23 câu Chuyên đề Toán 12 Bài 3: Ứng dụng của tích phân có 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

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

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

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.

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.

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

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

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

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

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.

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	+
\(g\left( x \right)\)	\( + \infty \)		\(g\left( { - 3} \right)\)		\(g\left( 1 \right)\)		\(g\left( 3 \right)\)		\( + \infty \)

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

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.

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

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

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

            \( = \frac{3}{2}\)

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.

Hướng dẫn giải

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

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

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.

Hướng dẫn giải

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

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

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 \(a = \frac{5}{3}\) và \(b = - 2\)

Vậy \(a + b = - \frac{1}{3}\)

Chọn A.

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

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

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 là

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

Chọn C.

Hướng dẫn giải

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

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

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

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

Vậy \(a.b = - 2\).

Chọn D.

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 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 \(OO' = 5\,cm\)là \({V_1}\).

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

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

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

Vì \(\left( P \right)\) 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.

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.