Hướng dẫn giải

Ta có \(\ln x = 1 \Leftrightarrow x = e\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số \(y = \ln x\), \(y = 1\) và đường thẳng \(x = 1\) là:

\(S = \int\limits_1^e {\left| {\ln x - 1} \right|dx} = \left| {\int\limits_1^e {\left( {\ln x - 1} \right)dx} } \right| = \left| {x\left( {\ln x - 1} \right)\left| \begin{array}{l}^e\\_1\end{array} \right. - \int\limits_1^e {dx} } \right| = \left| {1 - x\left| \begin{array}{l}^e\\_1\end{array} \right.} \right| = e - 2\)

Hướng dẫn giải

Vì \({e^x} > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\) nên ta có

\({S_1} = \int\limits_{ - 1}^k {{e^x}dx} = {e^x}\left| \begin{array}{l}^k\\_{ - 1}\end{array} \right. = {e^k} - {e^{ - 1}}\)  và \({S_2} = \int\limits_k^1 {{e^x}dx} = {e^x}\left| \begin{array}{l}^1\\_k\end{array} \right. = e - {e^k}\)

\({S_1} = {S_2} \Leftrightarrow {e^k} - {e^{ - 1}} = e - {e^k} \Leftrightarrow 2{e^k} = e + \frac{1}{e} \Leftrightarrow {e^k} = \frac{1}{2}\left( {e + \frac{1}{e}} \right)\)

\( \Leftrightarrow k = \ln \frac{1}{2}\left( {e + \frac{1}{e}} \right) = \ln \left( {e + \frac{1}{e}} \right) - \ln 2\)

Chọn C.

Chú ý: \({a^x} = b \Leftrightarrow x = {\log _a}b\)

Hướng dẫn giải

Từ đồ thị ta thấy

\( - {x^2} + 3 \ge {x^2} - 2x - 1\) \(\forall x \in \left[ { - 1;2} \right]\)

Vậy diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là \(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left[ {\left( { - {x^2} + 3} \right) - \left( {{x^2} - 2x - 1} \right)} \right]dx} \)

                   \( = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - 2{x^2} + 2x + 4} \right)dx} \)

                   \( = \left( {\frac{{ - 2}}{3}{x^3} + {x^2} + 4x} \right)\left| \begin{array}{l}^2\\_{ - 1}\end{array} \right.\)

Hướng dẫn giải

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol \(y = \sqrt 3 {x^2}\) và cung tròn \(y = \sqrt {4 - {x^2}} \) (với \(0 \le x \le 2\)) lả \(\sqrt {4 - {x^2}} = \sqrt 3 {x^2} \Leftrightarrow 4 - {x^2} = 3{x^4} \Leftrightarrow x = 1\).

Diện tích của \(\left( H \right)\) là

\(S = \int\limits_0^1 {\sqrt 3 {x^2}dx} + \int\limits_1^2 {\sqrt {4 - {x^2}} dx} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}{x^3}\left| \begin{array}{l}^1\\_0\end{array} \right. + I = \frac{{\sqrt 3 }}{3} + I\) với \(I = \int\limits_1^2 {\sqrt {4 - {x^2}} dx} \).

Đặt \(x = 2\sin t\), \(t \in \left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow dx = 2\cos t.dt\)

Đổi cận \(x = 1 \Rightarrow t = \frac{\pi }{6}\), \(x = 2 \Rightarrow t = \frac{\pi }{2}\).

\(I = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {\sqrt {4 - 4{{\sin }^2}t} .2\cos t.dt} = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {4{{\cos }^2}t.dt} = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {2\left( {1 + \cos 2t} \right).dt} = \left( {2x + \sin 2t} \right)\left| \begin{array}{l}^{\frac{\pi }{2}}\\_{\frac{\pi }{6}}\end{array} \right.\)

\( = \frac{{2\pi }}{3} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Vậy \(S = \frac{{\sqrt 3 }}{3} + I = \frac{{\sqrt 3 }}{3} + \frac{{2\pi }}{3} - \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{4\pi - \sqrt 3 }}{6}\)

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Vì đồ thị hàm bậc ba và đồ thị hàm bậc hai cắt trục tung tại các điểm có tung độ lần lượt là \(y = 2\) và \(y = 0\) nên ta xét hai hàm số là \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + 2\), \(y = m{x^2} + nx\) (với a, \(m \ne 0\)).

