IMG-LOGO
Trang chủ Lớp 12 Toán Chuyên đề Toán 12 Bài 3: Ứng dụng của tích phân có đáp án

Chuyên đề Toán 12 Bài 3: Ứng dụng của tích phân có đáp án

Chuyên đề Toán 12 Bài 3: Ứng dụng của tích phân có đáp án

  • 1101 lượt thi

  • 23 câu hỏi

  • 90 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Gọi diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(\left( C \right)\): \(y = \frac{{ - 3x - 1}}{{x - 1}}\) và hai trục tọa độ là S. Tính S.
Xem đáp án

Hướng dẫn giải

Hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và trục hoành là nghiệm của phương trình:

\(\frac{{ - 3x - 1}}{{x - 1}} = 0 \Leftrightarrow x = - \frac{1}{3}\)

Do đó diện tích hình phẳng là

\(S = \left| {\int\limits_{ - \frac{1}{3}}^0 {\frac{{ - 3x - 1}}{{x - 1}}dx} } \right| = \left| {\int\limits_{ - \frac{1}{3}}^0 {\left( {3 + \frac{4}{{x - 1}}} \right)dx} } \right|\)

            \( = \left( {3x + 4\ln \left| {x - 1} \right|} \right)\left| \begin{array}{l}^0\\_{ - \frac{1}{3}}\end{array} \right. = 4\ln \frac{4}{3} - 1\)


Câu 2:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = {\left( {x - 2} \right)^2} - 1\), trục hoành và hai đường thẳng \(x = 1\), \(x = 2\) bằng
Xem đáp án
Hướng dẫn giải

Ta có \(S = \int\limits_1^2 {\left| {{{\left( {x - 2} \right)}^2} - 1} \right|dx = } \int\limits_1^2 {\left| {{x^2} - 4x + 3} \right|dx} \)

Vì phương trình \({x^2} - 4x + 3\) không có nghiệm trên \(\left( {1;2} \right)\) nên \(S = \left| {\int\limits_1^2 {\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)dx} } \right| = \frac{2}{3}\)

Chọn A.


Câu 3:

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = f\left( x \right)\), trục hoành và hai đường thẳng \(x = - 3\), \(x = 2\) (như hình vẽ bên). Đặt \(a = \int\limits_{ - 3}^1 {f\left( x \right)dx} \), \(b = \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx} \).

Mệnh đề nào sau đây là đúng?

Xem đáp án
Hướng dẫn giải

Ta có \(S = \int\limits_{ - 3}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} + \int\limits_1^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} = - \int\limits_{ - 3}^1 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx} = - a + b\)

Chọn D.


Câu 4:

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

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:

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

Chọn D

Câu 5:

Gọi \(\left( H \right)\) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = {e^x}\), trục hoành và các đường thẳng \(x = - 1\), \(x = 1\). Với \(k \in \left( { - 1;1} \right)\), đường thẳng \(x = k\) chia hình phẳng \(\left( H \right)\) thành hai hình phẳng có diện tích lần lượt là \({S_1}\) và \({S_2}\) (như hình vẽ bên). Giá trị k để \({S_1} = {S_2}\) là
Media VietJack
Xem đáp án

Hướng dẫn giải

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

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

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

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

Chọn C.

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


Câu 6:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị trên \(\left[ { - 2;6} \right]\) như hình vẽ bên. Biết các miền A, B, \(x = 2\) có diện tích lần lượt là 32; 2; 3.

Tích phân \(\int\limits_{ - 2}^2 {\left[ {f\left( {2x + 2} \right) + 1} \right]dx} \)  bằng

Media VietJack

Xem đáp án
Hướng dẫn giải

Ta có \(\int\limits_{ - 2}^2 {\left[ {f\left( {2x + 2} \right) + 1} \right]dx} = \int\limits_{ - 2}^2 {f\left( {2x + 2} \right)dx} + 4\)

Xét \({I_1} = \int\limits_{ - 2}^2 {f\left( {2x + 2} \right)dx} \).

Đt \(t = 2x + 2 \Rightarrow dt = 2dx \Rightarrow dx = \frac{{dt}}{2}\)

Đổi cận: \(x = - 2 \Rightarrow t = - 2\); \(x = 2 \Rightarrow t = 6\).

Suy ra \({I_1} = \frac{1}{2}\int\limits_{ - 2}^6 {f\left( t \right)dt} \).

