CHUYÊN ĐỀ VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO LUYỆN THI TN THPT NĂM 2023 - GIẢI TÍCH 12 - NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN

Trên khoảng( );1− ta có ( ) 1 ' 1 fxdxdx x =  ( ) 2 ln1 xC=−+ ( ) ( ) 2 ln1 fxxC=−+ .

Mà (0)2021 f = 2 2021 C = . Vậy ( ) ln(1)2022khi1 ln(1)2021khi1 xx fx xx −+  =  −+  . Suy ra ( ) ( ) ( ) 51ln42022ln220212ln22022ln220211ln2ff−−=+−+=+−−=+

Câu 5: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm là ( ) 2 122, fxxx  =+ và ( ) 13 f = . Biết ( )Fx là nguyên hàm của ( )fx thỏa mãn ( ) 02 F = , khi đó ( )1 F bằng A. 3 B. 1 C. 2 D. 7 Lời giải

Chọn B

Ta có ( ) 2 122, fxxx  =+ ( ) ( ) 23 12242 fxxdxxxC =+=++  Vì ( ) 3 134.12.133 fCC=++==− Khi đó ( ) 3 423fxxx=+− Vì ( )Fx là nguyên hàm của ( )fx nên ( ) ( ) 342 4233 FxxxdxxxxC =+−=+−+  Lại có ( ) 022FC== suy ra ( ) 42 32Fxxxx=+−+ Khi đó ( ) 42 1113.121 F =+−+= .

Câu 6: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm là ( ) 21, x fxexx  =++ và ( ) 01 f = . Biết ( )Fx là nguyên hàm của ( )fx thỏa mãn ( )1 Fe = . Tính ( )0 F A. 5 6 B. 1 6 C. 1 6 D. 5 6 Lời giải Chọn A Ta có ( ) 21, x fxexx  =++ ( ) ( ) 2 21 xx fxexdxexxC =++=+++  Vì ( ) 0 01010 feCC =++== Khi đó ( ) 2 x fxexx =+++ Vì ( )Fx là nguyên hàm của ( )fx nên ( ) ( ) 232 11 32 xx FxexxdxexxC =++=+++  Lại có ( ) 5 1 6 FeC==− suy ra ( ) 32 5 326 x xx Fxe=++− Khi đó ( ) 0 551 01 666 Fe=−=−=

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 7: Cho hàm số ( ) +  =  +  2 trên nên ( )Fx là hàm số liên tục tại =1 x Ta có ( ) ( ) 11 limlim xx FxFx +− →→ = ++=++= 23 11 13.112.121 CC Vậy: ( ) ( ) 22328FF−+= Câu 8: Cho hàm số ( )fx xác định trên  \0;2 R và thỏa mãn ( ) 2 1 2 fx xx  = . Biết rằng ( ) ( ) 240ff−+= và 13 2018 22ff +=  . Tính ( ) ( ) ( )115Tfff =−++ A. 1 ln51009 2 T =+ . B. 19ln1009 25 T =+ C. 19ln2018 25 T =+ . D. 19 ln 25 T = . Lời giải Chọn B Ta có: ( ) ( ) ( ) 2

231 321 xkhix fx xkhix . Giả sử ( )Fx là một nguyên hàm của ( )fx trên thỏa mãn ( ) = 02 F . Tính giá trị của biểu thức ( ) ( ) −+223FF A. 60 B. 28 C. 1 D. 48 Lời giải Ta có ( ) ( )  ++  ==  ++    2 1 3 2 11 1122ddd 222 fxfxdxxxx xxxxxx

31 21 xxCkhix Fxfxdx xxCkhix Theo bài ra ta có ( ) =++== 3 22 0202.022 FCC Vì ( )Fx là một nguyên hàm của ( )fx    ====+    1112 lnln2ln 222 x xxCC x =−+−+=+ ( )

− +       =+       +    

x Cx x x fxCx x x Cx x Ta có:

12 ln, khi 0 2 12 ln, khi 02 2 12 ln, khi 2 2

1 2 3

( ) ( ) ( ) ( ) 333 11111 4ln41ln42ln3ln6ln 33332 fCCC =−−++=−+=+ Vì vậy, ( ) ( ) ( )414fff−+−−= 1 11 ln5ln2 33 C −+ + 21 ln2 33 + 3 11 ln 32 C 13 1111112111 ln5ln2lnln5ln2ln 33323333310 CC =+−++−=+++ 11 ln2. 33 =+ Câu 10: Cho hàm số 2 3 khi 1 423kh 2 i ( 1 3 ) xx f x x x xx    −+  + = . Giả sử ( )Fx là một nguyên hàm của hàm số ( )fx trên thỏa mãn ( ) 88 3 9 F = . Biết ( ) ( )204 a FF b +=− ( ) ,,1 ab = và , ab là các số nguyên dương. Khi đó, giá trị biểu thức 3 Tab =+ bằng A. 9. B. 11. C. 2021. D. 2024. Lời giải Chọn A Xét ( ) ( ) 04 33

( ) ( ) ( )20433 FFF=+− Mặt khác ( ) ( ) 04 33 2 Ifxdxfxdx =+ ( ) ( ) ( ) 104 313 2 fxdxfxdxfxdx  =++   

2 Ifxdxfxdx =+ ( ) ( ) ( ) ( )20343 FFFF =−+−  

) ( ) ( ) 3 104 22 313 2323230 423 xxdxdxxxdx xx  =++++=− 

Do ( )Fx là một nguyên hàm của hàm số ( ) 2 2cos1 sin x fx x = trên khoảng ( ) 0; nên hàm số

( )Fx có công thức dạng ( ) 2 cot sin FxxC x =−++ với mọi ( ) 0; x   .

Xét hàm số ( ) 2 cot sin FxxC x =−++ xác định và liên tục trên ( ) 0;

( ) ( ) 2 2cos1 ' sin x Fxfx x ==

Xét ( ) ( ) 2 2cos11 '00cos2 sin23 x Fxxxkk x   ====+ .

Trên khoảng ( ) 0; , phương trình ( ) '0Fx = có một nghiệm 3 x  =

Bảng biến thiên: ( ) ( ) 0; max3 3 FxFC 

  ==−+  

Theo đề bài ta có, 3323 CC −+== Do đó, ( ) 2 cot23 sin Fxx x =−++

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta có: ( )1 fe = nên ( ) ( ) 41 *1** 33 CC =+=− Từ ( )* và ( )** suy ra ( ) ( ) 217 31 333510,31 x fxefe +− == .

Câu 19: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn ( )1 fe = và ( ) ( ) , fxfxxx  += . Giá trị ( )2 f bằng A. 2 e B. 1 1 e C. 1 1 e + D. 2

Lời giải

Chọn D

Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ... xxxxx fxfxxfxefxexeefxxe  +=+== Nên ( ) ( ) .dd xx efxxxex  =  ( ) . xxx efxxeeC =−+ ( ) xx x

xeeC fx e −+ = . Do ( )1 fe = ( ) 11 1 1 eeC f e −+ = 2Ce= . Suy ra ( ) 2 xx x

xeee fx e −+ = ( ) 222 2 2. 22 eee f e −+ == .

Câu 20: Cho hàm số ()yfx = có đạo hàm là

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 21: Cho hàm số ( )fx có đạo hàm ( ) 1 fx x  = ,  \0 x  và ( ) 12 f = , ( ) 4 fe−= . Giá trị của ( ) ( ) 2 22 ffe bằng A. 8ln2−+ B. 5ln2−+ C. 2ln2−+ D. 1ln2−+ Lời giải Chọn B ( ) ( ) ( ) 1 2

1ln,0 dd ln,0 xCx fxfxxx xCx x

+    ===  −+  

( ) 11 12ln122 fCC=+== ( ) 22 4lne43feCC −=+== Khi đó ( ) ( ) ln2,0 ln3,0 xx fx xx +   =  −+ 

( ) ( ) ( ) 2 22ln232225ln2ffe−−=+−+=−+ Câu 22: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm là ( ) 6sin, fxxxx  =+ và ( ) 00 f = . Biết ( )Fx là nguyên hàm của ( )fx thỏa mãn ( ) 03 F = , khi đó ( ) F  bằng A. 3 3 . B. 3 3 3 . C. 3 3 2 . D. 3 3. Lời giải Chọn D Ta có 2 1 d6sind3cos fxfxxxxxxxC Mà 00 f nên 1 1 C . Suy ra 2 3cos1fxxx . Lại có 23 2 d3cos1dsin FxfxxxxxxxxC . Hơn nữa, 2 033FC 3 sin3Fxxxx Suy ra 33sin33 F . Câu 23: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm ( ) 1 6 1 fxx x  =+ , ( ) 1; x + và ( ) 212 f = . Biết ( )Fx là nguyên hàm của ( )fx thỏa ( ) 26 F = , khi đó giá trị biểu thức ( ) ( )543PFF =− bằng A. 20. B. 24. C. 10. D. 25. Lời giải

Chọn B

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Trên ( ) 1;+ ta có ( ) ( ) 2 1 6dln13 1 fxxxxxC x  =+=−++    .Vì ( ) 212 f = nên 0 C = . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 23 1 ln13d1ln11. FxxxxxxxxC =−+=−−−−++  Vì ( ) 26 F = nên 1 1 C =− . ( ) ( ) ( ) 3 1ln1. Fxxxxx =−−+− Vậy ( ) ( ) 54324.PFF=−=

Câu 24: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm là ( ) 6cos, fxxxx  =− và ( ) 03 f = . Biết ( )Fx là nguyên hàm của ( )fx thỏa mãn ( ) 03 F = , khi đó 2 F bằng A. 3 12 2 6 . B. 3 12 2 8 . C. 3 12 2 8 . D. 3 12 2 6 . Lời giải

Chọn C Ta có 2 1 d6cosd3sin fxfxxxxxxxC . Mà 03 f nên 1 3 C Suy ra 2 3sin3fxxx Lại có 23 2 d3sin3dcos3 FxfxxxxxxxxC . Hơn nữa, 2 032FC 3

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Lại có 23 2 d31dxx FxfxxxexxexC Hơn nữa, 22 01110 FCC . 3 x Fxxex . Suy ra 31 111 Fee .

Câu 28: Cho hàm số ( )fx có đạo hàm ( ) 3 421, fxxxx  =−+− và ( ) 00. f = Biết ( )Fx là một nguyên hàm của ( )fx thỏa mãn ( ) 11, F = khi đó ( )2 F bằng A. 131 30 . B. 131 30 . C. 41 30 . D. 41 30 . Lời giải Chọn A

Ta có: ( ) ( ) ( ) 3342 1 421421d fxxxfxxxxxxxC  =−+−=−+−=−+−+ 

Do ( ) 1 000fC== Nên ( ) 42 fxxxx =−+− Suy ra ( ) ( ) 532 d 532 xxx FxfxxC ==−+−+  Mà ( ) 41 11 30 FC== . Hay ( ) ( ) 532 41131 2 5323030 xxx FxF=−+−+=−

Câu 29: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm là ( ) cos, x fxxex  =− và ( ) 03 f = . Biết ( )Fx là nguyên hàm của ( )fx thỏa mãn ( ) 03 F =− , khi đó ( ) F  bằng A. 2 e . B. 2 e . C. 2 e . D. 2 e . Lời giải

Chọn A

Ta có 1 dcosdsinxx fxfxxxexxeC .

Mà 03 f nên 11 132 CC Suy ra sin2 x fxxe Lại có 2 dsin2dcos2 xx FxfxxxexxexC Hơn nữa, 22 031131 FCC . cos21 x Fxxex .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Suy ra 2 Fe

Câu 30: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm là ( ) 2 623, fxxxx  =−+ và ( ) 23 f −= . Biết ( )Fx là nguyên hàm của hàm số ( )fx và ( ) 02 F = . Tính ( ) ( )122FF+− .

A. $26$. B. 314 3 . C. 334 3 . D. 46. Lời giải

Chọn D

Ta có: ( ) ( ) 2 1 32 623d23 fxxxxxxxC =−+=−++ 

Do ( ) 23 f −= nên 1 29 C = . Khi đó: ( ) 32 2329fxxxx=−++ .

Mặt khác: ( ) ( ) 2 2

432 3 3 2329d29 232 xxx FxxxxxxC =−++=−+++ 

Do ( ) 02 F = nên

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

.fxdx  =− Tương tự ta cũng có: ( ) ( ) ( ) 3 2

32 fffxdx  =+  ( ) 3 2

2 fxdx  =+  ( ) ( ) ( ) (

 Nên ( ) cos3sin32fxxx =−−− . Ta có ( ) ( ) 1 cos3sin32dsincos32 FxxxxxxxC =−−−=−+−+  Do ( ) ( ) 11 02sin0cos3.02.021 FCC =−+−+== . Vậy ( ) ( ) sincos3212FxxxxF=−+−+=−. Câu 36: Hàm số ( )fx có đạo hàm liên tục trên và:

) ( ) dsin9cos3dcos3sin3 fxfxxxxxxxC  ==−=−−+  . Do 1cos3sin3.12 222 fCC 

bài

01fxdxff  =−−  nên suy ra ( ) ( ) ( ) 0 1 ra ta có: ( ) 02 f = 12 C += 1 C = Vậy ( ) 2 e1 x fxx=++

Mà ( )Fx là nguyên hàm của ( )fx nên ( ) ( ) 222 1 11 e1de 22 xx FxxxxxC =++=+++  ( ) 22 11 3e33e 1 22222 FCC=++==− . Suy ra ( ) 2 2211 e. 222 x e Fxxx =++− Vậy ( ) 42 ee 24 22 F =−+ Câu 37: Cho hàm số ( )fx xác định trên  1 \ thoả mãn ( ) 25 1 x fx x  = , ( ) 32 f = và ( ) 04 f = . Giá

trị của biểu thức ( ) ( )325ff bằng A. 14 B. 63ln2 C. 26ln2 D. 14 Lời giải Chọn A

Ta có: ( ) ( ) 253 dd2d23ln1 11 x fxfxxxxxxC xx   ===−=−−+    ,  \1 x 

+ Xét trên khoảng ( ) 1;+ ta có: ( ) 3263ln2243ln2 fCC=−+==−+ .

Do đó, ( ) 23ln143ln2fxxx=−−−+ , với mọi ( ) 1; x + .

Suy ra ( ) 5106ln243ln263ln2 f =−−+=− .

+ Xét trên khoảng ( );1− ta có: ( ) 044fC== . Do đó ( ) 23ln14fxxx=−−+ , với mọi ( );1 x− . Suy ra ( ) 366ln2426ln2 f −=−−+=−− . Vậy ( ) ( ) 32514ff−−=− .

Câu 38: Biết ()Fx là một nguyên hàm của hàm số ( ) 2x fxe = và ( ) 00 F = . Giá trị của ( )ln3 F bằng A. 2 B. 6 C. 8 D. 4 Lời giải Chọn D

Ta có: ( ) 22 1 2 xx FxedxeC ==+  ( ) 0 11 00.0 22 FeCC=+==− ( ) 2 11 . 22 x Fxe =−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Khi đó: ( ) 2ln3 11 ln3.4 22 Fe=−= . Câu 39: Cho hàm số ( )fx thỏa mãn ( ) 2 64, fxxx  =+ và ( ) 03 f = . Biết ( )Fx là nguyên hàm của ( )fx thỏa mãn ( ) 12 F = , khi đó ( )2 F bằng A. 37 2 B. 37 2 C. 2 37 D. 2 37 Lời giải

Chọn A

( ) ( )d fxfxx  =  ( ) 23 64d24 xxxxC =+=++  . ( ) 03 f = ( ) 3 3243Cfxxx ==++ ( ) ( ) ( ) 4 32 d243d23' 2 x FxfxxxxxxxC ==++=+++  ( ) ( ) ( ) 4 2 7737 12'232. 2222 x FCFxxxF

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

)fx có đạo hàm ( ) 3 421, fxxxx  =−− và ( ) 00. f = Gọi ( )Fx là một nguyên hàm của ( )fx và ( ) 11, F =− khi đó ( )2 F bằng A. 41 . 30 B. 41 . 30 C. 21 . 10 D. 26 . 15 Lời giải Chọn A Ta có: ( ) ( ) 342421 fxxxfxxxxC  =−−=−−+ . Do ( ) 000fC== Nên ( ) 42 fxxxx =−− , suy ra ( ) 532 532 xxx FxC =−−+ , mà ( ) 11 11 30 FC=−= . Hay ( ) ( ) 532 1141 2 5323030 xxx FxF=−−−= . Câu 43: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm là ( ) 2 12182,.fxxxx  =++ Gọi ( )Fx là nguyên hàm của ( )fx và thỏa mãn ( ) ( ) 000.fF== Khi đó ( )1 F bằng A. 5. B. 5. C. 2. D. –2. Lời giải Chọn A Ta có ( ) 232 1 (12182)d492. fxxxxxxxC =++=+++  Do ( ) 1 000.fC== Khi đó ( ) 32 492. fxxxx =++ Lại có ( )Fx là nguyên hàm của hàm ( )fx nên ta có ( ) ( ) 32432 2 d(492)d3. FxfxxxxxxxxxC ==++=+++  Mà ( ) 2 00.FxC== Khi đó, ( ) 432 3.Fxxxx =++ Vậy ( ) 432 113.115. F =++= Câu 44: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm là ( ) 'sin3, x fxxex=+ và 2 2 fe    =−   . Biết ( )Fx là nguyên hàm của ( )fx thỏa mãn ( ) 03 F = , khi đó ( ) F  bằng

Chọn

Vậy ( ) 1 cos3 3 x fxxe =−−

Ta có ( ) ( ) 1 11 cos3sin3 39 xx FxfxdxxedxxeC  ==−−=−++   

Với ( ) 0 11 1 03sin032 9 FeCC =−++==

Vậy ( ) 1 sin32 9 x Fxxe

=−−++−=+

Câu 49: Cho hàm số ()yfx = có đạo hàm là 2 ()62, fxxx  = và (1)2 f = . Biết ()Fx là nguyên hàm của ()fx thỏa mãn (0)0F = , khi đó (2)F bằng A. 2. B. 4. C. 6. D. 8. Lời giải Chọn B

Ta có ( ) 23 ()()6222 fxfxdxxdxxxC  ===+ 

Với 3 (1)22.12.122 fCC =+== Vậy 3 ()222 fxxx = + Ta có ( ) 342 1 ()()222 2 2 FxfxdxxxdxxxxC =++ + ==  Mà (0)00FC== Vậy 42 1 ) 2 ( 4 Fxxxx −+ = , suy ra (2)4F =

Câu 50: Cho hàm số ()yfx = có đạo hàm là 3 ()122, fxxxx  =+ và (1)3 f −= . Biết ()Fx là một nguyên hàm của ()fx thỏa mãn (0)1F =− , khi đó (1)F bằng A. 2 5 . B. 14 15 . C. 1 15 . D. 3 5 . Lời giải Chọn B

Ta có ( ) 3 ()d122d fxxxxx  =+ 42 ()3 fxxxC=++ . Mà (1)3 f −= 43 C += 1 C =−

ọn A

NGUYÊN HÀM CỦA HÀM ẨN HOẶC LIÊN QUAN ĐẾN PHƯƠNG TRÌNH ( ) ( ) ( ) ,, fxfxfx 

Dạng 1. Bài toán tích phân liên quan đến đẳng thúrc ' ()()()()() uxfxuxfxhx  +=

Phương pháp:

Dễ dàng thấy rằng ()()()()[()()] uxfxuxfxuxfx  +=

Do dó ()()()()()[()()]() uxfxuxfxhxuxfxhx  +==

Suy ra ()()()d uxfxhxx = 

Từ đây ta dễ dàng tính được ()fx

Dang 2. Bài toán tích phân liên quan đến biếu thúrc ()()() fxfxhx  +=

Phương pháp:

Nhân hai vế vói x e ta durọc ()()()()() xxxxx efxefxehxefxehx    +== 

Suy ra ()()dxx efxehxx = 

Từ đây ta dễ dàng tính được ()fx Dang 3. Bài toán tích phân liên quan đến biếu thúc ()()() fxfxhx  −=

Phương pháp: Nhân hai vế vói x e ta durọc ()()()()() xxxxx efxefxehxefxehx  −−−−−  −== 

Suy ra ()()dxx efxehxx = 

Từ đây ta dễ dàng tính được ()fx

Dạng 4. Bài toán tích phân liên quan đến biếu thúrc ()()()() fxpxfxhx  +=

fxeehxx

Từ đây ta dễ dàng tính được ()fx Dang 5. Bài toán tích phân liên quan đến biếu thúc ()()()0fxpxfx  +=

Phương pháp:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Chia hai vế với ()fx ta đựơc ()()()0()()() fxfx fxfxpxpx

 =−=− 

Suy ra ()d()dln|()|()d() fx xpxxfxpxx fx

Từ đây ta dễ dàng tính được ()fx

Dạng 6. Bài toán tích phân liên quan đến biểu thức ()()[()]0 n fxpxfx  +=

Phương pháp:

Chia hai vế với [()]n fx ta được ()()()0()[()][()] nn fxfx fxfxpxpx  +==− Suy ra 1 ()[()]d()d()d[()]1

n n fxfx fxnxpxxpxx −+  =−=− −+ 

Từ dầy ta dễ dàng tính được ()fx Câu 57: Cho hàm số ( )yfx = đồng biến và có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 2 ., x fxfxex  = và ( ) 02 f = . Khi đó ( )2 f thuộc khoảng nào sau đây?

A. ( ) 12;13. B. ( ) 9;10. C. ( ) 11;12. D. ( )1314;. Lời giải Chọn B

Vì hàm số ( )yfx = đồng biến và có đạo hàm liên tục trên đồng thời ( ) 02 f = nên ( ) 0 fx   và ( ) 0 fx  với mọi  ) 0; x+ .

x fx ex fx ( )  ) 2 , 0; x fxeCx=++ với C là hằng số nào đó. Kết hợp với ( ) 02 f = , ta được 21 C =− Từ đó, tính được ( ) ( )2 2219,81fe=+− . Câu 58: Cho hàm số ( )yfx = thỏa mãn ( ) 4 2 19 f =− và ( ) ( ) 32 fxxfxx  = . Giá trị của ( )1 f bằng A. 2 3 B. 1 2 C. 1 D. 3 4

 =+ Lấy nguyên hàm hai vế, ta được

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

11 f =− .

b

) 12ln2 f

)

Câu 62: Cho hs ( )yfx = thỏa mãn 2 yxy  = và ( ) 11 f −= thì giá trị ( )2 f là

A. 2 e B. 2e C. 1 e + D. 3 e Lời giải

Ta có 2 yxy  = 2 y x y

 = 2 dd y xxx y

 = 3 ln 3 x yC=+ 3 3 e x C y + = .

Theo giả thiết ( ) 11 f −= nên 1 3 1 e1 3 C C −+ == Vậy ( ) 3 1 33 =e x yfx + = . Do đó ( ) 32e f =

Câu 63: Cho hàm số ( )fx liên tục trên , ( ) 0 fx  với mọi x và thỏ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

fCCC =+=+= ( ) 2 2 xx fx = . Vậy ( ) 2 44 416 2 f == .

Câu 65: Cho hàm số ( ) 0 fx  với mọi x , ( ) 01 f = và ( ) ( ) 1. fxxfx  =+ với mọi x . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. ( ) 2 fx  B. ( ) 24 fx  C. ( ) 6 fx  D. ( ) 46 fx  Lời giải Ta có: ( ) ( ) 1 1 fx fx x

 = + ( ) ( ) 1 dd 1 fx xx fx x

 = +  ( ) ( ) ln21fxxC=++ Mà ( ) 01 f = nên ( ) ( ) 2122 236 x Cfxefe +− =−==

Câu 66: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm liên tục trên  2;4 và ( )  0,2;4fxx   . Biế

uxux xvv ==   ==  .ed.eed.ee xxxxx IxxxxxC ==−=−+  . Suy ra ( ) e.ee xxx fxxC =−+ . Theo giả thiết (0)1 f = nên 2 C = ( ) ( ) .ee22 1 ee

x fxf −+ == Câu

xx x

69:

Do đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ' 1 2 11 .'.d1.d.'. fxfxxxfxfxxc xx  =−=++      Vì ( ) ( ) 11 1'11121. ffcc===+=− Nên ( ) ( ) 1 .'.d1.d fxfxxxx x  =+−   ( ) ( ) ( ) 1 .d1.d fxfxxx x  =+−   ( ) 2 2 2 ln. 22 fx x xxc=+−+ Vì ( ) 22 11 1111. 22 fcc==−+= Vậy ( ) ( ) 2 2 2 ln122ln22 22 fx x xxf =+−+=+

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

..... 122320202020 P =−+−+−= . Câu 74: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm liên tục trên đoạn  2;1 thỏa mãn ( ) 03 f = và ( ) ( ) ( ) 2 2 .342fxfxxx  =++ . Giá trị lớn nhất của hàm số ( )yfx = trên đoạn  2;1 là A. 3 242 B. 3 215 C. 3 42 D. 3 15 Lời giải Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 .342fxfxxx  =++ Lấy nguyên hàm 2 vế của phương trình trên ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22232 .34222 fxfxdxxxdxfxdfxxxxC  =++=+++ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3232 22322 1 3 fx xxxCfxxxxC =+++=+++ Theo đề bài ( ) 03 f = nên từ ta có ( ) ( ) ( ) 3 32 0302.02.02739 fCCC =+++== ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3232 3 3229()3229. fxxxxfxxxx =+++=+++ Tiếp theo chúng ta tìm giá trị lớn nhất của hàm số ( )yfx = trên đoạn   2;1. CÁCH 1:

Suy ra, ()fx x là một nguyên hàm của hàm số ( ) g23 xx=+ Ta có ( ) 2 233, xdxxxC +=++  C  . Do đó, 2 1 () 3, fx xxC x =++ với 1C  nào đó

Vì (1)4 f = theo giả thiết, nên thay 1 x = vào hai vế của ta thu được 1 0 C = , từ đó 32()3 fxxx =+ . Vậy (2)20 f = .

Câu 76: Cho hàm số ( )fx liên tục trên R thỏa mãn các điều kiện: ( ) 022, = f ( ) 0,  fx  x và ( ) ( ) ( ) ( ) 2 .211,  =++ fxfxxfx  x . Khi đó giá trị ( )1 f bằng

A. 26 . B. 24 . C. 15 . D. 23. Lời gi

A. 25 4 . B. 9 2 . C. 5 2 . D. 13 4 . Lời giải Từ giả thiết, ta có ( ) ( ) ( ) 2 1. xxfxfxxx  ++=+  ( ) ( ) ( ) 2 1 . 11 1 xx fxfx xx x  += ++ + ( ) . 11 xx fx xx  =++  , với  \0;1 x − .

Suy ra ( ) 1 x fx x + d 1 x x x = +  hay ( ) 1 x fx x + ln1 xxC=−++

Mặt khác, ta có ( ) 12ln2 f =− nên 1 C =− . Do đó ( ) . 1 x fx x + ln11xx =−+− .

