Đề ôn luyện Toán theo Chủ đề 4. Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng (Đề số 1)
22 câu hỏi
PHẦN I. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Họ các nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = 3{e^x}\) là
\(3{e^x}\).
\(3x{e^x} + C\).
\(3{e^x} + C\).
\( - 3{e^x} + C\).
Ta có \(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {{\rm{3}}{e^x}{\rm{d}}x} = 3{e^x} + C\). Chọn C.
Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{x}\)là
\(\frac{1}{2}{x^2} - 3x + C\).
\(\frac{1}{2}{x^2} - 3x + 2\ln \left| x \right| + C\).
\(\frac{1}{2}{x^2} - 2\ln x + C\).
\(\ln \left( {\frac{{{x^2} - 3x + 2}}{x}} \right) + C\).
Ta có \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{x} = x - 3 + \frac{2}{x}\).
Suy ra \(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {x - 3 + \frac{2}{x}} \right)\,} {\rm{d}}x = \frac{1}{2}{x^2} - 3x + 2\ln \left| x \right| + C\). Chọn B.
Biết \(\int\limits_0^9 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 37\) và \[\int\limits_0^9 {\left[ {3f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} = 61\]. Khi đó, \(\int\limits_0^9 {g\left( x \right){\rm{d}}x} \) bằng
\( - 25\).
\(25\).
\( - 86\).
\(86\).
Ta có \[\int\limits_0^9 {\left[ {3f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} = 61 \Leftrightarrow 3\int\limits_0^9 {f\left( x \right){\rm{d}}x - } 2\int\limits_0^9 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = 61\]
\[ \Leftrightarrow 111 - 2\int\limits_0^9 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = 61 \Leftrightarrow \int\limits_0^9 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = 25\]. Chọn B.
Cho \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x = 1} \) và \(\int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x = - 4} \). Tích phân \[\int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \] bằng
\(5\).
\( - 3\).
\( - 5\).
\(3\).
Ta có \[\int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x + \int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} } } \]\[ \Leftrightarrow \int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x = \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x - \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} } } = - 5\].
Chọn C.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\). Biết rằng phần hình phẳng giới hạn bởi \({S_1}\) và \({S_2}\) (xem hình vẽ) có diện tích lần lượt bằng \(7\) và \(2\).
Tích phân \(\int\limits_{ - 1}^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \) bằng
\(9\).
\( - 5\).
\( - 9\).
\(5\).
Từ hình vẽ ta có \(\int\limits_{ - 1}^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_2^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = {S_1} - {S_2} = 7 - 2 = 5\). Chọn D.
Họ nguyên hàm của hàm số \[f\left( x \right) = {\sin ^2}x\] là
\(\frac{x}{2} - \frac{{\sin 2x}}{4} + C\).
\(\frac{x}{2} + \frac{{\sin 2x}}{4} + C\).
\(\frac{x}{2} - \frac{{\sin 2x}}{2} + C\).
\(\frac{x}{2} + \frac{{\sin 2x}}{2} + C\).
Ta có \[\int {{{\sin }^2}x} \,{\rm{d}}x = \frac{1}{2}\int {\left( {1 - \cos 2x} \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{1}{2}\left( {x - \frac{{\sin 2x}}{2}} \right) + C = \frac{x}{2} - \frac{{\sin 2x}}{4} + C\]. Chọn A.
Gọi \[F\left( x \right)\] là một nguyên hàm của hàm số \[f\left( x \right) = 2x - \frac{1}{x}\] thoả mãn \[F\left( 1 \right) = 1\]. Tính \[F\left( { - 1} \right)\].
\[F\left( { - 1} \right) = 1\].
\[F\left( { - 1} \right) = 2\].
\[F\left( { - 1} \right) = - 1\].
\[F\left( { - 1} \right) = 0\].
