Đề kiểm tra Ứng dụng hình học của tích phân lớp 12 (có lời giải) - Đề 3

Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường $y = {2024^x}$, trục $Ox$, trục $Oy$, $x = 2$là

$S = \int\limits_0^2 {{{2024}^x}{\rm{d}}x}$.

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

Phương trình hoành độ của đường cong $y = x\ln x$ và trục hoành là

$x\ln x = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\\left[ \begin{array}{l}x = 0\\\ln x = 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1$.

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong $y = x\ln x$, trục hoành và đường thẳng $x = e$ là $S = \int\limits_1^e {\left| {x\ln x} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_1^e {x\ln x{\rm{d}}x}$.

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = \ln x\\{\rm{d}}v = x{\rm{d}}x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{d}}u = \frac{1}{x}{\rm{d}}x\\v = \frac{{{x^2}}}{2}\end{array} \right.$. Suy ra $S = \frac{{{x^2}}}{2}\ln x\left| \begin{array}{l}e\\1\end{array} \right. - \frac{1}{2}\int\limits_1^e {x{\rm{d}}x} = \frac{{{e^2}}}{2} - \frac{{{x^2}}}{4}\left| \begin{array}{l}e\\1\end{array} \right. = \frac{{{e^2} + 1}}{4}$.

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

$V = \pi \int\limits_{ - 2}^3 {{{\left( { - {x^2} + 1} \right)}^2}{\rm{d}}x}$.

a) Sai

b) Đúng

c) Đúng

d) Đúng

a) Ta có $S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} .$

b) Ta có $S = \int\limits_0^2 {\left| {{2^x}} \right|} {\rm{d}}x = \int\limits_0^2 {{2^x}{\rm{d}}x}$ (do ${2^x} > 0,\forall x \in \left[ {0;2} \right]$).

c) Phương trình hoành độ giao điểm: ${x^3} - x = 2x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \in \left[ { - 1;1} \right]\\x = \pm \sqrt 3 \notin \left[ { - 1;1} \right]\end{array} \right..$ Do đó

$S = \int\limits_{ - 1}^0 {\left| {{x^3} - x - 2x} \right|{\rm{d}}x + \int\limits_0^1 {\left| {{x^3} - x - 2x} \right|{\rm{d}}x} }$$\mathop = \limits^{{\rm{xet dau}}} \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {{x^3} - 3x} \right){\rm{d}}x + \int\limits_0^1 {\left( {3x - {x^3}} \right){\rm{d}}x} } .$

d) Diện tích hình tròn $S = 8\pi .$

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

$$\left\{ \begin{array}{l}{y^2} = 2x\\{x^2} + {y^2} = 8\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\{x^2} + 2x = 8\end{array} \right. \leftrightarrow x = 2.$$

Suy ra ${S_1} = 2.\left( {\int\limits_0^2 {\sqrt {2x} {\rm{d}}x + } \int\limits_2^{2\sqrt 2 } {\sqrt {8 - {x^2}} {\rm{d}}x} } \right) = \frac{4}{3} + 2\pi .$

Suy ra ${S_2} = S - {S_1} = 6\pi - \frac{4}{3}$ Vậy $a + b + c = 15.$

a) ${S_1} = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2}} \right|} dx = \int\limits_0^1 {{x^2}} dx = \frac{1}{3}$,do đó: ${S_1} = \frac{1}{3}$ là mệnh đề đúng

b) ${S_2} = \int\limits_0^4 {\left| { - \frac{1}{3}x + \frac{4}{3}} \right|} dx = \frac{8}{3}$,do đó: ${S_2} = \frac{3}{2}$ là mệnh đề sai

c) $S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2}} \right|{\mathop{\rm d}\nolimits} x} + \int\limits_1^4 {\left| { - \frac{1}{3}x + \frac{4}{3}} \right|{\mathop{\rm d}\nolimits} x} = \frac{{11}}{6} \ne {S_1} + {S_2}$, do đó: $S = {S_1} + {S_2}$ là mệnh đề sai