Với 2 x = thì ( ) 2 .21ln3 3 f =−  ( ) 33 2ln3 22 f =− . Suy ra 3 2 a = và 3 2 b =− Vậy 22 9 2 ab+= .

Câu 80: Giả sử hàm số ( )yfx = liên tục, nhận giá trị dương trên ( ) 0;+ và thỏa mãn ( ) 11 f = , ( ) ( ).31fxfxx  =+ , với mọi 0 x  . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. ( ) 253 f  . B. ( ) 152 f  . C. ( ) 455 f  . D. ( ) 354 f  . Lời giải

 = +  ( ) ( ) ( ) d 1 d 31 fx x fx x = +  ( ) 2 ln31 3 fxxC=++ ( ) 2 31 3 xC fxe ++ = Mà ( ) 11 f = nên 4 3 1 C e + = 4 3

C =− . Suy ra ( ) 4 3 53,794fe= Câu 81:

)

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

== .

Câu 84: Cho hàm số ( )yfx = liên tục trên thỏa mãn ( ) ( ) 2 2.e x fxxfx  += , x  và ( ) 00 f = Tính ( )1 f A. ( ) 21e f = . B. ( ) 1 1 e f =− . C. ( ) 2 1 1 e f = . D. ( ) 1 1 e f = . Lời giải Chọn D Ta có ( ) ( ) 2 2.e x fxxfx  += ( ) ( ) ( ) ( ) 222 e2.e.1e.1 xxx fxxfxfx   +== .

Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 e.dde. e xx x

xC fxxxfxxCfx +  ==+= . Vì ( ) 000fC== Do đó ( ) 2 e x

x fx = . Vậy ( ) 1 1 e f = .

Câu 85: Cho hàm số ( )yfx = thỏa mãn ( ) ( ) 42 '. fxfxxx =+ . Biết ( ) 02 f = . Tính ( ) 2 2 f . A. ( ) 2 313 2 15 f = . B. ( ) 2 332 2 15 f = . C. ( ) 2 324 2 15 f = . D. ( ) 2 323 2 15 f = . Lời giải Chọn B

Ta có ( ) ( ) ( ) 42 '.dd fxfxxxxxC =++ ( ) 2 53 253 fx xx C =++ . Do ( ) 02 f = nên suy ra 2 C = Vậy ( ) 2 328 222 53 f  =++  332 15 =

Câu 86: Cho hàm số ( )fx thỏa mãn ( ) ( ) e, x fxfxx  += và ( ) 02 f = . Tất cả các nguyên hàm của ( ) 2 e x fx là A. ()2eexx xC −++ B. ()2 2eexx xC +++ C. ()1ex xC −+ . D. ()1ex xC ++ . Lời giải Chọn D

Chọn C Xét phương trình ( ) ( ) 22 xfxfxx  += ( )1 trên ( ) 0;+ : ( ) ( ) ( ) 1 11 2 fxfx x  += ( )2 Đặ

Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 34 6 22 33

    +−===    Do đó ( ) 2 3

111 2710. 3111 fx xfxfx fxfxfxxx

  ==−+    Suy ra ( ) 3 11 .d361d2 22 fxfxxxxxfxxxx   =++=++    ( ) ( ) ( ) ( ) 222217 1011718 22ffff  −=−==  . Vậy ( ) 2 18 f = Câu 90: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm liên tục trên ( ) 1;+ và thỏa mãn ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2.ln xfxfxxxfx  −=− , ( ) 1; x + ; biết ( ) 3 e3e f = . Giá trị ( )2 f thuộc khoảng nào dưới đây? A. 25 12; 2    B. 27 13; 2    C. 23 ;12 2    D. 29 14; 2    Lời giải

111 dd. 1 xxC xx fx ( ) ( ) ( ) ( ) 4 ..1512 fxfxfxfxxx  +=+ ( ) ( ) 4 .1512 fxfxxx   =+   ( ) ( ) ( ) 452 .1512d36 fxfxxxxxxC  =+=++  ( )1 Thay 0 x = vào ( )1 , ta được: ( ) ( ) 0.01ffCC  == . Khi đó, ( )1 trở thành: ( ) ( ) 52 .361fxfxxx  =++ ( ) ( ) ( ) ( ) 11 11 52263 00 00

11 1 C x fx =−+ Có ( ) 100fC== . Do đó ( ) 3 1 fxx =− Khi đó ( ) 27. f =− Câu 89: Cho hàm số ( )fx thỏamãn: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 .1512 fxfxfxxx +=+ , x  và ( ) ( ) 001ff  == . Giá trị của ( ) 2 1 f bằng A. 5 2 B. 8. C. 10. D. 4. Lời giải Chọn B Theo giả thiết, x  : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 .1512 fxfxfxxx +=+

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ch

Xét phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2.ln xfxfxxxfx  −=− ( )1 trên khoảng ( ) 1;+ : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 12ln 1ln.12ln. lnln xxfxxfxxfxfxxx xxx  +−=+= ( )2 Đặt ( ) 12ln ln x gx xx = . Ta tìm một nguyên hàm ( )Gx của ( )gx .

Ta có ( ) ( ) ( ) 12ln12ln1 dddln2dln lnlnln xx gxxxxx xxxx  ===−   ( ) 2 ln lnln2lnln x xxCC x  =−+=+  

Ta chọn ( ) 2 ln ln x Gx x  =  

Nhân cả 2 vế của ( )2 cho ( ) 2 ln e Gx x x = , ta được: ( ) ( ) 23 ln12ln 1 xxfxfx xx  += ( ) ( ) 22 lnln 1 xxfxfxxC xx  ==+   ( )3 . Theo giả thiết, ( ) 3 e3e f = nên thay 3 e x = vào ( )3 , ta được: ( ) ( ) 3 333 33 22

lne1 .ee3ee0 e3e fCC=+=−= . Từ đây, ta tìm được ( ) ( ) 33 2 2 lnln2 x fxf x == .Vậy ( ) 23 2;12 2 f     .

91: Cho hàm số ( )fx có đạo hàm trên thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 32 1 2 2 3.e0

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Do đó ( ) 3 2 1 ee fx x + = ( ) 32 1 fxx =+ ( ) 3 2 1 fxx =+ . Vậy ( ) 7 0

.d xfxx  7 3 2 0

.1d xxx=+  ( ) 7 3 22 0

1 1d1 2 xx =++  ( ) 7 3 22 0

3 11 8 xx =++  45 8 = .

Câu 92: Cho hàm số ( )yfx = liên tục và không âm trên thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 2 .21fxfxxfx  =+ và ( ) 00 f = . Gọi , Mm lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( )yfx

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) 222 2cos1cos1 dd2dd sinsinsin xx fxxxxx xxx ==−  ( ) 22 dsin12 2dcot sinsinsin x xxC xxx =−=−++ 

Do ( )Fx là một nguyên hàm của hàm số ( ) 2 2cos1 sin x fx x = trên khoảng ( ) 0; nên hàm số

( )Fx có công thức dạng ( ) 2 cot sin FxxC x =−++ với mọi ( ) 0; x   .

Xét hàm số ( ) 2 cot sin FxxC x =−++ xác định và liên tục trên ( ) 0; ( ) ( ) 2 2cos1 ' sin x Fxfx x ==

Xét ( ) ( ) 2 2cos11 '00cos2 sin23 x Fxxxkk x   ====+ .

Trên khoảng ( ) 0; , phương trình ( ) '0Fx = có một nghiệm 3 x  =

ảng biến thiên:

) ( ) 0; max3 3 FxFC 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

2 cossin '0cossin0 xxx Fxfxxxx x trên 0;4 .

Đặt cossin gxxxx trên 0;4 .

x gxxxx x

Ta có '.sin02 3

Từ đó có bảng biến thiên của gx :

   trên 0;4 .

g'(x)

x3 x2 x1 4π 3π 2π π 0 g(x)

+ + 0 0 0

2π π

0 0 0

0 4π -3π

Vì gx liên tục và đồng biến trên ;2  và .20gg nên tồn tại duy nhất 1 ;2 x  sao cho 1 0 gx

Tương tự ta có 2 0 gx , 3 0 gx với 2 2;3 x  , 3 3;4 x  .

Từ bảng biến thiên của gx ta thấy 0 gx khi 1 0; xx và 23 ; xxx ; 0 gx khi 12 ; xxx và 3;4 xx  . Dấu của fx là dấu của gx trên 0;4 .

Do đó ta có bảng biến thiên của Fx :

4π 0 x x1 x2 x3 0

f(x) 0 0

CĐ CT F(x)

x + + CT

Vậy hàm số yFx có ba cực trị

Câu 99: Biết ( )Fx là nguyên hàm của hàm số ( ) 2 cos xx fx x = . Hỏi đồ thị của hàm số ( )yFx = có bao nhiêu điểm cực trị? A. 1. B. 2. C. vô số điểm. D. 0. Lời giải Chọn A

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Hơn nữa

có

hàm số đồng biến trên toàn trục số.

*)Parabol 2 yaxbxc =++ qua các điểm ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2;3,1;4,0;3,1;0,3;0 nên xác định được 2 23,1yxxx =−++− suy ra ( ) 3 2 1 3 3 x fxxxC =−+++ . Mà ( ) ( ) 3 2 1 000,3 3 x fCfxxx ===−++ . Có ( ) 5 1 3 f −=− ; ( ) 22 2 3 f =

*)Đồ thị ( ) ' fx trên đoạn  4;1 qua các điểm ( ) ( )4;2,1;0 nên ( ) ( ) ( ) 2 2 22 '1 332 x fxxfxxC  =+=++   .

Mà ( ) ( ) 2 2 55212 122 333232 x fCfxx  −=−=−+−=−=+−     , hay ( ) 14 4 3 f −= .

*) Đồ thị ( ) ' fx trên đoạn  5;4 qua các điểm ( ) ( )4;2,5;1 nên ( ) ( ) 2 3 3 '31414 2 x fxxfxxC =+=++ Mà ( ) ( ) ( ) 2 3 3.4 1414 414.4 323fC −=+−+= suy ra 3 82 3 C = Ta có ( ) ( ) 2 38231 145 236 x fxxf=++−=− . Từ và ta được ( ) ( ) 3135 253222

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Vậy ( ) ( ) 4332 xfxxxfxxx =+=+

Ta có: ( ) 2 32 fxxx  =+ ; ( ) 216 f  = ; ( ) 212 f =

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( )yfx = tại điểm có hoành độ 2 x = là: ( ) 16212yx=−+ 1620yx =−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

fxfx

fxfx

)

)

ttttt =−=−  . Vậy ( ) 2 3e6ee ttt IttC =−−+ ( ) ( ) 333 3 2 3 3e6ee xxx FxxxC =−−+ Theo giả thiết ta có ( ) 024FC==− ( ) ( ) 333 3 2 3 3e6ee4 xxxFxxx =−−− ( ) 15 14 e F −=−

Ta có ( ) ( ) 2 ., x fxefxx  = ( ) ( ) 2 x fx e fx

 = ( ) ( ) 2 x fx dxedx fx

 = ( ) ( ) ( ) 2 1 x dfxedx fx =  ( ) ( )1* x eC fx −=+

Thay 0 x

Do ()yfx = liên tục, nhận giá trị dương trên (0;) + và thỏa mãn (1) fe = , ta có ( ) ( ) ( ) 21 31 33 4121 ln1ln31 3333 x fCCfxxfxe +− =+=−=+−= . ( ) ( ) 7 3 510,312310511. fef = Câu 132: Cho hàm số liên tục trên khoảng và với mọi . Tính tổng biết rằng và . A. B. C. D. Lời giải Chọn D Ta có : Mà Câu 133: Cho hàm số ()fx thỏa mãn (1)2 f = và ( ) ( ) 2 2221()[()]1 ' xfxfxx+=− với mọi (0;) x + Tính giá trị (3) f

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

A. 8 3 B. 4 C. 10 3 D. 5 Lời giải Chọn C

Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 22 2

'1 1'1 1 +=−=    +  fx x xfxfxx fx x hay ( ) ( ) 2 2

' ' 1  =−  +    fx x x fx Lấy nguyên hàm hai vế: ( ) 2 1 1 −=−+ + x C fxx . Thay ( ) 2 11 1:0 111 =−=−+= + xCC f suy ra ( ) ( ) 2 110 3 3 + == x fxf x Câu 134: Cho hàm số yfx có đồ thị , C fx có đạo hàm xác định và liên tục trên khoảng 0; thỏa mãn điều kiện 2 ln.,0;.fxxfxx Biết 0,0;fxx và 2. fe Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị C tại điểm có hoành độ 1 x . A. 2 2. 3 yx B. 2 3 y C. 2 1. 3 yx D. 2 3 y Lời giải Chọn D Ta có 2 2 2 1 ln.lnln fx fxxfxxx fxfx 1 lndxlnxxxxC fx Với xe ta có 1 ln eeeC fe mà 2. fe 1 2 C Suy ra 1 1 ln 2

fx xxx Khi đó 2

2 1 3 1ln1.10 f ff Phương trình tiếp tuyến với đồ thị C tại điểm có hoành độ 1 x là: 2 11. 3 yfxxf

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

=−+  .

Suy ra ( ) ( ) 2 3 2 32 x fxfxxxC  =−++ . Hơn nữa ( ) ( ) 003ff  == suy ra 9 C =

Tương tự vì ( ) ( ) ( ) 2 2 fxfxfx    =  nên ( ) 2 23 2 29 32 x fxxx   =−++   .

Suy ra ( ) 23 2342 1 21 29d18 3233 xx fxxxxxxxC  =−++=−+++    , cũng vì ( ) 03 f = suy ra ( ) 3 242 1 189 33 x fxxxx =−+++ . Do đó ( ) 2 128 f  =  Câu 139: Cho hàm số ( )yfx = dương và liên tục trên ( ) 0;+ , có ( ) 03 f = và thỏa mãn ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 221'111fxxfxfxxfx++=++− . Khi đó giá trị của ( ) ( )02ff + bằng

. Tính 2 Tab =− . A. 21 16 T = . B. 3 2 T = . C. 3 16 T = . D. 0 T = . Lời giải

Chọn C

−=   ==   Nguyên hàm hai vế ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 33

fxfxfxfx fxfxfx fxfxfx fxfxfxfx

2 '' 2 '' 4434

.3'' .3'''' '

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

' 1 3 fx C fxfx =−+

' 11 ' 33 3 fx x fxfxD fxfx =−=−=−+ Với ( ) 4 11 3 fD== Suy ra ( ) ( ) 42018 2022 333 x fxf=−+=− Câu 144: Cho hàm số ( )fx thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 2 2 .21fxfxfxxx +=−+  , x  và ( ) ( ) 003ff  == . Giá trị của ( ) 2 1 f   bằng A. 28.. B. 22.. C. 19 . 2

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

▪ Do ( ) 14 f = nên ( ) 2 1 13.10 1 f CC =++= . ▪ Khi đó: ( ) ( ) 2 2 23.2220 2 f f =+= .

Câu 151: Biết 32 ()2gxxx=++ là một nguyên hàm của ().e x fx trên , ()Fx là một nguyên hàm của '()e x fx trên và thoả mãn (0)2F =− , giá trị (1)F bằng A. 1. B. 2 e . C. 3. D. 5. Lời giải

Chọn D

Ta có ( ) 22 '()()e32()e()32e xxx gxfxxxfxfxxx =+==+ . Suy ra ( ) 2 '()382ex fxxx=++

Ta có ( ) 232 ()'()ed()382d42

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

hàm số ( )fx liên tục trên đoạn  1;2 và thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 221.2.210xfxxfxxx  ++−−−= và ( ) 43 1. 24 f = Khi đó ( )2 f bằng A. 119 60 B. 26 15 C. 119 60 D. 119 36 Lời giải Chọn A ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2222 1.2.2101.21 xfxxfxxxxfxxx   ++−−−=+=++  . ( ) ( ) ( ) ( ) 33 2222 1.d1. 33 xx xfxxxxCxfxxxC +=++++=+++   Theo giả thiết ( ) 75 21 34

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

4 f ? A. 24. B. 14. C. 4. D. 16. Lời giải Chọn D

Trên khoảng ( ) 0;+ ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 22 13 2'3' 22 xfxfxxxxfxfxx x +=+= ( ) ( ) ( ) ( ) '' 22 33 .. 22 xfxxxfxdxxdx==  . ( ) 3 1 . 2 xfxxC=+ . ( ) Mà ( ) 1 1 2 f = nên từ ( ) có: ( ) 3 111 1.1.10 222 fCCC =+=+= ( ) 2 2 xx fx = Vậy ( ) 2 44 416 2 f == Câu 159: Cho hàm số ( )fx thỏa mãn ( ) ( ) ', x fxfxex+=

'2 '121 11 fx x fxxxfx fx x +=+= + + Nên ( ) ( ) 2  =−

'2 dd 11 fx x xx fx x = + +  ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2

( ) 2 2121fxxC +=++ . Mà ( ) 000fC==

d1 d1 11 fx x fx x =+ + + 

 =−  ( ) ( ) ( ) 2

d 8d fx xx fx =−  ( ) 2 1 4xc fx =+ ( ) 2 1 4 fx xc = + Có ( ) 1 1 3 f = nên 2 11 1 4.13 c c ==− + . Vậy ( ) 2 1 41 fx x = 111 22121 xx  =− −+  ( ) 11 11 23 f  =−  ( ) 111 2 235 f  =−  ( ) 111 3 257 f  =−  …………………… ( ) 111 2011 220212023 f  =−  Cộng vế với vế ta được: ( ) ( ) ( ) 11 12...10111 22023 fff  ++=−  12022 . 22023 = Câu 164: Cho hàm số ( )fx liên tục trên thỏa mãn ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1211xxfxxfx x

 +++=− và ( ) 11 f = . Biết ( ) 2ln2fab =+ . Khi đó ab + bằng A. 1 6 . B. 3 2 . C. 1 3 . D. 1 2 . Lời giải

Lấy nguyên hàm hai vế ta được ( ) ( ) 2 d8d fx xxx fx 

họn C Từ giả thiết: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 11 12111xxfxxfxxxfx xx 

= Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm.

Câu 166: Cho hàm số ( )yfx = đồng biến và có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 2 .e, x fxfxx  = và ( ) 02 f = . Khi đó ( )2 f thuộc khoảng nào sau đây?

A. ( )12;13 . B. ( )9;10 . C. ( )11;12 . D. ( )1314 ; . Lời giải

Chọn B

Vì hàm số ( )yfx = đồng biến và có đạo hàm liên tục trên đồng thời ( ) 02 f = nên ( ) 0 fx   và ( ) 0 fx  với mọi  ) 0; x+

Từ giả thiết ( ) ( ) ( ) 2 .e, x fxfxx  = suy ra ( ) ( )  ) 2 .e, 0;. x fxfxx  =+ Do đó, ( ) ( )  ) 2 1 e, 0;. 2 2

x fx x fx

 =+ Lấy nguyên hàm hai vế, ta được ( )  ) 2 e, 0; x fxCx=++ với C là hằng số nào đó. Kết hợp với ( ) 02 f = , ta được 21 C =− . Từ đó, tính được ( ) ( )2 2e219,81 f =+− .

Câu 167: Cho hàm số ()fx thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) 2 230fxxfx  −+= và ( ) 0 fx  với mọi 0 x  và ( ) 1 1 6 f =− . Giá trị của biểu thức: ( ) ( ) ( ) ( )123...2022Tffff =++++ thuộc khoảng nào sau đây? A. ( )0;1 B. ( )2;1 C. ( )3;2 D. ( )1;0 Lời giải Chọn D Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 230fxxfx  −+= mà ( ) 0 fx  ,0 x  nên ( ) ( ) 2 23 fx x fx

 =+ Lấy nguyên hàm 2 vế, ta đượ

35 c: ( ) ( ) 2 (23) fx dxxdx fx  =+ , suy ra: ( ) 2 1 3 xxc fx =++ Mà ( ) 1 1 6 f =− suy ra 2 c = . Vậy ( ) 2 111 . 3221 fx xxxx ==− ++++ Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 11 1 32 11 2 43 11 3 54 11 2022 20242023 f f f f  =−    =−    =−      =−    Suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 111011 123...20221;0 202422024 Tffff =++++=−=− Câu 168: Cho hàm số ( )fx thỏa mãn ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 .2, fxfxfxxxxR +=− và ( ) ( ) 001ff  == . Tính ( ) 2 1 f A. ( ) 2 43 1 15 f = B. ( ) 2 26 1 15 f = C. ( ) 2 47 1 30 f = D. ( ) 2 73 1 30 f = Lời giải Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 33 .2.2  +=−=−   fxfxfxxxfxfxxx ( ) ( ) ( ) 4 32 1 .2 4 x fxfxxxdxxC  =−=−+ 

C

họn B

Ta

xxxfxfxxxxxxC xxxx

  ===−=−++   ++++  

Do ( ) 12ln2 f =− nên ta có ( ) 1 .11ln2ln21ln21 2 fCCC =−+−=−+=−

đó

fxxx

)

( ) ( ) 4 4 0 0

13 lnsin3cosln22ln3.ln2ln3 4222 xxx    =++=+−=+−

Từ đây ta có 13 ,,1 22 abc=== nên 3 4 P = .

Câu 16: Biết ( ) ( ) 22 2 22 0

xxx xabc x

1ee22 delne1 e2

xx x

++++ =+−+ +  Tính giá trị của biểu thức 222 2 Tabc =+− A. 12. B. 11. C. 5. D. 10. Lời giải

xexexxxx x x xex

xxxxx x x xxx

  Khi đó 3 a = , 1 b = , 222 1210cabc =+−= Câu 17: Tính tích phân 1 0

22 222 000 2 2 0 2 22 de1dd e2e2 de2 2 e 0 2e2 2 3elne2 0 3elne1.

xxx x xxxx xx x x x x x

1ee221e xx x x xx x x x x

++++ + =++− ++ +  =++−  +  =+−+ =+−+

+++++++−+ + ==++− +++ . Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

31 5 x dx x +  . Lời giải Đặt 2 2 313123 3 udu uxuxududxdx =+=+== . Ta có 2 2 1 31 3 u uxx=+= ( ) 2 2 12222 2 22 22 01111

2 31.1616 33222 116 51616 5 33

uduudu u udu xudu dx uu xuu

−+ + ====  ( )( ) ( )( ) 2222 2 1111

16168 212122 164444 dudududu uuuuu   =+=+=+     −−+−+ 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Câu 29: Cho ( ) ( ) 1 10 0

1 1d 1 xxx aa −= +  . Giá trị của a thuộc khoảng nào sau đây? A. ( )11;13 . B. ( )9;11 . C. ( )12;14 . D. ( )10;12 . Lời giải Chọn D Đặt 1dd txtx =−= và 1. xt=+ Đổi cận: 01.xt==− 10.xt== Ta có: ( ) ( ) ( ) 0 100 1112 10 101011 011 1

1 1d1d =+td+ 111211.12 tt xxxttttt  −=+==    Vậy 11 a =

Câu 30: Cho ( ) ( ) 3 2 2

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

hàm số ( )fx nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên  0;2 . Biết ( ) 01 f = và ( ) ( ) 2 24 2 xx fxfxe −= với mọi  0;2 x . Tính tích phân

 =−    =  

32 3 dd

uxx fx vx fx

( ) ( )

 =−    =   ( ) ( ) 2 d36d ln uxxx vfx

uxxx vfx

( ) ( ) 2 d36d ln

 =−    =  

Suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 322 0 0

3ln36lnd Ixxfxxxfxx =−−−  ( ) ( ) 2 2 0

36lnd xxfxx=−−  ( )1

Đặt 2 xt =− dd xt=− .

Khi 02xt=→= và 20xt=→= . Khi đó, ( ) ( ) 0 2 2 36ln2(d) Jttftt =−−−−  ( ) ( ) 2 2 0

36ln2d ttftt=−−−  .

Vì tích phân không phụ thuộc vào biến nên ( ) ( ) 2 2 0

36ln2d Ixxfxx =−−−  ( )2

Từ ( )1 và ( )2 , ta cộng vế theo vế, ta được: ( ) ( ) ( ) 2 2 0

236lnln2d Ixxfxfxx =−−+−   . Hay ( )( ) 2 22 0

116 3624d 25 Ixxxxx =−−−=− 

Câu 60: Cho ( )fx liên tục trên và thỏa mãn ( ) 216 f = và ( ) 1 0

2d2fxx =  .

Tính tích phân ( ) 2 0

d Ixfxx  =  . A. 30 I = B. 28 I = C. 36 I = D. 16 I = Lời giải Chọn B Xét tích phân ( ) 1 0

2d Jfxx =  Đặt 2dd 2 t txx== Đổi cận : 00xt== ; 12xt== Ta có ( ) 2 0

1 d2 2 Jftt==  ( ) 2 0

d4ftt =  ( ) 2 0

d4fxx =  .

