( x ) = m x + ( 3m + 2 ) x 2 − 4 x + 3 là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3x 2 + 10 x − 4.
C. m = −1.

A. m = 2.
B. m = 1.
Đáp án D
Ta có: F  ( x ) = 3m2 x 2 + 2 ( 3m + 2 ) x − 4. .

D. m = 1.

Khi đó F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x )
3m2 = 3
m = 1


 m = 1.
2 ( 3m + 2 ) = 10 m = 1
Câu 3 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm

số y = x3 − x; y = 2x và các đường thẳng

được xác định bởi công thức.

1

A. S =

0

3
 ( 3x − x ) dx

1

B. S =  ( 3x − x 3 ) dx +  ( x 3 − 3x ) dx

−1

−1

1

C. S =  ( 3 x − x 3 ) dx

0

0

1

−1

0

D. S =  ( x3 − 3x ) dx +  ( 3x − x 3 ) dx

−1

Đáp án D
Phương pháp: Tìm các giao điểm của 2 đồ thị hàm số trên khoảng 2 cận.
Áp dụng công thức diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị
Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị:
x3 − x = 2 x  x 3 − x = 0  x = 0

(chỉ xét trên ( −1;1) )

Với x  ( −1;0 ) thì x 3 − 3 x  0; với x  ( 0;1) thì x3 − 3x  0
1

0

1

−1

−1

0

3
3
3
Diê ̣n tić h cầ n tim
̀ là S =  x − 3x dx =  ( x − 3x )dx +  ( 3x − x )dx

Câu 4
2

(GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Với các số nguyên a,b thỏa mãn
3

 ( 2 x + 1) ln xdx = a + 2 + ln b,

tính tổng

1

A. P = 27
B. P = 28
C. P = 60
Đáp án C
Phương pháp: Sử du ̣ng công thức tích phân từng phầ n.

D. P = 61





dx

 du =
x
2
v = x + x

u = ln x

Cách giải: đă ̣t 

dv = ( 2 x + 1) dx 


2

Tić h phân đã cho là I = ( x 2 + x ) ln x − 
2
1

1

x2 + x
dx = 6ln 2 −  ( x + 1) dx
x
1
2

x
2

3
3

= 6ln 2 −  + x  = 6ln 2 −  4 −  = ( −4 ) + + ln 64  a = −4; b = 64  P = 60
2
2

 2
1
2

x+3
dx ?
x + 3x + 2
x+3
B.  2
dx = − ln x + 1 + 2ln x + 2 + C
x + 3x + 2
x+3
D.  2
dx = ln x + 1 + 2ln x + 2 + C
x + 3x + 2

Câu 5 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Tìm nguyên hàm 
x+3
dx = 2ln x + 1 − ln x + 2 + C
x + 3x + 2
x+3
C.  2
dx = 2ln x + 1 + ln x + 2 + C

x + 3x + 2

A. 

2

2

Đáp án A
2 ( x + 2 ) − ( x + 1)
x+3
1 
dx
dx
 2
dx = 
dx =  
−
−
dx = 2
x + 3x + 2
x +1
x+2
( x + 1)( x + 2 )
 x +1 x + 2 

I =

2

= 2ln x + 1 − ln x + 2 + C

Câu 6 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Giả sử



2

1

4ln x + 1
dx = a ln 2 2 + b ln 2 , với a, b là các
x

số hữu ti.̉ Khi đó tổ ng 4a + b bằ ng
A. 3
B. 5
C. 7
D. 9
Đáp án D
Phương pháp: + Quan sát tić h phân ta tách biể u thức làm để tiń h riêng rẽ 2 phầ n:
I =

2

1

2 4ln x
21
4ln x + 1

dx = 
dx +  dx
1
1 x
x
x

+ Từ đó giải những tić h phân đơn giản hơn.
2

Cách giải: I = 
1

2 4ln x
21
2
4ln x + 1
dx = 
dx +  dx =  4ln xd ( ln x ) + ln x
1
1 x
1
x
x

2
1

= 2ln 2 x 12 + ln 2 = 2ln 2 2 + ln 2

Suy ra a = 2; b = 1. Suy ra 4a + b = 9.
Câu 7 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Diê ̣n tích hình phẳ ng đươ ̣c giới ha ̣n bởi các đồ thi ̣
hàm số y = x2 và y = x là:
A.

1
2

(đvdt)

B.

1
3

(đvdt)

1
(đvdt)
4

C.

D.

1
6

(đvdt)

Đáp án D
Nghiê ̣m của phương trình: x2 = x
Phương trình này có 2 nghiê ̣m x = 1 và x = 0
+ Vâ ̣y diê ̣n tić h cầ n phải tiń h là S = 0 x 2 − x dx = 0 ( x − x 2 )dx =  x 2 − x 3  =
3 0 6
2
1

1

1

1

1

1


(GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Biế t F ( x ) = ( ax + b ) .e x là nguyên hàm của hàm số

Câu 8:

y = ( 2 x + 3) .e x . Khi đó a + b là

A. 2

B. 3

C. 4

D. 5

Đáp án B
u = 2 x + 3 du = 2dx
y = ( 2 x + 3) e x   ( 2 x + 3) e x dx 

x
x
 dv = e dx
 v=e

 ( 2x + 3) e dx = ( 2x + 3) e −  e
x

x

x

2dx = ( 2 x + 3) e x − 2e x = ( 2 x + 1) e x

Khi đó a + b = 3 .
(GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Có bao nhiêu số nguyên dương n sao cho

Câu 9

n

n ln n −  ln xdx có giá tri ̣không vươ ̣t quá 2017
1

A. 2017
Đáp án B

B. 2018

n

I =  ln xdx . Đă ̣t ln x = u. Suy ra
1

I = x ln x 1n − 

n

1

C. 4034

D. 4036

1
dx = du; dx = dv  v = x
x

x
dx = n ln ( n ) − n + 1
x

Biể u thức ban đầ u sẽ là: n − 1

Để n − 1  2017 thì n  2018 và n nguyên dương. Nên sẽ có 2018 giá tri ̣của n.
Câu

10:

(GV
MẪN
NGỌC
QUANG
2018)
Biết hàm số
F ( x ) = ax + ( a + b ) x + ( 2a − b + c ) x + 1 là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3x 2 + 6 x + 2 .
3

