Đề kiểm tra Tích phân lớp 12 (có lời giải) - Đề 3
22 câu hỏi
\( - 15\).
\( - 12\).
\( - 14\).
\( - 4\).
\[ - 29\].
\[ - 31\].
\[1\].
\[29\].
Ta có \(\int\limits_1^3 {\left[ {3f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right]dx} = 3\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx - 2} \int\limits_1^3 {g\left( x \right)dx} = 3.5 - 2.\left( { - 7} \right) = 29\).
\(8\).
\(10\).
\(9\).
\(\frac{{26}}{3}\).
\(11\).
\(9\).
\(10\).
\( - 9\).
\(9\).
\( - 9\).
\(10\).
\(11\).
Ta có
\(\int\limits_1^5 {f\left( x \right)} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x = \int\limits_1^3 {f\left( x \right)} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x + \int\limits_3^5 {f\left( x \right)} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x \Rightarrow 10 = \int\limits_1^3 {f\left( x \right)} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x + 1 \Rightarrow \int\limits_1^3 {f\left( x \right)} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x = 9\).\(2.\).
\( - 8.\).
\( - 5.\).
\(3.\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\int\limits_0^3 {\left[ {4f\left( x \right) + 3{x^2}} \right]{\rm{d}}x} = 7 \Leftrightarrow \int\limits_0^3 {4f\left( x \right){\rm{d}}x + \int\limits_0^3 {3{x^2}{\rm{d}}x} } = 7\\ \Leftrightarrow 4\int\limits_0^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x + \int\limits_0^3 {3{x^2}{\rm{d}}x} } = 7 \Leftrightarrow 4\int\limits_0^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x + 27} = 7 \Leftrightarrow 4\int\limits_0^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = - 20 \Leftrightarrow \int\limits_0^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = - 5\end{array}\).\(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} = F\left( b \right) + F\left( a \right)\).
\(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} = F\left( b \right) - F\left( a \right)\).
\[\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} = F\left( a \right) - F\left( b \right)\].
\(\smallint f\left( x \right)dx = f\left( b \right) - f\left( a \right)\).
\(P = 7\).
\(P = - 4\).
\(P = 4\).
\(P = 10\).
Ta có \(\int\limits_0^{10} {f\left( x \right){\rm{d}}x = 7} \)\( \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_2^6 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_6^{10} {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 7\)
\( \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_6^{10} {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 7 - 3 = 4\). Vậy \(P = 4\).\[55m\].
\[25m\].
\[50m\].
\[16m\].
Ta có \[ - 2t + 10 = 0 \Leftrightarrow t = 5 \Rightarrow \] Thời gian tính từ lúc bắt đầu đạp phanh đến khi dừng hẳn là \[5\] giây. Vậy trong \[8\] giây cuối cùng thì có \[3\] giây ô tô chuyển động với vận tốc \[10m/s\] và \[5\] giây chuyển động chậm dần đều với vận tốc \[v\left( t \right) = - 2t + 10\left( {m/s} \right)\].
Khi đó quãng đường ô tô di chuyển là \[S = 3.10 + \int\limits_0^5 {\left( { - 2t + 10} \right)} dt = 30 + 25 = 55m\].
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\[1\].
\[3\].
\[4\].
\[2\].
\(S = - 3\).
\(S = 5\).
\(S = 9\).
\(S = 11\).
Ta có \[\left| {x - 2} \right| = \left\{ \begin{array}{l}x - 2.{\rm{ Khi }}x \ge 2\\2 - x.{\rm{ Khi }}x \le 2\end{array} \right.\].
Do đó \(I = \int\limits_1^2 {\frac{{2\left| {x - 2} \right| + 1}}{x}} {\rm{ d}}x + \int\limits_2^5 {\frac{{2\left| {x - 2} \right| + 1}}{x}{\rm{ }}} {\rm{d}}x\).