Tính tích phân ( ) 2 0

d Ixfxx  = 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Lời giải Chọn D  Xét 4 1

d20 fx x x Đặt 2 ,txtx suy ra 2dd. ttx

Đổi cận 11 42 xt xt Suy ra 4222 1111

sincosd4.fxxx Đặt sin,ux suy ra dcosd. uxx

20d2dd10.dx10 fx xfttfttfx x  Xét 2 0

xu xu Suy ra 11 2 000

4sincosdddx=4. fxxxfttfx Vậy 212 001

ddd14.Ifxxfxxfxx Vậy chọn đáp án D. Câu 63: Cho hàm số ( )yfx = cóđạo hàm ( )f'x liêntụctrên vàthoảmãn ( ) ( ) 1 0 xf'xdx+=  và ( ) ( ) 4102028 ff−= . Giá trị của ( ) 1 4 0

312022 4 Ifxdx =  là A. 1 . 2 B. 1 . 4 C. 2022 . 3 D. 2. Lời giải Chọn A Tính ( ) 1 4 0

4 Ifxdx =  . Đặt 4 tx = suy ra 4 dtdx = , đổi cận 00xt== ; 1 1 4 xt== . Khi đó ( ) ( ) ( ) 1 11 4 000

11 4 44 Ifxdxftdtfxdx ===  Xét tích phân ( ) ( ) 1 0

31xf'xdx +  . Đặt ( ) ( ) 313 uxdudx dvf'xdxvfx =+=    ==  . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1111 1 0 0000

31313410320283 xf'xdxxfxfxdxfffxdxfxdx +=+−=−−=−  Theo giả thiết ( ) ( ) 1 0

312022 xf'xdx+=  . Suy ra ( ) 1 0

2 fxdx =  . Do đó 1 2 I = .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

537d Pfxx =−+   ( ) 22 00

53d+7d fxxx=− ( ) 1 2 0 5

24d 2 Ifxfxx =+−   A. 0 I = B. 2018 I = . C. 4036 I = D. 1009 I

d 7 3 t ftx=+  ( ) 5 1 Đặ

1 d14 3 ftt =+  1 .151419 3 =+= Câu 74: Cho ( ) 4 0 ậ

= Lời giải Ta có ( ) ( ) 22 00 242dd IfxxfxxHK =+−=+  Tính ( ) 2 0 2 Kfxdx =  .

n: 02;24xtxt ==== . Nên ( ) 4 0 1 100 d9 2 Kftt==  Tính ( ) 2 0 d 42 Hfxx =−  ,

208d1fxx =  . Tính tích phân ( ) ( ) 2 0 Đặ

t d 22d txtx == ; đổi c

Suy ra 2018 IKH=+= . Câu 75: Cho ( )yfx = là hàm số chẵn, liên tục trên  6;6 . Biết rằng ( ) 2 1

d8fxx =  ; ( ) 3 1

2d3fxx−=  Giá trị của ( ) 6 1

d Ifxx =  là A. 5 I = B. 2 I = C. 14 I = D. 11 I = Lời giải

Ta có ( )yfx = là hàm số chẵn, suy ra ( ) ( ) 22 fxfx −= . Khi đó: ( ) ( ) 33 11

2d2d3fxxfxx −== . Xét tích phân: ( ) 3 1 1

2d Ifxx =  . Đặt 1 2d2ddd 2 txtxtx === . Đổi cận: 12xt== ; 36xt== .  ( ) ( ) ( ) 666 1 222

11 .dd3d6 22 Ifttfttftt ====  ( ) 6 2

d6fxx =  . Vậy ( ) ( ) ( ) 626 112

ddd8614Ifxxfxxfxx ==+=+=  . Câu 76: Cho hàm số ( )fx liên tục trên và ( ) 2 0

d2018fxx  =  , tính ( ) 2 0

d.Ixfxx  =  A. 1008 I = . B. 2019 I = . C. 2017 I = . D. 1009 I = . Lời giải Xét ( ) 2 0

d.Ixfxx  =  Đặt 2 1 d2ddd. 2 txtxxxxt === Đổi cận: 2 00;.xtxt ==== Khi đó ( ) ( ) 22 00

11 dd1009. 22 Ifttfxx  ===  Câu 77: Cho ( ) 2 1

d2fxx =  . Khi đó ( ) 4 1

d fx x x  bằng A. 1 B. 4 C. 2 D. 8 Lời giải

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Đặt xt = 1 dd 2 xt x = 1 d2dxt x = . Khi 1 x = thì 1 t = ; 4 x = thì 2 t = .

Suy ra ( ) ( ) ( ) 422 111

d.2d2d2.2 fx xfttftt x === 4 = Vậy ( ) 4 1

d4 fx x x = 

Câu 78: Cho ( ) d fxxx+=  2 2 1 12 . Khi đó ( )d Ifxx =  5 2 bằng A. 2. B. 1. C. 4. D. 1. Lời giải Đặt d ddd. t xtxxtxx +=== 2 12 2 Đổi cận ;.xtxt ==== 1225 Suy ra: ( ) ( ) 2

2 1

5 2 1 dd 2 21 xftt fx = =+   ( ) 5 2

d4 ft t =   ( )d Ifxx ==  5 2 4 .

dx+3dx=10fxgx (

được

Tính ( ) 3 1 4dxfx 

trình: 310 26 uv uv

  . ( ) ( ) 3 1 2dx=6 fxgx    ( ) ( ) 33 11 2dx-dx=6 fxgx   .       

t ( ) ( ) 33 11 dx; v =dxufxgx =    +

2 u

) ( ) 3 1 3 1 dx=4 dx=2 fx gx 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Suy ra ( ) 7 3

210d10.440 Ifxx===  . Do đó 20 I =

Câu 82: Cho ( ) 1 0

d9fxx =  Tính ( ) 6 0

sin3cos3d Ifxxx

 =  A. 5 I = . B. 9 I = . C. 3 I = . D. 2 I = . Lời giải Đặt sin3d3cos3.d txtxx == Đổi cận: 00 1 6

xt xt  ==    ==   ( ) ( ) 1 6 00

 ==== 

11 sin3cos3dd.93 33Ifxxxftt

Câu 83: Cho tích phân ( ) 4 0

d32.==  Ifxx Tính tích phân ( ) 2 0

2d. =  Jfxx A. 32 J = B. 64 J = C. 8 J = D. 16 J = Lời giải Đặt d 2d2dd. 2 === t txtxx Đổi cận: 00;24. ==== xtxt ( ) ( ) ( ) 244 000

111 2ddd16. 222 =====  JfxxfttfttI

Câu 84: Biết ( )fx là hàm liên tục trên và ( ) 9 0

d9fxx =  . Khi đó giá trị của ( ) 4 1

33d fxx  là A. 0 B. 24 C. 27 D. 3 Lời giải Xét ( ) 4 1

33d Ifxx =−  Đặt 33d3d txtx =−= . Đổi cận: 49 10 xt xt ==   ==  . Vậy ( ) ( ) 99 00

111 dd.93 333Ifttfxx ====  .

Câu 85: Cho hàm số ()fx thỏa mãn 1 0 (2)2fxdx =  .Tích phân 2 0 () fxdx  bằng A. 8. B. 1. C. 2. D. 4.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Lời giải Đặt 2 tx =  2 dtdx =  2 dt dx = , 00 12 xt xt == == Ta có 122 000

()1 2(2)() 22 ftdt fxdxftdt===  2 0 ()4ftdt =  Theo tính chất tích phân 22 00 (x)(t)4 fdxfdt== Vậy 2 0 ()4fxdx = 

Câu 86: Cho hàm ( )fx thỏa mãn ( ) 2017 0

d1fxx =  . Tính tích phân ( ) 1 0

2017d Ifxx = 

A. 1 2017 I = . B. 0 I = . C. 2017 I = . D. 1 I = . Lời giải Đặt 2017d2017d txtx == 1 dd 2017 xt= Đổi cận: 00;12017xtxt ==== Vậy ( ) ( ) 20172017 00

111 .dd 201720172017Ifttftt ===  Câu 87: Cho tích phân ( ) 2 1 d fxxa =  . Hãy tính tích phân ( ) 1 2 0 1d Ixfxx =+  theo a A. 4 Ia = . B. 4 a I = . C. 2 a I = . D. 2 Ia = . Lời giải Đặt 2 1d2d txtxx =+= . Đổi cận ( ) ( ) ( ) ( ) 1222 2 0111

d11 1d.dd 2222 Ixfxxftfttfxxta =+====  .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 88: Cho hàm số ( )fx liên tục trên và thỏa mãn ( ) 4 2 0

tan.cosd2 xfxx

fx x xx =  Tính ( ) 2 1 4

 =  và ( ) 2 2ln d2 ln

e e

2 d fx x x  . A. 0 B. 1 C. 4 D. 8 Lời giải * ( ) ( ) 2 44 2 1 2 00

cos 1 tan.cosd.sin2d 2cos fx Ixfxxxx x

 ==  Đặt 2 cos xt = sin2dd xxt=− . Đổi cận x 0 4  t 1 1 2 Khi đó ( ) 1 2 1 1

1 d 2 ft It t =−  ( ) 1 1 2

d4 ft t t =  . * ( ) ( ) 22 ee22 2 2 ee

lnln12ln d.d ln2ln fxfx x Ixx xxxx == Đặt 2ln xt = 2ln dd x xt x = . Đổi cận x e 2 e t 1 4 Khi đó ( ) 4 2 1

1 d 2 ft It t =  ( ) 4 1

d4 ft t t =  . * Tính ( ) 2 1 4

2 d fx Ix x =  . Đặt 2xt = 1 d 2 xdt= . Đổi cận x 1 4 2 t 1 2 4

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Khi đó ( ) ( ) ( ) 414 11 1 22

ddd448ftftft Ittt ttt ==+=+=  .

hàm

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 95: Cho hàm số ( )fx liên tục trên thỏa ( ) 2018 0

d2fxx =  . Khi đó tích phân ( ) ( ) 2018 e1 2 2 0

ln1d 1 x fxx x + +  bằng A. 4. B. 1. C. 2. D. 3. Lời giải Đặt ( ) ( ) 2018 e1 2 2 0

ln1d 1 x Ifxx x =+ +  Đặt ( ) 2 ln1tx=+ 2 2 dd 1 x tx x = + Đổi cận: 0 x = 0 t = ; 2018 e1 x =− 2018 t = . Vậy ( ) 2018 0

d Iftt =  ( ) 2018 0

d2fxx ==  .

Câu 96: Cho hàm số ( )fx liên tục trên thỏa mãn ( ) 4 0

 =  và ( ) 2 1 2 0

d1. 1 xfx x x = +  Tính ( ) 1 0

tand3fxx

d.Ifxx =  A. 2 I = . B. 6 I = . C. 3 I = . D. 4 I = . Lời giải Ta có ( ) 4 0

 ==  . Đặt ( ) 2 2 1 tanddtand1d cos xttxxtx x ====+ . Vậy ( ) ( ) 11 22 00

tand3Kfxx

11 .d.d3 11 Kfttfxx tx === ++

1

2



( )

1

ftdtftdt

24.

( )

3 fxdx =−  Lời giải Chọn D Đặttx=− ( ) ( ) ( ) 001 110 fxdxftdtftdt =−−=−  ( ) 1 0 3

1 ftdt = = . Lời giải Chọn A Đặt sin,dcosd txtxx == . Đổi cận

( ) ( ) ( ) 212 001 143. fxdxfxdxfxdx=+=−=−

Câu 100: Cho hàm số fx liên tục trên và 9 2 10 d4,sincosd2 fx xfxxx x . Tính tích phân 3 0

d Ifxx A. 6 I = B. 4 I = C. 10 I = D. 2 I = Lời giải Chọn B

Ta có: 993 111

d2d2d fx xfxxftt x Mà 9 1

d4 fx x x nên 33 11

2d4d2 fttftt Vì tích phân không phụ thuộc vào biến số nên 33 11

d2d2fttfxx

Ta có: 1 22 000

sincosdsindsind fxxxfxxftt Mà 2 0

sincosd2fxxx nên 1 0

d2ftt Vì tích phân không phụ thuộc vào biến số nên 11 00

d2d2fttfxx Khi đó 313 001

ddd224Ifxxfxxfxx .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

8080.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Khi đó, ta có ( ) ( ) ( ) ln3 ln3ln3ln3 2 2222 111 1

x xxx e xfxxxexexexe  =−+===−   .

1 d122dd9 22

Câu 108: Cho hàm số ()yfx = có đạo hàm liên tục trên và thỏa mãn 2 0 (2)16,()4 ffxdx==  . Tính 1 0 (2) Ixfxdx  =  . A. 20 I = B. 7 I = C. 12 I = D. 13 I = Lời giải Ta có: ( ) ( ) ( )

45  =−−  x x 7 5 =

Câu 113: Cho hàm số ( )fx có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn ( ) 14 = f , ( ) 1 2 0

d36  =    fxx và ( ) 1 0

1 .d 5 =  xfxx . Tích phân ( ) 1 0

d fxx  bằng A. 5 6 B. 3 2 C. 4 D. 2 3 Lời giải Từ giả thiết: ( ) 1 0

1 .d 5 =  xfxx ( ) 1 0

5.d1=  xfxx

( )

)

.d

Ixfxx

) 2 dd 1

2

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Khi đó

Do đó ta có Vậy Cách 2. Từ Thay vào ta được Xét hàm số từ giả thiết trên ta có Vậy suy ra .

Câu 135: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm liên tục trên  2;4 và ( )  0,2;4fxx   . Biết ( ) ( )   ( ) 3 33 7 4,2;4,2 4 xfxfxxxf  =−=   . Giá trị của ( )4 f bằng A. 4051 2 . B. 2051 4 . C. 2051 2 . D. 4051 4 . Lờ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta có: ( ) 43 2 2244 12,0,1 xxxx xfxfxx xx −−++− −+=   ( ) 43 2 2244 12,0,1 xxxx xfxfxx xxx −−+− −+=+   ( ) ( ) 222222 1212,0,1 xx xfxfxxxx xx  −+=−+  

Chọn ( ) ( ) 11 11 .d.d0fxxfxxxx ===  .

Câu 141: Cho hàm số ()yfx = thỏa mãn 2 '''3 ()().()2, fxfxfxxxxR +=−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

phân hai vế, ta có ( ) ( ) ( ) 11 22 00

Xét tích phân

4.31d1d* xfxfxxxx +−=−  

xtxtt

Khi đó, ta có

Lời giải Đặt dd taxtx =−=−

Thay vào ta được ( ) 0

1 d 1

a Ix fx = +  ( ) 0

1 dt 1

a fat = +−  ( ) 0

a faxfx x fxfax  =  ++−    =+ ( ) ( ) ( ) 22 00

1 d 1

a x fax = +− 

 , do hàm số ()fx liên tục và luôn dương trên đoạn dd fx xxCx fx

, trên đoạn   0;a Mà ().()1fxfax−= ( ) 1 fx = . Vậy 0 1 d 22 a a Ix==  Câu 150: Cho hàm số ( )fx đồng biến, có đạo hàm đến cấp hai trên đoạn  0;2 và thỏa mãn ( ) ( ) ( ) ( ) 22 .0fxfxfxfx  1 d 2 x fxCx fx  =+   ( ) 2 0

0;a . Suy ra ( ) ( )faxfx  =+  ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0 0

 . Biết ( ) 01 f = , ( ) 6 2 fe = . Khi đó ( )1 f bằng A. 2 e B. 3 2e C. 3 e D. 5 2e Lời giải Theo bài ra ta có hàm số ( )fx đồng biến trên  0;2 ( ) ( ) 010 fxf = do đó ( )  00;2fxx Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 fxfxfx fx fx fx      =     Theo đề bài ( ) ( ) ( ) ( ) 22 .0fxfxfxfx ln22fxC=+ 6 lneln1222 CC −=+= ( ) ( ) 2 fx x fx

  =+ Do đó ( ) 11 2 00

fxfxfxfx ln2 2 x fxx =+  ( ) ln15 2 f = ( ) 5 21e f = Câu 151: Cho hàm số ( )yfx = là hàm số lẻ trên và đồng thời thỏa mãn hai điều kiện ( ) ( ) 11fxfx+=+ , x  và ( ) 2 1 fx f xx  =   , 0 x  . Gọi ( ) ( ) 1 2 0

( ) 1 fx fx  .d 1 fx Ix fx = +  . Hãy chọn khẳng định đúng về giá trị của I

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

. Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0111 1000

dddd 1111111 fxx ttx I ftftfxfx =−=== +−+−+−+  Mặt khác ( ) ( ) ( ) ( ) 1111 0000

dd1dd1 111() fxxfx x xx fxfxft + +=== +++  hay 21 I = . Vậy 1 2 I = . Câu 154: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm trên khoảng ( ) 0;+ thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 3 .ln .

x fxx xfxfx  =     và ( ) 10 f = . Tính tích phân ( ) 5 1

d Ifxx =  . A. 12ln1313. B. 13ln1312. C. 12ln1313 + . D. 13ln1312 + . Lời giải

 = ( ) ( ) .e fx x fx x x  =   fx x xx fxx ++ == với ( ) 0; x+ . ( ) 55 2 11

Lấy nguyên hàm hai vế của suy ra ( ) 2 e 2 fx x x C =+ . Do ( ) 1 d.lnd 2 x Ifxxxx + == . Đặt 2 2 12 lndd 21 xx uux x + == + ; ddvxx = , chọn 2 1 2 x v + = . Theo công thức tích phân từng phần, ta được: 5 5 5 222 1 1 1

11 .lnd13ln13 222 xxx Ixx  ++ =−=−    13ln1312=− .

Đặt 2 21 221 01 21d(22)d(22)dd0(3) xxu uxxuxxxexeu −+ =−+=−−== 

Thay (2) và (3)vào (1) 2 2 0 0 4()d4d fxxx= 2 0 ()d2Ifxx ==  . Chọn phương án C

Cách 2: Do 2 21 3()f(2)2(x1)e4,(1) xx fxxx −+ +−=−+

2 2 21 21 9()3f(2)6(x1)e12 ()3(2)2(x1)e4 xx xx fxx fxfx −+ −+

+−=−+

( ) 0 d a fxx

fxxx fxfxx aaktkx ktkx

−+ −+  +−=−+   +−=−−+ xx== ++

1e a kx a fx x +  bằng

( )d a a fxx  C. ( ) 2d a a fxx  D. ( ) 0 2d a fxx 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Do đó, ( ) ( ) ( ) 00

e1 dd 1e 23 4 dx fxfxdx x +−= +  ( )1 Đặt ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 222 222

kx aaa kxkxkx a

e. ddd 1e1e1e

fxfxfx xxx =+ +++ ( ) ( ) ( ) 00 + nên ta có: ( ) ( ) ( ) 22 2 22

kx aa kx fx xfxx + == +  Câu 158: Cho ( ) ( ) , fxfx liên tục trên và thỏa mãn ( ) ( ) 2 1 23 4 fxfx x +−= + . Biết ( ) 2 2 Ifxdx m  ==  . Khi đó giá trị của m là A. 2 m = . B. 20 m = . C. 5 m = . D. 10 m = . Lời giải Hàm số ( ) ( ) , fxfx liên tục trên và thỏa mãn ( ) ( ) 2 1 23 4 fxfx x +−= 2323 Kfxfxdxfxdxfxdx =+−=+−  Đặt ( ) ( ) ; xtdxdtfxft −==−−= , 22;22xtxt =−===− Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2222 2222

. fxdxftdtftdtfxdx −=−==  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22222 22222

23235 Kfxdxfxdxfxdxfxdxfxdx =+−=+=  ( )2 Đặt 2 2 2 4 dx J x = +  ; 2tan x  = , ; 22    −  , Ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2tan21tan cos d dxdd    ===+ Với 2 4 x   =−=− ; Với 2 4 x   == Do đó ( ) 2 44 4 2 4 44

   

    + ==== +  ( )3 Từ ( )1 , ( )2 và ( )3 , ta có ( ) ( ) 22 22

21tan 1 4tan4224 d Jd

5 420KJfxdxfxdx ===  Mà theo giả thiết, ( ) 2 2 Ifxdx m  ==  nên 20 20 m m  == . Chú ý: Có thể tính nhanh 2 2 2 4 dx x +  bằng công thức: 22 1 arctan dxx C xaaa =+ + 

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

159: Chohàmsố ( )yfx = làhàmlẻvàliêntụctrên  4;4 biết ( ) 0 2

d2fxx−=  và ( ) 2 1

2d4fxx−=  . Tính ( ) 4 0

d Ifxx =  . A. 10 I =− B. 6 I =− C. 6 I = D. 10 I = Lời giải Xét tích phân ( ) 0 2

d2fxx−=  Đặt xt−= ddt x =− . Đổi cận: khi 2 x =− thì 2 t = ; khi 0 x = thì 0 t = do đó ( ) ( ) 00 22

ddtfxxft −=−  ( ) 2 0

dt2 ft =  ( ) 2 0

d2fxx =  .

dt ft =  ( ) 2 0

Do hàm số ( )yfx = là hàm số lẻ nên ( ) ( ) 22 fxfx −=− .

Do đó ( ) ( ) 22 11

2d2d fxxfxx −=−  ( ) 2 1

2d4fxx =−  .

Xét ( ) 2 1

2d fxx  .

Đặt 2xt = 1 ddt 2 x = .

Đổi cận: khi 1 x = thì 2 t = ; khi 2 x = thì 4 t = do đó ( ) ( ) 24 12

dt8 ft =−  ( ) 4 2

d8fxx =−  . Do ( ) 4 0

1 2ddt4 2 fxxft==− ( ) 4 2

d Ifxx =  ( ) ( ) 24 02

dd fxxfxx=+ 286=−=− . Câu 160: Cho hàm số ( )fx liên tục trên đoạn  ln2;ln2 và thỏa mãn ( ) ( ) 1 1 x fxfx e +−= + . Biết ( ) ln2 ln2

dln2ln3fxxab =+  ( ) ; ab . Tính Pab =+ A. 1 2 P = . B. 2 P =− . C. 1 P =− . D. 2 P = . Lời giải Gọi ( ) ln2 ln2

d Ifxx = 

Đặt tx =−  dd t x =− .

Đổi cận: Với ln2 x =−  ln2 t = ; Với ln2 x =  ln2 t =− .

Ta được ( ) ln2 ln2

d Iftt =−−  ( ) ln2 ln2

d ftt=−  ( ) ln2 ln2

d fxx=− 

Khi đó ta có: 2I ( ) ( ) ln2ln2 ln2ln2

dd fxxfxx=+−  ( ) ( ) ln2 ln2

d fxfxx==+−   ln2 ln2

1 d e1 x x = +  .

Xét ln2 ln2

1 d e1 x x +  . Đặt e x u =  ded x ux =

Đổi cận: Với ln2 x =−  1 2 u = ; ln2 x = 2 u =

đượ

d ee1

)

1

x

) ln2

d 1 u

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

d 31 x fx Ix == +  ( ) 0 2

d = 31 t ft t +  ( ) 2 0

( ) 0 2

ft t +  ( ) 2 0

d = 1 1 3t

d 31 x fx x = +  ( ) ( ) 02 20

d3fxx = 

3 d= 31

t t ft t +  ( ) 2 0

3 d 31

x x fx x +  ( ) 2 2

dd 3131 xx fxfx xx+= ++ ( ) ( ) 22 00

3 dd 3131

Câu 162: Hàm số ( )fx là hàm số chẵn liên tục trên và ( ) 2 0

x xx fxfx xx+= ++ ( ) ( ) 2 0

31 d 31

x x

fx x + = +  ( ) 2 0

d10fxx =  . Tính ( ) 2 2

d 21 x fx Ix = +  A. 10 I = B. 10 3 I = C. 20 I = D. 5 I = Lời giải

Đặt tx =− ddtx=− . Đổi cận: 22xt=−= , 22xt==− . ( ) 2 2

d 21 t ft It = +  ( ) 2 2

2 d 21

2d 21 x fx Ix= +  ( ) 2 2

t t ftt = +  ( ) 2 2

2 d 21

x x fxx = +  ( ) 2 2

2 d 21

x x fxx + +  ( ) 2 2

d fxx =  ( ) ( ) 02 20

dd fxxfxx=+ ( ) 0 2

d10fxx =+ 

d Jftt=−  ( ) 2 0

d Jfxx =  , đặt dd txtx =−=− ( ) 2 0

d fxx=−  ( ) 2 0 1;1 và ( ) 1 1

d10fxx ==  220 I = 10 I = . Câu 163: Cho hàm số ( )yfx = là hàm số chẵn, liên tục trên đoạn   6 fxdx =  . Kết quả của ( ) 1 112018x fx dx +  bằng A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Lời giải Xét tích phân ( ) 1 112018x fx dx +  . Đặt xt =− ; dxdt =− ; 11xt=−= ; 11xt==− ( ) 1 112018x fx dx +  = ( ) 1 1 12018 t ft dt +  = ( ) ( ) 11 11

2018 12018

2018. 1112018 2018

t t t

x x fx dx +  = ( ) 1 1 fxdx  = 6

2018 12018

ftftdtdt = + +  = ( ) 1 1

x x fx dx +  . Vậy ( ) 1 112018x fx dx +  + ( ) 1 1

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Với 1 13;0. 4 xtxt ==== 1333 1 000 4

111 (41)()()()()2. 444 Jfxdxftdtftdtfxdx =−====  Vậy 1 1 (41)3.fxdx−= 

Câu 173: Cho hàm số ( )fx liên tục trên thỏa ( ) 1 0

2d2fxx =  và ( ) 2 0

6d14fxx =  . Tính ( ) 2 2

52d fxx +  . A. 30 B. 32 C. 34 D. 36 Lời giải

+ Xét ( ) 1 0

2d2fxx =  .

Đặt 2d2d uxux == ; 00xu== ; 12xu== . Nên ( ) 1 0

22dfxx =  ( ) 2 0

1 d 2 fuu =  ( ) 2 0

d4fuu = 

+ Xét ( ) 2 0

6d14fxx =  .

Đặt 6d6d vxvx == ; 00xv== ; 212xv== Nên ( ) 2 0

146dfxx =  ( ) 12 0

1 d 6 fvv =  ( ) 12 0

d84fvv =  .

+ Xét ( ) 2 2

52d fxx +  ( ) ( ) 02 20

52d52d fxxfxx=+++  Tính ( ) 0 1 2

52d Ifxx =+  Đặt 52tx=+ Khi 20 x − , 52tx=−+ d5dtx=− ; 212xt=−= ; 02xt== . ( ) 2 1 12

1 d 5 Iftt =  ( ) ( ) 122 00

1 dd 5 fttftt  =−   ( ) 1 84416 5 =−= Tính ( ) 2 1 0

52d Ifxx =+  . Đặt 52tx=+

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 176: Tính tích phân 1 12 0 max, xx eedx

A. 1 e . B. ( ) 3 3 2 ee . C. 3 ee . D. 11 2 e e    . Lời giải

Ta có: 12 1 12 3 xx eexxx . Suy ra: 12 12

1 0 3 max,1 1 3

ekhix ee ekhix Do đó

x xx x

1 max, 2 xxxxxx Ieedxedxedxee 11 3 33 113 222 eeeeee .

1 11 3 1 1 121212 3 1 0 3 1 00 3

Câu 177: Cho hàm số 2 31 51 xkhix yfx xkhix . Tính 1 2 00

 A. 71 6 I . B. 31 I . C. 32 I . D. 32 3 I . Lời giải Chọn B + Xét tích phân: 2 1 0

2sincos332 Ifxxdxfxdx

2sincos Ifxxdx

 . Đặt: sincos txdtxdx Đổi cận: với 0 x thì 0 t , với 2 x  thì 1 t 111 2 1 2 1 0 0000

 + Xét tích phân: 1 2 0

2sincos2225109 Ifxxdxftdtfxdxxdxxx

332 Ifxdx . Đặt: 1 322 2 txdtdxdxdt Đổi cận: với 0 x thì 3 t , với 1 x thì 1 t

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Lời giải

Chọn C

Ta có: ( ) 4 2 1

243 3ln d fx x x x x

 =−    ( ) ( ) 444 2 111

2433lnddd fx x xxfxx x x =− 

Xét ( ) 4 1

243 d fx Hx x =  Đặt 43tx=− d2dx t x =

Đổi cận: ( ) 5 1

d Hftt=  ( ) 5 1

d fxx =  . Xét 4 2 1

3ln d x Kx x =  ( ) 4 2 1

3lndlnxx =  4 33 1 lnln4 x == Khi đó ta được ( ) ( ) 45 3 11

ddln4fxxfxx=− ( ) 5 3 4

dln4fxx =  . Câu 180: Cho hàm số ( )yfx = liêntụctrên vàcóđạohàm thỏa ( )1 fe = và ( ) ( ) ', fxfxxx+= . Giá trị của ( )2 f bằng A. 2 e B. 1 1 e C. 1 1 e + D. 2 Lời giải Chọ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

fx có

hàm

và

ỏa mãn ( ) 2 1 2 x fx x −= . Tính tích phân ( ) 2 2 0

12cos cossin2dsin2dd

t Iftttttt ttt

Suy ra: 33()() fxxfxx == . Vậy 20222022 00

11 ()dd101120222022fxxxx==

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

192:

hàm

(

fx

02022

hàm

Tính giá

thoã

fxfxxe

( ) ( ) 20212022'20222022.