Tổng a + b + c là:
A. 5 .
Đáp án A

2

C. 3 .

B. 4 .

D. 2 .

F  ( x ) = 3ax 2 + 2 ( a + b ) x + ( 2a − b + c )
3a = 3
a = 1



Ta có: F  ( x ) = f ( x )  2 ( a + b ) = 6  b = 2  a + b + c = 5 .
 2 a − b + c = 2 c = 2



(GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Có bao nhiêu số a  ( 0;20 ) sao cho

Câu 11
a

 sin
0

5

2
x sin 2 xdx = .
7

A. 20 .
Đáp án D

B. 19 .

D. 10 .

C. 9 .

a

a

a

0

0

0

2
7

2
7

2
7

Ta có  sin 5 x sin 2 xdx = 2 sin 6 x cos xdx = 2  sin 6 xd ( sin x ) = sin 7 x 0a = sin 7 a = .
Do đó sin 7 a = 1  sin a = 1  a =


2

+ k 2 .


Vì a  ( 0;20 ) nên 0 



1
+ k 2  20  −  k  10 và k 
2
2

nên có 10 giá trị của k

4

Câu 12:

(GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho tích phân I =  ( x − 1) sin 2 xdx. Tìm đẳng
0

thức đúng





4

4

A. I = − ( x − 1) cos 2 x 04 +  cos 2 xdx .

B. I = − ( x − 1) cos 2 x −  cos 2 xdx .

0

0






1
2

C. I = − ( x − 1) cos 2 x 04 +

4



1
2

1
cos 2 xdx .
2 0

D. I = − ( x − 1) cos 2 x 04 −

14
cos 2 xdx .

2 0

Đáp án C



du = dx
u = x − 1
1
14

I
=
−
x
−
1
cos
2
x
Đặt 
ta
có

( )
4 +  cos 2 xdx
1
2
20
dv = sin 2 xdx v = − cos 2 x

0
2



4

Câu 13:

(GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Tính tích phân I =  cos 2 xdx
0

A. I =

 +2

B. I =

8
Chọn đáp án A.

 +2

C. I =

4

1
3

D. I =

2
3

Phương pháp: Biểu thức trong tích phân là hàm lượng giác bậc chẵn, ta thường sử dụng
công thức biến đổi lượng giác hạ bậc rồi mới tính tích phân.






14
1
1
 4  +2
Cách giải: I =  cos xdx =  (1 + cos 2 x ) dx =  x + sin 2 x  =
20
2
2
8
0
0
4

2

Câu 14:

(GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Tìm nguyên hàm I = 

1
B. I = ln 2 ( x 2 + 1) + C
4

A. I = ln ( x 2 + 1) + C
1
C. I = ln ( x 2 + 1) + C
2
Chọn B

D. I = ln 2 ( x 2 + 1) + C

(

)

Áp dụng công thức nguyên hàm hợp d ln ( x 2 + 1) =
I =

x ln ( x 2 + 1)

(

)

1
1
ln ( x 2 + 1) d ln ( x 2 + 1) = .ln 2 ( x 2 + 1) + C


2
4

2x
dx
x +1
2

x2 + 1

dx


Câu 15:

(GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Cho hình thang cong

(H) giới hạn bởi các đưởng y = 2x , y = 0, x = 0, x = 4 . Đường
thẳng x = 1(0  a  4) chia hình (H) thành hai phần có diện tích là

S1 và S2 như hình vẽ bên. Tìm a để S2 = 4S1
A. a = 3

B. a = log 2 13

C. a = 2

D. a = log 2

16
5

Đáp án C.
a

a

S1 =  2 x dx =
0

Từ S2 = 4S1 
Câu 16:

2 4 − 2a
2a − 1
= 4.
 2a = 4  a = 2
ln 2
ln 2

(thỏa đk)

(GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho a là một số thực khác 0, ký hiệu

a

b=

4

4
2x
2a − 1
2x
24 − 1
=
;S2 =  2 x dx =
=
ln 2 0
ln 2
ln 2 a
ln 2
a

a

x

dx
e
− a x + 2a dx. Tính I =  ( 3a − x ) e x theo a và b
−a

A. I =

b
a

B. I =

b
ea

C. I = ab

D. I = bea

– Chọn B
Phương pháp: Cho a = 1, tính tính phân bằng máy tính và so sánh với các đáp án
– Cách giải
1

ex
dx = 1, 087... = b
Cho a = 1, sử dụng máy tính CASIO ta tính được: 
x+2
−1
2

dx

 (3 − x ) e

x

= 0, 400... = I  I =

0

b
e

Kết hợp với các đáp án, ta được I =

b
.
ea

Câu 17 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên

và thỏa

mãn f ( −1)  0  f ( 0 ) . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
y = f ( x ) , y = 0, x = −1 và x = 1. Mệnh đề nào sau đây đúng?
0

1

−1

0

A. S =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx
1

C. S =  f ( x ) dx
−1

Đáp án B

1

Ta có S =

 f ( x ) dx

−1

1

B. S =  f ( x ) dx
−1

1

D. S =

 f ( x ) dx

−1


Câu 18 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
f ( ln x )

e



mãn

x

1

1

A.



và thỏa

dx = e . Mệnh đề nào sau đây là đúng?

f ( x )dx = 1

1

B.



f ( x ) dx = e

e

C.

0

0



e

f ( x ) dx = 1

D.