Gọi \({x_1}\); \({x_2}\) là các hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) với trực hoành \[\left( { - 2 < {x_1} < {x_2} < 6} \right)\] . Ta có

\[\begin{array}{l}{I_1} = \frac{1}{2}\left( {\int\limits_{ - 2}^{{x_1}} {f\left( t \right)df} + \int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {f\left( t \right)df} + \int\limits_{{x_2}}^6 {f\left( t \right)df} } \right) = \frac{1}{2}\left( {{S_A} - {S_B} + {S_C}} \right)\\ = \frac{1}{2}\left( {32 - 2 + 3} \right) = \frac{{33}}{2}\end{array}\]

Vậy \(\int\limits_{ - 2}^2 {\left[ {f\left( {2x + 2} \right) + 1} \right]dx} = {I_1} + 4 = \frac{{33}}{2} + 4 = \frac{{41}}{2}\)

Chọn D.


Câu 7:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị của hàm số \(y = f'\left( x \right)\) như hình bên.

Đặt \(g\left( x \right) = 2f\left( x \right) - {\left( {x + 1} \right)^2}\). Mệnh đề nào dưới đây đúng?

Media VietJack

Xem đáp án
Hướng dẫn giải

Ta có \[g'\left( x \right) = 2f'\left( x \right) - 2\left( {x + 1} \right)\]

\[g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x + 1\]. Đây là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(f'\left( x \right)\) và đường thẳng d: \(y = x + 1\).

Dựa vào đồ thị ta thấy: \[g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x + 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \pm 3\end{array} \right.\]

Bảng biến thiên:

x

\( - \infty \)

 

–3

 

1

 

3

 

\( + \infty \)

\(g'\left( x \right)\)

 

0

+

0

0

+

 

\(g\left( x \right)\)

\( + \infty \)

Cho hàm số y = f( x ) có đồ thị của hàm số y = f'( x ) như hình bên.  Đặt g( x ) = 2f( x ) - ( x + 1)^2. Mệnh đề nào dưới đây đúng?  A. g( 3 ) > g(  - 3) > g( 1 ) .  B. g( - 3 ) > g( 3 ) > g( 1 \).    C. g( 1 ) > g( - 3) > g( 3 ).    D. g( 1 ) > g( 3 ) > g(  - 3). (ảnh 1)

 

 

\(g\left( { - 3} \right)\)

Cho hàm số y = f( x ) có đồ thị của hàm số y = f'( x ) như hình bên.  Đặt g( x ) = 2f( x ) - ( x + 1)^2. Mệnh đề nào dưới đây đúng?  A. g( 3 ) > g(  - 3) > g( 1 ) .  B. g( - 3 ) > g( 3 ) > g( 1 \).    C. g( 1 ) > g( - 3) > g( 3 ).    D. g( 1 ) > g( 3 ) > g(  - 3). (ảnh 2)

\(g\left( 1 \right)\)

Cho hàm số y = f( x ) có đồ thị của hàm số y = f'( x ) như hình bên.  Đặt g( x ) = 2f( x ) - ( x + 1)^2. Mệnh đề nào dưới đây đúng?  A. g( 3 ) > g(  - 3) > g( 1 ) .  B. g( - 3 ) > g( 3 ) > g( 1 \).    C. g( 1 ) > g( - 3) > g( 3 ).    D. g( 1 ) > g( 3 ) > g(  - 3). (ảnh 3)

\(g\left( 3 \right)\)

Cho hàm số y = f( x ) có đồ thị của hàm số y = f'( x ) như hình bên.  Đặt g( x ) = 2f( x ) - ( x + 1)^2. Mệnh đề nào dưới đây đúng?  A. g( 3 ) > g(  - 3) > g( 1 ) .  B. g( - 3 ) > g( 3 ) > g( 1 \).    C. g( 1 ) > g( - 3) > g( 3 ).    D. g( 1 ) > g( 3 ) > g(  - 3). (ảnh 4)

\( + \infty \)

Suy ra \(g\left( { - 3} \right) < g\left( 1 \right)\)\(g\left( 3 \right) < g\left( 1 \right)\)

Gọi \({S_1}\), \({S_2}\) lần lượt là diện tích các hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(f'\left( x \right)\), đường thẳng d: \(y = x + 1\) trên các đoạn \(\left[ { - 3;1} \right]\) và \(\left[ {1;3} \right]\) ta có:

+) Trên đoạn \(\left[ { - 3;1} \right]\) ta có \(f'\left( x \right) \ge x + 1\) nên \({S_1} = \int\limits_{ - 3}^1 {\left| {g'\left( x \right)} \right|dx} = \frac{1}{2}\int\limits_{ - 3}^1 {\left[ {f'\left( x \right) - \left( {x + 1} \right)} \right]dx} \).

