ĐGNL ĐHQG Hà Nội - Tư duy định lượng - Ứng dụng tích phân để tính diện tích

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án cần chọn là: B

 D

Đáp án cần chọn là: B

Có\[4 - |x| = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 4}\\{x = - 4}\end{array}} \right.\]

Với\[ - 4 \le x \le 4\]thì\[4 - \left| x \right| \ge 0\]

Diện tích hình cần tìm là:

\(S = \int\limits_{ - 4}^4 {|4 - |x||dx = } \int\limits_{ - 4}^4 {(4 - |x|)dx = \int\limits_{ - 4}^0 {(4 + x)dx + \int\limits_0^4 {(4 - x)dx} } } \)

\( = 4x + \frac{{{x^2}}}{2}\left| {_{ - 4}^0} \right. + 4x - \frac{{{x^2}}}{2}\left| {_0^4} \right. = 0 + 16 - 8 + 16 - 8 = 16\)

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án cần chọn là: C

Phương trình elip:\[\frac{{{x^2}}}{{{{(\sqrt 2 )}^2}}} + \frac{{{y^2}}}{1} = 1\]

Ta có :\[y = \sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{2}} \] (nửa trên của elip)

Diện tích của elip là: \[S = 4\mathop \smallint \nolimits_0^{\sqrt 2 } \sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{2}} dx\]

Đặt\[x = \sqrt 2 \cos a \Rightarrow 1 - \frac{{{x^2}}}{2} = {\sin ^2}a\]

Suy ra:\[dx = - \sqrt 2 \sin ada\]

Đổi cận\[x = \sqrt 2 \Rightarrow a = 0,x = 0\]thì\[a = \frac{\pi }{2}\]

\({S_1} = \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^0 { - \sqrt 2 si{n^2}ada = } \frac{{\sqrt 2 }}{2}\int\limits_{\frac{\pi }{2}}^0 {(cos2a - 1)da} \)

\( = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\left( {\frac{1}{2}sin2a - a} \right)\left| {_0^{\frac{\pi }{2}}} \right. = \frac{{\sqrt 2 \pi }}{4}\)

\[ \Rightarrow S = 4{S_1} = \sqrt 2 \pi \]

Diện tích hình tròn là :\[S' = \pi {R^2} = \pi .\frac{1}{2} = \frac{1}{2}\pi \]

Diện tích trồng hoa: \[{S_b} = \pi \left( {\sqrt 2 - \frac{1}{2}} \right)\]

Số kg phân bón là :\[\frac{{100}}{{\left( {2\sqrt 2 - 1} \right)\pi }}.\left( {\sqrt 2 - \frac{1}{2}} \right)\pi = 50kg\]

Đáp án cần chọn là: C

Nhận thấy phần đồ thị chia làm 2 phần, chú ý đến cận của từng phần.

Phần 1 có cận từ −2  đến 1  nhưng trong (−1;2), đồ thị hàm số nằm phía dưới trục hoành.

Phần 2 có cận từ 1 đến 2 và đồ thị hàm số nằm phía trên trục hoành.

Vậy\[S = \mathop \smallint \nolimits_{ - 2}^1 ( - f(x))dx + \mathop \smallint \nolimits_1^2 f(x)dx = \mathop \smallint \nolimits_1^{ - 2} f(x)dx + \mathop \smallint \nolimits_1^2 f(x)dx\]

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án cần chọn là: A

Đáp án cần chọn là: B

Xét  \[\mathop \smallint \limits_{ - 1}^{\frac{3}{2}} f\left( {2x + 1} \right)dx\] Đặt\[2x + 1 = t \Leftrightarrow 2dx = dt \Leftrightarrow dx = \frac{{dt}}{2}\]

Đổi cận:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 1 \Rightarrow t = - 1}\\{x = \frac{3}{2} \Rightarrow t = 4}\end{array}} \right.\)

Khi đó ta có\[\mathop \smallint \limits_{ - 1}^{\frac{3}{2}} f\left( {2x + 1} \right)dx = \frac{1}{2}\mathop \smallint \limits_{ - 1}^4 f\left( t \right)dt = \frac{1}{2}\mathop \smallint \limits_{ - 1}^4 f\left( x \right)dx\]

\[ = \frac{1}{2}\left( {\mathop \smallint \limits_{ - 1}^1 f\left( x \right)dx + \mathop \smallint \limits_1^4 f\left( x \right)dx} \right)\]