0

 f ( x )dx = e
0

Đáp án B

Giả sử F ( x ) là nguyên hàm của hàm số f ( x )
e
e
f ( ln x )
Ta có 
dx =  f ( ln x ) d ( ln x ) = F ( ln x ) = F (1) − F ( 0 ) = e
1
x
1
1
e

1

Ta có  f ( x )dx = F ( x )
0

1
= F (1) − F ( 0 ) = e nên B đúng
0

Câu 19 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Mệnh đề nào sau đây là đúng ?
dx
dx 1
dx
=2 x +C
A. 
B.  2 = + C
C. 
D.  2 x dx = 2x + C
= ln x + C
x
x
x +1
x
Đáp án A
Ta có



dx
dx

= 2
= 2 x + C nên A đúng
x
2 x
1

Câu 20:

(GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Biết rằng

1

 x cos 2 xdx = 4 ( a sin 2 + b cos 2 + c ) , với
0

a, b, c  . Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. a + b + c = 1

B. a − b + c = 0

C. a + 2b + c = 1

D. 2a + b + c = −1

Đáp án B

 du = dx
u=x




Đặt 
sin 2x .
v
=
dv = cos 2xdx

2
1
1
x.sin 2x 1 1
sin 2 1
−  sin 2xdx =
+ cos 2x
Khi đó I =
0 20
0
2
2
4
a=2
sin 2 cos 2 1 1

=
+
− = ( 2.sin 2 + cos 2 − 1)   b = 1  a − b + c = 0
2
4
4 4

c = −1


Câu 21:

(GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi

quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x , y = 0 và x = 4 quanh trục Ox. Đường
thẳng x = a ( 0  a  4 ) cắt đồ thị hàm số y =

x tại M (hình vẽ bên). Gọi V1 là thể


tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox. Biết rằng
V = 2V1 . Khi đó
B. a =

A. a = 2 2

5
2

C. a = 2

D. a = 3

Đáp án D
4

Ta có V =  xdx = 

0

x2 4
= 8  V1 = 4
2 0

Gọi N là giao điểm của đường thẳng x = a và trục hoành.
Khi đó V1 là thể tích tạo được khi xoay hai tam giác OMN và MNH quanh trục Ox
với N là hình chiếu của M trên OH.
2
1
1
Ta có V1 = a a +  ( 4 − a ) a
3
3

( )

( )

2

=

4
a = 4  a = 3
3

( )

(GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Cho hàm số f ( x ) =

1
. Nếu F x là một
sin2 x
 
nguyên hàm của hàm số f x và đồ thị hàm số y = F x đi qua M  ; 0  thì F (x) là:
3 

Câu 22

( )

1

A.

− cot x

B.

( )

3 − cot x

C.

3

3

− cot x
2

D. − cot x + C

Chọn A.
Ta có cot

 

1
, mà đồ thị hàm số y = F x đi qua M  ; 0  nên chỉ có
=
3
3
3 

( )

đáp án A thỏa mãn.
Câu
23

(GV
MẪN
NGỌC
QUANG
2018).
Biết
rằng

 e cos3xdx = e ( acos3x + bsin3x ) + c , trong đó a, b, c là các hằng số, khi đó tổng a + b
2x

2x

có giá trị là
A. −

1
13

B. −

5
13

C.

5
13

Chọn C.
Đặt f ( x ) = e2x ( acos3x + bsin3x ) + c . Ta có
f ' ( x ) = 2ae2 x cos3x − 3ae2 x sin 3x + 2 be2 x sin 3x + 3be2 x cos3x
= ( 2a + 3b) e2 x cos3x + ( 2 b − 3a) e2 x sin 3x

Để f (x) là một nguyên hàm của hàm số e2 x cos3x , điều kiện là

D.

1
13



2
a=


2
a
+
3
b
=
1
5

f ' ( x ) = e2 x cos3x  
  13  a + b = .
13
2b − 3a = 0  b = 3

 13

Câu 24. (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)

( )
C. − ( x − 1) 1 − x



3x3
1 − x2

( )
D. ( x + 2)

A. − x2 + 2 1 − x2 + C
2

2

dx bằng:

B. x2 + 1 1 − x2 + C

+C

2

1 − x2 + C

Đáp Án A
t = 1 − x 2  dt = −



(

3x 3
1− x

2

1 − x2

x
1− x

(

dx;x 2 = 1 − t 2

2

)

(

)

dx =  −3 1 − t 2 dt =  3t 3 − 3 dt = t 3 − 3t + C

) − 3 1− x
3

2

(

) (

= 1 − x2 1 − x2 − 3 = − x2 + 2

)

1 − x2

Câu 1(GV MẪN NGỌC QUANG 2018). Tính diện tích hình phẳng giới hạn
bởi: y = x , y = x − 2, y = 0
A. 3

B. 10

C.

10
3

D.

3
10

Đáp án C.
Bước 1: Chuyển sang x theo y: y = x , y = x − 2, y = 0  x = y 2 , x = y + 2
Lập phương trình ẩn y: y 2 = y + 2  y = 2, y = −1(loại)
2

2

0

0

Bước 2: S =  y 2 − y − 2 dy =  −( y 2 − y − 2)dy =

10
3

Câu 2(GV MẪN NGỌC QUANG 2018). Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay
quanh trục tung hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x , y = 2 − x và trục Ox.
A.

32
15

B.

12
15

Đáp án A.
Ta có: y = x  x = y 2 ( y  0 )

y = 2− x  x = 2− y

C.

5
2

D.

38
15


Phương trình tung độ giao điểm của: x = y 2 và

x = 2 − y là: y 2 = 2 − y  y 2 + y − 2 = 0  y = 1
Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành cần tìm là:
1

1

1

V =   ( 2 − y ) dy −   ( y 2 ) dy =   ( 4 − 4 y + y 2 − y 4 ) dy
2

2

0

0

0


y 3 y 5  32
(đvtt).
=   4 y − 2 y2 + −  =
3 3  15

5



Câu 3(GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Cho

−1

5

f ( x ) dx = 5,  f ( t ) dt = −2 và
4

4

1

 g ( u ) du = 3 .

−1

4

 ( f ( x ) + g ( x ) ) dx

Tính

bằng:

−1

A.

8
3

B.

22
3

C.

10
3

D.

−20
3

Chọn B.
4



f ( x ) dx =

−1

5



−1

5

f ( x ) dx −  f ( x ) dx = 7 . Ta có:
4

4

 ( f ( x ) + g ( x ) ) dx =

−1

22
3

e

Câu 4(GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Cho tích phân: I =  x ln xdx =
1

A. 12

B. 4

C. 6

e2 + b
. Tính S = ab :
a

D. 8

Chọn B.

dx

du =
u = ln x


x


dv
=
xdx
2

v = x



2
e


1

e

e 1
x2
e2 x 2 e e2 + 1
x ln xdx = ln x −
xdx = −
=
1 21
2
2 4 1
4



Do đó a = 4; b = 1 suy ra S = 4


Câu

5(GV

MẪN

NGỌC

QUANG

2018).