Ta có \[\int {f\left( x \right){\rm{d}}x = } \int {\left( {2x - \frac{1}{x}} \right)} \,{\rm{d}}x = {x^2} - \ln \left| x \right| + C\]\[ \Rightarrow F\left( x \right) = {x^2} - \ln \left| x \right| + C\].
Vì \[F\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow C = 0\].
Vậy một nguyên hàm của hàm số \[f\left( x \right) = 2x - \frac{1}{x}\] thoả mãn \[F\left( 1 \right) = 1\] là \[F\left( x \right) = {x^2} - \ln \left| x \right|\].
Do đó \[F\left( { - 1} \right) = 1\]. Chọn A.
Họ các nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{{{x^3}}}\) là
\( - \frac{3}{{{x^4}}} + C\).
\( - \frac{1}{{{x^2}}} + C\).
\( - \frac{1}{{2{x^2}}} + C\).
\( - \frac{1}{{4{x^4}}} + C\).
Ta có \(\int {\frac{1}{{{x^3}}}{\rm{d}}x} = \int {{x^{ - 3}}{\rm{d}}x} = \frac{{{x^{ - 2}}}}{{ - 2}} + C = - \frac{1}{{2{x^2}}} + C\). Chọn C.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ {a;b} \right]\) và \(c\) là số thực tùy ý thuộc đoạn \(\left[ {a;b} \right]\). Nếu \(\int\limits_a^b {f\left( x \right){\rm{d}}x = 3} \) và \(\int\limits_a^c {f\left( x \right){\rm{d}}x = 8} \) thì tích phân \(\int\limits_c^b {f\left( x \right){\rm{d}}x} \) bằng
11.
\( - 5\).
5.
\( - 11\).
Ta có \[\int\limits_c^b {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_c^a {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_a^b {f\left( x \right){\rm{d}}x} = - \int\limits_a^c {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_a^b {f\left( x \right){\rm{d}}x} = - 8 + 3 = - 5\]. Chọn B.
Biết rằng \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {1;4} \right]\) và \(F\left( 4 \right) = 9\), \(F\left( 1 \right) = 3\). Giá trị của \(\int\limits_1^4 {\left[ {f\left( x \right) + 2} \right]{\rm{d}}} x\) bằng
\(0\).
\(8\).
\( - 4\).
\(12\).
Ta có \(\int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x = \left. {F\left( x \right)} \right|_1^4 = F\left( 4 \right) - F\left( 1 \right) = 9 - 3 = 6} \).
Khi đó \(\int\limits_1^4 {\left[ {f\left( x \right) + 2} \right]{\rm{d}}} x = \int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x + \int\limits_1^4 {2{\rm{d}}} x = 6 + 6 = 12} \). Chọn D.
Nếu \(\int\limits_{ - 3}^1 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = - 2\) thì \(\int\limits_{ - 3}^1 {\left[ {2 - 5f\left( x \right)} \right]} \,{\rm{d}}x\) bằng
\(18\).
\(6\).
\(12\).
\( - 4\).
Ta có \(\int\limits_{ - 3}^1 {\left[ {2 - 5f\left( x \right)} \right]} \,{\rm{d}}x = \int\limits_{ - 3}^1 2 \,{\rm{d}}x - 5\int\limits_{ - 3}^1 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = 8 + 10 = 18\). Chọn A.
Cho hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi đồ thị \(y = 2x - {x^2}\) và trục hoành. Thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi cho \(\left( H \right)\) quay quanh trục hoành bằng
\(\frac{{16}}{{15}}\).
\(\frac{4}{3}\).
\(\frac{{16\pi }}{{15}}\).
\(\frac{{4\pi }}{3}\).
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị \(y = 2x - {x^2}\) và trục hoành là
\(2x - {x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = 2\).
Thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi cho \(\left( H \right)\) quay quanh trục hoành là
\(V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {2x - {x^2}} \right)}^2}} {\rm{d}}x = \frac{{16\pi }}{{15}}\). Chọn C.