d) $S = S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2}} \right|{\mathop{\rm d}\nolimits} x} + \int\limits_1^4 {\left| { - \frac{1}{3}x + \frac{4}{3}} \right|{\mathop{\rm d}\nolimits} x} = \int\limits_0^1 {{x^2}{\mathop{\rm d}\nolimits} x} + \int\limits_1^4 {\left( { - \frac{1}{3}x + \frac{4}{3}} \right){\mathop{\rm d}\nolimits} x}$$= \left. {\frac{{{x^3}}}{3}} \right|_0^1 + \left. {\left( { - \frac{1}{6}{x^2} + \frac{4}{3}x} \right)} \right|_1^4$$= \frac{{11}}{6}$, do đó: $S = \frac{{11}}{6}$ là mệnh đề đúng

a) Sai

Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = \sqrt x$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 0,x = 4$ là $S = \int\limits_0^4 {\sqrt x dx.}$

b) Đúng

Gọi $V$ là thể tích của khối tròn xoay giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = 2{e^x}$, trục hoành và hai đường thẳng$x = 0,x = 4$ khi quay quanh trục $Ox.$

Khi đó, $V = \pi \int\limits_0^4 {{{\left( {2{e^x}} \right)}^2}dx} = \pi \int\limits_0^4 {4{e^{2x}}dx} = \left. {2\pi {e^{2x}}} \right|_0^4 = 2\pi \left( {{e^8} - 1} \right)$

c) Sai

Diện tích của hình H là ${S_H} = \int\limits_0^4 {\left| {2{e^x} - \sqrt x } \right|dx = \int\limits_0^4 {\left( {2{e^x} - \sqrt x } \right)dx} = } \left. {\left( {2{e^x} - \frac{2}{3}x\sqrt x } \right)} \right|_0^4 = 2{e^4} - \frac{{22}}{3}$.

( Vì $2{e^x} - \sqrt x > 0,\forall x \in \left[ {0;4} \right]$)

d) Đúng

Thể tích khối tròn xoay giới hạn bởi hình H khi quay quanh trục Ox là \(V = \pi \int\limits_0^4 {\left| {{{\left( {2{e^x}} \right)}^2} - {{\left( {\sqrt x } \right)}^2}} \right|dx} = \pi \int\limits_0^4 {\left| {4{e^{2x}} - x} \right|dx} = \pi \int\limits_0^4 {\left( {4{e^{2x}} - x} \right)dx} = \left. {\pi \left( {2{e^{2x}} - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^4 = 2\pi \left( {{e^8} - 5} \right)

a) Ta có $S = \int_0^4 {\sqrt x dx}$. Vậy a) Đúng.

b) $S = \int_0^4 {\sqrt x dx} = \frac{2}{3}{x^{\frac{3}{2}}}\left. {} \right|_0^4 = \frac{{16}}{3}$. Vậy b) Sai

c) Ta có $V = \pi \int_0^4 {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2}dx = } \pi \int_0^4 {xdx = } 8\pi$. Vậy c) Đúng

d) $V = \pi \int_0^4 {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2}dx = } \pi \int_0^4 {xdx = } 8\pi$$\Rightarrow {V_1} = \frac{V}{2} = 4\pi$

Tam giác $MOH$quanh trục $Ox$ tạo nên hai khối nón chung đáy. Gọi $N$là hình chiếu vuông góc của $M$ trên trục $Ox$. Suy ra $r = MN = {y_M} = y\left( a \right) = \sqrt a$.

$\Rightarrow {V_1} = \frac{1}{3}.OH.\pi .{r^2} = \frac{1}{3}.4.\pi .{\left( {\sqrt a } \right)^2} = \frac{{4\pi a}}{3}$. Suy ra $4\pi = \frac{{4\pi a}}{3} \Rightarrow a = 3$

Vậy d) Đúng.

