Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 4 lớp 12 (có lời giải) - Đề 2
22 câu hỏi
\[F\left( x \right) = 2{x^3} + C\].
\[F\left( x \right) = \frac{2}{3}{x^3}\].
\[F\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} + C\].
\[F\left( x \right) = \frac{2}{3}{x^3} + C\].
Chọn D.
Ta có: \(\int {2{x^2}dx} = 2\int {{x^2}dx = 2.\frac{{{x^3}}}{3} + C = \frac{{2{x^3}}}{3} + C.} \)\[F\left( x \right) = 2\cos x\].
\[F\left( x \right) = - 2\cos x\].
\[F\left( x \right) = {\sin ^2}x + C\].
\[F\left( x \right) = {\cos ^2}x\].
Chọn B.
Ta có: \(\int {2\sin xdx = 2\int {\sin xdx} } = 2.\left( { - \cos x} \right) = - 2\cos x.\)\(y = \frac{1}{x}\).
\(y = \frac{1}{{x\ln 10}}\).
\(y = \frac{{\ln 10}}{x}\).
\(y = \frac{1}{{x\log 10}}\).
Chọn B.
Ta có: \[F'\left( x \right) = \left( {\log x} \right)' = \frac{1}{{x\ln 10}}\] nên \[F\left( x \right)\] là một nguyên hàm của hàm số \[y = \frac{1}{{x\ln 10}}\]\(F\left( x \right) = \frac{{{e^{2x}}}}{2} + C\).
\[F\left( x \right) = 2{e^{2x}} + C\].
\[F\left( x \right) = {e^{2x}} + C\].
\[F\left( x \right) = 2{e^{2x}} + C\].
Chọn A.
Ta có: \[\int {{e^{2x}}dx = \int {{{\left( {{e^2}} \right)}^x}dx = \frac{{{{\left( {{e^2}} \right)}^x}}}{{\ln {e^2}}} + C = \frac{{{e^{2x}}}}{2} + C} } \].\(\int\limits_a^b {f(x)dx} = - \int\limits_b^a {f(x)dx} \).
\(\int\limits_a^b {kdx} = k(b - a),\forall k \in \mathbb{R}\).
\(\int\limits_a^b {f(x)dx} = \int\limits_a^c {f(x)dx} + \int\limits_c^b {f(x)dx} \) với \(c \in \left[ {a;b} \right]\).
\(\int\limits_a^b {f(x)dx} = \int\limits_b^a {f(x)dx} \).
Chọn D.
Theo tính chất tích phân A,B,C đúng
Đáp án D sai vì: \(\int\limits_a^b {f(x)dx} = - \int\limits_b^a {f(x)dx} \).\(I = 6\).
\(I = 5\).
\(I = 2\).
\(I = 4\).
Chọn A.
Ta có \(I = \int\limits_0^2 {(2x + 1)dx} = \left. {\left( {{x^2} + x} \right)} \right|_0^2 = 4 + 2 = 6\).
32.
- 40.
36.
40
Chọn B.
Ta có: \(\int\limits_5^2 {4f(x)dx} = - 4\int\limits_2^5 {f(x)dx = - 4.10 = - 40} \).\(I = 168\).
\(I = - 17\).
\(I = 31\).
\(I = 17\).
Chọn D.
Ta có \(24 = \int\limits_1^9 {f(x)} dx = \int\limits_1^4 {f(x)} dx + \int\limits_4^5 {f(x)} dx + \int\limits_5^9 {f(x)} dx = 7 + I \Leftrightarrow I = 24 - 7 = 17\).\(f\left( x \right) = 6{x^2} - 2 + x\).
\(f\left( x \right) = \frac{1}{2}{x^4} - {x^2} + x\).
\(f\left( x \right) = \frac{1}{2}{x^4} - {x^2} + x + C\).
\(f\left( x \right) = 6{x^2} - 2\).
Chọn D
Ta có: \(f(x) = F'(x) = {\left( {2{x^3} - 2x + 1} \right)^\prime } = 6{x^2} - 2\).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(13\).
12.
\(11\).
\( - 2\).
Chọn B
Ta có \[\int\limits_{ - 1}^2 {\left[ {2x + f'\left( x \right)} \right]} {\rm{d}}x = \left. {\left[ {{x^2} + f\left( x \right)} \right]} \right|_{ - 1}^2 = 3 + f\left( 2 \right) - f\left( { - 1} \right) = 3 + 10 - 1 = 12.\]\(V = \pi \int\limits_0^2 {{e^{2x}}} \;{\rm{d}}x\).
