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 .



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


(

)

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

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

= 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


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! 

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 


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 .

+ 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


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

(

)


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


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

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



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

=−

ln x

21000

ln21000



+

1+ 2

1000

1

=−

1000ln2

=−

1000ln2

1+ 2


21000

21000

)1

=−

21000



1

1000ln2
1+ 2

1000

21000
1

1

1
1 
 −
 dx
 x x + 1
21000

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 

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)

)


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

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 = 
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


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

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 =

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


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



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

−

0



f (t )dt =

−1

1
2



0

f (t )dt +

−1



f (t )dt = 23

1
−
2
a



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

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






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


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

(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