1

f  x  dx  2
�

(Tham khảo THPTQG 2019) ) Cho

Câu 1:

0

1

và

g  x  dx  5
�

khi đó

0

1

dx
�
�f  x   2 g  x  �
�
�
0

A. 3 .

Ta có
Xét

bằng
B. 12 .

C. 8 .
Lời giải

1

1

1

0

0

0

D. 1 .

g  x  dx  5 � 2�
g  x  dx  10 � �
2 g  x  dx  10
�


1

1

1

0

0

0

�
dx  �
f  x  dx  �
2 g  x  dx
�f  x   2 g  x  �
�
�

 2  10  8 .

f  x   ex  x
Câu 2: (Tham khảo THPTQG 2019) Họ nguyên hàm của hàm số
là
1
1 x 1 2
ex  x2  C
e  x C
x

2
x
2
2
A. e  x  C .
B.
.
C. x  1
. D. e  1  C .
Lời giải
1
x
 ex  x2  C
e

x
d
x


2
Ta có �
.
Câu 3: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
y  e x , y  0 , x  0 , x  2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
2

A.

S �

e 2 x dx
0

2

B.

S �
e x dx
0

2

C.
Lời giải

S �
e x dx
0

2

S �
e x dx

D.

0

2


Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  e , y  0 , x  0 , x  2 là:
x

Câu 4: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Nguyên hàm của hàm số
A. x  x  C
4

2

B. 3x  1  C

C. x  x  C

2

3

f  x   x3  x

S �
e x dx
0

.

là
D.

1 4 1 2

x  x C
4
2
Lời giải

x
�

3

1 4 1 2
 x 2  dx  4 x  2 x  C
.

Câu 5: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình phẳng

H

giới hạn bởi các đường

y  x2  3 ,

y  0 , x  0 , x  2 . Gọi V là thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay

quanh trục Ox . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

H

xung



2

A.

2

V �
 x2  3 dx
2

B.

0

V �
 x2  3 dx
0

2

C.

2

V �
 x 2  3 dx
2

D.


0

V �
 x 2  3 dx
0

Lời giải
Thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay
2

V �
 x2  3 dx

H

xung quanh trục Ox là:

2

0

.

Câu 6: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Nguyên hàm của hàm số
1 5 1 3
x  x C
3
B. 5


A. 4 x  2 x  C
3

f  x   x4  x2

4
2
C. x  x  C

là

5
3
D. x  x  C .

Lời giải
f  x  dx 
�

x
�

4

1

1

5
3

 x 2  dx  5 x  3 x  C
.

Câu 7: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình phẳng

H

giới hạn bởi các đường thẳng

y  x  2, y  0, x  1, x  2 . Gọi V là thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay
2

 H  xung quanh trục Ox . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
2

A.

2

V �
 x  2 dx
2

2

V �
 x  2  dx

B.


1

2

2

2

1

2

V �
 x  2  dx
2

C.

D.

1

V �
 x 2  2 dx
1

Lời giải
2

Ta có:


V �
 x 2  2  dx
2

1

.

f  x   x3  x 2
Câu 8: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Nguyên hàm của hàm số
là
1 4 1 3
x  x C
4
3
2
3
2
3
A. x  x  C
B. 4
C. 3x  2 x  C
D. x  x  C
Lời giải
x
Câu 9: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Gọi S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường y  2 ,

y  0 , x  0 , x  2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
2


S�
2 dx

2

x

A.

0

S �
2 dx

2

S �
2 dx

2x

.

2

2

0


0

S�
2 x dx  �
2 x dx

B.

(do

0

.

2 x  0, x � 0; 2

C.
Lời giải

0

A. x  x  C .

B. 4 x  1  C .
3

.

D.


S �
2 x dx
0

.

).

Câu 10: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Nguyên hàm của hàm số
4

2

2x

f  x   x4  x

C. x  x  C .
5

2

là

1 5 1 2
x  x C
2
D. 5
.



Lời giải

x
�
Ta có

4

1
1
 x  dx  x 5  x 2  C
5
2
.
1

Câu 11: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102)

1 4 
e e
A. 3
.

e
�

3 x 1

dx

bằng

0

1 4 
e e
C. 3
.

B. e  e .
4

3
D. e  e .

Lời giải
1

1

1
1 3 x 1 
1
1
3
x

1

dx  �

e d 3x  1  e
  e4  e 
30
3
0
3
.

e
�

3 x 1

0

Câu 12: (Tham khảo 2018) Cho hàm số

y  f  x

liên tục trên đoạn

 a; b . Gọi

D là hình phẳng giới

y  f  x
x  a, x  b  a  b 
hạn bởi đồ thị hàm số
, trục hoành và hai đường thẳng
. Thể tích

của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành được tính theo công thức:
b

b

V �
f  x  dx
2

A.

V  2 �
f  x  dx

V 

2

B.

a

a

C.
Lời giải

b

2


f  x  dx
�
a

2
Câu 13: (Tham khảo 2018) Họ nguyên hàm của hàm số f ( x)  3 x  1 là
x3
 xC
3
A. x  C
B. 3
C. 6x  C
Lời giải

 3x
�

2

f  x  dx
�
a

3
D. x  x  C

dx

�

x3

Câu 14: (Tham khảo 2018) Tích phân 0
16
5
log
3
A. 225
B.
dx

 ln x  3
�
x3

2
0

 ln

0

bằng
C.
Lời giải

ln

5
3


2
D. 15

5
3

Câu 15: (THPTQG năm 2017 Mã đề 104) Tìm nguyên hàm của hàm số
7 dx  7
�
x

A.

D.

b

2

 1 dx  x 3  x  C .

2

2

V 

2


x

ln 7  C

Áp dụng công thức

B.

7 x dx 
�

a x dx 
�

f  x   7x

.

C

7 x dx 
�

x

7
C
ln 7

7 dx  7

C. �
Lời giải
x

x 1

D.

ax
 C ,  0  a �1
ln a
ta được đáp án B

Câu 16: (THPT QG 2017 Mã đề 105) Tìm nguyên hàm của hàm số

f  x  2sin x

.

7 x 1
C
x 1


2sin xdx  sin2x  C
�
2sin xdx  2cos x  C
C. �

2sin xdx  2cos x  C

�
2sin xdx  sin x  C
D. �

A.

B.

2

Lời giải

f  x 

1
5x  2 .