\( = \int\limits_1^2 {\frac{{2\left( {2 - x} \right) + 1}}{x}} {\rm{ d}}x + \int\limits_2^5 {\frac{{2\left( {x - 2} \right) + 1}}{x}{\rm{ }}} {\rm{d}}x\).
\( = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{5}{x} - 2} \right)} {\rm{ d}}x + \int\limits_2^5 {\left( {2 - \frac{3}{x}} \right){\rm{ }}} {\rm{d}}x\).
\[ = \left( {5\ln x - 2x} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}2\\1\end{array} + } \right.\left( {2x - 5\ln x} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}5\\2\end{array}} \right.\].
\[ = 4 + 8\ln 2 - 3\ln 5\].Đồ thị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 3;\,5} \right]\) như hình vẽ dưới đây(phần cong của đồ thị là một phần của Parabol \(y = a{x^2} + bx + c\)). Tính \(I = \int\limits_{ - 2}^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \).
![Đồ thị của hàm số y = f(x) trên đoạn [ -3;5 ] như hình vẽ dưới đây (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/01/blobid28-1769862451.png)
\[I = \frac{{53}}{3}\].
\[I = \frac{{97}}{6}\].
\[I = \frac{{43}}{2}\].
\[I = \frac{{95}}{6}\].
![Đồ thị của hàm số y = f(x) trên đoạn [ -3;5 ] như hình vẽ dưới đây (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/01/blobid29-1769862486.png)
Ta có \(I = \int\limits_{ - 2}^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \) bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi \({\Delta _1}\), \({\Delta _2}\), Parabol \(\left( P \right)\), \(x = - 2\), \(x = 3\).
Với \({\Delta _1}\)qua \(E\left( { - 3;\,0} \right)\), \(D\left( {0;4} \right)\)nên có pt: \(y = \frac{4}{3}x + 4\); \({\Delta _2}\) qua \(D\left( {0;4} \right)\), \(C\left( {1;\,3} \right)\) nên có phương trình: \(y = - x + 4\); \(\left( P \right):y = a{x^2} + bx + c\) qua \(C\left( {1;\,3} \right)\)và có đỉnh \(A\left( {2;4} \right)\)nên \(\left\{ \begin{array}{l}a + b + c = 3\\\frac{{ - b}}{{2{\rm{a}}}} = 2\\4{\rm{a}} + 2b + c = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 4\\c = 0\end{array} \right. \Rightarrow y = - {x^2} + 4x\).
Vậy \(I = \int\limits_{ - 2}^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 2}^0 {\left( {\frac{4}{3}x + 4} \right){\rm{d}}x + \int\limits_0^1 {\left( { - x + 4} \right){\rm{d}}x + \int\limits_1^3 {\left( { - {x^2} + 4x} \right){\rm{d}}x} } = \frac{{97}}{6}} \).Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \[\left( P \right)\], \[Ox\] và 2 đường thẳng \[x = 0,\,\,x = 1\] bằng 1.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \[\left( P \right)\], đường thẳng \[\Delta :y = 2x\] và 2 đường thẳng \[x = 0,\,\,x = 2\] bằng 3.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \[\left( P \right)\], đường thẳng \[d:y = 3x - 2\]bằng 4.
Cho parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) và hai điểm \(A,B\) thuộc \(\left( P \right)\) sao cho \(AB = 2\). Diện tích lớn nhất của hình phẳng giới hạn bởi \(\left( P \right)\)và đường thẳng \(AB\) là \[\frac{4}{3}.\]
a) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \[\left( P \right)\], \[Ox\] và 2 đường thẳng\[x = 0,\,\,x = 1\] được xác định bởi công thức:\[S = \int\limits_0^1 {{x^2}{\rm{d}}x} = \frac{1}{3}.\]
Vậy khẳng định a) là sai.
b) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \[\left( P \right)\], đường thẳng \[\Delta :y = 2x\] và 2 đường thẳng \[x = 0,\,\,x = 2\] được xác định bởi công thức: \[S = \int\limits_0^2 {\left| {{x^2} - 2x} \right|{\rm{d}}x} = \frac{4}{3}.\]
Vậy khẳng định b) là sai.
c) Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \[d\] và đồ thị \[\left( P \right):\]
\[{x^2} = 3x - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right..\]
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \[\left( P \right)\], đường thẳng \[d:y = 3x - 2\] được xác định bởi công thức: \[S = \int\limits_1^2 {\left| {{x^2} - 3x + 2} \right|{\rm{d}}x} = \frac{1}{6}.\]
Vậy khẳng định c) là sai.
d) Gọi phương trình đường thẳng \(AB\)là: \(y = ax + b\) \(\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\)
Phương trình giao điểm của \(AB\)và \(\left( P \right)\)là: \({x^2} - ax - b = 0\)
Để có 2 điểm \(A,B\) thì \({a^2} + 4b > 0\). khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}A\left( {{x_1};a{x_1} + b} \right)\\B\left( {{x_2};a{x_2} + b} \right)\\{x_1} + {x_2} = a\\{x_1}{x_2} = - b\end{array} \right.\)
Nên \[AB = 2 \Leftrightarrow \sqrt {\left( {{a^2} + 1} \right)} \left| {{x_2} - {x_1}} \right| = 2\]
Giả sử \[{x_2} > {x_1}\] ta có \[\left| {{x_2} - {x_1}} \right| = \frac{2}{{\sqrt {\left( {{a^2} + 1} \right)} }} \le 2\]
Mặt khác: \[\left| {{x_2} - {x_1}} \right| = \sqrt {{{\left( {{x_2} + {x_1}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} = \sqrt {{a^2} + 4b} \]
Khi đó \[S = \int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {ax + b - {x^2}} {\rm{d}}x = \frac{a}{2}\left( {x_2^2 - x_1^2} \right) + b\left( {{x_2} - {x_1}} \right) - \frac{1}{3}\left( {x_2^3 - x_1^3} \right)\]
\[ = \left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left[ {\frac{a}{2}\left( {{x_2} + {x_1}} \right) + b - \frac{1}{3}\left( {x_2^2 + {x_1}{x_2} + x_1^2} \right)} \right]\]
\[ = \left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left[ {\frac{a}{2}.a + b - \frac{1}{3}\left( {{a^2} + b} \right)} \right]\]\[ = \left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left[ {\frac{{{a^2}}}{b} + \frac{{2b}}{3}} \right]\]\[ = \frac{{{a^2} + 4b}}{6}\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\]\[ = \frac{{{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^3}}}{6} \le \frac{8}{6} = \frac{4}{3}\].
Suy ra: \({S_{max}} = \frac{4}{3}\) khi \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\{x_2} - {x_1} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 0\\{x_1} = {x_2} = 1\end{array} \right.\) (thỏa mãn vì \(\left( P \right)\) có tính đối xứng)
\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A\left( {1;1} \right)\\B\left( { - 1;1} \right)\end{array} \right.\] hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}A\left( { - 1;1} \right)\\B\left( {1;1} \right)\end{array} \right.\).
Vậy khẳng định d) là đúng.Cho tam giác vuông \(OAB\) có cạnh \(OA = a\) nằm trên tục \(Ox\) và \(\widehat {AOB} = \alpha \left( {0 < \alpha < \frac{\pi }{2}} \right)\). Gọi \[\beta \] là khối tròn xoay sinh ra khi quay miền tam giác \(OAB\) xung quanh trục \(Ox\).
Khi \(\alpha = \frac{\pi }{4}\) thì \[OB = x\].
Khi \(\alpha = \frac{\pi }{6}\) thì thể tích \(V\) của khối \[\beta \] là \[\frac{{\pi {a^3}}}{9}\] (đvtt).
