22 câu hỏi
\(F\left( x \right) = 2\cos x - \sin x - 1\).
\(F\left( x \right) = 2\cos x + \sin x - 1 - \sqrt 3 \).
\(F\left( x \right) = - 2\cos x - \sin x + 1\)
\(F\left( x \right) = - 2\cos x - \sin x - 1\).
Ta có \(F\left( x \right) = \int {\left( {2\sin x - \cos x} \right){\rm{d}}x} = - 2\cos x - \sin x + C\).
\(F\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = - 2\cos \frac{\pi }{3} - \sin \frac{\pi }{3} + C = - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow C = 1\).
Vậy \(F\left( x \right) = - 2\cos x - \sin x + 1\). Chọn C.
\[3{{\rm{e}}^{3x}} + C\].
\[\frac{1}{3}{{\rm{e}}^{3x}} + C\].
\[3{{\rm{e}}^{3x}} + x + C\].
\[\frac{1}{3}{{\rm{e}}^{3x}} + x + C\].
\[\frac{{{x^3}}}{3} - {x^2} - 3x + 2\].
\[\frac{{{x^3}}}{3} - {x^2} - 3x + 3\]
\[\frac{{{x^3}}}{3} - {x^2} - 3x + 1\].
\[\frac{{{x^3}}}{3} - {x^2} - 3x\].
Ta có \[f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {{x^2} - 2x - 3} \right){\rm{d}}x = \frac{{{x^3}}}{3} - {x^2} - 3x + C} \].
Mà \(f\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow C = 1\). Vậy \[f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} - {x^2} - 3x + 1\]. Chọn C.
\({2^x} + \frac{{{x^2}}}{2} + C\).
\({2^x} + {x^2} + C\).
\(\frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + {x^2} + C\).
\(\frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + \frac{{{x^2}}}{2} + C\).
\(P = 7\).
\(P = - 4\).
\(P = 4\).
\(P = 10\).
Ta có \(\int\limits_0^{10} {f\left( x \right){\rm{d}}x = } \)\(\int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_2^6 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_6^{10} {f\left( x \right){\rm{d}}x} \).
Suy ra \(P = \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_6^{10} {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^{10} {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \int\limits_2^6 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 7 - 3 = 4\). Vậy \(P = 4\). Chọn C.
\(8 - \ln 3\).
\(8 + 2\ln 3\).
\(8 + \ln 3\).
\(7 + \ln 3\).
\( - 1\).
\( - \frac{1}{2}\).
\(\frac{1}{2}\).
\(1\).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(\frac{2}{{\ln 3}}\).
\(6\).
\(\frac{{ - 6}}{{\ln 3}}\).
\(\frac{6}{{\ln 3}}\).
\(2\).
\(6\).
\(4\).
\(8\).
Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = \cos x,\;y = x + 1,\;x = \frac{\pi }{2},\;x = \pi \) (tham khảo hình bên) bằng
\(\frac{{3{\pi ^2} - 4\pi + 8}}{8}\).
\[\frac{{3{\pi ^2} + 4\pi + 8}}{2}\] .
\(\frac{{3{\pi ^2} + 4\pi + 8}}{6}\).
\(\frac{{3{\pi ^2} + 4\pi + 8}}{8}\).
Xét \[x \in \left[ {\frac{\pi }{2};\pi } \right]\], ta có: \[\cos x \le 1 < x + 1\] \[ \Rightarrow \cos x - \left( {x + 1} \right) < 0\]\[ \Rightarrow \left| {\cos x - \left( {x + 1} \right)} \right| = x + 1 - \cos x\].
Diện tích hình phẳng cần tính là
\(S = \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^\pi {\left| {\cos x - \left( {x + 1} \right)} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^\pi {\left( {x + 1 - \cos x} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + x - \sin x} \right)} \right|_{\frac{\pi }{2}}^\pi = \frac{{3{\pi ^2} + 4\pi + 8}}{8}\). Chọn D.
