Đề kiểm tra Ứng dụng hình học của tích phân lớp 12 (có lời giải) - Đề 1

Chọn A

Dựa và hình vẽ ta có diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình bên là:

\(\int_{ - 1}^2 {\left[ {\left( { - {x^2} + 2} \right) - \left( {{x^2} - 2x - 2} \right)} \right]{\rm{d}}x}  = \int_{ - 1}^2 {\left( { - 2{x^2} + 2x + 4} \right){\rm{d}}x} .\)

Chọn B

Công thức tính thể tích \(V\) của khối tròn xoay được tạo ra khi quay hình thang cong, giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), trục \(Ox\) và hai đường thẳng \(x = a,x = b\left( {a < b} \right)\), xung quanh trục \(Ox\) là \(V = \pi \int\limits_a^b {{f^2}\left( x \right)} dx\).

Chọn A

Thể tích của khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường \[y = f\left( x \right),\;y = 0,\;\] \[x = a,\;x = b\] quanh trục \[Ox\] được tính theo công thức S=π∫abf2xdx.

Chọn B

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y = {e^x},\] trục hoành và hai đường thẳng \[x = 0\] và \[x = 3\] là S=∫03exdx=ex03=e3−1.

Chọn B

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} - 2x + 3}}{{x - 1}}\); \(y = x\) và hai đường thẳng \(x = 2;x = 3\) là

\[\begin{array}{l}S = \int\limits_2^3 {\left| {\frac{{{x^2} - 2x + 3}}{{x - 1}} - x} \right|dx = } \int\limits_2^3 {\left| {\frac{{ - x + 3}}{{x - 1}}} \right|dx = } \int\limits_2^3 {\left| { - 1 + \frac{2}{{x - 1}}} \right|dx = } \\ = \left( { - x + 2\ln \left| {x - 1} \right|} \right)\mathop |\nolimits_2^3  = \left( { - 3 + 2\ln 2} \right) + 2 =  - 1 + 2\ln 2\end{array}\]

Vậy \(a = 2;b =  - 1 \Rightarrow a + b = 1\).

Chọn C

Ta có: \[S = \int_0^2 {\left| {3{x^2} + 1} \right|} \,{\rm{d}}x = \int_0^2 {\left( {3{x^2} + 1} \right){\rm{d}}x}  = \left( {{x^3} + x} \right)\left| \begin{array}{l}2\\0\end{array} \right. = 10\].

Chọn A

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số \(y = \frac{{{x^2} - 2x}}{{x - 1}},\)\(y = x - 1\) và hai đường thẳng \(x = 2,\)\(x = 4\) là:

\[S = \int\limits_2^4 {\left| {\frac{{{x^2} - 2x}}{{x - 1}} - (x - 1)} \right|dx}  = \int\limits_2^4 {\left| { - \frac{1}{{x - 1}}} \right|dx = } \int\limits_2^4 {\frac{1}{{x - 1}}dx = } \left. {\ln \left| {x - 1} \right|} \right|_2^4 = \ln \frac{{4 - 1}}{{2 - 1}} = \ln 3.\]

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số \(y = \frac{{{x^2} - 2x}}{{x - 1}},\)\(y = x - 1\) và hai đường thẳng \(x = 2,\)\(x = 4\) là \(S = \ln 3\).

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm: \[{x^3} + 11x - 6 = 6{x^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\\x = 3\end{array} \right.\].

Đặt \(h(x) = ({x^3} + 11x - 6) - 6{x^2} = {x^3} - 6{x^2} + 11x - 6\).

Bảng xét dấu

Ta có:

\[S = \int\limits_0^2 {\left| {\left( {{x^3} + 11x - 6} \right) - 6{x^2}} \right|{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^2 {\left| {{x^3} - 6{x^2} + 11x - 6} \right|{\rm{d}}x} \]

\(S =  - \int\limits_0^1 {\left( {{x^3} - 6{x^2} + 11x - 6} \right)dx}  + \int\limits_1^2 {\left( {{x^3} - 6{x^2} + 11x - 6} \right)dx} \) \( =  - \left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - 2{x^3} + \frac{{11{x^2}}}{2} - 6x} \right)} \right|_0^1 + \left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - 2{x^3} + \frac{{11{x^2}}}{2} - 6x} \right)} \right|_1^2 = \frac{5}{2}\).

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số \[y = {x^3} + 11x - 6,\]\[y = 6{x^2}\] và hai đường thẳng là \(S = \frac{5}{2}\).