Câu 17: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Tìm nguyên hàm của hàm số
dx
dx
1
 5ln 5x  2  C
 ln 5x  2  C
�
�
A. 5x  2
B. 5x  2 5
dx
dx
1

 ln 5x  2  C
  ln 5x  2  C
�
�
2
C. 5x  2
D. 5x  2
Lời giải
dx
1
dx
1
 ln ax  b  C  a �0
 ln 5x  2  C
�
�
Áp dụng công thức ax  b a
ta được 5x  2 5
.
Câu 18: Tìm nguyên hàm của hàm số
A.

cos3xdx  3sin3x  C
�

C.

cos3xdx  sin 3x  C
�


cos3xdx 
�
Ta có:

f  x  cos3x

B.

cos3xdx 
�

D.
Lời giải

sin 3x
C
3

cos3xdx  
�

sin 3x
C
3

sin 3x
C
3

Câu 19: (Đề minh họa lần 1 2017) . Cho hai số thực a và b , với 1  a  b . Khẳng định nào dưới đây là

khẳng định đúng?
A. log a b  1  log b a
B. 1  log a b  log b a
C. log b a  log a b  1
D. logb a  1  log a b
Lời giải
log a b  log a a
log a b  1
�
�
b  a 1� �
��
� logb a  1  log a b
log b b  log b a
1  log b a
�
�
Cách 1- Tự luận: Vì
Cách 2- Casio: Chọn a  2;b  3 � log 3 2  1  log 2 3 � Đáp án D
Câu 20: (Đề minh họa lần 1 2017) Viết công thức tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo ra khi quay hình
thang cong, giới hạn bởi đồ thị hàm số

y  f  x

x  a, x  b  a  b 
, trục Ox và hai đường thẳng
,

xung quanh trục Ox .
b


A.

V �
f 2  x  dx
a

b

B.

V �
f 2  x  dx
a

b

V �
f  x  dx

C.
Lời giải

Câu 21: (Đề minh họa lần 1 2017) Tìm nguyên hàm của hàm số

a

f  x   2 x  1.

b


D.

V �
f  x  dx
a


2

f  x  dx   2 x  1
�
3
A.
1

f  x  dx  
�
3
C.

1

f  x  dx   2 x  1
�
3
B.

2 x  1  C.


1

f  x  dx 
�
2
D.

2 x  1  C.

2 x  1  C.

2 x  1  C.

Lời giải
1
f  x  dx  �2 x  1dx  �
 2 x  1 d  2 x  1
�
2
1
2



1
 2 x  1 2 x  1  C
3

Câu 22: (Đề thử nghiệm THPT QG 2017) Tìm nguyên hàm của hàm số
1


.

1

f  x  dx  sin 2 x  C
�
2
A.

C.

f  x   cos 2 x

f  x  dx   sin 2 x  C
�
2
B.

f  x  dx  2sin 2 x  C
�

f  x  dx  2sin 2 x  C
D. �
Lời giải
1

Áp dụng công thức
kết quả.


cos( ax  b)dx  sin( ax  b)  C
�
a

Câu 23: (Đề thử nghiệm THPT QG 2017) Cho hàm số

f  x

với a �0 ; thay a  2 và b  0 để có

có đạo hàm trên đoạn

 1; 2 , f  1  1 và

2

f  2  2

. Tính

I �
f�
 x  dx.
1

A. I  1.

B. I  1.
2


Ta có

C. I  3.
Lời giải

D.

I 

7
.
2

I �
f�
 x  dx  f  x  1  f  2   f  1  2  1  1.
2

1

Câu 1: (Tham khảo THPTQG 2019) Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên
được tính theo công thức nào dưới đây?
y
y  x2  2 x 1
1 O

2

x
y  x2  3


2

A.

 2 x 2  2 x  4  dx
�

1
2

C.

 2 x  2  dx
�

1

2

.

B.

 2 x  2  dx
�

1
2


.

 2 x
�

D. 1
Lời giải

2

.

 2 x  4  dx

.


Ta thấy:

x � 1; 2

2
2
:  x  3 �x  2 x  1 nên
2

�
S�
  x 2  3   x 2  2x  1 �
�

�dx 
1

2

 2 x
�

2

1

 2 x  4  dx

.

f  x   4 x  1  ln x 
Câu 2: (Tham khảo THPTQG 2019) Họ nguyên hàm của hàm số
là
2
2
2
2
2
2
2
A. 2 x ln x  3 x .
B. 2 x ln x  x .
C. 2 x ln x  3 x  C . D. 2 x ln x  x 2  C .
Lời giải

Cách 1. Ta có

f  x  dx  �
4 x  1  ln x  dx  �
4 xdx  �
4 x ln xdx
�

4 xdx  2 x 2  C1
+ Tính �

+ Tính

4 x ln xdx
�

1
�
du  dx
u  ln x
�
�
��
x
�
dv  4 xdx �
�
v  2 x2
�
Đặt

4 x ln xdx  2 x
Suy ra �

2

ln x  �
2 xdx  2 x 2 ln x  x 2  C2

2
2
Do đó I  2 x ln x  x  C .

 2x
Cách 2. Ta có

2

ln x  x 2  �  2 x 2  �
.ln x  2 x 2 .  ln x  �
  x2  �

1
 4 x.ln x  2 x 2 .  2 x
x
 4 x  1  ln x 
.

2
2
f  x   4 x  1  ln x 

Do đó 2 x ln x  x là một nguyên hàm của hàm số
.
2
2
f  x   4 x  1  ln x 
Hay 2 x ln x  x  C là họ nguyên hàm của hàm số
.
1

Câu 3: (Tham khảo THPTQG 2019) Cho
Giá trị của 3a  b  c bằng
A. 2 .
B. 1 .
1

xdx

�
 x  2
0

2

xdx

�
 x  2

2


 a  b ln 2  c ln 3
với a , b , c là các số hữu tỷ.

0

C. 2 .
Lời giải
2dx

D. 1 .

1
 x  2   2 dx  1 dx  1
�
2
2
�
�
0  x  2
0 x2
0  x  2

 ln  x  2 

1
0

 x  2
 2.
1


1 1

 ln 3  ln 2 
0

2
1
 1    ln 2  ln 3
3
3

1
a   ; b  1; c  1 � 3a  b  c  1
3
Vậy
.
2

Câu 4: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018)

3 x 1

e
�
1

dx
bằng


.


1 5 2
 e e 
A. 3

1 5 2
e e
B. 3

C. e  e
5

1 5 2
e e 
D. 3

2

Lời giải
2

e
�

Ta có 1

2
1

dx  e3 x 1  1 e5  e 2
1
3
3
.