\({e^3}.\)
\({e^3} - 1.\)
\({e^2} - 1.\)
\(e\left( {{e^2} - 1} \right).\)
\(\frac{{58}}{7}\pi \).
\(4\pi \).
\(\frac{{20}}{7}\pi \).
\(\frac{{27}}{6}\pi \).
a) Đúng. Ta có \[N'\left( 1 \right) = 18 \cdot 1 - 3 \cdot {1^2} = 15\] triệu tế bào/ml giờ.
b) Sai. Ta có \(\int {N'\left( t \right){\rm{d}}t} = \int {\left( {18t - 3{t^2}} \right){\rm{d}}t} = 9{t^2} - {t^3} + C\) \(\left( {C \in \mathbb{R}} \right)\).
c) Đúng. Ta có \(N\left( t \right) = 9{t^2} - {t^3} + C\) \(\left( {C \in \mathbb{R}} \right)\).
Mà \(N\left( 0 \right) = 10\) nên \(C = 10\). Vậy \(N\left( t \right) = 9{t^2} - {t^3} + 10\).
Tại thời điểm \(t = 6\), ta có \(N\left( 6 \right) = 9 \cdot {6^2} - {6^3} + 10 = 118\). Ban đầu (\(t = 0\) giờ), mật độ vi khuẩn đo được là \(N\left( 0 \right) = 10\) triệu tế bào/ml nên tại thời điểm \(t = 6\), mật độ vi khuẩn đã tăng thêm 108 triệu tế bào/ml.
d) Đúng. Tại thời điểm \(t = 7\) giờ, ta có \(N\left( 7 \right) = 9 \cdot {7^2} - {7^3} + 10 = 108\) nên mật độ vi khuẩn trong 1 ml sữa chua là 108 triệu tế bào/ml.
a) Sai. Đến đúng trạm thu phí thì xe dừng hẳn nên \({v_1}\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - 6t + 21\, = 0 \Leftrightarrow t = \frac{7}{2} = 3,5\).
Như vậy, thời gian từ lúc ô tô phanh lần một cho đến khi dừng hẳn ở trạm thu phí là \(3,5\) giây.
b) Đúng. Quãng đường ô tô đi được từ lúc đạp phanh đến khi dừng ở trạm thu phí là:
\({S_1} = \int\limits_0^{\frac{7}{2}} {\left( { - 6t + 21} \right)} \,{\rm{d}}t = 36,75\,\left( {\rm{m}} \right)\).
c) Đúng. Vận tốc của ô tô tại thời điểm người tài xế phanh gấp lần hai là
\({v_2}\left( 4 \right) = 5 \cdot 4 = 20\,\left( {{\rm{m/s}}} \right).\)
d) Đúng. Quãng đường ô tô đi được sau khi trả phí đến khi phanh lần hai là:
\({S_2} = \int\limits_0^4 {5t} \,{\rm{d}}t = 40\,\left( {\rm{m}} \right)\).
Vậy tổng quãng đường ô tô chuyển động từ lúc phanh lần một đến lúc phanh lần hai là:
\(S = {S_1} + {S_2} = 76,75\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).
Cho đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 2{x^2} - 3x + 4\,\left( C \right)\) và đường thẳng \(d:y = 2x - 2\).
a) 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) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \(\left( C \right)\), trục hoành, đường thẳng \(x = - 1,\,x = 2\) bằng \(\frac{{21}}{4}\).
c) Biết đường thẳng \(d\) cắt đồ thị \(\left( C \right)\) thành hai miền \({S_1}\) và \({S_2}\). Tỉ số \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{63}}{{16}}\).
d) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \(\left( C \right)\) và đường thẳng \(d\) bằng \(\frac{{253}}{{12}}\).
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 \[x = - 2 \Rightarrow y = - 6\], với \[x = 1 \Rightarrow y = 0\], với \[x = 3 \Rightarrow y = 4\].