Chọn B

Ta có đồ thị của các hàm số \(f\left( x \right) = {2^x}\) và \(g\left( x \right) =  - x + 6\) như hình vẽ sau

Dựa vào đồ thị, ta có diện tích hình phẳng cần tìm là:

\(S = \int\limits_0^2 {\left[ {g\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]dx} \)

=∫02−x+6−2xdx=−x22+6x−2xln202=−2+12−4ln2+1ln2=10−3ln2

Chọn B

Diện tích của mặt cắt hình vuông là \[S\left( x \right) = {\left( {\sqrt {3 - {x^2}} \,} \right)^2} = 3 - {x^2}\].

Thể tích của vật thể đã cho là:

\[V = \int\limits_{ - \sqrt 3 }^{\sqrt 3 } {S\left( x \right)dx}  = \int\limits_{ - \sqrt 3 }^{\sqrt 3 } {\left( {3 - {x^2}} \right)dx}  = \left. {\left( {3x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_{ - \sqrt 3 }^{\sqrt 3 } = \left( {2\sqrt 3  + 2\sqrt 3 } \right) = 4\sqrt 3 \].

Chọn A

Xét phương trình hoành độ giao điểm hai hàm số \(y = \sqrt {5 - x} ,y = 0\).

\(\begin{array}{l}\sqrt {5 - x}  = 0\\ \Leftrightarrow 5 - x = 0\\ \Leftrightarrow x = 5\end{array}\)

\[D\] là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \(\left\{ \begin{array}{l}y = f\left( x \right) = \sqrt {5 - x} \\y = 0\\x = 0;x = 5\end{array} \right.\)

Thể tích khối tròn xoay khi quay\(D\)quanh \(Ox\)là

\(V = \pi \int\limits_0^5 {{{\left( {\sqrt {5 - x} } \right)}^2}} dx = \pi \int\limits_0^5 {\left( {5 - x} \right)} dx = \pi {\left. {\left( {5x - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0}^5 = \frac{{25\pi }}{2}\).

Chọn B

Có \[\overrightarrow {AB}  = \left( {3;1} \right)\]nên vtpt của đường thẳng \(AB\)là \(\overrightarrow n  = \left( { - 1;3} \right)\)

Phương trình đường thẳng \(AB\)qua \(A\), vtpt \(\overrightarrow n \) có dạng

\( - 1\left( {x - 0} \right) + 3\left( {y - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow  - x + 3y - 6 = 0 \Leftrightarrow y = \frac{x}{3} + 2\)

Khi đó \(D\) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(\left\{ \begin{array}{l}y = \frac{1}{3}x + 2\\y = 0\\x = 0;x = 3\end{array} \right.\)

Quay \(D\) quanh trục \[Ox\] tạo thành khối tròn xoay có thể tích bằng

\[V = \pi \int\limits_0^3 {{{\left( {\frac{x}{3} + 2} \right)}^2}dx = \pi \int\limits_0^3 {\left( {\frac{{{x^2}}}{9} + \frac{4}{3}x + 4} \right)} } dx = \pi \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{{27}} + \frac{{2{x^2}}}{3} + 4x} \right)} \right|_0^3 = 19\pi \].

a) Đúng.

Diện tích hình học phẳng được giới hạn bởi hàm số \(y = {e^x}\), trục hoành, \(x =  - 1\) và \(x = 1\) là

\(S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {{e^x}} \right|} \,dx = \left. {{e^x}} \right|_{ - 1}^1 = e - \frac{1}{e} = \frac{{{e^2} - 1}}{e}\) .

b) Đúng.

Diện tích hình học phẳng giới hạn bởi các đường \[y = {e^x}\], \[y = 0\], \[x = 0\] và \[x = \ln 4\] là

\[S = \int\limits_0^{\ln 4} {{e^x}dx}  = \left. {{e^x}} \right|_0^{\ln 4} = \]\[{e^{\ln 4}} - {e^0} = 4 - 1 = 3\].

c) Sai.

Ta có: \(V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {{e^x}} \right)}^2}} dx\)\( = \pi \int\limits_0^1 {{e^{2x}}} dx\)\( = \pi .\frac{{{e^{2x}}}}{2}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}1\\0\end{array}} \right.\)\( = \frac{{\pi \left( {{e^2} - 1} \right)}}{2} \cdot \)

d) Đúng.