PHẦN II. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm \(f'\left( x \right) = 8{x^3} + \sin x,\forall x \in \mathbb{R}\). Biết \(f\left( 0 \right) = 3\).
a) Hàm số \(y = f\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f'\left( x \right)\).
b) \(f\left( x \right) = 2{x^4} - \cos x + 3\).
c) \(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x = \frac{2}{5}{x^5} - \sin x + 3x + C} \), với \(C\)là hằng số.
d) Biết \(F\left( x \right)\) là nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) thoả \(F\left( 0 \right) = 2\). Khi đó \(F\left( 1 \right) = \frac{{32}}{5} - \sin 1\).
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f'\left( x \right)\) nên ta có
\(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {8{x^3} + \sin x} \right){\rm{d}}x = 8\int {{x^3}{\rm{d}}x + \int {\sin x{\rm{d}}x} = 2{x^4} - \cos x + C} } \).
Lại có \(f\left( 0 \right) = 3 \Rightarrow - 1 + C = 3 \Rightarrow C = 4 \Rightarrow f\left( x \right) = 2{x^4} - \cos x + 4\).
Khi đó \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( {2{x^4} - \cos x + 4} \right){\rm{d}}x = } } \frac{2}{5}{x^5} - \sin x + 4x + C\).
Mà \(F\left( 0 \right) = 2 \Rightarrow C = 2 \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{2}{5}{x^5} - \sin x + 4x + 2 \Rightarrow F\left( 1 \right) = \frac{{32}}{5} - \sin 1\).
Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng.
Một công ty thiết kế mẫu huy hiệu để tặng cho khách hàng thân thiết của mình (xem hình vẽ bên). Trong đó \(ABCD\)là hình vuông có cạnh bằng \(4\,{\rm{cm}}\), các đường cong \(AOD\)và \(BOC\) là một phần của các parabol đỉnh \(O\). Với hệ trục tọa độ \(Oxy\) (đơn vị trên mỗi trục tọa độ là centimét) thì điểm \(A\) có tung độ bằng \(1\). Biết phần tô đậm trong hình vẽ được phủ vàng với chi phí \(1\)một triệu đồng/\(1\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\), phần còn lại được phủ bạc với chi phí 300 nghìn đồng/\(1\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\), các chi phí còn lại là 500 nghìn đồng.
a) Parabol chứa đường cong \(AOD\) có phương trình là \(y = \frac{1}{{16}}{x^2}\).
b) Parabol chứa đường cong \(BOC\) có phương trình là \(y = - \frac{3}{4}{x^2}\).
c) Diện tích phần tô đậm trong hình vẽ lớn hơn \(5,5\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\).
d) Chí sản xuất \(1\) chiếc huy hiệu trên nhỏ hơn \(9\) triệu đồng.
Vì \(ABCD\) là hình vuông có cạnh bằng \(4\,{\rm{cm}}\) và điểm \(A\) có tung độ bằng \(1\) nên điểm \(B\) có tung độ bằng \( - 3\). Ta có hình vẽ sau:
Gọi parabol chứa đường cong \(AOD\) có phương trình là \(y = a{x^2}\).
Vì parabol đi qua điểm\(A\left( { - 2;1} \right)\) nên ta có: \(1 = a \cdot {\left( { - 2} \right)^2} \Leftrightarrow a = \frac{1}{4}\)\( \Rightarrow y = \frac{1}{4}{x^2}\).
Gọi parabol chứa đường cong \(BOC\) có phương trình là \(y = a'{x^2}\).
Vì parabol đi qua điểm\(C\left( {2; - 3} \right)\) nên ta có: \( - 3 = a \cdot {2^2} \Leftrightarrow a = - \frac{3}{4}\)\( \Rightarrow y = - \frac{3}{4}{x^2}\).