Với 1 x = ta có ( ) 2022 1.120222023fe =+= ( ) 2022 12023. fe= Câu 193: Cho hàm số ()fx có đạo hàm dương trên 1 ; 2  −+   và thỏa mãn  3 2 1 (21)()(()1),. 2 xfxfxx  +=+− Biết (0)0 f = . Giá trị của 4 0 ()d fxx  thuộc khoảng nào dưới đây? A. ( )0;3 B. ( )3;7 C. ( )7;10 D. ( )10;15 Lời giải Chọn C Vì ()0fx   , 1 2 x ()1dd (()1)21 fx xx x fx

 = + +  . Đặt ()tfx = d()d tfxx  = Khi đó 3 2 3 2 3 2 3 2 3 3 2 3 3

  Theo giả thiết (0)0 f = , suy ra 3 3(0)139 44fCC+=+= . Do đó ( )3 2 3 1 ()(21)31 64 fxx=++− . Vậy 4 0 ()d9,34fxx   .

 = + + =++ + +=++ +=++

()1dd (()1)21 d3 (21) (1)4 3 31(21) 4 3 3()1(21). 4

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn   +=+=− + + Lấy nguyên hàm hai vế ta được 3 2 3

9 ()11 (21)()(()1),. (()1)212 fx xfxfxx x fx

fx xx x fx t xC t txC fxxC

Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

=−++ +=+ +=+  =+ 

'3.1512. '3.1512. '.3.1512 .1512.

t

3 3 33 3

24 24 24 ' 4

x x xx x

fxxfxxxe fxxfxxxe efxexfxxx efxxx Nguyên hàm hai vế ta được: ( ) 3 52.36=++ x efxxxC . Khi 1= x ta được: ( ) .190 =+=efCC . Suy ra: ( ) ( ) 33

23 52 3632 + + == xx

xx xx fx ee .

xx fxxx e Đặt 32d3d== txtxx . Đổ

được: 1 0 2 d + =  t t It e

i cận 00;11 ==== xtxt

đúng?

A. ( ) 2 24 f = B. ( ) 2 25 f = C. ( ) 2 26 f = D. ( ) 2 23 f = Lời giải

Chọn B

Ta có ( ) ( ) ., fxfxxx  = Lấy nguyên hàm hai vế ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 222111 .ddd 222 fxfxxxxfxfxxCfxxC  ==+=+

Với 0 x = ( ) 22 111 0.0 222 fCC =+= . Suy ra ( ) ( ) 2222111 1 222fxxfxx=+=+ .

Vậy ( ) 2 25 f =

Câu 199: Xét hàm số ( ) 2 1

1 d 1

x t Fxt tt + = ++  . Trong các giá trị dưới đây, giá trị nào là nhỏ nhất?

A. ( )1 F B. ( )2021 F C. ( )0 F D. ( )1 F Lời giải Chọn D

Gọi ( )Gt là một nguyên hàm của hàm số ( ) 2

1 1 t ft tt + = ++ , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 x FxGtGxG ==− ( ) ( ) ( ) ( ) 2

1 1 1 x FxGxGGx xx

+ =−== ++ ; ( ) 01Fxx==− . Bảng biến thiên của hàm số ( )Fx :

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số là ( )1 F

200: Cho hàm số ( )fx có đạo hàm và liên tục trên  \0;1 , thỏa mãn

) ( ) ( ) 2 1 xxfxfxxx

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935 Page 13 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

2 d2d txxtxtt ===

3 fxxIfxxIxx =−===−=−  .

2d. Ixfxx  =  A. 1 I = B. 12 I = C. 4 I = D. 17 I = Lời giải Chọn A Đặt 2 tx = , suy ra d d 2 t x = , với 0 cosd5fxxx

x = thì 0 t = ; với 2 x = thì 4 t = . Do đó ta có   =  và ( ) 01. f = Khi đó ( ) 2 0

111 ()d()()d(4)41.444 | xfxxxfxfxxf  sin2d fxxx

  Câu 207: Cho hàm số ( )fx   bằng A. 6 B. 8. C. 7. D. 7. Lời giải Xét ( ) 2 2 0

 =  , đặt ( ) ( ) 2 cosdsin2d . d'd uxx ux vfx vfxx =−  =     = =    

'cosd10fxxx

5 50  =  ,

Ifx =  . Đặt 41 4 dt txdx =−= . Thế cận 1 1 4 03 x t . Suy ra: fx x xx =  . Tính tích phân 2 1 4

41dx e e

dt2 1 4 Ift xt xt  ==    ==   Khi đó

ậy ( ) ( ) ( ) 1 11 4 1 11 4 41dx14dx41dx123 fxfxfx−=−+−=+= Câu 212: Cho hàm số ()fx 1()1()1()() 1dddd2 222 ftftfxfx Attxx ttxx ==−=== 

) (2)dfx Ix x =  A. 1 I = . B. 2 I = . C. 3 I = . D. 4 I = . Lời giải Chọn D ⚫ Xét 4 2 0 tan.(cos)d1Axfxx

1  ==  Đặt 2 cos tx =  2 d d2sincosd2costand2.tandtand 2 t txxxxxxtxxxx t =−=−=−=− Đổi cận: 01 1 42

=  . 1 111 2 111 1 222

Lời giải Chọn A Đặt: 21d2d uxux =+= , ( ) dd vfxx  = chọn ( )vfx = . Ta có: ( ) ( ) 1 0

3102d10 fffxx −−=  ( ) 1 0

1 212d10 0 xfxfxx +−=  ( ) ( ) ( ) 1 0

21d10 xfxx  +=  ( ) ( ) ( ) 1 0

02d10 fxx −=  ( ) 1 0

d5fxx =− 

Câu 215: Cho hàm số ( )yfx = liên tục trên đoạn 0; 2     thỏa mãn: ( ) ( ) 2cos.14sinsin2.32cos2sin44sin24cos xfxxfxxxx +−−=+−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935 Page 21 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 222: Cho hàm số ()yfx = có đạo hàm không âm trên   0;1, thỏa mãn ()0fx  với mọi  0;1 x  và     ( )   2 222 2 ().'()11() fxfxxfx +=+ . Nếu (0)3 f = thì giá trị (1) f thuộc khoảng nào sau đây? ().'()1 1()1 fxfx dxdx x fx = + +  + Nếu đặt     2 21()().'() 1() fxfx tfxdtdx fx =+= + VT = ( ) ( ) 2 11 2 2

7 3; 2 112 f dtf + =+−  + Nếu đặt tan xu = ( ) 21tan dxudu=+ VP = ( ) 4 2 2 0

  1 1tan 1tan4 udx u

5 2; 2    C. 5 ;3 2      += +  ( ) 2 112 f +− 4  = ( ) 2 132,6 16 f   =++ 5 ;3 2     Câu 223: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm liên tục trên ( ) 0; thỏa mãn ( ) ( ).cot2.sin fxfxxxx  =+ Biết 2 24 f  =   . Tính 6 f     A. 2 36  . B. 2 72  . C. 2 54  . D. 2 80  . Lời giải Chọn B ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

=+−+   −==   ==      =−−

3 ;2 2    2 2 2 ' 222 2 2 2 6 666 22 2 6

fxfxxxxxfxfxxxx sxfxfxx xfxfxxxxx x sxfxfxxfxdxxdxdxx xx ff fx x

     

Page ().'()1 1()1 fxfx fx x = + +   2 2 ().'()1 1()1 fxfx x fx = + +   11 2 2 00

.cot2.sinsin..cos2.sin in..cos sin..cos2.sin2 sin in..cos 2. sinsin 26 sin4361

 222 1436672 2 f      =−=  

25 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn ().'()1 1()1 fxfx dxdx x fx = + +    11 2 2 00

 

( ) 2 12 11 1 eeee ee  =−=+=+   .

ln2 ln5ln6ln23 69 fx dxabc fxfx + =+++ −+  với ,, abc là các số hữu tỉ. Giá trị của biểu thức Tabc =++ thuộc khoảng nào sau đây? 22 ' 22 232

+=++=+ =+ =++ Vì ( ) ( ) 1605 fCfxx ===+ ( ) ( ) 4 2 1

2'3102'310 310 5

fxxfxxxfxxfxxx xfxxx xfxxxC

++ = +  Đặt ( ) ( )2

x Idx x

ln25 2

11 ln25 . 2525 1 11 1 2 22

ux dudx xx x dvdx v x xx

  =++ =    +++   −+ =  =+= +    ++  ( ) ( ) 4 1

4 111 ln25. 1 22 2525 xx Ixdx xx xx ++ =++− ++ +++  ( ) ( )

443 2 112 2

+−+−−  =−=−+=− ++− + =−−+=−++ +

552155252 ln5.ln5.5ln5 626263 25 33 5123511 ln5ln3lnln5ln6ln32. 22 62622333

xxtdxxdxdt xxt x t t t

 =    =−++=    =  

a babc c

 5 6 12 23 1 3

.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935 Page 27 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

2 2 d.d 31 x Ifxxx xx  == ++  . Đặt ux =− ddux=− . Đổi cận: 33xu=−= và 22xu==− . Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) 2333 62 6262 3222

( )2 , ta được ( ) 62 2 . 31 x fx xx 222 .d.d.dd 33131 1 uux Iuuxfxx uuxx uu  =−=== ++++ −+−+  . Vì ( ) ( ) ( ) 2 3

++ v d23Ifxxff  ==−−  và ( ) ( ) ( ) 3 2

i d32Ifxxff  ==−−  Do đó: ( ) ( ) ( ) ( )2332ffff−−=−− ( ) ( ) ( ) ( )2332 ffffba −−=−−=− Câu 234: Cho hàm số ( )yfx = liên tục trên đoạn  0;1 và thoả mãn ( ) ( ) 35 1.4.1 xxfxfxx  +−−=   . Tích phân ( ) 1 0

d Ifxx =  có kết quả dạng 2 ab c + , ( ,, abc , a c , b c là phân số tối giản). Giá trị 23 Tabc =−+ bằng A. 89 T = B. 27 T = C. 35 T = D. 81 T = Lời giải

  Câu 238: Suy ra 4,2,3abc=== . Khi đó 27 abc+−= .Cho hàm số ( )yfx = nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên đoạn   0;3. Biết rằng (

7

2d21d21d 3 fxxfxxxfxfxx+++=−+ 

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 000 0 22 1 111

( ) ( ) ( ) ( ) 010 0 1 111

7

77 2dd1d1d1 33 fxxfxxffxxffxx +=−−+−=−+ 

2ddd 3 fttfuuxfxfxx+=−+  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0101 1110

Ta có: ( ) ( ) ( ) 2532 422148103012,. xfxfxxxxxxfxx  ++=++++−

4d221d48103012dd xfxxfxxxxxxxxfxx  ++=++++− 

( ) ( ) ( ) ( ) 1111 2532 1111

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 111 1 22 1 111

92

92 2ddd 3 fvvfhhxfxfxx+=−+ 

2d21d21d 3 fxxfxxxfxfxx+++=−+  ( ) ( ) ( ) ( ) 131 1 1 111

9292 d11dd112 33 fxxfffxxfxxff =−−−+=−−− 

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 313 111

927 d1dd33127 33 fxxffxxfxxf=−+−=−= Thay 0 x = vào ( )* ta có được ( ) 16 f = ( ) 3 0 o hàm cấp hai, liên tục và nhận giá trị dương trên đoạn [0; 1] thỏa mãn 2 11 '()2().'()2.'()(1)''()0,[0;1],'1. 2 . 2 fxfxfxxfxxfxxff −+++===   Biết tích phân ( ) 2 1 0

d27fxx =  . Câu 241: Cho hàm số ()fx có đạ a fxdx b =    , giá trị của ab + bằng A. 181. B. 25. C. 10. D. 26. Lời giải Chọn B 2 2 2

fxfxfxxfxxfx fxfxxfxxfxfxfxfx xfxxfxfxfxfx

()2()()2.()(1)()0 ()()2()(1)()2()()() (22)()(1)()2()()()

  

 −+++= ++++=+ +++=+ 2 (22)()(1)()2()()() xfxxfxfxfxfx  +++=+ 2 (1)()[2()1]() xfxfxfx   +=+  22 1 (1)()()() xfxfxfxC  +=++ .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935 Page 38 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

. Câu 252: Cho hàm số ( )fx có đạo hàm và liên tục trên , thỏa mãn ( ) ( ) 2 2 x fxxfxxe  += và ( ) 02. f =− Tính giá trị ( ) 1. f A. ( ) 2 1. f e =− B. ( ) 2 1. f e = C. ( ) 1. fe =− D. ( ) 1 1. f e =− Lời giải

Chọn D Ta có ( ) ( ) 2 2.2e x fxxfxx  += ( ) ( ) ( ) ( ) 222 e2.e.2e.2 xxx fxxfxxfxx   +== Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2

Câu

2 2 e.d2xde. e xx x

xC fxxxfxxCfx +  ==+= . Vì ( ) 022fC=−=− Do đó ( ) 2

2 2 e x

x fx = . Vậy ( ) 1 1. e f =−

Vì ( ) 30 F = nên 2 9990 C −++= . Suy ra 2 9. C =− Vậy ( ) 2 813 223.29. 33 F =−+−=− Thay ( ) 13 2 3 F =− vào ta được ( ) 111. F −=−

Suy ra ( ) ( ) ( ) 13 21322.113.35. 3 FF  −+=−+−=−  

51 41 xxCkhix Fx xxCkhix  ++  =  ++   . Tính ( ) 2 0 tục tại 1 x = ( ) ( ) ( ) 11 limlim1 xx FxFxF +− →→ == 23 1215.114.1CC++=++ 12 1 CC −=− Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 23 12 0

d?fxx  A. 14. B. 13. C. 15. D. 16. Lời giải Chọn B Vì hàm số ( )Fx liên d=F2025.204.0 fxxFCC −=++−++  ( ) 2 12 0

d=14+C14113fxxC −=−=  Câu 258: Cho hàm số ( ) 2 3210 120 xxkhix fx xkhix  −+ =  −  . Giả sử F là 1nguyên hàm của f trên thỏa mãn ( ) ( ) 20201202122022 FF−+=− . Giá trị ( )1 F nằm trong khoảng nào? A. ( )2;1 B. ( )1;0 C. ( )0;1 D. ( )1;2 Lời giải Chọn A Ta có ( ) ( ) ( ) 12 11 2020()d2021()d202012021240411 IfxxfxxFFF =+=−+−  . ( ) ( ) ( ) 404112020120212. FFFI =−+−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935 Page 50 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. ( ) ( ) ( )fafcfb  B. ( ) ( ) ( )fcfafb 

C. ( ) ( ) ( ). fcfbfa  D. ( ) ( ) ( )fafbfc  Lời giải

Chọn A

Trên ( ) , ab hàm số ( )yfx = nghịch biến, trên ( ) , bc hàm số ( )yfx = đồng biến. Suy ra ( ) ( )fafb  và ( ) ( )fcfb 

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số, trục hoành và hai đường thẳng , xaxb == . ' S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số, trục hoành và hai đường thẳng , xbxc == .

Ta có ' SS  suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) dd ac bb fxxfxxfafbfcfbfafc −− Từ và suy ra ( ) ( ) ( )fafcfb 

Câu 274: Cho hàm số ( )yfx = liên tục và không âm trên khoảng ( ) 0;+ . Biết rằng diện tích hình thang cong giới hạn bởi các đường ( );0;1;9yfxyxx ==== bằng 12. Tính ( ) 3 2 1 Ixfxdx =  A. 6 I = . B. 24 I = . C. 122 I = . D. 23 I = . Lời giải

12 Sfxdxfxdx ===  .

Đặt 2 2 txdtxdx ==

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935 Page 59 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Nếu 2 2

d b Ifxx ac với a , b , c là các số nguyên và b c là phân số tối giản, hãy tính abc A. 13. B. 9. C. 10. D. 11. Lời giải Chọn B Gọi 2 : Pymxnxp Theo giả thiết ta có hệ phương trình 2

2 2 14:24 2 00

mnp m n nPyxx m p p Ta có: 2022 2 2200

8 ddd24d 223Ifxxfxxfxxxxx 2839 abc Câu 276: Cho hàm số ( )yfx = . Đồ thị ( )yfx  = trên đoạn như hình vẽ bên Cho hàm số ( )fx với đồ thị là Parabol đỉnh I có tung độ bằng 7 12 và hàm số bậc ba ( )gx . Đồ thị hai hàm số đó cắt nhau tại ba điểm phân biệt có hoành độ 123 ,, xxx thoả mãn 123 1855 xxx =−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935 Page 60 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Diện tích miền tô đậm gần số nào nhất trong các số sau đây?

A. 5,7 B. 5,9. C. 6,1. D. 6,3 Lời giải

Chọn A

Dễ thấy 17 , 212 I    và ( ) ( )( ) 7 12 27 fxxx=+− .

Hàm số ( )gx đạt cực trị tại 1,2xx=−= nên ( ) ( )( ) ( ) 32 '122 32 xx gxaxxaxb gx  =+−=−−+  

Đồ thị hàm số ( )gx đi qua I nên 17713 2121212, gab  =−−=−+   ( )1

Phương trình hoành độ giao điểm: ( ) ( ) ( )( ) 32 7 212 3227 xx fxgxaxbxx  =−−+=+−  

Theo định lý viet ta có: 123

14 2855 27 185518.5518, 33 3

+ =−=−+=− ( )2 Từ ( )1 , ( )2 ta được ( ) 32 11 1,2 2322 xx abgxx ===−−+ . Từ đó suy ra diện tích miền tô đậm sấp sỉ 5,7.

b a xxxb a

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935 Page 61 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

=− 

( ) ( ) ( )( )( ) 22

x x xxxxx x x

=

+−=+−+

2 111 212121 421 4

Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số ( )yfx = , ( )yfx  = có diện tích là ( ) ( ) ( )( )( ) 4 22 2

11 212121 42 Sxxxxx =+−−+−+=  107 5 . Câu 2: Cho hình thang cong ( ) H giới hạn bởi các đường ,0,0,4yxyxx ==== . Đường thẳng ( )04xkk= chiahình ( ) H thànhhai phầncódiệntíchlà 1S và 2S nhưhình vẽ.Để 12 4 SS = thì giá trị k thuộc khoảng nào sau đây? A. ( )3,1;3,3  B. ( )3,7;3,9  C. ( )3,3;3,5  D. ( )3,5;3,7  Lời giải Chọn C ( ) 3 3 2 2 1 0 0

k k x Sxxk ===  ( ) 4 3 4 33 2 22 2 22 d.4.. 333 2 k k

2 d. 33 2

(C) C O

y x

B A

x Sxxk ===−  Suy ra 333 222 12 222 44.4.3.447 333 SSkkk  ==−   . Câu 3: Cho hàm số ln yx = có đồ thị ( )C như hình vẽ. Đường tròn tâm A có duy nhất một điểm chung B với ( )C . Biết ( )0;1 C , diện tích của hình thang ABCOgần nhất với số nào sau đây. A. 3,01 B. 2,91 C. 3,09 D. 2,98

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Lời giải Chọn B

C e O

1 B A

y x

d (C) e+ 1 e

Đường thẳng đi qua ( )0;1 C và song song với trục hoành cắt đồ thị () C tại (;1)Be . Gọi () d là tiếp tuyến của () C tại (;1)Be thì phương trình () d là x y e = () C tiếp xúc với đường tròn tâm A tại (;1)Be thì () d là tiếp tuyến chung của () C và đường tròn tâm A 1 ()(;0)ABdAe e ⊥+ Hình thang ABCO có: 1;;1OAeCBeOC e =+== . Vậy 2,91. ()1 22 OACBOC e ABCO e S  + ==+ Câu 4: Cho đồ thị hàm số bậc ba ( ) 32 1 3 yfxaxbxxc ==+++ và đường thẳng ( )ygx = có đồ thị như hình vẽ sau: Biết 5 AB = , diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ( )yfx = , trục hoành và hai đường thẳng 1 x = , 2 x = bằng A. 17 11 . B. 19 12 . C. 5 12 . D. 7 11 . Lời giải Chọn B

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

+−+=−−+ , Đồng nhất hệ số ta đươc 1 a = , 2 b =− , 2 c = . Vậy ( ) 32 1 22 3 yfxxxx ==−++ . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ( )yfx = , trục hoành và hai đường thẳng 1 x = , 2 x = bằng 2 32 1

119 22d. 312 Sxxxx  =−++=    Câu 5: Cho hàm số ( ) 5432 36 fxxaxbxcxdx =+++++ . Biết đồ thị hàm số ( ) ( ) , yfxyfx  == và Ox giao nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 2,3. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ( )yfx = và Ox bằng m n là một phân số tối giản với * , mn  . Tổng mn + bằng A. 846. B. 845. C. 848. D. 847. Lời giải Chọn D Do 2,3 là nghiệm của phương trình ( ) ( ) 0,0fxfx  == nên ( ) ( ) ( ) ( ) 2223 fxxxxm =−−− . Ta có ( ) 0361fm==− . Vậy ( ) ( ) ( ) ( ) 22 231fxxxx =−−+ . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ( )yfx = và Ox là ( ) ( ) ( ) 3 22 1

832 231847 15 Sxxxmn =−−+=+=  Câu 6: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol 2 21yxx=++ và đường thẳng (1)5ymx=++ có giá trị nhỏ nhất bằng A. 16 3 . B. 48 3 . C. 64 3 . D. 32 3 . Lời giải Chọn D Phương trình hoành độ giao điểm là: 2221(1)5(1)40xxmxxmx ++=+++−−= Gọi hai nghiệm của phương trình này là a và b () ab  . Theo Vi et, có 1,4abmab+=−=−

Vậy 502 Ia =− . Câu 8: Cho hàm số ( ) 32 fxxbxcxd =+++ với b , c , d là các số thự C. Biết hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) 23 gxfxfxfx =++ có hai giá trị cực trị là 6 và 42. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường ( ) ( ) ( ) ( ) 18 fxfxfx y gx ++ = + và 1 y = A. ln5 B. ln7 C. 2ln6 D. 2ln5 Lời giải Chọn A Hàm số ( )fx là hàm số bậc 3 nên ( )gx là hàm số bậc 3 suy ra ( )gx  là hàm số bậc hai. Ta có ( ) ( ) 3 33.3!18 fx == ; ( ) ( ) ( ) 218gxfxfx =++ có hai nghiệm 1x , 2x và ( )1 42 gx = , ( ) 2 6 gx =− . Xét phương trình tìm cận của tích phân để tính diện tích: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 218 10 1818 fxfxfxfxfx gxgx

 ++++ == ++ Suy ra ( ) ( ) ( ) 1 2 21800 xx fxfxgx xx

=  ++==  =  Diện tích hình phẳng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 222 111

xxx xxx

1 181818

fxfxfxgxgx Sdxdxdx gxgxgx ++ =−== +++ Đặt ( ) ( ) 18 tgxdtgxdx  =+= . Đổi cận ( ) ( ) 111 222

18 18 xxtgx xxtgx ==+    ==+   Do đó 12 12 60 60

12 lnln12ln60lnln5ln5 60 dt St t ===−==−=  .

Câu 9: Cho hai hàm số ()yfx = và ()ygx = , biết rằng hàm số 32 () fxaxbxcxd  =+++ và 2 () gxqxnxp  =++ với , 0 aq  có đồ thị như hình vẽ và diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số ()fx  và ()gx  bằng 10 và (2)(2).fg = Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số ()yfx = và ()ygx = bằng a b . Tính Pab =+ .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 11: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( ) 2 :4Pyx=+ và hai tiếp tuyến của ( )P tại các điểm , AB có hoành độ lần lượt là 1 và 1.

A. 4 3 B. 1 3 C. 1 2 D. 2 3 Lời giải

Chọn D

Xét hàm số 2 42 yxyx  =+=

Ta có ( ) ( )1;5,1;5AB là hai điểm thuộc ( )P

Tiếp tuyến của ( )P tại ( )1;5 A là: ( ) 21523yxyx =−++=−+ .

Tiếp tuyến của ( )P tại ( )1;5 B là: ( ) 21523yxyx =−+=+

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số 23,23yxyx =+=−+ là nghiệm của phương trình:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số 1 1,24 2 yxyx =−+=−+ là nghiệm của phương trình: 1 1242 2 xxx −+=−+=

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số 1 2,1 2 x yyx==−+ là nghiệm của phương trình: 11 212100 22 xx xxx =−++−== .

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số 2,24 x yyx==−+ là nghiệm của phương trình: 22422401 xx xxx =−++−==

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) ( ) 1 422 1

2241d Sxxxx =−++−−   ( ) 1 42 1

23d xxx=−−+  1 5 3 1

264 3 5315 x xx  =−−+=  

Câu 16: Trong mặt phẳng Oxy , cho parabol ( ) ( ) 2 :0Pyaxbxca=++ và đường thẳng ( ):0dymxnm=+ . Tính diện tích hình phẳng ( )D giới hạn bởi ( )P , d và đường thẳng :4 y = như hình vẽ bên. A. 25 6 B. 16 3 C. 19 6 D. 10 3 Lời giải Chọ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

2 25 2 ee+− B. 2 2 e C. 2 24 3 ee+− D. 2 3 e Lời giải Chọn A Vì hàm x ye = đồng biến và hàm 1 yxe=−++ nghịch biến, nên phương trình 1 x exe=−++ có nghiệm duy nhất 1 x = Tương tự hàm ln yx = đồng biến và hàm 1 yxe=−++ nghịch biến, nên phương trình ln1 xxe=−++ có nghiệm duy nhất xe = Diện tích hình phẳng cần tính là

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

hoành độ giao điểm của hai đồ thị là : 2 xmx = 0 x xm

Do đó diện tích hình phẳng ( ) H là: 2 0

=    = 

d m Sxmxx =−  ( ) 2 0

d m mxxx=−  23 0 23

m xx m  =−  3 6 m =

Theo đề bài: 20 S  3 20 6 m  3 120 m  4.9324... m 

Do m là số nguyên dương nên  1;2;3;4 m = Vậy có 4 giá trị m thỏa mãn.

