Đề kiểm tra Ứng dụng hình học của tích phân lớp 12 (có lời giải) - Đề 1

Chọn A

Dựa và hình vẽ ta có diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình bên là:

$\int_{ - 1}^2 {\left[ {\left( { - {x^2} + 2} \right) - \left( {{x^2} - 2x - 2} \right)} \right]{\rm{d}}x} = \int_{ - 1}^2 {\left( { - 2{x^2} + 2x + 4} \right){\rm{d}}x} .$

Chọn B

Công thức tính thể tích $V$ của khối tròn xoay được tạo ra khi quay hình thang cong, giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$, trục $Ox$ và hai đường thẳng $x = a,x = b\left( {a < b} \right)$, xung quanh trục $Ox$ là $V = \pi \int\limits_a^b {{f^2}\left( x \right)} dx$.

Chọn A

Thể tích của khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường $y = f\left( x \right),\;y = 0,\;$ $x = a,\;x = b$ quanh trục $Ox$ được tính theo công thức $S=π\int _{a}^{b}{f}^{2}(x)\text{d}x.$

Chọn B

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = {e^x},$ trục hoành và hai đường thẳng $x = 0$ và $x = 3$ là $S=\int _{0}^{3}{e}^{x}\text{dx}={{e}^{x}|}_{0}^{3}={e}^{3}-1.$

Chọn B

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số $y = \frac{{{x^2} - 2x + 3}}{{x - 1}}$; $y = x$ và hai đường thẳng $x = 2;x = 3$ là

$$\begin{array}{l}S = \int\limits_2^3 {\left| {\frac{{{x^2} - 2x + 3}}{{x - 1}} - x} \right|dx = } \int\limits_2^3 {\left| {\frac{{ - x + 3}}{{x - 1}}} \right|dx = } \int\limits_2^3 {\left| { - 1 + \frac{2}{{x - 1}}} \right|dx = } \\ = \left( { - x + 2\ln \left| {x - 1} \right|} \right)\mathop |\nolimits_2^3 = \left( { - 3 + 2\ln 2} \right) + 2 = - 1 + 2\ln 2\end{array}$$

Vậy $a = 2;b = - 1 \Rightarrow a + b = 1$.

Chọn C

Ta có: $S = \int_0^2 {\left| {3{x^2} + 1} \right|} \,{\rm{d}}x = \int_0^2 {\left( {3{x^2} + 1} \right){\rm{d}}x} = \left( {{x^3} + x} \right)\left| \begin{array}{l}2\\0\end{array} \right. = 10$.

Chọn A

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = \frac{{{x^2} - 2x}}{{x - 1}},$$y = x - 1$ và hai đường thẳng $x = 2,$$x = 4$ là:

$$S = \int\limits_2^4 {\left| {\frac{{{x^2} - 2x}}{{x - 1}} - (x - 1)} \right|dx} = \int\limits_2^4 {\left| { - \frac{1}{{x - 1}}} \right|dx = } \int\limits_2^4 {\frac{1}{{x - 1}}dx = } \left. {\ln \left| {x - 1} \right|} \right|_2^4 = \ln \frac{{4 - 1}}{{2 - 1}} = \ln 3.$$

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = \frac{{{x^2} - 2x}}{{x - 1}},$$y = x - 1$ và hai đường thẳng $x = 2,$$x = 4$ là $S = \ln 3$.

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm: ${x^3} + 11x - 6 = 6{x^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\\x = 3\end{array} \right.$.

Đặt $h(x) = ({x^3} + 11x - 6) - 6{x^2} = {x^3} - 6{x^2} + 11x - 6$.

Bảng xét dấu

Ta có:

$$S = \int\limits_0^2 {\left| {\left( {{x^3} + 11x - 6} \right) - 6{x^2}} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_0^2 {\left| {{x^3} - 6{x^2} + 11x - 6} \right|{\rm{d}}x}$$

$S = - \int\limits_0^1 {\left( {{x^3} - 6{x^2} + 11x - 6} \right)dx} + \int\limits_1^2 {\left( {{x^3} - 6{x^2} + 11x - 6} \right)dx}$ $= - \left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - 2{x^3} + \frac{{11{x^2}}}{2} - 6x} \right)} \right|_0^1 + \left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - 2{x^3} + \frac{{11{x^2}}}{2} - 6x} \right)} \right|_1^2 = \frac{5}{2}$.