Khi thể tích \(V\) của khối \[\beta \] là \(\frac{{4\pi {a^3}}}{3}\) thì giá trị \(\cos \alpha < \frac{1}{2}\).
Khi \(\tan \alpha = \cot \alpha \) thì thể tích \(V\) của khối \[\beta \] là \[\frac{{\pi {a^3}}}{3}\].
|
a) Đ |
b) Đ |
c) Đ |
d) Đ |
a) Đúng.
Do \(OB\) đi qua gốc tọa độ và tạo với \(Ox\) một góc \(\frac{\pi }{4}\) nên \(OB:y = \tan \frac{\pi }{4}x = x\).
b) Đúng.
Do \(OB\) đi qua gốc tọa độ và tạo với \(Ox\) một góc \(\frac{\pi }{6}\) nên \(OB:y = \tan \frac{\pi }{6}x = \frac{x}{{\sqrt 3 }}\).
Khi đó, thể tích của khối \(\beta \) theo \[V = \pi \int\limits_0^a {{{\left( {\frac{x}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \pi \int\limits_0^a {\frac{{{x^2}}}{3}{\rm{d}}x} = \left. {\frac{{\pi {x^3}}}{9}} \right|_0^a = \frac{{\pi {a^3}}}{9}\] (đvtt).
c) Đúng.
Do \(OB\) đi qua gốc tọa độ và tạo với \(Ox\) một góc \(\alpha \) nên \(OB:y = \tan \alpha .x\).
Khi đó, thể tích của khối \(\beta \) theo \(V = \pi \int\limits_0^a {{{\left( {\tan \alpha .x} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \left. {\frac{{\pi {{\tan }^2}\alpha .{x^3}}}{3}} \right|_0^a = \frac{{\pi {{\tan }^2}\alpha .{a^3}}}{3}\) (đvtt).
Do \(V = \frac{{4\pi {a^3}}}{3} \Leftrightarrow \frac{{\pi {{\tan }^2}\alpha .{a^3}}}{3} = \frac{{4\pi {a^3}}}{3} \Leftrightarrow {\tan ^2}\alpha = 4 \Rightarrow \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} = {\tan ^2}\alpha + 1 = 5 \Rightarrow \cos \alpha = \frac{{ \pm 1}}{{\sqrt 5 }}\).
Mặt khác \(0 < \alpha < \frac{\pi }{2}\) nên \(\cos \alpha = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\).
d) Đúng.
Ta có: Do \(OB\) đi qua gốc tọa độ và tạo với \(Ox\) một góc \(\alpha \) nên \(OB:y = \tan \alpha .x\).
Khi đó, thể tích của khối \(\beta \) theo \(V = \pi \int\limits_0^a {{{\left( {\tan \alpha .x} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \left. {\frac{{\pi {{\tan }^2}\alpha .{x^3}}}{3}} \right|_0^a = \frac{{\pi {{\tan }^2}\alpha .{a^3}}}{3}\) (đvtt).
Do \[\tan \alpha = \cot \alpha \Rightarrow {\tan ^2}\alpha = \cot \alpha .\tan \alpha = 1 \Leftrightarrow \tan \alpha = \pm 1\].
Mặt khác \(0 < \alpha < \frac{\pi }{2}\) nên \(\tan \alpha = 1\) \( \Rightarrow V = \frac{{\pi {{\tan }^2}\alpha .{a^3}}}{3} = \frac{{\pi .{a^3}}}{3}\) (đvtt).Chất điểm chuyển động theo quy luật vận tốc \[v\left( t \right)\left( {m/s} \right)\] có dạng đường thẳng khi \[0 \le t \le 3\left( s \right)\] và \[8 \le t \le 15\left( s \right)\]và \[v\left( t \right)\] có dạng đường Parabol khi \[3 \le t \le 8\left( s \right)\](như hình vẽ)
Vận tốc của chất điểm tại thời điểm \(t = 3\) là \(v\left( 3 \right) = 11\,\left( {m/s} \right)\).
