5 dạng toán ứng dụng của tích phân thường gặp Toán 12

5 dạng toán ứng dụng của tích phân thường gặp Toán 12 được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF để gửi tới các bạn học sinh cùng tham khảo, ôn tập đầy đủ kiến thức, chuẩn bị cho các buổi học thật tốt. Mời bạn đọc đón xem!

26 13 lượt tải Tải xuống

Chia sẻ Báo cáo tài liệu

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 1

ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

MÔN TOÁN – KHỐI 12

CHINH PH

Ụ

C K

Ỳ

THI THPT QU

Ố

C GIA

CÂU HỎI & LỜI GIẢI CHI TIẾT

TÀI LIỆU LƯU HÀNH NỘI BỘ

NĂM HỌC: 2020 – 2021

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 2

MỤC LỤC

 DẠNG TOÁN 1: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG ................. 3

Dạng 1.1: Ứng dụng của tích phân tính diện tích hình phẳng (không có điều kiện) ................................. 3

Dạng 1.2: Ứng dụng của tích phân tính diện tích hình phẳng (có điều kiện) .......................................... 28

 DẠNG TOÁN 2: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN TÍNH THỂ TÍCH KHỐI TRÒN XOAY ....... 54

Dạng 2.1: Ứng dụng của tích phân tính thể tích khối tròn xoay (không có điều kiện) ........................... 54

Dạng 2.2: Ứng dụng của tích phân tính thể tích khối tròn xoay (có điều kiện)....................................... 68

 DẠNG TOÁN 3: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG ....... 73

Dạng 3.1: Bài toán cho biết hàm số của vận tốc, quãng đường của chuyển động ................................... 73

Dạng 3.2: Bài toán cho biết đồ thị của vận tốc, quãng đường của chuyển động ..................................... 83

 DẠNG TOÁN 4: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN THỰC THẾ89

Dạng 4.1: Bài toán liên quan đến diện tích .............................................................................................. 89

Dạng 4.2: Bài toán liên quan đến thể tích .............................................................................................. 102

 DẠNG TOÁN 5: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ ..... 117

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 3

 DẠNG TOÁN 1: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG

Dạng 1.1: Ứng dụng của tích phân tính diện tích hình phẳng (không có điều kiện)

Câu 1: (THPT LÊ XOAY VĨNH PHÚC LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hàm số





y f x

xác

định và liên tục trên đoạn

 

;a b

. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

 

y f x



trục hoành và hai đường thẳng

,x a x b 

được tính theo công thức

 

S f x x



. B.

 

S f x x



. C.

 

S f x x 



. D.

 

S f x x



Lời giải

Chọn A

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

 

y f x

, trục hoành và hai đường thẳng

,x a x b 

được tính bởi công thức:

 

S f x x



Câu 2: (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Gọi

là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các

đường 2

y  ,

0y 

0x 

2x 

. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

2 d

S x







2 d

S x



2 d

S x







2 d

S x



Lời giải

Chọn B

2 2

0 0

2 d 2 d

x x

S x x 

 

(do

 

2 0, 0;2

x  

Câu 3: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Gọi

là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường

y 

0y 

0x 

2x 

. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

e d

S x



e d

S x





e d

S x





e d

S x





Lời giải

Chọn A

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường e

y  ,

0y 

0x 

2x 

là:

S e x



 BÀI TẬP NỀN TẢNG & VẬN DỤNG 

PHẦN

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 4

Câu 4: (Mã 102 - BGD - 2019) Cho hàm số





y f x

liên tục trên



Gọi

là diện tích hình

phẳng giới hạn bởi các đường

 

, 0, 1y f x y x   

và

5x 

(như hình vẽ bên).

Mệnh đề nào sau đây đúng?

1 5

1 1

( )d ( )dS f x x f x x



  

 

. B.

1 5

1 1

( )d ( )dS f x x f x x



 

 

1 5

1 1

( )d ( )dS f x x f x x



 

 

. D.

1 5

1 1

( )d ( )dS f x x f x x



  

 

Lời giải

Chọn C

Ta có:

     

1 5 1 5

1 1 1 1

( ) d d d dS f x x f x x f x x f x x

 

   

   

Câu 5: (Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số





f x

liên tục trên



. Gọi S là diện tích hình phẳng

giới hạn bởi các đường

 

, 0, 1, 2y f x y x x    

(như hình vẽ bên). Mệnh đề nào dưới

đây đúng?

   

1 2

1 1

dx + dxS f x f x





 

. B.

   

1 2

1 1

dx dxS f x f x



  

 

   

1 2

1 1

dx+ dxS f x f x



 

 

. D.

   

1 2

1 1

dx dxS f x f x



 

 

Lời giải

Chọn D

     

2 1 2

1 1 1

dx= dx dxS f x f x f x

 

 

  

Nhìn hình ta thấy hàm số

 

f x

liên tục và nhận giá trị không âm trên đoạn

 

1;1

nên

   

1 1

dx dxf x f x

 



 

; hàm số

 

f x

liên tục và nhận giá trị âm trên đoạn

 

1;2

nên

   

2 2

1 1

dx dxf x f x 

 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 5

Vậy

   

1 2

1 1

dx dxS f x f x



 

 

Câu 6: (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

hàm số

y x x  và đồ thị hàm số

.y x x 

Lời giải

Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm

3 2 3 2

2 0 1

x x x x x x x x







        



 



Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

y x x  và đồ thị hàm số

y x x  là:

     

1 0 1

3 2 3 2 3 2

2 2 0

2 2

 

         

  

S x x x x dx x x x dx x x x dx

0 1

4 3 4 3

2 2

2 0

16 8 1 1 37

4 1

4 3 4 3 4 3 4 3 12



   

             

   

   

x x x x

x x

Câu 7: (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Gọi

là diện tích hình phẳng





giới hạn bởi

các đường

 

y f x

, trục hoành và hai đường thẳng

1x  

2x 

. Đặt

 

a f x x







 

db f x x



, mệnh đề nào sau đây đúng?

S b a 

S b a 

S b a  

S b a  

Lời giải

Chọn A

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 6

Ta có:

     

2 0 2

1 1 0

d d dS f x x f x x f x x

 

  

  

   

0 2

1 0

d df x x f x x a b



     

 

Câu 8: (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho





là hình phẳng giới hạn bởi parabol

y 3x

, cung tròn có phương trình

y 4 x  (với

0 x 2 

) và trục hoành (phần tô

đậm trong hình vẽ). Diện tích của

 

bằng

4 3





4 3





4 2 3 3

 



5 3 2





Lời giải

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm giữa parabol và cung tròn ta được

2 2

3 4 1x x x    

với

0 x 2 

nên ta có

1x 

Ta có diện tích

1 2 2 2

2 2 3 2 2

0 1 1 1

3 3

3 4 4 4

3 3

        

   

S x dx x dx x x dx x dx

Đặt:

2sin 2 cos ; 1 ; 2

6 2

 

        x t dx tdt x t x t

3 1 4 3

2 sin 2

3 2 6





 

    

 

 

S t t

Câu 9: (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Diện tích phần hình phẳng gạch chéo

trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây?

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 7

 

2 2x dx



 



 

2 2x dx





 

2 2 4x x dx



  



 

2 2 4x x dx



 



Lời giải

Chọn C

Diện tích hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là:

     

2 2 2

2 2 2 2

1 1 1

3 2 1 2 2 4 2 2 4S x x x dx x x dx x x dx

  

             

  

Câu 10: (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hàm số





f x

liên tục trên



. Gọi

là diện tích hình

phẳng giới hạn bởi các đường

 

, 0, 1y f x y x   

và

4x 

(như hình vẽ bên). Mệnh đề

nào dưới đây đúng?

   

1 4

1 1

dx dxS f x f x



 

 

. B.

   

1 4

1 1

dx dxS f x f x



 

 

   

1 4

1 1

dx dxS f x f x



  

 

. D.

   

1 4

1 1

dx dxS f x f x



  

 

Lời giải

Chọn A

Ta có: hàm số

   

(x) 0 1;1 ; (x) 0 1;4f x f x      

, nên:

         

4 1 4 1 4

1 1 1 1 1

dx dx dx dx dxS f x f x f x f x f x

  

    

    

. Chọn đáp án A.

Câu 11: (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số





f x

liên tục trên



Gọi S là diện tích hình phẳng

giới hạn bởi cá đường

 

,y f x

0, 2  y x

và

3x

(như hình vẽ). Mệnh đề nào dưới

đây đúng?

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 8

   

1 3

2 1

d d .



  

 

S f x x f x x B.

   

1 3

2 1

d d .



 

 

S f x x f x x

   

1 3

2 1

d d .



  

 

S f x x f x x D.

   

1 3

2 1

d d .



 

 

S f x x f x x

Lời giải

Chọn B

Ta có

     

3 1 3

2 2 1

d d d .

 

   

  

S f x x S f x x f x x

 

0f x

với

 

2;1  x

và

 

0f x

với

 

1;3 x

nên

   

1 3

2 1

d d .



 

 

S f x x f x x

Câu 12: (CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong

hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây?

 

2 2 4 dx x x



 



. B.

 

2 2 4 dx x x



 



 

2 2 4 dx x x



  



. D.

 

2 2 4 dx x x



  



Lời giải

Chọn C

Từ đồ thị ta thấy

2 2

3 2 1x x x    

 

1;2x  

Vậy diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là

   

2 2

3 2 1 dS x x x x



 

     

 



 

2 2 4 dx x x



   



Câu 13: (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Gọi

là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

hàm số

 

y f x

, trục hoành, đường thẳng

,x a x b 

(như hình vẽ bên). Hỏi cách tính

nào dưới đây đúng?

y=f(x)

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 9

 

S f x dx



. B.

   

c b

a c

S f x dx f x dx 

 

   

c b

a c

S f x dx f x dx  

 

. D.

   

c b

a c

S f x dx f x dx 

 

Lời giải

Chọn B

Câu 14: (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Gọi

là diện tích hình phẳng

giới hạn bởi các đồ thị hàm số:

3y x x 

y x

. Tính

4S 

. B.

8S 

. C.

2S 

. D.

0S 

Lời giải

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là

3x x x 

4 0x x  

 





 







Vậy

   

0 2

3 3

2 0

4 d 4 dS x x x x x x



   

 

4 4 8  

Câu 15: (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi

là diện tích của

hình phẳng giới hạn bởi các đường 3

y  ,

0y 

0x 

2x 

. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

S dx



. B.

S dx







. C.

S dx







. D.

S dx



Lời giải

Chọn A

Diện tích hình phẳng đã cho được tính bởi công thức

S dx



Câu 16: (THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số





y f x

liên

tục trên đoạn

 

;a b

. Gọi

là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

   

:C y f x

, trục

hoành, hai đường thẳng

x a

x b

(như hình vẽ dưới đây). Giả sử

S là diện tích hình

phẳng

. đúng trong các phương án A, B, C, D cho dưới đây?

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 10

   

d d

S f x x f x x 

 

. B.

   

d d

S f x x f x x  

 

   

d d

S f x x f x x 

 

. D.

   

d d

S f x x f x x  

 

Lời giải

Chọn B

Ta có

     

d d d

b b

a a

S f x x f x x f x x  

  

Vì

 

 

 

 

0, ;0 , 0, 0;f x x a f x x b     

nên:

 

     

0 0

d d d d .

b b

a a

S f x x f x x f x x f x x     

   

Câu 17: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

 

2 1y x  

, trục hoành và hai đường

thẳng

1, 2x x 

bằng

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn A

Ta có:

 

2 2 2

2 2

1 1 1

2 1 d 4 3 d 4 3 d

S x x x x x x x x         

  

Câu 18: Cho hai hàm số

( )f x

và

( )g x

liên tục trên





;a b

. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

của các hàm số

( )y f x

( )y g x

và các đường thẳng

x a

x b

bằng

 

( ) ( ) d

f x g x x



. B.

( ) ( ) d

f x g x x



. C.

( ) ( ) d

f x g x x



. D.

 

( ) ( ) d

f x g x x



Lời giải

Chọn C

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 f x g x x 



Câu 19: Diện tích phần hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới

đây?

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 11





2 dx x x



 



. B.





2 dx x x



 



 

2 dx x x



  



. D.

 

2 dx x x



  



Lời giải

Chọn D

Diện tích hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ bên là:

   

1 1

2 2

1 1

2 d 2 dx x x x x x

 

      

 

( vì

 

1;1 2x x x     

Câu 20: (KTNL GV BẮC GIANG NĂM 2018-2019) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

hàm số

4y x x 

và trục

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn D

Gọi

là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

4y x x 

và trục

Xét phương trình

4 0

x x





  







Ta có

4 4

2 2 2

0 0

4 (4 ) (2 )

3 3

S x x dx x x dx x      

 

Câu 21: (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi

parabol

 

2y x 

, đường cong

y x và trục hoành ( như hình vẽ ) bằng:

Lời giải

Chọn C

 

1 2

4 3

3 2

0 1

1 2

2 2 4

0 1

4 3 12

x x

S x dx x dx x x

 

       

 

 

 

Câu 22: (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Diện tích của

hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số

 

y f x

, trục hoành và hai đường thẳng

x a



CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 12

x b





a b

(phần tô đậm trong hình vẽ) tính theo công thức nào dưới đây ?

   

d d

c b

a c

S f x x f x x 

 

. B.

 

S f x x



   

d d

c b

a c

S f x x f x x  

 

. D.

 

S f x x



Lời giải

Chọn C

Diện tích của hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số

 

y f x

, trục hoành và hai đường

thẳng

x a

x b

là

 

d 



S f x x

   

d d

c b

a c

f x x f x x

 

( )d ( )d  

 

c b

a c

f x x f x x

Câu 23: (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Tính diện tích

hình phẳng giới hạn

bởi các đường

1, 1, 2y x x x    

và trục hoành.

6S 

. B.

16S 

. C.

S 

. D.

13S 

Lời giải

Chọn A

Ta có:

 

2 2

1 1

1 d 1 d 6S x x x x

 

    

 

Câu 24: (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi

là diện tích hình phẳng

giới hạn bởi các đường

5y x  ,

6y x

0x 

1x 

. Tính

Lời giải

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm:

5 6 5; 1x x x x     .

Diện tích hình phẳng cần tìm:

6 5 d

S x x x   



Câu 25: (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi diện tích hình phẳng giới

hạn bởi đồ thị hàm số

 

3 1

C y

 





và hai trục tọa độ là

. Tính

1 ln

S  

4ln

S 

4ln 1

S  

ln 1

S  

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 13

Lời giải

Chọn C

Hoành độ giao điểm của

 

và trục hoành là nghiệm của phương trình

3 1 1

1 3

 

   



Do đó diện tích hình phẳng là

 

0 0

1 1

3 3

3 1 4 4

d 3 d 3 4ln 1 4 ln 1

1 1 3

S x x x x

x x



 

 

       

 

 

 

 

Câu 26: (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị

hàm số

y x x  ;

2y x

và các đường

1x 

;

1x  

được xác định bởi công thức:

   

0 1

3 3

1 0

3 d 3 dS x x x x x x



   

 

. B.

   

0 1

3 3

1 0

3 d 3 dS x x x x x x



   

 

 

3 dS x x x



 



. D.

 

3 dS x x x



 



Lời giải

Chọn A

Ta có diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số

y x x 

;

2y x

và các đường

1x 

;

1x  

là

 

2S x x x



  



3x x



 



Bảng xét dấu

3x x

Do đó dựa vào bảng ta có:

   

0 1

3 3

1 0

3 d 3 dS x x x x x x



   

 

Câu 27: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi

0; 1; ; 2y xx xy   

bằng

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn B

Ta có

2 2

1 1

2 2

S x dx x dx  

 

-1 0 1

x x







CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 14

Câu 28: (THPT LÊ XOAY VĨNH PHÚC LẦN 1 NĂM 2018-2019) Gọi

là diện tích hình phẳng

giới hạn bởi đồ thị của hàm số

 

H y







và các trục tọa độ. Khi đó giá trị của

bằng

2ln 2 1

. B.

ln 2 1

. C.

ln 2 1

. D.

2ln 2 1

Lời giải

Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị

 

và trục hoành

0 1



  



Diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

và các trục tọa độ là

 

1 1 1

0 0 0

1 1 2

d d 1 d 2ln 1 2ln 2 1

1 1 1

x x

S x x x x x

x x x

  

 

          

 

  

 

  

Câu 29: (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Gọi

là diện tích của hình phẳng

giới hạn bởi các đường

ln x



x e



. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

S x







. B.

S x





S x

 















 



. D.

S x



 















 



Lời giải

Chọn B

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi miền D gồm các đường

ln x



x e



là:

2 2

1 1

ln ln

d d

e e

x x

S x x

x x

 

 

vì

 

0, 1;

x e

  

Câu 30: (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Diện tích hình

phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số

2 1y x x   

2 4 1y x x  

là

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn C

Phương trình hoành độ giao điểm là

2 2 2

2 1 2 4 1 3 6 0x x x x x x        













Diện tích hính phẳng là

   

2 2

2 4 1 2 1S x x x x dx

 

      

 



 

3 6x x dx 



 

3 2

3 4

x x  

Câu 31: (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Tính diện tích hình

phẳng giới hạn bởi hai đồ thị

2y x x 

2y x 

. B.

. C.

. D.

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 15

Lời giải

Chọn B

Xét phương trình:

2 2x x x  

2 0x x   

 











Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị là:

2dS x x x



  



 

2 dx x x



  



3 2

x x



 

  

 

 

7 10

6 3

  



Câu 32: (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi

đường cong

lny x x

, trục hoành và đường thẳng

x e

là

e 

. B.

e 

. C.

e 

. D.

e 

Lời giải

Chọn D

Phương trình hoành độ của đường cong

lny x x

và trục hoành là

0 0

ln 0 1

0 0

ln 0 1

x x

x x x

x x

 

 

 

    

 

 

 

 

 

 

 

 

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong

lny x x

, trục hoành và đường thẳng

x e

là

1 1

ln d ln d

e e

S x x x x x x 

 

Đặt

d d

u x

v x x















 













. Suy ra

2 2 2 2

1 1

ln d

1 1

2 2 2 4 4

e e

x e x e

S x x x



    



Câu 33: (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Hình phẳng





được giới hạn bởi các

đường

y x ,

3 2y x 

. Tính diện tích hình phẳng

 

(đvdt) B.

(đvdt) C.

(đvdt) D.

(đvdt)

Lời giải

Chọn D

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình:

2 2

3 2 3 2 0

x x x x





      







Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường là:

 

2 2

1 1

3 2 3 2

S x x dx x x dx      

 

(đvdt).

Câu 34: (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Diện tích hình phẳng giới hạn

bởi đồ thị các hàm số

ln ,y x

1y 

và đường thẳng

1x 

bằng

. B.

2e 

. C.

. D.

2e 

Lời giải

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 16

Chọn D

Ta có

ln 1 0x x e   

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số

ln ,y x

1y 

và đường thẳng

1x 

là:

     

1 1 1

ln 1 ln 1 ln 1 1 1 1 2 2

e e e

S x dx x dx x x dx x e e e               

  

Câu 35: Giá trị dương của tham số

sao cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số

2 3y x 

và các đường thẳng

0, 0,y x x m  

bằng

là

m 

. B.

5m 

. C.

2m 

. D.

1m 

Lời giải

Chọn C

Vì

0m 

nên

 

2 3 0, 0;x x m   

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

2 3y x 

và các đường thẳng

0, 0,y x x m  

là:

 

2 2

2 3 .d 3 3

S x x x x m m     



Theo giả thiết ta có:

 

2 2

10 3 10 3 10 0 2 do 0

S m m m m m m





           



 



Câu 36: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số

4y x x 

và đường thẳng

y x



bằng

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn C

Xét phương trình hoành độ giao điểm

2 2

4 2 2 0

x x x x x





     







Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là

 

2 2

2 2 2

0 0

2 d 2 d

3 3

S x x x x x x x

 

      

 

 

 

Câu 37: (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Tính diện tích phần hình phẳng gạch

chéo (tam giác cong

OAB

) trong hình vẽ bên.

. B.



. C.

. D.



Lời giải

Chọn A

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 17

Phương trình hoành độ giao điểm

 

2 5 4 0

x x x x





      







Dựa vào đồ thị, khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là

 

1 2

0 1

1 1 5

2 3 6

S xdx x dx     

 

Vậy

S 

Câu 38: (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Tính diện tích

của hình

phẳng giới hạn bởi các đường

2y x x 

0y 

10x  

10x 

2000

S 

. B.



2008S

. C.

2000S 

. D.

2008

S 

Lời giải

Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường

 

: 2C y x x 

và

 

: 0d y 

là:

2 0

x x





  







Bảng xét dấu:

Diện tích cần tìm:

     

10 0 2 10

2 2 2 2

10 10 0 2

2 d 2 d 2 d 2 dS x x x x x x x x x x x x

 

       

   

0 2 10

3 3 3

2 2 2

10 0 2

3 3 3

x x x



     

     

     

     

1300 4 704 2008

3 3 3 3

   

Câu 39: (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi

là diện tích hình

phẳng giới hạn bởi các đường

 

y f x

, trục hoành và hai đường thẳng

3x  

2x 

(như

hình vẽ bên). Đặt

 

da f x x







 

db f x x



. Mệnh đề nào sau đây là đúng.

S a b 

. B.

S a b 

. C.

S a b  

. D.

S b a 

Lời giải

Chọn D

Ta có

 

dS f x x







   

1 2

3 1

d df x x f x x



 

 

   

1 2

3 1

d df x x f x x



  

 

a b  

Câu 40: (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 18

thị hàm số

y x và đường thẳng

2y x

là :

Lời giải

Chọn A

Xét phương trình





 







Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

y x

và đường thẳng

2y x

là :

 

1 1

2 2

0 0

S x xdx x x dx    

 

Câu 41: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

các hàm số

2 1y x x    ,

2 4 1y x x   là

Lời giải

Chọn C

Phương trình hoành đồ giao điểm hai đồ thị hàm số

2 1y x x    ,

2 4 1y x x   là:

2 2 2

2 1 2 4 1 3 6 0

x x x x x x





         







Diện tích hình phẳng đã cho là

   

2 2

2 2 2 3

0 0

3 6 6 3 3 4

x x dx x x dx x x     

 

Câu 42: (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Cho hàm số

 

7 4 0 1

4 1

x khi x

f x

x khi x





  









 





Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

 

f x

và các đường thẳng

0, 3, 0x x y

  

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn C

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 19

     

1 2 3

3 2 2

0 1 2

7 4 4 4S x dx x dx x dx

     

  

 

3 3

1 2 3

0 1 2

7 4 4

3 3

| | |

x x

x x x x

   

 

 

 

     

 

 

 

 

 

   

7 8

6 4 3 8

3 3

     



Câu 43: (CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Tính diện tích

của hình phẳng

( )H

giới hạn bởi các đường cong

12y x x  

và

y x 

937

S 

343

S 

793

S 

397

S 

Lời giải

Chọn A

Xét phương trình hoành độ giao điểm 2 đường cong:

3 2 2

12 ( 12) 0 3

x x x x x x x







          







⇒ Diện tích cần tìm là:

4 0 4

3 2 3 2 3 2

3 3 0

12 d 12 d 12 dS x x x x x x x x x x x x

 

        

  

   

0 4

4 3 4 3

3 2 3 2 2 2

3 0

12 d 12 d 6 6

4 3 4 3

x x x x

x x x x x x x x x x



   

           

   

   

 

99 160 937

4 3 12

 

  

Câu 44: (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho





là hình phẳng giới hạn bởi các

đường

y x

2y x 

và trục hoành. Diện tích của

 

bằng

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn C

Xét các hình phẳng

 

: 0

0, 4

y x

x x













 



và

 

: 0

2, 4

y x

H y

x x

 











 



Ta có

     

1 2

2 1

\H H H

H H H







 





Do đó

       

4 4

1 2

0 2

4 4

2 16 10

d 2 d 2 2

0 2

3 2 3 3

S H S H S H x x x x x x x

 

          

 

 

 

y x



y x



y x



CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 20

Cách khác: Ta có

 

: 2

0, 2

x y

H x y

y y







 





 



. Suy ra

   

2 d

S H y y y   



Câu 45: (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Gọi

là diện tích hình

phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số







và các trục tọa độ. Khi đó giá trị của

là

1 ln 2.S  

2ln 2 1.S  

2ln 2 1.S  

ln2 1.S  

Lời giải

Chọn B

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho và trục hoành:

0 1



  



Khi đó

 

1 1 1

0 0 0

1 1 2

d d 1 d 2ln 1 2ln 2 1.

1 1 1

x x

S x x x x x

x x x

 

   

        

   

  

   

  

Câu 46: Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường

1y x x   và

1y x x   là

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm của

1y x x   và

1y x x   là

2 4

1 1x x x x    

2 4

0 1

x x x







    



 



Diện tích hình phẳng cần tìm là

1 0 1

2 4 2 4 2 4

1 1 0

d d dS x x x x x x x x x

 

     

  

   

0 1

3 5 3 5

2 4 2 4

1 0

0 1

2 2 4

d d

1 0

3 5 3 5 15 15 15

x x x x

x x x x x x



   

          

   



   

 

Câu 47: (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Gọi

là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

hàm số

( ) :

H y







và các trục tọa độ. Khi đó giá trị của

bằng

ln 2 1S  

. B.

2ln 2 1S  

. C.

ln2 1S  

. D.

2ln 2 1S  

Lời giải

Chọn D

Phương trình trục

( )Ox

và

( )Oy

lần lượt là

0y 

và

0x 

Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số

( )H

và trục Ox:

0 1



  



Ta có:

S x









. Vì

 

0, 0;1



  



nên diện tích cần tìm là:

 

1 1

0 0

1 2

d 1 d 2ln 1 2ln 2 1

1 1

S x x x x

x x



 

          

 

 

 

 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 21

Câu 48: (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tính diện tích của phần hình

phẳng gạch chéo trong hình vẽ sau:

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn A

Cách 1: Coi

là hàm số theo biến số

Hình phẳng đã cho giới hạn bởi các đường:

x y

(với

0y 

);

2; 0x y y  

Ta có:

2 2

1 ( )

2 2 0

2 ( / )

y loai

y y y y

y t m

 



    







Diện tích của hình phẳng cần tìm là

 

2 2

0 0

2 d 2 d

S y y y y y y      

 

(đvdt)

Cách 2:

Phương trình hoành độ giao điểm của các đồ thị hàm số

, 2:y x y x  

 

2 4.

5 4 0

x x x

x x











     

 

  

 





Diện tích của hình phẳng cần tìm là

 

4 4

0 2

d 2 d

S x x x x   

 

(đvdt)

Câu 49: (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình phẳng

 

giới hạn bới parabol

y  và

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 22

đường cong có phương trình

y   (tham khảo hình vẽ bên )

Diện tích hình phẳng

 

bằng:

 

2 4 3





4 3





4 3





4 3





Lời giải

Chọn A

Xét phương trình

2 2

12 4

x x

 

4 2

144 4

x x

  

4 2

4 0

144 4

x x

   









 





Diện tích hình phẳng

 

bằng:

2 2 2 2 2 2

12 12 12 12

12 0 0 0

4 d 2 4 d 2 4 d 2 d

4 12 4 12 4 12

x x x x x x

S x x x x



     

        

     

     

   

Xét

4 d

I x

 

 

 

 



Đặt

4sinx t

4cos ddx x x 

Đổi cận:

0 0;x t  

x t



  

 

3 3

0 0

8 cos tdt 4 1 cos2 dt 3

I t

 



    

 

Xét

2 3

12 3

I x 



Vậy

 

1 2

2 4 3

2 2

S I I





  

Câu 50: (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho hàm số





f x

xác định và liên tục

trên đoạn

 

5;3

có đồ thị như hình vẽ bên. Biết diện tích của hình phẳng

       

, , ,A B C D

giới hạn bởi đồ thị hàm số

 

y f x

và trục hoành lần lượt là

6; 3; 12; 2

. Tính tích phân

 

2 2 1 1f x dx



  

 



bằng

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 23

27.