Ta có: \(y' = {e^x} \Rightarrow y'\left( 0 \right) = 1\), \(y\left( 0 \right) = 1\)

Phương trình tiếp tuyến \(d\) của \(\left( C \right)\) tại điểm \(x = 0\) là

\(\begin{array}{l}y = y'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\\ \Leftrightarrow y = 1\left( {x - 0} \right) + 1\\ \Leftrightarrow y = x + 1\end{array}\)

Diện tích hình học phẳng giới hạn bởi đường thẳng \(d\), trục hoành , \(x =  - 1\) và \(x = 1\) là

\(S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {x + 1} \right|dx}  = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {x + 1} \right)dx}  = \left. {\frac{1}{2}{x^2} + x} \right|_{ - 1}^1 = 2\).

a) Đúng

Ta có phương trình hoành độ giao điểm: \({x^3} - 2{x^2} - 3x + 4 = 2x - 2 \Leftrightarrow {x^3} - 2{x^2} - 5x + 6 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  - 2}\\{x = 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.\). Với: \[\begin{array}{l}x =  - 2 \Rightarrow y =  - 6\\\,x = 1 \Rightarrow y = 0\\\,x = 3 \Rightarrow y = 4\end{array}\].Vậy đường thẳng \(d\) cắt  đồ thị \(\left( C \right)\) tại ba điểm \(A\left( { - 2; - 6} \right),\,B\left( {1;0} \right),\,C\left( {3;4} \right)\).

b) Sai

Diện tích cần tính là: \(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {{x^3} - 2{x^2} - 3x + 4} \right|} dx = \frac{{97}}{{12}}\).

c) Đúng

Ta có \[(S):\left\{ \begin{array}{l}y = f\left( x \right) = {x^3} - 2{x^2} - 3x + 4\\y = g\left( x \right) = 2x - 2\\x =  - 2\\x = 3\end{array} \right.\]. \(\)Ta có: \(f\left( x \right) - g\left( x \right) = {x^3} - 2{x^2} - 5x + 6\).

Diện tích: \(S = {S_1} + {S_2} = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {{x^3} - 2{x^2} - 5x + 6} \right|} dx + \int\limits_1^3 {\left| {{x^3} - 2{x^2} - 5x + 6} \right|} dx = \frac{{63}}{4} + \frac{{16}}{3} = \frac{{253}}{{12}}\).

d) Sai

Ta có: \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{\frac{{63}}{4}}}{{\frac{{16}}{3}}} = \frac{{189}}{{64}}\).

a) Đúng.

Diện tích cần tìm là \({S_D} = \int\limits_0^2 {\left| {\sqrt {x + 2} } \right|{\rm{d}}x} \)

Với \(x \in \left[ {0;2} \right]\)thì  \(\sqrt {x + 2}  \ge 0\) nên

\({S_D} = \int\limits_0^2 {\left| {\sqrt {x + 2} } \right|{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^2 {\sqrt {x + 2} {\rm{ d}}x}  = \int\limits_0^2 {{{\left( {x + 2} \right)}^{\frac{1}{2}}}{\rm{d}}x}  = \frac{2}{3}\left. {{{\left( {x + 2} \right)}^{\frac{3}{2}}}} \right|_0^2 = \frac{{16}}{3} - \frac{{4\sqrt 2 }}{3}\,\).

b) Sai.

Diện tích cần tìm là \(S = \int\limits_0^2 {\left| {\sqrt {x + 2}  - x} \right|{\rm{d}}x} \)

Ta có \(\sqrt {x + 2}  - x = 0 \Leftrightarrow x = 2\)  (\(x \ge 0\))

Vậy\[S = \int\limits_0^2 {\left| {\sqrt {x + 2}  - x} \right|{\rm{d}}x}  = \left| {\int\limits_0^2 {\left( {\sqrt {x + 2}  - x} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\int\limits_0^2 {\sqrt {x + 2} {\rm{ d}}x - \int\limits_0^2 {x{\rm{d}}x} } } \right| = \left| {\int\limits_0^2 {{{\left( {x + 2} \right)}^{\frac{1}{2}}}{\rm{d}}x}  - \int\limits_0^2 {x{\rm{d}}x} } \right|\]\[ = \left| {\frac{2}{3}\left. {{{\left( {x + 2} \right)}^{\frac{3}{2}}}} \right|_0^2 - \left. {\frac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^2} \right| = \frac{{10}}{3} - \frac{{4\sqrt 2 }}{3}\] (đvdt).

c) Sai.