3 x 1



55

Câu 5: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho
Mệnh đề nào dưới đây đúng?

dx

 a ln 2  b ln 5  c ln11
�
x x9

16

B. a  b  c

A. a  b  c

, với a, b, c là các số hữu tỉ.


C. a  b  3c

D. a  b  3c

Lời giải
2
Đặt t  x  9 � t  x  9 � 2tdt  dx .
Đổi cận x  16 � t  5 , x  55 � t  8 .
8
55
8
8
2tdt
dx
dt
1 �1
1 �
1 x3 8


2


dx  ln
�
2
�
�
2

�
�
�
t  t  9
t  9 3 5 �x  3 x  3 �
3 x3 5
5
Do đó 16 x x  9 5
1 5 1 1 2
1
1
 ln  ln  ln 2  ln 5  ln11
3 11 3 4 3
3
3
.
2
1
1
a  ;b  ;c  
3
3
3 � a  b  c .
Vậy

Câu 6: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc biến

1 2 11
t  t  m / s
180

18
thiên theo thời gian bởi quy luật
, trong đó t (giây) là khoảng thời gian tính
từ lúc A bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển
v (t ) 





a m / s2 a
động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 5 giây so với A và có gia tốc bằng
( là
hằng số). Sau khi B xuất phát được 10 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A
bằng
A.

22  m / s 

B.

15  m / s 

C.

10  m / s 

D.

7  m / s


Lời giải
Thời gian tính từ khi A xuất phát đến khi bị B đuổi kịp là 15 giây, suy ra quãng đường đi
15

15

15

�1 2 11 � � 1 3 11 2 �
v(t )dt  �
dt  � t  t �
� t  t�
�
36 �0  75  m 
180
18 � �540
�
0
0
được tới lúc đó là
.
y t  �
a.dt  a.t  C C
Vận tốc của chất điểm B là
( là hằng số); do B xuất phát từ trạng thái

y  0  0 � C  0
;
Quãng đường của B từ khi xuất phát đến khi đuổi kịp A là

nghỉ nên có


10

10

a.t 2
�
y
(
t
)d
t

75
�
a
.
t
d
t

75
�
�
2
0
0


y t 

Vậy có

10

 75
0

� 50a  75

�a

3
2

3t
2 ; suy ra vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng y  10   15  m / s  .
2

Câu 7: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018)

dx

�
3x  2

bằng

1


1
ln 2
B. 3

A. 2 ln 2

2
ln 2
C. 3

D. ln 2

Lời giải
2

Ta có

dx

2

1

 ln 3 x  2
�
3x  2 3
1



1

1
2
 ln 4  ln1  ln 2
3
3
.
e

Câu 8: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho
tỷ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. a  b  c
B. a  b  c
e

e

 1  x ln x  dx  ae
�

e

Khi đó

x ln x dx 
�
1

C. a  b  c

Lời giải

e

e

1

1

e

e
x2
1
e2 1
ln x  �
x dx   x 2
2
21
2 4
1

e

2

e
1


4

4

4

với a , b ,

c

là các số hữu

D. a  b  c

.

e2 e2 1 e2 1
    
2 4 4
4 4.

2

 1  x ln x  dx  e  1  e  1  e  e  3
�

Suy ra 1
Vậy a  b  c .

 be  c


1

1.dx  �
x ln x dx  e  1  �
x ln x dx
 1  x ln x  dx  �
�

1
Ta có 1
1
�
u  ln x � du  dx
�
�
x
�
x2
�
dv  x.dx � v 
2
Đặt �

2

4 nên

a


1
3
c
4 , b 1 ,
4.

Câu 9: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với
vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy luật

v t 

1 2 13
t 
t  m/s 
100
30
, trong đó

t (giây) là

khoảng thời gian tính từ lúc A bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B
cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 10 giây so với

A và có gia tốc bằng a  m/s  ( a là hằng số). Sau khi B xuất phát được 15 giây thì đuổi kịp
A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng
2

A.

15  m/s 


Ta có

B.

9  m/s 

C.
Lời giải

42  m/s 

vB  t   �
a.dt  at  C vB  0   0 � C  0 � vB  t   at
,
.

D.

25  m/s 


Quãng đường chất điểm A đi được trong 25 giây là
25
�1 2 13 �
� 1 3 13 2 �25 375
SA  �
t

t

dt

�
�
� t  t � 
100
30 �
60 �0
2 .
�300
0 �
Quãng đường chất điểm B đi được trong 15 giây là
15

SB  �
at.dt 
0

at 2
2

15



0

225a
2 .


375 225a
5

�a
2
2
3.
Ta có
5
vB  15  .15  25  m/s 
3
Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A là
.
2

Câu 10: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018)
7
1
2 ln
ln 35
5
A.
B. 2

dx

�
2x  3
1


bằng
C.

ln

7
5

1 7
ln
D. 2 5

Lời giải
2

2

dx
1
1
1 7
 ln 2 x  3   ln 7  ln 5  ln
�
2
2 5.
1
Ta có 1 2 x  3 2
e

 2  x ln x  dx  ae

�

2

 be  c

Câu 11: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho
với a, b, c là các số hữu
tỉ. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a  b  c
B. a  b  c
C. a  b  c
D. a  b  c
Lời giải
e
e
e
e
e
2dx  �
x ln xdx  2 x  I  2e  2  I
I �
x ln xdx
 2  x ln x  dx  �
�
1
1
1
1
Ta có 1

với
1

1
�
du  dx
�
�
x
��
2
u  ln x
�
x
�
�
v
d
v

x
d
x
�
2
Đặt �
e
2
e
e x 2 e e2 1

x
x
x2
e2  1
�I 
ln x  �dx  ln x 

  e 2  1 
1 12
1 4 1 2 4
2
2
4
e
2
e 1 1 2
7
��
 e  2e 
 2  x ln x  dx  2e  2 
4
4
4
1
� 1
a
�
4
�
��

b2
�
7
�
c
4 � a b  c
�
Câu 12: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với
1 2 58
t  t  m / s
120
45
vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy luật
, trong đó t (giây) là
khoảng thời gian tính từ lúc A bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng
v t 


xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3 giây so với A và có
a  m / s2 

gia tốc bằng
( a là hằng số). Sau khi B xuất phát được 15 giây thì đuổi kịp A . Vận
tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng
A.

