Đề kiểm tra Ứng dụng hình học của tích phân lớp 12 (có lời giải) - Đề 2

Diện tích hình phẳng cần tìm là $S = \int\limits_0^2 {\left| {{x^3} - {x^2} + 3x - 3} \right|{\rm{d}}x}$

Ta có ${x^3} - {x^2} + 3x - 3 = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

Phương trình có một nghiệm $x = 1$thuộc đoạn $\left[ {0;2} \right]$

Vậy $\begin{array}{l}S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^3} - {x^2} + 3x - 3} \right|{\rm{d}}x} + \int\limits_1^2 {\left| {{x^3} - {x^2} + 3x - 3} \right|{\rm{d}}x} = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {{x^3} - {x^2} + 3x - 3} \right){\rm{d}}x} } \right| + \left| {\int\limits_1^2 {\left( {{x^3} - {x^2} + 3x - 3} \right){\rm{d}}x} } \right|\\ \end{array}$.

$= \left| {\left. {\left( {\frac{1}{4}{x^4} - \frac{1}{3}{x^3} + \frac{3}{2}{x^2} - 3x} \right)} \right|_0^1} \right| + \left| {\left. {\left( {\frac{1}{4}{x^4} - \frac{1}{3}{x^3} + \frac{3}{2}{x^2} - 3x} \right)} \right|_1^2} \right| = \left| { - \frac{{19}}{{12}}} \right| + \left| {\frac{4}{3} - \left( { - \frac{{19}}{{12}}} \right)} \right| = \frac{9}{2} \cdot$

Xét $x \in \left[ { - 1;1} \right]$, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{{\rm{e}}^x} > 0\\ - \left( {{x^2} - 1} \right) \ge 0\end{array} \right.$ $\Rightarrow {{\rm{e}}^x} - \left( {{x^2} - 1} \right) > 0$ $\Rightarrow \left| {{{\rm{e}}^x} - \left( {{x^2} - 1} \right)} \right| = {{\rm{e}}^x} - {x^2} + 1$.

Diện tích hình phẳng cần tính là

$S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {{{\rm{e}}^x} - \left( {{x^2} - 1} \right)} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {{{\rm{e}}^x} - {x^2} + 1} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( {{{\rm{e}}^x} - \frac{{{x^3}}}{3} + x} \right)} \right|_{ - 1}^1 = \frac{{3{{\rm{e}}^2} + 4{\rm{e}} - 3}}{{3{\rm{e}}}}$.

Xét $x \in \left[ {\frac{\pi }{2};\pi } \right]$, ta có: $\cos x \le 1 < x + 1$ $\Rightarrow \cos x - \left( {x + 1} \right) < 0$ $\Rightarrow \left| {\cos x - \left( {x + 1} \right)} \right| = x + 1 - \cos x$.

Diện tích hình phẳng cần tính là

$S = \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^\pi {\left| {\cos x - \left( {x + 1} \right)} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^\pi {\left( {x + 1 - \cos x} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + x - \sin x} \right)} \right|_{\frac{\pi }{2}}^\pi = \frac{{3{\pi ^2} + 4\pi + 8}}{8}$.

Tại vị trí có hoành độ $x$ $\left( { - 1 \le x \le 1} \right)$ thì tam giác thiết diện có cạnh là $2\sqrt {1 - {x^2}}$.

Do đó tam giác thiết diện có diện tích $S\left( x \right) = {\left( {2\sqrt {1 - {x^2}} } \right)^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4}$$= \sqrt 3 \left( {1 - {x^2}} \right)$.

Vậy thể tích $V$ của vật thể là : $\int_{ - 1}^1 {\sqrt 3 \left( {1 - {x^2}} \right){\rm{d}}x}$$= \frac{{4\sqrt 3 }}{3}$.

Ta xác định được hình phẳng $D$ giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = \sqrt {{x^3} - 3}$ và hai đường $x = 2$ và $x = 3$tại hình vẽ.

Áp dụng công thức tính thể tích khối tròn xoay, ta có:

$V = \pi \int_2^3 {{f^2}\left( x \right){\rm{d}}x} = \pi \int_2^3 {{{\left( {\sqrt {{x^3} - 3} } \right)}^2}{\rm{d}}x}$$= \pi \int_2^3 {\left( {{x^3} - 3} \right){\rm{d}}x} = \left. {\pi \left( {\frac{{{x^4}}}{4} - 3x} \right)} \right|_2^3 = \frac{{53}}{4}\pi$.