Thể tích khối tròn xoay cần tìm là \(V = \pi \int\limits_1^3 {{x^2}{\rm{d}}x}  = \pi \left. {\frac{{{x^3}}}{3}} \right|_1^3 = \frac{{26}}{3}\pi \) (đvtt).

d) Đúng.

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng \(D\) quanh trục \[Ox\] là:

\(V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {\sqrt {x + 2} } \right)}^2}{\rm{d}}x}  = 6\pi \)(đvtt).

a) Đúng.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(\left( C \right):y = \frac{{{x^2} - x}}{{x + 1}}\) và trục hoành

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

Diện tích hình phẳng \(D\) giới hạn bởi đồ thị hàm số \(\left( C \right)\), trục tung, trục hoành  là

\({S_1} = \int\limits_0^1 {\left| {\frac{{{x^2} - x}}{{x + 1}}} \right|} \,{\rm{d}}x = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {x - 2 + \frac{2}{{x + 1}}} \right)} \,{\rm{d}}x} \right| = \left| {\left. {\left( {\frac{1}{2}{x^2} - 2x + 2\ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_0^1} \right| = \frac{3}{2} - 2\ln 2\)(đvdt).

b) Sai.

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

\( \Leftrightarrow {x^2} - x = 2\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{3 - \sqrt {17} }}{2} \notin \left[ {1;2} \right]\\x = \frac{{3 + \sqrt {17} }}{2} \notin \left[ {1;2} \right]\end{array} \right.\)

Diện tích hình phẳng \(H\) giới hạn bởi đồ thị hàm số \(\left( C \right)\), đường thẳng \(d:y = 2\) \(x = 1\,,\,\,x = 2\) là

\({S_2} = \int\limits_1^2 {\left| {\frac{{{x^2} - x}}{{x + 1}} - 2} \right|} \,{\rm{d}}x = \left| {\int\limits_1^2 {\left( {x - 4 + \frac{2}{{x + 1}}} \right)} \,{\rm{d}}x} \right| = \left| {\left. {\left( {\frac{1}{2}{x^2} - 4x + 2\ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_1^2} \right| = \frac{5}{2} - 2\ln \frac{3}{2}\) (đvdt).

c) Sai.

Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng \(D\) giới hạn bởi đồ thị hàm số \(\left( C \right)\), trục tung, trục hoành  khi quay quanh trục \(Ox\) là

\[{V_1} = \pi {\int\limits_0^1 {\left( {\frac{{{x^2} - x}}{{x + 1}}} \right)} ^2}{\rm{d}}x = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {x - 2 + \frac{2}{{x + 1}}} \right)}^2}} {\rm{d}}x = \pi \int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - 4x + 8 - \frac{{12}}{{x + 1}} + \frac{4}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right)} \,{\rm{d}}x\]

\[ = \pi \left. {\left( {\frac{1}{3}{x^3} - 2{x^2} + 8x - 12\ln \left| {x + 1} \right| - \frac{4}{{x + 1}}} \right)} \right|_0^1 = \left( {\frac{{25}}{3} - 12\ln 2} \right)\pi \](đvdt).

d) Đúng.

Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng \(H\) giới hạn bởi đồ thị hàm số \(\left( C \right)\), đường thẳng \(d\), \(x = 0\,,\,\,x = 2\) khi quay quanh trục \(Ox\) là

\[\begin{array}{l}{V_2} = \pi \int\limits_1^2 {{2^2}{\rm{d}}x - } \pi {\int\limits_1^2 {\left( {\frac{{{x^2} - x}}{{x + 1}}} \right)} ^2}{\rm{d}}x\\ = 4\pi  - \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {x - 2 + \frac{2}{{x + 1}}} \right)}^2}} {\rm{d}}x = 4\pi  - \pi \int\limits_1^2 {\left( {{x^2} - 4x + 8 - \frac{{12}}{{x + 1}} + \frac{4}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right)\,} {\rm{d}}x\end{array}\]

\[ = 4\pi  - \pi \left. {\left( {\frac{1}{3}{x^3} - 2{x^2} + 8x - 12\ln \left| {x + 1} \right| - \frac{4}{{x + 1}}} \right)} \right|_1^2\]

\[ = 4\pi  - \left( {5 + 12\ln \frac{2}{3}} \right)\pi  = \left( {12\ln \frac{3}{2} - 1} \right)\pi \](đvdt).