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = {x^3} + 11x - 6,$$y = 6{x^2}$ và hai đường thẳng là $S = \frac{5}{2}$.

Chọn B

Ta có đồ thị của các hàm số $f\left( x \right) = {2^x}$ và $g\left( x \right) = - x + 6$ như hình vẽ sau

Dựa vào đồ thị, ta có diện tích hình phẳng cần tìm là:

$S = \int\limits_0^2 {\left[ {g\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]dx}$

$=\int _{0}^{2}(-x+6-{2}^{x})dx={(-\frac{{x}^{2}}{2}+6x-\frac{{2}^{x}}{\ln 2})|}_{0}^{2}=-2+12-\frac{4}{\ln 2}+\frac{1}{\ln 2}=10-\frac{3}{\ln 2}$

Chọn B

Diện tích của mặt cắt hình vuông là $S\left( x \right) = {\left( {\sqrt {3 - {x^2}} \,} \right)^2} = 3 - {x^2}$.

Thể tích của vật thể đã cho là:

$V = \int\limits_{ - \sqrt 3 }^{\sqrt 3 } {S\left( x \right)dx} = \int\limits_{ - \sqrt 3 }^{\sqrt 3 } {\left( {3 - {x^2}} \right)dx} = \left. {\left( {3x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_{ - \sqrt 3 }^{\sqrt 3 } = \left( {2\sqrt 3 + 2\sqrt 3 } \right) = 4\sqrt 3$.

Chọn A

Xét phương trình hoành độ giao điểm hai hàm số $y = \sqrt {5 - x} ,y = 0$.

$\begin{array}{l}\sqrt {5 - x} = 0\\ \Leftrightarrow 5 - x = 0\\ \Leftrightarrow x = 5\end{array}$

$D$ là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị $\left\{ \begin{array}{l}y = f\left( x \right) = \sqrt {5 - x} \\y = 0\\x = 0;x = 5\end{array} \right.$

Thể tích khối tròn xoay khi quay$D$quanh $Ox$là

$V = \pi \int\limits_0^5 {{{\left( {\sqrt {5 - x} } \right)}^2}} dx = \pi \int\limits_0^5 {\left( {5 - x} \right)} dx = \pi {\left. {\left( {5x - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0}^5 = \frac{{25\pi }}{2}$.

Chọn B

Có $\overrightarrow {AB} = \left( {3;1} \right)$nên vtpt của đường thẳng $AB$là $\overrightarrow n = \left( { - 1;3} \right)$

Phương trình đường thẳng $AB$qua $A$, vtpt $\overrightarrow n$ có dạng

$- 1\left( {x - 0} \right) + 3\left( {y - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow - x + 3y - 6 = 0 \Leftrightarrow y = \frac{x}{3} + 2$

Khi đó $D$ là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $\left\{ \begin{array}{l}y = \frac{1}{3}x + 2\\y = 0\\x = 0;x = 3\end{array} \right.$

Quay $D$ quanh trục $Ox$ tạo thành khối tròn xoay có thể tích bằng

$V = \pi \int\limits_0^3 {{{\left( {\frac{x}{3} + 2} \right)}^2}dx = \pi \int\limits_0^3 {\left( {\frac{{{x^2}}}{9} + \frac{4}{3}x + 4} \right)} } dx = \pi \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{{27}} + \frac{{2{x^2}}}{3} + 4x} \right)} \right|_0^3 = 19\pi$.

a) Đúng.

Diện tích hình học phẳng được giới hạn bởi hàm số $y = {e^x}$, trục hoành, $x = - 1$ và $x = 1$ là

$S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {{e^x}} \right|} \,dx = \left. {{e^x}} \right|_{ - 1}^1 = e - \frac{1}{e} = \frac{{{e^2} - 1}}{e}$ .

b) Đúng.

Diện tích hình học phẳng giới hạn bởi các đường $y = {e^x}$, $y = 0$, $x = 0$ và $x = \ln 4$ là

$S = \int\limits_0^{\ln 4} {{e^x}dx} = \left. {{e^x}} \right|_0^{\ln 4} =$${e^{\ln 4}} - {e^0} = 4 - 1 = 3$.

c) Sai.