25  m / s 

B.


36  m / s 

C.

30  m / s 

D.

21 m / s 

Lời giải
Thời điểm chất điểm B đuổi kịp chất điểm A thì chất điểm B đi được 15 giây, chất điểm A đi được
18 giây.
v  t  �
adt  at  C
v  0  0
v  t   at
Biểu thức vận tốc của chất điểm B có dạng B
mà B
nên B
.
Do từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động cho đến khi chất điểm B đuổi kịp thì quãng đường hai
chất điểm đi được bằng nhau. Do đó
18 �1
15
58 �
225
t2  �
dt  �atdt � 225  a.
�a2

�
�
0
0
120
45 �
2
�
v  t   2.15  30  m / s 
Vậy, vận tốc của chất điểm B tại thời điểm đuổi kịp A bằng B
.
21

Câu 13: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Cho
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a  b  2c .

dx

 a ln 3  b ln 5  c ln 7
�
x x4
5

B. a  b  c .

C. a  b  c .

, với a, b, c là các số hữu tỉ.
D. a  b  2c .


Lời giải
Đặt t  x  4 � 2tdt  dx .
Với x  5 � t  3 ; x  21 � t  5
21

5

dx
dt
5
1
1
1
1
 2�
2
  ln t  2  ln t  2   ln 2  ln 5  ln 7
�
t

4
3
3
2
2
2
2
Ta có 5 x x  4
.

2
Câu 14: (THPTQG năm 2017 Mã đề 104) Cho hình phẳng D giới hạn với đường cong y = x +1 ,
trục hoành và các đường thẳng x = 0, x = 1 . Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục
hoành có thể tích V bằng bao nhiêu?

A.

V=

4p
3

V=

B. V = 2p

C.
Lời giải
Thể tích khối tròn xoay được tính theo công thức:
1

(

V = p�
0

4
3

1


�x 3
� 4p
�
�
x +1 dx = p�
x
+
1
d
x
=
p
=
� + x�
(
)
�
�
�
3
3
�
�
0
0
2

)


2

1

2


2

Câu 15: (THPTQG năm 2017 Mã đề 104) Cho

I  5
2
A. I  7
B.

f  x  dx  5
�
0

Lời giải
Ta có

D. V = 2


2

. Tính


C. I  3

I �
�
�f  x   2sin x �
�dx
0

.

D. I  5   .



2


2


2

0

0

0

I �
dx= �

f  x  dx +2 �
sinx dx
�
�f  x   2sin x �
�

2


I�
f  x  dx  2cosx 2  5  2  0  1  7
0
0
.
Câu 16: (THPTQG năm 2017 Mã đề 104) Tìm nguyên hàm
� �
F � � 2
thoả mãn �2 �
F  x   cos x  sin x  3
A.
F  x    cos x  sin x  1
C.

B.

F  x

của hàm số

f  x   sin x  cos x


F  x    cos x  sin x  3

D.

F  x    cos x  sin x  1

Lời giải
Có

F  x  �
f  x  dx  �
 sin x  cos x  dx   cos x  sin x  C



� �
F � �  cos  sin  C  2 � 1  C  2 � C  1
� F  x    cos x  sin x  1
2
2
Do �2 �
.
Câu 17: (THPTQG năm 2017 Mã đề 104) Cho

F  x 

f�
 x  ln x .
Tìm nguyên hàm của hàm số

ln x
1 �
f�
 x  ln xdx   �
� 2  2 � C
�
2x �
�x
A.
�ln x

C.

f�
 x  ln xdx   �
�
�x

2



1 �
� C
x2 �

f  x
1
2
2 x là một nguyên hàm của hàm số x .


f�
 x  ln xdx 
�
B.

ln x 1
 C
x2 x2

f�
 x  ln xdx 
�
D.

ln x
1
 2 C
2
x
2x

Lời giải
f  x

�x
Ta có:

dx 


1
1
f  x  2 .
2
x
2 x . Chọn

dx
�
u  ln x
du 
�
�
�
�
x
��
.
�
2
dv  3 d x �  1
2
�
v
f�
 x  ln x dx  �3 ln x dx
x
�
�
� x2

x
Khi đó:
. Đặt
ln x

Khi đó:

f�
 x  ln x dx  �
�
x

3

dx  

ln x
1
1 �
�ln x
 �3 dx   � 2  2 � C .
2
x
x
2x �
�x
1

Câu 18: (THPT QG 2017 Mã đề 105) Cho
nguyên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. a b  2
B. a 2b  0

�1

1 �


dx  aln 2 bln3
�
�
�
�x  1 x  2 �
0

C. a b  2
Lời giải

với a,b là các số

D. a 2b  0


1

1
�1
1 �




d
x

ln
x

1

ln
x

2
�
�
0  2ln 2  ln 3
�
x 1 x 2�
0�

; do đó

a  2; b  1

y  ex
Câu 19: (THPT QG 2017 Mã đề 105) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong
, trục hoành
x

0

x

1
và các đường thẳng
,
. Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có
thể tích V bằng bao nhiêu?
 e2  1
 e2  1
e2  1
e2
V
V
V
V
2
2
2
3
A.
B.
C.
D.








1

1

V  �
e2xdx 
0







Lời giải

 e 1
e2x

2 0
2
2

f (x)  ex  2x
Câu 20: (THPT QG 2017 Mã đề 105) Cho F  x là một nguyên hàm của hàm số
thỏa
3
F  0 
2 . Tìm F  x .
mãn

1
5
3
1
F  x  2ex  x2 
F  x  ex  x2 
F  x  ex  x2 
F  x  ex  x2 
2 B.
2 C.
2 D.
2
A.
Lời giải
x
x
2
 e  2x dx  e  x  C
F  x  �
Ta có
3
1
F  0  1 C  � C 
2
2.
Theo bài ra ta có:
2

Câu 21:


(THPT QG 2017 Mã đề 110) Cho

�f  x dx  2

1

2

và

g x dx  1
�

. Tính

1

2

�
I�
x  2 f  x  3g x �
dx
�
�
1

A.

I


11
2

B.

.

I

17
2

C.
Lời giải

x2
�
�
I�
x

2
f
x

3
g
x
d

x
   � 2
�
1

Ta có:
2

2

1

I

5
2

D.