Suy ra \(\left( C \right)\): \(y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + 2\) và \(\left( P \right)\): \(y = g\left( x \right) = m{x^2} + nx\).

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(\left( P \right)\) là:

\(a{x^3} + b{x^2} + cx + 2 = m{x^2} + nx \Leftrightarrow \left( {a{x^3} + b{x^2} + cx + 2} \right) - \left( {m{x^2} + nx} \right) = 0\).

Đặt \(P\left( x \right) = \left( {a{x^3} + b{x^2} + cx + 2} \right) - \left( {m{x^2} + nx} \right)\).

Theo giả thiết, \(\left( C \right)\) và \(\left( P \right)\) cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt là \(x = - 1\), \(x = 1\), \(x = 2\) nên \(P\left( x \right) = a\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\).

Ta có \(P\left( 0 \right) = 2a\).

Mặt khác, ta có \(P\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) - g\left( 0 \right) = 2 \Rightarrow a = 1\).

Vậy diện tích phần tô đậm là \(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)} \right|dx} = \frac{{37}}{{12}}\)

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Diện tích tam giác đều là \(S\left( x \right) = \frac{{\sqrt 3 {{\left( {2\sqrt {\cos 2x} } \right)}^2}}}{4} = \sqrt 3 \cos 2x\)

Thể tích vật thể là \(V = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {S\left( x \right)dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\sqrt 3 \cos 2xdx} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x\left| \begin{array}{l}^{\frac{\pi }{4}}\\_0\end{array} \right. = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Ta có \(V = {V_y} = \pi \int\limits_0^{16} {\left( {16 - y} \right)dy} = 128\pi \)

Vì \(D \in \left( P \right)\) nên \(D\left( {a;16 - {a^2}} \right)\). Suy ra \(AD = 16 - {a^2}\).

Do đó khi xoay \(\left( {{H_1}} \right)\) quanh Oy ta được hình trụ tròn có bán kính \(R = a\) và chiều cao \(h = 16 - {a^2}\). Suy ra \({V_1} = \pi {a^2}\left( {16 - {a^2}} \right) = \pi \left( {16{a^2} - {a^4}} \right)\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \pi \left( {16{a^2} - {a^4}} \right)\) trên \(\left[ {0;4} \right]\) ta thấy: \(f'\left( x \right) = \pi \left( {32x - 4{x^3}} \right)\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\sqrt 2 \\x = - 2\sqrt 2 \end{array} \right.\)

nên \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( {2\sqrt 2 } \right) = 64\pi \).

Vậy \(\max \left( {\frac{{{V_1}}}{V}} \right) = \frac{{64\pi }}{{128\pi }} = \frac{1}{2}\) khi \(a = 2\sqrt 2 \).

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là \(2\left( {x - 1} \right){e^x} = 0 \Leftrightarrow x = 1\).

Thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình \(\left( H \right)\) xung quanh trục Ox là:

\(V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left[ {2\left( {x - 1} \right){e^x}} \right]}^2}dx} = 4\pi \int\limits_0^1 {{{\left( {x - 1} \right)}^2}{e^{2x}}dx} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = {\left( {x - 1} \right)^2}\\dv = {e^{2x}}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 2\left( {x - 1} \right)dx\\v = \frac{{{e^{2x}}}}{2}\end{array} \right.\)