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 hình phẳng cần tính là: \(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {{x^3} - 2{x^2} - 3x + 4} \right|} \,{\rm{d}}x = \frac{{97}}{{12}}\).
c) Sai. Ta có \({S_1} = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {\left( {{x^3} - 2{x^2} - 3x + 4} \right) - \left( {2x - 2} \right)} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {{x^3} - 2{x^2} - 5x + 6} \right|} \,{\rm{d}}x = \frac{{63}}{4}\);
\({S_2} = \int\limits_1^3 {\left| {\left( {{x^3} - 2{x^2} - 3x + 4} \right) - \left( {2x - 2} \right)} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_1^3 {\left| {{x^3} - 2{x^2} - 5x + 6} \right|} \,{\rm{d}}x = \frac{{16}}{3}\).
Vậy \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{\frac{{63}}{4}}}{{\frac{{16}}{3}}} = \frac{{189}}{{64}}\).
d) Đúng. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \(\left( C \right)\) và đường thẳng \(d\) là:
\(S = \int\limits_{ - 2}^3 {\left| {\left( {{x^3} - 2{x^2} - 3x + 4} \right) - \left( {2x - 2} \right)} \right|} \,{\rm{d}}x = {S_1} + {S_2} = \frac{{63}}{4} + \frac{{16}}{3} = \frac{{253}}{{12}}\).
Một chất điểm chuyển động trên đường thẳng với vận tốc \[v\left( t \right),{\rm{ }}0 \le t \le 5\] (\[t\] có đơn vị là giây và \[v\left( t \right)\] có đơn vị mét/giây). Hàm số \[v\left( t \right)\] có đồ thị gồm hai đoạn thẳng \[OB,BC\] và đường cong \[CD\] là một phần parabol \[v\left( t \right) = a{t^2} + bt + c,{\rm{ }}\left( {a,b,c \in \mathbb{R}} \right)\] có đỉnh \[C\] (như hình vẽ).
a) Trong một giây đầu tiên, vận tốc của chất điểm là \[v\left( t \right) = 2t,{\rm{ }}0 \le t \le 1\].
b) Quãng đường chất điểm đi được trong hai giây đầu tiên là \[2{\rm{ m}}\].
c) Giá trị của \[b\] và \[c\] lần lượt là \[b = 3,c = - \frac{5}{2}\].
d) Quãng đường chất điểm đi được trong khoảng thời gian \[5\] giây là \[7,7{\rm{ m}}\] (kết quả được làm tròn đến hàng phần mười).
a) Đúng. Đường thẳng \[OB:v\left( t \right) = mt + n\] đi qua hai điểm \[O\left( {0;0} \right),{\rm{ }}B\left( {1;2} \right)\], ta
\[\left\{ \begin{array}{l}n = 0\\m + n = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\n = 0\end{array} \right. \Rightarrow OB:v\left( t \right) = 2t\] với \[0 \le t \le 1\].
b) Sai. Đường thẳng \[BC:v\left( t \right) = 2\] với \[1 \le t \le 3\].
Quãng đường chất điểm đi được trong hai giây đầu tiên là \[{S_1} = \int\limits_0^1 {2t{\rm{dt}}} + \int\limits_1^2 {2{\rm{dt}}} = 3{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].
c) Đúng. Parabol \[v\left( t \right) = a{t^2} + bt + c\] nhận \[{x_C} = 3\] làm trục đối xứng nên đồ thị đi qua ba điểm \[\left( {1;0} \right),\]\[C\left( {3;2} \right),{\rm{ }}D\left( {5;0} \right)\], ta có \[\left\{ \begin{array}{l}a + b + c = 0\\9a + 3b + c = 2\\25a + 5b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{2}\\b = 3\\c = - \frac{5}{2}\end{array} \right.\].