2

2

1

1

 2�
f  x dx  3�
g x dx


I

7
2

3
17
 2.2  3 1
2
 2 .

x2  5x  4
y
x2  1 .
Câu 22: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Tìm số tiệm cận của đồ thị hàm số
A. 2
B. 3
C. 0
D. 1
Lời giải

Điều kiện: x ��1.
x2  5x  4
lim y  lim
 lim
x���
x���
x���
x2  1

Ta có:
Mặc khác:

5 4

x x2  1
1
1 2
� y1
x
là đường tiệm cận ngang.

1


lim y  lim
x�1

x�1

 x  1  x  4  lim  x  4   3
x2  5x  4

lim
x�1 x  1 x  1
x2  1
    x�1  x  1 2

� x  1 không là đường tiệm cận đứng.


 x  1  x  4  lim  x  4  �
x2  5x  4
 lim
2

x�1  x  1  x  1
x� 1
x� 1  x  1
x 1

lim y  lim

x� 1

 x  1  x  4  lim  x  4  �
x2  5x  4
 lim
2

x� 1
x� 1  x  1  x  1
x� 1  x  1
x 1

lim y  lim

x� 1

� x  1 là đường tiệm cận đứng.


Câu 23: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Cho
I  F  e  F  1
?
1
1
I
I
2
e
A.
B.

F  x

f  x 

là một nguyên hàm của hàm số

ln x
x . Tính:

D. I  e

C. I  1
Lời giải

Cách 1.

Vì


f  x 

ln x
x nên

e

e

e

e

ln x
ln2 x
1
I  F  e  F  1  �
f  x dx  � dx  �
ln xd  ln x 

x
2 1 2
1
1
1

.

e


ln x
1
I  F  e  F  1  � dx 
x
2.
1
Cách 2: Dùng MTCT
F  x   x  1 ex
f  x e2x
Câu 24: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Cho
là một nguyên hàm của hàm số
.
2x
f�
 x e .
Tìm nguyên hàm của hàm số
2 x x
2x
x
x e2xdx 
f�
e C

�
f
x
e
d
x


x

2
e

C
�




2
A. �
B.

f�
 x e
�

dx   2  x ex  C

f�
 x e2xdx   4 2x ex  C
D. �
Lời giải

2x

C.


�
f  x .e  �
x  1 e �
 e   x  1 .e
f  x .e dx   x  1 e  C

�
�
�
Theo đề bài ta có
, suy ra
� f  x  e   x  1 .e � f �
 x   1 x .e
f�
e dx  e  2  x  C
 x e dx  �
 1 x e dx  �
 1 x d  e   e  1 x  �
Suy ra �
.
2x

x

2x

x

x


x

x

x

x

2x

x

x

x

x

x

Câu 25: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y  2  sin x , trục
hoành và các đường thẳng x  0 , x   . Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quay quanh trục
hoành có thể tích V bằng bao nhiêu?
2
V  2    1
V  2   1
A. V  2
B.
C. V  2
D.

Lời giải
2 sin x  0 vô nghiệm nên:

Ta có phương trình






2



V  � 2  sin x dx  �
 2 sin x dx
0

0

   2x  cos x  2    1


0

.


f  x
f ' x  3 5sin x

f  0  10
Câu 26: Cho hàm số
thỏa mãn
và
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
f  x  3x  5cos x  5
f  x  3x  5cos x  2
A.
B.

C.

f  x  3x  5cos x  15

f  x  3x  5cos x  2

f  x  �
 3 5sinx dx  3x  5cos x  C

Ta có

Theo giả thiết
Vậy

D.
Lời giải

f  0  10

nên 5 C  10 � C  5 .


f  x  3x  5cos x  5.

y  2  cos x ,
Câu 27: Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong
trục hoành và các đường thẳng
x  0, x 


2 . Khối tròn xoay tạo thành khi

nhiêu?
. V  (  1)
A

B. V    1

D quay quanh trục hoành có thể tích V bằng bao
C. V    1

D. V  (  1)

Lời giải

2







2
0

2

V   � 2 cos x dx    2x  sin x  (  1).
0

6

Câu 28: Cho
A.

f (x)dx  12
�
0

I  36

2

. Tính

I �
f (3x)dx.
0

B. I  4


C. I  6

D. I  5

Lời giải
2

Ta có:

I �
f (3x)dx 
0

2

6

1
1
1
f (3x)d3x  �
f (t)dt  .12  4.
�
30
30
3

Câu 29: (Đề minh họa lần 1 2017) Một ô tô đang chạy với vận tốc 10m/s thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó,

v  t   5t  10


ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc
(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, ô tô còn di chuyển bao
nhiêu mét?

A. 0,2m

B. 2m

C. 10m
Lời giải

D. 20m

Xét phương trình 5t  10  0 � t  2. Do vậy, kể từ lúc người lái đạp phanh thì sau 2s ô tô
dừng hẳn.
Quãng đường ô tô đi được kể từ lúc người lái đạp phanh đến khi ô tô dừng hẳn là
2
5
�2
s�
 t 2  10t �  10m.
 5t  10  dt  �
�
�2
�0
0



Câu 30: (Đề minh họa lần 1 2017) Tính tích phân

I �
cos 3 x.sin xdx
0

.


1
I   4
4
A.

B. I  

4

C. I  0
Lời giải

D.

I 

1
4




I �
cos3 x.sin xdx

. Đặt t  cos x � dt   sin xdx � dt  sin xdx
Đổi cận: Với x  0 � t  1 ; với x   � t  1 .
Ta có:

0

1

1

t4
I  �
t dt  �
t dt 
4
1
1
3

3

Vậy
Cách khác : Bấm máy tính

14  1
 
0

4
4
1

1

4

.

e

Câu 31: (Đề minh họa lần 1 2017) Tính tích phân

A.

I

1
2

B.

I

I �
x ln xdx
1

e2  2

2

:

C.
Lời giải

I

e2  1
4

D.

I

e2  1
4

1
�
du  dx
�
u  ln x
�
�
x
��
e
�

2
x
�dv  xdx �
I �
x ln xdx
v
�
2
1
. Đặt
e

e

e

e

x2
1 x2
e2 1
e2 x2
e2 e2 1 e2  1
� I  ln x  �. dx   �
xdx  
   
2
x 2
2 20
2 4 0 2 4 4

4
0
0
3
Câu 32: (Đề minh họa lần 1 2017) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x  x và đồ thị hàm
2
số y  x  x .