Nhận xét: Với $D$ là trung điểm $AC$, bằng hình ảnh trực quan, ta thấy rằng tam giác $ABC$ cân tại $B$; $DB \bot Ox$, do đó thể tích khối tròn xoay khi quay tam giác $ABC$ quanh trục $Ox$ sẽ gấp 2 lần thể tích khối tròn xoay khi quay tam giác $ABD$ quanh trục $Ox$.

Ta lập phương trình đường thẳng $d$ đi qua 2 điểm $A$ và $B$.

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {2;4} \right)$ là vector chỉ phương của đường thẳng $d$, suy ra vector pháp tuyến của $d$ là $\overrightarrow n = \left( {4; - 2} \right)$.

Phương trình đường thẳng $d$ di qua $A\left( {0;0} \right)$, nhận $\overrightarrow n = \left( {4; - 2} \right)$ làm vector pháp tuyến là:

$4\left( {x - 0} \right) + \left( { - 2} \right)\left( {y - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 4x - 2y = 0 \Leftrightarrow y = 2x$.

Khi đó, quay tam giác $ABD$ quanh trục $Ox$ ta được thể tích khối tròn xoay là

$\pi \int\limits_0^4 {{f^2}\left( x \right){\rm{d}}x} = \pi \int\limits_0^4 {{{\left( {2x} \right)}^2}{\rm{d}}x} = 4\pi \int\limits_0^4 {{x^2}{\rm{d}}x} = \left. {4\pi \frac{{{x^3}}}{3}} \right|_0^4 = \frac{{256}}{3}\pi$.

Như vậy, khi quay tam giác $ABC$ quanh trục $Ox$ thì ta được thể tích khối tròn xoay là: $V = 2.\frac{{256}}{3}\pi = \frac{{512}}{3}\pi$.

Diện tích hình phẳng cần tìm là: $S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {\frac{{x - 1}}{{x + 2}}} \right|{\rm{d}}x}$

Ta có: $\frac{{x - 1}}{{x + 2}} = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x \ne - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1$

Phương trình không có nghiệm thuộc $\left( {1\,;\,1} \right)$ nên ta có

$S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {\frac{{x - 1}}{{x + 2}}} \right|{\rm{d}}x} = \left| {\int\limits_{ - 1}^1 {\left( {\frac{{x - 1}}{{x + 2}}} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\int\limits_{ - 1}^1 {\left( {1 - \frac{3}{{x + 2}}} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\left. {\left( {x - 3\ln \left| {x + 2} \right|} \right)} \right|_{ - 1}^1} \right|$$= \left| {2 - 3\ln 3} \right| = 3\ln 3 - 2$.

Diện tích hình phẳng cần tìm là: $S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {\frac{{x - 1}}{{x + 2}}} \right|{\rm{d}}x}$

Ta có: $\frac{{x - 1}}{{x + 2}} = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x \ne - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1$

Phương trình không có nghiệm thuộc $\left( {1\,;\,1} \right)$ nên ta có

$S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {\frac{{x - 1}}{{x + 2}}} \right|{\rm{d}}x} = \left| {\int\limits_{ - 1}^1 {\left( {\frac{{x - 1}}{{x + 2}}} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\int\limits_{ - 1}^1 {\left( {1 - \frac{3}{{x + 2}}} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\left. {\left( {x - 3\ln \left| {x + 2} \right|} \right)} \right|_{ - 1}^1} \right|$$= \left| {2 - 3\ln 3} \right| = 3\ln 3 - 2$.

a) Sai.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị $\left( C \right)$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 0;\,\,x = 3$ là

$S = \int_0^3 {{{\rm{e}}^x}} {\rm{d}}x = \left. {{{\rm{e}}^x}} \right|_0^3 = {{\rm{e}}^3} - 1$.

b) Sai.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị $\left( C \right)$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 0;\,\,x = k\,\left( {k > 0} \right)$ bằng $3$ nên ta có: $\int_0^k {{{\rm{e}}^x}} {\rm{d}}x = 3 \Leftrightarrow \left. {{{\rm{e}}^x}} \right|_0^k = 3 \Leftrightarrow {{\rm{e}}^k} - 1 = 3 \Leftrightarrow k = \ln 4$.

c) Đúng.

Phương trình tiếp tuyến $d$ của đồ thi hàm số tại điểm ${x_0} = 1$ là $y = {\rm{e}}\left( {x - 1} \right) + {\rm{e}} \Leftrightarrow y = {\rm{e}}x$.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng $d$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 0;\,\,x = 3$là $S = \int_0^3 {\left( {{\rm{e}}x} \right)\,} {\rm{d}}x = \left. {{\rm{e}}.\frac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^3 = \frac{{9{\rm{e}}}}{2}$.

d) Sai.