Đường cong \[CD\] là \[v\left( t \right) = - \frac{1}{2}{t^2} + 3t - \frac{5}{2}\] với \[3 \le t \le 5\].
d) Đúng. Quãng đường chất điểm đi được trong khoảng thời gian \[5\] giây là
\[S = \int\limits_0^1 {2t{\rm{dt}}} + \int\limits_1^3 {2{\rm{dt}}} + \int\limits_3^5 {\left( { - \frac{1}{2}{t^2} + 3t - \frac{5}{2}} \right){\rm{dt}}} = \frac{{23}}{3} \approx 7,7{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).\]
Ta có \(v\left( t \right) = \int {a\left( t \right){\rm{d}}t} = \int {\left( {2t - 7} \right){\rm{d}}t} = {t^2} - 7t + C\), mặt khác \(v\left( 0 \right) = 10\) nên \(C = 10\).
Suy ra \(v\left( t \right) = {t^2} - 7t + 10\).
Để chất điểm đạt vận tốc 18 (m/s) thì \(v\left( t \right) = 18 \Leftrightarrow {t^2} - 7t - 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 8\,{\rm{ }}\left( {{\rm{nhan}}} \right)\\t = - 1{\rm{ }}\left( {{\rm{loai}}} \right)\end{array} \right.\).
Vậy tại thời điểm \(t = 8\) (s) thì chất điểm đạt vận tốc 18 (m/s).
Đáp án: 8.
Ta có \[h\left( t \right) = \int {h'\left( t \right){\rm{d}}t} = \int {\left( {3a{t^2} + bt} \right){\rm{d}}t} = a{t^3} + b\frac{{{t^2}}}{2} + C.\]
Do ban đầu bể không có nước nên \[h\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow C = 0 \Rightarrow h\left( t \right) = a{t^3} + b\frac{{{t^2}}}{2}.\]
Lúc \(5\) phút: \[h\left( 5 \right) = a \cdot {5^3} + b \cdot \frac{{{5^2}}}{2} = 150\,\,\,\left( 1 \right).\]
Lúc \(10\) phút: \[h\left( {10} \right) = a \cdot {10^3} + b \cdot \frac{{{{10}^2}}}{2} = 1100\,\,\,\left( 2 \right).\]
Từ \(\left( 1 \right)\)và \(\left( 2 \right)\) suy ra \[a = 1,\,b = 2 \Rightarrow h\left( t \right) = {t^3} + {t^2} \Rightarrow h\left( {20} \right) = {20^3} + {20^2} = 8400\,\,{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}.\]
Đáp án: 8400.
Một dụng cụ đựng nước có dạng như hình bên. Nếu cắt dụng cụ bằng mặt phẳng song song với mặt đáy và cách mặt đáy một khoảng \(x\) (cm) \((0 \le x \le 5)\) thì được thiết diện là hình chữ nhật có chiều dài là \(2x\) (cm) và chiều rộng là \(\sqrt {x + 3} \) (cm). Dung tích của dụng cụ trên là bao nhiêu centimét khối (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân hàng phần chục)?
Diện tích của mặt cắt là: \(S\left( x \right) = 2x \cdot \sqrt {x + 3} \) (cm2).
Thể tích của khối tròn xoay tạo thành là: \[V = \int\limits_0^5 {2x\sqrt {x + 3} } \,{\rm{d}}x \approx 62,6\] (cm3).
Đáp án: 62,6.
Một biển quảng cáo có dạng hình vuông \[ABCD\] cạnh bằng \[4{\rm{ m}}\] và \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(CD\). Trên tấm biển đó có đường parabol đỉnh \(I\) đi qua \(A,B\) và cắt đường chéo \(BD\) tại \(M\) (\(M\) khác \(B\), tham khảo hình vẽ).