\(V = \int\limits_0^2 {{e^x}} \;{\rm{d}}x\).
\(V = \pi \int\limits_0^2 {{e^x}} \;{\rm{d}}x\).
\(V = \int\limits_0^2 {{e^{2x}}} \;{\rm{d}}x\).
Chọn A
Hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = {e^x},\,\,y = 0,\,\,x = 0,\,\,x = 2\) quay quanh \(Ox\)sẽ tạo thành một khối tròn xoay có thể tích bằng \(V = \pi \int\limits_a^b {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}dx} = \pi \int\limits_0^2 {{e^{2x}}} \;{\rm{d}}x\).\(s\left( t \right) = \int\limits_0^{\frac{{3\pi }}{4}} {\left( {1 + \sin t} \right)} {\rm{d}}t\).
\[s\left( t \right) = \int\limits_0^{\frac{{3\pi }}{4}} {{{\left( {1 + \sin t} \right)}^2}} {\rm{d}}t\].
\(s(t) = \left| {\int_0^{\frac{{3\pi }}{4}} {(1 - \cos t)} {\rm{d}}t} \right|\).
\(s(t) = v\left( {\frac{{3\pi }}{4}} \right) - v(0)\).
Chọn A
Gọi \(s(t)\)là quãng đường mà vật di chuyển trong khoảng thời gian từ \(t = 0\) (giây) đến \(t = \frac{{3\pi }}{4}\) (giây). Mà \(s'(t) = v(t)\) nên ta có \(s(t) = \int_0^{\frac{{3\pi }}{4}} {(1 + \sin t)} {\rm{d}}t\).
Có \(\int {\left( {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right)} {\rm{d}}x = F\left( x \right) - G\left( x \right) + C\).
\(\int {g\left( x \right){\rm{d}}x} = {5^x}\ln 5 - {e^x} + {C_2}\).
Biết \(F\left( 0 \right) = 5;G\left( 0 \right) = \frac{1}{{\ln 5}} - 1\). Ta có \(F\left( 1 \right) - G\left( 1 \right) = \frac{{67}}{5} - \frac{5}{{\ln 5}} + e\).
a) Theo tính chất nguyên hàm ta có: \(\int {\left( {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right)} {\rm{d}}x = F\left( x \right) - G\left( x \right) + C\).
Suy ra mệnh đề a đúng.
b) Ta có:
\(\int {g\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {{5^x} - {e^x}} \right){\rm{d}}x} = \frac{{{5^x}}}{{\ln 5}} - {e^x} + {C_2}\)
Suy ra mệnh đề b sai.
Suy ra mệnh đề c sai.
d) Ta có:
mà \(F\left( 0 \right) = 5 \Rightarrow {C_1} = 5 \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{2}{5}{x^{\frac{5}{2}}} + 8x + 5\)
Ta có: \(G\left( x \right) = \frac{{{5^x}}}{{\ln 5}} - {e^x} + {C_2}\)
mà \(G\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow \frac{1}{{\ln 5}} - 1 + {C_2} = \frac{1}{{\ln 5}} - 1 \Leftrightarrow {C_2} = 0\)
\( \Rightarrow G\left( x \right) = \frac{{{5^x}}}{{\ln 5}} - {e^x}\)
Do đó: \(F\left( 1 \right) - G\left( 1 \right) = \frac{2}{5} + 8 + 5 - \frac{5}{{\ln 5}} + e = \frac{{67}}{5} - \frac{5}{{\ln 5}} + e\).
Suy ra mệnh đề d đúng.
Cho đồ thị như hình vẽ
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \[y = \sqrt {2x} \] và \[y = 4 - x\] là \[x = 2\].
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y = \sqrt {2x} \], trục hoành và hai đường thẳng \[x = 0,{\rm{ }}x = 2\] là \[{S_1} = \int\limits_0^2 {2xdx} \].
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y = 4 - x\], trục hoành và hai đường thẳng \[x = 2,{\rm{ }}x = 4\] là \[{S_2} = \int\limits_0^2 {(x - 4)dx} \].