Phương trình tiếp tuyến của $\left( P \right)$ tại $A\left( { - 1;0} \right)$ là ${d_2}:y = - 2x - 2$

Phương trình tiếp tuyến của $\left( P \right)$ tại $B\left( {2;3} \right)$ là ${d_1}:y = 4x - 5$

Theo hình vẽ ta suy ra diện tích hình phẳng cần tìm là

$\begin{array}{l}S = \int\limits_{ - 1}^{\frac{1}{2}} {\left( {{x^2} - 1 - \left( { - 2x - 2} \right)} \right)dx + } \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {\left( {{x^2} - 1 - \left( {4x - 5} \right)} \right)dx} \\\,\,\,\,\, = \int\limits_{ - 1}^{\frac{1}{2}} {\left( {{x^2} + 2x + 1} \right)dx + \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {\left( {{x^2} - 4x + 4} \right)dx} } \\\,\,\,\,\, = \left. {\left( {\frac{1}{3}{x^3} + {x^2} + x} \right)} \right|_{ - 1}^{\frac{1}{2}} + \left. {\left( {\frac{1}{3}{x^3} - 2{x^2} + 4x} \right)} \right|_{\frac{1}{2}}^2\\\,\,\,\,\, = \frac{9}{4} = 2{,}25\end{array}$

Ta có ${x^2} + 2x - 3 = kx + 1 \Leftrightarrow {x^2} - \left( {k - 2} \right)x - 4 = 0$

Do $ac = - 4 < 0$ PT trên luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$ thỏa mãn $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_1} + {x_2} = k - 2}\\{{x_1}.{x_2} = - 4}\end{array}} \right.$

Giả sử ${x_1} < {x_2} \Rightarrow S = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left( {{x^2} - \left( {k - 2} \right)x - 4} \right)dx} } \right| = \left| {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{k - 2}}{2}{x^2} - 4x} \right)\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_2}}\\{{x_1}}\end{array}} \right.} \right|$

$= \left| {\frac{1}{3}\left( {x_2^3 - x_1^3} \right) - \frac{{k - 2}}{2}\left( {x_2^2 - x_1^2} \right) - 4\left( {{x_2} - {x_1}} \right)} \right| = \left| {\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left| {\frac{1}{3}\left[ {x_1^2 + x_2^2 + {x_1}.{x_2}} \right]} \right| - \frac{{k - 2}}{2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 4} \right|$

$= \sqrt {{{\left( {{x_2} + {x_1}} \right)}^2} - 4{x_1}.{x_2}} \left| {\frac{1}{3}\left[ {{{\left( {{x_2} + {x_1}} \right)}^2} - {x_1}.{x_2}} \right] - \frac{{k - 2}}{2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 4} \right| = \sqrt {{{\left( {k - 2} \right)}^2} + 16} \left| {\frac{{{{\left( {k - 2} \right)}^2}}}{6} + \frac{8}{3}} \right|$

Vậy S nhỏ nhất khi $k = 2$.

Khi $x \le 1$ ta xét phương trình hoành độ giao điểm $\frac{{10}}{3}x - {x^2} = - x$ giải ra nghiệm $x = 0$

Khi $x > 1$ ta xét phương trình hoành độ giao điểm $\frac{{10}}{3}x - {x^2} = x - 2$ giải ra nghiệm $x = 3$

Vậy diện tích hình phẳng là

$S = \int\limits_0^1 {\left( {\frac{{10}}{3}x - {x^2} + x} \right)dx + } \int\limits_1^3 {\left( {\frac{{10}}{3}x - {x^2} - x + 2} \right)dx = \frac{{13}}{2}.}$

Gọi $S$ là diện tích hình phẳng $\left( H \right)$. Lúc dó $S = 2{S_1} + 2{S_2}$, trong đó ${S_1}$ là diện tích phần gạch sọc ở bên phải $Oy$ và ${S_2}$ là diện tích phần gạch ca rô trong hình vẽ bên.

Gọi$A,$$B$ là các giao diếm có hoành độ dương của đường thẳng $y = k$ và đồ thị hàm số$y = \left| {{x^2} - 1} \right|$, trong đó $A\left( {\sqrt {1 - k} ;k} \right)$ và $B\left( {\sqrt {1 + k} ;k} \right)$.

Thco yêu cầu bài toán $S = 2 \cdot 2{S_1} \Leftrightarrow {S_1} = {S_2}$.