Cho

I =

 (2x − 1 − sin x ) dx .Biết
2

0

I =



2

a

−


b

−1

Cho các mệnh đề sau:
(1) a = 2b

(2) a + b = 5

(3) a +3b = 10

(4) 2a + b = 10

B. (2),(3),(4)

C. (1),(2),(4)

D. (1),(3),(4)

Các phát biểu đúng
A. (1),(2),(3)


Chọn D.


I =

(
2

)







2

2

2

0

0

2x − 1 − sin x dx =  2x .dx −  dx −  sin xdx = A − B − C

0

0





2

A =  2x .dx = x

=

2 2

0

0



2

I = A − B +C =





4

2

4

2

; B =  dx = x

2

0



=

2

(

2

; C =  sin xdx = −cosx

2

0



−



0

)


2

=1

0

−1

Câu 6(GV MẪN NGỌC QUANG 2018). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
y = (e + 1)x , y = (e x + 1)x .

Chọn đáp án đúng:
A.

e
−1
4

B.

e
+1
2

C.

e
+1
4

D.

e
−1
2

Chọn D.
Hoành độ giao điểm của hai đường là nghiệm của phương trình
x = 0

(e + 1) x = (1 + e )x  x = 1
x



(

1

)

Diện tích cần tính là S =  x e x − e dx
0

1

S =

1

 xe dx −  exdx

x

0

0

 xd (e ) − e  xdx
1

=

1

x

0

= xe

x

1
0

0

1

x2
−  e dx − e

2
0

1

=

x

0

e
− 1.
2

Câu 7(GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Tính diện tích giới hạn bởi các đường
y = x 2 − 4x + 3 , y = 3 trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Ta có kết quả:
A. 6
Chọn C.

B. 10

C. 8

D. 12

2

x − 4x + 3, x  1  x  3
Ta có y = x − 4x + 3 = 

− x 2 − 4x + 3 , 1  x  3


2

(

)

Dễ thấy hoành độ giao điểm của hai đường
đã cho là x = 0, x = 4 , các tung độ tương
ứng là 3, 3.
Diện tích cần tìm là: S = diện tích hình chữ
nhật OMNP – S1, trong đó

(
1

S1 =

0

)

3

(

)

4

(

)

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

3

1
 

1
4
= 2  − 2 + 3  +  −3 + 6 − 3 + − 2 + 3  = 3. = 4 (đvdt).
3
3
3
 



Và diện tích hình chữ nhật OMNP = 3  4 = 12 (đvdt).
Vậy S = 8 (đvdt)
Câu

8(GV
1

I =


0

MẪN

NGỌC

QUANG

2018)Cho

tích

phân

 a
3x + 2 ln(3x + 1)
b 
3
dx =  
−
 dx − + ln 2 .
2
3x + 1 x + 1 
2
(x + 1)
0 

1

Tính A = a 2 − b4 . Chọn đáp án đúng:
A. 0
B. 2
Chọn A.

D. 4

ln(3x + 1)
3x
0 (x + 1)2 dx + 20 (x + 1)2 dx
1

Ta có: I =

C. 3

1

Đặt u = ln(3x + 1)  du =

3dx
1
dx
v =−
; dv =
.
2
3x + 1

x +1
(x + 1)

Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có
1

2ln (3x + 1)
3x
dx
I =
dx −
+ 6
2
x +1 0
(3x + 1)(x + 1)
0 (x + 1)
0
1

1

1
1
 3
 9
3 
3 
=  
−
dx

−
ln
4
+
−

 dx

2 

x + 1 (x + 1) 
3x + 1 x + 1 
0 
0 

1

1

 9
3 
3 
3
ln
x
+
1
+
−
2

ln
2
+
−
=


 dx

x + 1 0
3x + 1 x + 1 

0 

=−

1
a = 9
 9
3
3 
+ ln 2 +  
−
 dx  
2
3x + 1 x + 1 
b = 3
0 

Nháp:

1
 m
dx
n 
= 6 
+
 dx . Tìm m , n . Ta có: m x + 1 + n 3x + 1 = 1
(3x + 1)(x + 1)
3x + 1 x + 1 
0
0 

(

1

6

)

(

)


1
x = −1  n = −
2

x = 0  m + n = 1  m = 3


2
1
1 
1



dx
3
1
 dx =  9 − 3  dx
 6
= 6 
−


(3x + 1)(x + 1)
3x + 1 x + 1 
2 x +1 
0
0 2 3x + 1
0 



(

Câu
I =

9(GV

MẪN

 (x − 2 ) sin 3xdx = −

)

NGỌC

(

QUANG

(x − 2) cos 3x + b sin 3x + C .

u = x − 2
. Ta được
Đặt 
dv = sin 3xdx

2018).

Tính

nguyên

a

Tính M = a + 27b . Chọn đáp án đúng:
A. 6
B. 14
Chọn A.

Do đó:

)

du = dx


cos 3x
v = −
3


C. 34

D. 22

hàm


I =−

(x − 2) cos 3 x + 1

cos 3xdx = −
3

(x − 2 ) cos 3x + 1 sin 3x + C  a = 3;b = 1  M

=6
9
Câu 10. (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Nguyên hàm của f x = x − 2 x 2 + 2x + 4 là:

A.

3

x4
− 8x + C
4

3

B. x 4 − 8x + C

9

C.

)(

() (

x4
− 4x + C
4

D.

)

x4
− 8x
4

Chọn A.
Ta có: f (x ) = (x − 2) x 2 + 2x + 4 = x 3 − 8

(

( )

  f x dx =

 (x

3

)

)

− 8 dx =

x4
− 8x + C

4

(x + 2 )
=

2

Câu 11. (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho hàm f ( x )

()

()

F x . Biết F (1) = 6 . Khi đó F x có dạng:

x3

có nguyên hàm là hàm

4 2
−
+4
x x2
4 2
D. ln x − − 2 + 12
x x

4 2
−
+6

x x2
4 2
C. ln x + − 2 + 6
x x

B. ln x +

A. ln x −

Chọn D.