Diện tích hình phẳng \[S\] giới hạn bởi các đồ thị hàm số \[y = \sqrt {2x} ,\] \[y = 4 - x\] và trục hoành \[Ox\] (như hình vẽ) được tính bởi công thức \[S = \int\limits_0^2 {\sqrt {2x} {\rm{d}}x} + \int\limits_2^4 {\left( {4 - x} \right){\rm{d}}x} .\]
a) Đúng.
\[{\rm{ }}\sqrt {2x} = 4 - x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 4\\{x^2} - 10x + 16 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2\]
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \[y = \sqrt {2x} \] và \[y = 4 - x\] là \[x = 2\].
b) Sai.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y = \sqrt {2x} \], trục hoành và hai đường thẳng \[x = 0,{\rm{ }}x = 2\] là \[{S_1} = \int\limits_0^2 {\sqrt {2x} dx} \].
c) Sai.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y = 4 - x\], trục hoành và hai đường thẳng \[x = 2,{\rm{ }}x = 4\] là \[{S_2} = \int\limits_2^4 {(4 - x)dx} \].
d) Đúng.
Diện tích hình phẳng \[S\] giới hạn bởi các đồ thị hàm số \[y = \sqrt {2x} ,\] \[y = 4 - x\] và trục hoành \[Ox\] (như hình vẽ) được tính bởi công thức \[S = \int\limits_0^2 {\sqrt {2x} {\rm{d}}x} + \int\limits_2^4 {\left( {4 - x} \right){\rm{d}}x} .\]\(\int\limits_0^2 {\left( {3{x^2} - 2{{\rm{e}}^x}} \right){\rm{d}}x} = 6 - 2{{\rm{e}}^2}\).
Nước chảy từ đáy của một bồn chứa với tốc độ \(k\left( t \right) = 250 - 6t\) (lít/phút), trong đó \(0 \le t \le 45\). Lượng nước chảy ra khỏi bồn chứa trong \(10\) phút đầu tiên bằng \(2200\) (lít).
\(\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {{{\tan }^2}x - {{\cot }^2}x} \right){\rm{d}}x} = a - \frac{b}{c}\sqrt 3 \) với \(a,\;b,\;c \in \mathbb{N},\;c \ne 0\) và \(\frac{b}{c}\) tối giản thì \(a + b + c = 9\).
\(\int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\left| {{{\cos }^2}x - \sin x\cos x} \right|{\rm{d}}x} = a + b\pi - c\sqrt 3 \) với \(a,\;b,\;c \in \mathbb{Q}\) thì \(a - c + b = \frac{5}{6}\).
a). SAI
\[\int\limits_0^2 {\left( {3{x^2} - 2{{\rm{e}}^x}} \right){\rm{d}}x} = 3\int\limits_0^2 {{x^2}{\rm{d}}x} - 2\int\limits_0^2 {{{\rm{e}}^x}{\rm{d}}x} = \left. {{x^3}} \right|_0^2 - \left. {2{{\rm{e}}^x}} \right|_0^2 = 8 - \left( {2{{\rm{e}}^2} - 2} \right) = 10 - 2{{\rm{e}}^2}\].
b). ĐÚNG
Lượng nước chảy ra khỏi bồn chứa trong \(10\) phút đầu tiên là
\[V = \int\limits_0^{10} {k\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_0^{10} {\left( {250 - 6t} \right){\rm{d}}t} = \left. {\left( {250t - 3{t^2}} \right)} \right|_0^{10} = 2200\] (lít).
c). ĐÚNG
Ta có \(\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {{{\tan }^2}x - {{\cot }^2}x} \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 1 - \frac{1}{{{{\sin }^2}x}} + 1} \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} - \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}} \right){\rm{d}}x} \)
\[ = \left. {\left( {\tan x + \cot x} \right)} \right|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} = 2 - \left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }} + \sqrt 3 } \right) = 2 - \frac{4}{3}\sqrt 3 \]. Do đó \(a + b + c = 9\).
d). SAI
\(\int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\left| {{{\cos }^2}x - \sin x\cos x} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\left( {\left| {\cos x} \right|.\left| {\cos x - \sin x} \right|} \right){\rm{d}}x} \)
Ta có \(\cos x > 0\) với mọi \(x \in \left[ {0;\frac{\pi }{3}} \right]\) và phương trình \(\cos x - \sin x = 0\) có nghiệm \(x = \frac{\pi }{4}\) trên đoạn \(\left[ {0;\frac{\pi }{3}} \right]\).