25.

17.

21.

Lời giải

Chọn D

Ta có

     

1 1 3

3 3 5

2 2 1 1 2 2 1 4f x dx f x dx x f x dx

  



       

 

  

Mà

 

       

6 3 12 2 17

A B C D

f x dx S S S S



        



Vậy

 

2 2 1 1 21f x dx



  

 

 



Câu 51: (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Diện tích hình phẳng giới

hạn bởi hai đồ thị hàm số

y x

4 4y x x  

và trục

(tham khảo hình vẽ) được tính

theo công thức nào dưới đây?

 

3 2

4 4 dx x x x  



. B.

 

1 2

3 2

0 1

d 4 4 dx x x x x   

 

 

1 2

3 2

0 1

d 4 4 dx x x x x  

 

. D.

 

1 2

3 2

0 1

d 4 4 dx x x x x  

 

Lời giải

Chọn D

Dựa vào hình vẽ ta thấy hình phẳng cần tính diện tích gồm 2 phần:

Phần 1: Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

y x , trục

0x 

1x 

Phần 2: Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

4 4y x x   , trục

1x 

2x 

Do đó diện tích cần tính là

 

1 2 1 2

3 2 3 2

0 1 0 1

d 4 4 d d 4 4 dS x x x x x x x x x x       

   

Câu 52: (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ - THÁNG 4 - 2018) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

hàm số

1y x 

và nửa trên của đường tròn

2 2

1x y  bằng?

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 24

4 2





. B.





. C.





. D.





Lời giải

Chọn A

1 khi 1

x x

y x

x x

 



  



 



2 2 2

1 1x y y x      do chỉ tính nửa trên của đường tròn nên ta lấy

1y x  .

Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

1y x 

và nửa trên của đường tròn

2 2

1x y  là

phần tô màu vàng như hình vẽ.

Diện tích hình phẳng trên là:

 

1 1 dS x x x

 

   

 



 

1 1

0 0

1 d 1 dx x x x   

 

I x

 

  

 

 

I 

Tính

1 dI x x 



Đặt

sinx t

;

2 2

 

 

 

 

 

;

d cos .dx t t

Đổi cận

0 0x t  

;

x t



  

1 dI x x 



1 sin .cos .dt t t



 



cos cos .dt t t







cos .dt t







1 cos 2









1 sin 2

2 2 4



 

  

 

 

.Vậy

4 2



 

Câu 53: [KIM LIÊN - HÀ NỘI - LẦN 1 - 2018] Cho





là hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ

và được giới hạn bởi các đường có phương trình

y x x 

khi 1

2 khi 1

x x

 







 



. Diện

tích của

 

bằng?

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 25

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn B

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số

y x 

và

2y x 

là:

2 1x x x    

Diện tích hình phẳng cần tính là:

1 3

2 2

0 1

10 10

d 2 d

3 3

S x x x x x x x x

   

      

   

   

 

1 3

2 2

0 1

13 7

d 2 d

3 3

S x x x x x x

   

     

   

   

 

1 3

2 2

0 1

13 7

d 2 d

3 3

S x x x x x x

   

     

   

   

 

1 3

3 3

2 2

0 1

13 7 13

6 3 6 3 2

x x

S x x x

   

      

   

   

Câu 54: (THCS&THPT NGUYỄN KHUYẾN - BÌNH DƯƠNG - 2018) Cho đường tròn có đường

kính bằng

và

Elip lần lượt nhận

đường kính vuông góc nhau của đường tròn làm trục

lớn, trục bé của mỗi Elip đều bằng

. Diện tích

phần hình phẳng ở bên trong đường tròn

và bên ngoài

Elip (phần gạch carô trên hình vẽ) gần với kết quả nào nhất trong

kết quả

dưới đây?

4,8S 

. B.

3,9S 

. C.

3,7S 

. D.

3,4S 

Lời giải

Chọn C

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Hai Elip lần lượt có phương trình:

 

2 2

: 1

4 1

x y

E   và

 

2 2

: 1

1 4

x y

E  

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 26

Tọa độ giao điểm của hai Elip trong góc phần tư thứ nhất là nghiệm phương trình:

2 2

4 5

x x



 

2 5

x 

Diện tích hình phẳng cần tìm:

2 5

2 2

.2 .2.1 2 1 3,4 711

S x dx

 

 

    

 







 





Câu 55: (THPT TRẦN QUỐC TUẤN - LẦN 1 - 2018) Tính diện tích

của miền hình phẳng giới

hạn bởi đồ thị của hàm số

 

3 2

f x ax bx c  

, các đường thẳng

1x 

2x 

và trục hoành

(miền gạch chéo) cho trong hình dưới đây.

S 

. B.

S 

. C.

S 

. D.

S 

Lời giải

Chọn A

Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số

 

3 2

f x ax bx c  

, các đường thẳng

1x  

2x 

và trục hoành được chia thành hai phần:

+Miền

D là hình chữ nhật có hai kích thước lần lượt là

và

3S  .

+ Miền

D gồm:

 

3 2

1; 2

f x ax bx c

x x



  









  



Dễ thấy

 

đi qua

điểm

 

1;1A 

 

0;3B

 

2;1C

nên đồ thị

 

có phương trình

 

3 2

1 3

2 2

f x x x  

3 2

1 3 27

3 1 d

2 2 8

S x x x



 

     

 

 



Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là

1 2

S S S  

Câu 56: (THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU - LẦN 3 - 2018) Cho hàm số

liên tục trên đoạn

 

6; 5

, có đồ thị gồm 2 đoạn thẳng và nửa đường tròn như hình vẽ. Tính giá trị

 

2 dI f x x



 

 

 



CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 27

2 35I



 

. B.

2 34I



 

. C.

2 33I



 

. D.

2 32I



 

Lời giải

Chọn D

   

5 5

6 6

2 d dI f x x g x x

 

   

 

 

với

   

2g x f x 

có đồ thị như hình vẽ.

Có

1 2 3 4

I S S S S    trong đó:

S là diện tích hình thang vuông

ABCD

   

. 1 3 .4

2 2

AB CD AD

 

    ,

S là diện tích hình chữ nhật

CDEF

3.4 12S

  

S là diện tích hình tròn tâm

, bán kính

2R 



   ,

S là diện tích hình thang vuông

EFGH

   

. 5 3 .3

2 2

EF GH EH

 

    .

Suy ra

8 12 2 12 2 32I

 

     

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 28

Dạng 1.2: Ứng dụng của tích phân tính diện tích hình phẳng (có điều kiện)

Câu 57: Hình vuông

OABC

có cạnh bằng

được chia thành hai phần bởi đường cong





có

phương trình

y x

. Gọi

1 2

,S S

lần lượt là diện tích của phần không bị gạch và bị gạch

như hình vẽ bên dưới. Tỉ số

bằng

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn D

Ta có diện tích hình vuông

OABC

là

và bằng

1 2

S S

1 16

4 12 3

S x x  



1 2

2 2

S S



   

Câu 58: (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Kí hiệu





S t

là diện tích của hình phẳng

giới hạn bởi các đường

2 1y x 

0y 

1x 

, x t

 

1t 

. Tìm t để

 

10S t 

3t 

. B.

4t 

. C.

13t 

. D.

14t 

Lời giải

Chọn A

Cách 1. Ta có:

   

1 1

2 1 d 2 1 d

t t

S t x x x x   

 

Suy ra

 

2 2

S t x x t t     .

Do đó

 

2 2

10 2 10 12 0

S t t t t t

t L





         



 



Vậy

3t 

 BÀI TẬP NỀN TẢNG 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 29

Cách 2. Hình phẳng đã cho là hình thang có đáy nhỏ bằng

 

1 3y 

, đáy lớn bằng

 

2 1y t t 

và chiều cao bằng

1t 

Ta có

  

3 2 1 1

10 2 2 24 0

t t



  



     



 



. Vì

1t 

nên

3t 

Do đó chọn đáp án A.

Câu 59: (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho đường thẳng

y x

và parabol

y x a 

( a là tham số

thực dương). Gọi

1 2

,S S

lần lượt là diện tích hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ

bên. Khi

1 2

S S

thì a thuộc khoảng nào dưới đây?

 

 

 

1 9

;

2 16

 

 

 

2 9

;

5 20

 

 

 

9 1

;

20 2

 

 

 

Lời giải

Chọn C

Giải toán: Phương trình hoành độ giao điểm:

2 2

2 3 2 0

x a x x x a     

Để phương trình có 2 nghiệm dương thì













 

 









Gọi hai nghiệm đó là

1 2

0 x x 

thì

3 9 16

 



Để

1 2

S S

khi và chỉ khi

x a x dx

 

  

 

 



Ta có:

2 2

3 3

d 0 0

2 3 4

x a x x ax x

 

      

 

 



3 9 16

3 9 16 3 3 9 16

3 4 4 4

a a

 

 

 

 

   

 

     

 

 

Giải nhanh bằng máy tính cho kết quả

0,421875x 

thuộc khoảng

2 9

;

5 20

 

 

 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 30

Câu 60: (Mã 102 - BGD - 2019) Cho đường thẳng

y x

và parabol

y x a 

, (

là tham số

thực dương). Gọi

lần lượt là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình

vẽ bên. Khi

1 2

S S

thì

thuộc khoảng nào dưới đây?

7 1

;

32 4

 

 

 

. B.

1 9

;

4 32

 

 

 

. C.

3 7

;

16 32

 

 

 

. D.

 

 

 

Lời giải

Chọn C

Ta có phương trình hoành độ giao điểm

1 3

2 4

x x a  

2 3 4 0x x a   

Theo đề bài phương trình có hai nghiệm

1 2

0 x x 

thỏa mãn

 

1 2

2 **

x x

x x a



 











1 2

0S S 

1 2

2 2

1 3 1 3

d d 0

2 4 2 4

x x

x x a x x x a x      

 

1 3

d 0

2 4

x x a x   



3 2

1 3

6 8

x x ax   

3 2

2 2 2

1 3

6 8

x x ax   

2 2

6 8

x x

a   

 

***

Từ

 

1 2

x x  

, thay vào

 

2 2

2 3 4

x x

 

    

 

 

2 2

2 3

3 4

x x

  

x 

(***)

128

a 

. Vậy

3 7

;

16 32

 



 

 

Câu 61: (Mã 103 - BGD - 2019) Cho đường thẳng

3y x

và parabol

2 x a

(

là tham số thực

dương). Gọi

S và

S lần lượt là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ

bên. Khi

1 2

S S thì

thuộc khoảng nào dưới đây?

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 31

 

 

 

. B.

 

 

 

. C.

4 9

;

5 10

 

 

 

. D.

 

 

 

Lời giải

Chọn C

Phương trình hoành độ giao điểm

2 2

2 3 2 3 0     x a x x x a

có hai nghiệm dương phân

biệt

9 8 0

   





 

    

 



 



 

Ta được nghiệm của phương trình là

3 9 8

 



Ta có

   

3 9 8 3 9 8

4 4

2 2

1 2

3 9 8

2 3 d 2 3 d

   

 

       

 

a a

S S x a x x x a x x

   

3 9 8 3 9 8

4 4

2 2

3 9 8

2 3 d 2 3 d 0

   

 

      

 

a a

x a x x x a x x

 

3 9 8

2 3 2

3 9 8

2 3

2 3 d 0 0

3 2

 

 

       

 

 



x x a x x x ax

3 2

2 3 9 8 2 3 9 8 3 9 8

3 4 3 4 4

     

     

   

     

     

a a a

3 9 8 2 3 9 8 2 3 9 8

4 3 4 3 4

3 9 8

0 ( )

2 3 9 8 2 3 9 8

3 4 3 4

 

     

     

 

   

     

 

     

 



 









   

   



  

   



   



a a a

a a

2 3 9 8 2 3 9 8 27

3 4 3 4 32

   

   

     

   

   

CASIO

Shift Solve

a a

Câu 62: (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hai hàm số





2 2

2b cf x a xx x   

và

 

2xg x dx e 

(

e 



). Biết rằng đồ thị của hàm số

 

y f x

và

 

y g x

cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là

2

;

1

;

(tham khảo hình vẽ).

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 32

Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng

Lời giải

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị

 

f x

và

 

g x

là

     

3 2 2 3 2

2 3 2 4 0. *bx cx dx x a b d x c e xax             

Do đồ thị của hai hàm số cắt nhau tại ba điểm suy ra phương trình

 

có ba nghiệm

2x  

;

1x  

;

1x 

. Ta được

       

3 2

4 2 1 1ax b d x c e x k x x x       

Khi đó

4 2 2k k    

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là

   

2 1 1x x xx



  



Câu 63: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hai hàm số

 

3 2

f x ax bx cx   

và

 

1g x dx ex  

 

, , , ,a b c d e



. Biết rằng đồ thị hàm số

 

y f x

và

 

y g x

cắt

nhau tại 3 điểm có hoành độ lần lượt là

3

;

1

;

(tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới hạn

bởi

đồ thị đã cho có diện tích bằng

Lời giải

Chọn D

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 33

Cách 1: Xét phương trình

3 2 2

ax bx cx dx ex     

( ) ( )

3 2

ax b d x ec xÛ + - + - - =

có 3

nghiệm lần lượt là

3

;

1

;

nên suy ra

   

27 9 3 0

a b d c e



      



      





     





b d

c e



 



 









 





Vậy

   

3 2

1 3 1 3

2 2 2 2

f x g x x x x    

Hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị đã cho có diện tích bằng

   

 

   

 

1 1

3 1

S f x g x dx g x f x dx



 

   

 

1 1

3 2 3 2

3 1

1 3 1 3 1 3 1 3

2 2 4

2 2 2 2 2 2 2 2

S x x x dx x x x dx



 

   

           

   

   

 

Cách 2: Ta có:

       

3 1 1f x g x a x x x    

Suy ra

       

3 2

3 1 1

a x x x ax b d x c d x        

Xét hệ số tự do suy ra:

3 1

2 2

a a    

Do đó:

       

3 1 1

f x g x x x x    

Diện tích bằng:

       

1 1

3 1

d dS f x g x x g x f x x



 

      

   

 

       

1 1

3 1

1 1

3 1 1 d 3 1 1 d

2 2

S x x x x x x x x



 

        

 

4

Câu 64: (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho hai hàm số





3 2

1f x ax bx cx   

và

 

g x dx ex  

 

, , , ,a b c d e



. Biết rằng đồ thị của hàm số

( )y f x

và

( )y g x

cắt

nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt

3; 1; 2 

(tham khảo hình vẽ).

Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng

253

125

253

125

Lời giải

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 34

Chọn C

Vì phương trình

( ) ( ) 0f x g x 

có 3 nghiệm

3; 1; 2 

nên

       

3 2 1 .f x g x a x x x    

So sánh hệ số tự do ta được

a  

a 

Do đó

   

1 253

3 1 2 d

4 48

S x x x x



    



Câu 65: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hai hàm số

 

3 2

f x ax bx cx   

và

 

g x dx ex  

 

, , , ,a b c d e



. Biết rằng đồ thị của hàm số

 

y f x

và

 

y g x



cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là

2

;

(tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới

hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng

253

125

253

Lời giải

Chọn A

Ta có phương trình hoành độ giao điểm là:

3 2 2

3 3

4 4

ax bx cx dx ex     

   

3 2

ax b d x c e x      

Đặt

     

3 2

h x ax b d x c e x     

Dựa vào đồ thị ta có

     

3 2

h x ax b d x c e x     

có ba nghiệm là

2x  

;

1; 3x x 

Với

2x  

ta có

     

8 4 2 , 1

a b d c e      

Với

1x 

ta có

     

, 2

a b d c e     

Với

3x 

ta có

     

27 9 3 , 3

a b d c e     

Từ

   

1 , 2

và

 

ta có

   

8 4 2

27 9 3

a b d c e



      



     





     





b d

c e







   





  





Hay ta có

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 35

   

dS f x g x x



 



1 3

3 2 3 2

2 1

1 1 5 3 1 1 5 3

d d

4 2 4 2 4 2 4 2

x x x x x x x x



       

 

63 4

16 3

 

253



Câu 66: Cho parabol





: 2 3P y x x   

cắt trục hoành tại hai điểm

,A B

và đường thẳng

d y a



 

0 4a 

. Xét parabol

 

đi qua

,A B

và có đỉnh thuộc đường thẳng

y a

. Gọi

S là

diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

và

.Gọi

S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

và trục hoành. Biết

1 2

S S , tính

3 2

8 48T a a a  

99T 

. B.

64T 

. C.

32T 

. D.

72T 

Lời giải

Chọn B

Để việc tính toán trở nên đơn giản, ta tịnh tiến hai parabol sang trái một đơn vị.

Khi đó, phương trình các parabol mới là

 

: 4P y x  

 

P y x a  

Gọi

,A B

là các giao điểm của

 

và trục

   

2;0 , 2;0 4Ox A B AB   

Gọi

,A B

là giao điểm của

 

và đường thẳng

   

4 ; , 4 ;d M a a N a a    .

Ta có

   

4 4

2 4 . 4 4 4

3 3

S y dy y a a

 

       

 

 



2 . 2

4 12 3

a ax a

S x a dx ax

 

      

 

 



Theo giả thiết

   

2 3 2

1 2

4 8

4 4 4 4 8 48 64

3 3

S S a a a a a a a           

Vậy

64T 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 36

Câu 67: (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm số

( )y f x



là hàm

số đa thức bậc bốn và có đồ thị như hình vẽ.

Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số

( ); '( )y f x y f x 

có diện tích bằng

127

. B.

127

. C.

107

Lời giải

Chọn C

Hàm số đã cho có dạng

4 3 2 3 2

( ) '( ) 4 3 2f x ax bx cx dx e f x ax bx cx d          .

Từ giả thiết đồ thị hàm số đã cho ta thấy đồ thị hàm số đi qua các điểm

( 2;0)

( 1;1)

(0;1)

(1;0)

và có hai điểm cực tiểu là

(1;0)

( 2;0)

nên ta có hệ

(0) 1 1

( 2) 0 1

(1) 0 16 8 4 2 1

'( 2) 0 32 12 4 0

'(1) 0 4 3 2 0

f e

f a b c d







 

 





 



      

 



  

 

     



  

  

      

  





    

  

 



 





Do đó

4 3 2 3 2

1 1 3 3 3

( ) 1 '( ) 1.

4 2 4 2 2

f x x x x x f x x x x         

Xét phương trình hoành độ giao điểm

( ) '( ).f x f x

4 3 2

1 1 9 1

2 0 .

4 2 4 2

x x x x

 





 



      











Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số

( ); '( )y f x y f x 

là

( ) ( )S f x f x dx





 



Vì biểu thức

4 3 2

1 1 9 1

( ) ( ) 2

4 2 4 2

f x f x x x x x



     

không đổi đấu trên các khoảng

( 2; 1) 

( 1;1)

, (1;4) nên ta có

     

1 1 4

2 1 1

107

( ) '( ) ( ) '( ) ( ) '( ) ( ).

S f x f x dx f x f x dx f x f x dx dvdt



 

      

  

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 37

Câu 68: (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi

là diện tích hình phẳng

giới hạn bởi các đường

 

2 2

, 0my x mx y m  

. Tìm giá trị của

để

3S 

1m 

2m 

3m 

4m 

Lời giải

Chọn C

Tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của hệ phương trình:

 

my x

mx y















Thế (1) vào (2) ta được:

3 4

mx m x x

x m



 



    

 



 



 

Vì

  nên

02 y

mx y y mx



  

Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là:

2 2

0 0

m m

x x

S mx dx mx dx

m m

 

   

 

 

 

2 2

2 1 1

3 3 3 3

m x

x m m

 

   

 

 

Yêu cầu bài toán

02 2

3 3 9 3

S m m m



      

Câu 69: (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Cho hình thang cong





giới hạn bởi các

đường

y 

0y 

0x 

ln 4x 

. Đường thẳng

x k

 

0 ln 4k 

chia

 

thành hai

phần có diện tích là

S và

S như hình vẽ bên. Tìm

để

1 2

2S S .

ln 2

k 

. B.

k 

. C.

ln 2k 

. D.

ln 3k 

Lời giải

Chọn D

Diện tích hình thang cong

 

giới hạn bởi các đường e

y  ,

0y 

0x 

ln 4x 

là

ln4

e d e

x x

S x  



ln4 0

e e 4 1 3   

(đvdt).

Ta có

1 2 1 1 1

1 3

2 2

S S S S S S    

. Suy ra

2 2.3

3 3

S   

(đvdt).

Vì

S là phần diện tích được giới hạn bởi các đường e

y  ,

0y 

0x 

x k

nên

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 38

2 e d e

x x

S x   



e e e 1

k k

  

Do đó

e 3 ln3

k  

Câu 70: (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Hình phẳng





được giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số

đa thức bậc bốn

 

y f x

và

 

y g x

. Biết rằng đồ thị cảu hai hàm số này cắt nhau tại đúng

ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là

3; 1; 2. 

Diện tích của hình phẳng

 

( phần gạch

sọc trên hình vẽ bên ) gần nhất với kết quả nào dưới đây?

3,11

2,45

3,21

2,95

Lời giải

Chọn A

       

3 1 2f x g x a x x x    

 

3 2ax a x x   

3 2 2

2 3 3 6ax ax ax ax ax a     

3 2

2 5 6ax ax ax a   

   

0 0 6f g a  

, quan sát hình vẽ ta có

   

3 3 9

0 0

5 2 10

f g    

Nên

9 3

10 20

a a



   

       

2 2

3 3

3 253

3 1 2 3.1625

20 80

S f x g x dx x x x dx

 



       

 

Câu 71: (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho parabol





:P y x

và hai

điểm

,A B

thuộc

 

sao cho

2AB 

. Diện tích lớn nhất của hình phẳng giới hạn bởi

 

và đường thẳng

là

Lời giải

Chọn D

Gọi phương trình đường thẳng

là:

y ax b 

 

,a b



Phương trình giao điểm của

và

 

là:

0x ax b  

Để có 2 điểm

,A B

thì

4 0a b 

. khi đó:

 

1 1

2 2

1 2

;

A x ax b

B x ax b

x x a

x x b











 



 



Nên

 

2 1

2 1 2AB a x x    

Giả sử

2 1

x x ta có

 

2 1

x x

  



CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 39

Mặt khác:

 

2 1 2 1 1 2

4 4x x x x x x a b     

Khi đó

 

2 2 2 3 3

2 1 2 1 2 1

2 3

S ax b x x x x b x x x x        



   

 

2 2

2 1 2 1 2 1 2 1

2 3

x x x x b x x x x

 

      

 

 

 

2 1

2 3

x x a b a b

 

    

 

 

 

2 1

a b

x x

 

  

 

 

 

2 1

a b

x x



 

 

2 1

8 4

6 6 3

x x

   .

Suy ra:

max

S 

khi

1 2

2 1

1 2

x x

 







 

 

 



(thỏa mãn vì

 

có tính đối xứng)

 

1;1















hoặc

 

1;1











Câu 72: (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho Parabol

 

: 1P y x 

và đường thẳng

: 2d y mx 

với

là tham số. Gọi

là giá trị của

để

diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

và

là nhỏ nhất. Hỏi

nằm trong khoảng nào?

( 2; )

 

. B. (0;1). C.

( 1; )

 . D.

( ;3)

Lời giải

Chọn C

Phương trình hoành độ của

 

và

là

 

1 0 1x mx  

Dễ thấy

 

luôn có 2 nghiệm phân biệt. Gọi

 

,a b a b

là các nghiệm của

 

thì diện tích

hình phẳng giới hạn bởi

 

và

là

 

3 2

2 2

1 x mx 1 dx x

3 2

b b

a a

x mx

S x mx dx

 

        

 

 

 

3 3 2 2 2 2

(b a ) (b a)

(b a) . 1

3 2 3 2

b a m b ab a m

b a

    

       

 

   

b a b a

b a 4 . 1

3 2

ab m

  

   

Mà

, 1a b m ab   

nên

2 4

6 3 3

S m

 

   

 

 

Do đó

min

S 

khi

0m 

Câu 73: (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số





f x

xác định và liên tục trên đoạn

 

5;3 . Biết rằng diện tích hình phẳng

1 2 3

, ,S S S giới hạn bởi

đồ thị hàm số

 

f x

và đường parabol

 

y g x ax bx c   

lần lượt là

, ,m n p

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 40

Tích phân

 

df x x





bằng

208

m n p   

208

 pnm

208

m n p  

208

m n p   

Lời giải

Chọn B

           

2 2 2 2 2

1 1

5 5 5 5 5

d d d d dS f x g x x f x x g x x f x x S g x x

    

      

 

 

    

           

0 0 0 0 0

2 2

2 2 2 2 2

d d d d dS g x f x x g x x f x x f x x g x x S

    

      

 

 

    

           

2 3 3 3 3

3 1

5 0 0 0 0

d d d d dS f x g x x f x x g x x f x x S g x x



      

 

 

    

Do vậy:

   

321

dxxgSSSdxxf







Từ đồ thị ta thấy

 

dxxg





là số dương. Mà 4 đáp án chỉ có B là phù hợp, nên ta chọn B.

Chú ý: Có thể tính

 

dxxg





như sau:

Từ đồ thị hàm số

 

y g x

ta thấy nó đi qua các điểm

     

5;2 , 2;0 , 0;0 

nên ta có:

25 5 2

2 4

4 2 0 , , 0.

15 15

a b c

a b c a b c

  





      









Do đó:

 

3 3

5 5

2 4 208

d d

15 15 45

g x x x x x

 

 

  

 

 

 

Câu 74: (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho hàm số





f x

liên tục trên



và

có đồ thị như hình vẽ bên. Biết rằng diện tích các phần

   

,A B

lần lượt bằng

và

. Tích

phân

 

cos . 5sin 1 dx f x x







bằng

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 41



2

Lời giải

Chọn A

Theo giả thiết ta có

 

d 3f x x







và

 

d 7f x x  



suy ra

 

d 4f x x



 



Đặt

5sin 1 d 5cos dt x t x x   

Khi đó

     

4 4

0 1 1

1 1 4

cos . 5sin 1 d d d

5 5 5

x f x x f t t f x x



 

    

  

Câu 75: Cho hàm số





y f x

có đồ thị như hình vẽ và diện tích hai phần

,A B

lần lượt bằng

và

Giá trị của

 

3 1 dI f x x



 



bằng

13.

Lời giải

Chọn A

+) Xét

 

3 1 dI f x x



 



, đặt

 

3 1 3

x t dt dx dx     

+) Đổi cận

1 2

0 1

x t

    





  



         

1 0 1

2 2 0

1 1 1 1

dt= dt + dt 11 2 3

3 3 3 3

A B

I f t f t f t S S

 

 

      

 

 

  

Câu 76: (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Hình phẳng





được giới hạn bởi đồ thị

 

của hàm đa thức bậc ba và parabol

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 42





có trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần tô đậm của hình vẽ có diện tích bằng

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn A

Cách 1:

Gọi hàm số bậc ba là

3 2

y ax bx cx d   

' 3 2y ax bx c   

Đồ thị

 

đi qua các điểm

   

1;0 , 2; 2

và đạt cực trị tại

0; 2x x 

nên ta có hệ sau :

0 1

2 8 4 2 3

0 0

0 12 4 2

a b c d a

a b c d b

c c

a b c d

    

 

 

      

 



 

 

 

   

 

Suy ra hàm số bậc ba là

3 2

3 2y x x   .