Quãng đường chất điểm di chuyển được trong \(3\) giây đầu tiên là: \({S_1} = \int\limits_0^3 {11dt} \,\,\left( m \right)\)
Quãng đường chất điểm đi được trong khoảng thời gian từ \(8\)giây đến \(15\) giây bằng \(73,5\left( m \right)\).
Vận tốc trung bình \({v_{tb}}\) của chất điểm trong khoảng thời gian từ \(3\) đến \(8\) giây thỏa mãn \({v_{tb}} < 7\,\,\left( {m/s} \right)\)
a) Đúng (Dựa vào đồ thị \(v\left( t \right)\)).
b) Đúng
Trong \(3\) giây đầu tiên, vận tốc của chuyển động là \(v\left( t \right) = 11\,\left( {m/s} \right)\).
Do đó quãng đường chất điểm chuyển động trong \(3\)giây đầu tiên là: \({S_1} = \int\limits_0^3 {11dt} \,\,\left( m \right)\)
c) Đúng
Trong khoảng thời gian từ \(8\) đến \(15\) giây, đồ thị \(v\left( t \right)\)là một đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {8;21} \right)\) và \(\left( {15;0} \right)\). Ta có: \(v\left( t \right) = at + b\).
Từ giả thiết ta có hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{8a + b = 21}\\{15a + b = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = - 3}\\{b = 45}\end{array}} \right.\).
Do đó \(v\left( t \right) = - 3t + 45\,\,\left( {8 \le t \le 15} \right)\).
Quãng đường chất điểm đi được trong khoảng thời gian này là:
\({S_2} = \int\limits_8^{15} {\left( { - 3t + 45} \right)dt} = - \frac{{3{t^2}}}{2}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{15}\\8\end{array}} \right. + 45t\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{15}\\8\end{array}} \right. = \frac{{147}}{2} = 73,5\,\left( m \right)\).
d) Sai
Trong khoảng thời gian từ \(3\) đến \(8\) giây đồ thị \(v\left( t \right)\) là một Parabol đi qua \(\left( {3;11} \right),\left( {5;3} \right),\left( {8;21} \right)\) có phương trình dạng: \(v\left( t \right) = a{t^2} + bt + c\).
Từ giả thiết ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{9a + 3b + c = 11}\\{25a + 5b + c = 3}\\{64a + 8b + c = 21}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 2}\\{b = - 20}\\{c = 53}\end{array}} \right.\)
Do đó: \(v\left( t \right) = 2{t^2} - 20t + 53\,\,\left( {3 \le t \le 8} \right)\).
Quãng đường chất điểm đi được trong khoảng thời gian này là:
\[{S_3} = \int\limits_3^8 {v\left( t \right)dt} = \int\limits_3^8 {\left( {2{t^2} - 20t + 53} \right)dt = \,\,} \left( {\frac{{2{t^3}}}{3} - 10{t^2} + 53t} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}8\\3\end{array}} \right. = \frac{{115}}{3}\,\,\,\left( m \right)\]
Vận tốc trung bình của chất điểm trong khoảng thời gian này là:
\({v_{tb}} = \frac{{{S_3}}}{5} = \frac{{23}}{3} \approx 7,67\,\left( {m/s} \right)\).Một tòa nhà có kiến cấu như hình bên dưới. Biết rằng chiều cao tòa nhà là \(48\) \(\left( {\rm{m}} \right)\). Cắt ngôi nhà bởi một mặt phẳng song song với mặt đất thì được thiết diện là các hình vuông. Khi cắt mô hình này bởi các mặt phẳng vuông góc với đáy của nó và đi qua đường chéo hình vuông hai đáy ta được thiết diện là một hình đối xứng \(ACPM\) (\(AM,CP\)là hai cung tròn). Gọi \(O\) là tâm thiết diện hình vuông chính giữa tòa nhà như hình vẽ, \(OP\)là tiếp tuyến của cung tròn \(CP\). Biết \(OP = 30(m)\). Các khẳng định sau đây đúng hay sai?