Do đó \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\left( {\left| {\cos x} \right|.\left| {\cos x - \sin x} \right|} \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\left[ {\cos x.\left( {\cos x - \sin x} \right)} \right]{\rm{d}}x} - \int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} {\left[ {\cos x.\left( {\cos x - \sin x} \right)} \right]{\rm{d}}x} \)
\( = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\left( {{{\cos }^2}x - \sin x\cos x} \right){\rm{d}}x} - \int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} {\left( {{{\cos }^2}x - \sin x\cos x} \right){\rm{d}}x} \)
\( = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\left( {1 + \cos 2x - \sin 2x} \right){\rm{d}}x} - \frac{1}{2}\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} {\left( {\left( {1 + \cos 2x - \sin 2x} \right)} \right){\rm{d}}x} \)
\( = \left. {\frac{1}{2}\left( {x + \frac{1}{2}\sin 2x + \frac{1}{2}\cos 2x} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{4}} - \left. {\frac{1}{2}\left( {x + \frac{1}{2}\sin 2x + \frac{1}{2}\cos 2x} \right)} \right|_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}\)
\( = \frac{\pi }{8} + \frac{1}{4} - \left[ {\frac{\pi }{6} + \frac{{\sqrt 3 }}{8} - \frac{1}{8} - \left( {\frac{\pi }{8} + \frac{1}{4}} \right)} \right] = \frac{\pi }{8} + \frac{1}{4} - \frac{\pi }{6} - \frac{{\sqrt 3 }}{8} + \frac{3}{8} + \frac{\pi }{8} = \frac{5}{8} + \frac{\pi }{{12}} - \frac{{\sqrt 3 }}{8}\)
Do đó \(a = \frac{5}{8},\;b = \frac{1}{{12}},\;c = \frac{1}{8} \Rightarrow a - c + b = \frac{1}{2} - \frac{1}{{12}} = \frac{5}{{12}}\).Một chiếc cổng có dạng là một parabol \[\left( P \right)\] có kích thước như hình vẽ, biết chiều cao cổng bằng chiều rộng của cổng và bằng \[4\,m\,\]( Tham khảo hình vẽ). Người ta thiết kế cửa đi là một hình chữ nhật \[CDEF\,\], phần còn lại dùng để trang trí. Biết chi phí phần tô đậm là 1.000.000 đồng/\[{m^2}\].
Chọn hệ trục tọa độ\[Oxy\], như hình vẽ thì phương trình của đường cong \[\left( P \right)\] cánh cổng là \[y = f\left( x \right) = - {x^2} + 4\].
Nếu chiều cao cửa đi là \(CD = 2m\) thì chiều rộng của cửa là \(CF = 2\sqrt 2 m\).
Nếu chiều cao cửa đi là \(CD = 2m\) thì chi phí để trang trí phần tô đậm là \[\left( {\frac{{32 - 6\sqrt 2 }}{3}} \right)\] triệu đồng.
Số tiền ít nhất dùng để trang trí phần tô đậm ( làm tròn đến hàng nghìn đồng) là \[4.508.000\] đồng.
a). ĐÚNG
Từ hình vẽ, ta có parabol \[\left( P \right)\] có dạng:\[y = a{x^2} + bx + c\,;\,\,\,a\,,\,b,c\, \in \mathbb{R}\].
Do \[\left( P \right)\] có đồ thị là parabol có đỉnh \[\left( {0\,;\,4} \right)\] và đi qua điểm có tọa độ là \[\left( {2\,;\,\,0} \right)\,\] nên \(\left\{ \begin{array}{l}b = 0\\c = 4\\4a + 2b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 0\\c = 4\end{array} \right.\). Vậy \[\left( P \right)\] có phương trình \[y = - {x^2} + 4\].
b). ĐÚNG
Theo giả thiết điểm \(D\) thuộc đồ thị \[\left( P \right)\]có tung độ bằng 2 suy ra hoành độ là nghiệm phương trình \[ - {x^2} + 4 = 2 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 2 \]. Theo đồ thị điểm D có hoành độ dương nên \[D\left( {\sqrt 2 \,;\,2} \right)\]
Chiều rộng của cửa là \(CF = 2.OD = 2\sqrt 2 \left( m \right)\).
c) SAI
Ta có, diện tích của \[\left( P \right)\] tạo với trục hoành là: \[S = \int_{ - 2}^2 {\left( { - {x^2} + 4} \right){\rm{d}}} x = \frac{{32}}{3}\,{m^2}\].
Diện tích hình chữ nhật \[CDEF\] là \[{S_{CDEF}} = 2.2\sqrt 2 = 4\sqrt 2 \]
Diện tích cần trang trí là \[{S_1} = S - {S_{CDEF}} = \frac{{32}}{3} - 4\sqrt 2 = \frac{{32 - 12\sqrt 2 }}{3}\].