37
A. 12

9
B. 4

81
C. 12
Lời giải

x0
�
�
x  x  x  x � x  x  2x  0 � �
x 1
�
x  2
�
3

Phương trình hoành độ giao điểm


D. 13

2

3

2

3
2
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x  x và đồ thị hàm số y  x  x là:
1

S

3
2
�x  x   x  x  dx 

2

0

0

 x3  x 2  2 x  dx 
�

2


1

x
�

3

0

 x 2  2 x  dx

1

�x 4 x 3
�x 4 x 3
�
16 8
�
� �1 1 � 37
2�
 �   x �  �   x 2 �   �   4 � �   1�
�4 3
� �4 3 � 12
�4 3
�2 �4 3
�0

.



Câu 33: (Đề minh họa lần 1 2017) Kí hiệu

H

x
là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  2( x  1)e , trục

 H  xung quanh trục
tung và trục hoành. Tính thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình
Ox
A. V  4  2e

B.

V   4  2e  

2
C. V  e  5
Lời giải
x
2  x  1 e  0 � x  1

Phương trình hoành độ giao điểm

Thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình

 H

D.






V  e2  5 

xung quanh trục Ox là:

�
du  2  x  1 dx
2
�
u   x  1
�
�
2
� � e2 x
2
�
�
V �
2  x  1 e x �
 x  1 e 2 x dx
v
dv  e 2 x dx
�
�
�dx  4 �
�
� 2

0
0
. Đặt
1

1

1

1

1

1

2x
e2 x
e2 x
2 e
� V  4  x  1
 4 �
2  x  1
dx  4  x  1
 4 �
 x  1 e2 x dx
2 0
2
2 0
0
0

2

u  x  1 � du  dx
�
�
�
e2 x
2x
I1  �
 x  1 e 2 x dx
dv  e dx � v 
�
2
0
Gọi
. Đặt �
1

1

1

1
e2 x
e2 x
� I1  4  x  1
 4 � dx  2   e 2 x  2   e 2    3   e2
0
2 0
2

0
1

e2 x
V  4  x  1
 I1  2   3   e 2     e 2  5 
2 0
2

Vậy

f  x   x2 

2
x2 .

Câu 34: (Đề tham khảo lần 2 2017) Tìm nguyên hàm của hàm số
x3 2
x3 1
f
x
d
x



C
f
x
d

x

 C
� 
� 
3 x
3 x
A.
.
B.
.
C.

f  x  dx 
�

x3 2
 C
3 x
.

D.
Lời giải

f  x  dx 
�

x3 1
 C
3 x

.

x3 2
�2 2 �
dx    C
�x  2 �
�
3 x
Ta có � x �
.
2

Câu 35: (Đề tham khảo lần 2 2017) Tính tích phân
đề nào dưới đây đúng?
3

A.

I  2�udu
0

3

C.

I  �udu
0

2


B.

I  �udu
1

2

1
I  �udu
21
D.

I �
2 x x 2  1dx
1

2
bằng cách đặt u  x  1 , mệnh


Lời giải
2

I �
2 x x 2  1dx
1

2
đặt u  x  1 � du  2 xdx . Đổi cận x  1 � u  0 ; x  2 � u  3
3


Nên

I  �udu
0

Câu 36: (Đề tham khảo lần 2 2017) Tính thể tích V của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x  1
và x  3 , biết rằng khi cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ

x ( 1 �x �3 ) thì được thiết diện là một hình chữ nhật có độ dài hai cạnh là 3x và
124
V
3
A. V  32  2 15
B.
C.

V

124
3

3x 2  2 .

D. V  (32  2 15)
Lời giải

2
Diện tích thiết diện là: S ( x)  3 x. 3 x  2
3


� Thể tích vật thể là:

V �
3 x. 3 x 2  2dx 
1

Câu 37: (Đề thử nghiệm THPT QG 2017) Biết

F  2  1

A.

. Tính

F  3

124
3

F  x

là một nguyên hàm của

f  x 

1
x  1 và

.


F  3  ln 2  1

B.

F  3  ln 2  1

C.
Lời giải

F  3 

1
2

D.

F  3 

7
4

1
F ( x)  �
f ( x)dx  � dx  ln x  1  C
x 1
. F (2)  1 � ln1  C  1 � C  1 .

Vậy


F ( x)  ln x  1  1

. Suy ra F (3)  ln 2  1 .
4

Câu 38: (Đề thử nghiệm THPT QG 2017) Biết
nguyên. Tính S  a  b  c.
A. S  6 .

B. S  2 .

1
1
1
1

 
.
Ta có: x  x x( x  1) x x  1
2

dx
I  �2
 a ln 2  b ln 3  c ln 5,
x x
3

C. S  2 .
Lời giải


với a, b, c là các số

D. S  0.


4
4
4
dx
1 �
�1
I  �2
�
dx   ln x  ln( x  1)   (ln 4  ln 5)  (ln 3  ln 4)
�
�
3
x  x 3 �x x  1 �
3
Khi đó:  4 ln 2  ln 3  ln 5.

Suy ra: a  4, b  1, c  1. Vậy S  2.
Câu 39: (Đề thử nghiệm THPT QG 2017) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

y  x3  x và đồ thị hàm số y  x  x 2
37
A. 12

9
B. 4


81
C. 12

D. 13

Lời giải

x0
�
�
x  x  x  x � x  x  2x  0 � �
x 1
�
x  2
�
3

Phương trình hoành độ giao điểm

2

S

0

x
�x  x   x  x  dx  �
3


2

2

3

2

0



2

y  x 3  x và đồ thị hàm số y  x  x 2 là:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
1

3

1





 x  2 x dx  �
x 3  x 2  2 x dx
2


0

1

�x 4 x3
� �x 4 x3
�
16 8 � �1 1 � 37
�
 �   x 2 �  �   x 2 �   �   4 � �   1�
�4 3 � �4 3 � 12
�4 3
�2 �4 3
�0

.

Câu 1: (Tham khảo THPTQG 2019) Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh A1 ,
A2 , B1 , B2 như hình vẽ bên. Biết chi phí sơn phần tô đậm là 200.000 đồng/ m 2 và phần còn
2
lại là 100.000 đồng/ m . Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây,
biết A1 A2  8 m , B1 B2  6 m và tứ giác MNPQ là hình chữ nhật có MQ  3 m ?
B2

N

M
A1


A2

Q

P
B1

A. 7.322.000 đồng.

B. 7.213.000 đồng. C. 5.526.000 đồng.
Lời giải

D. 5.782.000 đồng.


y
B2 3

N
A2
4

M
A1
O

Q

x


P
B1

x2 y 2

1
a2 b2
Giả sử phương trình elip
.
2a  8 �a  4
�A1 A2  8
�
x2 y 2
3
��
��
�
�
E
:

 1 � y  � 16  x 2


B
B

6
2
b


6
a

3
�
�
16 9
4
Theo giả thiết ta có � 1 2
.