Từ hình vẽ ta có\[\mathop \smallint \limits_{ - 1}^1 f\left( x \right)dx = \frac{{16}}{3};\,\mathop \smallint \limits_1^4 f\left( x \right)dx = - \frac{{63}}{4}\]

Nên\[\mathop \smallint \limits_{ - 1}^{\frac{3}{2}} f\left( {2x + 1} \right)dx = \frac{1}{2}\left( {\mathop \smallint \limits_{ - 1}^1 f\left( x \right)dx + \mathop \smallint \limits_1^4 f\left( x \right)dx} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{{16}}{3} - \frac{{63}}{4}} \right) = - \frac{{125}}{{24}}\]

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án cần chọn là: B

Xét phương trình hoành độ giao điểm:\[{x^4} - 3{x^2} + m = 0\,\,\,\left( 1 \right)\]

Đặt\[t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\]  khi đó phương trình (1) trở thành\[{t^2} - 3t + m = 0\,\,\,\left( 2 \right)\]

Vì đồ thị hàm số\[y = {x^4} - 3{x^2} + m\] cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt nên phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt, do đó phương trình (2) phải có 2 nghiệm dương phân biệt.

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\Delta > 0}\\{S > 0}\\{P > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{9 - 4m > 0}\\{3 > 0(luon\,dung)}\\{m > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow 0 < m < \frac{9}{4}\left( * \right)\)

Giả sử phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt\[0 < {t_1} < {t_2}\] áp dụng định lí Vi-ét ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{t_1} + {t_2} = 3}\\{{t_1}{t_2} = m}\end{array}} \right.\) Khi đó phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt

\[ - \sqrt {{t_2}} < - \sqrt {{t_1}} < \sqrt {{t_1}} < \sqrt {{t_2}} \]

Do tính đối xứng qua trục tung của hàm đa thức bậc bốn trùng phương nên\[{S_1} = {S_2}\] do đó theo bài ra ta có \[{S_1} + {S_2} = {S_3} \Leftrightarrow 2{S_1} = {S_3}\]

Ta có:

\[{S_2} = \mathop \smallint \limits_{\sqrt {{t_1}} }^{\sqrt {{t_2}} } \left| {f\left( x \right)} \right|dx = - \mathop \smallint \limits_{\sqrt {{t_1}} }^{\sqrt {{t_2}} } f\left( x \right)dx\]

\[{S_3} = \mathop \smallint \limits_{ - \sqrt {{t_1}} }^{\sqrt {{t_1}} } \left| {f\left( x \right)} \right|dx = \mathop \smallint \limits_{ - \sqrt {{t_1}} }^{\sqrt {{t_1}} } f\left( x \right)dx = 2\mathop \smallint \limits_0^{\sqrt {{t_1}} } f\left( x \right)dx\] (do f(x) là hàm chẵn).

Ta có:

\(\begin{array}{l}2{S_2} = {S_3}\\ \Leftrightarrow - 2\int\limits_{\sqrt {{t_1}} }^{\sqrt {{t_2}} } {f(x)dx = 2\int\limits_0^{\sqrt {{t_1}} } {f(x)dx} } \\ \Leftrightarrow 2\left( {\int\limits_0^{\sqrt {{t_1}} } {f(x)dx} + \int\limits_{\sqrt {{t_1}} }^{\sqrt {{t_2}} } {f(x)dx} } \right) = 0\\ \Leftrightarrow 2\int\limits_0^{\sqrt {{t_2}} } {f(x)dx} = 0 \Leftrightarrow \int\limits_0^{\sqrt {{t_2}} } {f(x)dx = 0} \\ \Leftrightarrow \int\limits_0^{\sqrt {{t_2}} } {({x^4} - 3{x^2} + m)dx = 0} \\ \Leftrightarrow \left( {\frac{{{x^5}}}{5} - {x^3} + mx} \right)\left| {_0^{\sqrt {{t_2}} }} \right. = 0\\ \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {\sqrt {{t_2}} } \right)}^5}}}{5} - {\left( {\sqrt {{t_2}} } \right)^3} + m\sqrt {{t_2}} = 0\\ \Leftrightarrow \sqrt {{t_2}} \left( {\frac{{{t^2}}}{5} - t + m} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \frac{{{t_2}^2}}{5} - {t_2} + m = 0\,\,(Do\,\,{t_2} > 0)\,\\ \Leftrightarrow t_2^2 - 5{t_2} + 5m = 0( * )\end{array}\)