Câu 21: Cho hàm số ( )yfx = . Hàm số ( )yfx  = có đồ thị như hình vẽ. Biết phương trình ( ) 0 fx  = có bốn nghiệm phân biệt a ,0,b , c với 0 abc  .

 x fxgxaxxxx x

Câu 23: Cho hàm số ( ) 42 yfxaxbxc ==++ có đồ thị ( )C và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1. Tiếp tuyến d tại điểm có hoành độ 1 x =− của ( )C cắt ( )C tại 2 điểm khác có hoành độ lần lượt là 0 và 2. Gọi 12 , SS là diện tích các phần hình phẳng giới hạn bởi d và ( )C Tỷ số 1 2 =−   −=+−==   =  . Do đó ( ) ( ) 0 2 1 1

S S bằng A. 1 14 B. 1 28 C. 2 25 D. 1 5 Lời giải Chọn B Giả sử phương trình tiếp tuyế 12d 5 a Saxxxx =+−=  ; ( ) ( ) 2 2 2 0

khác 28 12d 5 a Saxxxx =+−=  . Suy ra 1 2

hoành 1 28 S S =

fxxxi fx gx fx fx fx

 ===     ==       +) Diện tích cần tìm là ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 23 12 12 213 dd224226. x x xx xx xx fxfx Sxxfxfxfxfxfx fxfx  =−=−=−−=  Câu 25: Biết đồ thị

)

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( )P là parabol có đỉnh ( ) ( ) 1 0;11 IIPc−=− Hoành độ đỉnh ( )P : 1 1 1 00 2 I b xb a =−== . ( )P đi qua điểm ( ) 1111 2;33421 Babca =++= ( ) 2 :1Pyx=− Phương trình hoành độ giao điểm của ( )C và ( )P : 42242 1 211320 2 x xxxxx x

= 

 =  Diện tích hình phẳng: 2 42 2 32d2,537Sxxx =−+  . Câu 26: Cho hàm số ( )yfx = liên tục và nhận giá trị không âm trên  1;2 và thỏa mãn ( ) ( )   1,1;2.fxfxx=−− Đặt ( ) 2 1 1

d Sxfxx =  , 2S là diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số ( )yfx = , trục Ox và hai đường thẳng 1,2xx=−= . Khẳng định nào dưới đây là đúng? A. 12 2 SS = B. 12 3 SS = C. 12 2SS = D. 12 3SS = Lời giải Chọn C Ta có ( ) 2 1 1

d Sxfxx =  Đặt 1dd txtx =−=− Đổi cận 12;21xtxt =−===− Suy ra ( ) ( )( ) 1 1 2

11d Stftt =−−−  ( ) ( ) 2 1

dd ftttftt=− ( ) ( ) 22 11

1d tftt =−  ( ) ( ) 22 11

dd fxxxfxx=− 21SS=− . Vậy 12 2SS = . Câu 27: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường 2 4 yx=− ; 2 yx=− như hình vẽ bên dưới là

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. 9 2 S  = . B. 33 2 . C. 9 2 . D. 33 2  . Lời giải

Chọn C Ta có phương trình hoành độ giao điểm 224220xxxx−=−−−= 1;2xx =−= . Dựa vào hình vẽ ( ) ( ) ( ) ( ) 22 22 11

9 242 2 Sxxdxxxdx =−−−=−++= 

Câu 28: Cho hàm số ( ) ( ) 32 360;a,, fxaxbxxcabc =+−+ có hai điểm cực trị là 6 và 2. Gọi ( )ygx = là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số ( )yfx = . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường ( )yfx = và ( )ygx = bằng A. 160 B. 128. C. 64 D. 672 Lời giải

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) ( ) ( ) ( ) 222 323232 662

636322464246424 Sxxxcxcdxxxxdxxxxdx =+−+−−++=+−−++−−  128=

Câu 29: Cho hình ( ) H là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số 2 44yxx=−+ , đường cong 3 yx = và trục hoành. Tính diện tích S của hình ( ) H . A. 11 2 S = B. 7 12 S = C. 11 2 S =− D. 20 3 S = Lời giải Chọn B + Phương trình hoành độ giao điểm của 3 yx = và 2 44yxx=−+ 32 44xxx=−+ 32 440 1 xxx x −+−= = + Phương trình hoành độ giao điểm của 2 44yxx=−+ và trục hoành 2 4402xxx−+== + Diện tích hình phẳng cần tìm là ( ) 12

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Xét phương trình ln1xex =+− Ta thấy xe = là một nghiệm của phương trình Mặt khác hàm số ln yx = đồng biến trên ( ) 0; + ; hàm số 1 yex =+− nghịch biến trên ( ) 0; + . Do đó phương trình có nghiệm duy nhất xe = .

Xét phương trình 101 exxe +−==+

e eee e e e 3;25mnmn ==+= . Câu

x Sxxexxxxxxexee + +

.

31: Cho hai hàm số ( ) 32 fxaxbxcxd =+++ , ( ) ( ) 2 ,,,,;0gxaxbxeabcdea =++ có đồ thị lần lượt là hai đường cong ( ) ( ) 12 , CC ở hình vẽ bên. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị ( ) ( ) 12 , CC bằng 8 3

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta có ( ) ( ) ( ) 2 1 '.18166 4 fxfxxxxd =−−+++ Giả sử ( ) , iii Axy là điểm cực trị của đồ thị hàm số ( )yfx = thì ( ) 2 8166iiii yfxxxd ==−+++

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

tỉ số 1 2

S S ( 1S và 2S lần lượt là diện tích hai hình phẳng được tạo bởi đồ thị hai hàm (),()fxgx như hình vẽ ). A. 5 32 B. 6 35 C. 7 33 D. 4 29 Lời giải Chọn A Nhận thấy hình phẳng trên có diện tích không đổi khi ta tịnh tiến đồ thị sang trái sao cho 0 0 x = Khi đó ta có 121,3,xx== Xét hàm 32 () fxaxbxcxd =+++ và 2 g()xmxnxp =++ Vì 121,3,

27 xx== là các điểm cực trị nên ta có: (1)0320 (1)(3)02760 fabc fabc  =++=    =++= Hơn nữa, ta có (1)3(3)2793.(2) ffabcdabcd =+++=+++ Từ và suy ra 6 9 2 ba ca da =−   =   =  Mặt khác dựa vào đồ thị ta thấy: (0)(0)2 (1)3(3)2 (0)(3)3 gfpa ggma ggna ==  ==− −=−  Suy ra 32 ()(692) fxaxxx =−++ , 2 g()(262) xaxx=−++ Khi đó ta có: 1 32 1 0 5 43 12 Saxxxdxa =−+=  3 32 2 1 8 43 3 Saxxxdxa =−+=  Do đó, 1 2 5 32 S S =

Câu 36: Cho hai hàm số ( ) 32 1 2 fxaxbxcx=++− và ( ) 2 1 gxdxex=++ ( ) ,,,, abcde . Biết rằng đồ thị của hàm số ( )yfx = và ( )ygx = cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là 3; 1; 1

dd Sfxgxxgxfxx =−+−   ( ) ( ) ( ) ( ) 11 3232 31  . Trong đó phương trình ( ) ( ) 32 3 0 2 axbdxcex+−+−−= ( )* là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số ( )yfx = và ( )ygx = . Phương trình ( )* có nghiệm 3; 1; 1 nên ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

 −+−−−−=   −+−−−−=   +−+−−=  

abdce abdce abdce

abdce abdce abdce

33 dd 22 axbdxcexxaxbdxcexx  =+−+−−−+−+−−   3 27930 2 3 0 2 3 0 2

 −+−−−=   −+−−−=    +−+−=  

3 2793 2 3 2 3 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

 =    −=    −=−  

( ) ( )

a bd ce

1 2 3 2 1 2

. Vậy 11 3232 31

13131313 dd 22222222 Sxxxxxxxx  =+−−−+−−    ( ) 224=−−=

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. 37 12 . B. 7 12 . C. 11 12 . D. 5 12 . Lời giải

Chọn A

Giả sử ( ) ( ) 32 :0Cyaxbxcxda =+++

Vì ( )C đi qua các điểm ( ) ( )1;2,0;2AB , ( ) ( )1;0,2;2CD ,ta có hệ phương trình: ( ) 32

−+−+=−=   ==− =−+ +++== +++=−= 

21 23 :32 00 84222

abcda db Cyxx abcdc abcdd

Giả sử ( ) ( ) 2 :0Pymxnxqm=++

Vì ( )P đi qua các điể

.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

x x x Sxxxxx  =−+−+−=−+−+=−   

211 21d31d2 ln22ln22

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 3 2 8 33 x yx=−+ tại điểm ( )1;2 M là ( )( ) ( ) 1113yyxyx  =−+=−+ Xét phương trình hoành độ giao điểm của các đường. Ta có: +) 231 x xx =−+= +) 210 x x == +) 312xx −+== Diện tích cần tìm là: ( ) ( ) 12 12 2 01 01

Câu 40: Cho hàm số ( ) 432 6 ==++++ yfxxaxbxcxd ( ) ,,, abcd  . Biết đồ thị hàm số ( )yfx = có ba điểm cực trị có hoành độ lần lượt là 2;1;2 và hàm số ( )ygx = là hàm bậc hai có đồ thị đi ba điểm cực trị đó. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường ( )yfx = và ( )ygx = thuộc khoảng nào sau đây? A. ( )71;72 B. ( )72;73 C. ( )73;74 D. ( )74;75 Lời giải Ch

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) 2 4322 2 6848962664874,63. =−−++−−+++  xxxxdxxddx

Câu 41: Cho hai hàm số ( ) = yfx và ( ) = ygx liên tục trên . Biết hàm số ( ) 32  =+++ fxaxbxcxd , ( ) 2  =++ gxpxqxr với ,0  ap có đồ thị như hình vẽ. Đồng thời diện tích giới hạn bởi hai đồ thị hàm số ( )  = yfx và ( )  = ygx bằng 2 và ( ) ( ) 111 −=−+fg . Biết rằ

=−  +−=  =  . Diện tích hình phẳng cần tìm là 1 42 1

64 23d 15 Sxxx =+−=  .

Câu 43: Cho hàm số 432 ()3(,,,) fxxaxbxcxdabcd =++++ có ba điểm cực trị là 2, 1 và 1. Gọi 32 ()(,,,) gxmxnxpxqmnpq =+++ là hàm số đạt cực trị tại điểm 2 và có đồ thị đi qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số ()yfx = . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường ()yfx = và ()ygx

16 2d 15 m Sxxx n =+==  Vậy giá trị 31 mn+= . Câu 42: Cho số ( )yfx = có đạo hàm là ( ) 2 124, fxxx  =+ và ( )Fx là một nguyên hàm của ( )fx , ( ) ( ) 010fF== . Tính diện tích hình phẳng S giới hạn bởi đồ thị hàm số ( )yFx = và trục Ox . A. 64 15 S = . B. 116 15 S = . C. 576 5 S = . D. 32 15 S = . Lời giải Chọn A +) Ta có ( ) ( ) ( ) 23 1 d124d44 fxfxxxxxxC  ==+=++  . Do ( ) 00 f = nên 1 0 C = , suy ra ( ) 3 44 fxxx =+ ( ) ( ) ( ) 342 2 d44d2 FxfxxxxxxxC ==+=++  Do ( ) 10 F = nên 2 3 C =− , suy ra ( ) 4223Fxxx=+− +) Xét phương trình 42 1 230 1 x xx x 87 321 5 Sfxgxdxxxdx =−=+−= 

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn =

b

Câu 44: Cho hàm số 432 ()3(,,,) fxxaxbxcxdabcd =++++ có ba điểm cực trị là 2, 1 và 1. Gọi 32 ()(,,,) gxmxnxpxqmnpq =+++ là hàm số đạt cực trị tại hai điểm 2 và 1 và có đồ thị đi qua hai điểm cực trị với hoành độ 2 và 1 của đồ thị hàm số ()yfx = . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường ()yfx = và ()ygx = bằng A. 175 5 B. 243 10 C. 258 10 D. 132 5 Lời giải Chọn B Vì ()gx là hàm số đạt cực trị tại điểm 2;1 và có đồ thị đi qua hai điểm cực trị với hoành độ 2 và 1 của đồ thị hàm số ()yfx = nên phương trình ()()0fxgx có nghiệm 2; 1 Suy ra ( ) ( ) 22()()321 fxgxxx −=+− . Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là ( ) ( ) ( ) ( ) 11 22 22

243 321. 10 Sfxgxdxxxdx =−=+−= 

Câu 45: Cho hàm số ( ) ( ) 432 ,,, fxxaxbxcxdabcd =++++ có ba điểm cực trị là 1,1,2. Hàm số ( ) ( ) 32 ,,, gxmxnxpxqmnpq =+++ là hàm số đạt cực trị tại 1;1 và và có đồ thị đi qua hai điểm cực trị có hoành độ 1;1của đồ thị hàm số ()yfx = . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường ( )yfx = và ( )ygx = bằng A. 15 16 B. 36 5 C. 2932 405 D. 16 15 Lời giải Chọn D Vì ()gx là hàm số đạt cực trị tại điểm 1;1 và có đồ thị đi qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số ()yfx = nên phương trình ()()0fxgx có nghiệm 1; 1. Suy ra 22()11fxgxxx ( ) ( ) ( ) 11 2 2 2

16 1 15 Sfxgxdxxdx =−=−=  Câu 46: Cho hàm số 32 ()4 fxaxbxcx=+++ và 2 () gxmxnx =+ có đồ thị cắt nhau tại các điểm có hoành độ là 1;1;2. Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số trên bằng A. 9 4 B. 9 2 C. 37 12 D. 37 6 Lời giải Chọn D Do hàm số ()fx và ()gx có đồ thị cắt nhau các điểm có hoành độ là 1;1;2, nên ()() fxgx là hàm số bậc ba. Suy ra ta có: ()().(1)(1)(2) fxgxkxxx −=+−− Mặt khác ta có: (0)(0)42 fgk−== 32 ()()2(1)(1)(2)2424 fxgxxxxxxx −=+−−=−−+ Vậy ta có diện tích là:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Biết đồ thị của hàm số ( )yfx = là một Parabol đỉnh I có tung độ bằng 1 2 và ( )ygx = là một hàm số bậc ba. Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là 123 ,, xxx thỏa mãn 123..6xxx =− . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị hàm số ( )yfx = và ( )ygx = gần nhất với giá trị nào dưới đây? A. 6 B. 8 C. 5 D. 7 Lời giải

1 0 2 1 4201. 2 0 41 42

 =    ++==−=−  =  =−    Giả sử ( ) 32 gxaxbxcxd =+++ thì đồ thị của nó đi qua 1 1; 2 I    và có a abcd c b gxxx abc c d xxx d a

  =  11 28 03133 8 1240884 0 ..63 4

a c abcbfxxx c acb a 2 cực trị có hoành độ bằng 0 và 2, tức là phương trình ( ) 2 320gxaxbxc  =++= có 2 nghiệm là 0 và 2 Kết hợp với giả thiết ta có hệ phương trình ( ) 32 123

 =−   +++=−     = =  =−+− ++=  =  =−=−  =−    Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

. Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số đã cho có diện tích bằng A. 316 15 . B. 191 9 . C. 253 12 . D. 97 6 . Lời giải Chọn C Xét phương trình hoành độ giao điểm của hàm số ( )yfx = và ( )ygx = : ( ) ( ) ( ) 32 60 hxaxbdxcex=+−+−−= Hàm số ( )yfx = và ( )ygx = cắt nhau tại 3 điểm có hoành độ lần lượt là 3;1;2 nên ( ) ( )( )( ) 3120hxaxxx=++−= . Xét ( ) ( ) 06.3.1.261 haa =−−=−= Vậy hàm số: ( ) ( )( )( )312hxxxx =++− Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số đã cho có diện tích bằng: ( ) ( )( )( ) 22 33

253 d312 12 Shxxxxx ==++−=  . Câu 50: Cho hàm số 43 ()22 fxaxxx=−++ và hàm số 32 ()2 gxbxcx=−+ , có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi 12 ; SS là diện tích các hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ, biết 1 221 640 S = . Khi đó 2S bằng:

Cg

do là 4, vậy 1 3 k = .

Do đó: ( ) ( ) ( )( )( ) 1 314 3 fxgxxxx −=+−− .

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường ( )yfx  = và ( )ygx  = là: ( ) ( ) ( )( )( ) 44

2019. B. 2020. C. 2021. D. 2018 Lời giải Ta có 2221(1)22 xxxxR +−=+−− ; dấu bằng xảy ra khi 1 x =− Suy ra 2 213[0;1]xxx+−− và vì [4040;3] m−− nên:

Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số đã cho có diện tích bằng A. 125 8 B. 253 24 C. 253 16 D. 253 12 Lời giải Chọn C Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị ( )yfx = và ( )ygx = là: ( ) ( ) 32232 0 axbxcxdmxnxpaxbmxcnxdp +++=+++−+−+−= Do đồ thị hai hàm số ( )yfx = và ( )ygx = cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là 1;2;4 nên ta được ( )( )( ) ( ) ( ) 32 124 axxxaxbmxcnxdp +−−=+−+−+− . Mà ( ) ( ) 006 Mn fgyyMN −=−== . Suy ra 3 4 a = . Do đó: ( ) ( ) ( )( )( ) 3 124 4 fxgxxxx −=+−− Khi đó: ( ) ( ) ( )( )( ) 44 11

3253 124 416Sfxgxdxxxxdx =−=+−−=  Câu 59: Cho hàm số x ye = có đồ thị ( )C . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( )C , tiếp tuyến của ( )C tại điểm ( ) 1; Me và đường thẳng 1 yx e =− bằng A. 1 21 2 e e B. 24 33 e e C. 3 1 22 e e −+ D. 3 22 e e −+ Lời giải Chọn D Ta có phương trình tiếp tuyến của ( )C tại điểm ( ) 1; Me là ( )( ) 11. yyxeex  =−+= .

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

giải Chọn D Phương trình hoành độ giao điểm: ( )( )( ) 322 1 13110 2 ++−=++++−= axbxcxdxexaxxx . Ta có: ( ) ( ) ( )( )( ) 32 3 311 2 +−+−−=++− axbdxcexaxxx Cho 0 x = ta có: 31 3 22 aa −=−= . Khi đó: diện tích cần tìm là: ( )( )( ) 1 3

1 3114 2 Sxxxdx =++−=  . Câu 61: Cho đường cong ( )C 3 827 yxx =− và đường thẳng ym = cắt ( )C tại hai điểm phân biệt nằm trong góc phần tư thứ nhất của hệ tọa độ Oxy và chia thành hai miền phẳng có diện tích 12SS = như hình vẽ dưới. Mệnh đề nào sau đây đúng?

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

lái

p phanh, từ thời điểm đó ô tô chuyển động ch

m d

đề

i v

n t

52040 stdtm =−+=  .

c ( ) ( ) 520/ vttms =−+ , 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 ( m )? A. 20 m. B. 30 m . C. 10 m . D. 40 m. Lời giải Khi ô tô dừng hẳn thì: ( ) ( ) 052004 vttts =−+== . Vậy từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô di chuyển được: ( ) ( ) 4 0

Câu 70: Một ô tô đang chạy với vận tốc là 12 ( ) / ms thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc ( ) 612vtt=−+ ( ) / ms , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến lúc ô tô dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được bao nhiêu mét? A. 8m. B. 12m. C. 15m. D. 10m. Lời giải Lấy mốc thời gian ( )0 t = là lúc đạp phanh. Khi ô tô dừng hẳn thì vận tốc ( ) 0 vt = , tức là ( ) 6120vtt=−+= 2 t = .

Vậy từ lúc đạp phanh đến lúc ô tô dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được quãng đường là ( ) 2 0

612d tt−+  ( ) 2 2 0 31212 tt =−+= ( )m

Câu 71: Một chiếc ô tô đang chạy với vận tốc 15m/s thì người lái xe hãm phanh. Sau khi hãm phanh, ô tô chuyểnđộngchậm dần đềuvới vậntốc ( ) ( ) 315 m/s vtt=−+ ,trongđó t Hỏi từlúchãm phanh đến khi dừng hẳn, ô tô di chuyển được bao nhiêu mét? A. 38m. B. 37,2m. C. 37,5m. D. 37m. Lời giải

Khi xe dừng hẳn thì ( ) 05vtt== Khi đó quảng đường xe đi được tính từ lúc bắt đầu hãm phanh đến khi dừng hẳn là: ( ) 5 5 2 0 0

3 3151537,5 2 d t Sttt =−+=−+=    m

Vậy ta chọn đáp ánC.

Câu 72: động chậm dần đều với vận tốc ( ) 1020vtt=−+ , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từlúc bắt đầuđạp phanh. Hỏi từ lúcđạp phanh đến khi dừng hẳn, ôtô còn di chuyển bao nhiêu mét? A. 5 m B. 20 m C. 40 m D. 10 m Lời giải

Chọn B

Lúc bắt đầu đạp phanh, ô tô có vận tốc 20/ms ( ) 0001020200vttt =−+== Ô tô dừng hẳn khi đó vận tốc ( ) 1110201002vttt=−== . Do đó ô tô di chuyển được thêm là: ( ) ( ) ( ) 2 22 0 0

201020520tdtttm−=−= 

Câu 73: Một ô tô đang chạy với vận tốc 10/ms thì người lái xe đạp phanh. Từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc ( ) ( ) 210/ vttms =−+ , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Tính quãng đường ô tô di chuyển được trong 8 giây cuối cùng. A. 55m B. 25m C. 50m D. 16m Lời giải

Ta có 21005 tt −+== Thời gian tính từ lúc bắt đầu đạp phanh đến khi dừng hẳn là 5 giây. Vậy trong 8 giây cuối cùng thì có 3 giây ô tô chuyển động với vận tốc 10/ms và 5 giây chuyển động chậm dần đều với vận tốc ( ) ( ) 210/ vttms =−+ . Khi đó quãng đường ô tô di chuyển là ( ) 5 0

3.10210302555 Stdtm =+−+=+=  .

Câu 74: Một chất điểm bắt đầu chuyển động thẳng đều với vận tốc 0v , sau 6 giây chuyển động thì gặp chướng ngại vật nên bắt đầu giảm tốc độ với vận tốc chuyển độ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

ng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc 35 a =− ( ) 2m/s . Tính quãng đường của ô tô đi được từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn? A. 87.5 mét B. 96.5 mét C. 102.5 mét D. 105 mét Lời giải

Quãng đường ô tô đi được trong 5 ( )s đầu là 5 5 2 1 0 0 7d787,5 2 t stt===  .

3535 2 t t  =−  17.5

= . Vậy quãng đường của ô tô đi được từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn là 12sss =+ 87.517.5=+ 105= . Câu 76: Một chất điểm đang

68,25m

theo phương trình ( ) 23 109 stttt =++− trong đó s tính bằng mét, t tính bằng giây. Thời gian để vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất là A. ( )6s t = . B. ( )3s t = . C. ( )2s t = . D. ( )5s t = . Lời giải ( ) ( ) 2 3181vtsttt  ==−++

Dễ thấy hàm số ( )vt là hàm bậc hai có đồ thị dạng parabol với hệ số 30 a =− .

Do đó max v đạt tại đỉnh ( )3;28 I của parabol.

Vậy Thời gian để vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất ( )3s t = .

Câu 78: Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc ( ) ( ) 1 7m/svtt = . Đi được 5s, người lái xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc ( ) 2 70 m/s a =− . Tính quãng đường S đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn. A. ( ) 96,25 m S = . B. ( ) 87,5 m S = . C. ( ) 94 m S = . D. ( ) 95,7 m S = . Lời giải Chọn gốc thời gian là lúc ô tô bắt đầu đi. Sau 5s ô tô đạt vận tốc là ( ) ( )535m/s v = . Sau khi phanh vận tốc ô tô là ( ) ( )35705vtt=−− Ô tô dừng tại thời điểm 5,5s t = . Quãng đường ô tô đi được là ( ) ( ) 5,5 5 05 7d35705d96,25mStttt =+−−=    .

Câu 79: Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc ( ) ( ) 1 2m/svtt = . Đi được 12 giây, người lái xe gặp chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc ( ) 212m/s a =− . Tính quãng đường ( )m s đi được của ôtô từ lúc bắt đầu chuyển động đến khi dừng hẳn? A. ( )168m s = . B. ( )166m s = . C. ( )144m s = . D. ( )152m s = . Lời giải Giai đoạn 1: Xe bắt đầu chuyển động đến khi gặp chướng ngại vật. Quãng đường xe đi được là:

( ) 12 11 0

d Svtt =  12 0

2dtt =  12 2 0 t = ( )144m= Giai đoạn 2: Xe gặp chướng ngại vật đến khi dừng hẳn. Ôtô chuyển động chậm dần đều với vận tốc ( ) 2 d12 vtattc ==−+  .

Vận tốc của xe khi gặp chướng ngại vật là: ( ) ( ) ( ) 210122.1224m/svv=== . 12.024 c −+= 24 c = ( ) 2 1224vtt =−+

Thời gian khi xe gặp chướng ngại vật đến khi xe dừng hẳn là nghiệm phương trình: 12240 t −+= 2 t = . Khi đó, quãng đường xe đi được là: ( ) 2 22 0

1224d tt=−+  ( ) ( ) 2 2 0 62424m tt =−+= Vậy tổng quãng đường xe đi được là: ( ) 12 168m SSS=+= . Câu 80: Để đảm bảo an toàn khi lưu thông trên đường, các xe ô tô khi dừng đèn đỏ phải cách nhau tối thiểu 1m . Một ô tô A đang chạy với vận tốc 16m/s bỗng gặp ô tô B đang dừng đèn đỏ nên ô tô A hãm phanh và chuyển động chậm dần đều với vận tốc được biểu thị bởi công thức

d Svtt =  ( ) 2 0

( ) 164 A vtt =− , thời gian tính bằng giây. Hỏi rằng để có 2 ô tô A và B đạt khoảng cách an toàn khi dừng lại thì ô tô A phải hãm phanh khi cách ô tô B một khoảng ít nhất là bao nhiêu? A. 33. B. 12. C. 31. D. 32. Lời giải

Ta có: ( ) 016m/s Av =

Khi xe A dừng hẳn: ( ) 0 A vt = 4s t =

Quãng đường từ lúc xe A hãm phanh đến lúc dừng hẳn là ( ) 4 0

164d stt =−  32m =

Do các xe phải cách nhau tối thiểu 1m để đảm bảo an toàn nên khi dừng lại ô tô A phải hãm phanh khi cách ô tô B một khoảng ít nhất là 33m.