Diện tích đáy tòa nhà \({S_{ABCD}} = 1000\left( {{m^2}} \right).\)
Diện tích thiết diện hình vuông chính giữa (nhận O là tâm) bằng \(200\left( {{m^2}} \right).\)
Diện tích thiết diện \(ACPM\) bằng \(1200\left( {{m^2}} \right).\)
Thể tích tòa nhà là \[31295\,\,\left( {{m^3}} \right)\].
a)CHỌN SAI
+)Chiều cao tòa nhà là \(48m \Rightarrow OI = 24m\)\( \Rightarrow IP = \sqrt {O{P^2} - O{I^2}} = \sqrt {{{30}^2} - {{24}^2}} = 18\)
+)\(PQ = 18\sqrt 2 = AB \Rightarrow {S_{ABCD}} = 648{m^2}\)
b)CHỌN ĐÚNG
Gọi L là tâm cung tròn như hình vẽ.
+)Ta tính được
\(LP = 40 \Rightarrow LO = 50 \Rightarrow {\rm{OF}} = 10 \Rightarrow {S_{td}} = 200\left( {{m^2}} \right)\)
c)CHỌN ĐÚNG.
Ta có \({S_{LCP}} = 768\) và \(\cos \widehat {CLP} = \frac{{{{40}^2} + {{40}^2} - {{48}^2}}}{{2.40.40}} = \frac{7}{{25}} \Rightarrow \widehat {CLP} \approx 1,29(rad)\).
+)Diện tích quạt tròn \(LCFP\) là \({S_{LCFP}} = \frac{{1,{{29.40}^2}}}{2} = 1032\left( {{m^2}} \right)\)
+) Diện tích tam giác cong \(CFP\)là \({S_{CFP}} = 1032 - 768 = 264\left( {{m^2}} \right)\)\( \Rightarrow {S_{ACPM}} = 2\left( {{S_{GCPI}} - {S_{CFP}}} \right) = 2\left( {48.18 - 264} \right) = 1200\left( {{m^2}} \right)\)
d)CHỌN ĐÚNG.
Chọn hệ trục như hình vẽ.
+)Phương trình đường tròn \[\left( {L;40} \right)\] là \[{\left( {x - 50} \right)^2} + {y^2} = 1600 \Rightarrow x = 50 - \sqrt {1600 - {y^2}} \].
+)Độ dài đường chéo thiết diện phẳng cắt bởi mặt phẳng vuông góc với Oy là
\[2\left( {50 - \sqrt {1600 - {y^2}} } \right)\]
Suy ra \[ \Rightarrow S\left( y \right) = {\left( {2\left( {50 - \sqrt {1600 - {y^2}} } \right)} \right)^2}\]
+)Vậy thể tích ngôi nhà là \[V = 2\int\limits_0^{24} {S\left( y \right){\rm{d}}y} = 2\int\limits_0^{24} {{{\left( {2\left( {50 - \sqrt {1600 - {y^2}} } \right)} \right)}^2}} .{\rm{d}}y = 31295\,\,\left( {{m^3}} \right)\].\[\int\limits_0^1 x {\left( {1 - {x^2}} \right)^{2024}}dx = \frac{{ - 1}}{2}\int\limits_0^1 {{{\left( {1 - {x^2}} \right)}^{2024}}} d\left( {1 - {x^2}} \right) = \left. {\frac{{ - 1}}{2}.\frac{{{{\left( {1 - {x^2}} \right)}^{2025}}}}{{2025}}} \right|_0^1 = \frac{1}{{2.2025}}\]
\( \Rightarrow m = 2025.\).