 E :

 E
Diện tích của elip

S E    ab  12

là

m  .
2

�
�M  d � E 
3 � M �2 3; 3 � N �2 3; 3 �
��
d
:

y

�
�
�
�
N

d
�
E
  với
�
2 �và �
2 �.
�
2
Ta có: MQ  3
4

S 4

�3

��
�4

2 3
Khi đó, diện tích phần không tô màu là
S�

 S E   S  8  6 3
Diện tích phần tô màu là
.
Số tiền để sơn theo yêu cầu bài toán là







�
16  x 2 �
dx  4  6 3
 m2 
�



T  100.000 �4  6 3  200.000 �8  6 3 �7.322.000

Câu 2: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hai hàm số

.

đồng.

f  x   ax3  bx 2  cx 

1

2 và

g  x   dx 2  ex  1  a, b, c, d , e ��

y  f  x
y  g  x
. Biết rằng đồ thị hàm số
và
cắt nhau
tại 3 điểm có hoành độ lần lượt là 3 ; 1 ; 1 (tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới hạn bởi 2
đồ thị đã cho có diện tích bằng

9
A. 2

Cách 1:

B. 8

C. 4
Lời giải

D. 5


Xét phương trình

ax3  bx 2  cx 

1

3
 dx 2  ex  1 � ax 3 +( b - d ) x 2 +( c - e) x - = 0
2
2
có 3

3
3
�
�
27 a  9  b  d   3  c  e    0
bd 
�
�
2
2
�
�
3
1
�
�
a   b  d    c  e    0
��
a
�
2
�
� 2
3

1
�
�
a   b  d    c  e   0
ce 
�
�
2
2
�
nghiệm lần lượt là 3 ; 1 ; 1 nên suy ra �
1
3
1
3
f  x   g  x   x3  x 2  x 
2
2
2
2.
Vậy
Hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị đã cho có diện tích bằng
S

1

1

3


1

 f  x   g  x   dx  �
 g  x   f  x   dx
�
1

1

3�
3�
�1 3 3 2 1
�1 3 3 2 1
�S�
dx  �
dx  2  2  4
� x  x  x �
� x  x  x �
2
2
2
2 � 1 �2
2
2
2�
3 �

.

Cách 2: (người phản biện đề xuất)

f  x   g  x   a  x  3  x  1  x  1
Ta có:
.
a  x  3  x  1  x  1  ax 3   b  d  x 2   c  d  x 

Suy ra

3
2

3
1
3a   � a 
2
2.
Xét hệ số tự do suy ra:
1
f  x   g  x    x  3  x  1  x  1
2
Do đó:
.
Diện tích bằng:
�S

1

1

3


1

S�
dx  �
g  x  f  x �
�
�
�f  x   g  x  �
�
�
�dx

1

1

1
1
 x  3  x  1  x  1 dx  �
 x  3  x  1  x  1 dx
�
2 3
2 1
 4.

Câu 3: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số

f  x

thoả mãn


f  2  

2
2
 x  2x �
�f  x  �
� với
9 và f �

f  1
mọi x ��. Giá trị của
bằng.

A.



35
36

B.

f�
 x  2x �
�f  x  �
�
2

Ta có


� f  x  



�

2
3

C.



19
36

D.



Lời giải

f�
 x

f�
 x  dx  2 xdx
1
 2x � �

�
 x2  C
2
�
�
�
f  x
�f  x  �
�
�f  x  �
�
2

1
2
2
1
1
f  2   �   
�C 
x  C . Theo giả thiết:
9
9
4C
2.
2

2
15



f  x  

Vậy

1
x2 

2
1
� f  1  
2
3.

f  x   ax3  bx 2  cx  1

Câu 4: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hai hàm số

và

1
2  a, b, c, d , e �� . Biết rằng đồ thị của hàm số y  f ( x) và y  g ( x) cắt
nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt 3; 1; 2 (tham khảo hình vẽ).
g  x   dx 2  ex 

Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng
253
A. 12

125

B. 12

253
C. 48

125
D. 48

Lời giải
Vì phương trình f ( x)  g ( x)  0 có 3 nghiệm 3; 1; 2 nên

f  x   g  x   a  x  3  x  2   x  1 .
So sánh hệ số tự do ta được
2

6a  

1

�4  x  3  x  1  x  2  dx 

S

3

3
1
�a  .
2
4 Do đó


253
48

.

Câu 5: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số
f�
 x   4 x3 �
�f  x  �
�
2

A.



41
400

f  x

thỏa mãn

f  2  

1
25 và

f  1

với mọi x ��. Giá trị của
bằng
B.



1
10

C.



391
400

D.



1
40

Lời giải

�
2

Ta có
Do


f�
 x   4 x3 �
�f  x  �
�

f  2  

f�
 x

�
3
�1 �
1
3


4
x
2
��
  x4  C
� 4 x �
�
f  x
�f  x  �
�f  x  �
�


1
1
1
f  x   4
� f  1  
25 , nên ta có C  9 . Do đó
x 9
10 .

Câu 6: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hai hàm số

g  x   dx 2  ex 

f  x   ax3  bx 2  cx 

3
4 và

3
4 ,  a, b, c, d , e �� . Biết rằng đồ thị của hàm số y  f  x  và y  g  x  cắt


nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là 2 ; 1 ; 3 (tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới hạn
bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng

253
A. 48

125
B. 24


125
C. 48

253
D. 24

Lời giải
Ta có phương trình hoành độ giao điểm là:
3
3
3
ax3  bx 2  cx   dx 2  ex  � ax 3   b  d  x 2   c  e  x   0
4
4
2
.
3
h  x   ax3   b  d  x 2   c  e  x 
2
Đặt
3
h  x   ax3   b  d  x 2   c  e  x 
2 có ba nghiệm là x  2 ; x  1; x  3 .
Dựa vào đồ thị ta có
3
8a  4  b  d   2  c  e    ,  1
2
Với x  2 ta có
.