+) Trên đoạn \(\left[ {1;3} \right]\) ta có \(f'\left( x \right) \le x + 1\) nên \({S_2} = \int\limits_1^3 {\left| {g'\left( x \right)} \right|dx} = \frac{1}{2}\int\limits_1^3 {\left[ {\left( {x + 1} \right)f'\left( x \right)} \right]dx} \).

Dựa vào đồ thị ta thấy \({S_1} > {S_2}\) nên ta có:

\(g\left( x \right)\left| \begin{array}{l}^1\\_{ - 3}\end{array} \right. > - g\left( x \right)\left| \begin{array}{l}^3\\_1\end{array} \right. \Leftrightarrow g\left( 1 \right) - g\left( { - 3} \right) > - g\left( 3 \right) + g\left( 1 \right) \Leftrightarrow g\left( 3 \right) > g\left( { - 3} \right)\).

Vậy \(g\left( 1 \right) > g\left( 3 \right) > g\left( { - 3} \right)\).

Chọn D.


Câu 8:

Tính diện tích phần gạch chéo trên hình vẽ sau.

Media VietJack

Xem đáp án

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 \(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left[ {\left( { - {x^2} + 3} \right) - \left( {{x^2} - 2x - 1} \right)} \right]dx} \)

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

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

            \( = \frac{3}{2}\)

Câu 9:

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số: \(y = {x^3} - 3x\), \(y = x\). Tính S.
Xem đáp án
Hướng dẫn giải

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là

\({x^3} - 3x = x \Leftrightarrow {x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm 2\\x = 0\end{array} \right.\)

Vậy \(S = \left| {\int\limits_{ - 2}^0 {\left( {{x^3} - 4x} \right)dx} } \right| + \left| {\int\limits_0^2 {\left( {{x^3} - 4x} \right)dx} } \right| = 4 + 4 = 8\).

Chọn B.


Câu 10:

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(my = {x^2}\), \(mx = {y^2}\) (với \(m > 0\)). Tìm giá trị của m để \(S = 3\).
Xem đáp án
Hướng dẫn giải

\(m > 0\) nên từ \(my = {x^2}\) ta suy \(y = \frac{{{x^2}}}{m} \ge 0\);

Từ \(mx = {y^2}\) nên \(x \ge 0\)\(y = \sqrt {mx} \).

Xét phương trình \(\frac{{{x^2}}}{m} = \sqrt {mx} \Leftrightarrow {x^4} = {m^3}x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = m\end{array} \right.\)

Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là:

\(S = \int\limits_0^m {\left| {\sqrt {mx} - \frac{{{x^2}}}{m}} \right|dx} = \left| {\int\limits_0^m {\left( {\sqrt {mx} - \frac{{{x^2}}}{m}} \right)dx} } \right|\)

     \( = \left| {\left( {\frac{{2\sqrt m }}{3}.x\sqrt x - \frac{{{x^3}}}{{3m}}} \right)\left| \begin{array}{l}^m\\_0\end{array} \right.} \right| = \left| {\frac{1}{3}{m^2}} \right| = \frac{1}{3}{m^2}\)

Yêu cầu bài toán \(S = 3 \Leftrightarrow \frac{1}{3}{m^2} = 3 \Leftrightarrow {m^2} = 9 \Leftrightarrow m = 3\) (vì \(m > 0\)).

Chọn C.


Câu 11:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm \(y = {x^2}\) \(y = \frac{{2x}}{{x - 1}}\) \(S = a + b\ln 2\) với a, b là những số hữu tỷ. Giá trị của \(a + b\)

Xem đáp án
Hướng dẫn giải

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( {{C_1}} \right)\): \(y = {x^2}\)\(\left( {{C_2}} \right)\): \(y = \frac{{2x}}{{x - 1}}\)

\({x^2} = \frac{{2x}}{{x - 1}}\left( {x \ne 1} \right) \Rightarrow {x^3} - {x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 1\\x = 2\end{array} \right.\)

Media VietJack

Diện tích hình phẳng cần tìm là:

\(S = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {\frac{{2x}}{{x - 1}} - {x^2}} \right)dx} = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {2 + \frac{2}{{x - 1}} - {x^2}} \right)dx} = \left( {2x + 2\ln \left| {x - 1} \right| - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)\left| \begin{array}{l}^0\\_{ - 1}\end{array} \right. = \frac{5}{3} - 2\ln 2\)

Suy ra \(a = \frac{5}{3}\)\(b = - 2\)

Vậy \(a + b = - \frac{1}{3}\)

Chọn A.