(x + 2 )
=

2

x 2 + 4x + 4 1 4
4
= + 2 + 3 (x  0 )
3
3
x x
x
x
x
dx
dx
dx
4 2
 F x =  f x dx = 

+ 4 2 + 4 3 = ln x − − 2 + C .
x
x x
x
x
4 2
Mà F 1 = 6  C = 12  F x = ln x − − 2 + 12
x x

Ta có: f (x )

()

=

()

()

()

Câu 12(GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Một vật chuyển động chậm dần với vận tốc
v = 120 − 12t (m / s ) . Hỏi rằng trong 2s trước khi dừng hẳn vật di chuyển được bao nhiêu
mét?
A. 28 m
B. 35 m
C. 24 m
Chọn: Đáp án C
Thời gian vật đi đến lúc dừng hẳn là: v = 120 − 12t = 0  t = 10 (s)
Phương trình chuyển động của vật:

()

S =  v t dt =

 (120 − 12t ) dt

= 120t − 6t 2

D. 38 m

( 0  t  10 )

Tổng quãng đường vật đi được là: S 1 = 120.10 − 6.102 = 600 (m )
Sau 8s vật đi được: S 2 = 120.8 − 6.82 = 576 (m )
Trong 2s trước khi dừng hẳn vật di chuyển được quãng đường là:

( )

S = S 1 − S 2 = 600 − 576 = 24 m

Câu 13(GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Thể tích vật thể tròn xoay sinh ra bởi hình elip
x2 y2
+
= 1 khi elip này quay xung quanh trục Ox là:
a 2 b2
4
A. 6
B. 13
C.  ab2

3

D. 22


Chọn C.
b2 2
2 b2
2
(
a
−
x
)
dx
=
2
a2
0 a

a

a

Ta có: V =   y 2dx = 2 
−a

 2
x3 
a

x
−


3 



0

Câu 14(GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Cho tích phân

( )

2016

S = ai

2 b2
a2

=

 3 a3  4
2
 a −  =  ab
3
3



1

dx

−1

1 + x + 1 + x2



= a . Tính

( )

+ ai

2000

Chọn đáp án đúng:
A. 3
Chọn B.

B. 2

C. 0

D. 1

Đặt u = x + 1 + x 2 thì u − x = 1 + x 2  x 2 − 2ux + u 2 = 1 + x 2

x =

u2 − 1
1
1 
 dx =  1 + 2  du
2u
2
u 

Đổi cận x = −1 thì u = 2 − 1 , x = 1 thì u = 2 + 1
2 +1

I =



1
1 
 1 + 2  du
2
u 
1+u

2 −1

=

1
2

2 +1

du
1
 1+u + 2
2 −1

=

1
2

2 +1

du
1
 1+u + 2
2 −1

2 +1

du
(1 + u )u 2
2 −1



2 +1

 1 1
1 
 2 − +
 du = 1  a = 1
u
u
+
1
u


2 −1



( )

S = i 2016 + i 2000 = i 2

1008

( )

+ i2

1000

( )

= −1

1008

( )

+ −1

1000

=2

Câu 15(GV MẪN NGỌC QUANG 2018). Nguyên hàm của hàm I =

x

1 − x5

dx có dạng

(1 + x )
5

= a ln x 5 + b ln 1 + x 5  + C


Khi đó S = 10a + b bằng

A. 1
Chọn C.

B. 2

C. 0

(1 − x ) x dx = 1 (1 − x ) d (x ) = 1  1
I =

5  x (1 + x )
5 x
x (1 + x )
5

4

5

5

5

5

5

5

5

−

D. 3

2 
1
d x 5 = ln x 5 − 2 ln 1 + x 5  + C
5 

5
1+x 

( )

1
5

Suy ra: a = , b = −2  10a + b = 0
Câu 16(GV MẪN NGỌC QUANG 2018). F(x) là nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 3 + x
thỏa F (1) = 0. F ( x ) =
Tính S = a + b + c ?
A. 10
Chọn A.
Ta có:

( )

 f x dx =

Mà F (1) = 0 

(

x4 x2 3
+
−
a
b c

B. 12

)

C. 14

x 3 + x dx =  x 3dx +  xdx =

1 1
−3
+ +C = 0  C =
4 2
4

D. 16

( )

x4 x2
+
+C = F x
4
2

Vậy: Nguyên hàm của hàm số cần tìm là F ( x ) =

x4 x2 3
+
−
4
2 4

Câu 17. (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
2

( )

f' x

2

( )

 f (x ) dx = ln 2 . Biết rằng f (x )  0 x  1;2 . Tính

 f ' x .dx = 10 và

1;2  thỏa mãn

1

1

()
A. f ( 2 ) = 10
f 2 .

C. f ( 2 ) = −10

B. f ( 2 ) = −20

D. f ( 2 ) = 20

Chọn D.
2

Ta có:

 f ' (x ) dx = 10 = f (2) − f (1) = 10

(1)

1

()
 f (x ) dx = ln 2  ln f (x ) = ln 2
f (2 )
f (2 )
f (2 )
ln
= ln 2 
=2

=2
(2 ) (do f (x )  0; x  1;2 )
f ( 1)
f (1 )
f (1 )
Từ (1) và (2) ta tính được: f ( 2 ) = 20
f' x

2

Mặt khác:

2

1

1

1

2

Câu 18(GV MẪN NGỌC QUANG 2018). Tiń h tić h phân I = 
1

(

)

x x +1

2

dt = ln a + b . Khi

đó S = a + 2b bằng:
A.