Gọi hàm bậc hai là

y mx nx p   . Đồ thị

 

đi qua các điểm

     

1;0 , 2; 2 , 1; 2  

nên

ta có hệ sau :

0 1

2 4 2 1

2 0

m n p m

m n p n

m n p p

    

 

 

     

 

 

    

 

Suy ra hàm số bậc hai là

y x x   .

Phương trình hoành độ giao điểm của

 

và

 

là :

3 2 2 3 2

3 2 2 2 0 1

x x x x x x x x

 





           







Vậy diện tích phần tô đậm là :

 

3 2

2 2 .S x x x dx



   



   

1 2

3 2 3 2

1 1

8 5 37

2 2 2 2

3 12 12

S x x x dx x x x dx



          

 

Cách 2: (Võ Thanh Hải)

Vì đồ thị hàm bậc ba và đồ thị hàm bậc hai cắt trục tung tại các điểm có tung độ lần lượt là

2, 0y y 

nên ta xét hai hàm số là

3 2

2y ax bx cx    ,

y mx nx  .

* Vì đồ thị hai hàm số cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt là

1; 1; 2x x x   

nên ta

có phương trình hoành độ giao điểm:

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 43

   

3 2 2

2 1 1 2 0ax bx cx mx nx a x x x         

. Với

0x 

ta được

2 2 1a a  

*Vậy diện tích phần tô đậm là:

   

1 1 2

S x x x dx



    



Câu 77: (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Parabol



y chia hình tròn có tâm là

gốc tọa độ, bán kính bằng

2 2

thành hai phần có diện tích

và

, trong đó

1 2

S S

. Tìm

tỉ số

3 2





. B.

9 2

3 2







. C.

3 2

9 2







. D.

3 2

21 2







Lời giải

Chọn C

Diện tích hình tròn là

 

 S R

Phương trình đường tròn tâm

 

0;0O

, bán kính

2 2R

là

2 2

8 x y

Hoành độ giao điểm của Parabol và đường tròn là nghiệm của phương trình

 

4 2

4 32 0x x   

  

2 2

8 4 0x x   

4 0x  









 



Phương trình nửa phía trên trục

của đường tròn là:

8 y x

Diện tích miền giới hạn bởi Parabol và nửa phía trên trục

của đường tròn là:



 

 

 

 



x dx

2 2

 

  

 

x dx x dx

Ta có

3 3



 



x dx



 



I x dx

Đặt

2 2 sinx t

;

2 2

 

 

 

 

 

 

 

 

2 2 cos dx tdt



    x t



  x t

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 44

8 8sin .2 2 cos





 



I t tdt

8 cos









tdt

 

4 1 cos2





 



t dt

 

4 1 cos2





 



t dt

4 sin 2





 

 

 

 

t t

2 4



 

Vậy



 

 

 

 



x dx



 

Diện tích phần còn lại là

4 4

8 2 6

3 3

  

 

   

 

 

Vậy



 S

;



 S

3 2

9 2





 



Câu 78: Tìm số thực

để hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm

2 2

2 3

x ax a

 





và

a ax







có diện tích lớn nhất.

. B. 1. C. 2. D.

Lời giải

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

  

2 2 2

2 2

6 6

2 3

3 2 0 2 0

1 1

x a

x ax a a ax

x ax a x a x a

x a

a a

 



  

         



 

 



Nếu

0a 

thì diện tích hình phẳng

0S 

+ Nếu

0a 

thì

2 2 2 2 3

6 6 6

2 2

3 2 3 2 1

d d .

1 1 6 1

a a

x ax a x ax a a

S x x

a a a

 

   

   

  

 

+ Nếu

0a 

thì

2 2

2 2 2 2 3

6 6 6

3 2 3 2 1

d d .

1 1 6 1

a a

x ax a x ax a a

S x x

a a a

 

   

    

  

 

Do đó, với

0a 

thì

3 3

6 3

1 1 1

. .

6 6 12

1 2

a a

  



Dấu

" "

xảy ra khi và chỉ khi

1 1a a   

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai hàm đã cho có diện tích lớn nhất khi

1a 

Câu 79: (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Cho hàm số





y f x

có đạo hàm trên



, đồ thị

hàm số

 

y f x

như hình vẽ. Biết diện tích hình phẳng phần sọc kẻ bằng

. Tính giá trị

của biểu thức:

     

2 3 4

1 2 3

1 dx 1 dx 2 8 dxT f x f x f x

 

     

  

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 45

T 

. B.

6T 

. C.

0T 

. D.

T 

Lời giải

Chọn D

+Diện tích phần kẻ sọc là:

 

dxS f x







3

Vì

 

0f x 

 

2;0x  

   

0 0

2 2

3 dx dxf x f x

 

   

 

 

 

 

dx 3f x



  



+Tính

 

2 8 dxI f x 



Đặt

2 8t x 

dt 2dx 

;

3 2x t   

;

4 0x t  

Suy ra:

 

. dt

I f t







 

f x







 

Vậy

     

2 3 4

1 2 3

1 dx 1 dx 2 8 dxT f x f x f x

 

     

  

   

2 3

1 2

1 1f x f x I    

       

3 2 2 1

f f f f    

 

3 3

2 1

2 2

    

Câu 80: (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Cho hàm số

4 2

6y x x m  

có đồ

thị

 

. Giả sử

 

cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt sao cho hình phẳng giới hạn bởi

 

và trục hoành có phần phía trên trục hoành và phần phía dưới trục hoành có diện tích

bằng nhau. Khi đó



(với

là các số nguyên,

0b 

là phân số tối giản). Giá trị

của biểu thức

S a b 

là:

A. 7. B. 6. C. 5. D. 4

Lời giải

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm:

4 2

6 0x x m  

 

Đặt

t x

 

0t 

 

trở thành

6 0t t m  

 

cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt thì phương trình

 

có 4 nghiệm phân biệt hay

phương trình

 

có hai nghiệm dương phân biệt

 

3 0

6 0

P m





    



  





 



0 9m  

 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 46

Gọi

 

1 2

0 t t 

là hai nghiệm của phương trình

 

. Lúc đó phương trình

 

có bốn

nghiệm phân biệt theo thứ tự tăng dần là:

1 2

x t 

;

2 1

x t 

;

3 1

x t

;

4 2

x t

Do tính đối xứng của đồ thị

 

nên có

 

4 2

6 d

x x m x 



 

4 2

6 d

x x m x   



4 4

2 0

x mx   

4 4

5 3

10 5 0x x mx   

Từ đó có

x là nghiệm của hệ phương trình:

 

4 2

4 4

4 2

4 4

6 0

10 5 0

x x m



  







  





Lấy

   

3 4

x m 

, thay

x m

vào

 

có:

5 0m m 

0 5m m   

Đối chiếu điều kiện

 

ta có

5m  5a 

và

1b 

. Vậy

6S 

Câu 81: Hình phẳng (H) được giới hạn bởi đồ thị (C) của hàm số đa thức bậc ba và parabol (P) có

trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần tô đậm như hình vẽ có diện tích bằng

. B.

. D.

Lời giải

Chọn A

+) Gọi

   

3 2

: 0C y ax bx cx d a    

 

cắt trục

tại điểm có tung độ bằng

nên

2d 

 

đi qua 3 điểm

   

1; 2 , 1;0A B 

và

 

2; 2C 

nên ta được hệ phương trình

4 1

2 3

4 2 2 0

a b c a

a b c b

a b c c

     

 

 

      

 

 

    

 

. Do đó

 

3 2

: 3 2C y x x  

+) Gọi

   

: 0P y mx nx r m   

 

đi qua 3 điểm

   

1; 2 , 0;0a O 

và

 

2; 2C 

nên ta được

2 1

0 0

4 2 2 1

m n r m

r r

m n r n

     

 

 

  

 

 

    

 

. Do đó

 

:P y x x  

Vậy

 

3 2

2 2

MTCT

S x x x dx



    



Câu 82: (THPT CHUYÊN HẠ LONG - LẦN 2 - 2018) Cho các số

p q

thỏa mãn các điều kiện:

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 47

1p 

1q 

1 1

p q

  và các số dương

,a b

. Xét hàm số:

y x





 

0x 

có đồ thị là

 

Gọi

 

là diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

, trục hoành, đường thẳng

x a

, Gọi

 

là diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

, trục tung, đường thẳng

y b

, Gọi

 

là diện tích

hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung và hai đường thẳng

x a

y b

. Khi so sánh

1 2

S S và

ta nhận được bất đẳng thức nào trong các bất đẳng thức dưới đây?

p q

a b

p q

 

1 1

p q

a b

p q

 

 

 

. C.

1 1

p q

a b

p q

 

 

 

. D.

p q

a b

p q

 

Lời giải

Chọn D

Ta có:

1 2

S S S  .

 

p p

x a

S x x

p p



 

  

 

 



;

q q

y y b

S y

q q





 

 

 

 

   

 

 



 



 



Vì:

1 1 1

1 1

p p

p q

    

 



. Vậy

p q

a b

p q

 

Câu 83: (SGD&ĐT HÀ NỘI - 2018) Cho khối trụ có hai đáy là hai hình tròn





;O R

và





;

O R



4OO R





. Trên đường tròn

 

;O R

lấy hai điểm

, A B

sao cho 3AB a . Mặt phẳng

 

đi qua

cắt đoạn



và tạo với đáy một góc

60

 

cắt khối trụ theo thiết diện là

một phần của elip. Diện tích thiết diện đó bằng

4 3

3 2



 



 

 

. B.

2 3

3 4



 



 

 

. C.

2 3

3 4



 



 

 

. D.

4 3

3 2



 



 

 

Lời giải

Chọn A

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 48

Cách 1: Gọi

, , , I H K E

là các điểm như hình vẽ.

* Ta có:



60IHO  

2 2

2 2 2 2

4 4

R R

OH OB BH R    

OH 

.tan 60

OI OH   

cos 60

IH R 



IOH EKH 



nên ta có:

2 2

IE OK

IE R

IH OH

   

* Chọn hệ trục tọa độ

Ixy

như hình vẽ ta có elip

 

có bán trục lớn là

2a IE R 

và

 

đi

qua

;

A R

 



 

 

nên

 

có phương trình là

 

2 2

: 1

x y

R R

  .

* Diện tích của thiết diện là

2 2

2 1 d 2 1 d

4 4

R R

x x

S R x R x

R R

 

   

 

* Xét tích phân:

1 dx



 



, đặt

2 .sin ; ;

2 2

x R t t

 

 

  

 

 

ta được

 

sin 2 2 3

1 cos 2 d

2 2 2 3 8

R R t

I t t t R





 

     

 

 



4 3

3 4

S R



 

  

 

 

Cách 2:

 

2 2 2

cos 120 .

2. . 2 2

OA OB AB R

AOB AOB OH

OAOB

 

       

Chọn hệ trục tọa độ

Oxy

như hình vẽ

 Phương trình đường tròn đáy là

2 2 2 2 2

.x y R y R x     

Hình chiếu của phần elip xuống đáy là miền sọc xanh như hình vẽ.

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 49

Ta có

2 2

2 d .

S R x x



 



Đặt

.sinx R t

2 3

3 4

S R



 

  

 

 

Gọi diện tích phần elip cần tính là



Theo công thức hình chiếu, ta có

4 3

2 .

cos60 3 2

S S R



 



   

 



 

Câu 84: (THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - GIA LAI - LẦN 2 - 2018) Cho parabol





P y x



và một đường thẳng

thay đổi cắt

 

tại hai điểm

sao cho

2018AB 

. Gọi

là

diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

và đường thẳng

. Tìm giá trị lớn nhất

max

S của

2018 1

max



 . B.

2018

max

S  . C.

2018 1

max



 . D.

2018

max

S  .

Lời giải

Chọn D

Giả sử

( ; )A a a ;

( ; )( )B b b b a sao cho

2018AB 

Phương trình đường thẳng

là:

( )y a b x ab  

. Khi đó

 

2 2

( ) d d

b b

a a

S a b x ab x x a b x ab x x b a         

 

Vì

 

   

 

2 2 2

2 2 2 2

2018 2018 1 2018AB b a b a b a b a          

 

2018b a  

2018

b a b a S       .

Vậy

max

2018

S  khi

1009a  

và

1009b 

Câu 85: (CHUYÊN KHTN - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số

4 2

y ax bx c  

có đồ thị





, biết rằng

 

đi qua điểm

 

1;0A 

, tiếp tuyến

tại

của

 

cắt

 

tại hai điểm có hoành độ lần

lượt là

và

và diện tích hình phẳng giới hạn bởi

, đồ thị

 

và hai đường thẳng



;

2x 

có diện tích bằng

(phần tô màu trong hình vẽ).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

và hai đường thẳng

1x  

;

0x 

có diện tích bằng

. B.

. C.

. D.

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 50

Lời giải

Chọn D

Ta có

4 2y ax bx



  

  

: 4 2 1d y a b x   

Phương trình hoành độ giao điểm của

và

 

là:

    

4 2

4 2 1 1a b x ax bx c     

Phương trình

 

phải cho

nghiệm là

0x 

2x 



4 2

12 6 16 4

a b c

a b a b c

  





    



 

4 2 0 2

28 10 0 3

a b c

   







  





Mặt khác, diện tích phần tô màu là

  

4 2

4 2 1 d

a b x ax bx c x

 

      

 



 

28 32 8

4 4 2 2

5 5 3

a b a b c      

 

112 32 28

2 4

5 3 5

a b c    

Giải hệ 3 phương trình

 

và

 

ta được

1a 

3b  

2c 

Khi đó,

 

4 2

: 3 2C y x x  

 

: 2 1d y x 

Diện tích cần tìm là

 

4 2

3 2 2 1 dS x x x x



 

    

 



 

4 2

3 2

x x x dx



   



Câu 86: (THPT TỨ KỲ - HẢI DƯƠNG - LẦN 2 - 2018) Đặt

là diện tích của hình phẳng giới

hạn bởi đồ thị của hàm số

4y x 

, trục hoành và đường thẳng

2x  

x m



 

2 2m  

. Tìm số giá trị của tham số

để

S 

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn D

Ta có

4 d

S x x



  



Phương trình

4 0 2x x    

Bài ra

2 2m  

nên trên

 

2;m

thì

4 0x 

vô nghiệm.

 

2 2

22 2

25 25 25

4 d 4 d 4

3 3 3 3

m m

x x x x x

 

 

       

 

 

 

3 3

8 25 16 25

4 8 4

3 3 3 3 3 3

m m

 

         

 

 

3 3

16 25 1

4 4 3 0

12 9 0

3 3 3 3

1 41

16 25 12 41 0

4 0

3 3

3 3 3

m m m

m m

m m m

m m



     





  



  



   





  

   





 

Xét hàm số

 

12f m m m 

, với

 

2;2m  

có

 

2 2

3 12 3 4 0f m m m



    

 

2;2m  

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 51

Do đó

 

f m

nghịch biến trên

     

2;2 2 16 12 41 0f m f m m        

Khi đó

 

3 2

21 3

12 9 0 3 3 3 0

m m m m m m



          

thỏa mãn.

Vậy chỉ có

21 3





thỏa mãn bài toán.

Câu 87: (THPT MỘ ĐỨC - QUẢNG NGÃI - 2018) Trong hệ trục tọa độ

Oxy

, cho parabol

 

:P y x

và hai đường thẳng

y a

y b

 

0 a b 

(hình vẽ). Gọi

S là diện tích hình

phẳng giới hạn bởi parabol

 

và đường thẳng

y a

(phần tô đen);

 

là diện tích hình

phẳng giới hạn bởi parabol

 

và đường thẳng

y b

(phần gạch chéo). Với điều kiện nào

sau đây của

và

thì

1 2

S S

4b a

. B.

2b a

. C.

3b a . D.

6b a .

Lời giải

Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol

 

:P y x

với đường thẳng

y b

là

x b x b   

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol

 

:P y x

với đường thẳng

y a

là

x a x a    .

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol

 

:P y x

và đường thẳng

y b

là

 

2 d

S b x x 



 

 

 

 

b b

 

 

 

 

b b



Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol

 

:P y x

và đường thẳng

y a

(phần tô màu đen)

là

 

2 d

S a x x 



 

 

 

 

a a

 

 

 

 

a a



Do đó

2S S

4 4

3 3

b b a a

 

   

3 3

2b a 

4b a 

Câu 88: (THPT YÊN KHÁNH A - LẦN 2 - 2018) Cho hình phẳng giới hạn bởi Elip

 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 52

parabol

y x

và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ) có diện tích

a c

b d

 



(với

, ; , ; ,

a c

a c b d

b d

 

 

là các phân số tối giản). Tính

S a b c d   

32S 

. B.

10S 

. C.

15S 

. D.

21S 

Lời giải

Chọn C

Ta có:

2 2

1 1

4 4

x x

y y     

Hoành độ giao điểm (E’)

y   và parabol

y x

là

2 4 2 2

1 3 4 0 1 1

4 2

x x x x x          (theo hình vẽ thì

0x 

)

Vậy

1 2

0 1

2 4

T x dx dx  

 

Mà

3 3 3

2 6 6

x dx  



Ta có:

2 2

1 1

1 4

4 2

I dx x dx   

 

. Đặt

2cosx t

ta có:

4 x dx 



 

4sin . 2sint t dt







 

3 3

0 0

2 3

4 sin 2 1 cos2

3 2

tdt t dt

 



    

 

Do đó

1 1

. . 3

3 12



 



nên

15S 

Câu 89: Cho hàm số





3 2

, ,y x ax bx c a b c    



có đồ thị





và

 

, ,y mx nx p m n p   



có đồ thị

 

như hình vẽ. Tính diện tích hình phẳng giới

hạn bởi

 

và

 

có giá trị nằm trong khoảng nào sau đây?

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 53

 

0;1

. B.

 

1;2

. C.

 

2;3

. D.

 

3;4

Lời giải

Chọn B

Căn cứ đồ thị ta thấy

+ Hàm số

3 2

y x ax bx c   

đạt cực trị tại

1x  

nên ta có

 

1 0

2 3 0 0

2 3 0 3

1 0

a b a

a b b







   

 



 

  

     



 

 





+ Hàm số

y mx nx p  

đạt cực đại tại

1x  

và

 

cắt

 

tại hai điểm có hoành độ

1x  

nên ta có

2 0 2

1 1

m n n

a b c m n p m

a b c m n p p c

    

 

 

        

 

 

        

 

Suy ra

   

 

1 1

2 3 2 3 2

1 1

1 1;2

S mx nx p x ax bx x dx x x x dx

 

             

 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 54

 DẠNG TOÁN 2: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN TÍNH THỂ TÍCH KHỐI TRÒN XOAY

Dạng 2.1: Ứng dụng của tích phân tính thể tích khối tròn xoay (không có điều kiện)

Câu 90: (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Viết công thức tính thể tích

của khối tròn

xoay được tạo ra khi quay hình thang cong, giới hạn bởi đồ thị hàm số

 

y f x

, trục

và hai đường thẳng

 

,x a x b a b  

, xung quanh trục

 

V f x dx



 

V f x dx







 

V f x dx



 

V f x dx







Lời giải

Chọn B

Câu 91: (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho hàm số





y f x

liên tục trên đoạn





;a b

. Gọi

là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

 

y f x

, trục hoành và hai đường thẳng

 

,x a x b a b  

. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay

quanh trục hoành

được tính theo công thức:

 

V f x dx







 

V f x dx







 

V f x dx







 

2 2

V f x dx







Lời giải

Chọn B

Câu 92: (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho hình phẳng





giới hạn bởi các đường

3y x  ,

0y 

0x 

2x 

. Gọi

là thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi

quay

 

xung quanh trục

. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

 

3V x dx 



 

3V x dx



 



 

3V x dx 



 

3V x dx



 



Lời giải

Chọn D

Thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay

 

xung quanh trục

là:

 

3V x dx



 



Câu 93: (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hình phẳng

giới hạn bởi đường cong



y e

, trục

hoành và các đường thẳng

 0x

 1x

. Khối tròn xoay tạo thành khi quay

quanh trục

hoành có thể tích

bằng bao nhiêu?

 BÀI TẬP NỀN TẢNG & VẬN DỤNG 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 55





 







V C.





V D.





 



Lời giải

Chọn D

 

 

   



e d

2 2

V x

Câu 94: (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho hình phẳng

giới hạn với đường cong

y x

 

, trục hoành và các đường thẳng

0, 1x x

 

. Khối tròn xoay tạo thành khi quay

quanh

trục hoành có thể tích

bằng bao nhiêu?

2V 









V 

Lời giải

Chọn B

Thể tích khối tròn xoay được tính theo công thức:





 

1 1

2 2

0 0

1 d 1 d

3 3

V x x x x x



  

 

      

 

 

 

Câu 95: (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho hình phẳng

giới hạn bởi đường cong

 2 cos ,y x trục hoành và các đường thẳng



 0,

x x

. Khối tròn xoay tạo thành khi

quay quanh trục hoành có thể tích

bằng bao nhiêu?

   ( 1)V

  1V

  1V

   ( 1)V

Lời giải

Chọn A

 



         



2 cos 2 sin ( 1).V x dx x x

Câu 96: MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hình phẳng

giới hạn bởi đường cong

2 siny x 

, trục hoành và các đường thẳng

0x 





. Khối tròn xoay tạo thành khi

quay

quay quanh trục hoành có thể tích

bằng bao nhiêu?

 

2 1V

 

 





 

2 1V



 





Lời giải

Chọn A

Ta có:

 

0 0

2 sin d 2 sin dV x x x x

 

   

 

   

2 cos 2 1x x



  

   

Câu 97: (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Kí hiệu





là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

hàm số

2( 1) ,

y x e 

trục tung và trục hoành. Tính thể tích

của khối tròn xoay thu được

khi quay hình

 

xung quanh trục

 

5V e



 

 

4 2V e



 

5V e 

4 2V e 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 56

Lời giải

Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm

 

2 1 0 1

x e x   

Thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình

 

xung quanh trục

là:

   

1 1

0 0

2 1 4 1

x x

V x e dx x e dx

 

 

   

 

 

. Đặt

 

2 1

du x dx

u x

dv e dx



 



 

 



 







       

1 1

2 2 2

2 2

0 0

4 1 4 2 1 4 1 4 1

2 2 2

x x x

e e e

V x x dx x x e dx

   

        

 

Gọi

 

I x e dx 



. Đặt

u x du dx

dv e dx v

   







  





 

2 2

2 2 2

4 1 4 2 2 3

2 2

x x

e e

I x dx e e e

        

          



Vậy

 

   

2 2

4 1 2 3 5

V x I e e

    

        

Câu 98: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình phẳng





giới hạn bởi các đường thẳng

2, 0, 1, 2y x y x x    

. Gọi

là thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay

 

xung quanh trục

. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

 

2 dV x x 



 

2 dV x x



 



 

2 dV x x 



 

2 dV x x



 



Lời giải

Chọn B

Ta có:

 

2 dV x x



 



Câu 99: (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Tính thể tích V của phần vật thể giới hạn bởi

hai mặt phẳng

1x 

và

3x 

, biết rằng khi cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục

tại điểm có hoành độ

(

1 3x 

) thì được thiết diện là một hình chữ nhật có độ dài hai

cạnh là

và

3 2x 

124

V 

(32 2 15)V



 

32 2 15V  

124





Lời giải

Chọn A

Diện tích thiết diện là:

( ) 3 . 3 2S x x x 



Thể tích vật thể là:

124

3 . 3 2

V x x dx  



CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 57

Câu 100: (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Tìm công thức tính thể tích của khối tròn xoay khi

cho hình phẳng giới hạn bởi parabol

 

:P y x

và đường thẳng

: 2d y x

quay xung

quanh trục

 

2x x dx







. B.

2 2

2 4

0 0

4x dx x dx

 



 

. C.

2 2

2 4

0 0

4x dx x dx

 



 

. D.

 

2x x dx







Lời giải

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm

2 0

x x





  







Vậy thể tích khối tròn xoay được tính

2 2

2 4

0 0

4V x dx x dx

 

 

 

Câu 101: (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Cho hình phẳng





giới hạn bởi

các đường

3, 0, 0, 2y x y x x    

. Gọi

là thể tích khối tròn xoay được tạo thành

khi quay

 

xung quanh trục

. Mệnh đề nào sau đây đúng?

 

3 dV x x



 



. B.

 

3 dV x x 



 

3 dV x x 



. D.

 

3 dV x x



 



Lời giải

Chọn A

Thể tích của vật thể được tạo nên là

 

3 d .V x x



 



Câu 102: (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi

là thể tích của

khối tròn xoay thu được khi quay hình thang cong, giới hạn bởi đồ thị hàm số

siny x

, trục

Ox, trục Oy và đường thẳng





, xung quanh trục Ox. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

sinV xdx







sinV xdx







sinV xdx







sinV xdx







Lời giải

Chọn C

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 58

Công thức tính:

 

V f x dx







Câu 103: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số

2y x x 

, trục hoành, đường thẳng

0x 

và

1x 

quanh trục hoành bằng



. B.



. C.



. D.



Lời giải

Chọn D

Ta có

   

1 1

5 3

2 4 3 2 4

0 0

4 1 4 8

2 d 4 4 d . . 1 .

5 3 5 3 15

x x

V x x x x x x x x



   

 

           

 

 

 

Câu 104: (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho miền phẳng





giới hạn bởi

y x

, hai đường thẳng

1x 

2x 

và trục hoành. Tính thể tích khối tròn

xoay tạo thành khi quay

 

quanh trục hoành.



. B.



. C.



. D.

Lời giải

Chọn B

V xdx







2 2

 

 

Câu 105: (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình phẳng





giới hạn bởi các

đường

2 y x x

0y

. Quay

 

quanh trục hoành tạo thành khối tròn xoay có thể tích

là

 

2 



x x dx

 

2 



x x dx

 

2 



x x dx

 

2 



x x dx

Lời giải

Chọn B

Theo công thức ta chọn

 

2  



V x x dx

Câu 106: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường

tan x, 0, 0,

y y x x



   

quay xung quanh trục

. Tính thể tích vật thể tròn xoay được sinh ra.

ln 2



. B.

ln3



. D.

ln 2



Lời giải

Chọn A

Thể tích vật thể tròn xoay được sinh ra là

 

4 4 4 4

0 0 0 0

sin

tan .d tan .d .d

cosx

V x x x x x

cosx cosx

   

    

   

 

1 ln 2

ln ln

cosx



 

 

    

 

 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 59

Câu 107: (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi

là thể tích khối tròn

xoay tạo thành do quay xung quanh trục hoành một elip có phương trình

2 2

25 16

x y

 

có

giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

550

400

670

335

Lời giải

Chọn d

Quay elip đã cho xung quanh trục hoành chính là quay hình phẳng:

4 1 , 0, 5, 5

H y y x x

 

 

      

 

 

 

Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra bởi

khi quay xung quanh trục hoành là:

2 3

16 16 320

16 16 335,1

25 75 3

x x

V dx x



 



   

    

   



   





Câu 108: (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Cho hình phẳng





giới hạn bởi các đường

2y x x  , trục hoành và đường thẳng

1x 

. Tính thể tích

hình tròn xoay sinh ra bởi

 

khi quay

 

quanh trục





. B.