Phần tô đậm \(AOB\) được giới hạn bởi hai đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{4}{x^2}\), \(y = - \frac{3}{4}{x^2}\) và hai đường thẳng \(x = - 2\), \(x = 0\) nên có diện tích là \({S_1} = \int\limits_{ - 2}^0 {\left[ {\frac{1}{4}{x^2} - \left( { - \frac{3}{4}} \right){x^2}} \right]{\rm{d}}x} = \frac{8}{3}\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}\).
Phần tô đậm \(COD\) được giới hạn bởi hai đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{4}{x^2}\), \(y = - \frac{3}{4}{x^2}\) và hai đường thẳng \(x = 0\), \(x = 2\) nên có diện tích là \({S_2} = \int\limits_0^2 {\left[ {\frac{1}{4}{x^2} - \left( { - \frac{3}{4}} \right){x^2}} \right]{\rm{d}}x} = \frac{8}{3}\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}\).
Diện tích phần tô đậm trong hình vẽ là \[S = {S_1} + {S_2} = \frac{8}{3} + \frac{8}{3} = \frac{{16}}{3}\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}} < 5,5\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})\].
Diện tích hình vuông \(ABCD\) là \({S_{ABCD}} = {4^2} = 16\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}\).
Diện tích phần không tô đậm là \({S_k} = 16 - \frac{{16}}{3} = \frac{{32}}{3}\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}\).
Tổng chi phí để làm chiếc huy hiệu: \(T = 1\,000\,000 \cdot \frac{{16}}{3} + 300\,000 \cdot \frac{{32}}{3} + 500\,000 \approx 9\,033\,333\) (đồng).
Đáp án: a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Sai.
Cho một chất điểm chuyển động theo quy luật vận tốc \[v\left( t \right)\]( đơn vị: \[{\rm{m/s}}\]) có đồ thị như hình vẽ bên. Trong đó đồ thị có dạng các đoạn thẳng tương ứng theo thời gian \[t\] giây khi \[0 \le t \le 3\], \[8 \le t \le 15\] và có dạng đường parabol tương ứng thời gian \[t\] giây khi \[3 \le t \le 8\].
a)Vận tốc của chất điểm tại thời điểm\[t = 15\] là \[v\left( {15} \right) = 21\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\].
b)Quãng đường mà chất điểm đi được trong thời gian \[3\] giây đầu \[\left( {0 \le t \le 3} \right)\] là \(S = \int\limits_0^3 {11\,{\rm{d}}t\,\,\,{\rm{(m)}}} \).
c)Quãng đường mà chất điểm đi được trong khoảng thời gian \[7\] giây cuối \[\left( {8 \le t \le 15} \right)\] là \(73,5\,\,{\rm{m}}\).
d)Vận tốc trung bình \({v_{tb}}\) của chất điểm trong thời gian \[t\] giây \[\left( {3 \le t \le 8} \right)\] thỏa mãn \({v_{tb}} < 7\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\).
Vận tốc của chất điểm tại thời điểm \[t = 15\] là \[v\left( {15} \right) = 0\;\].
Quãng đường chất điểm đi được trong thời gian \[3\] giây đầu \[\left( {0 \le t \le 3} \right)\] là \(S = \int\limits_0^3 {11\,{\rm{d}}t\,\,\,(m)} \).
Gọi hàm vận tốc thời gian \(7\) giây cuối \[\left( {8 \le t \le 15} \right)\] có dạng là \[\left( d \right):{\rm{ }}y = at + b\].
Đường thẳng \[\left( d \right)\] đi qua 2 điểm \[\left( {8\,;21} \right)\] và \[\left( {15\,;0} \right)\] nên ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}8a + b = 21\\15a + b = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 3\\b = 45\end{array} \right.\)\[ \Rightarrow \left( d \right):y = - 3t + 45\].
Quãng đường chất điểm đi được trong thời gian \[t\] giây \[\left( {8 \le t \le 15} \right)\] là:
\(S = \int\limits_8^{15} {\left( { - 3t + 45} \right)\,{\rm{d}}t = 73,5\,\,{\rm{(m)}}} \).