Câu 81: Một vật chuyển động với vận tốc 10m/s thì tăng tốc với gia tốc được tính theo thời gian là ( ) 2 3 attt =+ . Tính quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 6 giây kể từ khi vật bắt đầu

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 82: Một chiếc máy bay chuyển động trên đường băng với vận tốc ( ) 2 10 vttt =+ ( ) / ms với t là

thời gian được tính theo đơn vị giây kể từ khi máy bay bắt đầu chuyển động. Biết khi máy bay đạt vận tốc ( ) 200/ms thì rời đường băng. Quãng đường máy bay đã di chuyển trên đường băng là A. ( ) 2500 3 m . B. ( ) 2000 m . C. ( ) 500 m . D. ( ) 4000 3 m . Lời giải Thời điểm máy bay đạt vận tốc ( ) 200/ms là ( ) 2 10 2001020010 20 t vtttt t =  =+==  =−  Quãng đường máy bay đã di chuyển trên đường băng là

83:

đầ

chuyển động theo một đường thẳng với gia tốc ( ) ( ) 2 62/ attms =− , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc ôtô bắt đầu chuyển động. Hỏi quảng đường ôtô đi được từ lúc bắt đầu chuyển động đến khi vận tốc của ôtô đạt giá trị lớn nhất là bao nhiêu mét? A. 18m B. 36m C. 22,5m D. 6,75m Lời giải ( ) ( ) 2 62/ attms =− ( ) ( ) 2 626 vttdtttC =−=−+ 

Xe dừng và bắt đầu chuyển động nên khi 0 t = thì 00vC== ( ) 2 6 vttt =− . ( ) 2 6 vttt =− là hàm số bậc 2 nên đạt GTLN khi ( ) 3 2 b ts a =−= Quảng đường xe đi trong 3 giây đầu là: ( ) 3 2 0

618 Sttdtm =−=  .

Câu 84: Một vật chuyển động trong 6 giờ với vận tốc ( ) / vkmh phụ thuộc vào thời gian ( )th có đồ thị như hình bên dưới. Trong khoảng thời gian 2 giờ từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị là một phần đường Parabol có đỉnh ( )3;9 I và có trục đối xứng song song với trục tung. Khoảng thời gian còn lại, đồ thị vận tốc là một đường thẳng có hệ số góc bằng 1 4 . Tính quảng đường s mà vật di chuyển được trong 6 giờ?

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. ( ) 130 3 km . B. ( ) 9 km . C. ( ) 40 km . D. ( ) 134 3 km . Lời giải

Chọn A

+ Vì Parabol đi qua O và có tọa độ đỉnh ( )3;9 I nên thiết lập được phương trình Parabol là ( ) ( )   2 :6;0;2Pyvtttt==−+

+ Sau 2 giờ đầu thì hàm vận tốc có dạng là hàm bậc nhất 1 4 ytm =+ , dựa trên đồ thị ta thấy đi qua điểm có tọa độ ( )6;9 nên thế vào hàm số và tìm được 15 2 m = . Nên hàm vận tốc từ giờ thứ 2 đến giờ thứ 6 là 115 42;[2;6]ytt=+ + Quảng đường vật đi được bằng tổng đoạn đường 2 giờ đầu và đoạn đường 4 giờ sau. ( ) ( ) 26 2 12 02

115130 6 423 SSSttdttdtkm  =+=−+++=   

Câu 85: Một người chạy trong 2 giờ, vận tốc v phụ thuộc vào thời gian t có đồ thị là 1 phần của đường Parabol với đỉnh ( )1;5 I và trục đối xứng song song với trục tung Ov như hình vẽ. Tính quảng đường S người đó chạy được trong 1 giờ 30 phút kể từ lúc bắt đầu chạy

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 87: Một vật chuyển động trong 4 giờ với vận tốc (km/h) v phụ thuộc thời gian (h) t có đồ thị là một phần của đường parabol có đỉnh (1;1)I và trục đối xứng song song với trục tung như hình bên. Tính quãng đường s mà vật di chuyển được trong 4 giờ kể từ lúc xuất phát.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Diện tích phần xiên hoa là ( ) 2 326793 6,14m 31500 xhCDEFSSS=−=−= . Vậy tổng số tiền để làm cổng là 6793 6,138.1200000.90000011441400 1500 += đồng. Câu 89: Một biển quảng cáo với 4 đỉnh ,,, ABCD như hình vẽ. Biết chi phí để sơn phần tô đậm là 2 200.000(đ/m)sơn phần còn lại là 2 100.000đ/m . Cho 8;10;4 ACmBDmMNm === Hỏi số tiền sơn gần với số tiền nào sau đây: A. 12204000. đ B. 14207000. đ C. 11503000. đ D. 10894000. đ Lời giải elip có phương trình là: 22 1 1625 xy+= . Vì

 =   == 

y MNx y

53 422 53 2

N N N

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Phần tô đậm được đính đá với giá thành 2 500.000đ/m . Phần còn lại được tô màu với giá thành 2 250.000/đm . Cho 4;8. ABdmBCdm == Hỏi để trang trí 1000 họa tiết như vậy cần số tiền gần nhất với số nào sau đây. A. 105660667đ . B. 106666667đ . C. 107665667đ . D. 108665667đ . Lời giải Vì 4;8. ABdmBCdm == (2;4),A − B(2;4),C(2;4),D(2;4) parabol là: 2 yx = hoặc 2 yx =− Diện tích phần tô đậm là 2 22 1 0

32 4() 3 Sxdxdm == 

Diện tích hình chữ nhật là 2 4.832()Sm == Diện tích phần trắng là 2 21 3264 32() 33 SSSdm =−=−= Tổng chi phí trang chí là: 3264 .5000.2500.1000106666667 33 T đ  =+  

4m

4m 4m

Câu 91: Một khuôn viên dạng nửa hình tròn, trên đó người thiết kế phần để trồng hoa có dạng của một cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với tâm và có trục đối xứng vuông góc với đường kính của nửa hình tròn, hai đầu mút của cánh hoa nằm trên nửa đường tròn và cách nhau một khoảng bằng ( ) 4 m . Phần còn lại của khuôn viên dành để trồng cỏ Nhật Bản. Biết các kích thước cho như hình vẽ, chi phí để trồng hoa và cỏ Nhật Bản tương ứng là 150.000 đồng/m2 và 100.000 đồng/m2 Hỏi cần bao nhiêu tiền để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong khuôn viên đó? A. 3.738.574. B. 1.948.000 C. 3.926.990 D. 4.115.408 Lời giải

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ, ta có bán kính của đường tròn là 22 4225 R =+=

Phương trình của nửa đường tròn ( )C là: 222 20,020 xyyyx +==−

Parabol ( )P có đỉnh ( )0;0 O và đi qua điểm ( )2;4 nên có phương trình: 2 yx =

Diện tích phần tô màu là: 2 22 1 2 20d11,94Sxxx  =−−   ( ) 2 m .

Diện tích phần không tô màu là: ( )2 21 1 ..251011,94 2 SS =−− ( ) 2 m . Số tiền để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong khuôn viên đó là: ( ) 150000.11,94100000.1011,943.738.593  +− Câu 92: Người ta cần trồng một vườn hoa Cẩm Tú Cầu Biết rằng phần gạch chéo là hình phẳng giới hạn bởi parabol 2 21yx=− và nửa trên của đường tròn có tâm làgốc tọa độ và bán kính bằng ( ) 2 m Tính số tiền tối thiểu để trồng xong vườn hoa Cẩm Tú Cầu biết rằng để trồng mỗi 2 m hoa cần ít nhất là 250000 đồng.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Diện tích vườn hoa là ( ) 2 1

2 1 310 d 6 221 xx S x  + =+=  số tiền tối thiểu để trồng xong vườn hoa Cẩm Tú Cầu là 310 250000 6 +  π

Câu 93: Nhàtrườngdựđịnhlàmmột vườn hoadạngelipđượcchiaralàmbốnphầnbởi hai đườngparabol có chung đỉnh, đối xứng với nhau qua trục của elip như hình vẽ bên. Biết độ dài trục lớn, trục nhỏ của elip lần lượt là 8 m và 4 m, 1, F 2F là hai tiêu điểm của elip. Phần A , B dùng để trồng hoa, phần C , D dùng để trồng cỏ. Kinh phí để trồng mỗi mét vuông hoa và cỏ lần lượt là 250.000 đ và 150.000 đ. Tính tổng tiền để hoàn thành vườn hoa trên A. 5.676.000 đ. B. 4.766.000 đ. C. 4.656.000 đ. D. 5.455.000 đ. Lời giải Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Do elip có độ dài trục lớn 284 aa== , độ dài trục nhỏ 242 bb== Diện tích của ( )E là: ( ) 8 E Sab== . Phương trình chính tắc ( )E là: 22 1 164 xy+= . Suy ra 2 1 16 2 yx =− Ta có 22 23 cab=−= ( ) 2 23; 0 F  . Do N và 2F có cùng hoành độ  ( ) 23; 1 N . Gọi ( ) 2 : Pykx = là parabol nằm ở phía trên trục Ox

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

phần C , D là:

SS

E SSS

) ( )

843 3

đó tổ

s

tiền để hoàn thành vườn hoa trên là: 1643843 .250000.1500005676000 33

+ đ. Câu 94: Người ta xây một sân khấu với mặt sân có dạng hợp của hai hình tròn giao nhau. Bán kính của hai của hai hình tròn là 20 mét và 15 mét. Khoảng cách giữa hai tâm của hai hình tròn là 30 mét. Chi phí làm mỗi mét vuông phân giao nhau của hai hình tròn là 300 ngàn đồng và chi phí làm mỗi mét vuông phần còn lại là 100 ngàn đồng. Hỏi số tiền làm mặt sân của sân khấu gần với số nào trong các số dưới đây?

A. 202 triệu đồng. B. 208 triệu đồng. C. 218 triệu đồng. D. 200 triệu đồng. Lời giải.

 =   += 



Gọi , OI lần lượt là tâm của các đường tròn bán kính bằng 20 mét và bán kính bằng 15 mét. Gắn hệ trục Oxy như hình vẽ, vì 30 OI = mét nên ( )0;30 I . Phương trình hai đường tròn lần lượt là 222 20 xy+= và ( )2 22 3015 xy+−= . Gọi , AB là các giao điểm của hai đường tròn đó. Tọa độ , AB là nghiệm của hệ ( ) 222 2 22

 

x xy xy y

5455 20 12 215 3015 12

  Tổng diện tích hai đường tròn là ( ) 22 2015625  += . Phần giao của hai hình tròn chính là phần hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị 223015 yx =−− và 2220 yx =− . Do đó diện tích phần giao giữa hai hình tròn là ( ) 5455 12 2222 5455 12

201530d60,2546Sxxx =−+−− 

Số tiền để làm phần giao giữa hai hình tròn là 300.000x60,254618.076.386  .

Số tiền để làm phần còn lại là ( ) 100.000x 6252x60,2546184.299.220  −=

Vậy tổng số tiền làm sân khấu là 184.299.22018.076.386202.375.606 + .

Câu 95: Người ta xây một sân khấu với sân có dạng của hai hình tròn giao nhau. Bán kính của hai hình tròn là 20 m và 15 m. Khoảng cách giữa hai tâm của hai hình tròn là 30 m. Chi phí làm mỗi mét vuông phần giao nhau của hai hình tròn là 300 nghìn đồng và chi phí làm mỗi mét vuông phần còn lại là 100 nghìn đồng. Hỏi số tiền làm mặt sân khấu gần với số nào nhất trong các số dưới đây?

A. 218 triệu đồng. B. 202 triệu đồng. C. 200 triệu đồng. D. 218 triệu đồng.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Lời giải Gọi 1O , 2O lần lượt là tâm của hai đường tròn bán kính 20 m và 15 m. A , B là hai giao điểm của hai đường tròn.

Ta có 11 20m OAOB== ; 22 15m OAOB== ; 12 30m OO = 222 1122 12 112

43 cos 2.48 OBOOOB BOO OBOO +− == 12 2623 BOO  

Theo tính chất hai đường tròn cắt nhau ta có 12OO là tia phân giác 1 AOB 121252,77AOBOOB == .

Suy ra diện tích hình quạt tròn 1 OAB là ( ) 1

22 52,77 .20.184,2m 360 OABS  = ( ) 1

2 111 1 ..sin159,2m 2 OAB SOAOBAOB  = . Gọi 1S là diện tích hình giới hạn bởi dây AB và cung AmB trong đường tròn ( )1O . ( ) 11

2 1 25m OABOABSSS =−=

Chứng minh tương tự ta được diện tích hình giới hạn bởi dây AB và cung AmB trong đường tròn ( ) 2O là ( ) 2 2 35m S  .

Suy ra diện tích phần giao nhau là ( ) 2 12 60m SSS=+= .  Chi phí làm sân khấu phần giao nhau 60.30000018000000 = . Tổng diện tích của hai hình tròn là ( ) 222 20151963m S   =+ Diện tích phần không giao nhau là ( ) 21903m SS  −= .  Chi phí làm sân khấu phần không giao nhau 1903.100000190300000 = Số tiền làm mặt sân là 18000000190000000208300000 += 208,3 = .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 96: Bác Năm làm một cái cửa nhà hình parabol có chiều cao từ mặt đất đến đỉnh là 2,25mét, chiều rộng tiếp giáp với mặt đất là 3 mét. Giá thuê mỗi mét vuông là 1500000 đồng. Vậy số tiền bác Năm phải trả là: A. 33750000 đồng. B. 3750000 đồng. C. 12750000 đồng. D. 6750000 đồng. Lời giải Gọi phương trình parabol ( )

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

hơn trồng rau. Biết lợi nhuận thu được là 2000 mỗi 2 m trồng cây con và 4000 mỗi 2 m trồng rau. Hỏi thu nhập của cả mảnh vườn là bao nhiêu? A. 31904000 B. 23991000 C. 10566000 D. 17635000 Lời giải

Gọi phương trình của elip là 22 22 1 xy ab += .

Theo giả thiết, ta có 210050 aa== ; 28040 bb== .

Diện tích phần trồng cây con bằng 1 4 diện tích của elip trừ đi diện tích tam giác DOF . Do đó diện tích phần trồng cây con là ( ) 2 1 m 42 abab S  =− Diện tích phần trồng rau bằng 3 4 diện tích elip cộng với diện tích tam giác DOF . Do đó diện tích phần trồng rau là ( ) 2 2 3 m 42 abab S  =+ . Thu nhập của cả mảnh vườn là 3 2000400023991000 4242 abababab   −++ 

Câu 99: Một hoa văn trang trí được tạo ra từ một miếng bìa mỏng hình vuông cạnh bằng 10 cm bằng cách khoét đi bốn phần bằng nhau có hình dạng parabol như hình bên. Biết 5 AB = cm, 4 OH = cm. Tính diện tích bề mặt hoa văn đó. A. 2 160 cm 3 B. 2 140 cm 3 C. 2 14 cm 3 D. 250cm

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Đưa parabol vào hệ trục Oxy ta tìm được phương trình là: ( ) 2 1616 : 255 Pyxx =−+

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( ) 2 1616 : 255 Pyxx =−+ , trục hoành và các đường thẳng 0 x = , 5 x = là: 5 2 0

161640 d 2553 Sxxx  =−+=   

Tổng diện tích phần bị khoét đi: 1 160 4 3 SS== 2 cm

Diện tích của hình vuông là: 2 100 cm hvS = Vậy diện tích bề mặt hoa văn là: 2 21 160140 100 cm 33 hv SSS=−=−= .

Câu 100: Một viên gạch hoa hình vuông cạnh 40cm. Người thiết kế đã sử dụng bốn đường parabol có chung đỉnh tại tâm viên gạch để tạo ra bốn cánh hoa.

Diện tích mỗi cánh hoa của viên gạch bằng A. 2800cm . B. 2 800 cm 3 . C. 2 400 cm 3 . D. 2250cm . Lời giải

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

2d 2 x xx   

 ( ) 2 3 3 0 22 2 36 x x  =−   ( ) ( ) 22 4400dmcm 33 == ( ) ( ) 22 4400dmcm 33 == . Câu 101: Trong chương trình nông thôn mới, tại một xã Y có xây một cây cầu bằng bê tông như hình vẽ. Tính thể tích khối bê tông để đổ đủ cây cầu

Gọi ( ) 2 111 : Pyaxb =+ là Parabol đi qua hai điểm ( ) 19 ;0,0;2 2 AB   

Nên ta có hệ phương trình sau:

  =+      = 

2 19 0.2 2 2

a b

a b

1 1

8 361 2

 =−     =  ( ) 2 1 8 :2 361 Pyx =−+

Gọi ( ) 2 222 : Pyaxb =+ là Parabol đi qua hai điểm ( ) 5 10;0,0; 2 CD   

Nên ta có hệ phương trình sau: ( )2 2 2

 =+     =  

5 0.10 2 5 2

a b

a b

2 2

1 40 5 2

 =−      =   ( ) 2 2 15 : 402Pyx =−+ . Ta có thể tích của bê tông là: 19 10 223 2 00

158 5.2d2d40m 402361 Vxxxx   =−+−−+=      . Câu 102: Để kỷ niệm ngày 26 3. Chi đoàn 12A dự định dựng một lều trại có dạng parabol, với kích thước: nền trại là một hình chữ nhật có chiều rộng là 3 mét, chiều sâu là 6 mét, đỉnh của parabol cách mặt đất là 3 mét. Hãy tính thể tích phần không gian phía bên trong trại để lớp 12A cử số lượng người tham dự trại cho phù hợp. A. 3 30 m B. 3 36 m C. 3 40 m D. 3 41 m Lời giải Chọn B Giả sử nền trại là hình chữ nhật ABCD có AB = 3 mét, BC = 6 mét, đỉnh của parabol là I. Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho: O là trung điểm của cạnh AB, A, B và I, phương trình của parabol có dạng 2 ,0yaxba=+ . Do I, A, B thuộc nên ta có 2 4 3 3 yx=−+ Vậy thể tích phần không gian phía trong trại là 3 2 2 0

4 6.2(3)36 3 Vxdx =−+= 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 103: Săm lốp xe ô tô khi bơm căng đặt nằm trên mặt phẳng nằm ngang có hình chiếu bằng như hình vẽ với bán kính đường tròn nhỏ 1 20 Rcm = , bán kính đường tròn lớn 2 30 Rcm = và mặt cắt khi cắt bởi mặt phẳng đi qua trục, vuông góc mặt phẳng nằm ngang là hai đường tròn. Bỏ qua độ dày vỏ săm. Tính

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 104: Chuẩn bị cho đêm hội diễn văn nghệ chào đón năm mới, bạn An đã làm một chiếc mũ “cách điệu” cho ông già Noel có dáng một khối tròn xoay. Mặt cắt qua trục của chiếc mũ như hình vẽ bên dưới. Biết rằng 5 OO = cm, 10 OA = cm, 20 OB = cm, đường cong AB là một phần của parabol có đỉnh là điểm A . Thể tích của chiếc mũ bằng A. 2750 3

Ta gọi thể tích của chiếc mũ là V Thể tích của khối trụ có bán kính đáy bằng 10 OA = cm và đường cao 5 OO = cm là 1V . Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường cong AB và hai trục tọa độ quanh trục Oy là 2V Ta có 12VVV

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Suy ra, phương trình của đường sinh là: 2 3 616 4 yx =−− .

Do đó, thể tích của chiếc trống là: 2 4 2 4

3 616d344,964 4 Vxx  =−−    ( ) 3dm

Câu 106: Một cốc

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

c thiết diện là một tam giác đều. Thể tích V của vật thể đó là

A. 3 V = B. 33 V = C. 43 3 V = D. V  = Lời giải

43 223123 33 x VSdxxx ==−=−=    .

Do vật thể có đáy là đường tròn và khi cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox được thiết diện là tam giác đều do đó vật thể đối xứng qua mặt phẳng vuông góc với trục Oy tại điểm O . Cạnh của tam giác đều thiết diện là: 2 21 ax =− . Diện tích tam giác thiết diện là: ( ) 2 2 3 13 4 a Sx ==− . Thể tích khối cần tìm là: ( ) 1 11 3 2 00 0

Câu 108: Sân vận động Sport Hub là sân có mái vòm kỳ vĩ nhất thế giới. Đây là nơi diễn ra lễ khai mạc Đại hội thể thao Đông Nam Á được tổ chức tại Singapore năm 2015. Nền sân là một elip ( )E có trục lớn dài 150m, trục bé dài 90m Nếu cắt sân vận động theo một mặt phẳng vuông góc với trục lớn của ( )E và cắt elip ở , MN thì ta được thiết diện luôn là một phần của hình tròn có tâm I với MN là một dây cung và góc 0 90. MIN = Để lắp máy điều hòa không khí thì các kỹ sư cần tính thể tích phần không gian bên dưới mái che và bên trên mặt sân, coi như mặt sân là một mặt phẳng và thể tích vật liệu là mái không đáng kể. Hỏi thể tích xấp xỉ bao nhiêu?

Câu 109: Một cái thùng đựng dầu có thiết diện ngang là một đường elip có trục lớn bằng 1m, trục bé bằng 0,8m, chiều dài bằng 3m. Đươc đặt sao cho trục bé nằm theo phương thẳng đứng. Biết chiều cao của dầu hiện có trong thùng là 0,6m. Tính thể tích V của dầu có trong thùng.

A. 31,52m V = B. 31,31m V = C. 31,27m V = D. 31,19m V = Lời giải Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Theo đề bài ta có phương trình của Elip là 22 1 14 425

xy+= .

Gọi M , N lần lượt là giao điểm của dầu với elip.

Gọi 1S là diện tích của Elip ta có 1 12 255 Sab   ===

Gọi 2S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi Elip và đường thẳng MN

Theo đề bài chiều cao của dầu hiện có trong thùng là 0,6m nên ta có phương trình của đường thẳng MN là 1 5 y = .

Mặt khác từ phương trình 22 1 14 425

xy+= ta có 2 41 54 yx =−

Do đường thẳng 1 5 y = cắt Elip tại hai điểm M , N có hoành độ lần lượt là 3 4 và 3 4 nên

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

có độ sâu là 280cm. Giả sử ( )ht là chiều cao của mực nước bơm được tại thời điểm t giây, biết rằng tốc độ tăng của chiều cao mực nước tại giây thứ t là 3 1 ()3 500 htt  =+ và lúc đầu hồ bơi không có nước. Hỏi sau bao

lâu thì bơm được số nước bằng 3 4 độ sâu của hồ bơi? A. 2 giờ 36 giây. B. 2 giờ 34 giây. C. 2 giờ 35 giây. D. 2 giờ 36 giây. Lời giải G

n tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị ( );; yfxOyxn  ==

) ( )fnfm

ta thấy

Với 12 , SS lần lượt là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ( ),  = yfx trục Ox và hai

đường thẳng 1,0=−=xx và 0,1.==xx Dễ thấy 12 3 1;. 2 ==SS

Câu 117: Cho hàm số ( )yfx = . Đồ thị của hàm số ( )yfx  = như hình vẽ. Đặt ( ) ( ) ( )2 21gxfxx=−− .

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. ( ) ( ) ( )135ggg − . B. ( ) ( ) ( )153ggg − . C. ( ) ( ) ( )513ggg − D. ( ) ( ) ( )351ggg− Lời giải

Ta có ( ) ( ) ( )21gxfxx =−−  ; ( ) 0 gx  = ( ) 1 fxx  =− .

Dựa vào đồ thị ta có các nghiệm sau: 1 3 5

=−   =   =  .

x x x

Ta có bảng biến thiên

Ngoài ra dựa vào đồ thị ta có ( ) ( ) 35 13

11 dd 22gxxgxx  −  ( ) ( ) 35 13gxgx− ( ) ( ) ( ) ( )3135gggg −−− ( ) ( )51gg −

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Vậy ( ) ( ) ( )351ggg−

c abc abc

 =   −+=   ++= 

 =    =  31dx58Sx=+=  . Lại có: ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2

3 0 1

a b c  =  ( ) 2 31yfxx  ==+ . Gọi S là diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi các đường ( )yfx  = , trục Ox , 4, x = 2 x = Ta có ( ) 4 2 2

dx42Sfxfxff  ===−  . Do đó: ( ) ( ) 4258Hff=−= Câu 119: Cho hàm số ( )yfx = . Đồ thị của hàm số ( )yfx  = như hình vẽ bên. Đặt   ( ) 2;6 max Mfx = ,   ( ) 2;6 min mfx = , TMm =+ . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Dựa vào bảng biến thiên ta có   ( ) ( ) 2;6 max5Mfxf == và   ( ) ( ) 2;6 min2mfxf==− Khi đó ( ) ( )52Tff=+− . Câu 120: Cho hàm số 432 () fxaxbxcxdxe. Hàm số ()yfx có đồ thị như hình vẽ. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

A. 0 ac . B. 0 abcd . C. acbd . D. 0 bdc . Lời giải

Chọn A

Theo đồ thị ta có (0)00fd và hệ số 0 a

Xét 0 0 1 1 ()() fxdxfxabcd , mà 0 1 ()0fxdx nên ta có 0 abcd

Hay acbd . Do đó ta loại C.

Thay 0 d ta có abc, vì 0 a nên 0 bc . Loại D.

Xét 1 1 0 0 ()() fxdxfxabcd , mà 1 0 ()0fxdx nên ta có 0 abcd

Do đó ta loại B. Từ ta có 0 abcd cộng từng vế với ta có 0 ac

Câu 121: Cho hàm số ( )yfx = có đồ thị gồm một phần đường thẳng và một phần parabol có đỉnh là gốc tọa độ O như hình vẽ. Giá trị của ( ) 3 3 d fxx  bằng

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. 26 3 . B. 38 3 . C. 4 3 . D. 28 3 . Lời giải

Chọn D

Ta có, phương trình đường thẳng có dạng yaxb =+ .

Từ hình vẽ, ta thấy đường thẳng đi qua hai điểm ( ) ( )2;0,1;1AB .

Suy ra, ta có hệ phương trình 201 2 12 aba yx abb −+==  =+ −+== 

Ta có, phương trình parabol có dạng 2,0yaxa= .

Từ hình vẽ, ta thấy parabol đi qua điểm ( ) 2 1;1 Byx −= .

Do đó, hàm số ( ) 2 2,1 ,1 xx yfx xx

+−  ==  −  Vậy, ( ) ( ) 313 2 331 d2dd fxxxxxx =++  ( ) 1 3 2 3 1 3

2 11128 9 232233 x x + =+=−++= . Câu 122: Cho hàm số yfx có đạo hàm đến cấp 2 trên . Biết hàm số yfx đạt cực tiểu tại 1 x , có đồ thị như hình vẽ và đường thẳng là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm 2 x . Tính 4 1

2d fxx

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

41 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Biết ( ) ( )  ,5;2Fxfxx  =− và ( ) 1 3

14 d 3 fxx =  . Tính ( ) ( )25FF A. 145 6 . B. 89 6 . C. 145 6 . D. 89 6 . Lời giải Chọn C Dựa vào đồ thị ta nhận thấy, đồ thị hàm số ( )fx liên tục và xác định trên đoạn  5;2 được xây dựng bởi ba hàm số ( ) ( ) ( ) ( )

fxx fxfxx fxx

1 2 3

khi53 khi31 khi12

−−   =−−   −  . Trong đó:. ( ) 1 fx là đường thẳng qua hai điểm ( )5;5 và ( )3;4 có phương trình: ( ) 1 5 2 x fx −+ = ( ) 2 fx có đồ thị là một đường cong nối từ điểm ( )3;4 đến điểm ( )1;2 . ( ) 3 fx là đường thẳng qua hai điểm ( )1;2 và ( )0;3 có phương trình ( ) 3 3 fxx=+

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

ố đã cho có diện tích bằng A. 253 48 . B. 235 48 . C. 253 24 . D. 125 24 . Lời giải Chọn C

ành độ giao điể

là

) (

Chọn C

Ta có ( ) 2 62 fxxmxn  =++ , ( ) 122 fxxm  =+ , ( ) ( ) 3 12 fx = . Suy ra ( ) ( ) ( ) 32 2621220212 gxxmxnmxnm =++++++++ . ( ) 0 gx  = ( ) 2 6262120 xmxnm +++++= . Vì hàm s

Chọn C

Xét hàm số ( ) ( ) ( ) ( )gxfxfxfx =++ Ta có ( ) ( ) ( ) ( )gxfxfxfx

Theo giả thiết ta có phương trình ( ) 0 gx  = có hai nghiệm , mn và ( ) ( ) 5 2 gm gn

=−    =   .