Người ta cần sơn tấm biển quảng cáo, biết rằng chi phí sơn phần hình gạch sọc (có diện tích \({S_1}\)) là \[200\,000\] đồng/m², chi phí sơn phần tô đậm (có diện tích \({S_2}\)) là \[180\,000\] đồng/m² và phần còn lại là \[150\,000\] đồng/m². Số tiền cần chi trả để sơn tấm biển quảng cáo là bao nhiêu nghìn đồng?
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ, với \(O\) là trung điểm của \(BD\) và hai trục lần lượt song song với hai cạnh \(AB,AD\).
Ta có tọa độ các điểm \(A\left( { - 2; - 2} \right)\), \(B\left( {2; - 2} \right)\) và \(I\left( {0;2} \right)\); phương trình của đường parabol có dạng \(y = a{x^2} + b\) thay tọa độ các điểm \(B,I\) ta có được \(b = 2\) và \( - 2 = a \cdot {2^2} + 2 \Leftrightarrow a = - 1\).
Vậy phương trình của đường \[\left( P \right):y = - {x^2} + 2\].
Tọa độ giao điểm M là nghiệm của hệ
Suy ra \(M\left( { - 1\,;\,1} \right)\) (loại điểm \[\left( {2; - 2} \right)\] do trùng B).
Diện tích hình phẳng \({S_1} = \int\limits_{ - 1}^2 {\left[ {\left( { - {x^2} + 2} \right) - \left( { - x} \right)} \right]{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - {x^2} + 2 + x} \right){\rm{d}}x} = \frac{9}{2}\).
Diện tích hình phẳng \[{S_2} = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( { - {x^2} + 2 + 2} \right){\rm{d}}x - {S_1}} = \frac{{37}}{6}\].
Diện tích phần còn lại là \({S_3} = 16 - {S_1} - {S_2} = \frac{{16}}{3}\).
Tổng số tiền bỏ ra để sơn là \(200{S_1} + 180{S_2} + 150{S_3} = 2810\) (nghìn đồng).
Đáp án: 2810.
Một kiến trúc sư chịu trách nhiệm thiết kế một tòa nhà cao 30 mét. Mặt cắt ngang tại mọi độ cao, vuông góc với trục thẳng đứng, luôn là một hình vuông (xem hình vẽ).
Mặt đáy tòa nhà là hình vuông có cạnh \({L_0} = 26\;{\rm{m,}}\) mặt đỉnh là hình vuông có cạnh \({L_{30}} = 20\;{\rm{m}}{\rm{.}}\)Mặt cắt ngang tại vị trí hẹp nhất của tòa nhà là hình vuông có cạnh \({L_{min}} = 13,75\;{\rm{m}}{\rm{.}}\) Mặt cắt của tòa nhà theo mặt phẳng đứng chứa đường chéo đáy có dạng là hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong parabol đối xứng nhau qua trục thẳng đứng đi qua tâm đáy của tòa nhà. Tính thể tích của tòa nhà đó (làm tròn đến hàng đơn vị, đơn vị tính: mét khối).
Chọn hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ.
Gọi \(L\left( x \right)\) là hàm biến thiên của độ dài đường chéo mặt cắt của toà nhà tại độ cao x.
Theo đề ta có, \(L\left( x \right)\)là một parabol đi qua ba điểm \(\left( {0;13\sqrt 2 } \right),\,\,\left( {30;10\sqrt 2 } \right),\,\,\left( {{x_o};\frac{{55\sqrt 2 }}{8}} \right)\) , trong đó \({x_o}\) là vị trí mặt cắt ngang toà nhà là hình vuông có cạnh \({L_{min}} = 13,75\;{\rm{m}}{\rm{.}}\)
Ta có \(L\left( x \right) = a{\left( {x - {x_o}} \right)^2} + \frac{{55\sqrt 2 }}{8}\).
Ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}L\left( 0 \right) = a{\left( {0 - {x_o}} \right)^2} + \frac{{55\sqrt 2 }}{8} = 13\sqrt 2 \\L\left( {30} \right) = a{\left( {30 - {x_o}} \right)^2} + \frac{{55\sqrt 2 }}{8} = 10\sqrt 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a{\left( {{x_o}} \right)^2} = \frac{{49\sqrt 2 }}{8}\\a{\left( {30 - {x_o}} \right)^2} = \frac{{25\sqrt 2 }}{8}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \frac{{{x_o}^2}}{{{{\left( {30 - {x_o}} \right)}^2}}} = \frac{{49}}{{25}} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_o} = 105\,\left( L \right)\\{x_o} = 17,5\,\,\left( {TM} \right) \Rightarrow a = \frac{{\sqrt 2 }}{{50}}\end{array} \right.\,\).
Suy ra \(L\left( x \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{{50}}{\left( {x - 17,5} \right)^2} + \frac{{55\sqrt 2 }}{8}\).
Do đó, diện tích thiết diện là \(S\left( x \right) = 2{\left[ {L\left( x \right)} \right]^2} = 2{\left[ {\frac{{\sqrt 2 }}{{50}}{{\left( {x - 17,5} \right)}^2} + \frac{{55\sqrt 2 }}{8}} \right]^2}\).
Vậy thể tích của toà nhà là \[V = \int\limits_0^{30} {S\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int\limits_0^{30} {2{{\left[ {\frac{{\sqrt 2 }}{{50}}{{\left( {x - 17,5} \right)}^2} + \frac{{55\sqrt 2 }}{8}} \right]}^2}} {\rm{d}}x \approx 8976\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\].
Đáp án: 8976.
Trên cánh cửa được trang trí các núm có dạng một khối tròn xoay được đúc bằng chất liệu đồng, khuôn đúc của nó được tạo thành khi quay miền \(\left( H \right)\) (phần được tô màu trong hình vẽ) quanh trục \(AB\). Miền \(\left( H \right)\) được giới hạn bởi các cạnh \(AB\), \(AD\) của hình vuông \(ABCD\) và các cung phần tư của các đường tròn bán kính bằng \(1\) cm với tâm lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AD\), \(AB\). Biết công thức tính khối lượng của một vật là \(P = V \cdot D\), trong đó \(P\) là khối lượng của vật (đơn vị gam), \(V\) là thể tích của vật (đơn vị \({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\)) và \(D\) là khối lượng riêng của vật (đơn vị \({\rm{gam/c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\)), khối lượng riêng của đồng là \(D = 8,96\,{\rm{gam/c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\). Giá đồng trên thị trường là 200 000 đồng/kg. Giá tiền vật liệu để đúc một núm đồng trên là bao nhiêu nghìn đồng (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)?
Lắp hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ (\(O \equiv A\)).
Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB,AD\).
Đường tròn tâm \(M\left( {1;0} \right)\), bán kính 1 cm có phương trình là:
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} = 1 \Rightarrow y = \sqrt {1 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}} = \sqrt { - {x^2} + 2x} \).
Đường tròn tâm \(N\left( {0;1} \right)\), bán kính 1 cm có phương trình là:
\({x^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 1 \Rightarrow y = 1 + \sqrt {1 - {x^2}} \).
Thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình \(\left( H \right)\) quanh trục hoành là:
\(V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {1 + \sqrt {1 - {x^2}} } \right)}^2}{\rm{d}}x} + \pi \int\limits_1^2 {\left( { - {x^2} + 2x} \right){\rm{d}}x} \).
Giá tiền vật liệu để đúc một núm đồng trên là: \(\frac{{V \cdot 8,96 \cdot 200}}{{1000}} \approx 22\) (nghìn đồng).
Đáp án: 22.
Bạn có thích hoạt động này không?
Ý kiến của bạn sẽ giúp chúng tôi đề xuất nội dung phù hợp hơn.
![[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)
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 20](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-emy0gtcksawvorajezvv-1786772460.jpg&w=3840&q=75)