Phương trình hoành độ giao điểm của \[d\] và \((P)\) là
\({x^2} - 5x + 4 = x + m \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 4 - m = 0,\left( 1 \right)\)
\[d\] và \((P)\) cắt nhau tại hai điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' = 9 - 4 + m = m + 5 > 0 \Leftrightarrow m > - 5\)
Theo Viét: \[{{\rm{x}}_1} + {x_2} = 6;{x_1}{x_2} = 4 - m\]
Ta có \[S = \int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left( {m - {x^2} + 6x - 4} \right)} {\rm{d}}x = \left. {\left( {\left( {m - 4} \right)x + 3{x^2} - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_{{x_1}}^{{x_2}}\]
\[ = \left( {\left( {m - 4} \right) + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - \frac{1}{3}\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - {x_1}{x_2}} \right]} \right)\left( {{x_2} - {x_1}} \right) = \frac{4}{3}\sqrt {{{\left( {m + 5} \right)}^3}} = \frac{4}{3}\]\( \Leftrightarrow m = - 4\)
Vậy \(S = - 4\).Diện tích thiết diện là: \(S(x) = 2x.\sqrt {{x^2} + 1} \).
Thể tích phần vật thể đã cho là: \(V = \int\limits_1^{\sqrt 7 } {2x.\sqrt {{x^2} + 1} {\rm{d}}x} \).
Đặt \(t = \sqrt {{x^2} + 1} \Rightarrow {t^2} = {x^2} + 1 \Rightarrow t{\rm{d}}t = x{\rm{d}}x.\)
Với \(x = 1 \Rightarrow t = \sqrt 2 ;{\rm{ }}\,x = \sqrt 7 \Rightarrow t = 2\sqrt 2 \).
\[ \Rightarrow V = \int\limits_{\sqrt 2 }^{2\sqrt 2 } {{t^2}{\rm{d}}t} = \left. {\frac{{{t^3}}}{3}} \right|_{\sqrt 2 }^{2\sqrt 2 } = \frac{{14\sqrt 2 }}{3}.\]
Vậy \(a = 14;\,b = 2;\,c = 3\) nên \(a.b.c = 84\).Hình phẳng đã cho được chia làm \(2\) phần sau:
Xét phương trình hoành độ giao điểm chung:
\(2\sqrt x - 1 = 2 - x \Leftrightarrow x = 1\).
\(2\sqrt x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{4}\)
Phần \(1\): Hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = 2\sqrt x - 1\); \(y = 0\); \(x = \frac{1}{4}\); \(x = 1\).
Khi quay trục \(Ox\) phần \(1\) ta được khối tròn xoay có thể tích \({V_1} = \pi \int\limits_{1/4}^1 {{{\left( {2\sqrt x - 1} \right)}^2}\,{\rm{d}}x} = \pi .\left( {4x - 4\sqrt x + 1} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1/4}^{\scriptstyle1\atop\scriptstyle}} \right. = \frac{{7\pi }}{{24}}\).
Phần \(2\): Hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = 2 - x\); \(y = 0\); \(x = 1\); \(x = 2\).
Khi quay trục \(Ox\) phần \(2\) ta được khối tròn xoay có thể tích
\({V_2} = \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {2 - x} \right)}^2}\,{\rm{d}}x} = \pi .\frac{{{{\left( {x - 2} \right)}^3}}}{3}\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. = \frac{\pi }{3}\).
Vậy thể tích khối tròn xoay cần tính là \(V = {V_1} + {V_2} = \frac{{5\pi }}{8}\).Một vật chuyển động trong \(4\)giờ với vận tốc .\[\]. phụ thuộc vào thời gian \(t(h)\)có đồ thị vận tốc như hình vẽ bên.Trong khoảng thời gian \(1\) giờ kể từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là một phần của đường parabol có đỉnh \(I(2;10)\) và trục đối xứng song song với trục tung. Khoảng thời gian còn lại vật chuyển động chậm dần đều. Tính quãng đường \(S\) mà vật đi được trong \(4\)giờ đó.