Câu 12:

Cho \(\left( H \right)\) là hình phẳng giới hạn bởi parabol \(y = \sqrt 3 {x^2}\), cung tròn có phương trình \(y = \sqrt {4 - {x^2}} \) (với \(0 \le x \le 2\)) và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của \(\left( H \right)\)
Media VietJack
Xem đáp án

Hướng dẫn giải

Media VietJack
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 \(\left( H \right)\)

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

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

Đi 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.


Câu 13:

Hình phẳng \(\left( H \right)\) được giới hạn bởi đồ thị \(\left( C \right)\) của hàm đa thức bậc ba và parabol \(\left( P \right)\) có trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần tô đậm của hình vẽ có diện tích bằng
Media VietJack
Xem đáp án

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 \(y = 2\)\(y = 0\) 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 \(\left( C \right)\): \(y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + 2\)\(\left( P \right)\): \(y = g\left( x \right) = m{x^2} + nx\).

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\)\(\left( P \right)\) 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, \(\left( C \right)\)\(\left( P \right)\) 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.


Câu 14:

Tính thể tích V của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng \(x = 0\) và \(x = \frac{\pi }{4}\), biết rằng thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x \(\left( {0 \le x \le \frac{\pi }{4}} \right)\) làm một tam giác đều có cạnh là \(2\sqrt {\cos 2x} \).
Xem đáp án

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.


Câu 15:

Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong \(y = \sqrt {2 + \cos x} \), trục hoành và các đường thẳng \(x = 0\), \(x = \frac{\pi }{2}\). Khối tròn xoay tạo thanh khi quay D quanh trục hoành có thể tích V bằng bao nhiêu?
Xem đáp án

Hướng dẫn giải

Ta có \(V = \pi \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{y^2}dx} = \pi \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {2 + \cos x} \right)dx} \)

            \( = \pi \left( {2x + \sin x} \right)\left| \begin{array}{l}^{\frac{\pi }{2}}\\_0\end{array} \right. = \pi + \left( {\pi + 1} \right)\)


Câu 16:

Cho hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi các đường \(y = {x^2} + 2\), \(y = 0\), \(x = 1\), \(x = 2\). Gọi V lả thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay \(\left( H \right)\) xung quanh trục Ox. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Xem đáp án
Hướng dẫn giải

Thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay \(\left( H \right)\) được giới hạn bởi các đường \(y = {x^2} + 2\), \(y = 0\), \(x = 1\), \(x = 2\) xung quanh trục Ox

\(V = \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}dx} \)

Chọn C.


Câu 17:

Cho hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = \frac{{\sqrt {2x - 1} }}{{2x + 1}}\), trục hoành, hai đường thẳng \(x = 1\), \(x = 2\). Thể tích cảu vật thể tròn xoay tạo thành khi cho hình \(\left( H \right)\) quay xung quanh trục Ox bằng \(V = \pi \left( {\ln \frac{{\sqrt a }}{3} + b} \right)\), trong đó a, b là các số hữu tỷ. Khi đó tích a.b bằng
Xem đáp án
Hướng dẫn giải

Thể tích của vật thể tròn xoay tạo thành khi hình phẳng \(\left( H \right)\) quay xung quanh trục Ox

\(V = \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {\frac{{\sqrt {2x - 1} }}{{2x + 1}}} \right)}^2}dx} = \pi \int\limits_1^2 {\frac{{2x - 1}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}dx} = \pi \int\limits_1^2 {\left[ {\frac{1}{{2x + 1}} - \frac{2}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}} \right]dx} \)

    \( = \pi \left( {\frac{1}{2}\ln \left( {2x + 1} \right) + \frac{1}{{2x + 1}}} \right)\left| \begin{array}{l}^2\\_1\end{array} \right. = \pi \left( {\frac{1}{2}\ln \frac{5}{3} - \frac{2}{{15}}} \right) = \pi \left( {\ln \frac{{\sqrt {15} }}{3} - \frac{2}{{15}}} \right)\)

Suy ra \(a = 15\), \(b = - \frac{2}{{15}}\)

Vậy \(a.b = - 2\).