Mà \[{t_2}\] là nghiệm của phương trình\[{t^2} - 3t + m = 0\] nên\[t_2^2 - 3{t_2} + m = 0\] và\[{t_2} = \frac{{3 + \sqrt {9 - 4m} }}{2}\]

Do đó

\[\begin{array}{*{20}{l}}{\left( * \right) \Leftrightarrow t_2^2 - 3{t_2} + m - 2{t_2} + 4m = 0}\\{ \Leftrightarrow - 2{t_2} + 4m = 0 \Leftrightarrow {t_2} = 2m}\end{array}\]

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{3 + \sqrt {9 - 4m} }}{2} = 2m\\ \Leftrightarrow 3 + \sqrt {9 - 4m} = 4m\\ \Leftrightarrow \sqrt {9 - 4m} = 4m - 3\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4m - 3 > 0}\\{9 - 4m = 16{m^2} - 24m + 9}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > \frac{3}{4}}\\{16{m^2} - 20m = 0}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > \frac{3}{4}}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 0}\\{m = \frac{5}{4}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m = \frac{5}{4}\left( {tm*} \right)\end{array}\)

Vậy \[a = 5,\,\,b = 4 \Rightarrow 2a - b = 10 - 4 = 6.\]

Đáp án cần chọn là: C

Ta có:

\[\begin{array}{*{20}{l}}{\mathop \smallint \limits_{ - 3}^3 f\left( x \right)dx = {S_{ABH}} + {S_{BCKH}} + {S_{CPK}} - {S_{DPQ}}}\\{\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{2}.1.1 + 3.1 + \frac{1}{2}.1.\frac{2}{3} - \frac{1}{2}.\frac{4}{3}.2 = \frac{5}{2}}\end{array}\]

Đáp án cần chọn là: A

Coi N là gốc tọa độ thì ta có\[M\left( {0;4} \right);A\left( { - 2;0} \right);B\left( {2;0} \right)\]

Parabol có dạng\[y = - {x^2} + 4\]

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parobol và trục hoành là \[S = \mathop \smallint \limits_{ - 2}^2 \left| { - {x^2} + 4} \right|dx = \frac{{32}}{3}\]

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parobol là đường thẳng\[y = \frac{8}{3}\]là\[{S_1} = \mathop \smallint \limits_{ - \frac{{2\sqrt 3 }}{3}}^{\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \left| { - {x^2} + 4 - \frac{8}{3}} \right|dx\]

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parobol là đường thẳng\[y = \frac{4}{3}\]là\[{S_2} = \mathop \smallint \limits_{ - \frac{{2\sqrt 6 }}{3}}^{\frac{{2\sqrt 6 }}{3}} \left| { - {x^2} + 4 - \frac{4}{3}} \right|dx\]

Khi đó số tiền để lắp kính là\[T = 200.{S_1} + 150\left( {{S_2} - {S_1}} \right) + 200\left( {\frac{{32}}{3} - {S_2}} \right) = 1.946\]

Đáp án cần chọn là: C

Đồ thị hàm số\[f\left( x \right) = m{x^3} + n{x^2} + px - \frac{5}{2}\]đi qua các điểm có tọa độ\[\left( {1;2} \right);\left( { - 1; - 2} \right);\left( { - 3;2} \right)\]nên ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m + n + p - \frac{5}{2} = 2}\\{ - m + n - p - \frac{5}{2} = - 2}\\{ - 27m + 9n - 3p - \frac{5}{2} = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = \frac{1}{2}}\\{n = \frac{5}{2}}\\{p = \frac{3}{2}}\end{array}} \right.\)

\[ \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{2}{x^3} + \frac{5}{2}{x^2} + \frac{3}{2}x - \frac{5}{2}.\]

Xét phương trình haonfh độ giao điểm\[f\left( x \right) = g\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) - g\left( x \right) = 0\]

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình\[f\left( x \right) - g\left( x \right) = 0\]có 3 nghiệm là\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = - 3}\\{{x_2} = - 1}\\{{x_3} = 1}\end{array}} \right.\)

Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số\[f\left( x \right);g\left( x \right)\]bằng

\[S = \int\limits_{ - 3}^{ - 1} {[f(x) - g(x)]dx + \int\limits_{ - 1}^1 {[g(x) - f(x)]dx} } \]