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng $D$ giới hạn bởi đồ thị $\left( C \right)$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 0;\,\,x = 3$ quanh trục $Ox$ là

$V = \int_0^3 {{{\rm{e}}^{2x}}} {\rm{d}}x = \frac{1}{2}\left. {{{\rm{e}}^{2x}}} \right|_0^3 = \frac{1}{2}\left( {{{\rm{e}}^6} - 1} \right)$.

a) Đúng.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y = - {x^2} + 5x$ và đường thẳng ${\rm{y}} = 2x$.

Ta có: $- {x^2} + 5x = 2x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 3\end{array} \right.$. Khi đó ta có 2 giao điểm $A\left( {0;0} \right);B\left( {3;6} \right)$.

b) Sai.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = - {x^2} + 5x$, trục hoành là

$S = \int\limits_0^5 {\left| { - {x^2} + 5x} \right|} \,{\rm{d}}x = \frac{{125}}{6}.$

c) Đúng.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ${\rm{y}} = - {x^2} + 5x,{\rm{y}} = 2x$ là

${S_1} = \int\limits_0^3 {\left| { - {x^2} + 3x} \right|} \,{\rm{d}}x = \frac{9}{2}.$

d) Sai.

Ta có: ${S_2} = S - {S_1} = \frac{{125}}{6} - \frac{9}{2} = \frac{{49}}{3}.$

Khi đó $\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{27}}{{98}}$.

a) Đúng.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị $\left( C \right)$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 0;\,\,x = 4$ là

$S = \int_0^4 {\sqrt {2x} } {\rm{d}}x = \left. {\frac{1}{3}{{\left( {2x} \right)}^{\frac{3}{2}}}} \right|_0^4 = \frac{{16\sqrt 2 }}{3}$.

b) Đúng.

Đồ thị:

Phương trình hoành độ giao điểm:

∙ $\sqrt {2x} = 2x - 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\2x = {\left( {2x - 2} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\4{x^2} - 10x + 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2$.

∙ $2x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

∙ $\sqrt {2x} = 0 \Rightarrow x = 0$.

Diện tích hình $\left( H \right)$: $S = {S_{{D_1}}} + {S_{{D_2}}} = \int\limits_0^1 {\sqrt {2x} {\rm{d}}x} + \int\limits_1^2 {\left( {\sqrt {2x} - 2x + 2} \right){\rm{d}}x} = \frac{5}{3}$

c) Sai. Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi qua bởi đồ thị $d$ quanh trục hoành và hai đường thẳng $x = 3;\,\,x = 6$ quanh trục $Ox$ là

$$V = \pi \int_3^6 {{{(2x - 2)}^2}} {\rm{d}}x = \pi \left. {\frac{1}{6}{{\left( {2x - 2} \right)}^3}} \right|_3^6 = 156\pi$$

d) Sai.

Cho $H$là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $(C):y = \sqrt {2x}$, đường thẳng $\left( d \right):y = 2x - 2$ và trục hoành. Công thức tính thể tích của vật thể sinh ra khi cho hình $H$ quay quanh trục hoành là: $V = \pi \left[ {\int\limits_0^1 {{\rm{2}}x{\rm{d}}x + \int\limits_1^2 {{{\left( {2x - 2} \right)}^2}{\rm{d}}x} } } \right]$

a) Sai.

Công thức tính thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $\left( C \right):y = \frac{{2x - 3}}{{x + 1}}$, trục hoành, $x = 2$,$x = 3$ quanh trục hoành là: $V = \pi \int\limits_2^3 {{{\left( {\frac{{2x - 3}}{{x + 1}}} \right)}^2}{\rm{d}}x}$

b) Đúng.

Giao điểm với trục hoành $\left( {\frac{3}{2};0} \right)$

Diện tích hình phẳng: $S = \int\limits_0^{\frac{3}{2}} {\left| {\frac{{2x - 3}}{{x + 1}}} \right|{\rm{d}}x} = - \int\limits_0^{\frac{3}{2}} {2 - \frac{5}{{x + 1}}{\rm{d}}x} = \left. { - \left( {2x - 5\ln \left( {x + 1} \right)} \right)} \right|_0^{\frac{3}{2}} = - 3 + 5\ln \frac{5}{2} \approx 1{,}58$

c) Đúng.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $\left( C \right):y = \frac{{2x - 3}}{{x + 1}}$ và đường thẳng $\left( d \right):y = x - 3$.