Ta có: $V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {{e^x}} \right)}^2}} dx$$= \pi \int\limits_0^1 {{e^{2x}}} dx$$= \pi .\frac{{{e^{2x}}}}{2}\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}1\\0\end{array}} \right.$$= \frac{{\pi \left( {{e^2} - 1} \right)}}{2} \cdot$

d) Đúng.

Ta có: $y' = {e^x} \Rightarrow y'\left( 0 \right) = 1$, $y\left( 0 \right) = 1$

Phương trình tiếp tuyến $d$ của $\left( C \right)$ tại điểm $x = 0$ là

$\begin{array}{l}y = y'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\\ \Leftrightarrow y = 1\left( {x - 0} \right) + 1\\ \Leftrightarrow y = x + 1\end{array}$

Diện tích hình học phẳng giới hạn bởi đường thẳng $d$, trục hoành , $x = - 1$ và $x = 1$ là

$S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {x + 1} \right|dx} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {x + 1} \right)dx} = \left. {\frac{1}{2}{x^2} + x} \right|_{ - 1}^1 = 2$.

a) Đúng

Ta có phương trình hoành độ giao điểm: ${x^3} - 2{x^2} - 3x + 4 = 2x - 2 \Leftrightarrow {x^3} - 2{x^2} - 5x + 6 = 0$

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = - 2}\\{x = 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.$. Với: $\begin{array}{l}x = - 2 \Rightarrow y = - 6\\\,x = 1 \Rightarrow y = 0\\\,x = 3 \Rightarrow y = 4\end{array}$.Vậy đường thẳng $d$ cắt đồ thị $\left( C \right)$ tại ba điểm $A\left( { - 2; - 6} \right),\,B\left( {1;0} \right),\,C\left( {3;4} \right)$.

b) Sai

Diện tích cần tính là: $S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {{x^3} - 2{x^2} - 3x + 4} \right|} dx = \frac{{97}}{{12}}$.

c) Đúng

Ta có $(S):\left\{ \begin{array}{l}y = f\left( x \right) = {x^3} - 2{x^2} - 3x + 4\\y = g\left( x \right) = 2x - 2\\x = - 2\\x = 3\end{array} \right.$. Ta có: $f\left( x \right) - g\left( x \right) = {x^3} - 2{x^2} - 5x + 6$.

Diện tích: $S = {S_1} + {S_2} = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {{x^3} - 2{x^2} - 5x + 6} \right|} dx + \int\limits_1^3 {\left| {{x^3} - 2{x^2} - 5x + 6} \right|} dx = \frac{{63}}{4} + \frac{{16}}{3} = \frac{{253}}{{12}}$.

d) Sai

Ta có: $\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{\frac{{63}}{4}}}{{\frac{{16}}{3}}} = \frac{{189}}{{64}}$.

a) Đúng.

Diện tích cần tìm là ${S_D} = \int\limits_0^2 {\left| {\sqrt {x + 2} } \right|{\rm{d}}x}$

Với $x \in \left[ {0;2} \right]$thì $\sqrt {x + 2} \ge 0$ nên

${S_D} = \int\limits_0^2 {\left| {\sqrt {x + 2} } \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_0^2 {\sqrt {x + 2} {\rm{ d}}x} = \int\limits_0^2 {{{\left( {x + 2} \right)}^{\frac{1}{2}}}{\rm{d}}x} = \frac{2}{3}\left. {{{\left( {x + 2} \right)}^{\frac{3}{2}}}} \right|_0^2 = \frac{{16}}{3} - \frac{{4\sqrt 2 }}{3}\,$.

b) Sai.

Diện tích cần tìm là $S = \int\limits_0^2 {\left| {\sqrt {x + 2} - x} \right|{\rm{d}}x}$

Ta có $\sqrt {x + 2} - x = 0 \Leftrightarrow x = 2$ ($x \ge 0$)

Vậy$S = \int\limits_0^2 {\left| {\sqrt {x + 2} - x} \right|{\rm{d}}x} = \left| {\int\limits_0^2 {\left( {\sqrt {x + 2} - x} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\int\limits_0^2 {\sqrt {x + 2} {\rm{ d}}x - \int\limits_0^2 {x{\rm{d}}x} } } \right| = \left| {\int\limits_0^2 {{{\left( {x + 2} \right)}^{\frac{1}{2}}}{\rm{d}}x} - \int\limits_0^2 {x{\rm{d}}x} } \right|$$= \left| {\frac{2}{3}\left. {{{\left( {x + 2} \right)}^{\frac{3}{2}}}} \right|_0^2 - \left. {\frac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^2} \right| = \frac{{10}}{3} - \frac{{4\sqrt 2 }}{3}$ (đvdt).

c) Sai.