![Một vật chuyển động trong \(4\)giờ với vận tốc .\[\]. phụ thuộc vào thời gian (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/01/blobid39-1769864005.png)
Trong khoảng 1 giờ đầu, ta gọi phương trình vận tốc của vật là \(v(t) = a{t^2} + bt + c(a \ne 0)\)
Theo bài ra ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}v(0) = 4\\v(2) = 10\\{x_I} = - \frac{b}{{2a}} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 4\\4a + 2b + c = 10\\4a + b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{3}{2}\\b = 6\\c = 4\end{array} \right.\)
Khi đó:\(v(t) = - \frac{3}{2}{x^2} + 6x + 4\).
=>\(v(1) = \frac{{17}}{2};v(4) = 4\).
Trong 3 giờ sau, gọi phương trình vận tốc \(v(t) = mx + n\).
Theo giả thiết ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}v(1) = m + n = \frac{{17}}{2}\\v(4) = 4m + n = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = - \frac{3}{2}\\n = 10\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow v(t) = - \frac{3}{2}x + 10\).
Quãng đường vật đi trong 4 giờ:
\(S = \int\limits_0^1 {( - \frac{3}{2}{t^2} + 6x + 4)dt + \int\limits_1^4 {( - \frac{3}{2}t + 10)dt = 25,3} } km\).
Gia đình ông An xây một cái chòi hình lục giác, trong đó mái chòi \(\left( H \right)\) có dạng hình “chóp lục giác cong đều” có trần bằng gỗ như hình vẽ bên. Đáy của \(\left( H \right)\) là một hình lục giác đều có đường chéo chính là \(6m\) Chiều cao \(SO = 6m\) (\(SO\) vuông góc với mặt phẳng đáy). Các cạnh bên của \(\left( H \right)\) là các sợi dây thép \[{c_1};{c_2};{c_3};{c_4};{c_5};{c_6};{c_7};{c_8}\] nằm trên các đường parabol có trục đối xứng song song với \(SO\). Giả sử giao tuyến (nếu có) của \(\left( H \right)\) với mặt phẳng \((\alpha )\) vuông góc với \(SO\) là một lục giác đều và khi \((\alpha )\) khi qua trung điểm của \(SO\) thì bát giác đều có cạnh \(1m\). Tính thể tích phần không gian nằm bên trong mái chòi \(\left( H \right)\) đó.
Đặt tọa độ như hình vẽ, ta có parabol cần tìm đi qua \(3\) điểm có toạn độ lần lượt là \(A\left( {0;6} \right),B\left( {1;3} \right),C\left( {3;0} \right)\) nên có phương trình là \(y = \frac{1}{2}{x^2} - \frac{7}{2}x + 6\)
Theo hình vẽ ta có bán kính của bát giác là \(BM\).
Suy ra: \(2y = {x^2} - 7x + 12 \Rightarrow {\left( {x - \frac{7}{2}} \right)^2} = 2y + \frac{1}{4} \Rightarrow |x - \frac{7}{2}| = \sqrt {2y + \frac{1}{4}} \)
Mà \(x \in \left[ {0;3} \right] \Rightarrow \frac{7}{2} - x = \sqrt {2y + \frac{1}{4}} \)
Nếu ta đặt \(t = OM\)thì \(BM = \frac{7}{2} - \sqrt {2t + \frac{1}{4}} \)
Khi đó diện tích của thiết diện thiết diện lục giác:
\[S(t) = 6.\frac{{B{M^2}.\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}.{(\frac{7}{2} - \sqrt {2t + \frac{1}{4}} )^2}\] với \(t \in [0;6]\)
Vậy thể tích của mái chòi theo đề bài là:
\[V = \int\limits_0^6 {S(t)dt} = \int\limits_0^6 {\frac{{3\sqrt 3 }}{2}.{{(\frac{7}{2} - \sqrt {2t + \frac{1}{4}} )}^2}dt} = 29,2{m^3}\]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.