Chi phí để trang trí phần tô đậm là \[\left( {\frac{{32 - 12\sqrt 2 }}{3}} \right).1000000\] ( đồng)
d) ĐÚNG
Ta có, diện tích của \[\left( P \right)\] tạo với trục hoành là: \[S = \int_{ - 2}^2 {\left( { - {x^2} + 4} \right){\rm{d}}} x = \frac{{32}}{3}\,{m^2}\].
Ta gọi điểm \[C\left( {a\,;\,0} \right) \Rightarrow D\left( {a\,;\, - {a^2} + 4} \right)\,;\,0 < a < 2\].
Do đó, diện tích của hình chữ nhật\[CDEF\] là:\[{S_{CDEF}}\, = \,2a\left( {4 - {a^2}} \right) = 8a - 2{a^3}\].
Theo đề bài, để phần trang trí, có chi phí nhỏ nhất thì diện tích của hình chữ nhật \[CDEF\] đạt giá trị lớn nhất.
Do cổng chào đối xứng qua trục tung nên ta đặt: \[g\left( a \right) = \frac{{{S_{CDEF}}}}{2} = 4a - {a^3}\,,\,0 < a < 2\].
\[ \Rightarrow g'\left( a \right) = 4 - 3{a^2}\, \Rightarrow g'\left( a \right) = 0 \Rightarrow a = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\].
Ta có, BBT:
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra diện tích hình chữ nhật \[CDEF\] đạt giá trị lớn nhất là
\[\frac{{32\sqrt 3 }}{9}\,{m^2}\]. Vậy, diện tích nhỏ nhất của phần dùng để trang trí là \[\frac{{96 - 32\sqrt 3 }}{9}\,{m^2}\].
Do đó, số tiền ít nhất dùng để trang trí phần tô đậm là \[\left( {\frac{{96 - 32\sqrt 3 }}{9}} \right).1000000 = \,4508263,795 \approx \,4.508.000\] đồng.Cho hình vuông \(OABC\) có cạnh bằng \(4\) được chia thành hai phần bởi đường cong \(\left( C \right)\) có phương trình \(y = \frac{1}{4}\,{x^2}\). Gọi \({S_1},{S_2}\) lần lượt là diện tích của phần không bị gạch và bị gạch như hình vẽ bên dưới. Tính tỉ số \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}}\) bằng
Diện tích phần bị gạch là \({S_2} = \int\limits_0^4 {\frac{1}{4}{x^2}dx} = \frac{1}{4}.\frac{{{x^3}}}{3}\left| \begin{array}{l}4\\0\end{array} \right. = \frac{{16}}{3}\) (đvdt).
Diện tích phần không bị gạch là \({S_1} = 16 - \frac{{16}}{3} = \frac{{32}}{3}\) (đvdt).
Vậy \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = 2\).Mặt trong của một hầm biogas có hình dạng là một phần của mặt cầu đã cắt bỏ hai phần của nó bằng hai mặt phẳng song song với nhau (như hình vẽ). Bán kính của mặt cầu bằng \[2,5m\]. Mặt đáy phía dưới cách tâm một khoảng bằng\[1,5m\]. Mặt đáy phía trên cách tâm một khoảng bằng \[2m\]. Tính gần đúng thể tích phần bên trong của hầm biogas đó (đơn vị là \[{m^3}\] và kết quả làm tròn đến hàng phần mười)
Phần giải chi tiết
Trên hệ trục \[Oxy\] xét đường tròn \[(C)\]có phương trình \[{x^2} + {y^2} = 2,{5^2}\]. Khi đó nửa phần trên trục hoành của \[(C)\] có phương trình \[y = \sqrt {2,{5^2} - {x^2}} \]. Xét hình phẳng \[(H)\]giới hạn bởi nửa phần trên trục hoành của \[(C)\], trục \[Ox\] và các đường thẳng \[x = - 1,5,\,x = 2\]. Quay hình phẳng \[(H)\] quanh trục hoành ta được khối tròn xoay có thể tích bằng thể tích phần không gian phía trong của hầm biogas.