(

n m

  +   ( ) ( ) ( ) 60 60 fxfx gx ++=  

+−=  

=

n m

= +  (

fxfx x gx ++

n m

 =

gx x gx

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Vì hai đồ thị '()yfx = và '()ygx = cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt bằng 0;1;2 nên phương trình có các nghiệm là 0; x = 1 x = và 2 x = . Do đó, ta có '()'()'()(1)(2) hxfxgxkxxx =−=−− ( ) 0. k  Ta có diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số '()yfx = và '():ygx = ( )( ) ( )( ) 212 001 16 ()()d()d52020d. 3 Sfxgxxhxxxxxx =−==−+=  Câu 130: Cho hàm số 32 ()2 fxxbxcxd =+++ với b , c , d là các số thực. Biết hàm số ()()()() gxfxfxfx =++ có hai giá trị cực trị là 3 và 6. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng () ()12 fx y gx = + và 1 y = bằng A. 2ln2 B. ln162. C. ln2 D. ln2. Lời giải Chọn D Ta có 322 ()2()62()122()12 fxxbxcxdfxxbxcfxxbfx  =+++=++=+= Xét hàm số ()()()() gxfxfxfx =++ Ta có ()()()()()()12 gxfxfxfxfxfx =++=++ . Theo giả thiết ()()()() gxfxfxfx =++ có 2 cực trị là 3 và 6

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn =   =  Diện tích hình phẳng cần tìm là:  222 432 000

Biết hàm số ( )fx đạt cực trị tại hai điểm 12 , xx thỏa mãn 21 2 xx=+ và ( ) ( ) 12 0. fxfx+= Gọi 12 , SS là diện tích của hình phẳng như hình bên và 3S là diện tích phần tô đậm. Tính tỉ số 2 3 . S S A. 1 4

3 8

2 16

3 16 Lời giải Chọn D + Tịnh tiến đồ thị hàm số ( )yfx = sang phải một đoạn 12 2 xx + đơn vị ta thu được đồ thị hàm số bậc 3 ( )ygx = nhận gốc toa độ làm tâm đối xứng nên ( )gx là hàm lẻ có dạng ( ) 3 gxaxbx =+ và hàm số ( )gx có hai điểm cực trị là 1 x =− và 1. x =

Xét hệ phương trình 124968 32126 321224

−+==  −+==− ++=−=−  .

abca abcb abcc

Khi đó ( ) 32 12241224fxxxx  =+−− suy ra ( ) 432 38624 fxxxxxd =+−−+

Lúc này ba điểm cục trị của hàm số ( )yfx = có tọa độ lần lượt là ( ) 2;8 d −+ , ( ) 1;13 d −+ và ( ) 1;19 d −+ . Xét hàm số bậc hai ( ) 2 ,, ymxnxqmnq =++ đi qua ba điểm ( )2;8 , ( )1;13 và ( )1;19 .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. 81 20 . B. 81 10 . C. 17334 635 . D. 17334 1270 . Lời giải

Chọn A

Từ đồ thị của hàm số ( )yfx = suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 22 21,0fxaxxa =+− . Ta có ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )( ) 22 22122122121 fxaxxaxxaxxx  =+−++−=+−+

Xét phương trình ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 21212210fxfxaxxxxx  =+−+−−+=   ( )( )( ) 2

=−   =  +−−−=  =−  = 

x x axxxx x x

2 1 21340 1 4

.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số ( )yfx = và ( ) ' yfx = là ( )( )( ) ( )( )( ) 44 22 22

428 21342134 5 Saxxxxdxaxxxxdxa =+−−−=+−−−=  .

Theo đề bài ta có ( ) 4282141 552 aaTM == ( ) ( ) ( ) 22 1 21 2 fxxx =+− . Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ( )yfx = và trục hoành là ( ) ( ) 1 22 1 2

181 21 220 Sxxdx =+−=  . Câu 139: Cho hàm số 32 () fxxbxcxd =+++ và 2 () gxaxexh =++ ( ) ,,,,, abcdeh  . Biết rằng đồ thị hàm số ()và ()yfxygx == cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là -3; -1; 0 Hình phẳng được giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có điện tích bằng A. 37 12

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Từ đồ thị ta có (0)331 (1)442. (1)04203

===−  =++==   =+==

fca fabcb fabc Suy ra 42 ()23. =−++fxxx + Xét hàm số 2 ().==++ ygxmxnxp Ta có đồ thị hàm số là parabol có đỉnh ( )0;0 O nên 0 . 0 =   =  n p Suy ra 2 (). = gxmx

(

111

ddd Sfxgxxxxxxxxx 1 53

 =−−+=−−+−+−= 

12121264

S S ( 1S và 2S lần lượt là diện tích hai hình phẳng được tạo bởi đồ thị hai hàm (),()fxgx như hình vẽ ).

5

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Khi đó ( ) ( ) 432

 

 =−

 =

=

x x fxgxxxxx x x d =−  Sfxgxx ( )( )( ) 0 4

=− 1 311d 2 =++−  Sxxxx 6 = .

4 1 342914803 1 2 n tích bằng A. 6 B. 9 2 C. 4 D. 11 2 Lời giải Chọn A Ta có: ( ) ( ) ( )( )( )311fxgxaxxx −=++− Suy ra ( )( )( ) ( ) ( ) 32 3 311 2 axxxaxbdxcex ++−=+−+−− . Xét hệ số tự do suy ra: 31 3 22 aa −=−= Do đó: ( ) ( ) ( )( )( ) 1 311 2 fxgxxxx −=++− . Diện tích bằng: ( ) ( ) 0 4

28780 d 81 Sfxgxx =−=  . Câu 143: Cho hai hàm số ( ) 32 1 2 fxaxbxcx=++− và ( ) 2 1 gxdxex=++ ( ) ,,,,.abcde Biết rằng đồ thị hàm số ( )yfx = và ( )ygx = cắt nhau tại 3 điểm có hoành độ lần lượt là 3; 1; 1. Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho và đường thẳng 4;0=−=xx có diệ

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

 42 126164 abc ababc −−=  −−=++ ( ) ( ) 4202 281003 abc abc −−−= 255 1 xxx fxfx xx

Mặt khác, diện tích phần tô màu là ( )( ) 2 42 0 28421d 5 abxaxbxcx  =−−+−−−  −+  += −+ ; ( ) ( ) 102ff−= ; ( ) 1 0

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn 3221d Sxxxx =−+−+   ( ) 0 42 1

d0fxx =  . Biết diện tích hình phẳng giới

Câu 144: Cho hàm số 42 yaxbxc =++ có đồ thị ( )C , biết rằng ( )C đi qua điểm ( )1;0 A , tiếp tuyến d tại A của ( )C cắt ( )C tại hai điểm có hoành độ lần lượt là 0 và 2 và diện tích hình phẳng giới hạn bởi d , đồ thị ( )C và hai đường thẳng 0 x = ; 2 x = có diện tích bằng 28 5 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( )C và hai đường thẳng 1 x =− ; 0 x = có diện tích bằng A. 2 5 . B. 1 4 . C. 2 9 . D. 1 5 . Lời giải Chọn D Ta có 3 42 yaxbx  =+  ( )( ):421 dyabx=−−+ Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( )C là: ( )( ) ( ) 42 4211 abxaxbxc −−+=++ . Phương trình ( )1 phải cho 2 nghiệm là 0 x = , 2 x = 1 32 5 xxxdx =−−=  Câu 145: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 và thỏa ( ) ( ) ( ) 32 2 2

Vì M thuộc cung IA nên giả sử ( ) 2 ;4 Mmmm −+ với 24 m  .

Tiếp tuyến tại M có phương trình: 2 (24) ymxm =−++ .

Khi đó ( ) 2 2 ;0,0; 24 m BCm m   

Gọi 3S là diện tích giới hạn bởi ( )P và Ox, ta có ( ) 4 2 3 0

32 4 3 Sxxdx=−+=  .

Diện tích tam giác vuông OBC là ( ) 4 1 . 242 m SOBOC m ==

Ta có: ( ) 4 123 32 423 m SSSS m +=−=− .

Suy ra 12SS + nhỏ nhất khi và chỉ khi ( ) ( ) 4 42 m Sfm m == nhỏ nhất.

Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 388 ','0 423 mm fmfmm m ===

Lập BBT ta được ( )fm nhỏ nhất khi 8 3 m = .

Vậy 12SS + nhỏ nhất khi 832 ; 39 M    Câu 147: Cho hàm số ( ) 42 yfxaxbxc ==++ có đồ thị ( ), C Biết ( ) 10 f −= . Tiếp tuyến d tại điểm có hoành độ 1 x =− của ( )C cắt ( )C tại 2 điểm có hoành độ lần lượt là 0 và 2, Gọi 12 ; SS là diện tích hình phẳng. Tính 2S , biết 1 401 . 2022 S =

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. 12431 2022 . B. 5614 1011 . C. 2005 2022 . D. 2807 1011 .

Lời giải

1;0

trình tiế

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 148: Cho hàm số bậc ba ( ) 32 1 2 yfxaxxcxd ==−++ và parabol ( )ygx = có đỉnh nằm trên trục tung. Biết đồ thị ( )yfx = và ( )ygx = cắt nhau tại ba điểm phân biệt ,, ABC có hoành độ lần lượt là 2;1;2 và thỏa mãn 35 2 AB = . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị ( )yfx = và ( )ygx = .

A. 238 3 . B. 71 3 . C. 71 6 . D. 13 4 . Lời giải

Chọn C

Parabol ( )ygx = có PT dạng ( ) 2 ,0ykxmk=+ . Ta có ( ) ( ) 2;4,1; AkmBkm −++

Do 22 353511 99. 2242 ABkkk =+=== Suy ra ( ) 2 1 2 ygxxm ==+

Xét phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 32 00fxgxfxgxaxxcxdm =−=−++−= Do PT có 3 nghiệm 2;1;2, suy ra ( ) ( ) ( )( )( )212fxgxaxxx −=+−− . Theo Định lý viet, ta có 123 1 2121 b xxxa aa ++=−−++== . Suy ra di

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

23 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Biết rằng đồ thị hàm số đã cho cắt trục Ox tại ba điểm có hoành độ 123 ,, xxx theo thứ tự lập thành cấp số cộng và 31 23 xx−= . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( )C và trục Ox là S , diện tích 1S của hình phẳng giới hạn bởi các đường ( ) 1 yfx=+ , ( ) 1 yfx=−− , 1xx = và 3xx = bằng A. 43. B. 23 . C. 243 S + . D. 23 S + . Lời giải

Chọn A

Do đồ thị hàm bậc ba cắt trục hoành tại ba điểm có hoành độ 123 ,, xxx theo thứ tự lập thành cấp

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

0 168423 1 3 2 3 3 30 4

e abcpdq

Câu 153: Cho hai đồ thị hàm số ( )yfx = và ( )ygx = như hình vẽ bên dưới. Biết đồ thị của hàm số ( )yfx = là một Parabol đỉnh I có tung độ bằng 1 2 và ( )ygx = là một hàm số bậc ba. Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là 123..6xxx =− . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số ( )yfx = và ( )ygx = gần nhất với giá trị nào dưới đây? A. 6. B. 7. C. 5. D. 8. Lời giải Chọn A Parabol cắt Ox tại 0 x = và 2 x = nên 2 ()(2)(2) fxmxxmxx =−=− . Đỉnh I có hoành độ 1 Ix = , suy ra tung độ 11 22 I ymm=−== . Vậy ( ) 2 1 2 yfxxx ==− Hàm số ( )ygx = đạt cực trị tại 0 x = và 2 x = nên ( ) ( ) 2 22 gxaxxaxax

điể

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

ện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số ( )yfx = và ( )ygx = là

32

=−+−=

113299d6,23 88448 Sxxxx

Câu 154: Cho hai hàm số 432 4 ()d3 fxaxbxcxx =+++− (,,,abcd  ) và 32 () gxmxnxpx =++ ( ) ,, mnp  . Đồ thị hai hàm số ()fx  và ()gx  được cho ở hình bên dưới. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường ()yfx = và ( )2 1 ()2 3 ygxx=+− biết rằng 4 AB = . A. 175 45

=−−=−+=−− Do đó: ( ) ( ) ( ) 22

.23626



gxkfxcxxdkaxxbkca

Suy ra: ( ) ( ) 32232;2 3 b fxaxxbxgxaxx =−++=−+ Phương trình hoành độ giao điểm: ( ) ( ) 32232 3223220 33 axxbxaxxaxaxbxbb −++=−++−−+++−= Viet: ( ) 2 123 3 212 3 ab xxxagxxx a + ++==−=−=−−+ đạt giá trị lớn nhất tại 0 1 x =− và giá trị lớn nhất đó bằng ( ) 111101;0 3 b gbcd −=+===−= . Vậy 1 32 1

10 22. 3 Sxxxdx =−−++= 

Câu 156: Cho hai hàm số ()fx và ()gx liên tục trên và hàm số 32 '() fxaxbxcxd =+++ , 2 '() gxqxnxp =++ với ,0aq  có đồ thị như hình vẽ. Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số '()yfx = và '()ygx = bằng 10 và (2)(2)fg = . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số ()yfx = và ()ygx = bằng

Đặt ()()() hxfxgx =−  ()()(). hxfxgx  =− Xét phương trình hoành độ giao điểm: ( ) ( ) ( ) ( ) 0 fxgxfxgx =−= Vì hai đồ thị ()yfx  = và ()ygx  = cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt bằng 0;1;2 nên phương trình có các nghiệm là 0; x = 1 x = và 2 x = . Do đó, ta có: ()()()(1)(2) hxfxgxkxxx

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Gọi ( ) 2 ; Aaa và ( ) 2 ; Bbb là hai điểm thuộc ( )P sao cho 2 AB = .

Không mất tính tổng quát giả sử ab  .

Theo giả thiết ta có 2 AB = nên ( ) ( )2 2 22 4 baba−+−= ( ) ( ) 22 14 baba −++=  .

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B là ( ) ybaxab =+− .

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( )P và đườ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

ọi hàm số ( )ygx = là hàm số bậc 2 có đồ thị đi qua 3 điểm cực trị của ( )C , S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi 2 đường ( ),()fxgx . S thuộc khoảng nào sau đây: A. ( )1,5;2 . B. ( )2,5;3 . C. ( )0;1 . D. ( )3;4 . Lời giải

Chọn C

Ta có ( )yfx = là hàm số chẵn. Với 0 x  ta có bảng biến thiên của hàm số ( ) 2 2 yfxxxc ==−+ là: Lấy đối xứng qua trục tung ta được đồ thị của hàm số ( )yfx = trên là:

Suy ra đồ thị hàm số ( )yfx = có 3 điểm cực trị là: ( ) ( ) 1;1,(1;1),0; AcBcCc Đồ thị hàm số bậc 2 ( )ygx = đi qua 3 điểm trên suy ra nó có dạng: ( ) 2 gxcax =+ , thay tọa độ điểm B vào ( )ygx = ta được ( ) 2 1 agxxc =−=−+ .

Ta có diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường ( ),()fxgx là: ( ) ( ) ( ) 11 22 00

2 222 3 Sgxfxdxxcxxcdx  =−=−+−−+=     , vậy ( )0;1 S  .

Câu 162: Cho hàm số ( ) 42 yfxaxbxc ==++ cóhai điểmcựctiểu ( ) ( )1;2;1;2 vàđiểm cựcđại ( )0;3 . Hàm số ( ) 2 ygxmxnxp ==++ có đồ thị đi qua các điểm cực trị của đồ thị ( )yfx = . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số ( )yfx = và ( )ygx = gần bằng giá trị nào nhất trong các giá trị sau A. 1. B. 3. C. 2. D. 5. Lời giải Chọn A Ta có ( ) 423'42 yfxaxbxcyaxbx ==++=+ 2

0 '0 2 x y axb =  = 

Theo bài ra hàm số ( ) 42 yfxaxbxc ==++ có hai điểm cực tiểu ( ) ( )1;2;1;2 và điểm cực đại ( )0;3 suy ra

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Phương trình hoành độ giao điểm: ( )( )( ) 4322 1 441421310 3 x xxxxxxx x

=  −++=−−−+=  =  Diện tích hình phẳng cần tính là ( ) ( ) 3 432 1

104 44142 15 Sxxxxdx =−++−−=  Câu 164: Cho hàm số ( ) ( ) 432 6,,, yfxxaxbxcxdabcd ==++++ . Biết đồ thị hàm số ( )yfx = có ba điểm cực trị có hoành độ lần lượt là 1;1;2 và hàm số ( )ygx = là hàm bậc hai có đồ thị đi ba điểm cực trị đó. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường ( )yfx = ; ( )ygx = và trục Oy . A. 64 15 S = B. 88 15 S = C. 56 15 S = D. 184 15 S = Lời giải

Chọn A

Ta có ( ) 32 ''2432 yfxxaxbcc ==+++ . Do đồ thị hàm số ( )yfx = có ba điểm cực trị có hoành độ 1;1;2 nên phương trình

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị () C và parabol () P đi qua ba điểm cực trị của đồ thị () C .

A. 81 20 B. 81 10 C. 81 5 D. 9 20 Lời giải

Chọn A

Theo hình vẽ ta thấy đồ thị () C của hàm số ( )yfx = tiếp xúc với trục hoành tại các điểm

=−   =  +−=+−−−−++= 2 1 02(4664)02 1

1 1 21(4664)292802 4

x x axxaxxxxxxx x x  =−  =  Theo giả thiết diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của ( )fx và ( )fx  là: 856 5 . Nên ta có: 4 432 2 8568564282928d2 555 =−−++==  a axxxxxa . Vậy ( ) ( ) ( ) 22221 =+−fxxx ( ) 32 2(4664)  =+−− fxxxx Ta có ( ) 32

x fxxxxx x

=−     =+−−==−   = 

. Đồ thị () C có ba điểm cực trị là ( )2;0 A , ( )1;0 B , 181 ; 28    C Giả sử phương trình parabol () P có dạng ( ) 2 (),0 ==++ ygxmxnxpm . Vì () P đi qua ba điểm ( )2;0 A , ( )1;0 B , 181 ; 28    C nên

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

41 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 170: Cho hàm số ( )fx với đồ thị là Parabol đỉnh I có tung độ bằng 7 12 và hàm số bậc ba ( )gx . Đồ thị hai hàm số đó cắt nhau tại ba điểm phân biệt có hoành độ 123 ,, xxx thoả mãn 123 1855 xxx =−

ệ

nào nh

5,7. B. 5,9.

t trong các số sau đây?

6,1. D. 6,3.

ời giả

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. 45 4 B. 7 12 C. 32 3 D. 71 6 Lời giải Ch

Câu 174: Cho hàm số 32 ()4 fxaxbxcx=+++ có đồ thị cắt Parabol 2 () gxmxnx =+ tại các điểm có hoành độ là 2; 1; 2. Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị trên bằng =  ++=+=  +=  .

49 45771 44d44d 4126 xxxxxxxx =−−+−−−+=+=  Câu 175: Cho hàm số ( ) 3 1 fxaxcx=++ và ( ) ( ) 1 gxfx =− có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Biết rằng diện tích miền tô đậm bằng 2, với a và c là các số nguyên. Tính giá trị ac ? A. 2. B. 2 C. 1. D. 0. Lời giải Chọn B Đồ thị hàm số ( ) ( ) 1 gxfx =− đi qua điểm ( )2;0 ( ) ( ) 201010 gfac =−=−−+= Do ( ) ( ) 3 limlim1 xx fxaxcx →+→+ =++=− nên suy ra 0 a  Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị ( )fx và đường thẳng 1 y = : ( ) ( ) 32 2

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn 0 110 01 x axcxxaxc axc

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng 1 y = cắt đồ thị ( )fx tại 3 điểm phân biệt nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt khác 0 000cc c aa − Khi đó 2 0 c axcx a +==−

Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị ( ) ( ) 1 gxfx =− và đường thẳng 1 y = : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 32 2

=   −+−+=−−+=   −+=  

1 1111110 102 x axcxxaxc axc

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng 1 y = cắt đồ thị ( )gx tại 3 điểm

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

== 

aa fxxaxbxcxxxbb cc

Câu 177: Cho hàm số ( ) 32 (),, yfxxaxbxcabc ==+++ có hai điểm cực trị là 1 và 1 Gọi 2 ()(0)ygxmxnxpm ==++ là hàm số bậc hai có cực trị tại 1 x =− và có đồ thị đi qua điểm có hoành độ 1 x = của đồ thị hàm số ( )yfx = . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường ( )yfx = và ( )ygx = có giá trị nằm trong khoảng nào sau đây?

A. ( )0;1 . B. ( )1;2 . C. ( )2;3 . D. ( )3;4 .

6

52

2x Ta

giá trị cực tr



 =++=++   (

−+=     −   ( ) ( ) 0 12 gx gx

 =     −   1 2

xx xx

x x

1d 12

fx Sx gx =− +  ( ) ( ) ( ) 2 1

=    =  . Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường ( ) ( ) 12 fx y gx = + và 1 y = bằng ( ) ( ) 2 1

x x

12 d 12

x x

gxfx x gx −+ = +  ( ) ( ) 2 1

gx x gx

d 12

ảng biến gxgx =+−+ 120222021=−= Câu 182: Cho hàm số ( ) 432 2 fxaxbxcxx =+++ và ( ) 32 2 gxmxnxx =+− với ,,,, acbmn  . Biết hàm số ( ) ( )yfxgx =− có ba điểm cực trị là 2;1;3. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường ( )yfx  = và ( )ygx  = bằng A. 131 4 B. 131 6 C. 125 12 D. 125 6 Lời giải Chọn B + Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 32 4324.1fxgxaxbmxcnx −=+−+−+

 = +  ( ) 2 1 ln12 x x gx =+ ( ) ( )21 ln12ln12

+ Mặt khác, vì hàm số ( ) ( )yfxgx =− có ba điểm cực trị là 2;1;3 nên ( ) ( ) ( )( )( ) ( )2132fxgxaxxx −=++−

+ Từ ( ) ( )1,2 suy ra: 2 46 3 aa =−=− . Do đó: ( ) ( ) ( )( )( ) 2 213 3 fxgxxxx −=++−

Vậy diện tích hình phẳng là ( ) ( ) ( )( )( ) 33 22

2131 213 36Sfxgxdxxxxdx  =−=++−= 

Câu 183: Cho hàm số bậc ba ( ) 32 1 2 yfxaxxcxd ==−++ và parabol (

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

57 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 185: Cho đường cong ( ) 3 :2 =++Cyxmx và parabol ( ) 2 :2 =−+Pyx tạo thành hai miền phẳng có diện tích 1S , 2S như hình vẽ Biết 1 8 3 = S , giá trị của 2S bằng A. 3 4 . B. 1 4 . C. 5 0 32 1 d x

Sxxmxx =++   1

0 432 8 4323 x

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn =   ++=  Từ đồ thị ta thấy phương trình ()  có hai nghiệm trái dấu nên 0 m  Và hai nghiệm đó là 1 114 2 m x = , 2 114 2 m x −+− = Ta có ( ) 1

xxmx  ++=   432 111 8 4323 xxmx ++=  432 111 34632 xxmx++=  432 114114114 3.4632() 222 mmm m  +−+−+− −+=   Nhận thấy 2 m =− là nghiệm của phương trình ()  , nên 2 1 x =

59 0 0() x xxm

Câu 186: Vậy ( ) ( ) 2 1 3232 2 00

5 d2d 12

x Sxxmxxxxxx =−−−=−−+=  .Cho hàm số ( ) 42 fxaxbxc =++ có đồ thị ( )C , biết ( ) 10 f −= . Tiếp tuyến d tại điểm có hoành độ 1 x =− của ( )C cắt ( )C tại hai điểm có hoành độ lần lượt là 0 và 2. Gọi 12 ; SS là diện tích hình phẳng Tính 2S , biết 1 401 2022 S =

A. 12431 2022 . B. 5614 1011 . C. 2005 2022 . D. 2807 1011 .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 187: Cho hàm số bậc ba ( )yfx = có đồ thị như hình vẽ, biết ( )yfx = đạt cực tiểu tại điểm 1 x = và thỏa mãn ( ) ( )1 fx + và ( ) ( )1 fx lần lượt chia hết cho ( )2 1 x và ( )2 1 x + . Gọi 12 , SS lần lượt là diện tích hình phẳng như trong hình dưới. Tính 12 2SS .

A. 3 4 B. 1 2 C. 4 D. 1 4 Lời giải Chọn D

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

61 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

) ( ) 2 1

12 81 lnlnlnln2 162 12 gx gx

Câu 189: Cho hai hàm số ()fx và ()gx liên tục trên và hàm số 32 () fxaxbxcxd  =+++ , 2 '() gxqxnxp =++ với ,0aq  có đồ thị như hình vẽ. Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số ()yfx  = và ()ygx  = bằng 5 2 và (2)(2)fg = . Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số ()yfx = và ()ygx = bằng a b . Tính 22Tab =− .