Chọn D.


Câu 18:

Cho parabol \(\left( P \right)\): \(y = 16 - {x^2}\) và hai điểm \(A\left( {a;0} \right)\), \(B\left( { - a;0} \right)\); \(a < 0 < 4\). Gọi \(\left( H \right)\) là hình phẳng giới hạn bởi \(\left( P \right)\) và trục Ox, \(\left( {{H_1}} \right)\) là hình chữ nhật ABCD với C, D là hai điểm thuộc \(\left( P \right)\). Gọi V là thể tích hình tròn xoay có được khi xoay \(\left( H \right)\) quanh Oy và \({V_1}\) là thể tích hình tròn xoay có được khi xoay \(\left( {{H_1}} \right)\) quanh Oy. Giá trị lớn nhất của tỉ số \(\frac{{{V_1}}}{V}\) bằng
Xem đáp án

Hướng dẫn giải

Media VietJack

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.


Câu 19:

Kí-hiệu \(\left( H \right)\) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = 2\left( {x - 1} \right){e^x}\), trục tung và trục hoành. Tính thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình \(\left( H \right)\) xung quanh trục Ox:
Xem đáp án

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.


Câu 20:

Cho hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi hai đồ thị \(\left( {{C_1}} \right)\): \(y = 2{x^2}\) và \(\left( {{C_2}} \right)\): \({y^2} = 4x\). Quay hình phẳng \(\left( H \right)\) xung quanh trục Ox ta thu được khối tròn xoay có thể tích là
Xem đáp án

Hướng dẫn giải

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

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

Media VietJack

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.


Câu 21:

Cho hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi các đường \(\left( {{C_1}} \right)\): \(f\left( x \right) = x - \pi \), \(\left( {{C_2}} \right)\): \(g\left( x \right) = \sin x\) và \(x = 0\). Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành do \(\left( H \right)\) quay quanh trục hoành và \(V = p{\pi ^2}\), \(p \in \left( \mathbb{Q} \right)\). Giá trị của 24p bằng
Media VietJack
Xem đáp án

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.


Câu 22:

Để 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. Biết rằng \(OO' = 5\,cm\), \(OA = 10\,cm\), \(OB = 20\,cm\), đường cong AB là một phần của parabol có đỉnh là điểm A. Thể tích của chiếc mũ bằng

Media VietJack

Xem đáp án
Hướng dẫn giải

Ta gọi:

+) Thể tích của chiếc mũ là V.

+) Thể tích của khối trụ có bán kính đáy bằng \(OA = 10\,cm\)cm và đường cao \(OO' = 5\,cm\)\({V_1}\).

+) 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 \({V_2}\).

Khi đó \({V_1} = {5.10^2}\pi = 500\pi \)\(V = {V_1} + {V_2}\).

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Media VietJack

Do parabol có đỉnh A nên nó có phương trình dạng \(\left( P \right)\): \(y = a{\left( {x - 10} \right)^2}\).

\(\left( P \right)\) qua điểm \(B\left( {0;20} \right)\) nên \(a = \frac{1}{5}\).

Do đó \(\left( P \right)\): \(y = \frac{1}{5}{\left( {x - 10} \right)^2}\). Từ đó suy ra \(x = 10 - \sqrt {5y} \)(do \(x < 10\) ).

Suy ra \({V_2} = \pi \int\limits_0^{20} {{{\left( {10 - \sqrt {5y} } \right)}^2}dy} = \pi \left( {3000 - \frac{{8000}}{3}} \right) = \frac{{1000}}{3}\pi \left( {c{m^3}} \right)\).

Vậy \(V = {V_1} + {V_2} = \frac{{1000}}{3}\pi + 500\pi = \frac{{2500}}{3}\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Chọn B.


Câu 23:

Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = \sqrt x \), \(y = 0\) và \(x = 4\) quanh trục Ox. Đường thẳng \(x = a\)\(\left( {0 < a < 4} \right)\) cắt đồ thị hàm số \(y = \sqrt x \) tại M như hình vẽ bên dưới:

Media VietJack

Gọi \({V_1}\) là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox. Biết rằng \(V = 2{V_1}\). Khi đó

Xem đáp án

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.


Bắt đầu thi ngay