Thể tích phần không gian bên trong hầm biogas được tính bởi công thức \[V = \pi \int\limits_{ - 1,5}^2 {2,{5^2} - {x^2}} dx = \frac{{217}}{{12}}\pi \approx 56,8\]Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}0 = \sqrt x \Rightarrow x = 0\\0 = x - 2 \Rightarrow x = 2\\\sqrt x = x - 2 \Rightarrow x = 4\end{array} \right.\)
Dựa vào hoành độ giao điểm của ba đường ta có diện tích hình phẳng gồm hai phần. Phần thứ nhất giới hạn bởi \(y = \sqrt x \), \(y = 0\)và \(x = 0;\,\,x = 2\). Phần thứ hai giới hạn bởi \(y = \sqrt x \), \(y = x - 2\)và \(x = 2;\,\,x = 4\).
Thể tích vật thể bằng:
\(V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2}{\rm{d}}x} + \pi \int\limits_2^4 {\left| {{{\left( {x - 2} \right)}^2} - {{\sqrt x }^2}} \right|{\rm{d}}x} \)\( = \pi \int\limits_0^2 {x{\rm{d}}x} + \pi \int\limits_2^4 {\left( {x - {{\left( {x - 2} \right)}^2}} \right){\rm{d}}x} \)
\( = \pi \left. {\frac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^2 + \pi \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} - \frac{{{{\left( {x - 2} \right)}^3}}}{3}} \right)} \right|_2^4 = \frac{{16\pi }}{3}\).
Suy ra \[a = 16;b = 3\].
Do đó \[V = 128.16 - 8.3 = 2024\].Khi ô tô dừng lại, ta có \[v\left( t \right) = 0 \Rightarrow - 2t + 20 = 0 \Leftrightarrow t = 10(s)\].
Quãng đường ô tô đi được từ lúc đạp phanh đến khi dừng lại là
\[s = \int\limits_0^{10} {v\left( t \right)dt = \int\limits_0^{10} {\left( { - 2t + 20} \right)dt = \left( { - {t^2} + 20t} \right)} } \left| {_0^{10}} \right. = 100\left( m \right)\]
Trong 5 giây trước đó, ô tô vẫn đi với vận tốc \(20\left( {m/s} \right)\) nên quãng đường ô tô đi được trong 5 giây này là \[5.20 = 100\left( m \right)\].
Vậy quãng đường mà ô tô đi được trong 15 giây cuối bằng \[100 + 100 = 200\left( m \right)\].Một cốc rượu có hình dạng tròn xoay (không kể phần chân đế) có kích thước như hình vẽ bên dưới. Thiết diện dọc của cốc (bổ dọc cốc thành 2 phần bằng nhau) là một đường Parabol. Tính thể tích rượu tối đa mà cốc có thể chứa được (làm tròn đến hàng đơn vị, đơn vị đo thể tích là cm3)
Parabol có phương trình \[y = \frac{5}{8}{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = \frac{8}{5}y\]
Thể tích tối đa cốc:
\[V = \pi \int\limits_0^{10} {\left( {\frac{8}{5}y} \right)} .dy \approx 251,33\].
Chọn hệ toạ độ \[Oxy\] sao cho \[O\] trùng với giao điểm của \(AB\) và \(CD\); các tia lần lượt trùng với các tia \(OB\),\(OD\). Ta có:
Phương trình đường tròn lớn tâm \[O\] là: \({x^2} + {y^2} = 25 \Leftrightarrow y = \pm \sqrt {25 - {x^2}} \).
Phương trình đường tròn nhỏ tâm \[I\] là: \({\left( {x - 4} \right)^2} + {y^2} = 4 \Leftrightarrow y = \pm \sqrt {4 - {{\left( {x - 4} \right)}^2}} \).
Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường tròn là: \(4 - {\left( {x - 4} \right)^2} = 25 - {x^2} \Leftrightarrow x = \frac{{37}}{8}\).
Gọi \(S,{S_t},S'\) lần lượt là diện tích một mặt của chi tiết, diện tích đường tròn tâm \[O\] và diện tích phần gạch sọc.
Ta có: \(S = {S_t} - 4S' = 25\pi - 4.\left( {2\int\limits_2^{\frac{{37}}{8}} {\sqrt {4 - {{\left( {x - 4} \right)}^2}} dx + 2\int\limits_{\frac{{37}}{8}}^5 {\sqrt {25 - {x^2}} dx} } } \right)\)
Vậy chi phí để sơn hoàn thiện chi tiết máy là: \(x = S.2.1000 \approx 79,5\)( nghìn đồng).Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 21](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-3izficdefgfoel0s9j8s-1786772791.jpg&w=3840&q=75)