Gọi hàm vận tốc thời gian \(t\) giây \[\left( {3 \le t \le 8} \right)\]có dạng là \(\left( P \right):y = a{t^2} + bt + c\).
Parabol \[\left( P \right)\] đi qua các điểm \[\left( {3\,;11} \right)\], \[\left( {5\,;3} \right)\] và \[\left( {8\,;21} \right)\] nên ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}9a + 3b + c = 11\\25a + 5b + c = 3\\64a + 8b + c = 21\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = - 20\\c = 53\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left( P \right):y = 2{t^2} - 20t + 53\).
Quãng đường chất điểm đi được trong thời gian \(t\) giây \[\left( {3 \le t \le 8} \right)\] là:
\(S = \int\limits_3^8 {\left( {2{t^2} - 20t + 53} \right)\,{\rm{d}}t = \frac{{115}}{3}} \,\,{\rm{(m)}}\).
Vận tốc trung bình của chất điểm trong thời gian \[t\] giây \[\left( {3 \le t \le 8} \right)\] là:
\[\frac{{115}}{3}:\left( {8 - 3} \right) = \frac{{23}}{3} > 7\;\].
Đáp án: a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai.
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{2x + 1}}{x}\).
a) \(\int {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = 2x + \ln \left| x \right| + C\).
b) Gọi \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)\) và thỏa mãn \(F\left( 1 \right) = 3\).
Khi đó \(F\left( x \right) = 2x + \ln \left| x \right| + 1\).
c) \(\int {f'\left( {2x} \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{{ - 1}}{{4x}} + C\).
d) Gọi \(G\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)\). Biết \(G\left( 2 \right) = 1\) và \(G\left( 5 \right) + G\left( { - 5} \right) = 0\). Ta tìm được \(G\left( { - 10} \right) = a\ln 10 + b\ln 5 + c\ln 2 + d\), với \(a,\,b,\,c\) là các số hữu tỷ. Ta có \(a + b + c + d = - 19\).
Ta có \(f\left( x \right) = \frac{{2x + 1}}{x} = 2 + \frac{1}{x} \Rightarrow \int {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int {\left( {2 + \frac{1}{x}} \right)} \,{\rm{d}}x = 2x + \ln \left| x \right| + C\).
Vì \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)\) nên \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = 2x + \ln \left| x \right| + C\).
Mà \(F\left( 1 \right) = 3\) nên \(C = 1\). Vậy \(F\left( x \right) = 2x + \ln \left| x \right| + 1\).
Ta có \(f'\left( x \right) = - \frac{1}{{{x^2}}} \Rightarrow f'\left( {2x} \right) = - \frac{1}{{4{x^2}}}\). Khi đó, \(\int {f'\left( {2x} \right)} \,{\rm{d}}x = - \int {\frac{1}{{4{x^2}}}} \,{\rm{d}}x = \frac{1}{{4x}} + C\).
Vì \(G\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)\) nên ta có:
\(G\left( x \right) = 2x + \ln \left| x \right| + C = \left[ \begin{array}{l}2x + \ln x + {C_1}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{khi}}\,\,x > 0\\2x + \ln \left( { - x} \right) + {C_2}\,\,\,{\rm{khi}}\,\,x < 0.\end{array} \right.\)
\(G\left( 2 \right) = 1 \Rightarrow 2 \cdot 2 + \ln 2 + {C_1} = 1 \Rightarrow {C_1} = - 3 - \ln 2\).
\(G\left( 5 \right) + G\left( { - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow 2 \cdot 5 + \ln 5 - 3 - \ln 2 + 2 \cdot \left( { - 5} \right) + \ln 5 + {C_2} = 0 \Rightarrow {C_2} = 3 + \ln 2 - 2\ln 5\).
Do đó \(G\left( { - 10} \right) = 2 \cdot \left( { - 10} \right) + \ln 10 + 3 + \ln 2 - 2\ln 5 = \ln 10 - 2\ln 5 + \ln 2 - 17\).