Suy ra \(V = 4\pi {\left( {x - 1} \right)^2}\frac{{{e^{2x}}}}{2}\left| \begin{array}{l}^1\\_0\end{array} \right. - 4\pi \int\limits_0^1 {\left( {x - 1} \right){e^{2x}}dx} = - 2\pi - 4\pi \int\limits_0^1 {\left( {x - 1} \right){e^{2x}}dx} \)

Gọi \({V_1} = 4\pi \int\limits_0^1 {\left( {x - 1} \right){e^{2x}}dx} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x - 1\\dv = {e^{2x}}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = \frac{{{e^{2x}}}}{2}\end{array} \right.\)

Suy ra \({V_1} = 4\pi \left( {x - 1} \right)\frac{{{e^{2x}}}}{2}\left| \begin{array}{l}^1\\_0\end{array} \right. - 2\pi \int\limits_0^1 {{e^{2x}}dx} = 2\pi - \pi {e^{2x}}\left| \begin{array}{l}^1\\_0\end{array} \right. = 2\pi - \pi {e^2} + \pi = 3\pi - \pi {e^2}\)

\(V = - 2\pi - {V_1} = - 2\pi - \left( {3\pi - \pi {e^2}} \right) = \pi \left( {{e^2} - 5} \right)\)

Chọn D.

Hướng dẫn giải

Tọa độ giao điểm của \(\left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( {{C_2}} \right)\) là nghiệm của hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}y = 2{x^2}\\{y^2} = 4x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = y = 0\\x = 1;y = 2\end{array} \right.\)

Với \(x \in \left[ {0;1} \right]\) thì \({y^2} = 4x \Leftrightarrow y = 2\sqrt x \) .

Vậy thể tích của khối tròn xoay cần tính là \(V = \pi \int\limits_0^1 {\left| {{{\left( {2{x^2}} \right)}^2} - {{\left( {2\sqrt x } \right)}^2}} \right|dx} \)

                                                                       \( = \pi \int\limits_0^1 {\left( {4x - 4{x^2}} \right)dx} = \frac{{6\pi }}{5}\)

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị các hàm số \(\left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( {{C_2}} \right)\) là

\(x - \pi = \sin x \Leftrightarrow x - \pi - \sin x = 0\) \(\left( 1 \right)\).

Xét hàm số \(h\left( x \right) = x - \pi - \sin x \Rightarrow h'\left( x \right) = 1 - \cos x \ge 0\), \(\forall x \in \mathbb{R}\).

Suy ra \(h\left( x \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) và \(x = \pi \) là một nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\) nên \(x = \pi \) là nghiệm duy nhất của phương trình \(\left( 1 \right)\).

Do đó thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay \(\left( H \right)\) quanh trục hoành là thể tích của khối nón khỉ quay tam giác vuông OAB quanh trục hoành.

\(V = \frac{1}{3}.\pi .O{B^2}.OA = \frac{1}{3}.\pi .{\pi ^2}.\pi = \frac{1}{3}{\pi ^4} \Rightarrow p = \frac{1}{3}\)

Vậy \(24p = 24.\frac{1}{3} = 8\).

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Ta có \(V = \pi \int\limits_0^4 {xdx} = \pi \frac{{{x^2}}}{2}\left| \begin{array}{l}^4\\_0\end{array} \right. = 8\pi \). Mà \(V = 2{V_1} \Rightarrow {V_1} = 4\pi \)

Gọi K là hình chiếu của M trên trục Ox.

Khi đó \(OK = a\), \(KH = 4 - a\), \(MK = \sqrt a \).

Khi xoay tam giác OMH quanh Ox ta được hai khối nón sinh bởi các tam giác OMK, MHK nên thể tích của khối tròn xoay đó là

\({V_1} = \frac{1}{3}.\pi .M{K^2}.OK + \frac{1}{3}.\pi .M{K^2}.KH = \frac{{4\pi a}}{3}\).

Từ \({V_1} = 4\pi \) suy ra \(\frac{{4\pi a}}{3} = 4\pi \Leftrightarrow a = 3\).

Chọn D.