$\Leftrightarrow \int\limits_0^{\sqrt {1 - k} } {\left( {1 - {x^2} - k} \right){\rm{d}}x} {\rm{\;}} = \int\limits_{\sqrt {1 - k} }^1 {\left( {k - 1 - {x^2}} \right){\rm{d}}x} + \int\limits_1^{\sqrt {1 + k} } {\left( {k - {x^2} + 1} \right){\rm{d}}x}$.

$\Leftrightarrow {\rm{\;}}\left( {1 - k} \right)\sqrt {1 - k} - \frac{1}{3}\left( {1 - k} \right)\sqrt {1 - k} = \frac{1}{3} - \left( {1 - k} \right) - \frac{1}{3}\left( {1 - k} \right)\sqrt {1 - k}$.

$+ \left( {1 - k} \right)\sqrt {1 - k} + \left( {1 + k} \right)\sqrt {1 + k} - \frac{1}{3}\left( {1 + k} \right)\sqrt {1 + k} - \left( {1 + k} \right) + \frac{1}{3}$.

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\rm{\;}}\frac{2}{3}\left( {1 + k} \right)\sqrt {1 + k} = \frac{4}{3}\\ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {1 + k} } \right)^3} = 2\\ \Leftrightarrow k = \sqrt[3]{4} - 1 = \sqrt[m]{n} - p\end{array}$.

Vậy $m = 3;n = 4;p = 1 \Rightarrow m + n + p = 8$

Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, xét đường tròn $(C):{x^2} + {y^2} = 25$.

Ta thấy nếu cho nửa trên trục $Ox$ của $\left( C \right)$ quay quanh trục $Ox$ ta được mặt cầu bán kính bằng 5.

Nếu cho hình phẳng $\left( H \right)$ giới hạn bởi nửa trên trục $Ox$ của $\left( C \right)$, trục $Ox$, hai đường thẳng $x = 0,{\rm{ }}x = 3$ quay xung quanh trục $Ox$ ta sẽ được khối tròn xoay chính là một nửa của cái lu.

Ta có ${x^2} + {y^2} = 25 \Leftrightarrow y = \pm \sqrt {25 - {x^2}}$.

$\Rightarrow$ Nửa trên trục $Ox$ của $\left( C \right)$ có phương trình $y = \sqrt {25 - {x^2}}$.

Do đó, thể tích vật thể tròn xoay khi cho $\left( H \right)$ quay quanh $Ox$ là:

${V_1} = \pi \int\limits_0^3 {\left( {25 - {x^2}} \right){\rm{d}}x} = \left. {\pi \left( {25x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^3 = 66\pi$.

$V = 2{V_1} = 132\pi \left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right) \approx 415\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Vậy thể tích nước mà chiếc lu chứa được khoảng $415{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}$.

Theo đề ta có $\int\limits_0^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = F\left( 4 \right) - G\left( 0 \right) + 2m \Rightarrow F\left( x \right)\left| {\mathop {}\limits_0^4 } \right. = F\left( 4 \right) - G\left( 0 \right) + 2m$

$\Rightarrow F\left( 4 \right) - F\left( 0 \right) = F\left( 4 \right) - G\left( 0 \right) + 2m \Rightarrow G\left( 0 \right) - F\left( 0 \right) = 2m$. $\left( 1 \right)$

Mặt khác, do $F\left( x \right)$ và $G\left( x \right)$ là hai nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)$ trên $\mathbb{R}$ nên ta có $G\left( x \right) - F\left( x \right) = C$ (không đổi) với mọi $x \in \mathbb{R}$. $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $G\left( x \right) - F\left( x \right) = 2m > 0$, với mọi $x \in \mathbb{R}$.

Khi đó ta có $S = \int\limits_0^4 {\left| {G\left( x \right) - F\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x = \int\limits_0^4 {{\rm{2}}m.{\rm{d}}x} } = 2mx\left| {\mathop {}\limits_0^4 } \right. = 8m$.

Theo đề ta có $8m = 8 \Leftrightarrow m = 1$.