3
a   b  d    c  e    ,  2
2
Với x  1 ta có
.
3
27a  9  b  d   3  c  e    ,  3 
2
Với x  3 ta có
.
3
�
� 1

8
a

4
b

d

2
c

e


a





�
�
2
4
�
�
3
1
�
�
a   b  d    c  e  
��
bd  
�
2
2
�
�
3
5
�
�
27 a  9  b  d   3  c  e   
ce  
�
�
1 ,  2 

3


2
4 .
�
�
Từ
và
ta có
Hay ta có
3

S

�f  x   g  x  dx 

2

1

3

1 3 1 2 5
3
1
1
5
3
x  x  x  dx  �x 3  x 2  x  dx  63  4  253

�
4
2
4
2
4
2
4
2
16 3 48 .
2
1

Câu 7: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số

f  x

thỏa mãn

f  2  

1
5 và

f�
 x   x3 �
�f  x  �
�
2


f  1
với mọi x ��. Giá trị của
bằng
4
71
79



A. 35
B. 20
C. 20
Lời giải
2
2
f�
x
f�
x
2


3
3
f�
dx  �
x 3dx
 x  x �
2
�f  x  �

�� f 2 x  x � �
f
x




1
1
Ta có:

D.



4
5


2

� 1 � 15
1
1
15
4
��

 �


 � f  1  
�
�
�
4
f  2  f  1 4
5
� f  x �
1
.
Câu 8: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc

1 2 59
t  t  m / s
150
75
biến thiên theo thời gian bởi quy luật
, trong đó t (giây) là khoảng thời gian
tính từ lúc a bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển
v t 

a  m / s2  a
( là
hằng số). Sau khi B xuất phát được 12 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A
động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3 giây so với A và có gia tốc bằng
bằng

A.

20  m / s 


.

B.

16  m / s 

.

13  m / s 
C.
.
Lời giải

D.

15  m / s 

.

15

Quãng đường chất điểm A đi từ đầu đến khi B đuổi kịp là

�1 2 59 �
S�
dt  96  m 
� t  t�
150
75 �

0�

.

v  t  �
adt  at  C
Vận tốc của chất điểm B là B
.

v  3  0 � C  3a
Tại thời điểm t  3 vật B bắt đầu từ trạng thái nghỉ nên B
.
B
Lại có quãng đường chất điểm
đi được đến khi gặp
�at 2
�
S2  �
 at  3a  dt  �  3at �  72a  m 
�2
�3
3
Vậy

là

15

15


72a  96 � a 

A

.

4
2
3 m/ s  .

v  15  16  m / s 
Tại thời điểm đuổi kịp A thì vận tốc của B là B
.
Câu 9: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Cho hai hàm số

f  x   ax 2  bx 2  cx  2

và

g  x   dx 2  ex  2

y  f  x
y  g  x
( a , b , c , d , e ��). Biết rằng đồ thị của hàm số
và
cắt nhau tại ba điểm có
hoành độ lần lượt là 2 ; 1 ; 1 (tham khảo hình vẽ).

Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng


37
A. 6 .

13
B. 2 .

9
C. 2 .

37
D. 12 .


Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị

f  x

và

g  x

là

ax3  bx 2  cx  2  dx 2  3 x  2 � a 3   b  d  x 2   c  e  x  4  0.
Do đồ thị của hai hàm số cắt nhau tại ba điểm suy ra phương trình
x  1 ; x  1 . Ta được

ax 3   b  d  x 2   c  e  x  4  k  x  2   x  1  x  1


 *

 *

có ba nghiệm x  2 ;

.

Khi đó 4  2k � k  2 .
1

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là

�2  x  2   x  1  x  1 dx 

2

Câu 10: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn

37
6 .

f (2)  

1
2
( x )  x  f ( x) 
3 và f �
với


mọi x ��. Giá trị của f (1) bằng

11
A. 6 .


B.



2
3.

C.



2
9.

D.



7
6.

Lời giải
Từ hệ thức đề cho:


f�
( x)  x  f ( x) 

2

�
(1), suy ra f ( x) �0 với mọi x �[1; 2] . Do đó f ( x) là hàm

không giảm trên đoạn [1; 2] , ta có f ( x ) �f (2)  0 với mọi x �[1; 2] .

 f ( x) 

2

Chia 2 vế hệ thức (1) cho

�

f�
( x)

 f ( x) 

2

 x, x � 1; 2 .

Lấy tích phân 2 vế trên đoạn [1; 2] hệ thức vừa tìm được, ta được:
2


2

2

2

3
1
3
1
1
3
dx  �
xdx � �
df ( x )  �
 �


2
2
�
2
f ( x) 1 2
f (1) f (2) 2
1  f ( x) 
1
1  f ( x) 

Do


f�
( x)

f (2)  

1

1
2
f (1)   .
3 nên suy ra
3

Chú ý: có thể tự kiểm tra các phép biến đổi tích phân trên đây là có nghĩa.

Câu 11: (Tham khảo 2018) Cho

 H

2
là hình phẳng giới hạn bởi parabol y  3x , cung tròn có

2
phương trình y  4  x (với 0 �x �2 ) và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích

của

 H

bằng



4  2 3  3
6
C.

4  3
6
B.

4  3
12
A.

5 3  2
3
D.

Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm giữa parabol và cung tròn ta được
với 0 �x �2
1

1

2

Đặt :

2


2

3 3
3
S  �3x dx  �4  x dx 
x  �4  x 2 dx 
 �4  x 2 dx
3
3
0
1
1
1
0
2

Ta có diện tích

3x 2  4  x 2 � x  1

2

x  2sin t  dx  2 cos tdt ; x  1  t 



; x  2  t 
6
2




3
� 1
�2 4  3
�S 
 2�
t  sin 2t � 
3
6
� 2
�
6

2

Câu 12: (Tham khảo 2018) Biết
dương. Tính P  a  b  c
A. P  24

�
( x  1)
1

dx
dx  a  b  c
x  x x 1
với a, b, c là các số nguyên


C. P  18
Lời giải

B. P  12

D. P  46

Cách 1
2

2

2

dx
dx
x  x 1
dx  �
�
�
x( x  1) x  1  x
1 ( x  1) x  x x  1
1
1
x ( x  1) x  x  1






1 �
� 1
t  x  1  x � dt  �

dx � 2dt 
�
2
x

1
2
x
�
�
Đăt
2 3



x 1  x
dx
x( x  1)

2 3

2
�2 �
I  � 2 dt  � �
t
�t �

1
1 2

2
Khi đó
� P  a  b  c  32  12  2  46.
Cách 2

 2 3  4 2  2  32  12  2



2

dx