Vậy \[a + b + c + d = 1 + \left( { - 2} \right) + 1 + \left( { - 17} \right) = - 17\].
Đáp án: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Sai.
PHẦN III. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Người ta cho một chiếc xe điện mô hình chạy thử nghiệm trên một đường thẳng trong 24 giây với vận tốc \[v\left( t \right) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{2}t\;\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{khi}}\;\;0 \le t \le 8\\4\;\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{khi}}\,\,\;8 < t < 16\\ - \frac{1}{2}t + 12\;\,\,\,\,\,{\rm{khi}}\;\;16 \le t \le 24\end{array} \right.\](decimét/giây), trong đó \[t\]là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc xe bắt đầu chuyển động. Trong 24 giây chạy thử nghiệm đó, chiếc xe mô hình đi được quãng đường bao nhiêu decimét?
Trong 24 giây chạy thử nghiệm đó, chiếc xe mô hình đi được quãng đường là:
\[s = \int\limits_0^{24} {v\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_0^8 {\frac{1}{2}t{\rm{d}}t + \int\limits_8^{16} {4{\rm{d}}t} + } \int\limits_{16}^{24} {\left( { - \frac{1}{2}t + 12} \right){\rm{d}}t} \,\;\, = \left. {\left( {\frac{1}{4}{t^2}} \right)} \right|_0^8 + \left. {\left( {4t} \right)} \right|_8^{16} + \left. {\left( { - \frac{1}{4}{t^2} + 12t} \right)} \right|_{16}^{24} = 64\,\,{\rm{(dm)}}\].
Đáp án:\[64\].
Hình vẽ bên cho biết một miền D (được tô đậm) nằm trong hình vuông cạnh bằng 4, miền D này gồm những điểm có khoảng cách tới tâm hình vuông nhỏ hơn hoặc bằng khoảng cách tới cạnh gần nhất của hình vuông.
Tính diện tích miền D, với kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất.
Từ định nghĩa “tập hợp các điểm cách đều 1 điểm và 1 đường thẳng (điểm không thuộc đường thẳng) là một đường parabol”, ta suy ra miền D được giới hạn bởi 4 đường parabol có tiêu điểm là tâm hình vuông và đường chuẩn là cạnh của hình vuông.
Dựng hệ toạ độ như hình vẽ trên, tìm phương trình các đường parabol rồi dựa vào ứng dụng của tích phân tính được diện tích miền D là:
\(S = 4\left[ {\int\limits_0^{2\sqrt 2 - 2} {\left( { - \frac{1}{4}{x^2} + 1} \right){\rm{d}}x} + \int\limits_{2\sqrt 2 - 2}^1 {\left( {2\sqrt {1 - x} } \right){\rm{d}}x} } \right] = \frac{{64\sqrt 2 - 80}}{3} \approx 3,5\).
Đáp án: \(3,5\).
Trong các làng nghề chế tạo đá mỹ nghệ, người ta làm được nhiều đồ trang sức bằng đá rất đẹp. Một người thợ thủ công chế tạo vòng đeo tay hình tròn bằng đá xanh, biết rằng bán kính vòng ngoài của vòng là \(7\,{\rm{cm}}\), bán kính vòng trong là \(5\,{\rm{cm}}\) (hình vẽ). Tính thể tích của chiếc vòng (theo đơn vị đo là centimét khối và làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
Gắn hệ trục tọa độ với gốc tọa độ là tâm của chiếc vòng, trục \(Ox\) là trục đối xứng của vòng, \(Oy\) đi qua tâm một thiết diện cắt ngang của vòng.
Khi đó phương trình đường tròn thiết diện là
\(\left( C \right):{x^2} + {\left( {y - 6} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow y = 6 \pm \sqrt {1 - {x^2}} \).