Ta có: mặt cắt của vật thể là một hình vuông có cạnh là \(\sqrt {9 - {x^2}} \) nên diện tích mặt cắt là:

\(S\left( x \right) = {\left( {\sqrt {9 - {x^2}} } \right)^2} = 9 - {x^2}\), do \(9 - {x^2} \ge 0,{\rm{ }}\forall x \in \left[ {0;3} \right]\).

Thể tích của vật thể đã cho là:

\(V = \int\limits_0^3 {S\left( x \right){\rm{ d}}x}  = \int\limits_0^3 {\left( {9 - {x^2}} \right){\rm{ d}}x}  = \left. {\left( {9x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^3 = 18\).

Ta có:

Hình phẳng \(A\) được giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\), trục hoành \(y = 0\), trục tung \(x = 0\) và đường thẳng \(x = 1\) nên diện tích hình phẳng \(A\) là:

\({S_A} = \int\limits_0^1 {\left| {f'\left( x \right)} \right|{\rm{ d}}x}  = \int\limits_0^1 {f'\left( x \right){\rm{ d}}x}  = \left. {f\left( x \right)} \right|_0^1 = f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right)\)

\( \Rightarrow f\left( 1 \right) = {S_A} + f\left( 0 \right) = 4 + 2 = 6\).

Lại có:

Hình phẳng \(B\) được giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\), trục hoành \(y = 0\), đường thẳng \(x = 1\) và đường thẳng \(x = 3\) nên diện tích hình phẳng \(B\) là:

\({S_B} = \int\limits_1^3 {\left| {f'\left( x \right)} \right|{\rm{ d}}x}  =  - \int\limits_1^3 {f'\left( x \right){\rm{ d}}x}  = \left. { - f\left( x \right)} \right|_1^3 =  - \left[ {f\left( 3 \right) - f\left( 1 \right)} \right] =  - f\left( 3 \right) + f\left( 1 \right)\).

Suy ra \(f\left( 3 \right) = f\left( 1 \right) - {S_B} = 6 - 10 =  - 4\).

Vậy \(f\left( 3 \right) =  - 4\).

Dung tích nước trong chậu bằng nửa thể tích của chậu nên ta có phương trình

\(\pi \int\limits_0^x {(10 + } \sqrt x {)^2}dx = \frac{1}{2}\pi \int\limits_0^{16} {(10 + } \sqrt x {)^2}dx \Leftrightarrow \pi \left. {\left( {100x + \frac{{40}}{3}x\sqrt x  + \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^x = \frac{1}{2}\pi \left. {\left( {100x + \frac{{40}}{3}x\sqrt x  + \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^{16}\)

\( \Leftrightarrow 100x + \frac{{40}}{3}x\sqrt x  + \frac{{{x^2}}}{2} = \frac{{3872}}{3}\)

Đặt t =\(\sqrt x \)(t>0)

Ta được phương trình \(100{t^2} + \frac{{40}}{3}{t^3} + \frac{{{t^4}}}{2} = \frac{{3872}}{3}\). Đặt \(f(t) = 100{t^2} + \frac{{40}}{3}{t^3} + \frac{{{t^4}}}{2}\)

\(f'(t) = 200t + 40{t^2} + 2{t^3} > 0\,\,\,(\forall t > 0)\)nên \(f(t)\) đồng biến trên \((0; + \infty )\)

Do đó phương trình trên có nghiệm duy nhất t \( \approx 2,990279433\)

Vậy \(x = {t^2} \approx 8,94\)(cm)

Thể tích lều được tính bởi công thức \(V = \int\limits_0^3 {(x} \sqrt {9 - {x^2}} )dx = 9({m^3})\)

Thể tích khối tròn xoay tạo thành bởi \(\left( {\rm{P}} \right)\) , trục hoành, hai đường thẳng \(x =  - 2,{\rm{ }}x = 2\)  khi xoay \(\left( {\rm{P}} \right)\) quanh trục Ox là: \({\rm{V}} = \pi \int\limits_{ - 2}^2 {{y^2}dx}  = \pi \int\limits_{ - 2}^2 {{{\left( { - {x^2} + 9} \right)}^2}} dx = \frac{{1204}}{5}\pi \)

Diện tích đáy của hình trụ là: \({\rm{S}} = \pi {x^2}\)

Dung tích của lu nước là: \(V = \pi \int\limits_0^9 \pi  {x^2}dx = 243{\pi ^2}\)\(\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)