. C.





. D.





Lời giải

Chọn B

Theo đề, ta có hình vẽ sau:

Nhận xét: Khi nhìn vào hình vẽ. Đường thẳng

1x 

chia hình phẳng giới hạn bởi đường

2y x x  và trục hoành làm 2 phần. Dễ thấy lúc này hình phẳng

 

không thể xác định vì

phần hình giới hạn bởi

0x 

đến

1x 

và

1x 

đến

2x 

chưa rõ ràng.

Nếu xét phần tròn xoay khi xoay hình phẳng quanh trục

khi

0x 

đến

2x 

thì không có

đáp án trong bài, đồng thời đề cho thêm đường thẳng

1x 

là không cần thiết.

Do đó để bài toán có đáp án và rõ ràng hơn ta điều chỉnh đề như sau:

Cho hình phẳng

 

giới hạn bởi đường

2y x x  , trục hoành. Tính thể tích V hình tròn

xoay sinh ra bởi

 

khi quay

 

quanh trục

Hình phẳng

 

giới hạn bởi

y x x



 







Ta có phương trình hoành độ giao điểm của

2y x x  và

0y 

(trục hoành) là:

y x x

 



CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 60

2 0x x 













Khi đó thể tích V hình tròn xoay sinh ra bởi

 

khi quay

 

quanh trục

là:

 

2 d

V x x x



 







Câu 109: (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Thể tích khối

tròn xoay khi quay hình phẳng

 

xác định bởi các đường

3 2

y x x 

0y 

0x 

và

3x 

quanh trục

là



. B.

. C.



. D.

Lời giải

Chọn A

Thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng

 

quanh trục

là :

3 3

3 2 6 5 4

0 0

1 1 2 81

d d

3 9 3 35

V x x x x x x x



 

   

     

   

   

 

Vậy thể tích khối tròn xoay cần tính là :





Câu 110: (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Thể tích khối

tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi parapol (P):

y x

và đường thẳng d:

y x



quay xung quanh trục

bằng:

(2 ) dx x x







. B.

2 2

( 2 ) dx x x







2 2

2 4

0 0

4 d dx x x x

 



 

. D.

2 2

2 4

0 0

4 d dx x x x

 



 

Lời giải

Chọn D

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị:

x x





 







15 10 5 5 10 15

= 2x

x^2

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 61

Ta có:

2 2 2 2

2 2 2 2 4

0 0 0 0

(2 ) dx ( ) dx 4 dx dx

V x x x x

   

   

   

Câu 111: (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình phẳng





được giới hạn bởi hai đường

 

2 1y x 

;

1y x 

. Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành

 

quay quanh trục



. B.

. C.



. D.

Lời giải

Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số

 

2 1y x 

và

1y x 

là

 

2 2

2 1 1x x  

1x  

Lấy đối xứng đồ thị hàm số

 

2 1y x 

qua trục

ta được đồ thị hàm số

 

2 1y x 

Ta có

 

 

2 2

2 1 1 , 1;1x x x     

. Suy ra thể tích khối tròn xoay cần tìm là

 

2 1

V x dx





 

  

 



Câu 112: (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình phẳng giới hạn bởi các

đường tany x ,

0y 

0x 





quay xung quanh trục

. Thể tích của khối tròn

xoay tạo thành bằng:



 

 

 

 



 

  

 

 

Lời giải

Chọn B

 

4 4

2 2

0 0 0

tan x sin d tanx 1

1 4

V xd x dt

 



 

        

 



 

  

Câu 113: (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hình phẳng

giới hạn bởi các đường

2y x 

0y 

và

9x 

quay xung quanh trục

. Tính thể tích

khối tròn xoay tạo thành.

y=2(1-x

)

y=1-

y=2

-1

 

-1

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 62

V 

. B.





. C.





. D.





Lời giải

Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số

2y x 

và trục hoành: 2 0x  

2x 

4x 

Thể tích của khối tròn xoay tạo thành là:

 

2 dV x x



 



 

4 4 dx x x



  



2 3

x x x



 

  

 

 

81 16 64 11

72 36 16

2 2 3 6



 

   

      

   

   

Câu 114: (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Tính thể tích của vật thể

tròn xoay được tạo thành khi quay hình

 

quanh

với

 

được giới hạn bởi đồ thị

hàm số

4y x x 

và trục hoành.



. B.



. C.



. D.



Lời giải

Chọn B

Điều kiện xác định:

4 0 0 4x x x    

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số

4y x x 

và trục hoành

4 0x x 

4 0x x  













Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình

 

quanh

là :





4 dV x x x



 



 

4 dx x x



 







Vậy thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình

 

quanh

là



Câu 115: (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hình

phẳng

 

giới hạn bởi đồ thị

2y x x 

và trục hoành. Tính thể tích

vật thể tròn xoay

sinh ra khi cho

 

quay quanh





. B.





. C.

V 

. D.

V 

Lời giải

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm của

 

với trục hoành:

2 0





  







x x

Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra do

 

quay quanh

là:

 

2 .dV x x x



 



 

2 3 4

4 4 .dx x x x



  



3 4

3 5

 

 

   

 

 

x x



CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 63

Câu 116: (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Tính thể tích của vật thể tạo nên khi quay

quanh trục

hình phẳng

giới hạn bởi đồ thị

 

: 2P y x x 

và trục

bằng:





. B.





. C.





. D.





Lời giải

Chọn D

Xét phương trình hoành độ giao điểm của

 

và trục

2 0

x x





  







Khi đó:

   

2 2

2 2 3 4 3 4 5

0 0

4 1 16

2 d 4 4 d

3 5 15

V x x x x x x x x x x

   

 

        

 

 

 

Câu 117: Tính thể tích vật tròn xoay tạo bởi miền hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

y x 

3y x  

1x 

xoay quanh trục



. B.



. C.



. D.



Lời giải

Chọn B

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 64

Xét phương trình

3 0

3 3 3

3 1

x x x



 

       



  





Xét hình

 

giới bởi đồ thị các hàm số

 

3 3 2y x x      ,

 

3 2 1y x x    

0y 

và

1x 

Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm chính bằng thể tích của vật thể tròn xoay thu được khi quay

quanh hình

 

quanh trục

. Do đó

 

2 1

3 2

3 d 3 d

V x x x x



 



 

 

    

 

 

 

Câu 118: (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Ký hiệu

( )H

là hình

phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

( ) .

y f x x e 

, trục hoành, đường thẳng

1x 

. Tính

thể tích

của khối tròn xoay thu được khi quay

( )H

quanh trục hoành.

1V e 

. B.

 

1V e



 

. C.

V e



 

. D.

 

V e



 

Lời giải

Chọn D

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số

( )y f x

và trục hoành là nghiệm của phương trình

. 0 0.

x e x  

Khi đó thể tích của khối tròn xoay được tạo thành là:

 

2 2 2 2

1 1 1

2 2 2 2 2

0 0 0

1 1 1

. d d d(2 ) ( 1)

4 4 4

x x x x

V x e x xe x e x e e

    

     

  

Câu 119: (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Cho vật thể





giới hạn bởi hai mặt

phẳng

0; 2x x 

. Cắt vật thể

 

bởi mặt phẳng vuông góc với trục

tại

 

0 2

x x 

ta thu được thiết diện là một hình vuông có cạnh bằng

 

x e

. Thể tích vật thể

 

bằng

 

13 1





. B.

13 1

e 

. C.

. D.

2 e



Lời giải

Chọn B

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 65

Diện tích thiết diện là

   

S x x e 

Thể tích của vật thể

 

là

   

2 2

0 0

V S x dx x e dx  

 

   

2 2

2 2 2 2

0 0

1 9 1 1 1

1 1

2 2 2 2

x x x x

e x

V x e x e dx e e dx

 

 

      

 

 

 

4 4 4

2 4 4

9 1 3 1 1 1 1 13 1

2 2 4 4 4 4

e e e

  

      

Câu 120: (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Cho hai mặt cầu









1 2

,S S

có cùng bán kính

3R 

thỏa mãn tính chất tâm của

 

thuộc

 

và ngược lại. Tính thể tích

phần chung

của hai khối cầu tạo bởi

   

1 2

,S S





. B.





. C.

V 

. D.

V 

Lời giải

Chọn A

Phần chung của hai khối cầu tạo bởi

   

1 2

,S S

là một khối tròn xoay, tương đương phần hình

phẳng

OAO



quay quanh trục



hay bằng hai lần phần mặt phẳng tạo bởi

AHO



quay quanh

trục



Đặt hệ trục như hình khi đó phương trình đường tròn

 

là

2 2 2

9 9x y y x    

, điểm

có hoành độ bằng

;



có hoành độ là 3 nên thể tích :





9V x dx



  



 

x dx

 

  



Câu 121: (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ - THÁNG 4 - 2018) Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị

y x



và

y x

quay quanh trục tung tạo nên một vật thể tròn xoay có thể tích bằng



. B.



. C.



. D.



Lời giải

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 66

Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm

x x

0 0

1 1

x y

  







   



Ta có đồ thị hai hàm số

y x

và

y x đều đối xứng qua

nên hình phẳng giới hạn bởi

hai đồ thị

y x

và

y x quay quanh trục tung tạo nên một vật thể tròn xoay có thể tích bằng

thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi hai đường

x y

và

x y

quay

xung quanh trục

Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là:

dV y y y



 



 

dy y y



 



2 3

1 1

2 3

y y



 

 

 

 





Câu 122: (THPT CHUYÊN NGUYỄN THỊ MINH KHAI - SÓC TRĂNG - 2018) Cho hình

( )

giới hạn bởi đồ thị hàm số

y x

, cung tròn có phương trình

4y x 

(với

0 2)

x 

và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ).

Biết thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay

( )H

quanh trục hoành là

a c

b d



 

  

 

 

, trong đó

, , ,a b c d 



và

a c

b d

là các phân số tối giản. Tính

P a b c d   

52P 

. B.

40P 

. C.

46P 

. D.

34P 

Lời giải

Chọn C

Phương trình hoành độ giao điểm:

3 2

4 3

x x x   

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 67





3 2

d 4 d

V x x x x



 

 

 

  

 

 

 

 

 

 

3 2

6 2

d 4 d

x x x x



 

  

 

 

 

7 3

. 4

27 7 3

x x



 

 

 

  

 

 

 

 

20 3 16

7 3



 

  

 

 

20, 7, 16, 3a b c d    

46P a b c d     

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 68

Dạng 2.2: Ứng dụng của tích phân tính thể tích khối tròn xoay (có điều kiện)

Câu 123: (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình phẳng

( )H

được

giới hạn bởi đường cong

2 2

y m x  (

là tham số khác

) và trục hoành. Khi

( )H

quay

xung quanh trục hoành được khối tròn xoay có thể tích

. Có bao nhiêu giá trị nguyên của

để

1000V





A. 18. B. 20. C. 19. D. 21.

Lời giải

Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong và trục hoành là:

2 2

0m x x m    

Thể tích vật thể tròn xoay cần tính là:

2 2 2 3

( ) ( ) |

3 3

m m

V m x dx m x x



 



    



Ta có:

1000V





1000

m m



 

750m 

3 3

750 750m    .

Ta có

750 9,08



và

0m 

. Vậy có 18 giá trị nguyên của m.

Câu 124: (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Cho hàm số

   

3 2

, , , , , 0y f x ax bx cx d a b c d a      



có đồ thị

 

. Biết rằng đồ thị

 

tiếp

xúc với đường thẳng

4y 

tại điểm có hoành độ âm và đồ thị của hàm số

 

'y f x

cho bởi

hình vẽ dưới đây. Tính thể tích vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng H giới

hạn bởi đồ thị

 

và trục hoành khi quay xung quanh trục

725



. B.



. C.



. D. đáp án khác.

Lời giải

Chọn D

Dựa vào đồ thị hàm số

 

'y f x

 

' 3 1f x x  

Khi đó

   

' 3f x f x dx x x C   



Điều kiện đồ thị hàm số

 

f x

tiếp xúc với đường thẳng

4y 

là:

 BÀI TẬP NỀN TẢNG & VẬN DỤNG 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 69

 

3 4

3 1 0

' 0

x x C

f x



  



 



 

 

  



 









suy ra

   

3 2

3 2f x x x C  

 

C Ox 

hoành độ giao điểm là

2; 1x x  

+Khi đó

 

3 2

729

3 2

V x x dx

 



   



Câu 125: (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Gọi

là thể tích khối tròn

xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường

y x

0y 

và

4x 

quanh

trục

. Đường thẳng

 

0 4x a a  

cắt đồ thị hàm số

y x

tại M (hình vẽ). Gọi

là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác

OMH

quanh trục

. Biết rằng

2V V

. Khi đó

2a 

. B.

2 2a 

. C.

a 

. D.

3a 

Lời giải

Chọn D

Ta có:

V xdx

  

  



. Mà

1 1

2 4V V V



   .

Gọi K là hình chiếu của M trên

, 4 ,OK a KH a MK a    

Khi xoay tam giác

OMH

quanh

ta được khối tròn xoay là sự lắp ghép của hai khối nón

sinh bởi các tam giác

,OMK MHK

, hai khối nón đó có cùng mặt đáy và có tổng chiều cao là

4OH 

nên thể tích của khối tròn xoay đó là

 

1 4

. .4.

3 3

V a



 

, từ đó suy ra

3a 

Câu 126: (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

 

4, 4

H y

x x







 





  





   

 

2 2

: 2 4

2 4

x y

H x y

x y



 



  





  





. Cho

   

1 2

,H H

xoay quanh trục

ta được các vật thể có thể tích

lần lượt

1 2

,V V . Đẳng thức nào sau đây đúng.

1 2

V V . B.

1 2

V V

. C.

1 2

2V V . D.

1 2

V V

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 70

Lời giải

Chọn D

Ta có

 

8. .4 2 4 96V y dy

  

 

  

 

 



3 3

4 .4 4 .2

2 64

3 3

 



  

Suy ra

1 2

V V

Câu 127: (THPT CHU VĂN AN -THÁI NGUYÊN - 2018) Cho hình thang

ABCD

có

song

và

, 2AB AD BC a CD a   

. Tính thể tích khối tròn xoay khi quay hình thang

ABCD

quanh trục là đường thẳng



. B.



. C.

3 2 2





. D.



Lời giải

Chọn A

Dễ thấy

ABCE

là hình bình hành nên

AE BC a 

. Vậy

ADE

là tam giác đều.

Có

AH 

Xét hệ trục tọa độ

Oxy

như hình vẽ. Có phương trình

CD y  

; 0, 2

D C

x x a  ;

 

 

 

Phương trình

: 3

AD y x 

Vậy

2 2

0 0 0

3 3 3 3

2 3 .2 2 3 3

2 2 4 4

a a

a a a a

V x a x ax



  

   

 

      

   

 

   

 

   

  

3 2 3 3

3 2 3

3 3 3 3 5

2 2 .

2 2 4 2 8 4

a a a a a

x x x a

 

  

 

     

 

 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 71

Cách 2: Thể tích khối tròn xoay được tạo ra theo đề bài là thể tích khối trụ có chiều cao

bán

kính đáy bằng

trừ đi thể tích hai khối nón cùng có chiều cao

bán kính đáy

. Vậy

2 2

3 1 3 5

. 2 2. .

2 3 2 2 4

a a a

V a a

  

   

  

   

   

Câu 128: (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình phẳng

 

giới hạn bởi các đường

y x



 

insy x

và

0x 

. Gọi

là thể tích khối tròn xoay

tạo thành do

 

quay quanh trục hoành và

 

,V p p



 



. Giá trị của

24 p

bằng

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn A

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số

y x



 

và

insy x

sinx x



 

 

is n 0 1xx



  

. Ta thấy





là một nghiệm của phương trình

 

Xét hàm số

   

in os s 0,1f x x f xx x xc



 



     



 

f x

đồng biến trên



nên





là nghiệm duy nhất của phương trình

 

0f x 

Cách 1:

Xét hàm số

   

ins , 0;g x x xx

 

  

   

o 0, 0;1 sxg x c x



  



 

, suy ra hàm số

 

is ng x x x



  

nghịch biến trên

 



     

0; : sin i 0s nx g x g xx

    

        

 

sin 2x x



  

Do đó thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay

 

quanh trục hoành là thể tích của khối nón

khi quay tam giác vuông

OAB

quanh trục hoành.

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 72

2 2 4

1 1 1

. . . . .

3 3 3

V OB OA

    

  

p 

. Vậy

24 24. 8

p  

Cách 2: Từ

 

ta có

     

2 2

0 0

d dV x x x x

 

    

    

 

 

3 3





 

p 

Vậy

24 24. 8

p  

Câu 129: (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG - TPHCM - 2018) Cho đồ thị









C y f x x

 

. Gọi

 

là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

 

, đường thẳng

9x 

và trục

. Cho điểm

thuộc đồ thị

 

và điểm

 

9;0A

. Gọi

V là thể tích khối tròn xoay khi cho

 

quay

quanh trục

V là thể tích khối tròn xoay khi cho tam giác

AOM

quay quanh trục

Biết rằng

1 2

2V V . Tính diện tích

phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

 

và đường

thẳng

3S 

. B.

27 3

S 

. C.

3 3

S 

. D.

S 

Lời giải

Chọn B

Ta có

 

π dV x x







Gọi

là hình chiếu của

lên trục

, đặt

OH m

(với

0 9m 

), ta có

 

;M m m ,

MH m

và

9AH m 

Suy ra

2 2

1 1

π. . π. .

3 3

V MH OH MH AH 

π. .

MH OA



3 πm

Theo giả thiết, ta có

1 2

2V V nên

81π

6 π

m



m 

. Do đó

27 3 3

;

4 2

 

 

 

Từ đó ta có phương trình đường thẳng

là

2 3

y x

Diện tích

phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

 

và đường thẳng

là

2 3

S x x x

 

 

 

 



2 3

3 9

x x x

 

 

 

 



27 3

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 73

 DẠNG TOÁN 3: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG

Dạng 3.1: Bài toán cho biết hàm số của vận tốc, quãng đường của chuyển động

Câu 130: (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Một chất điểm

xuất phát từ

, chuyển động

thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy luật

   

1 13

m/s

100 30

v t t t 



, trong đó

(giây) là khoảng thời gian tính từ lúc

bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất

điểm

cũng xuất phát từ

, chuyển động thẳng cùng hướng với

nhưng chậm hơn

giây so với

và có gia tốc bằng

 

m/sa



(

là hằng số). Sau khi

xuất phát được

giây thì đuổi kịp

. Vận tốc của

tại thời điểm đuổi kịp

bằng

 

15 m/s



 

9 m/s

 

42 m/s



 

25 m/s



Lời giải

Chọn D

Ta có

 

.dt

v t a at C  



 

0 0 0

v C  

 

v t at 

Quãng đường chất điểm

đi được trong

giây là

1 13

100 30

S t t

 

 

 

 



 

3 2

1 13 375

300 60 2

t t

 

  

 

 



Quãng đường chất điểm

đi được trong

giây là

.dt

S at



225

2 2

at a

 

Ta có

375 225 5

2 2 3

a  

Vận tốc của

tại thời điểm đuổi kịp

là

   

15 .15 25 m/s

v  



Câu 131: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chất điểm

xuất phát từ

, chuyển động thẳng

với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy luật

   

1 58

120 45

v t t t m s 

, trong đó

(giây) là khoảng thời gian tính từ lúc

bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất

điểm

cũng xuất phát từ

, chuyển động thẳng cùng hướng với

nhưng chậm hơn

giây so với

và có gia tốc bằng

 

/a m s

(

là hằng số). Sau khi

xuất phát được

giây thì đuổi kịp

. Vận tốc của

tại thời điểm đuổi kịp

bằng

 

21 /m s

 

25 /m s

 

36 /m s

 

30 /m s

Lời giải

Chọn D

Thời điểm chất điểm

đuổi kịp chất điểm

thì chất điểm

đi được

giây, chất điểm

đi

được

giây.

Biểu thức vận tốc của chất điểm

có dạng

 

v t a t at C  



mà

 

0 0

v 

nên

 BÀI TẬP NỀN TẢNG & VẬN DỤNG 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 74

 

v t at

Do từ lúc chất điểm

bắt đầu chuyển động cho đến khi chất điểm

đuổi kịp thì quãng

đường hai chất điểm đi được bằng nhau. Do đó

18 15

0 0

1 58 225

d d 225 . 2

120 45 2

t t at t a a

 

     

 

 

 

Vậy, vận tốc của chất điểm

tại thời điểm đuổi kịp

bằng

   

2.15 30 /

v t m s 

Câu 132: (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Một ô tô đang chạy với vận tốc 10m/s thì người

lái đạp phanh; từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc

 

5 10

  v t t

(m/s), trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc

đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét?

A. 0,2m B. 2m C. 10m D. 20m

Lời giải

Chọn C

Xét phương trình

5 10 0 2.    t t

Do vậy, kể từ lúc người lái đạp phanh thì sau 2s ô tô

dừng hẳn.

Quãng đường ô tô đi được kể từ lúc người lái đạp phanh đến khi ô tô dừng hẳn là

 

5 10 10 10 .

 

      

 

 



s t dt t t m

Câu 133: (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chất điểm

xuất phát từ

, chuyển động thẳng

với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy luật

   

1 59

150 75

v t t t m s 

, trong đó

(giây) là khoảng thời gian tính từ lúc

bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất

điểm

cũng xuất phát từ

, chuyển động thẳng cùng hướng với

nhưng chậm hơn 3

giây so với

và có gia tốc bằng

 

/a m s

(

là hằng số). Sau khi

xuất phát được 12

giây thì đuổi kịp

. Vận tốc của

tại thời điểm đuổi kịp

bằng

 

15 /m s

 

20 /m s

 

16 /m s

 

13 /m s

Lời giải

Chọn C

Quãng đường chất điểm

đi từ đầu đến khi

đuổi kịp là

 

1 59

150 75

S t t dt m

 

  

 

 



Vận tốc của chất điểm

là

 

v t adt at C  



Tại thời điểm

3t 

vật

bắt đầu từ trạng thái nghỉ nên

 

3 0 3

v C a   

Lại có quãng đường chất điểm

đi được đến khi gặp

là

   

3 3 72

S at a dt at a m

 

    

 

 



Vậy

72 96

a a  

 

/m s

Tại thời điểm đuổi kịp

thì vận tốc của

là

   

15 16 /

v m s

Câu 134: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chất điểm

xuất phát từ

, chuyển động thẳng

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 75

với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy luật

 

1 11

( ) /

180 18

v t t t m s 

, trong đó t (giây)

là khoảng thời gian tính từ lúc

bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm

cũng xuất phát từ

, chuyển động thẳng cùng hướng với

nhưng chậm hơn

giây so với

và có gia tốc bằng

 

/a m s

(

là hằng số). Sau khi

xuất phát được

giây thì đuổi

kịp

. Vận tốc của

tại thời điểm đuổi kịp

bằng

 

15 /m s

 

10 /m s

 

7 /m s

 

22 /m s

Lời giải

Chọn A

Thời gian tính từ khi

xuất phát đến khi bị

đuổi kịp là

giây, suy ra quãng đường đi

được tới lúc đó là

( )dv t t



1 11

180 18

t t t

 

 

 

 



3 2

1 11

540 36

t t

 

 

 

 

 

75 m

Vận tốc của chất điểm

là

 

.dy t a t



.a t C 

(

là hằng số); do

xuất phát từ trạng

thái nghỉ nên có

 

0 0y 

0C 

;

Quãng đường của

từ khi xuất phát đến khi đuổi kịp

là

( )d 75y t t 



. d 75a t t 



a t

 

50 75a 

a 

Vậy có

 

y t 

; suy ra vận tốc của

tại thời điểm đuổi kịp

bằng

   

10 15 /y m s

Câu 135: (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Một vật chuyển động theo quy luật

  

3 2

s t t

với

(giây) là khoảng thời gian tính từ khi vật đó bắt đầu chuyển động và

 

là quãng đường

vật di chuyển được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian

giây, kể từ khi

bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bào nhiêu?

 

18 m/s

 

108 m/s

 

64 m/s

 

24 m/s

Lời giải

Chọn B

Vận tốc của vật chuyển động là

 



    

v s t t f t

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

 

f t

trên đoạn

 

 

0; 6

Ta có

   

 

         

 

3 12 0 4 0; 6f t t f t t

     

  0 0; 4 24; 6 18f f f

Vậy vận tốc lớn nhất là

 

24 m/s

Câu 136: (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một ô tô đang

chạy với tốc độ

 

20 /m s

thì người lái đạp phanh, từ thời điểm đó ô tô chuyển động chậm

dần đều với vận tốc

   

5 20 /v t t m s  

, trong đó

là khoảng thời gian tính bằng giây, kể

từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao

nhiêu mét (

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 76

20 m

. B.

30 m

. C.

10 m

. D.

40 m

Lời giải

Chọn D

Khi ô tô dừng hẳn thì:

   

0 5 20 0 4v t t t s      

Vậy từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô di chuyển được:

   

5 20 40s t dt m   



Câu 137: (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Một ô tô đang chạy với vận tốc là

 

/m s

thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó ô tô chuyển động chậm dần đều với vận

tốc

 

6 12v t t  

 

/m s

, trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc đạp

phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến lúc ô tô dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được bao nhiêu mét?

. B.

12m

. C.

15m

. D.

10m

Lời giải

Chọn B

Lấy mốc thời gian

 

0t 

là lúc đạp phanh.

Khi ô tô dừng hẳn thì vận tốc

 

0v t 

, tức là

 

6 12 0v t t   

2t 

Vậy từ lúc đạp phanh đến lúc ô tô dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được quãng đường là

 

6 12 dt t 



 

3 12 12t t   

 

Câu 138: (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một

chiếc ô tô đang chạy với vận tốc

m/s

thì người lái xe hãm phanh. Sau khi hãm phanh, ô tô

chuyển động chậm dần đều với vận tốc

   

3 15

m/s

v t t  

, trong đó

(giây). Hỏi từ lúc

hãm phanh đến khi dừng hẳn, ô tô di chuyển được bao nhiêu mét?

A. 38m. B. 37,2m. C. 37,5m. D. 37m.

Lời giải

Chọn C

Khi xe dừng hẳn thì

 

0 5v t t  

Khi đó quảng đường xe đi được tính từ lúc bắt đầu hãm phanh đến khi dừng hẳn là:

 

3 15 15 37,5

S t t t

 

      

 

 



Vậy ta chọn đáp án C.

Câu 139: (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Một ô tô đang chạy với vận tốc 20

m/s thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc

 

10 20v t t  

(m/s), trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp

phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét?

A. 5 m B. 20 m C. 40 m D. 10 m

Lời giải

Chọn B

Lúc bắt đầu đạp phanh, ô tô có vận tốc

20 /m s

 

0 0 0

10 20 20 0v t t t      

Ô tô dừng hẳn khi đó vận tốc

 

1 1 1

0 20 10 0 2v t t t     

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 77

Do đó ô tô di chuyển được thêm là:

 

2 2

20 10 20 5 20t dt t t m   



Câu 140: (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Một ô tô đang chạy với

vận tốc

10 /m s

thì người lái xe đạp phanh. Từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều

với vận tốc

   

2 10 /v t t m s  

, trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc

bắt đầu đạp phanh. Tính quãng đường ô tô di chuyển được trong

giây cuối cùng.

55m

. B.

25m

. C.

50m

. D.