Chọn A

) 32 4

t tr

5 125 .832 3 abca abcb abcc

c hoành

a S a S == Câu 193: Cho hàm số ( ) 32 4 yfxxaxbxc ==−+++ có đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm có hoành độ là ( ) 3,1,1; Fx là một nguyên hàm của ( )fx và ( )ygx = là hàm số bậc hai đi qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số ( )yFx = . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường ( )yFx = và ( )ygx = bằng A. 128 15 . B. 64 15 . C. 16. D. 64. Lời giải −+=−=−  −+=−= ++==  hay ( ) 32 412412yfxxxx ==−−++ Ta có ( ) ( ) 32432 412412d4212 FxxxxxxxxxC =−−++=−−+++  Mặt khác ta có ( ) ( ) 2 11 483 44 FxxfxxxC  =++++−   do vậy ( ) 2 483ygxxxC ==++− là hàm số bậc hai đi qua 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số ( )yFx = . Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số ( )yFx = và ( )ygx = ta có:

DỤNG TÍCH PHÂN

dưới đây. Tính thể tích vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng H giới hạn bởi đồ thị ( )C và trục hoành khi quay xung quanh trục Ox . A. 725 35  . B. 729 35  . C. 6. D. 1 35  Lời giải

Chọn B

Từ hình vẽ ta có được ( ) ( ) 23 333 fxxfxxxd  =−=−+

=−  =  =  Khi đó thể tích vật thể 729 32d 35 Vxxx =−+=  Câu

hình

H

Câu 200: Gọi ( ) H là hình phẳng giới hạn bởi parabol 2 44yxx=−+ , đường thẳng 412yx=− và trục hoành. Biết thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình ( ) H quanh trục hoành bằng (, a ab b  là các số nguyên dương và a b là phân số tối giản). giá trị của ab + bằng A. 31. B. 5. C. 36. D. 37. Lời giải

Chọn A

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. 3 2 a = B. 22. a = C. 5 2 a = D. 3. a = Lời giải

Chọn D

Ta có 00xx== Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường ,0yxy== và 4 x = quanh trục Ox : 4 0

dx=8Vx =  .

Ta có ( ) ; Maa Khi quay tam giác OMH quanh trục Ox tạo thành hình nón có chung đáy: Hình nón ( )1N có đỉnh O , chiều cao 1 hOKa == , bán kính đáy RMKa == . Hình nón ( ) 2N có đỉnh H , chiều cao 2 4 hHKa ==− , bán kính đáy RMKa == . ( ) ( ) ( ) 22 22 112 1111 ....4 3333 VRhRhaaaa  =+=+− 4 3 a = Theo đề bài 1 4 282..3 3 VVaa  ===

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

al faaa a

( ) ( ) ( ) 2 2 ()2240 1 2

=    =−−=  =  

Bảng biến thiên

Hàm số có 1 cực trị duy nhất tại 1 2 a = và là điểm cực đại. Do đó giá trị lớn nhất của hàm số đạt được tại 1 2 a = . Vậy khi 1 2 a = thì V đạt giá trị lớn nhất.

  = ,  1;3 x  .Tính thể tích của vật thể tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường ( ) ( ) ( ) 2

ln2 , ln1 xfx y x  Lời giải ChọnA Ta có:   ( ) ( ) ( ) 3 () fx fxxfx fx e

 D. 3

+ = + 0, y = 1,3xx== quay xung quanh trục hoành. A. 26 3  B. 26 C. 3 26   = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 . fxfx fxxfx x fxee fx fx     ==        ( ) ( ) ( ) ( ) fxfxxx edxdxeC fxfx   ==+     . Do (1)0,(1)10 ffC  ===  ( ) ( ) fx x e fx =  ( ) ( ) ( ) ( ) .. fxfx fxexfxedxxdx  ==  ( ) 2 1 2 fx x eC=+ . Do (1)0 f = nên 1 1 2 C =  ( ) 2 1 2 fx x e + = ( ) 2 1 ln 2 x fx + = .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Thể tích của vật thể tròn xoay cần tính là ( ) ( ) ( ) 2 3 2 1

ln2 ln1 xfx Vdx x   +  = +    = 3 2 1

xdx  = 3 3 1

26 33 x  = .

Câu 204: Gọi ( )D là miền được giới hạn bởi hai đường cong ( ) 2 yfxaxbxc ==++ và ( ) 2 ygxxmxn ==−++ .Biết ( ) 9 D S = vàđồthị hàm số ( )ygx = cóđỉnh ( )0;2 I .Khicho miền được giới hạn bởi hai đường cong trên và hai đường thẳng 1;2xx=−= quay quanh trục Ox , ta nhận được vật thể tròn xoay có thể tích a V b  = , trong đó , ab là các số nguyên dương. Giá trị biểu thức 23Pab =− bằng A. 2101 P = B. 1342 P = C. 2021 P = D. 63706 P = Lời giải Chọn D Parabol ( )ygx = có đỉnh ( )0;2 I suy ra ( ) 2 0;22mnygxx ====−+ Phương trình hoành độ giao điểm của ( )yfx = và ( )ygx = :

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

 V

=−++−++===

259 2d22d259;15 15 Vxxxxxab  m mnp mnpn mnp p

P =−=

9.

  =  ++=    ++==−  ++=   =  Vậy ( )P : 223291 ()2(31629) 888 ygxxxxx ==−+=−+ Vì ( )C và ( )P cắt nhau tại ba điểm (1;2),(3;1),(5;3)nên 32 ()()(1)(3)(5)(92315) fxgxaxxxaxxx −=−−−=−+− Mà 3535 1313 ()()()()(()())(()()) fxgxdxfxgxdxfxgxdxfxgxdx −+−=−−−

:

Câu 207: Một mảnh vườn hình elip có trục lớn bằng 100m , trục nhỏ bằng 80m được chia thành 2 phần bởi một đoạn thẳng nối hai đỉnh liên tiếp của elip. Phần nhỏ hơn trồng cây con và phần lớn hơn trồng rau. Biết lợi nhuận thu được là 2000 mỗi 2 m trồng cây con và 4000 mỗi 2 m trồng rau. Hỏi thu nhập từ cả mảnh vườn là bao nhiêu?. A. 31904000. B. 23991000. C. 10566000. D. 17635000. Lời giải

Chọn B

Chứng minh: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi elip ( ) 22 22 :1 xy E ab += là ab

Thật vậy, phần đường elip nằm trên trục hoành có phương trình 2 2 1 x yb a =− .

Do , OxOy là trục đối xứng của elip ( )E nên diện tích hình phẳng giới hạn bởi elip ( )E là 2 2 0 41 a x Sbdx a =−  . Đặt sin xat = với ; 22 t   −  ta được ( ) 2222 00 41sinsin4cos. Sbtdatabtdtab   =−==  Xét mảnh vườn: 50,40ab== Diện tích trồng cây con là: ( ) ( ) 2 .40.502500 4 cOAB SSm    =−=− Diện tích trồng rau là: ( ) ( ) .40.50250032500 r S  =−−=+ Thu nhập từ mảnh vườn là: ( ) ( ) 2500.200032500.400023991000.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

11 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Chi phí sơn phần kẻ sọc là: ( ) 3 22 1 0

244d.140000Txxx  =−+−−     .

Chi phí sơn phần hình quạt là: 3 2 2 0

1 24d.150000 3 Txxx   =−−     

Chi phí sơn phần còn lại là: ( ) 32 2 3 0 3

1 2d24d.160000 3 Txxxx  =+−+     .

Vậy tổng chi phí sơn là: 123 1575349,5 TTTT=++ .

Câu 209: Ông X muốn làm cửa rào sắt có hình dạng và kích thước như hình vẽ bên, biết đường cong phía trên là một Parabol, chất liệu làm là inox. Giá 2 1m vật tư và công làm là 1.300.000 đồng. Hỏi ông X phải trả bao nhiêu tiền để làm cái cửa sắt như vậy. A. 13.050.000 đồng. B. 36.630.000 đồng. C. 19.520.000 đồng. D. 21.077.330 đồng. Lời giải

Chọn D

Ta chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Trong đó 1919 ; 105 I    , 1919 ; 105 J    . Đường cong phía trên là một Parabol có phương trình dạng 2 yaxb =+ , với ; ab . Do Parabol đi qua các điểm , IJ và chiều cao cổng là 9 2 m nên có 2 709 3612yx=−+ . Diện tích S của cửa rào sắt là diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 2 709 3612yx=−+ , trục hoành và hai đường thẳng 19 10 x =− ; 19 10 x = .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 211: Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài 60m , chiều rộng 20m . Người ta muốn trồng cỏ ở hai đầu của mảnh đất hai hình bằng nhau giới hạn bởi hai đường Parabol có hai đỉnh cách nhau 40m

. Phần còn lại của mảnh đất người ta lát gạch với chi phí là 2 200.000dm . Tính tổng số tiền để

lát gạch

A. 133.334.000 đồng B. 213.334.000 đồng C. 53.334.000 đồng. D. 186.667.000 đồng. Lời giải Chọn D

Ta có diện tích mảnh đất hình chữ nhật trên là. ( ) 2 60.201200 Sm == Chọn hệ trục tọa độ ,Oxy như hình vẽ thoả mãn. ( ) ( ) ( )10;0;10;0;0;10ABC

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

ằng nhau có độ dài trục lớn bằng 8m và độ dài trục nhỏ bằng 4m đặt chồng lên nhau sao cho trục lớn của Elip này trùng với trục nhỏ của Elip kia và ngược lại

Phần diện tích nằm trong đường tròn đi qua 4 giao điểm của hai Elip dùng để trồng cỏ, phần diện tích bốn cánh hoa nằm giữa hình tròn và Elip dùng để trồng hoa. Biết kinh phí để trồng hoa là 150.000đồng 2 /1m , kinh phí để trồng cỏ là 100.000đồng 2 /1m . Tổng số tiền dùng để trồng hoa và trồng cỏ cho bồn hoa gần với số nào nhất trong các số sau?

A. 4.100.000đồng. B. 4.550.000đồng. C. 3.100.000đồng. D. 4.300.000đồng. Lời giải Chọn D

Tổng số tiền: 12 4309000 TTT=+

Câu 213: Mặt sàn của một thang máy có dạng hình vuông ABCD cạnh 2m được lát gạch màu trắng và trang trí bởi một hình 4 cánh giống nhau màu sẫm. Khi đặt trong hệ trục tọa độ Oxy với O là tâm hình vuông sao cho ( )1;1 A như hình vẽ bên thì các đường cong OA có phương trình 2 yx = và 3 yaxbx =+ . Tính giá trị ab biết rằng diện tích trang trí màu sẫm chiếm 1 3 diện tích mặt sàn. A. 2 B. 2 C. 3 D. 3 Lời giải Chọn B Đồ thị của hàm số 3 yaxbx =+ đi qua điểm ( )1;1 A  1 ab+= .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

lập 2/3, công ty thiết kế để tỉ số diện tích được tô màu so với phần không được tô màu bằng 2 3 . Tính ab + . A. 41 80 B. 1 2 C. 2 5 D. 9 10 Lời giải

Chọn C

Xét hệ trục toạ độ như hình vẽ, diện tích tam giác OAB vuông cân tại B

Theo giat thiết ta có ( )4,4;0OAA = . Hình vuông có nửa đường chéo bằng 4 nên diện tích hình vuông là 32. Diện tích tô màu là 64 5 .

Xét riêng trong tam giác OAB có diện tích phần tô màu bằng 8 5

Theo giả thiết, diện tích phần tô màu trong tám giác OAB được tính bởi công thức 4 32 0

8 5 axbxxdx+−=  . Từ đó ta có hệ

Trường hợp ( ) 1 50 21 20

Trường hợp

 =−   =   =   có nghiệm là 5 0,,4 4

a fx b

a b

1 20 9 20

 =−     =   ( ) 0 fx = có nghiệm 0,4,5 thoả mãn. Vậy, 2 5 ab+=

Câu 215: Một biển quảng cáo có dạng hình tròn tâm O , phía trong được trang trí bởi hình chữ nhật ABCD ; hình vuông MNPQ có cạnh 2 MN = và hai đường parabol đối xứng nhau chung đỉnh O như hình vẽ. Biết chi phí để sơn phần tô đậm là 300.000 đồng/ 2 m và phần còn lại là 250.000 đồng/ 2 m . Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây? A. 3.439.000 đồng. B. 3.628.000 đồng. C. 3.580.000 đồng. D. 3.363.000 đồng. Lời giải Chọn A

Dựng hệ trục tọa độ Oxy và gọi các điểm ,,,, EFGHI như hình vẽ. Ta tính diện tích phần không tô màu ở góc phần tư thứ nhất. Phương trình parabol đi qua ba điểm ,, OAD là 2 yx = . Ta tìm được tọa độ điểm ( ) 22172217 1;1,; 24 MA  −+−+    Diện tích tam giác 1 1122172217 :...2 2242 AEFSAEAF −+−+ ==−

tích hình ph

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

SSS

ện tích phần tô màu 5,954

ố tiền để sơn 300.000250 03 .000 349.20

TSS  =+ đồng. Câu 216: Sân trường có một bồn hoa hình tròn tâm O . Một nhóm học sinh lớp 12 được giao thiết kế bồn hoa, nhóm này định chia bồn hoa thành bốn phần bởi hai đường parabol có cùng đỉnh O và đối xứng nhau qua O . Hai đường parabol này cắt đường tròn tại bốn điểm ,,, ABCD tạo thành một hình vuông có cạnh bằng 4 m. Phần diện tích 12 , SS dùng để trồng hoa, phần diện tích 34 , SS dùng để trồng cỏ. Biết kinh phí trồng hoa là 150.000 đồng/m2 , kinh phí để trồng cỏ là 100.000 đồng/m2. Hỏi nhà trường cần bao nhiêu tiền để trồng bồn hoa đó? A. 6.060.000 đồng. B. 5.790.000 đồng. C. 3.270.000 đồng. D. 3.000.000 đồng. Lời giải Chọn C Chọn hệ trục tọa độ vuông góc Oxy như hình vẽ

ồn hoa là hình tròn

Dễ thấy 21SS = nên diện tích phần trồng hoa là 15,23 S = m2 .

Vậy kinh phí trồng hoa là 2.280.000 đồng.

Diện tích trồng cỏ bằng diện tích bồn hoa trừ đi diện tích trồng hoa, bằng 815,239,90  −= m2

Suy ra kinh phí trồng cỏ là 990.000 đồng.

Vậy số tiền nhà trường cần để trồng bồn hoa đó là 2.280.000 + 990.000 = 3.270.000 đồng.

Câu 217: Một thùng đựng dầu có thiết diện ngang là một hình elip có độ dài trục lớn bằng 2m , độ dài trục bé bằng 1m, chiều dài mặt trong của thùng bằng 4m . Thùng được đặt sao cho trục bé của elip nằm theo phương thẳng đứng Biết chiều cao của mức dầu hiện có trong thùng là 0,75m . Thể tích dầu hiện có trong thùng gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 3 4,94m B. 3 5,05m C. 2 4,94m D. 3 5,17m Lời giải Chọn B

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

M

bán kính là ( ) 5 dm , người ta cắt bỏ hai phần của khối cầu bằng hai mặt phẳng song song cùng vuông góc đường kính và cách tâm một khoảng ( ) 3 dm để làm một chiếc lu đựng nước. Tính thể tích mà chiếc lu chứa đượ C. A. ( ) 3 100 3 dm  . B. ( ) 3 43 3 dm  . C. ( ) 3 41 dm  . D. ( ) 3 132 dm  .

Trên hệ trục tọa độ Oxy , xét đường tròn 22 ():(5)25 Cxy−+= . Ta thấy nếu cho nửa trên trục Ox của ( )C quay quanh trục Ox ta được mặt cầu bán kính bằng 5. Nếu cho hình phẳng ( ) H giới hạn bởi nửa trên trục Ox của ( )C , trục Ox , hai đường thẳng 0, 2 xx== quay xung quanh trục Ox ta sẽ được khối tròn xoay chính là một phần cắt bị đi của khối cầu trong đề bài. Ta có 222 (5)2525(5) xyyx −+==−− .

tích c

tìm: ( ) 3

33

Câu 219: Một chiếc đồng hồ cát như hình vẽ, gồm hai phần đối xứng nhau qua mặt phẳng nằm ngang và đặt trong một hình trụ. Thiết diện thẳng đứng qua mặt của nó là hai parabol chung đỉnh và đỗi xứng với nhau qua mặt nằm ngang. Ban đầu lượng cát dồn hết ở phần trên của đồng hồ thì chiều cao h của mực cát bằng 3 4 chiều cao của bên đó. Cát chảy từ trên xuống dưới với lưu lượng không đổi 3 2,90/ cm phút. Khi chiều cao cát còn 4cm thì bề mặt trên cùng của cát tạo thành một đường tròn chu vi 8 cm . Biết sau 30 phút thì cát chảy hết xuống bên dưới của đồng hồ. Hỏi chiều cao của khối trụ bên ngoài là bao nhiêu ?cm

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. 8cm B. 12cm C. 10cm D. 9cm Lời giải Chọn C

Xem thiết diện chứa trục của đồng hồ cát như hình vẽ. Do parabol có đỉnh là điểm ( )0;0 O nên có dạng: 2 yax = Parabol đi qua điểm ( )4;4 A nên 2 11 . 44 ayx == Thể tích của cát ban đầu bằng thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi ta quay nhánh bên phải của parabol trên quanh trục Oy và bằng lượng cát đã chảy trong 30 phút. Ta có thể tích: ( ) ( ) 2 2 0 0

87 22,9.3087287 2

h h Vydyyh   ===== 

Vậy chiều cao của hình trụ bên ngoài bằng: 4487 2..2..10 332 hcm  =Chọn đáp án C. Câu 220: Trong lễ bàn giao công trình của lực lượng Cảnh Sát Biển Việt Nam, đơn vị thiết kế một cổng chào bằng phao chứa không khí ở bên trong, có hình dạng như một nửa cái Săm ô tô khi bơm căng. Cổng chào có chiều cao so với mặt sân là 8m , phần chân của cổng chào tiếp xúc với mặt sân theo một đường tròn có đường kính là 2m và bề rộng của cổng chào là 16m. Bỏ qua độ dày của lớp vỏ cổng chào, mặt sân coi là bằng phẳng. Tính thể tích không khí chứa bên trong cổng chào.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Chọn D

Trên hệ trục tọa độ Oxy , xét đường tròn 22 ():(5)25 Cxy−+= . Ta thấy nếu cho nửa trên trục Ox của ( )C quay quanh trục Ox ta được mặt cầu bán kính bằng 5. Nếu cho hình phẳng ( ) H giới hạn bởi nửa trên trục Ox của ( )C , trục Ox , hai đường thẳng 0, 2 xx== quay xung quanh tr

Câu 222: Trên parabol 2 ():Pyx = lấy hai điểm (1;1)A , (2;4)B . Gọi M là điểm trên cung AB của () P sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất. Biết chu vi tam giác MAB là 2529abc ++ , khi đó giá trị abc ++ bằng A. 29 6 . B. 41 9 . C. 9 2 . D. 13 3 . Lời giải Chọn C Gọi 2 (;)() MaaP  , ( 12 a − ).

Phương trình đường thẳng :(1) AMyaxa =−+

Phương trình đường thẳng :(2)2 BMyaxa =+−

trình

thẳ

AByx

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

29 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Hỏi sau khi đi được 3 giây, khoảng cách của hai chất điểm là bao nhiêu mét? A. 90m B. 125m C. 270m D. 190m Lời giải

d2080d180 AA Svtttttm ==−+= v aba v ab =  +==    = ==    Suy ra ( ) ( )200 B vttt= . Vậy quãng đường chất điểm B đi được trong 3 giây đầu tiên là: ( ) ( ) 33 00

d20d90 BB Svttttm ===  .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Khi đó, khoảng cách của hai chất điểm bằng: 1809090() m −=

Câu 224: Một ô tô đang chạy với vận tốc 12 m/s thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc ( ) 412vtt=−+ , 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. 20m. B. 10m. C. 16m. D. 18m. Lời giải Chọn D Thời gian ô tô chuyển động từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn là

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

. Câu 226: Một vật chuyển động trong 4 giờ với vận tốc ( ) / vkmh phụ thuộc thời gian ( )th có đồ thị của vận tốc như hình bên. Trong khoảng thời gian 2 giờ kể từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là mổ phần của đường parabol có đỉnh ( )2;7 I và trục đối xứng của parabol song song với trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là đoạn thẳng .IA Tính quãng đường s mà vật di chuyển được trong 4 giờ đó A. ( ) 15,81 skm = . B. ( ) 17,33 skm = . C. ( ) 23,33 skm = . D. ( ) 21,33 skm = . Lời giải Ch

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

221

Thời

ừ

 V

ẳ

8d100ttm =  Vận tốc tại

th

Quãng đường đi được của ô tô ( ) 32 100110,7 3 m + .

Câu 229: Hàng ngày anh An đi làm bằng xe máy trên cùng một cung đường từ nhà đến cơ quan mất 15 phút. Hôm nay khi đang di chuyển trên đường với vận tốc o v thì bất chợt anh gặp một chướng ngại vật nên anh đã hãm phanh và chuyển động chậm dần đều với gia tốc 2 6/ ams =− . Biết rằng tổng quãng đường từ lúc anh nhìn thấy chướng ngại vật và quãng đường anh đã đi được trong 3s đầu tiên kể từ lúc hãm phanh là 35,5m . Tính o v . A. 45/ o vkmh = . B. 40/ o vkmh = . C. 60/ o vkmh = . D. 50/ o vkmh = .

Lời

giải

Chọn A

Khi chưa hãm phanh thì quãng đường đi được của anh An được tính theo công thức ( ) 0. Stvt =

Suy ra quãng đường anh An đã đi được trong 2s trước khi hãm phanh là 10 2 Sv =

Sau khi hãm phanh thì xe chuyển động với vận tốc là ( ) 0 6 vttv =−+ .

Quãng đường anh An đi được trong 3s đầu tiên kể từ lúc hãm phanh là ( ) ( ) 3 3 2 2000 0 0

6d3273 Stvttvtv =−+=−+=−+ 

Khi đó ta có ( ) ( ) 1200035,5227335,512,5/45/ SSvvvmskmh +=+−+=== .

Câu 230: Một vật chuyển động trong 5 giờ với vận tốc v phụ thuộc thời gian t có đồ thị của vận tốc như hình dưới. Trong khoảng thời gian 3 giờ kể từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là một phần của đường parabol có đỉnh ( )2;8 I với trục đối xứng song song với trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạn thẳng song song với trục hoành. Tính quãng đường s mà vật di chuyển được trong 5 giờ đó.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Gắn hệ trục như hình vẽ. Ta tính được 2 OAOB== .

Gọi phương trình của đường a là ( ) 2 ,0yaxbxca =++

Ta có a đi qua các điểm ( ) ( ) 27 2;0,2;0,0; 20 ABS   

Suy ra ta có hệ 2

  =− −+=     ++===−+  ==  

27 22040 2727 2200 4020 2727 2020

a abc abcbyx cc

Gọi ( ) 27 0;;0; 20 Iyy  

.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Suy ra thể tích chiếc lều là ( ) ( ) 2727 2020 3 00

d.d1088027 2710 y VSyyym ===  .

Câu 232: Gọi ( ) H là phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( ) C của hàm số đa thức bậc ba với đồ thị ( )P của hàm số bậc hai như hình vẽ bên. Diện tích của hình phẳng ( ) H bằng

A. 37 12 B. 7 12 C. 11 12 D. 5 12 Lời giải

Chọn A

Dựa vào giả thiết và hình vẽ ta có: + ( ) C là đồ thị của hàm số có dạng ( ) ( ) 32 2,,,0fxaxbxcxabca =+++ .

+ ( )P là đồ thị của hàm số có dạng ( ) ( ) 2 ,,0gxdxexded =+

Do ( ) C và ( )P cắt nhau tại các điểm có hoành độ 1;1;2xxx=−== nên ta có ( ) ( ) ( )( )( )112fxgxaxxx −=+−−

Với 0 x = , ta có ( ) ( ) ( )( )( ) 0001010221 fgaa −=+−−== . Diện tích của hình phẳng ( ) H là ( ) ( ) ( )( )( ) 22 11

37 d112d 12 Sfxgxxxxxx =−=+−−=  .

Câu 233: Cho hàm số ()yfx = liên tục trên và thỏa mãn (4)4 f −= . Đồ thị hàm số '()yfx = như hình vẽ bên dưới. Để giá trị lớn nhất của hàm số 2 ()()3 2 x hxfxxm =−−+ trên đoạn  4;3 không vượt quá 2022 thì tập giác trị của m là

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

37 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. (;2022] − . B. (674;) + . C. (;674] − . D. (2022;) + . Lời giải Chọn C '()'()(1) hxfxx=−+ Trên (4;1) , '()0hx  , trên (1;3),'()0 hx  , '(1)0h = Hàm số ()hx đạt cực tiểu trên đoạn  4;3 tại 1 x = (4)3 ahm =−= ; 15 (3)(3)3 2 bhfm ==−+ Gọi 13 12 41 [(1)'()];[()(1)] SxfxdxSfxxdx =−−=−−  Nhận thấy 2213 12 41 ()() 22 xx SSxfxfxx  +−−− 

 112715 (1)4(4)(3)(1)(4)(3)(3) 2222 fffffff −−+−−−−− Vậy, ba  , [4;3] max()32022674 x hxamm − =

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Theo giả thiết ta có phương trình ( ) 0 gx  = có hai nghiệm m , n và ( ) ( ) 4 4 gm gn

=−    =   .

Xét phương trình ( ) ( ) 1 12 fx gx = + ( ) ( ) 120gxfx +−= ( ) ( ) 120 fxfx  ++= xm xn

=    =  .

Diện tích hình phẳng cần tính là: ( ) ( ) 1d 12

n m

fx Sx gx  =−  +   ( ) ( ) ( ) 12 d 12

hàm

)

n m

hàm đa thức b

c 4. Bi

gxfx x gx +− = +  ( ) ( ) ( ) 12 d 12

 = +  ( ) ln12 n m gx =+ ( ) ( ) ln12ln12 gngm =+−+ ( ) ln8ln16ln2=−=

n m

n m

fxfx x gx ++ = +  ( ) ( ) d 12

gx x gx

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

có bảng biến thiên

ặt khác dưa vào đồ thị trên ta có ( ) ( ) 24 22

'd'd hxxhxx   hay

) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 24 22

'd'd222424 hxxhxxhhhhhh −−−−− Câu 237: Cho hàm đa thức bậc bốn ( )yfx = có đồ thị hàm số ( )yfx  = như hình sau. Biết ( ) 1 0 21 f = và diện tích phần tô màu bằng 148 21 . Tìm số giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số ( ) ( ) 2 4 gxfxxm =++ có ít nhất 5 điểm cực trị. A. 12. B. 11. C. 10. D. Vô số.

Ta có: ( ) ( ) gxhxm =+ nên số điểm cực trị của hàm số ( )gx bằng số điểm cực trị của hàm số ( ) hxm + cộng với số nghiệm bội lẻ của phương trình ( ) 0 hxm+=

Mà ( )hx có 3 điểm cực trị nên ( ) hxm + có 3 điểm cực trị.

Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình ( ) 0 hxm+= có ít nhất hai nghiệm bội lẻ. 1212mm

Vậy có 11 giá trị nguyên dương của tham số m thỏa mãn. Câu 238: Cho hàm số ( )yfx = liên tục trên và có đồ thị hàm số ( )yfx  = như hình bên

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Gọi 1S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ( )yfx  = , đường thẳng yx =− và các đường thẳng 2 x =− , 1 x = .

Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 11 1 1 2 22

111 dd12 222 Sfxxxgxxgxgg  =−−−=−=−=−−−   

Gọi 2S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ( )yfx  = , đườ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935