\( = \int\limits_{ - 3}^{ - 1} {\left( {\frac{1}{2}{x^3} + \frac{5}{2}{x^2} + \frac{3}{2}x - \frac{5}{2} - {x^2} - 2x + 1} \right)dx + \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {{x^2} + 2x - 1 - \frac{1}{2}{x^3} - \frac{5}{2}{x^2} - \frac{3}{2}x + \frac{5}{2}} \right)} } dx\)

\( = \int\limits_{ - 3}^{ - 1} {\left( {\frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{2}{x^2} - \frac{1}{2}x - \frac{3}{2}} \right)} dx + \int\limits_{ - 1}^1 {\left( { - \frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{2}{x^2} + \frac{1}{2}x + \frac{3}{2}} \right)} dx\)

\( = 2 + 2 = 4\)

Đáp án cần chọn là: C

* Xét phương trình hoành độ giao điểm:

\[\frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}} = 1 \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right) + 6 \Leftrightarrow f\left( x \right) - g\left( x \right) - 6 = 0\]

(Chúng ta không cần lo điều kiện\[g\left( x \right) + 6 \ne 0\]  bởi lẽ đồ thị hàm số \[y = \frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}}\] khi tương giao với đường thẳng\[y = 1\] phải tạo nên một miền kín, và khi số nghiệm của phương trình\[f\left( x \right) = g\left( x \right) + 6\] nhiều hơn 2 thì ta mới phải chú ý xem xét lấy cận từ đâu đến đâu, và liệu rằng có phải từ\[{x_{\min }} \to {x_{\max }}\] chẳng may đồ thị tương giao bị gián đoạn trên đoạn\[\left[ {{x_{\min }};{x_{\max }}} \right]\] mà vẫn tạo miền kín. Trên thực tế, bài toán này phương trình\[f\left( x \right) = g\left( x \right) + 6\] chỉ có 2 nghiệm (vì là phương trình bậc hai), nên người giải toán không cần quan tâm đến việc gián đoạn hay không, vì việc tồn tại nghiệm hình và hàm số là thuộc phạm trù người ra đề).

Mà\[g\left( x \right) = f\left( x \right) + f'\left( x \right) + f''\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right) - g\left( x \right) = - f'\left( x \right) - f''\left( x \right)\]

⇒⇒ Phương trình hoành độ giao điểm trở thành:

\[ - f'\left( x \right) - f''\left( x \right) - 6 = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) + f''\left( x \right) + 6 = 0\](1)

Mặt khác:\[g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + f''\left( x \right) + f'''\left( x \right)\] và\[f'''\left( x \right) = 6\]

\[ \Rightarrow g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + f''\left( x \right) + 6\]

Từ phương trình (1)\[ \Leftrightarrow g'\left( x \right) = 0\]

Theo giả thiết g(x) có 2 điểm cực trị\[{x_1},\,\,{x_2}\] sao cho\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{g({x_1}) = - 3}\\{g({x_2}) = 6}\end{array}} \right. \Rightarrow g'\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm\[{x_1},\,\,{x_2}\]

Vậy phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm\[{x_1},\,\,{x_2}\]

\[ \Rightarrow {S_{\left( H \right)}} = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left( {\frac{{f(x)}}{{g(x) + 6}} - 1} \right)dx} } \right|\]

\[\begin{array}{l} = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\frac{{f(x) - g(x) - 6}}{{g(x) + 6}}dx} } \right|\\ = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\frac{{ - f\prime (x) - f\prime \prime (x) - 6}}{{g(x) + 6}}dx} } \right|\\ = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\frac{{ - g\prime (x)}}{{g(x) + 6}}dx} } \right|\end{array}\]

\[ = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\frac{{g\prime (x)}}{{g(x) + 6}}dx} } \right|\]

\[ = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\frac{{d(g(x) + 6)}}{{g(x) + 6}}dx} } \right|\]

\[\begin{array}{l} = \mid ln|g(x) + 6||_{{x_1}}^{{x_2}}\mid \\ = |ln|g({x_2}) + 6| - ln|g({x_1}) + 6||\\ = |ln|6 + 6| - ln| - 3 + 6|| = ln12 - ln3 = 2ln2\end{array}\]

Đáp án cần chọn là: D