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

Theo lý thuyết thì diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị của các đường \(y = f(x)\), \(y = g(x)\), \(x = a\), \(x = b\) được tính theo công thức \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} \).

Diện tích hình phẳng đã cho được tính bởi công thức \(S = \int\limits_0^2 {2x} dx\).

Ta có:\(S = \int\limits_1^2 {\left| {{x^2} - 4x + 3} \right|{\rm{d}}x = } \left| {\int\limits_1^2 {\left( {{x^2} - 4x + 3} \right){\rm{d}}x} } \right| = \frac{2}{3}\).

Ta có: S=∫02x2+2 dx=∫02x2+2 dx=203

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 \(S = \frac{{{x^2}}}{2}\ln x\left| \begin{array}{l}e\\1\end{array} \right. - \frac{1}{2}\int\limits_1^e {x{\rm{d}}x}  = \frac{{{e^2}}}{2} - \frac{{{x^2}}}{4}\left| \begin{array}{l}e\\1\end{array} \right. = \frac{{{e^2} + 1}}{4}\).

Diện tích phần tô đậm của hình vẽ là \[S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {{x^2} - 1} \right|} \,{\rm{dx = }}\frac{4}{3}\].

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

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

Thể tích cần tìm là: \[V = \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {\frac{1}{x}} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \pi \int\limits_1^2 {\frac{1}{{{x^2}}}{\rm{d}}x} = \left. {\pi \left( { - \frac{1}{x}} \right)} \right|_1^2 = \frac{\pi }{2}\].

Thể tích cần tìm là: \(V = \pi \int\limits_0^\pi {{{\cos }^2}\frac{x}{2}{\rm{d}}x} = \frac{\pi }{2}\int\limits_0^\pi {\left( {1 + \cos x} \right){\rm{d}}x} = \left. {\frac{\pi }{2}\left( {x + \sin x} \right)} \right|_0^\pi = \frac{{{\pi ^2}}}{2}\).

Thể tích cần tìm là: \(V = \pi \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {2 - {x^3}} \right){\rm{d}}x}  = \left. {\pi \left( {2x - \frac{{{x^4}}}{4}} \right)} \right|_{ - 1}^1 = 4\pi \).

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 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = k - 2}\\{{x_1}.{x_2} =  - 4}\end{array}} \right.\)

Giả sử \({x_1} < {x_2} \Rightarrow S = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left( {{x^2} - \left( {k - 2} \right)x - 4} \right)dx} } \right| = \left| {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{k - 2}}{2}{x^2} - 4x} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_2}}\\{{x_1}}\end{array}} \right.} \right|\)

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

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

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 \(8m = 8 \Leftrightarrow m = 1\).