Vòng được tạo ra bằng cách quay đường tròn \(\left( C \right):{x^2} + {\left( {y - 6} \right)^2} = 1\) quanh trục \(Ox\).
Thể tích của chiếc vòng là:
\[{V_{Ox}} = \pi \left[ {\int\limits_{ - 1}^1 {{{\left( {6 + \sqrt {1 - {x^2}} } \right)}^2}{\rm{d}}x - } \int\limits_{ - 1}^1 {{{\left( {6 - \sqrt {1 - {x^2}} } \right)}^2}{\rm{d}}x} } \right] = \pi \int\limits_{ - 1}^1 {24\sqrt {1 - {x^2}} } {\rm{d}}x = 12{\pi ^2} \approx 118\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\].
Đáp án: \(118\).
Cho hai khối trụ có bán kính đáy bằng \(3\) và có trục là hai đường thẳng cắt nhau và vuông góc với nhau (xem hình vẽ). Gọi \(\left( H \right)\) là phần giao nhau của hai khối trụ đó. Tính thể tích của \(\left( H \right)\).
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Mặt phẳng vuông góc với tia \(Ox\) tại điểm có hoành độ \(x\), cắt hình \(\left( H \right)\) theo thiết diện là một hình vuông có cạnh \(AB\).
Ta có \({\left( {\frac{1}{2}AB} \right)^2} = {R^2} - {x^2} = 9 - {x^2} \Rightarrow A{B^2} = 36 - 4{x^2}\).
Vậy diện tích thiết diện là \(S\left( x \right) = A{B^2} = 36 - 4{x^2}\).
Thể tích của \(\left( H \right)\) là \(V = 2\int\limits_0^3 {S\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = 2\int\limits_0^3 {\left( {36 - 4{x^2}} \right)\,} {\rm{d}}x = 144\).
Đáp án:\(144\).
Trong một trò chơi điện tử, hai bạn Tít và Mít thi xem ai chạy được quãng đường xa hơn. Tít chạy với vận tốc \[{v_T}\,\left( t \right) = 5\sqrt t \]\[\left( {{\rm{km/h}}} \right)\], quãng đường Mít chạy được cho bởi phương trình \[{s_M}\left( t \right) = 5t - \frac{5}{{2\pi }}\sin \,\left( {2\pi t} \right)\]\[\left( {{\rm{km}}} \right)\](với \[t\] là thời gian tính theo giờ). Nếu cuộc đua kết thúc khi Tít hoặc Mít chạy được \[10{\kern 1pt} {\kern 1pt} \,{\rm{km}}\]đầu tiên thì khoảng cách giữa hai bạn là bao nhiêu kilômét (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Quãng đường Tít chạy là: \[{s_T}\,\left( t \right) = \int {{v_T}\left( t \right){\rm{d}}t{\kern 1pt} } {\kern 1pt} = \,{\kern 1pt} \int {5\sqrt t \,{\rm{d}}t} = \frac{{10}}{3}{\sqrt t ^3} + c\].
Khi \[t = 0\] thì \[{s_T} = 0\, \Rightarrow {\kern 1pt} {\kern 1pt} c = 0\]. Do đó \[{s_T}\,\left( t \right) = \frac{{10}}{3}{\sqrt t ^3}\].
Tít chạy được quãng đường \[10{\kern 1pt} \,{\kern 1pt} {\rm{km}}\]: \[{s_T}\,\left( t \right) = \frac{{10}}{3}{\sqrt t ^3} = 10 \Rightarrow {t_T} = \sqrt[3]{9}\,\,\left( {\rm{h}} \right)\].
Mít chạy được quãng đường \[10{\kern 1pt} {\kern 1pt} \,{\rm{km}}\]: \[{s_M}\left( t \right) = 5t - \frac{5}{{2\pi }}\sin \,\left( {2\pi t} \right) = 10\].