Thể tích khối tròn xoay cần tìm là $V = \pi \int\limits_1^3 {{x^2}{\rm{d}}x} = \pi \left. {\frac{{{x^3}}}{3}} \right|_1^3 = \frac{{26}}{3}\pi$ (đvtt).

d) Đúng.

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng $D$ quanh trục $Ox$ là:

$V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {\sqrt {x + 2} } \right)}^2}{\rm{d}}x} = 6\pi$(đvtt).

a) Đúng.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $\left( C \right):y = \frac{{{x^2} - x}}{{x + 1}}$ và trục hoành

$\,\,\frac{{{x^2} - x}}{{x + 1}} = 0\,\,,x \ne - 1\,\,\, \Leftrightarrow {x^2} - x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.$

Diện tích hình phẳng $D$ giới hạn bởi đồ thị hàm số $\left( C \right)$, trục tung, trục hoành là

${S_1} = \int\limits_0^1 {\left| {\frac{{{x^2} - x}}{{x + 1}}} \right|} \,{\rm{d}}x = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {x - 2 + \frac{2}{{x + 1}}} \right)} \,{\rm{d}}x} \right| = \left| {\left. {\left( {\frac{1}{2}{x^2} - 2x + 2\ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_0^1} \right| = \frac{3}{2} - 2\ln 2$(đvdt).

b) Sai.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $\left( C \right):y = \frac{{{x^2} - x}}{{x + 1}}$ và đường thẳng $d$: $\frac{{{x^2} - x}}{{x + 1}} = 2\,\,,x \ne - 1\,\,\,$

$\Leftrightarrow {x^2} - x = 2\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{3 - \sqrt {17} }}{2} \notin \left[ {1;2} \right]\\x = \frac{{3 + \sqrt {17} }}{2} \notin \left[ {1;2} \right]\end{array} \right.$

Diện tích hình phẳng $H$ giới hạn bởi đồ thị hàm số $\left( C \right)$, đường thẳng $d:y = 2$ $x = 1\,,\,\,x = 2$ là

${S_2} = \int\limits_1^2 {\left| {\frac{{{x^2} - x}}{{x + 1}} - 2} \right|} \,{\rm{d}}x = \left| {\int\limits_1^2 {\left( {x - 4 + \frac{2}{{x + 1}}} \right)} \,{\rm{d}}x} \right| = \left| {\left. {\left( {\frac{1}{2}{x^2} - 4x + 2\ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_1^2} \right| = \frac{5}{2} - 2\ln \frac{3}{2}$ (đvdt).

c) Sai.

Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng $D$ giới hạn bởi đồ thị hàm số $\left( C \right)$, trục tung, trục hoành khi quay quanh trục $Ox$ là

$${V_1} = \pi {\int\limits_0^1 {\left( {\frac{{{x^2} - x}}{{x + 1}}} \right)} ^2}{\rm{d}}x = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {x - 2 + \frac{2}{{x + 1}}} \right)}^2}} {\rm{d}}x = \pi \int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - 4x + 8 - \frac{{12}}{{x + 1}} + \frac{4}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right)} \,{\rm{d}}x$$

$= \pi \left. {\left( {\frac{1}{3}{x^3} - 2{x^2} + 8x - 12\ln \left| {x + 1} \right| - \frac{4}{{x + 1}}} \right)} \right|_0^1 = \left( {\frac{{25}}{3} - 12\ln 2} \right)\pi$(đvdt).

d) Đúng.

Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng $H$ giới hạn bởi đồ thị hàm số $\left( C \right)$, đường thẳng $d$, $x = 0\,,\,\,x = 2$ khi quay quanh trục $Ox$ là

$$\begin{array}{l}{V_2} = \pi \int\limits_1^2 {{2^2}{\rm{d}}x - } \pi {\int\limits_1^2 {\left( {\frac{{{x^2} - x}}{{x + 1}}} \right)} ^2}{\rm{d}}x\\ = 4\pi - \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {x - 2 + \frac{2}{{x + 1}}} \right)}^2}} {\rm{d}}x = 4\pi - \pi \int\limits_1^2 {\left( {{x^2} - 4x + 8 - \frac{{12}}{{x + 1}} + \frac{4}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right)\,} {\rm{d}}x\end{array}$$

$$= 4\pi - \pi \left. {\left( {\frac{1}{3}{x^3} - 2{x^2} + 8x - 12\ln \left| {x + 1} \right| - \frac{4}{{x + 1}}} \right)} \right|_1^2$$

$= 4\pi - \left( {5 + 12\ln \frac{2}{3}} \right)\pi = \left( {12\ln \frac{3}{2} - 1} \right)\pi$(đvdt).

Ta có: mặt cắt của vật thể là một hình vuông có cạnh là $\sqrt {9 - {x^2}}$ nên diện tích mặt cắt là:

$S\left( x \right) = {\left( {\sqrt {9 - {x^2}} } \right)^2} = 9 - {x^2}$, do $9 - {x^2} \ge 0,{\rm{ }}\forall x \in \left[ {0;3} \right]$.

Thể tích của vật thể đã cho là:

$V = \int\limits_0^3 {S\left( x \right){\rm{ d}}x} = \int\limits_0^3 {\left( {9 - {x^2}} \right){\rm{ d}}x} = \left. {\left( {9x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^3 = 18$.

Ta có:

Hình phẳng $A$ được giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right)$, trục hoành $y = 0$, trục tung $x = 0$ và đường thẳng $x = 1$ nên diện tích hình phẳng $A$ là:

${S_A} = \int\limits_0^1 {\left| {f'\left( x \right)} \right|{\rm{ d}}x} = \int\limits_0^1 {f'\left( x \right){\rm{ d}}x} = \left. {f\left( x \right)} \right|_0^1 = f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right)$

$\Rightarrow f\left( 1 \right) = {S_A} + f\left( 0 \right) = 4 + 2 = 6$.

Lại có:

Hình phẳng $B$ được giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right)$, trục hoành $y = 0$, đường thẳng $x = 1$ và đường thẳng $x = 3$ nên diện tích hình phẳng $B$ là:

${S_B} = \int\limits_1^3 {\left| {f'\left( x \right)} \right|{\rm{ d}}x} = - \int\limits_1^3 {f'\left( x \right){\rm{ d}}x} = \left. { - f\left( x \right)} \right|_1^3 = - \left[ {f\left( 3 \right) - f\left( 1 \right)} \right] = - f\left( 3 \right) + f\left( 1 \right)$.

Suy ra $f\left( 3 \right) = f\left( 1 \right) - {S_B} = 6 - 10 = - 4$.

Vậy $f\left( 3 \right) = - 4$.

Dung tích nước trong chậu bằng nửa thể tích của chậu nên ta có phương trình

$\pi \int\limits_0^x {(10 + } \sqrt x {)^2}dx = \frac{1}{2}\pi \int\limits_0^{16} {(10 + } \sqrt x {)^2}dx \Leftrightarrow \pi \left. {\left( {100x + \frac{{40}}{3}x\sqrt x + \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^x = \frac{1}{2}\pi \left. {\left( {100x + \frac{{40}}{3}x\sqrt x + \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^{16}$

$\Leftrightarrow 100x + \frac{{40}}{3}x\sqrt x + \frac{{{x^2}}}{2} = \frac{{3872}}{3}$

Đặt t =$\sqrt x$(t>0)

Ta được phương trình $100{t^2} + \frac{{40}}{3}{t^3} + \frac{{{t^4}}}{2} = \frac{{3872}}{3}$. Đặt $f(t) = 100{t^2} + \frac{{40}}{3}{t^3} + \frac{{{t^4}}}{2}$

$f'(t) = 200t + 40{t^2} + 2{t^3} > 0\,\,\,(\forall t > 0)$nên $f(t)$ đồng biến trên $(0; + \infty )$

Do đó phương trình trên có nghiệm duy nhất t $\approx 2{,}990279433$

Vậy $x = {t^2} \approx 8{,}94$(cm)

Diện tích đáy của hình trụ là: ${\rm{S}} = \pi {x^2}$

Dung tích của lu nước là: $V = \pi \int\limits_0^9 \pi {x^2}dx = 243{\pi ^2}$$\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)$