2
3

B. −

2
3

D. −1

C. 1

Chọn C.
I =



1

2

1

(

Suy ra I =
a =

)

x x +1



2

1

2

dx =



2

1

x +1−x

(

)

x x +1

2

2

2

1

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

(

1

1

 x (x + 1) dx − 
(x + 1)

dx =

)

−2

1

(

)

dx x + 1 = ln

2

dx

(

x 2
+ x +1
x +1 1

)

−1

2
4 1
= ln −
1

3 6

4
1
,b = −  S = 1
3
6

Câu 19(GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Một tàu lửa đang chạy với vận tốc 200 m/ s thì
người lái tàu đạp phanh; từ thời điểm đó, tàu chuyển động chậm dần đều với vận tốc
v (t ) = 200 − 20t m/ s. Trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp
phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, tàu còn di chuyển được quãng đường là:
A. 500 m
B. 1000 m
C. 1500 m
D. 2000 m
Chọn B.
Khi tàu dừng lại thì v = 0  200 − 20t = 0 Û t = 10 s .
10



20t 2  10

= 1000 (m )
Ta có phương trình: s =  v (t ) dt =  200t −

2  0
0


Câu 20. (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Gọi D là miền giới hạn bởi ( P ) : y = 2 x − x 2 và
trục hoành. Tính thể tích vật thể V do ta quay (D) xung quanh trục Oy
Chọn đáp án đúng:
12
2
8

A.
B.
C.
D.
13

15

9

3

Chọn B.
0  x  2 thì y = 2 x − x 2  x 2 − 2 x + y = 0

 x1 = 1 − 1 − y , x   0;1
Phương trình bậc hai theo y. Ta có  ' = 1 − y, y  1.  
 x2 = 1 + 1 − y , x  1; 2

(

1

Vy =    1 + 1 − y

0

) (
2

)

1

2
− 1 − 1 − y  dy = 4  1 − ydy

0

Đặt u = 1 − y  u 2 = 1 − y  2udu = −dy

y =1
u = 0

Đổi cận 
 y = 0 u = 1
1

Vy = 4 
0

1

 u3 
8
(đvtt )
1 − ydy = 4  u ( −2udu ) = 8  u du = 8   =
3
 3 0
1
0
0

1

2



(

)

Câu 21. (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Tính tích phân:  x x + s inx dx = a 3 + b . Tính
0

tích ab :
A. 3

B.

1
3

C. 6

D.

2
3

Chọn B.








0

0

0

0

I =  x 2dx +  x s inxdx =  x 2dx −  xd (cos x ) =

=

3

+  + s inx

3

 
x3 
− x cos x
+ cos xdx
0 0
3 0

(

)



1
= 3 +
0 3
2

Câu 22. (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Tính tích phân I =
Tính sin

 ( 4x + 3) . ln xdx = 7 ln a + b .
1

(a + b )  :
4

B. −1

A. 1

C. 0

D.

1
2

Chọn B.

1
u = ln x
du = dx

Đặt 
. Khi đó
x
dv = 4x + 3 dx
v = 2x 2 + 3x


(

(

)

)

2

2

I = 2x 2 + 3x ln x − 

(

1

= 14 ln 2 − 0 − x 2 + 3x

1

)

2
1

2x 2 + 3x
dx = 2.22 + 3.2 ln 2 − 2.12 + 3.1 ln 1 −  2x + 3 dx
x
1

(

)

(

) (

(

)

)

2

(

(

)

)

= 14 ln 2 − 0 −  22 + 3.2 − 12 + 3.1  = 14 ln 2 − 10 − 4 = 14 ln 2 − 6.




Câu 23(GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Một khuôn viên

dạng nửa hình tròn có đường kính bằng 4 5 (m ) . Trên đó có
người thiết kế hai phần để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản.
Phần trồng hoa có dạng của một cánh hoa hình parabol có
đỉnh trùng với tâm của nửa hình tròn và hai đầu mút của
cánh hoa nằm trên những
đường tròn (phần tô màu) và cách nhau một khoảng bằng 4(m), phần còn lại của khuôn
viên (phần không tô màu) dành để trồng cỏ Nhật Bản. Biết các kích thước cho như hình vẽ
và kinh phí để trồng cỏ Nhật Bản là 300.000 đồng/m2. Hỏi cần bao nhiêu tiền để trồng cỏ
Nhật Bản trên phần đất đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn)
A. 1.791.000 đồng.
B. 2.922.000 đồng.
C. 3.582.000 đồng.
D. 5.843.000 đồng.
Đáp án D.
Gắn hệ trục tọa độ Oxy vào hình sao cho O trùng với tâm
parabol, trục Ox trùng với đường kính nửa đường tròn và
trục Oy hướng xuống. Khi đó diện tích phần trồng hoa
2

bằng 2 x 2 − 20 − x 2 dx  11, 93962 .
0

Suy ra diện tích phần trồng cỏ Nhật Bản bằng 10 − 11, 93962  19, 47631 . Do vậy số tiền
cần thiết để trồng cỏ là xấp xỉ 5843000 đồng.

Câu 24(GV MẪN NGỌC QUANG 2018). Tìm nguyên hàm của hàm số f (x ) =
dạng F (x )

( ln x )
= a ln x +

3

b

+C.

Khi đó tổng S = a + b là?
A. 2012
B. 2010
Chọn D.
Đặt u = ln x  du =

C. 2009

2008 + ln 2 x
dx =
x

(

ln x
u3
= 2008u +
+ C = 2008 lnx +
3
3

)

 (2008 + u ) du = 2008 du +  u du

3

+C

Câu 25(GV MẪN NGỌC QUANG 2018). Cho hai
mặt trụ có cùng bán kính bằng 4 được đặt lồng
vào nhau như hình vẽ. Tính thể tích phần chung
của chúng biết hai mặt trụ vuông góc và cắt nhau
A. 512
B. 256
1024
256
C.
D.
3

Chọn D.
✓ Cách 1: Ta xét

D. 2011

1
dx
x

Ta có: F (x ) =  f (x ) dx = 

3

2008 + ln 2 x
có
x

1
phần giao của hai trụ như hình
8

Ta gọi trục tọa độ Oxyz, như hình vẽ

2

2


Khi đó phần giao (H) là một vật thể có đáy là một
phần tư hình tròn tâm O bán kính 4, thiết diện của
mặt phẳng vuông góc với Ox là một hình vuông có
diện tích S ( x ) = 42 − x 2
4

Thể tích khối (H) là  S (x ) dx =
0

 (16 − x ) dx =
4

128
1024

. Vậy thể tích phần giao là
.
3
3

2

0

✓ Cách 2: Dùng công thức tổng quát giao hai trụ V =

Câu

26(GV

MẪN

(

NGỌC

f (x ) = tan x 2 cot x − 2 cos x + 2 cos2 x

sử F (x ) = ax + b cos x −

)

16 3 1024
R =
.

3
3

QUANG

2018)Cho

hàm
  

số

F   = . Giả
4 2

có nguyên hàm là F (x ) và

cos cx
−d
2

Chọn phát biểu đúng:
A. a : b : c = 1 : 2 : 1 B. a + b + c = 6
Chọn B.