16m

Lời giải

Chọn A

Ta có

2 10 0 5t t     

Thời gian tính từ lúc bắt đầu đạp phanh đến khi dừng hẳn là

giây. Vậy trong

giây cuối cùng thì có

giây ô tô chuyển động với vận tốc

10 /m s

và

giây

chuyển động chậm dần đều với vận tốc

   

2 10 /v t t m s  

Khi đó quãng đường ô tô di chuyển là

 

3.10 2 10 30 25 55S t dt m      



Câu 141: (THPT THỰC HÀNH - TPHCM - 2018) Một chất điểm bắt đầu chuyển động thẳng đều

với vận tốc

v , sau 6 giây chuyển động thì gặp chướng ngại vật nên bắt đầu giảm tốc độ với

vận tốc chuyển động

( ) ( / ), ( 6)

v t t a m s t   

cho đến khi dừng hẳn. Biết rằng kể từ lúc

chuyển động đến lúc dừng thì chất điểm đi được quãng đường là 80m. Tìm

v .

35 /v m s . B.

25 /v m s . C.

10 /v m s . D.

20 /v m s .

Lời giải

Chọn C

- Tại thời điểm

6t 

vật đang chuyển động với vận tốc

v nên có

(6)v v

0 0

.6 15

a v a v      

, suy ra

( ) 15

v t t v   

- Gọi

là thời điểm vật dừng hẳn, vậy ta có

 

( ) 0 . 15 6

5 5

v k k v k      

- Tổng quãng đường vật đi được là

0 0

80 6. 15

v t v dt

 

    

 

 



0 0

80 6. . 15

v t v t t

 

     

 

 

2 2

0 0

80 6. ( 6 ) .( 6) 15( 6)

v k v k k       

 

0 0 0

0 0

24 2 2

80 6. . 15.

4 25 5 5 5

v v v

v v

 

      

 

 

 

0 0 0

36. 400 0 10v v v     

Câu 142: (THPT LƯƠNG THẾ VINH - HN - LẦN 1 - 2018) Một ô tô chuyển động nhanh dần đều

với vận tốc

 

7v t t

 

m/s

. Đi được

 

người lái xe phát hiện chướng ngại vật và phanh

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 78

gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc

35a  





m/s

. Tính quãng đường

của ô tô đi được từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn?

87.5

mét. B.

96.5

mét. C.

102.5

mét. D.

105

mét.

Lời giải

Chọn D

Quãng đường ô tô đi được trong

 

đầu là

7 d 7 87,5

s t t  



(mét).

Phương trình vận tốc của ô tô khi người lái xe phát hiện chướng ngại vật là

 

35 35v t t 

(m/s). Khi xe dừng lại hẳn thì

 

0 35 35 0 1v t t t      .

Quãng đường ô tô đi được từ khi phanh gấp đến khi dừng lại hẳn là

 

35 35 ds t t 



35 35

 

 

 

 

17.5

(mét).

Vậy quãng đường của ô tô đi được từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn là

1 2

s s s 

87.5 17.5  105

(mét).

Câu 143: (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG - NĐ - LẦN 1 - 2018) Một chất điểm đang chuyển

động với vận tốc

15 m/sv  thì tăng tốc với gia tốc

 

2 2

4 m/sa t t t 

. Tính quãng

đường chất điểm đó đi được trong khoảng thời gian

giây kể từ lúc bắt đầu tăng vận tốc.

70,25 m

. B.

68, 25 m

. C.

67,25 m

. D.

69,75 m

Lời giải

Chọn D

 

4a t t t 

   

d 2

v t a t t t C    



 

C 



Mà

 

0 15v C 

 

2 15

v t t   

Vậy

2 15 d 69,75 m

S t t

 

   

 

 



Câu 144: (THPT HOÀNG HOA THÁM - HƯNG YÊN - 2018) Một chất điểm chuyển động theo

phương trình

 

2 3

10 9s t t t t   

trong đó

tính bằng mét, t tính bằng giây. Thời gian để

vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất (tính từ thời điểm ban đầu) là

 

6 st 

. B.

 

3 st 

. C.

 

2 st 

. D.

 

5 st 

Lời giải

Chọn B

   

3 18 1v t s t t t



    

Dễ thấy hàm số

 

v t

là hàm bậc hai có đồ thị dạng parabol với hệ số

3 0a   

Do đó

max

v đạt tại đỉnh

 

3;28I

của parabol.

Vậy Thời gian để vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất

 

3 st 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 79

Câu 145: (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC - LẦN 4 - 2018) Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần

đều với vận tốc

   

7 m/ sv t t

. Đi được

, người lái xe phát hiện chướng ngại vật và

phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc

 

70 m/ sa  

. Tính quãng

đường

đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn.

 

96, 25 mS 

. B.

 

87,5 mS 

. C.

 

94 mS 

. D.

 

95,7 mS 

Lời giải

Chọn A

Chọn gốc thời gian là lúc ô tô bắt đầu đi. Sau

ô tô đạt vận tốc là

   

5 35 m/sv 

Sau khi phanh vận tốc ô tô là

   

35 70 5v t t  

Ô tô dừng tại thời điểm

5,5st 

Quãng đường ô tô đi được là

   

5,5

0 5

7 d 35 70 5 d 96,25 mS t t t t     

 

 

Câu 146: (SGD THANH HÓA - LẦN 1 - 2018) Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận

tốc

   

2 m/sv t t

. Đi được

giây, người lái xe gặp chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô

tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc

 

12 m/sa  

. Tính quãng đường

 

đi

được của ôtô từ lúc bắt đầu chuyển động đến khi dừng hẳn?

 

168 ms 

. B.

 

166 ms 

. C.

 

144 ms 

. D.

 

152 ms 

Lời giải

Chọn A

+ Giai đoạn 1: Xe bắt đầu chuyển động đến khi gặp chướng ngại vật.

Quãng đường xe đi được là:

 

1 1

dS v t t



2 dt t



t

 

144 m

+ Giai đoạn 2: Xe gặp chướng ngại vật đến khi dừng hẳn.

Ôtô chuyển động chậm dần đều với vận tốc

 

d 12v t a t t c   



Vận tốc của xe khi gặp chướng ngại vật là:

     

2 1

0 12 2.12 24 m/sv v  

12.0 24c    24c 

 

12 24v t t   

Thời gian khi xe gặp chướng ngại vật đến khi xe dừng hẳn là nghiệm phương trình:

12 24 0t   2t 

Khi đó, quãng đường xe đi được là:

 

2 2

dS v t t



 

12 24 dt t  



 

6 24 24 mt t    .

Vậy tổng quãng đường xe đi được là:

 

1 2

168 mS S S  

Câu 147: (THPT CHUYÊN THÁI BÌNH - LẦN 5 - 2018) Để đảm bảo an toàn khi lưu thông trên

đường, các xe ô tô khi dừng đèn đỏ phải cách nhau tối thiểu

. Một ô tô

đang chạy với

vận tốc

16m/s

bỗng gặp ô tô

đang dừng đèn đỏ nên ô tô

hãm phanh và chuyển động

chậm dần đều với vận tốc được biểu thị bởi công thức

 

16 4

v t t 

(đơn vị tính bằng

m/s

), thời gian tính bằng giây. Hỏi rằng để có

ô tô

và

đạt khoảng cách an toàn khi dừng

lại thì ô tô

phải hãm phanh khi cách ô tô

một khoảng ít nhất là bao nhiêu?

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 80

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn A

Ta có:

 

0 16m/s

v 

Khi xe

dừng hẳn:

 

v t 

4st 

Quãng đường từ lúc xe

hãm phanh đến lúc dừng hẳn là

 

16 4 ds t t 



32m

Do các xe phải cách nhau tối thiểu

để đảm bảo an toàn nên khi dừng lại ô tô

phải hãm

phanh khi cách ô tô

một khoảng ít nhất là

33m

Câu 148: (THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG - HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2018) Một vật chuyển động với vận

tốc

10m/s

thì tăng tốc với gia tốc được tính theo thời gian là

 

3a t t t 

. Tính quãng

đường vật đi được trong khoảng thời gian

giây kể từ khi vật bắt đầu tăng tốc.

136m

. B.

126m

. C.

276m

. D.

216m

Lời giải

Chọn D

Ta có

 

0 10 m/sv 

và

   

v t a t t



 

3 d

t t t 



3 2

t t

 

 

 

 

3 2

1 3

3 2

t t 

Quãng đường vật đi được là

 

dS v t t



3 2

1 3

3 2

t t t

 

 

 

 



4 3

1 1

12 2

t t

 

 

 

 

216m

Câu 149: (THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU - NGHỆ AN - LẦN 2 - 2018) Một chiếc máy bay

chuyển động trên đường băng với vận tốc

 

10v t t t 

 

/m s

với t là thời gian được tính

theo đơn vị giây kể từ khi máy bay bắt đầu chuyển động. Biết khi máy bay đạt vận tốc

 

200 /m s

thì rời đường băng. Quãng đường máy bay đã di chuyển trên đường băng là

 

2500

. B.

 

2000 m

. C.

 

500 m

. D.

 

4000

Lời giải

Chọn A

Thời điểm máy bay đạt vận tốc

 

200 /m s

là

 

200 10 200 10

v t t t t





      



 



Quãng đường máy bay đã di chuyển trên đường băng là

 

2500

10 d 5

3 3

s t t t t m

 

    

 

 



Câu 150: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Một chất điểm

xuất phát từ

, chuyển động

thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy luật

   

1 59

150 75

v t t t m s 

, trong đó

t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc

bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất

điểm

cũng xuất phát từ

, chuyển động thẳng cùng hướng với

nhưng chậm hơn 3

giây so với

và có gia tốc bằng

 

/a m s

(

là hằng số). Sau khi

xuất phát được 12

giây thì đuổi kịp

. Vận tốc của

tại thời điểm đuổi kịp

bằng

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 81





20 /m s

. B.





16 /m s

. C.





13 /m s

. D.





15 /m s

Lời giải

Chọn B

Quãng đường chất điểm

đi từ đầu đến khi

đuổi kịp là

 

1 59

150 75

S t t dt m

 

  

 

 



Vận tốc của chất điểm

là

 

v t adt at C  



Tại thời điểm

3t 

vật

bắt đầu từ trạng thái nghỉ nên

 

3 0 3

v C a   

Lại có quãng đường chất điểm

đi được đến khi gặp

là

   

3 3 72

S at a dt at a m

 

    

 

 



Vậy

72 96

a a  

 

/m s

Tại thời điểm đuổi kịp

thì vận tốc của

là

   

15 16 /

v m s

Câu 151: (THPTQG 2018 - MÃ ĐỀ 104) Một chất điểm

xuất phát từ

, chuyển động thẳng với

vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy luật

   

1 58

120 45

v t t t m s 

, trong đó t (giây) là

khoảng thời gian tính từ lúc

bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm

cũng xuất phát từ

, chuyển động thẳng cùng hướng với

nhưng chậm hơn

giây so với

và có gia tốc bằng

 

/a m s

(

là hằng số). Sau khi

xuất phát được

giây thì đuổi

kịp

. Vận tốc của

tại thời điểm đuổi kịp

bằng

 

25 /m s

. B.

 

36 /m s

. C.

 

30 /m s

. D.

 

21 /m s

Lời giải

Chọn C

Thời điểm chất điểm

đuổi kịp chất điểm

thì chất điểm

đi được

giây, chất điểm

đi

được

giây.

Biểu thức vận tốc của chất điểm

có dạng

 

v t a t at C  



mà

 

0 0

v 

nên

 

v t at

Do từ lúc chất điểm

bắt đầu chuyển động cho đến khi chất điểm

đuổi kịp thì quãng

đường hai chất điểm đi được bằng nhau. Do đó

18 15

0 0

1 58 225

d d 225 . 2

120 45 2

t t at t a a

 

     

 

 

 

Vậy, vận tốc của chất điểm

tại thời điểm đuổi kịp

bằng

   

2.15 30 /

v t m s 

Câu 152: (SỞ GD&ĐT LÀO CAI - 2018) Một ôtô đang dừng và bắt đầu chuyển động theo một

đường thẳng với gia tốc

 

6 2 /a t t m s 

, trong đó

là khoảng thời gian tính bằng giây

kể từ lúc ôtô bắt đầu chuyển động. Hỏi quảng đường ôtô đi được từ lúc bắt đầu chuyển động

đến khi vận tốc của ôtô đạt giá trị lớn nhất là bao nhiêu mét?

18m

. B.

36m

. C.

22,5m

. D.

6,75m

Lời giải

Chọn A

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 82

 

6 2 /a t t m s 

   

6 2 6v t t dt t t C     



Xe dừng và bắt đầu chuyển động nên khi

0t 

thì

0 0v C  

 

6v t t t  

 

6v t t t 

là hàm số bậc 2 nên đạt GTLN khi

 

t s

  

Quảng đường xe đi trong 3 giây đầu là:

 

6 18S t t dt m  



CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 83

Dạng 3.2: Bài toán cho biết đồ thị của vận tốc, quãng đường của chuyển động

Câu 153: (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Một vật chuyển động trong 3 giờ với vận tốc

( / )v km h

phụ thuộc vào thời gian

( )t h

có đồ thị vận tốc như hình bên. Trong thời gian 1 giờ

kể từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là một phần của đường parabol có đỉnh

(2; 9)I

và

trục đối xứng song song với trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạn thẳng

song song với trục hoành. Tính quãng đường

mà vật chuyển động được trong 3 giờ đó (kết

quả làm tròn đến hàng phần trăm).

 21, 58( )s km

 23, 25( )s km

 13,83( )s km

 15, 50( )s km

Lời giải

Chọn A

Gọi phương trình của parabol

  

v at bt c

ta có hệ như sau:





 



    

 

 

   



4 5

4 2 9 4

2 4

c b

a b c c

Với

 1t

ta có



Vậy quãng đường vật chuyển động được là

 

      

 

 

 

0 1

21,583

5 31 259

5 4

4 4 12

s t t dt dt

Câu 154: (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Một người chạy trong thời gian 1 giờ, vận tốc

(km/h)

phụ thuộc vào thời gian

(h) có đồ thị là một phần parabol với đỉnh

; 8

 

 

 

và trục đối

xứng song song với trục tung như hình bên. Tính quảng đường

người đó chạy được trong

khoảng thời gian

phút, kể từ khi chạy?

 BÀI TẬP NỀN TẢNG & VẬN DỤNG 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 84

2,3s 

(km) B.

4,5s 

(km) C.

5,3s 

(km) D.

4s 

(km)

Lời giải

Chọn B

Gọi parabol là

 

:P y ax bx c  

. Từ hình vẽ ta có

 

đi qua

 

0; 0O

 

1; 0A

và điểm

; 8

 

 

 

Ta có hệ:

0 32

4 2

c a

a b c b

a b c





  





    

 

 







  



Suy ra

 

: 32 32P y x x  

Vậy quảng đường người đó đi được là

 

32 32 d 4,5s x x x   



(km).

Câu 155: (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Một vật chuyển động trong

giờ với vận tốc

 

km/hv

phụ thuộc thời gian

 

có đồ thị là một phần của đường parabol có đỉnh

 

2;9

và trục đối xứng song song với trục tung như hình bên. Tính quãng đường

mà vật di

chuyển được trong

giờ đó.

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 85

 

25,25 kms 

 

24,25 kms 

 

24,75 kms 

 

26,75 kms 

Lời giải

Chọn C

Gọi

 

.v t a t bt c  

Đồ thị

 

v t

là một phần parabol có đỉnh

 

2;9I

và đi qua điểm

 

0;6A

nên

.2 .2 9 3

.0 .0 6

a b c b

a b c













    

 

 



  

 





. Tìm được

 

3 6

v t t t   

Vậy

3 6

S t t dt

 

    

 

 



24,75 (km)

Câu 156: (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Một vật chuyển động trong 4 giờ với vận tốc

(km/h)

phụ thuộc thời gian

(h) có đồ thị của vận tốc như hình bên. Trong khoảng thời gian

giờ

kể từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là một phần của đường parabol có đỉnh

 

2; 9I

với

trục đối xứng song song với trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạn thẳng

song song với trục hoành. Tính quãng đường

mà vật di chuyển được trong

giờ đó.

 24s

(km) B.

 28,5s

(km) C.

 27s

(km) D.

 26,5s

(km)

Lời giải

Chọn B

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 86

Gọi

 

  

:P y ax bx c

Vì

 

qua

 

0; 0O

và có đỉnh

 

2; 9I

nên dễ tìm được phương trình là



 

y x x

Ngoài ra tại

 3x

ta có



Vậy quãng đuờng cần tìm là:

  

   

 

 

 

3 4

0 3

9 27

9 d d 27 ( )

4 4

S x x x x km

Câu 157: (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Một vật chuyển động trong 6 giờ với

vận tốc

 

/v km h

phụ thuộc vào thời gian

 

t h

có đồ thị như hình bên dưới. Trong khoảng

thời gian 2 giờ từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị là một phần đường Parabol có đỉnh

 

3;9

và có trục đối xứng song song với trục tung. Khoảng thời gian còn lại, đồ thị vận tốc là một

đường thẳng có hệ số góc bằng

. Tính quảng đường

mà vật di chuyển được trong 6 giờ?

 

130

. B.

 

9 km

. C.

 

40 km

. D.

 

134

Lời giải

Chọn A

+ Vì Parabol đi qua O(0; 0) và có tọa độ đỉnh

 

3;9I

nên thiết lập được phương trình Parabol là

   

 

: 6 ; 0;2P y v t t t t     

+ Sau 2 giờ đầu thì hàm vận tốc có dạng là hàm bậc nhất

y t m 

, dựa trên đồ thị ta thấy đi

qua điểm có tọa độ

 

6;9

nên thế vào hàm số và tìm được

m 

Nên hàm vận tốc từ giờ thứ 2 đến giờ thứ 6 là

1 15

; [2;6]

4 2

y t t   

+ Quảng đường vật đi được bằng tổng đoạn đường 2 giờ đầu và đoạn đường 4 giờ sau.

 

2 6

1 2

0 2

1 15 130

4 2 3

S S S t t dt t dt km

 

       

 

 

 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 87

Câu 158: (THPT THỰC HÀNH - TPHCM - 2018) Một người chạy trong 2 giờ, vận tốc v (km/h) phụ

thuộc vào thời gian t (h) có đồ thị là 1 phần của đường Parabol với đỉnh

 

1;5I

và trục đối

xứng song song với trục tung Ov như hình vẽ. Tính quảng đường S người đó chạy được

trong 1 giờ 30 phút kể từ lúc bắt đầu chạy (kết quả làm tròn đến 2 chữ số thập phân).

2,11km

. B.

6,67 km

. C.

5,63

km. D.

5,63km

Lời giải

Chọn C

Ta có 1 giờ 30 phút = 1,5 giờ

1,5

( )dS v t t 



Đồ thị

( )v v t

đi qua gốc tọa độ nên

( )v t

có dạng

( )v t at bt  .

Đồ thị

( )v v t

có đỉnh là I(1;5) nên

2 5

( ) 5 10

5 10

b a a

v t t t

a b b

a b



   

 

 



     

  

  

 



 



 

1,5

5 10 d 5,63

S t t t    



Câu 159: (SGD&ĐT ĐỒNG THÁP - HKII - 2018) Một người chạy trong thời gian

giờ, với vận

tốc

 

km/h

phụ thuộc vào thời gian

 

có đồ thị là một phần của parabol có đỉnh

 

 

 

và trục đối xứng song song với trục tung như hình vẽ. Tính quãng đường

người

đó chạy được trong thời gian

phút, kể từ khi bắt đầu chạy.

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 88

5,3

 

. B.

4,5

 

. C.

 

. D.

2,3

 

Lời giải

Chọn B

Trước hết ta tìm công thức biểu thị vận tốc theo thời gian, giả sử

 

v t at bt c  

Khi đó dựa vào hình vẽ ta có hệ phương trình

1 1

2 2

a b c







   

  



   

   



  



 





 









Do đó quãng đường người đó đi được sau

phút là

 

32 32 4,5S t t dt  



 

Câu 160: (THPT CHUYÊN HẠ LONG - LẦN 1 - 2018) Một vật chuyển động trong

giờ với vận

tốc

(km/ h)v

phụ thuộc thời gian

(h)t

có đồ thị là một phần của đường parabol có đỉnh

(1;1)I

và trục đối xứng song song với trục tung như hình bên. Tính quãng đường

mà vật

di chuyển được trong

giờ kể từ lúc xuất phát.

6 (km).s 

8 (km).s 

(km).

s 

(km).

s 

Lời giải

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 89

Chọn C

Hàm biểu diễn vận tốc có dạng

 

v t at bt c  

. Dựa vào đồ thị ta có:

 

1 2 2 2

b v t t t

a b c













 

       

 

 





  





Với

 

4 4 10t v  

(thỏa mãn).

Từ đó

 

2 2

s t t dt km   



 DẠNG TOÁN 4: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN THỰC THẾ

Dạng 4.1: Bài toán liên quan đến diện tích

Câu 161: (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Một biển quảng cáo có dạng hình elip

với bốn đỉnh

1 2 1 2

, , ,A A B B như hình vẽ bên. Biết chi phí để sơn phần tô đậm là

200.000 nđv / m và phần còn lại

100.000 nđv / m . Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần

nhất với số tiền nào dưới đây, biết

1 2

8mA A  ,

1 2

6mB B  và tứ giác

MNPQ

là hình chữ

nhật có

3mMQ 

5.526.000

đồng. B.

5.782.000

đồng C.

7.322.000

đồng. D.

7.213.000

đồng.

Lời giải

Chọn C

 BÀI TẬP NỀN TẢNG & VẬN DỤNG 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 90

Gọi phương trình chính tắc của elip

 

có dạng:

2 2

x y

a b

 

Với

1 2

8 2

6 2 3

A A a

B B b b

 







 

  



 

2 2

: 1 16

16 9 4

x y

E y x       .

Suy ra diên tích của hình elip là

 

. 12 m

S a b

 

 

Vì

MNPQ

là hình chữ nhật và

 

3 ;

MQ M x E

 

  

 

 

1 3 3

1 12 2 3; ; 2 3;

16 4 2 2

x M N

   

      

   

   

Gọi

1 2

;S S lần lượt là diện tích phần bị tô màu và không bị tô màu

Ta có:

 

4 4

4sin2 2 2

2 2

2 3 2 3

4. 16 d 3 16 d 4 6 3 m

x t

S x x x x S





      

 

Suy ra:

 

1 2

8 6 3

S S S



   

. Gọi

là tổng chi phí. Khi đó ta có

   

4 6 3 .100 8 6 3 .200 7.322.000T

 

   



(đồng).

Câu 162: (ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Một biển

quảng cáo với

đỉnh

, , ,A B C D

như hình vẽ.

Biết chi phí để sơn phần tô đậm là

200.000(đ/m )

sơn phần còn lại là

100.000đ/m

. Cho

8 ; 10 ; 4AC m BD m MN m  

Hỏi số tiền sơn gần với số tiền nào sau đây:

12204000 .đ

. B.

14207000 .đ

. C.

11503000 .đ

. D.

10894000 .đ

Lời giải

Chọn A

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 91

elip có phương trình là:

2 2

16 25

x y

  . Vì

5 3

4 2

5 3

MN x







   











Diện tích phần tô đậm là

5 3

2 2

5 3

2 25 59,21 ( )

S y dy m



  



Diện tích elip là

.4.5 20 ( )S m

 

 

Diện tích phần trắng là

2 1

3,622 ( )S S S m  

Tổng chi phí trang chí là:

59, 21.200000 3, 622.100000 12204200T đ  

Câu 163: Một họa tiết hình cánh bướm như hình vẽ bên.

Phần tô đậm được đính đá với giá thành

500.000đ/m

. Phần còn lại được tô màu với giá thành

250.000 /đ m

Cho

4 ; 8 .AB dm BC dm 

Hỏi để trang trí

1000

họa tiết như vậy cần số tiền gần nhất với số

nào sau đây.

105660667đ

. B.

106666667đ

. C.

107665667đ

. D.

108665667đ

Lời giải

Chọn B

Vì

4 ; 8 .AB dm BC dm  ( 2;4),A  B(2;4),C(2; 4), D( 2; 4)  

parabol là:

y x hoặc

y x 

Diện tích phần tô đậm là

2 2

4 ( )

S x dx dm 



Diện tích hình chữ nhật là

4.8 32 ( )S m 

Diện tích phần trắng là

2 1

32 64

32 ( )

3 3

S S S dm    

Tổng chi phí trang chí là:

32 64

.5000 .2500 .1000 106666667

3 3

T đ

 

  

 

 

Câu 164: (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Một khuôn viên dạng nửa hình tròn, trên

đó người thiết kế phần để trồng hoa có dạng của một cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với

tâm và có trục đối xứng vuông góc với đường kính của nửa hình tròn, hai đầu mút của cánh

hoa nằm trên nửa đường tròn (phần tô màu) và cách nhau một khoảng bằng

 

4 m

. Phần còn

lại của khuôn viên (phần không tô màu) dành để trồng cỏ Nhật Bản. Biết các kích thước cho

như hình vẽ, chi phí để trồng hoa và cỏ Nhật Bản tương ứng là

150.000

đồng/m

và

100.000

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 92

đồng/m

. Hỏi cần bao nhiêu tiền để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong khuôn viên đó?

(Số tiền được làm tròn đến hàng đơn vị)

3.738.574

(đồng). B.

1.948.000

(đồng). C.

3.926.990

(đồng). D.

4.115.408

(đồng).

Lời giải

Chọn A

Chọn hệ trục

Oxy

như hình vẽ, ta có bán kính của đường tròn là

2 2

4 2 2 5R   

Phương trình của nửa đường tròn

 

là:

2 2 2

20, 0 20x y y y x     

Parabol

 

có đỉnh

 

0;0O

và đi qua điểm

 

2;4

nên có phương trình:

y x

Diện tích phần tô màu là:

2 2

20 d 11,94S x x x



 

   

 



 

Diện tích phần không tô màu là:

 

2 1

. . 2 5 10 11,94

S S

 

   

 

Số tiền để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong khuôn viên đó là:

 

150000.11,94 100000. 10 11,94 3.738.593



  

Câu 165: (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Người ta cần trồng một

vườn hoa Cẩm Tú Cầu ( phần được gạch chéo trên hình vẽ). Biết rằng phần gạch chéo là

hình phẳng giới hạn bởi parabol

2 1y x 

và nửa trên của đường tròn có tâm là gốc tọa độ

và bán kính bằng

 

2 m

Tính số tiền tối thiểu để trồng xong vườn hoa Cẩm Tú Cầu biết

rằng để trồng mỗi

hoa cần ít nhất là

250000

đồng.

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 93

3 2

250000





. B.

3 10

250000





. C.

3 10

250000





. D.

3 2

250000





Lời giải

Chọn B

Ta có phương trình đường tròn tâm gốc tọa độ và bán kính bằng

 

2 m

2 2

2x y  .

Tọa độ giao điểm của Parabol và đường tròn là nghiệm hệ

2 1

1, 1

y x

x y

y x

x y



  



 









 



  



Diện tích vườn hoa là





3 10

2 2 1x xS x





 



  



số tiền tối thiểu để trồng xong vườn hoa Cẩm Tú Cầu là

3 10

250000





Câu 166: (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Nhà trường dự

định làm một vườn hoa dạng elip được chia ra làm bốn phần bởi hai đường parabol có chung

đỉnh, đối xứng với nhau qua trục của elip như hình vẽ bên.