Ta có $\frac{{2x - 3}}{{x + 1}} = x - 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 4\end{array} \right.$

Diện tích hình phẳng:

$S = \int\limits_0^4 {\left| {\frac{{2x - 3}}{{x + 1}} - \left( {x - 3} \right)} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_0^4 {\left( { - x + 5 - \frac{5}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} = \left( { - \frac{{{x^2}}}{2} + 5x - 5\ln \left( {x + 1} \right)} \right)\mathop |\limits_0^4 = 12 - 5\ln 5$

d) Sai.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $\left( C \right):y = \frac{{2x - 3}}{{x + 1}}$ và đường thẳng $\left( d \right):y = - x + 3$.

Ta có $\frac{{2x - 3}}{{x + 1}} = - x + 3 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 6$

Thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $\left( C \right):y = \frac{{2x - 3}}{{x + 1}}$ và đường thẳng $\left( d \right):y = x - 3$ quanh trục hoành là:

$V = \left[ {\pi \int\limits_0^{\sqrt 6 } {{{\left( {x - 3} \right)}^2}{\rm{d}}x} - \pi \int\limits_0^{\frac{3}{2}} {{{\left( {\frac{{2x - 3}}{{x + 1}}} \right)}^2}{\rm{d}}x} } \right] + \left[ {\pi \int\limits_{\sqrt 6 }^4 {{{\left( {\frac{{2x - 3}}{{x + 1}}} \right)}^2}{\rm{d}}x} - \pi \int\limits_3^4 {{{\left( {x - 3} \right)}^2}{\rm{d}}x} } \right]$.

Diện tích thiết diện là: $S(x) = 3{x^2}$

$\Rightarrow$ Thể tích vật thể là: $V = \int\limits_1^4 {3{x^2}dx = 63.}$

Theo đề bài ta có:

${S_A} = \int\limits_{ - 2}^0 {f(x)dx = F(0) - F( - 2) = 5}$; ${S_B} = \int\limits_0^1 { - f(x)dx = F(0) - F(1) = 2}$

Từ đó suy ra : ${S_A} - {S_B} = F(1) - F( - 2) = 3 \Leftrightarrow F(1) = 4.$

Diện tích của mặt cắt là: $S(x) = 2x.\sqrt {x + 3}$(cm2)

Ta có: Thể tích của khối tròn xoay tạo thành là: $V = \int\limits_0^5 {2x\sqrt {x + 3} } {\rm{d}}x \approx 62{,}6$(cm3).

Diện tích của mặt cắt là: $S(x) = \pi {(\sqrt {4 - x} )^2}$(dm2)

Ta có: Thể tích của khối tròn xoay tạo thành là: $V = \pi {\int\limits_0^4 {\left( {\sqrt {4 - x} } \right)} ^2}{\rm{d}}x \approx 25{,}1$(dm3)

Phương trình đường tròn tâm $O$, bán kính $r = 2$ là ${x^2} + {y^2} = 4$.

Do nửa đường tròn nằm phía trên trục $Ox$, nên ta có $y \ge 0$.

Suy ra phương trình nửa đường tròn là $y = \sqrt {4 - {x^2}}$.

Hình phẳng $D$ (phần được tô đậm) được giới hạn bởi đồ thì hàm số $y = \sqrt {4 - {x^2}}$, trục $Ox$và đường thẳng $x = 1$. Do đó, thể tích khối tròn xoay khi quay $D$ quanh $Ox$là

$V = \pi \int\limits_{ - 2}^1 {{{\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right)}^2}} dx = \pi \int\limits_{ - 2}^1 {\left( {4 - {x^2}} \right)} dx = \pi \left. {\left( {4x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_{ - 2}^1 = 9\pi$.

Chọn trục $Ox$vuông góc với mặt đáy của bình sao cho đáy nhỏ, đáy to của bình vuông góc với $Ox$lần lượt tại $x = 0$ và $x = 6$.

Diện tích mặt nước ở chiều cao $x$ là $S(x) = {\left( {\sqrt {2 + \frac{{{x^2}}}{6}} } \right)^2} = 2 + \frac{{{x^2}}}{6}$.

Khi đó, dung tích của bình là $V = \int\limits_0^6 {S(x)\,} {\rm{d}}x = \int\limits_0^6 {\left( {2 + \frac{{{x^2}}}{6}} \right)} \,{\rm{d}}x = \left. {\left( {2x + \frac{{{x^3}}}{{18}}} \right)} \right|_0^6 = 24\,\,(d{m^3})$.