(

D. a – b + c = d

C. a + b = 3c

)

)

(

F (x ) =  tan x 2 cot x − 2 cos x + 2 cos2 x dx =  2 − 2 sin x + sin 2x dx
= 2x + 2 cos x −

cos 2x
+C
2

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

Vậy F (x ) = 2x + 2 cos x −

cos 2x
− 1.

2

Câu 27(GV MẪN NGỌC QUANG 2018). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các
đường y = (e + 1)x , y = (e x + 1)x .
Chọn đáp án đúng:
A.

e
−1
4

B.

e
+1
2

C.

e
+1
4

D.

Chọn D.
Hoành độ giao điểm của hai đường là nghiệm của phương trình
x = 0

(e + 1) x = (1 + e )x  x = 1

x



1

(

)

Diện tích cần tính là S =  x e x − e dx
0
1

S =

1

 xe dx −  exdx
x

0

0

 xd (e ) − e  xdx
1

=

1

x

0

0

= xe

x

1
0

1

x2
−  e dx − e
2
0

1

=

x

0

e
− 1.
2

Câu 28(GV MẪN NGỌC QUANG 2018). Cho hình thang cong (H)
giới hạn bởi các đưởng y = 2x , y = 0, x = 0, x = 4 . Đường thẳng

e
−1
2


x = 1 (0  a  4) chia hình (H) thành hai phần có diện tích là S1 và

S2 như hình vẽ bên. Tìm a để S2 = 4S1

A. a = 3

B. a = log2 13

C. a = 2

D. a = log2

16
5

Chọn C.
a

4

2x
2a − 1
2x
24 − 1
S 1 =  2 dx =
=
; S 2 =  2x dx =
=
ln 2 0
ln 2
ln 2 a
ln 2
0
a
a

4

x

Từ S 2 = 4S 1 

24 − 2a
2a − 1
= 4.
 2a = 4  a = 2 (thỏa đk)
ln 2
ln 2

Câu 29(GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Tính diện tích giới hạn bởi các đường
y = x 2 − 4x + 3 , y = 3 trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Ta có kết quả:
A. 6
Chọn C.

B. 10

C. 8

D. 12

2

x − 4x + 3, x  1  x  3
Ta có y = x − 4x + 3 = 
− x 2 − 4x + 3 , 1  x  3


2

(

)

Dễ thấy hoành độ giao điểm của hai đường
đã cho là x = 0, x = 4 , các tung độ tương
ứng là 3, 3.
Diện tích cần tìm là: S = diện tích hình chữ
nhật OMNP – S1, trong đó

(
1

S1 =

)

(

3

)

4

(

)

x 2 − 4x + 3 dx +  − x 2 − 4x + 3 dx +  x 2 − 4x + 3 dx

0

1

3

1
 


1
4
= 2  − 2 + 3  +  −3 + 6 − 3 + − 2 + 3  = 3. = 4 (đvdt).
3
3
3
 


Và diện tích hình chữ nhật OMNP = 3  4 = 12 (đvdt).
Vậy S = 8 (đvdt)
Câu 30(GV MẪN NGỌC QUANG 2018). Cho f là hàm số liên tục trên a;b  thỏa
b

b

()

(

)

 f x dx = 7 . Tính I =  f a + b − x dx .
a

a

A. I = 7
B. I = a + b − 7

C. I = 7 − a − b
Chọn A.
Giả sử F ( x ) là nguyên hàm của hàm số f ( x ) .
b

Ta có

( )

( )

 f x dx = 7  F x
a

b

(

)

(

b

()

()

()

= 7  F b − F a = 7a
a

 f a + b − x dx = −F a + b − x
a

()

D. I = a + b + 7

)

b

= −F a + F b = 7.
a

Câu 31. (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Tìm nguyên hàm của f ( x) = ( x + 2)( x2 − 2x + 4)


A.

x4
− 8x + C
2

B.

x4
− 8x

4

C.

x4
+ 8x + C
4

D.

x4
− 8x + C
4

Đáp án D.
f ( x) = x3 + 8   ( x3 + 8)dx =

x4
+ 8x + C
4

Bình luận: Bài toán nguyên hàm để giải nhanh ta có thể sử dụng Casio như sau:
Nhấn SHIFT và
để tính đạo hàm của 4 hàm số đáp án tại chọn x = 100 . Nếu kết quả
đúng bằng f (100 ) thì chính là kết quả cần tìm.
Câu 32. . (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Tính diện tích hình phẳng giới hạn
bởi: y = x , y = x − 2, y = 0
A. 3

B. 10

C.

10
3

D.

3
10

Đáp án C.
Bước 1: Chuyển sang x theo y: y = x , y = x − 2, y = 0  x = y 2 , x = y + 2
Lập phương trình ẩn y: y 2 = y + 2  y = 2, y = −1(loại)
2

2

0

0

Bước 2: S =  y 2 − y − 2 dy =  −( y 2 − y − 2)dy =

10
3

Câu 33(GV MẪN NGỌC QUANG 2018). Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay
quanh trục tung hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x , y = 2 − x và trục Ox.
A.

32
15

B.

12
15

C.

5
2

D.

38
15

Đáp án A.
Ta có: y = x  x = y 2 ( y  0 )

y = 2− x  x = 2− y
Phương trình tung độ giao điểm của: x = y 2 và

x = 2 − y là: y 2 = 2 − y  y 2 + y − 2 = 0  y = 1
Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành cần tìm là:
1

1

1

V =   ( 2 − y ) dy −   ( y 2 ) dy =   ( 4 − 4 y + y 2 − y 4 ) dy
2

2

0

0

0


y 3 y 5  32
=   4 y − 2 y2 + −  =
(đvtt).
3 3  15

5

Câu 34(GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Cho



−1

5

f ( x ) dx = 5,  f ( t ) dt = −2 và
4

4

Tính

 ( f ( x ) + g ( x ) ) dx

bằng:

−1

A.

8
3

Chọn B.

B.

22
3

C.

10
3

D.

−20
3

4

1

 g ( u ) du = 3 .