Biết độ dài trục lớn, trục nhỏ của elip lần lượt là

và

F là hai tiêu điểm của

elip. Phần

dùng để trồng hoa, phần

dùng để trồng cỏ. Kinh phí để trồng mỗi

mét vuông hoa và cỏ lần lượt là

250.000

đ và

150.000

đ. Tính tổng tiền để hoàn thành vườn

hoa trên (làm tròn đến hàng nghìn).

5.676.000

đ. B.

4.766.000

đ. C.

4.656.000

đ. D.

5.455.000

đ.

Lời giải

Chọn A

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Do elip có độ dài trục lớn

2 8 4a a  

, độ dài trục nhỏ

2 4 2b b  

Diện tích của

 

là:

 

S ab

 

 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 94

Phương trình chính tắc

 

là:

2 2

16 4

x y

  . Suy ra

y x  

Ta có

2 2

2 3c a b  

 

2 3; 0F

và

F có cùng hoành độ 

 

2 3; 1N

Gọi

 

:P y kx

là parabol nằm ở phía trên trục

 

N P

ta có

 

1 2 3

k k  

. Suy ra

 

P y x

Diện tích phần

là

2 3

2 2

2 3

1 1

16 d

2 12

S x x x



 

  

 

 



2 3

2 2

1 1

2 16 d

2 12

x x x

 

  

 

 



2 3 2 3

2 2

0 0

16 d d

x x x x  

 

* Xét

2 3

16 dI x x 



. Đặt

4sin d 4cos dx t x t t  

Đổi cận:

Khi đó

16 16sin .4cos dI t t t



 



16 cos dt t







 

8 1 cos2 dt t



 



8 sin 2

t t



 

 

 

 

3 4



 

 

 

 

* Ta có

2 3

I x x



2 3

x

4 3



Suy ra:

1 2

8 2 3

S I I





  

16 4 3

A B A

S S S





   

Tổng diện tích phần

là:

C D

S S 

 

A B

S S S  

8 4 3





Khi đó tổng số tiền để hoàn thành vườn hoa trên là:

16 4 3 8 4 3

.250000 .150000 5676000

3 3

 

 

 

đ.

Câu 167: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN LẦN 1 NĂM 2018-2019) Người ta xây một

sân khấu với mặt sân có dạng hợp của hai hình tròn giao nhau. Bán kính của hai của hai hình

tròn là 20 mét và 15 mét. Khoảng cách giữa hai tâm của hai hình tròn là 30 mét. Chi phí làm

mỗi mét vuông phân giao nhau của hai hình tròn là 300 ngàn đồng và chi phí làm mỗi mét

vuông phần còn lại là 100 ngàn đồng. Hỏi số tiền làm mặt sân của sân khấu gần với số nào

trong các số dưới đây?

202

triệu đồng. B.

208

triệu đồng. C.

218

triệu đồng. D.

200

triệu đồng.

Lời giải

Chọn A

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 95

Gọi

,O I

lần lượt là tâm của các đường tròn bán kính bằng 20 mét và bán kính bằng 15 mét.

Gắn hệ trục

Oxy

như hình vẽ, vì

30OI 

mét nên

 

0; 30I

. Phương trình hai đường tròn lần

lượt là

2 2 2

20x y  và

 

2 2

30 15x y  

. Gọi

,A B

là các giao điểm của hai đường tròn đó.

Tọa độ

,A B

là nghiệm của hệ

 

2 2 2

2 2

5 455

215

30 15

x y



 





 

 



 

  











Tổng diện tích hai đường tròn là

 

2 2

20 15 625

 

 

(mét vuông).

Phần giao của hai hình tròn chính là phần hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị

2 2

30 15y x  

và

2 2

20y x 

. Do đó diện tích phần giao giữa hai hình tròn là





5 455

2 2 2 2

5 455

20 15 30 d 60,2546S x x x



     



(mét vuông).

Số tiền để làm phần giao giữa hai hình tròn là

300.000x60,2546 18.076.386

(đồng).

Số tiền để làm phần còn lại là

 

100.000 x 625 2 x 60, 2546 184.299.220



 

(đồng).

Vậy tổng số tiền làm sân khấu là

184.299.220 18.076.386 202.375.606 

(đồng).

Câu 168: (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Người ta xây một

sân khấu với sân có dạng của hai hình tròn giao nhau. Bán kính của hai hình tròn là

m và

m. Khoảng cách giữa hai tâm của hai hình tròn là

m. Chi phí làm mỗi mét vuông

phần giao nhau của hai hình tròn là

300

nghìn đồng và chi phí làm mỗi mét vuông phần còn

lại là

100

nghìn đồng. Hỏi số tiền làm mặt sân khấu gần với số nào nhất trong các số dưới

đây?

218

triệu đồng. B.

202

triệu đồng. C.

200

triệu đồng. D.

218

triệu đồng.

Lời giải

Chọn A

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 96

Gọi

lần lượt là tâm của hai đường tròn bán kính

m và

là hai giao điểm

của hai đường tròn.

Ta có

1 1

20 mO A O B 

;

2 2

15 mO A O B 

;

1 2

30 mO O 



2 2 2

1 1 2 2

1 2

1 1 2

cos

2 . 48

O B O O O B

BOO

O B O O

 

 



1 2

26 23BO O



  

Theo tính chất hai đường tròn cắt nhau ta có

1 2

O O

là tia phân giác



AO B



1 2 1

2 52, 77AO B O O B   

Suy ra diện tích hình quạt tròn

O AB

là

 

2 2

52,77

.20 . 184,2 m

360

O AB



 



 

1 1 1

. .sin 159,2 m

O AB

S O A O B AO B



 

Gọi

là diện tích hình giới hạn bởi dây

và cung



AmB

trong đường tròn

 

1 1

25 m

O AB O AB

S S S



   

Chứng minh tương tự ta được diện tích hình giới hạn bởi dây

và cung



AmB

trong đường

tròn

 

là

 

35 mS 

Suy ra diện tích phần giao nhau là

 

1 2

60 mS S S  

 Chi phí làm sân khấu phần giao nhau

60.300000 18000000

(nghìn đồng).

Tổng diện tích của hai hình tròn là

 

2 2 2

20 15 1963 mS

 



  

Diện tích phần không giao nhau là

 

1903 mS S



 

 Chi phí làm sân khấu phần không giao nhau

1903.100000 190300000

(nghìn đồng).

Số tiền làm mặt sân là

18000000 190000000 208300000 

(nghìn đồng)

208,3

(triệu đồng).

Câu 169: (TT DIỆU HIỀN - CẦN THƠ - 2018) Bác Năm làm một cái cửa nhà hình parabol có chiều

cao từ mặt đất đến đỉnh là

2,25

mét, chiều rộng tiếp giáp với mặt đất là

mét. Giá thuê mỗi

mét vuông là

1500000

đồng. Vậy số tiền bác Năm phải trả là:

33750000

đồng. B.

3750000

đồng. C.

12750000

đồng. D.

6750000

đồng.

Lời giải

Chọn D

Gọi phương trình parabol

 

:P y ax bx c  

. Do tính đối xứng của parabol nên ta có thể

chọn hệ trục tọa độ

Oxy

sao cho

 

có đỉnh

I Oy

(như hình vẽ).

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 97

Ta có hệ phương trình:

 

9 3

4 2

9 3

4 2

c I P

a b c A P

a b c B P



 



   





   











  











Vậy

 

P y x  

Dựa vào đồ thị, diện tích cửa parabol là:

S x x



 

  

 

 



2 d

x x

 

  

 

 



3 4

 



 

 

 



Số tiền phải trả là:

1500000 675 0

000

đồng.

Câu 170: (THPT NGÔ QUYỀN - QUẢNG NINH - HKII - 2018) Một người có miếng đất hình tròn

có bán kính bằng

m. Người này tính trồng cây trên mảnh đất đó, biết mỗi mét vuông trồng

cây thu hoạch được 100 nghìn. Tuy nhiên cần có 1 khoảng trống để dựng 1 cái chòi và để đồ

dùng nên người này bớt lại 1 phần đất nhỏ không trồng cây (phần màu trắng như hình vẽ),

trong đó

6AB m

. Hỏi khi thu hoạch cây thì người này thu được bao nhiêu tiền ?

A. 3722 nghìn đồng. B.

7445

nghìn đồng. C. 7446 nghìn đồng. D. 3723 nghìn đồng.

 

 

 

 



 

 

 

 

 



CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 98

Lời giải

Chọn B

Diện tích miếng đất là

π 25πS R 

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Ta có phương trình của đường tròn biên là

2 2

25x y 

5, 3 4R AH OH   

 Phương trình của cung tròn nhỏ



AC là

25y x 

, với

4 5x 

 Diện tích phần đất trống là

2 25S x dx 



 Diện tích phần đất trồng cây là

1 2

25π 2 25S S S x dx    



 Số tiền thu được là

100 100(25π 2 25 ) 7445T S x dx    



(nghìn đồng).

Câu 171: (THPT YÊN LẠC - LẦN 4 - 2018) Một mảnh vườn hình elip có trục lớn bằng





100 m

và

trục nhỏ bằng

 

80 m

được chia làm hai phần bởi một đoạn thẳng nối hai đỉnh liên tiếp của

elip. Phần nhỏ hơn trồng cây con và phần lớn hơn trồng rau. Biết lợi nhuận thu được là

2000

mỗi

m trồng cây con và

4000

mỗi

m trồng rau. Hỏi thu nhập của cả mảnh vườn là

bao nhiêu? (Kết quả làm tròn đến phần nghìn).

31904000

. B.

23991000

. C.

10566000

. D.

17635000

Lời giải

Chọn B

Gọi phương trình của elip là

2 2

x y

a b

  .

Theo giả thiết, ta có

2 100 50a a  

;

2 80 40b b  

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 99

Diện tích phần trồng cây con (phần gạch sọc) bằng

diện tích của elip trừ đi diện tích tam

giác

DOF

. Do đó diện tích phần trồng cây con là

 

4 2

ab ab



 

Diện tích phần trồng rau (phần không gạch sọc) bằng

diện tích elip cộng với diện tích tam

giác

DOF

. Do đó diện tích phần trồng rau là

 

4 2

ab ab



 

Thu nhập của cả mảnh vườn là

2000 4000 23991000

4 2 4 2

ab ab ab ab

 

   

     

   

   

Câu 172: (CHUYÊN VINH - LẦN 2 - 2018) Một cổng chào có dạng hình Parabol chiều cao

18 m

chiều rộng chân đế

12 m

. Người ta căng hai sợi dây trang trí

nằm ngang đồng thời

chia hình giới hạn bởi Parabol và mặt đất thành ba phần có diện tích bằng nhau (xem hình vẽ

bên). Tỉ số

bằng

. B.

. C.

. D.

1 2 2

Lời giải

Chọn C

Chọn hệ trục tọa độ

Oxy

như hình vẽ.

Phương trình Parabol có dạng

.y a x

 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 100

 

đi qua điểm có tọa độ

 

6; 18 

suy ra:

 

18 . 6

a a     

 

P y x  

Từ hình vẽ ta có:

xAB

CD x



Diện tích hình phẳng giới bạn bởi Parabol và đường thẳng

AB y x 

là

2 2

1 1

2 d

2 2

S x x x

 

 

   

 

 

 

 



2 3

1 1

1 1 2

2 .

2 3 2 3

x x x

 

   

 

 

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol và đường thẳng

y x 

là

2 2

1 1

2 d

2 2

S x x x

 

 

   

 

 

 

 



2 3

2 2

1 1 2

2 .

2 3 2 3

x x x

 

   

 

 

Từ giả thiết suy ra

3 3

2 1 2 1

2 2S S x x  

 

. Vậy

xAB

CD x

 

Câu 173: (THPT KINH MÔN - HD - LẦN 2 - 2018) Một hoa văn trang trí được tạo ra từ một miếng

bìa mỏng hình vuông cạnh bằng

cm bằng cách khoét đi bốn phần bằng nhau có hình dạng

parabol như hình bên. Biết

5AB 

cm,

4OH 

cm. Tính diện tích bề mặt hoa văn đó.

160

. B.

140

. C.

. D.

50 cm

Lời giải

Chọn B

Đưa parabol vào hệ trục

Oxy

ta tìm được phương trình là:

 

16 16

25 5

P y x x  

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 101

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

16 16

25 5

P y x x  

, trục hoành và các đường thẳng

0x 

5x 

là:

16 16 40

25 5 3

S x x x

 

   

 

 



Tổng diện tích phần bị khoét đi:

160

S S 

Diện tích của hình vuông là:

100 cm

S 

Vậy diện tích bề mặt hoa văn là:

2 1

160 140

100 cm

3 3

S S S    

Câu 174: (CHUYÊN VINH - LẦN 1 - 2018) Một viên gạch hoa hình vuông cạnh

40cm

. Người thiết

kế đã sử dụng bốn đường parabol có chung đỉnh tại tâm viên gạch để tạo ra bốn cánh hoa

(được tô mầu sẫm như hình vẽ bên).

Diện tích mỗi cánh hoa của viên gạch bằng

800cm . B.

800

. C.

400

. D.

250cm .

Lời giải

Chọn C

Chọn hệ tọa độ như hình vẽ (1 đơn vị trên trục bằng

10 1cm dm

), các cánh hoa tạo bởi các

đường parabol có phương trình

y  ,

y   ,

x   ,

x  .

Diện tích một cánh hoa (nằm trong góc phàn tư thứ nhất) bằng diện tích hình phẳng giới hạn

bởi hai đồ thị hàm số

y  ,

2y x

và hai đường thẳng

0; 2x x 

Do đó diện tích một cánh hoa bằng

2 d

x x

 



 

 



 

2 2

3 6

 

 

 

 

   

2 2

4 400

dm cm

3 3

 

   

2 2

4 400

dm cm

3 3

 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 102

Dạng 4.2: Bài toán liên quan đến thể tích

Câu 175: (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Trong chương trình nông thôn mới, tại một xã Y

có xây một cây cầu bằng bê tông như hình vẽ. Tính thể tích khối bê tông để đổ đủ cây cầu.

(Đường cong trong hình vẽ là các đường Parabol).

19m . B.

21m . C.

18m . D.

40m .

Lời giải

Chọn D

Chọn hệ trục

Oxy

như hình vẽ.

Gọi

 

1 1 1

:P y a x b 

là Parabol đi qua hai điểm

 

;0 , 0;2

A B

 

 

 

Nên ta có hệ phương trình sau:

0 . 2



 

 



 



 







361



 













 

: 2

361

P y x   

Gọi

 

2 2 2

:P y a x b 

là Parabol đi qua hai điểm

 

10;0 , 0;

C D

 

 

 

Nên ta có hệ phương trình sau:

 

0 . 10



 















 















 

1 5

40 2

P y x   

Ta có thể tích của bê tông là:

2 2 3

0 0

1 5 8

5.2 d 2 d 40m

40 2 361

V x x x x

 

   

      

 

   

   

 

 

Câu 176: (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Để kỷ niệm ngày 26-3. Chi đoàn

 BÀI TẬP NỀN TẢNG & VẬN DỤNG 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 103

12A dự định dựng một lều trại có dạng parabol, với kích thước: nền trại là một hình chữ nhật

có chiều rộng là

mét, chiều sâu là

mét, đỉnh của parabol cách mặt đất là

mét. Hãy

tính thể tích phần không gian phía bên trong trại để lớp 12A cử số lượng người tham dự trại

cho phù hợp.

30 m B.

36 m C.

40 m D.

41 m

Lời giải

Chọn B

Giả sử nền trại là hình chữ nhật ABCD có AB = 3 mét, BC = 6 mét, đỉnh của parabol là I. Chọn

hệ trục tọa độ Oxy sao cho: O là trung điểm của cạnh AB, A, B và I, phương trình của parabol

có dạng

, 0y ax b a   . Do I, A, B thuộc nên ta có

y x  

Vậy thể tích phần không gian phía trong trại là

6.2 ( 3) 36

V x dx   



Câu 177: (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Săm lốp xe ô tô khi

bơm căng đặt nằm trên mặt phẳng nằm ngang có hình chiếu bằng như hình vẽ với bán kính

đường tròn nhỏ

20R cm

, bán kính đường tròn lớn

30R cm

và mặt cắt khi cắt bởi mặt

phẳng đi qua trục, vuông góc mặt phẳng nằm ngang là hai đường tròn. Bỏ qua độ dày vỏ

săm. Tính thể tích không khí được chứa bên trong săm.

2 3

1250 cm



. B.

2 3

1400 cm



. C.

2 3

2500 cm



. D.

2 3

600 cm



Lời giải

Chọn A

Thể tích săm xe bằng thể tích của khối tròn xoay sinh bởi hình tròn tâm

 

0;25I

bán kính bằng

quay quanh trục

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 104

Ta có phương trình đường tròn là

 

 

25 25

25 25 , 5;5

25 25

y x

x y x

y x



  



     



  



Vậy

   

5 5 5

2 2

2 2 2

5 5 5

. 25 25 d 25 25 d 100 . 25 dV x x x x x x

 

  

 

       

 

 

  

Ta có

25 dx x





là diện tích nửa hình tròn tâm

 

0;0O

, bán kính bằng 5

2 2

1 25

25 d . .5

2 2

x x





   



Suy ra

100 . 25 d 100 .

V x x



 



   



2 3

1250 cm



Chú ý: Có thể bấm máy tích phân, ta được

   

5 5

2 2

2 2 3

5 5

25 25 d 25 25 d 3927V x x x x cm

 

 

 

      

 

 

 

Kiểm tra các đáp án ta chọn đáp án A.

Câu 178: (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Chuẩn bị cho đêm hội diễn

văn nghệ chào đón năm mới, bạn An đã làm một chiếc mũ “cách điệu” cho ông già Noel có

dáng một khối tròn xoay. Mặt cắt qua trục của chiếc mũ như hình vẽ bên dưới. Biết rằng

5OO





10OA 

20OB 

, đường cong

là một phần của parabol có đỉnh

là điểm

. Thể tích của chiếc mũ bằng

2750



 

2500



 

2050



 

2250



 

Lời giải

Chọn B

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 105

Ta gọi thể tích của chiếc mũ là

Thể tích của khối trụ có bán kính đáy bằng

10OA 

cm và đường cao

5OO





cm là

V .

Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường cong

và hai trục tọa

độ quanh trục

là

V .

Ta có

1 2

V V V 

5.10 500V

 

 

 

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Do parabol có đỉnh

nên nó có phương trình dạng

( ) : ( 10)P y a x 

Vì

 

qua điểm

 

0;20B

nên

a 

Do đó,

   

: 10

P y x 

. Từ đó suy ra

10 5x y 

(do

10x 

Suy ra

 

8000 1000

10 5 dy 3000

3 3

V y

  

 

    

 

 



 

Do đó

1 2

1000 2500

500

3 3

V V V

  

    

 

Câu 179: Cho chiếc trống như hình vẽ, có đường sinh là nửa elip được cắt bởi trục lớn với độ dài trục

lớn bằng 80 cm, độ dài trục bé bằng 60 cm và đáy trống là hình tròn có bán kính bằng 60 cm.

Tính thể tích

của chiếc trống (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

344963cmV 

344964cmV 

208347cmV 

208346cmV 

Lời giải

Chọn B

Đặt hệ trục tọa độ

Oxy

như hình vẽ (trục hoành là trục của chiếc trống, gốc tọa độ là trung

điểm của đường cao chiếc trống, đơn vị: dm).

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 106

Gọi

 

là elip có phương trình

2 2

16 9

x y

 

thì ảnh của

 

qua phép tịnh tiến theo vectơ

 

0;6u



là elip

 



có phương trình

 

16 9



 

Suy ra, phương trình của đường sinh là:

6 16

y x  

Do đó, thể tích của chiếc trống là:

6 16 d 344,964

V x x



 

   

 

 





 

Câu 180: (SỞ GD&ĐT YÊN BÁI - 2018) Người ta thay nước mới cho một bể bơi có dạng hình hộp

chữ nhật có độ sâu là

280

cm. Giả sử

 

h t

là chiều cao (tính bằng cm) của mực nước bơm

được tại thời điểm t giây, biết rằng tốc độ tăng của chiều cao mực nước tại giây thứ t là

( ) 3

500

h t t



 

và lúc đầu hồ bơi không có nước. Hỏi sau bao lâu thì bơm được số nước

bằng

độ sâu của hồ bơi (làm tròn đến giây)?

giờ

giây. B.

giờ

giây. C.

giờ

giây. D.

giờ

giây.

Lời giải

Chọn C

Gọi

là thời điểm bơm được số nước bằng

độ sâu của bể (

tính bằng giây ).

Ta có:

3d 210

500

t t 



 

3 105000

t  

3 3

( 3) 3 3 3 140000x x    

 

3 3 3 140000x   

 

3 3 3 140000x   

 

3 3 140000 3x   

7234,8256x 

Câu 181: (THPT NGÔ QUYỀN - QUẢNG NINH - HKII - 2018) Một bác thợ xây bơm nước vào bể

chứa nước. Gọi

 

h t

là thể tích nước bơm được sau t giây. Cho

 

6 2h t at bt



 

và ban

đầu bể không có nước. Sau 3 giây thì thể tích nước trong bể là

90m

, sau

giây thì thể tích

nước trong bể là

504m

. Tính thể tích nước trong bể sau khi bơm được

giây.

1458m

. B.

600m

. C.

2200m

. D.

4200 .m

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 107

Lời giải

Chọn A

 

6 2 d 90at bt t 





 

3 2

2 90at bt 



54 9 90a b 

(1)

 

6 2 d 504at bt t 





 

3 2

2 504at bt 



432 36 504a b 

(2)

Từ (1), (2) 















. Sau khi bơm

giây thì thể tích nước trong bể là:

 

4 12 dV t t t 



 

3 2 3

6 1458

t t m

 

 

 

 

Câu 182: Cho một vật thể bằng gỗ có dạng hình trụ với chiều cao và bán kính đáy cùng bằng

. Cắt

khối gỗ đó bởi một mặt phẳng đi qua đường kính của một mặt đáy của khối gỗ và tạo với

mặt phẳng đáy của khối gỗ một góc

ta thu được hai khối gỗ có thể tích là

V và

V , với

1 2

V V . Thể tích

V bằng?

2 3

V 

. B.





. C.





. D.

V 

Lời giải

Chọn A

Khi cắt khối gỗ hình trụ ta được một hình nêm có thể tích

V như hình vẽ.

Chọn hệ trục tọa độ

Oxy

như hình vẽ.

Nửa đường tròn đường kính

có phương trình là

2 2

y R x  ,

 

;x R R 

Một mặt phẳng vuông góc với trục

tại điểm

có hoành độ

, cắt hình nêm theo thiết

diện là

MNP

vuông tại

và có



30PMN  .

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 108

Ta có

2 2

2 2 0

.tan 30

R x

NM y R x NP MN



     

MNP

có diện tích

 

2 2

1 1

. .

2 2

R x

S x NM NP



 

Thể tích hình nêm là

 

2 2

d d

R R

R x

V S x x x

 



 

 

2 3

1 1 2 3

3 9

2 3

R x x



 

  

 

 

* Chú ý: Có thể ghi nhớ công thức tính thể tích hình nêm:

2 3

2 2

tan

3 3

V R h R



 

, trong đó

R 



PMN



 .

Câu 183: (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Cho một mô hình



mô phỏng

một đường hầm như hình vẽ bên. Biết rằng đường hầm mô hình có chiều dài

 

5 cm

; khi cắt

hình này bởi mặt phẳng vuông góc với đấy của nó, ta được thiết diện là một hình parabol có

độ dài đáy gấp đôi chiều cao parabol. Chiều cao của mỗi thiết diện parobol cho bởi công

thức

y x 

 

, với

 

là khoảng cách tính từ lối vào lớn hơn của đường hầm

mô hình. Tính thể tích (theo đơn vị

) không gian bên trong đường hầm mô hình ( làm

tròn kết quả đến hàng đơn vị )

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn A

Xét một thiết diện parabol có chiều cao là

và độ dài đáy

và chọn hệ trục

Oxy

như hình

vẽ trên.

Parabol

 

có phương trình

   

: , 0P y ax h a

  

Có

   

;0B h P



0 ah h

  

 

0a do h

   

Diện tích

của thiết diện:

1 4

S x h



 

   

 

 



 h x

 

4 2

3 5

S x x

 

  

 

 

Suy ra thể tích không gian bên trong của đường hầm mô hình:

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 109

 

5 5

0 0

4 2

dx 3 dx 28,888

3 5

 

    

 

 

 

V S x x

 

29 cmV

 

Câu 184: (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Một chi tiết máy được thiết

kế như hình vẽ bên.

Các tứ giác

,ABCD CDPQ

là các hình vuông cạnh

2,5cm

. Tứ giác

ABEF

là hình chữ nhật

có

3,5BE cm

. Mặt bên

PQEF

được mài nhẵn theo đường parabol

 

có đỉnh parabol

nằm trên cạnh

. Thể tích của chi tiết máy bằng

395

. B.

. C.

125

. D.

425

Lời giải

Chọn D

Gọi hình chiếu của

,P Q

trên

và

là

và

. Vật thể được chia thành hình lập phương

.ABCD PQRS

có cạnh

2,5cm

, thể tích

125

V cm

và phần còn lại có thể tích

V . Khi đó thể

tích vật thể

1 2 2

125

V V V V   

Đặt hệ trục

Oxyz

sao cho

trùng với

trùng với tia

song song

với

. Khi đó Parabol

 

có phương trình dạng

y ax

, đi qua điểm

 

 

 

do đó

5 5

2 2

a y x  

Cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với

và đi qua điểm

 

,0 1;0;0M x x 

ta được thiết

diện là hình chữ nhật

MNHK

có cạnh là

MN x

và

MK

do đó diện tích

 

S x x

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 110

Áp dụng công thức thể tích vật thể ta có

25 25

4 12

V x dx 



Từ đó

125 25 425

8 12 24

V cm  

Câu 185: (THPT LỤC NGẠN - LẦN 1 - 2018) Bổ dọc một quả dưa hấu ta được thiết diện là hình

elip có trục lớn

, trục nhỏ

. Biết cứ

1000

dưa hấu sẽ làm được cốc sinh tố

giá

20000

đồng. Hỏi từ quả dưa hấu trên có thể thu được bao nhiêu tiền từ việc bán nước

sinh tố? Biết rằng bề dày vỏ dưa không đáng kể.

183000

đồng. B.

180000

đồng. C.

185000

đồng. D.

190000

đồng.

Lời giải

Chọn A

Đường elip có trục lớn

, trục nhỏ

có phương trình

 

 

 

 

2 14

 

  

 

 

2 14

y    .

Do đó thể tích quả dưa là

2 14

V x





 

 

 

 



2 14





 

 

 

 



2 3.14





 

 

 

 

25 56

2 3



 



 

 

8750





Do đó tiền bán nước thu được là

8750 .20000

183259

3.1000





đồng.

Câu 186: (THPT THỰC HÀNH - TPHCM - 2018) Một cốc rượu có hình dạng tròn xoay và kích

thước như hình vẽ, thiết diện dọc của cốc (bổ dọc cốc thành 2 phần bằng nhau) là một đường

Parabol. Tính thể tích tối đa mà cốc có thể chứa được (làm tròn 2 chữ số thập phân)

320V cm

. B.

1005,31V cm

. C.

251,33V cm

. D.