Xét \[{s'_M}\left( t \right) = 5 - 5\cos \left( {2\pi t} \right) \ge 0\,\forall t\] mà \[{s_M}\left( 2 \right) = 10\], suy ra \[{t_M} = 2\,\,\left( {\rm{h}} \right)\].
Ta thấy \[{t_M} < {t_T}\] nên Mít chạy được \[10{\kern 1pt} {\kern 1pt} \,{\rm{km}}\] đầu tiên. Khi đó khoảng cách giữa hai bạn là
\[{s_M}\,\left( 2 \right) - {s_T}\,\left( 2 \right) = 10 - \frac{{10}}{3}{\sqrt 2 ^3} \approx 0,57\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)\].
Đáp án: \[0,57\].
Người nghệ sĩ vẽ một bông hoa không màu trên một miếng bìa hình vuông \(ABCD\) tâm \(O\) bằng một đường cong kín \(\left( L \right)\) rồi tô màu đen phần bên ngoài đường cong này của hình vuông (tham khảo hình vẽ). Nếu điểm \(M\) thuộc cạnh của hình vuông \(ABCD\) và tia \(OM\) cắt \(\left( L \right)\) tại điểm \(N\) thì \(MN = 2\,{\rm{dm}}\). Biết rằng \(AB = 8\,\,{\rm{dm,}}\) phần được nghệ sĩ tô màu đen có diện tích bằng bao nhiêu centimet vuông (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?
Chọn hệ trục toạ độ \(Oxy,\) sao cho \(A\left( { - 4; - 4} \right),B\left( { - 4;4} \right),C\left( {4;4} \right),D\left( {4; - 4} \right)\) và \(O\left( {0;0} \right)\).
Phương trình cạnh \(AB:x = - 4\).
Vì tính đối xứng của hình vuông \(ABCD\) và miền phẳng được giới hạn bởi \(\left( L \right)\) nên ta chỉ cần xét phần tô màu nằm ở góc phần tư thứ hai, phía dưới đường thẳng \(BD:y = - x\).
Gọi điểm \(M\left( { - 4;m} \right) \in AB\) và \(N\left( {x;y} \right)\), với \( - 4 \le m \le 4; - 4 < x < 0\) và \(0 \le y < 4\).
\( \Rightarrow ON = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \) và \(OM = ON + 2 = \sqrt {{x^2} + {y^2}} + 2\).
Lại có \(\frac{{ON}}{{OM}} = \frac{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} + 2}} = \frac{{ - x}}{4} \Rightarrow \sqrt {{x^2} + {y^2}} = - \frac{{2x}}{{x + 4}}\) .
\( \Rightarrow {y^2} = {\left( { - \frac{{2x}}{{x + 4}}} \right)^2} - {x^2} \Rightarrow y = \pm \sqrt {\frac{{4{x^2}}}{{{{\left( {x + 4} \right)}^2}}} - {x^2}} \) .
Xét phương trình \(\sqrt {\frac{{4{x^2}}}{{{{\left( {x + 4} \right)}^2}}} - {x^2}} = - x\)\( \Rightarrow x = - 4 + \sqrt 2 \) (vì \( - 4 < x < 0\))
và \(\sqrt {\frac{{4{x^2}}}{{{{\left( {x + 4} \right)}^2}}} - {x^2}} = 0 \Rightarrow x = - 2\).
Suy ra diện tích hình phẳng \[{S_1} = \int\limits_{ - 4}^{ - 4 + \sqrt 2 } {\left( { - x} \right){\rm{d}}x + \int\limits_{ - 4 + \sqrt 2 }^{ - 2} {\left( {\sqrt {\frac{{4{x^2}}}{{{{\left( {x + 4} \right)}^2}}} - {x^2}} } \right){\rm{d}}x} } \] \(\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
Vậy diện tích phần tô màu được tính theo đơn vị centimet vuông (làm tròn đến hàng đơn vị) là:
\(S = 8 \cdot {S_1} \cdot 100 \approx 4\,384\) \(\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
Đáp án: \(4384\).