−1


4



f ( x ) dx =

−1

5



−1

Câu

5

f ( x ) dx −  f ( x ) dx = 7 . Ta có:
4

35(GV

I =

MẪN

4

 ( f ( x ) + g ( x ) ) dx =

−1

NGỌC

22
3

QUANG

2018):

Cho

4 x3 − 2 x 2 + 2 x + 2
dx = ax3 + x + b ln 2 x − 1 + C

2x −1

Và các mệnh đều sau:

(1) a < b
( 2) S = a + b =

13
6

( 3) a, b là các số nguyên dương.
( 4)

P = ab = 1

Số mệnh đề đúng là:
A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

Chọn D.
I =

 2 x3

2

3
3
4 x3 − 2 x 2 + 2 x + 2
3 

+ x + ln 2 x − 1  + C  a = , b =
dx =   2 x 2 + 1 +
 dx = 
2x −1
2x −1 
2
3
2

 3


(1) . Đúng
( 2 ) . S = a + b = 136 . Đúng

( 3) . a, b không phải là số nguyên. Sai
( 4 ) P = ab = 1. Đúng.
e

Câu 36(GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Cho tích phân: I =  x ln xdx =
1

A. 12

B. 4

Chọn B.



dx

u = ln x
du = x


dv = xdx
x2

v =

2

e


1

e

e 1
x2
e2 x 2 e e2 + 1
x ln xdx = ln x −
xdx = −

=
1 21
2
2 4 1
4



Do đó a = 4; b = 1 suy ra S = 4

C. 6

e2 + b
. Tính S = ab :
a

D. 8


Câu 37(GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:
y = x 2 − 1 và y = x + 5 là:

A.

73
6

B.

73

3

C. 12

D. 14

Chọn B.
2

 x + 5, x  0
 x − 1, x  −1  x  1
Ta có: y = x − 1 =  2
và y = x + 5 = 
− x + 5, x  0

− ( x − 1) , −1  x  1
2

Ta có đồ thị

Hoành độ giao điểm dương của hai đường đã cho là nghiệm của phương trình:
x2 − 1 = x + 5  x 2 − x − 6 = 0 , cho ta x = 3 .

Do tính chất đối xứng, diện tích S cần tìm bằng hai lần diện tích của S1, mà S1 = diện tích
hình thang OMNP – I – J, với
3

1

1

3
 x3
 x3


20
2
I =  ( − x 2 + 1) dx =  − + x  = và J =  ( x 2 − 1) dx =  − x  =
còn diện tích hình thang
3
 3
1 3
0 3
0
1

OMNP là

39 22 73
8+5
39
. Do vậy: S1 = − =
(đvdt)
3 =
2
3
6
2
2

Từ đó, S = S1 + S2 =

73
.
3

Câu 38(GV MẪN NGỌC QUANG 2018). Tìm hàm số f ( x ) biết f ' ( x ) =
f ( 0 ) = 1. Biết f ( x ) có dạng:
f ( x ) = ax 2 + bx + ln 2 x + 1 + c. Tìm tỉ lệ của a : b : c

A. a : b : c = 1 : 2 : 1
C. a : b : c = 2 : 2 : 1

B. a : b : c = 1 : 1 : 1
D. a : b : c = 1 : 2 : 2

4x2 + 4 x + 3
và
2x + 1


Chọn B.
Ta có f (x ) =



4x 2 + 4x + 3
2 

2

dx=   2 x + 1 +
dx = x + x + ln 2 x + 1 + c
2x + 1 
2x + 1


Mà f ( 0 ) = 1  c = 1  f ( x) = x 2 + x + ln 2 x + 1 + 1
Bình luận: Kiến thức cơ bản cần nhớ: bảng nguyên hàm.
Câu
39(GV
MẪN
NGỌC
QUANG
2018).
( x − a ) cos 3x + 1 sin 3x + C
I =  ( x − 2 ) sin 3xdx = −
b
c
Tính giá trị của tổng S = a + b + c. Chọn đáp án đúng
A. S = 14
B. S = -2
C. S = 9
Chọn A.
du = dx
u = x − 2

Đặt 

cos 3 x
dv = sin 3 xdx v = −

3

Do đó: I = −

( x − 2 ) cos 3x + 1

cos 3xdx = −
3

3

Tính

nguyên

hàm

D. S = 10

( x − 2 ) cos 3x + 1 sin 3x + C
3

9



Câu

40(GV

MẪN

NGỌC

QUANG

2018).

Cho

I =

 (2x − 1 − sin x ) dx .Biết
2

0

I =

2
a

−


b

−1

Cho các mệnh đề sau:

(1) a = 2b

(2) a + b = 5

(3) a +3b = 10

(4) 2a + b = 10

B. (2),(3),(4)

C. (1),(2),(4)

D. (1),(3),(4)

Các phát biểu đúng
A. (1),(2),(3)
Chọn D.


I =







 (2x − 1 − sin x ) dx =  2x .dx −  dx −  sin xdx = A − B − C
2

2

2

2

0

0

0

0


2

A =  2x .dx = x 2
0

I = A − B +C =

2
0







=

2
4



2

4
−

2

; B =  dx = x
0


2


2
0

=


2

2

(

; C =  sin xdx = −cosx
0

)


2

=1

0

−1

x3dx 1
= ln b Chọn phát biểu đúng
Câu 41(GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Cho I =  4
0 x +1
a
A. a : b = 2 : 1
B. a + b = 3
C. a – b = 1
D. Tất cả đều đúng
Chọn A.
1

1

I =
0

x 3 dx
. Đặt: u = x 4 + 1  du = 4 x3dx
4
x +1

Đổi cận: x = 0  u = 1; x = 1  u = 2  I = 

2

1

2

du 1
 1
= ln u  = ln 2
4u 4
1 4

Câu 42. (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
hàm số y =

x +1
và các trục tọa độ Ox, Oy ta được:

x−2

b
S = a ln − 1 . Biết a nguyên dương . Chọn đáp án đúng
c
A.a+b+c=8
B.a>b
C.a–b+c=1
Chọn A.
0

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại (– 1; 0). Do đó S =



−1

0

Ta có S =

x +1

0

3

x +1
dx
x−2

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

−1

−1

D . a + 2b – 9 = c

0
−1

= 1 + 3ln

2
3
= 3ln − 1
3
2