502,65V cm

Lời giải

Chọn C

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 111

Parabol có phương trình

2 2

5 8

8 5

y x x y  

Thể tích tối đa cốc:

. 251,33

V y dy



 

 

 

 



Câu 187: (THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU - LẦN 3 - 2018) Có một cốc nước thủy tinh hình

trụ, bán kính trong lòng đáy cốc là

6cm

, chiều cao lòng cốc là

10cm

đang đựng một lượng

nước. Tính thể tích lượng nước trong cốc, biết khi nghiêng cốc nước vừa lúc khi nước chạm

miệng cốc thì đáy mực nước trùng với đường kính đáy.

240 cm

. B.

240 cm



. C.

120 cm

. D.

120 cm



Lời giải

Chọn A

Cách 1. Xét thiết diện cắt cốc thủy tinh vuông góc với đường kính tại vị trí bất kỳ có:

 

2 2 2 2

. .tan

S x R x R x



  

 

2 2

tan

S x R x



  

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 112

Thể tích hình cái nêm là:

 

2 2 3

1 2

tan d tan

2 3

V R x x R

 



  



Thể tích khối nước tạo thành khi nguyên cốc có hình dạng cái nêm nên

tan

V R





3 3

. 240cm

V R

  

Cách 2. Dựng hệ trục tọa độ

Oxyz

Gọi

 

S x

là diện tích thiết diện do mặt phẳng có phương vuông góc với trục

với khối

nước, mặt phẳng này cắt trục

tại điểm có hoành độ

0 h x

Gọi



, ,

 

  IOJ FHN OE x

tan

IJ EF

OJ OE



  

EF 

HF  

cos 1

6 10

HF x





    ;

arccos 1



 

 

 

 

 

1 1

.2 . .sin 2

2 2

 

   

HMN

hinh quat

S x S S HN HM HN

 

6 arccos 1 .6.6.2 1 1 1

10 2 10 10

x x x

S x

     

      

     

     

 

10 10

0 0

d 36arccos 1 36 1 1 1 d 240

10 10 10

x x x

V S x x x

 

     

 

        

     

 

     

 

 

Câu 188: (THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU - LẦN 3 - 2018) Cho vật thể đáy là hình tròn có

bán kính bằng 1 (tham khảo hình vẽ). Khi cắt vật thể bằng mặt phẳng vuông góc với trục

tại điểm có hoành độ

 

1 1x x  

thì được thiết diện là một tam giác đều. Thể tích

của

vật thể đó là









S x

10cm

12cm

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 113

A. 3V  . B. 3 3V  . C.

4 3

V 

. D.





Lời giải

Chọn C

Do vật thể có đáy là đường tròn và khi cắt bởi mặt phẳng

vuông góc với trục

được thiết diện là tam giác đều do

đó vật thể đối xứng qua mặt phẳng vuông góc với trục

tại điểm

Cạnh của tam giác đều thiết diện là:

2 1a x 

Diện tích tam giác thiết diện là:

 

1 3

S x  

Thể tích khối cần tìm là:

 

1 1

0 0

4 3

2 2 3 1 2 3

3 3

V Sdx x x

 

     

 

 

 

Câu 189: (THPT BÌNH GIANG - HẢI DƯƠNG - 2018) Sân vận động Sport Hub (Singapore) là sân

có mái vòm kỳ vĩ nhất thế giới. Đây là nơi diễn ra lễ khai mạc Đại hội thể thao Đông Nam Á

được tổ chức tại Singapore năm

2015

. Nền sân là một elip

 

có trục lớn dài

150m

, trục

bé dài

90m

(hình 3). Nếu cắt sân vận động theo một mặt phẳng vuông góc với trục lớn của

 

và cắt elip ở

,M N

(hình 3) thì ta được thiết diện luôn là một phần của hình tròn có tâm

(phần tô đậm trong hình 4) với

là một dây cung và góc



90 .MIN  Để lắp máy điều

hòa không khí thì các kỹ sư cần tính thể tích phần không gian bên dưới mái che và bên trên

mặt sân, coi như mặt sân là một mặt phẳng và thể tích vật liệu là mái không đáng kể. Hỏi thể

tích xấp xỉ bao nhiêu?

1-x

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 114

Hình 3

57793m

. B.

115586m

. C.

32162m

. D.

101793m

Lời giải

Chọn B

Chọn hệ trục như hình vẽ

Ta cần tìm diện tích của

 

S x

thiết diện.

Gọi

 

,d O MN x

 

2 2

: 1.

75 45

x y

E  

Lúc đó

2 2

2 2 45 1 90 1

75 75

x x

MN y

 

    

 

 

2 2 2

2 2

90 90

. 1 . 1

75 2 75

2 2

MN x x

R R

 

      

 

 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 115

   

2 2 2

1 1 1 1 2025

2 . 1 .

4 2 4 2 2 75

S x R R R

  

 

      

 

 

Thể tích khoảng không cần tìm là

 

2025

2 . 1 115586 .

2 75

V m





 

   

 

 



Câu 190: (TRẦN PHÚ - HÀ TĨNH - LẦN 2 - 2018) Một cái thùng đựng dầu có thiết diện ngang

(mặt trong của thùng) là một đường elip có trục lớn bằng

, trục bé bằng

0,8m

, chiều dài

(mặt trong của thùng) bằng

. Đươc đặt sao cho trục bé nằm theo phương thẳng đứng

(như hình bên). Biết chiều cao của dầu hiện có trong thùng (tính từ đáy thùng đến mặt dầu)

là

0,6m

. Tính thể tích

của dầu có trong thùng (Kết quả làm tròn đến phần trăm).

1,52mV  . B.

1,31mV  . C.

1,27mV  . D.

1,19mV  .

Lời giải

Chọn A

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Theo đề bài ta có phương trình của Elip là

2 2

1 4

4 25

x y

  .

Gọi

lần lượt là giao điểm của dầu với elip.

Gọi

là diện tích của Elip ta có

1 2

2 5 5

S ab



 

  

Gọi

S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi Elip và đường thẳng

Theo đề bài chiều cao của dầu hiện có trong thùng (tính từ đáy thùng đến mặt dầu) là

0,6m

nên

ta có phương trình của đường thẳng

là

y 

Mặt khác từ phương trình

2 2

1 4

4 25

x y

  ta có

4 1

5 4

y x 

Do đường thẳng

y 

cắt Elip tại hai điểm

có hoành độ lần lượt là



và

nên

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 116

3 3

4 4

2 2

3 3

4 4

4 1 1 4 1 3

d d

5 4 5 5 4 10

S x x x x

 

 

     

 

 

 

Tính

I x x



 



Đặt

1 1

sin d cos d

2 2

x t x t t  

Đổi cận: Khi





thì



 

; Khi

x 

thì





 

3 3

1 1 1 1 2 3

. cos d 1 cos2 d

2 2 8 8 3 2

I t t t t

 



 

 

    

 

 

 

Vậy

4 1 2 3 3 3

5 8 3 2 10 15 20

 

 

    

 

 

Thể tích của dầu trong thùng là

.3 1,52

5 15 20

 

 

   

 

 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 117

 DẠNG TOÁN 5: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ

Câu 191: (PTNK CƠ SỞ 2 - TPHCM - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số





y f x

có đạo hàm





f x



liên tục trên đoạn

 

0;5

và đồ thị hàm số

 

y f x





trên đoạn

 

0;5

được cho như hình bên.

Tìm mệnh đề đúng

     

0 5 3f f f 

. B.

     

3 0 5f f f 

     

3 0 5f f f 

. D.

     

3 5 0f f f 

Lời giải

Chọn C

Ta có

     

5 3 0f x x f f



  



, do đó

   

5 3f f

     

3 0 0f x x f f



  



, do đó

   

3 0f f

     

5 0 0f x x f f



  



, do đó

   

5 0f f

Câu 192: (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số





y f x

. Đồ thị của hàm số





y f x





như hình bên. Đặt

     

2 1g x f x x  

. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

     

1 3 3g g g  

     

1 3 3g g g  

     

3 3 1g g g  

     

3 3 1g g g  

 BÀI TẬP NỀN TẢNG & VẬN DỤNG 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 118

Lời giải

Chọn B

Ta có

     

2 2 1g x f x x

 

  

   

0 1

g x f x x





 

    



 



Bảng biến thiên

Suy ra

   

3 1g g 

và

   

3 1g g

. (1)

Gọi

là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:

'( ), 1, 3, 1y f x y x x x     

Gọi

là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:

1, '( ), 1, 3y x y f x x x    

Dựa vào hình vẽ, ta thấy:

1 2

0S S 

Suy ra:

1 2

0S S 

       

1 3

3 1

1 d 1 d 0f x x x x f x x



 

      

   

   

 

       

1 3

3 1

1 d 1 d 0f x x x f x x x



 

      

   

   

 

   

1 d 0f x x x





    

 



Khi đó:

         

3 3

3 3 d 2 1 d 0g g g x x f x x x

 

 

       

 

 

(2)

Từ (1) và (2) suy ra:

     

1 3 3g g g  

Câu 193: (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số



( )

y f x

. Đồ thị





( )

y f x

của hàm số như

hình bên. Đặt

   

 

2g x f x x

. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 119

     

  3 3 1g g g

     

  1 3 3g g g

     

   3 3 1g g g

     

  1 3 3g g g

Lời giải

Chọn D

Ta có

       

  

      2 2 0 3;1; 3g x f x x g x x

Từ đồ thị của

 



y f x

ta có bảng biến thiên của hàm

 

g x

Suy ra

   

3 1g g

Kết hợp với BBT ta có:

 

     



   

   

   

1 3 3 3

3 1 1 1

d d d dg x x g x x g x x g x x

           

       3 1 3 1 3 3g g g g g g

Vậy ta có

     

3 3 1g g g  

Câu 194: (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho hàm số





y f x

. Đồ thị hàm số





 'y f x

như

hình vẽ. Đặt

   

 

2 .h x f x x

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

     

  4 2 2h h h

     

  2 2 4h h h

     

  4 2 2h h h

     

  2 4 2h h h

Lời giải

Chọn D

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 120

Ta có

       

 

     

 

' 2 ' ; ' 0 2; 2; 4 .h x f x x h x x

Bảng biến thiên

Suy ra

   

2 4h h

Kết hợp với đồ thị hàm số y=x ta có

         





       



d 0 4 2 0 4 2 .h x x h h h h

Vậy ta có

     

  2 4 2h h h

Câu 195: Cho hàm số





y f x

liên tục trên



và có đồ thị của hàm số





f x



như hình bên dưới.

Mệnh đề nào sau đây đúng?

     

0 2 1f f f  

. B.

     

0 1 2f f f  

     

2 0 1f f f  

. D.

     

1 0 2f f f  

Lời giải

Chọn B

Theo đồ thị, ta có:

     

0 1 d 0f f f x x





   



   

0 1f f  

 

         

2 0 2

1 1 0

2 1 d d d 0f f f x x f x x f x x

 

  

     

  

   

1 2f f  

 

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 121

Từ

 

và

       

2 0 1 2f f f   

Câu 196: (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số





.f x

Đồ thị của hàm số

 



y f x

trên

 

3;2

như hình vẽ (phần cong của đồ thị là một phần của parabol

.  y ax bx c )

Biết

 

3 0, f

giá trị của

   

1 1 f f

bằng

Lời giải

Chọn B

Parabol

  y ax bx c có đỉnh

 

2;1I

và đi qua điểm

 

3;0

nên ta có

4 2 1 4 4 3.

9 3 0 3



  



 





          

 

 

    







a b c b y x x

a b c c

 

3 0 f

nên

               

1 1 1 0 0 1 2 1 3          

     

     

f f f f f f f f

 

1 0 1

0 1 3

( )d ( )d 2 4 3 d



 

 

     

  

f x x f x x x x x

 

1 2

3 8 31

2 4 3 d 1 .

2 3 6



         



S S x x x

Với

1 2

,S S lần lượt là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

 



y f x

trục

và

hai đường thẳng

1, 0  x x

và

0, 1. x x

Dễ thấy

1 2

1; .

 S S

Câu 197: (THPT LƯƠNG VĂN CAN - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số





y f x

. Đồ thị của hàm số

 

y f x





như hình vẽ. Đặt

     

2 1g x f x x  

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 122

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

     

1 3 5g g g  

. B.

     

1 5 3g g g  

     

5 1 3g g g  

. D.

     

3 5 1g g g  

Lời giải

Chọn B

Ta có

     

2 1g x f x x

 

  

 

 

;

 

0g x





 

1f x x



  

Dựa vào đồ thị ta có các nghiệm sau:

 













Ta có bảng biến thiên

Ngoài ra dựa vào đồ thị ta có

   

3 5

1 3

1 1

d d

2 2

g x x g x x



 

 

 

   

3 5

1 3

g x g x



  

       

3 1 3 5g g g g    

   

5 1g g  

Vậy

     

3 5 1g g g  

Câu 198: (THPT HẬU LỘC 2 - TH - 2018) Cho hàm số

 

3 2

( ) , , , , 0y f x ax bx cx d a b c d a      



có đồ thị là

 

. Biết rằng đồ thị

 

đi

qua gốc tọa độ và đồ thị hàm số

'( )y f x

cho bởi hình vẽ bên.

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 123

Tính giá trị

(4) (2)H f f 

45H 

. B.

64H 

. C.

51H 

. D.

58H 

Lời giải

Chọn D

Theo bài ra

 

3 2

( ) , , , , 0y f x ax bx cx d a b c d a      



do đó

 

y f x





là hàm bậc hai

có dạng

 

y f x a x b x c

   

   

Dựa vào đồ thị ta có:

a b c









  

  





  

  













 











 

3 1y f x x



   

Gọi

là diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi các đường

 

y f x





, trục

4,x 

2x 

Ta có

 

3 1 dx 58S x  



Lại có:

       

dx 4 2S f x f x f f



   



Do đó:

   

4 2 58H f f  

Câu 199: (SGD THANH HÓA - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số





y f x

. Đồ thị của hàm số





y f x





như hình vẽ bên. Đặt

 

 

2;6

maxM f x





 

 

2;6

minm f x





T M m 

. Mệnh đề nào dưới đây

đúng?

   

0 2T f f  

. B.

   

5 2T f f  

   

5 6T f f 

. D.

   

0 2T f f 

Lời giải

Chọn B

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 124

Gọi

S ,

S lần lượt là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

 

y f x





với

và trục hoành.

Quan sát hình vẽ, ta có



   

0 2

2 0

d df x x f x x



 

 

 

   

0 0

2 2

f x f x



 

       

0 2 0 2f f f f    

   

2 2f f  



   

2 5

0 2

d df x x f x x

 

 

 

   

0 5

2 2

f x f x 

       

0 2 5 2f f f f   

   

0 5f f 



   

5 6

2 5

d df x x f x x

 

 

 

   

5 5

2 6

f x f x 

       

5 2 5 6f f f f   

   

2 6f f 

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có

 

   

2;6

max 5M f x f



 

và

 

   

2;6

min 2m f x f



  

Khi đó

   

5 2T f f  

Bấm Tải xuống để xem toàn bộ.

| 1/124

| | Tải xuống

Preview text:

CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN CHINH P H H O Ụ À C N K G Ỳ TU T Y H Ê I N T 🙲 H M P I TN H Q T U Â Ố M C GIA ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN MÔN TOÁN – KHỐI 12
CÂU HỎI & LỜI GIẢI CHI TIẾT
TÀI LIỆU LƯU HÀNH NỘI BỘ TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 1 NĂM HỌC: 2020 – 2021
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM MỤC LỤC
 DẠNG TOÁN 1: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG ................. 3
Dạng 1.1: Ứng dụng của tích phân tính diện tích hình phẳng (không có điều kiện) ................................. 3
Dạng 1.2: Ứng dụng của tích phân tính diện tích hình phẳng (có điều kiện) .......................................... 28
 DẠNG TOÁN 2: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN TÍNH THỂ TÍCH KHỐI TRÒN XOAY ....... 54
Dạng 2.1: Ứng dụng của tích phân tính thể tích khối tròn xoay (không có điều kiện) ........................... 54
Dạng 2.2: Ứng dụng của tích phân tính thể tích khối tròn xoay (có điều kiện)....................................... 68
 DẠNG TOÁN 3: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG ....... 73
Dạng 3.1: Bài toán cho biết hàm số của vận tốc, quãng đường của chuyển động ................................... 73
Dạng 3.2: Bài toán cho biết đồ thị của vận tốc, quãng đường của chuyển động ..................................... 83
 DẠNG TOÁN 4: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN THỰC THẾ89
Dạng 4.1: Bài toán liên quan đến diện tích .............................................................................................. 89
Dạng 4.2: Bài toán liên quan đến thể tích .............................................................................................. 102
 DẠNG TOÁN 5: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ ..... 117 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 2
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM N Ầ 3 H P
 DẠNG TOÁN 1: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG
Dạng 1.1: Ứng dụng của tích phân tính diện tích hình phẳng (không có điều kiện)
 BÀI TẬP NỀN TẢNG & VẬN DỤNG 
Câu 1: (THPT LÊ XOAY VĨNH PHÚC LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y  f  x xác
định và liên tục trên đoạn  ;
a b . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x ,
trục hoành và hai đường thẳng x  a, x  b được tính theo công thức b b b a A. S  f  x dx. B. S  f  xdx . C. S   f  xdx. D. S  f  x dx. a a a b Lời giải Chọn A
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x , trục hoành và hai đường thẳng b
x  a, x  b được tính bởi công thức: S  f  x dx. a
Câu 2: (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Gọi S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường 2x y 
, y  0 , x  0 , x  2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 2 2 2 2 A.   2x S dx  B.  2x S dx  C. 2   2 x S dx  D. 2  2 x S dx  0 0 0 0 Lời giải Chọn B 2 2  2x d  2x S x dx   (do 2x  0, x  0;2 ). 0 0
Câu 3: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường ex y 
, y  0 , x  0 , x  2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 2 2 2 2 A.  ex S dx  B.   ex S dx  C.   ex S dx  D. 2   e x S dx  0 0 0 0 Lời giải Chọn A 2
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường ex y 
, y  0 , x  0 , x  2 là: x S  e dx  . 0 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 3
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 4: (Mã 102 - BGD - 2019) Cho hàm số y  f  x liên tục trên .
 Gọi S là diện tích hình
phẳng giới hạn bởi các đường y  f  x, y  0, x  1
 và x  5 (như hình vẽ bên).
Mệnh đề nào sau đây đúng? 1 5 1 5
A. S   f (x)dx  f (x)dx   . B. S  f (x)dx  f (x)dx   . 1 1 1  1 1 5 1 5 C. S  f (x)dx  f (x)dx   .
D. S   f (x)dx  f (x)dx   . 1 1 1 1 Lời giải Chọn C 1 5 1 5 Ta có: S  f (x) dx  f   x dx  f  xdx  f  xdx . 1 1 1  1
Câu 5: (Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số f  x liên tục trên  . Gọi S là diện tích hình phẳng
giới hạn bởi các đường y  f  x, y  0, x  1
 , x  2 (như hình vẽ bên). Mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 2 1 2 A. S  f  x dx + f  x dx . B. S   f  x dx  f  x dx . 1 1 1  1 1 2 1 2 C. S   f  x dx+ f  x dx . D. S  f  x dx  f  x dx . 1 1 1  1 Lời giải Chọn D 2 1 2 S  f  xdx= f  xdx  f  xdx 1 1 1
Nhìn hình ta thấy hàm số f  x liên tục và nhận giá trị không âm trên đoạn  1  ;  1 nên 1 1 f  xdx  f
 xdx ; hàm số f x liên tục và nhận giá trị âm trên đoạn 1;2 nên 1 1  2 2 f  xdx   f  xdx 1 1 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 4
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 1 2 Vậy S  f  x dx  f  x dx 1  1
Câu 6: (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 3
y  x  x và đồ thị hàm số 2 y  x  x . 37 9 81 A. B. C. D. 13 12 4 12 Lời giải Chọn A x  0
Phương trình hoành độ giao điểm 3 2 3 2 x x x x x x 2x 0          x 1  x  2  
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 3
y  x  x và đồ thị hàm số 2 y  x  x là: 1 S  x  x   x x  0
dx   x  x  2x 1 3 2 3 2 dx   3 2 x  x  2xdx 2 2  0 0 1 4 3 4 3  x x   x x  16 8   1 1  37 2 2
    x      x      4   1      . 4 3 4 3      4 3   4 3  12 2 0
Câu 7: (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Gọi S là diện tích hình phẳng H  giới hạn bởi 0
các đường y  f  x , trục hoành và hai đường thẳng x  1  , x  2 . Đặt a  f  xdx , 1 2 b  f
 xdx, mệnh đề nào sau đây đúng? 0 A. S  b  a B. S  b  a C. S  b   a D. S  b   a Lời giải Chọn A TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 5
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Ta có: 2 0 2 0 2 S  f  x dx  f  x dx f  x dx   f  xdx f  xdx  ab . 1  1  0 1  0
Câu 8: (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho H là hình phẳng giới hạn bởi parabol 2
y  3x , cung tròn có phương trình 2
y  4  x (với 0  x  2 ) và trục hoành (phần tô
đậm trong hình vẽ). Diện tích của H bằng 4  3 4  3 4  2 3  3 5 3  2 A. B. C. D. 12 6 6 3 Lời giải Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm giữa parabol và cung tròn ta được 2 2 3x  4  x  x  1 
với 0  x  2 nên ta có x  1 1 1 2 2 2 3 3 Ta có diện tích 2 2 3 2 2 S  3x dx  4  x dx  x  4  x dx   4      x dx 3 3 0 1 1 1 0  
Đặt: x  2sin t  dx  2 costdt; x  1  t  ; x  2  t  6 2  2 3  1  4  3  S   2 t  sin 2t    3  2   6 6
Câu 9: (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Diện tích phần hình phẳng gạch chéo
trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây? TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 6
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 2 2 A.   2  x  2dx B.  2x  2dx 1 1 2 2 C.   2 2  x  2x  4dx D.   2 2x  2x  4dx 1 1 Lời giải Chọn C
Diện tích hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là: 2
S   x 3 x  2x   2 2 2 2 2
1 dx  2x  2x  4dx    2 2  x  2x  4dx . 1 1 1
Câu 10: (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hàm số f  x liên tục trên  . Gọi S là diện tích hình
phẳng giới hạn bởi các đường y  f  x, y  0, x  1
 và x  4 (như hình vẽ bên). Mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 4 1 4 A. S  f  xdx  f  xdx. B. S  f  xdx  f  xdx . 1  1 1  1 1 4 1 4 C. S   f  xdx  f  xdx. D. S   f  xdx  f  xdx . 1  1 1  1 Lời giải Chọn A
Ta có: hàm số f (x)  0 x   1  ;  1 ; f (x)  0 x  1;4 , nên: 4 1 4 1 4 S  f  x dx  f  x dx  f  x dx  f  xdx  f
 xdx. Chọn đáp án A. 1  1  1 1  1
Câu 11: (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số f  x liên tục trên .
 Gọi S là diện tích hình phẳng
giới hạn bởi cá đường y  f  x, y  0, x  2
 và x  3 (như hình vẽ). Mệnh đề nào dưới đây đúng? TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 7
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM y y=f(x) 2 x O 1 3 1 3 1 3 A. S   f  xdx    f xd .x B. S  f  xdx    f xd .x 2 1 2 1 1 3 1 3 C. S   f  xdx    f xd .x D. S  f  xdx    f xd .x 2 1 2 1 Lời giải Chọn B 3 1 3 Ta có S  f  x dx  S  f  x dx     f x d .x 2 2 1 1 3
Do f  x  0 với x  2  ; 
1 và f  x  0 với x 1;  3 nên S  f  xdx    f xd .x 2 1
Câu 12: (CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong
hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây? 2 2 A.   2 2x  2x  4dx . B.   2 2x  2x  4dx . 1 1 2 2 C.   2 2  x  2x  4dx . D.   2 2  x  2x  4dx . 1 1 Lời giải Chọn C Từ đồ thị ta thấy 2 2
x  3  x  2x 1, x   1  ;2 .
Vậy diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là 2 2 S     2 x  3   2 x  2x  2  1dx 
  2x  2x  4dx . 1  1
Câu 13: (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
hàm số y  f  x , trục hoành, đường thẳng x  a, x  b (như hình vẽ bên). Hỏi cách tính S nào dưới đây đúng? TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 8
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM b c b A. S  f  xdx . B. S  f  xdx f  xdx . a a c c b c b C. S   f  xdx f  xdx . D. S  f  xdx f  xdx . a c a c Lời giải Chọn B
Câu 14: (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Gọi S là diện tích hình phẳng
giới hạn bởi các đồ thị hàm số: 3
y  x  3x , y  x . Tính S . A. S  4 . B. S  8. C. S  2 . D. S  0 . Lời giải Chọn B x  2
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là 3  x  3x  x 3  x  4x  0  x  0  . x  2  0 2
Vậy S    3x  4xdx   3x  4xdx  4 4  8. 2  0
Câu 15: (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi S là diện tích của
hình phẳng giới hạn bởi các đường 3x y 
, y  0 , x  0 , x  2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 2 2 2 2 A.  3x S dx  . B. 2   3 x S dx  . C.   3x S dx  . D. 2  3 x S dx  . 0 0 0 0 Lời giải Chọn A 2
Diện tích hình phẳng đã cho được tính bởi công thức  3x S dx 0
Câu 16: (THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số y  f  x liên tục trên đoạn  ;
a b. Gọi D là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị C : y  f x , trục
hoành, hai đường thẳng x  a , x  b (như hình vẽ dưới đây). Giả sử S là diện tích hình D
phẳng D . đúng trong các phương án A, B, C, D cho dưới đây? TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 9
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 0 b 0 b A. S  f x x  f x x .
B. S   f x x  f x x . D   d   d D   d   d a 0 a 0 0 b 0 b C. S  f x x  f x x .
D. S   f x x  f x x . D   d   d D   d   d a 0 a 0 Lời giải Chọn B b 0 b Ta có S  f x x  f x x  f x x . D
   d    d    d a a 0 Vì f  x  0, x
 a;0, f x  0, x  0;b nên: 0 S   b 0 b  f x
x  f x x   f x x  f x x D  d   d   d   d . a 0 a 0
Câu 17: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y   x  2
2 1, trục hoành và hai đường
thẳng x  1, x  2 bằng 2 3 1 7 A. . B. . C. . D. . 3 2 3 3 Lời giải Chọn A 2 2 2 2 Ta có: S   x  22 2
1 dx  x  4x  3 dx   2 x  4x  3dx     . 3 1 1 1
Câu 18: Cho hai hàm số f (x) và g( )
x liên tục trên a;b. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
của các hàm số y  f (x) , y  g(x) và các đường thẳng x  a , x  b bằng b b b
A.  f (x)  g(x)dx . B. f (x)  g(x) dx  . C. f (x)  g(x) dx  . D. a a a b  f (x) g(x)dx . a Lời giải Chọn C
Theo lý thuyết thì diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị của các đường y  f (x) , b
y  g(x) , x  a , x  b được tính theo công thức S  f  x gx dx . a
Câu 19: Diện tích phần hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây? TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 10
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 1 1 A.   2 x  2  x dx . B.   2 x  2  x dx . 1 1  1 1 C.   2 x  2  x dx . D.   2 x  2  x dx . 1 1 Lời giải Chọn D
Diện tích hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ bên là: 1 x  2    x  1 2 dx    2
 x  x  2dx ( vì x  2 1;1   x  x  2 ). 1 1
Câu 20: (KTNL GV BẮC GIANG NĂM 2018-2019) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 2 y  4x  x và trục Ox 34 31 32 A. 11. B. . C. . D. . 3 3 3 Lời giải Chọn D
Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 2
y  4x  x và trục Ox . x  0 Xét phương trình 2 4x  x  0   . x  4 4 4 4 3 x 32 Ta có 2 2 2
S  4x  x dx  (4x  x )dx  (2x  )    . 3 3 0 0 0
Câu 21: (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y   x  2 2 , đường cong 3
y  x và trục hoành ( như hình vẽ ) bằng: 11 73 7 5 A. B. C. D. 2 12 12 2 Lời giải Chọn C 1 2 4 3     x  x  S x dx x  22 1 2 7 3 2 dx     2x  4x  4 0 3 1 12 0 1  
Câu 22: (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Diện tích của
hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x , trục hoành và hai đường thẳng x  a TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 11
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
, x  b a  b (phần tô đậm trong hình vẽ) tính theo công thức nào dưới đây ? c b b A. S  f  xdx  f  xdx. B. S  f  xdx. a c a c b b C. S   f  xdx  f  xdx . D. S  f  xdx . a c a Lời giải Chọn C
Diện tích của hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x , trục hoành và hai đường b c b c b
thẳng x  a , x  b là S  f  x dx   f  x dx  f
 x dx   f (x)dx  f (x)d   x . a a c a c
Câu 23: (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Tính diện tích S hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 y  x 1, x  1
 , x  2 và trục hoành. 13 A. S  6 . B. S  16 . C. S  . D. S  13. 6 Lời giải Chọn A 2 2 Ta có: 2 S  x 1 dx    2x  1dx  6. 1  1 
Câu 24: (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi S là diện tích hình phẳng
giới hạn bởi các đường 2
y  x  5 , y  6x , x  0 , x 1. Tính S . 4 7 8 5 A. B. C. D. 3 3 3 3 Lời giải Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm: 2
x  5  6x  x  5; x  1. 1 7
Diện tích hình phẳng cần tìm: 2 S  x  6x  5 dx   . 3 0
Câu 25: (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi diện tích hình phẳng giới  x 
hạn bởi đồ thị hàm số C  3 1
: y  x 1 và hai trục tọa độ là S . Tính S ? 4 4 4 4 A. S  1 ln B. S  4 ln C. S  4 ln 1 D. S  ln 1 3 3 3 3 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 12
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Lời giải Chọn C 3x 1 1
Hoành độ giao điểm của C và trục hoành là nghiệm của phương trình  0  x   . x 1 3
Do đó diện tích hình phẳng là 0 0 3x 1  4  S  x   x       x  x   0 4 d 3 d 3 4ln 1  4ln 1. 1 x 1  x 1   3 1 1 3   3 3
Câu 26: (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số 3
y  x  x ; y  2x và các đường x  1 ; x  1 được xác định bởi công thức: 0 1 0 1
A. S    3x 3xdx   3 3x  x dx . B. S    3
3x  x dx   3x 3xdx . 1  0 1  0 1 1 C. S    3 3x  x dx . D. S    3 3x  x dx . 1  1  Lời giải Chọn A
Ta có diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số 3
y  x  x ; y  2x và các đường 1 1 x  1 ; x  1  là S   3 x  x   2x dx 3  x  3x  dx . 1  1  Bảng xét dấu 3 x 3x x -1 0 1 Do đó dựa vào bảng 3 ta có: x 3x  0  0 S   x 3x 1 3 dx   3 3x  x dx . 1 0
Câu 27: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2
y  x ; y  0; x 1; x  2 bằng 4 7 8 A. . B. . C. . D. 1. 3 3 3 Lời giải Chọn B 2 2 7 Ta có 2 2 S  x dx  x dx  .   3 1 1 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 13
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 28: (THPT LÊ XOAY VĨNH PHÚC LẦN 1 NĂM 2018-2019) Gọi S là diện tích hình phẳng x 
giới hạn bởi đồ thị của hàm số H  1 : y 
và các trục tọa độ. Khi đó giá trị của S bằng x 1 A. 2 ln 2 1 . B. ln 2 1. C. ln 2 1. D. 2ln 2 1. Lời giải Chọn A x 1
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị H  và trục hoành  0  x  1. x 1
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi H  và các trục tọa độ là 1 1 1 x 1 x 1  2  S  dx  dx  1   dx     
x2ln x11  2ln21. x 1 x 1  x 1 0 0 0 0
Câu 29: (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Gọi S là diện tích của hình phẳng ln x
giới hạn bởi các đường y 
, y  0, x 1 , x  e . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 2 x e ln x e ln x A. S   dx S  dx 2  . B.  . x 2 x 1 1 e 2 ln x e 2 ln x C. S    dx    . D. S       dx    2  x  2  x  1 1 Lời giải Chọn B ln x
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi miền D gồm các đường y 
, y  0, x 1 , x  e là: 2 x e ln e x ln x ln x S  dx  dx  0, x  1;e . 2 2   vì 2   x x x 1 1
Câu 30: (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Diện tích hình
phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số 2 y  x  2x 1, 2 y  2x  4x 1 là A. 8 . B. 5 . C. 4 . D. 10 . Lời giải Chọn C
Phương trình hoành độ giao điểm là 2 2 2
x  2x 1 2x  4x 1 3x 6x  0 x  0   x  2 2
Diện tích hính phẳng là S     2 2x  4x   1   2 x  2x   1dx  0 2 2   2 3x  6xdx   3 2 x  3x   4 . 0 0
Câu 31: (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Tính diện tích hình
phẳng giới hạn bởi hai đồ thị 2
y  x  2x , y  x  2 . 7 9 5 11 A. . B. . C. . D. . 2 2 2 2 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 14
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Lời giải Chọn B x  2  Xét phương trình: 2 x  2x  x  2 2
 x  x  2  0   . x 1
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị là: 1 1 1 3 2  x x  9 2 7 10 S  x  x  2dx 
   2x  x 2dx    2x     .  3 2 6 3 2 2  2   2
Câu 32: (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi
đường cong y  x ln x , trục hoành và đường thẳng x  e là 2 e 1 2 e 1 2 e 1 2 e 1 A. . B. . C. . D. . 2 2 4 4 Lời giải Chọn D
Phương trình hoành độ của đường cong y  x ln x và trục hoành là x  0 x  0  
x ln x  0  x  0  x  0  x  1.  ln x  0  x 1
Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y  x ln x , trục hoành và đường thẳng x  e e e là S  x ln x dx  x ln d x x   . 1 1  1 du  dx u   ln x  x 2 e 2 2 2 x e 1 e x e e 1 Đặt    . Suy ra S  ln x  d x x     . 2 dv  d x x x  2 1 2 2 4 1 4 v  1  2
Câu 33: (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Hình phẳng H  được giới hạn bởi các đường 2
y  x , y  3x  2 . Tính diện tích hình phẳng H  2 1 1 A. (đvdt) B. (đvdt) C. 1 (đvdt) D. (đvdt) 3 3 6 Lời giải Chọn D
Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình: x  1 2 2
x  3x  2  x  3x  2  0   . x   2
Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường là: 2 2 1 2
S  x  3x  2 dx   2 x  3x  2dx    (đvdt). 6 1 1
Câu 34: (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Diện tích hình phẳng giới hạn
bởi đồ thị các hàm số y  ln ,
x y  1 và đường thẳng x  1 bằng A. 2 e . B. e  2 . C. 2e . D. e  2 . Lời giải TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 15
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Chọn D
Ta có ln x  1  0  x  e .
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y  ln x, y  1 và đường thẳng x  1 là: e e e  ln 1  
ln  1  ln  1e   1 e S x dx x dx x x dx  x  1 
e  1  2  e  e  2 1 1 1 1 1
Câu 35: Giá trị dương của tham số m sao cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số
y  2x  3 và các đường thẳng y  0, x  0, x  m bằng 10 là 7 A. m  . B. m  5 . C. m  2 . D. m 1. 2 Lời giải Chọn C
Vì m  0 nên 2x  3  0, x  0;m.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  2x  3 và các đường thẳng
y  0, x  0, x  m là: m   m S 2x  3.dx   2 x  3x 2  m  3m . 0 0 Theo giả thiết ta có: m  2 2 2
S  10  m  3m  10  m  3m 10  0   m  2  do m  0. m  5 
Câu 36: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số 2
y  4x  x và đường thẳng y  2x bằng 20 4 16 A. 4 . B. . C. . D. 3 3 3 Lời giải Chọn C x  0
Xét phương trình hoành độ giao điểm 2 2
4x  x  2x  x  2x  0   x  2 2 2 2 3  x  4
Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là 2 S  x  2x dx    2 2x  x  2 dx   x    .  3  3 0 0 0
Câu 37: (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Tính diện tích phần hình phẳng gạch
chéo (tam giác cong OAB ) trong hình vẽ bên. 5 5 8 8 A. . B. . C. . D. . 6 6 15 15 Lời giải Chọn A TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 16
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Phương trình hoành độ giao điểm  x  1 x   x  22 2
 x  5x  4  0   x  4
Dựa vào đồ thị, khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là 1 2 S  xdx   x  2 1 1 5 2 dx      2 3 6 0 1 5 Vậy S  . 6
Câu 38: (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Tính diện tích S của hình
phẳng giới hạn bởi các đường 2
y  x  2x , y  0 , x  1  0, x 10 . 2000 2008 A. S  . B. S  2008. C. S  2000 . D. S  . 3 3 Lời giải Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường C 2
: y  x  2x và d  : y  0 là: x  0 2 x  2x  0   . x  2 Bảng xét dấu: 10 0 2 10 Diện tích cần tìm: 2 S  x  2x dx  
  2x  2xdx   2x 2xdx    2x  2xdx 10 10 0 2 0 2 10 3 3 3  x   x   x  2 2 2  1300 4 704 2008 
 x    x     x      .  3   3   3  3 3 3 3 1  0 0 2
Câu 39: (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi S là diện tích hình
phẳng giới hạn bởi các đường y  f  x , trục hoành và hai đường thẳng x  3  , x  2 (như 1 2 hình vẽ bên). Đặt a  f  xdx, b  f
 xdx . Mệnh đề nào sau đây là đúng. 3  1 A. S  a  b . B. S  a  b . C. S  a  b . D. S  b  a . Lời giải Chọn D 2 1 2 1 2 Ta có S  f  x dx  f  x dx f  x dx   f  xdx f  xdx  ab. 3  3  1 3  1
Câu 40: (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 17
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM thị hàm số 2
y  x và đường thẳng y  2x là : 4 5 3 23 A. B. C. D. 3 3 2 15 Lời giải Chọn A x  0 Xét phương trình 2 x  x   x 1
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 2
y  x và đường thẳng y  2x là : 1 1 4 2 S  x  xdx   2 x  xdx    3 0 0
Câu 41: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số 2 y  x  2x 1, 2 y  2x  4x 1 là A. 8 B. 5 C. 4 D. 10 Lời giải Chọn C
Phương trình hoành đồ giao điểm hai đồ thị hàm số 2 y  x  2x 1, 2 y  2x  4x 1 là: x  0 2 2 2
x  2x 1  2x  4x 1  3x  6x  0   . x   2 2 2 2
Diện tích hình phẳng đã cho là 2 3x  6x dx     2 6x  3x dx   2 3 3x  x   4 . 0 0 0 3 7  4x khi 0 x 1
Câu 42: (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Cho hàm số f x   . 2  4   x khi x 1 
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f x và các đường thẳng x  0, x  3, y  0 . 16 20 A. . B. . C. 10 . D. 9. 3 3 Lời giải Chọn C TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 18
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 1 2 3 S   3 7 4x dx   2 4 x dx  2 x     4dx 0 1 2   x  x  7 8 7x  x  3 3 1 2 3 4 |  4x |    
 4x |  6 4 3 8 10. 0 1     2 3   3  3 3
Câu 43: (CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Tính diện tích S của hình phẳng
(H ) giới hạn bởi các đường cong 3 y  x 12x và 2 y  x . 937 343 793 397 A. S  B. S  C. S  D. S  12 12 4 4 Lời giải Chọn A
Xét phương trình hoành độ giao điểm 2 đường cong: x  0 3 2 2 x 12x x x(x x 12) 0           x  3   . x  4  4 0 4
⇒ Diện tích cần tìm là: 3 2 3 2 3 2 S  x  x 12x dx 
x  x 12x dx  x  x 12x dx    3 3 0 0 4 0    x x   x x   x  x 12x 4 dx  x  x 12x 4 3 4 3 3 2 3 2 2 2 dx   
 6x      6x  4 3 4 3 3  0     3 0 9  9 1  60 937    . 4 3 12
Câu 44: (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho H  là hình phẳng giới hạn bởi các
đường y  x , y  x  2 và trục hoành. Diện tích của H  bằng y 2 y  x O 2 4 x 7 8 10 16 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Lời giải Chọn C  y  x y  x  2  
Xét các hình phẳng H : y  0 và  H : y  0 . 2  1  x  0, x  4   x  2, x  4    H    H \ H 1   2  Ta có  .  H  H  H 2   1 4 4 2 2 4  x  4 16 10
Do đó S H   S H  S H  xdx  x  2 dx  x x      2x    2  1   2    3 0 2 2 3 3 0 2   TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 19
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 2 x  y  2 10
Cách khác: Ta có H  : x  y  2 . Suy ra S H  2  y   y  2dy   .  3 y  0, y  2  0
Câu 45: (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Gọi S là diện tích hình x 1
phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y 
và các trục tọa độ. Khi đó giá trị của S là x 1 A. S  1 ln 2. B. S  2ln 2 1. C. S  2ln 2 1. D. S  ln 2 1. Lời giải Chọn B
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho và trục hoành: x 1  0  x 1. x 1 1 1 1 x 1  x 1  2 1  Khi đó S  dx  dx  1 dx      
x2ln x1  2ln21. 0 x 1  x 1  x 1 0 0 0
Câu 46: Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường 2 y  x  x 1 và 4 y  x  x 1 là 8 7 2 4 A. . B. . C. . D. . 15 15 5 15 Lời giải Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm của 2 y  x  x 1 và 4 y  x  x 1 là x  0 2 4  x  x 1  x  x 1 2 4  x  x  0  x 1  . x  1   1 0 1
Diện tích hình phẳng cần tìm là 2 4 2 4 2 4 S  x  x dx  x  x dx  x  x dx    1  1  0 0     1  x x   x x   x x dx  x  x  3 5 3 5 0 1 2 2 4 2 4 2 4 dx            . 3 5 1 3 5 0 15 15 15 1  0    
Câu 47: (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Gọi S là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị x 1 hàm số (H ) : y 
và các trục tọa độ. Khi đó giá trị của S bằng x 1 A. S  ln 2 1 . B. S  2ln 2 1. C. S  ln 2 1. D. S  2ln 2 1. Lời giải Chọn D
Phương trình trục (Ox) và (Oy) lần lượt là y  0 và x  0 . x 1
Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số (H ) và trục Ox:  0  x  1. x 1 1 x 1 x 1 Ta có: S  dx  . Vì  0, x  0; 
1 nên diện tích cần tìm là: x 1 x 1 0 1 1 x 1  2  S   dx  1 dx    
x  2ln x 1 1  2ln21. x 1  x 1 0 0 0 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 20
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 48: (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tính diện tích của phần hình
phẳng gạch chéo trong hình vẽ sau: 10 13 11 A. . B. 4 . C. . D. . 3 3 3 Lời giải Chọn A
Cách 1: Coi x là hàm số theo biến số y .
Hình phẳng đã cho giới hạn bởi các đường: 2
x  y (với y  0 ); x  y  2; y  0 .  y  1  (loai) Ta có: 2 2
y  y  2  y  y  2  0    y  2 (t / m) 2 2 10
Diện tích của hình phẳng cần tìm là 2 S  y  2  y dy   2 y  2  y dy    (đvdt) 3 0 0 Cách 2:
Phương trình hoành độ giao điểm của các đồ thị hàm số y  x, y  x  2 : x  2  x  2 x  x  2       x    x x  2 4. 2 2 x  5x  4  0 4 4 10
Diện tích của hình phẳng cần tìm là S  x dx   x  2dx    (đvdt) 3 0 2 2 x
Câu 49: (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình phẳng H  giới hạn bới parabol y  và 12 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 21
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 2 x
đường cong có phương trình y  4 
(tham khảo hình vẽ bên ) 4
Diện tích hình phẳng H  bằng: 24  3 4  3 4  3 4 3   A. B. C. D. 3 6 3 6 Lời giải Chọn A 2 2 x x 4 2 x x 4 2 x x x  12 Xét phương trình  4    4     4  0   12 4 144 4 144 4 x   12
Diện tích hình phẳng H  bằng: 2 2 2 2 2 2       12 x x 12 x x 12 x 12 x S   4   dx 2  4   dx 2  4  dx  2 dx      12   0   0   0 4 12 4 12 4 12       2   12 x Xét I   4  dx 1  0  4   
Đặt x  4sin t  dx  4cos d x x 
Đổi cận: x  0  t  0; x  12  t  3   3 3 4 2
I  8 cos tdt  4 1 cos 2t dt   3 1    3 0 0 2 12 x 2 3 Xét I  dx  2  0 12 3 24  3 Vậy S  2I  2I  1 2 3
Câu 50: (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho hàm số f  x xác định và liên tục trên đoạn  5  ; 
3 có đồ thị như hình vẽ bên. Biết diện tích của hình phẳng
A, B, C, D giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f x và trục hoành lần lượt là 1
6; 3; 12; 2 . Tính tích phân 2 f
  2x 11 dx  bằng 3  TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 22
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM A. 27. B. 25. C. 17. D. 21. Lời giải Chọn D 1 1 1 3 Ta có 2 f
  2x 11 dx  2 f   2x 1dx x  f  xdx4 3  3  3  5  3 Mà
f  x dx  S  S  S  S       A B C D 6 3 12 2 17 5  1 Vậy 2 f
  2x 11 dx  21  3 
Câu 51: (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Diện tích hình phẳng giới
hạn bởi hai đồ thị hàm số 3 y  x , 2
y  x  4x  4 và trục Ox (tham khảo hình vẽ) được tính
theo công thức nào dưới đây? 2 1 2 A. 3 x    2x 4x4 dx . B. 3  x dx    2x 4x  4dx . 0 0 1 1 2 1 2 C. 3 x dx    2x 4x  4dx . D. 3 x dx    2x 4x  4dx . 0 1 0 1 Lời giải Chọn D
Dựa vào hình vẽ ta thấy hình phẳng cần tính diện tích gồm 2 phần:
Phần 1: Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 3
y  x , trục Ox , x  0 , x  1 .
Phần 2: Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 2
y  x  4x  4 , trục Ox , x  1 , x  2 . 1 2 1 2
Do đó diện tích cần tính là 3 2 3
S  x dx  x  4x  4 dx  x dx      2x 4x 4dx. 0 1 0 1
Câu 52: (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ - THÁNG 4 - 2018) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
hàm số y  x 1 và nửa trên của đường tròn 2 2 x  y  1 bằng? TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 23
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM  1  1   A.  . B. . C. 1. D. 1. 4 2 2 2 4 Lời giải Chọn A x 1 khi x 1 y  x 1   . 1   x khi x 1 2 2 2
x  y  1  y   1 x do chỉ tính nửa trên của đường tròn nên ta lấy 2 y  1 x .
Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x 1 và nửa trên của đường tròn 2 2 x  y  1 là
phần tô màu vàng như hình vẽ. 1 1 1
Diện tích hình phẳng trên là: 2 S  1 x  1 x     dx 2  1 x dx   x       1 dx 0 0 0 1 2  x   1 I    x  I  . 1   2  1 2 0 1 Tính 2 I  1 x dx 1  . 0    
Đặt x  sin t , t   ;  ; dx  cost.dt . 2 2    
Đổi cận x  0  t  0 ; x  1 t  . 2     1 2 2 2 2 1 cos 2t 2 I  1 x dx 2 
1 sin t .cos t.dt  cost cost.dt 2  cos t.dt  dt 1      2 0 0 0 0 0  2 1  sin 2t    1  t     .Vậy S   . 2  2  4 4 2 0
Câu 53: [KIM LIÊN - HÀ NỘI - LẦN 1 - 2018] Cho H  là hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ 10 x khi x  1
và được giới hạn bởi các đường có phương trình 2 y  x  x , y   . Diện 3 x  2 khi x  1 tích của H  bằng? TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 24
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 11 13 11 14 A. . B. . C. . D. . 6 2 2 3 Lời giải Chọn B
Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y  x và y  x  2 là: x  x  2 x  1.
Diện tích hình phẳng cần tính là: 1 3 10  10 2 2  S  x  x  x dx  x  x  x  2 dx     .  3   3  0 1 1 3 13   7 2 2   S  x  x dx  x  x  2 dx      3   3  0 1 1 3 13   7 2 2   S  x  x dx  x  x  2 dx      3   3  0 1 1 3 3 3 13 x   7 x  13 2 2  S  x   x   2x      .  6 3   6 3  2 0 1
Câu 54: (THCS&THPT NGUYỄN KHUYẾN - BÌNH DƯƠNG - 2018) Cho đường tròn có đường
kính bằng 4 và 2 Elip lần lượt nhận 2 đường kính vuông góc nhau của đường tròn làm trục
lớn, trục bé của mỗi Elip đều bằng 1. Diện tích S phần hình phẳng ở bên trong đường tròn
và bên ngoài 2 Elip (phần gạch carô trên hình vẽ) gần với kết quả nào nhất trong 4 kết quả dưới đây? A. S  4,8 . B. S  3,9 . C. S  3,7 . D. S  3, 4 . Lời giải Chọn C
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. 2 2 x y 2 2 x y
Hai Elip lần lượt có phương trình: E :   1 và E :   1 2  1  4 1 1 4 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 25
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Tọa độ giao điểm của hai Elip trong góc phần tư thứ nhất là nghiệm phương trình: 2 x 1 4 2 5 2 4 2 x   1  x   x  4 5 5 2 5 5 2  x 
Diện tích hình phẳng cần tìm: 2 2 S  .2  .2.1 4  2 1 x  1 d  x  3,71   4  0  
Câu 55: (THPT TRẦN QUỐC TUẤN - LẦN 1 - 2018) Tính diện tích S của miền hình phẳng giới
hạn bởi đồ thị của hàm số   3 2
f x  ax  bx  c , các đường thẳng x  1 , x  2 và trục hoành
(miền gạch chéo) cho trong hình dưới đây. 51 52 50 53 A. S  . B. S  . C. S  . D. S  . 8 8 8 8 Lời giải Chọn A
Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số   3 2
f x  ax  bx  c , các đường thẳng x  1 ,
x  2 và trục hoành được chia thành hai phần:
+Miền D là hình chữ nhật có hai kích thước lần lượt là 1 và 3  S  3. 1 1  f x 3 2  ax  bx  c  + Miền D gồm: y 1 . 2 x  1; x  2 
Dễ thấy C đi qua 3 điểm A 1  ;  1 , B 0;3 , C 2; 
1 nên đồ thị C có phương trình f  x 1 3 3 2  x  x  3. 2 2 2  1 3  27 3 2  S  x  x  3 1 dx  . 2     2 2  8 1  51
Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là S  S  S  . 1 2 8
Câu 56: (THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU - LẦN 3 - 2018) Cho hàm số f liên tục trên đoạn  6  ; 
5 , có đồ thị gồm 2 đoạn thẳng và nửa đường tròn như hình vẽ. Tính giá trị 5 I   f   x2dx  . 6  TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 26
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM A. I  2  35 . B. I  2  34 . C. I  2  33. D. I  2  32 . Lời giải Chọn D 5 5 I   f   x2dx  g 
 xdx với gx  f x2 có đồ thị như hình vẽ. 6  6 
Có I  S  S  S  S trong đó: 1 2 3 4
 AB CD.AD 13.4
S là diện tích hình thang vuông ABCD  S    8 , 1 1 2 2
S là diện tích hình chữ nhật CDEF  S  3.4 12 , 2 2 2 .2
S là diện tích hình tròn tâm I , bán kính R  2  S   2 , 3 3 2
EF  GH .EH 53.3
S là diện tích hình thang vuông EFGH  S    12 . 4 4 2 2
Suy ra I  8 12  2 12  2  32 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 27
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Dạng 1.2: Ứng dụng của tích phân tính diện tích hình phẳng (có điều kiện)
 BÀI TẬP NỀN TẢNG 
Câu 57: Hình vuông OABC có cạnh bằng 4 được chia thành hai phần bởi đường cong C  có 1 phương trình 2
y  x . Gọi S , S lần lượt là diện tích của phần không bị gạch và bị gạch 4 1 2 S
như hình vẽ bên dưới. Tỉ số 1 bằng S2 3 1 A. . B. 3 . C. . D. 2 . 2 2 Lời giải Chọn D
Ta có diện tích hình vuông OABC là 16 và bằng S  S . 1 2 16 4 4  3 16 1 x 16 S 16  S 2 S  x dx   3     2 2  1 2 4 12 3 S S 16 0 0 2 2 3
Câu 58: (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Kí hiệu S t  là diện tích của hình phẳng
giới hạn bởi các đường y  2x 1, y  0, x  1 , x  t t  
1 . Tìm t để S t   10 . A. t  3 . B. t  4 . C. t  13 . D. t  14 . Lời giải Chọn A t t
Cách 1. Ta có: S t  2x 1 dx  2x    1 dx. 1 1 t Suy ra S t   2 x  x 2  t  t  2 . 1 t  3 Do đó S t  2 2
10  t  t  2  10  t  t 12  0   . t  4  L Vậy t  3 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 28
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Cách 2. Hình phẳng đã cho là hình thang có đáy nhỏ bằng y 1  3, đáy lớn bằng y t  2t 1
và chiều cao bằng t 1.
3 2t  1t  1 t  3 Ta có 2
10  2t  2t  24  0  . Vì t  1 nên t  3 2  t  4  Do đó chọn đáp án A. 3
Câu 59: (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho đường thẳng y  x và parabol 2
y  x  a ( a là tham số 2
thực dương). Gọi S , S lần lượt là diện tích hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ 1 2
bên. Khi S  S thì a thuộc khoảng nào dưới đây? 1 2  2   1 9   2 9   9 1  A. 0;   B. ;   C. ;   D. ;    5   2 16   5 20   20 2  Lời giải Chọn C 3
Giải toán: Phương trình hoành độ giao điểm: 2 2
x  a  x  2x  3x  2a  0 2 a  0 a  0 
Để phương trình có 2 nghiệm dương thì    9 .   0 a   16 3  9 16a
Gọi hai nghiệm đó là 0  x  x thì x  . 1 2 2 4 x2  3 
Để S  S khi và chỉ khi 2 x  a  x dx  0 1 2    2  0 2 x 3  3  x 3 Ta có: 2 2 2 x  a  x dx  0   ax  x  0   2 2  2  3 4 0 3  3  9 16a    2  4    3  9 16a 3  3  9 16a    a       0 3 4 4  4     2 9 
Giải nhanh bằng máy tính cho kết quả x  0,421875 thuộc khoảng ;  .  5 20  TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 29
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 3 1
Câu 60: (Mã 102 - BGD - 2019) Cho đường thẳng y  x và parabol 2
y  x  a , ( a là tham số 4 2
thực dương). Gọi S , S lần lượt là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình 1 2
vẽ bên. Khi S  S thì a thuộc khoảng nào dưới đây? 1 2  7 1   1 9   3 7   3  A. ;   . B. ;   . C. ;   . D. 0;   .  32 4   4 32  16 32   16  Lời giải Chọn C 1 3
Ta có phương trình hoành độ giao điểm 2 x  x  a  0 2  2x 3x  4a  0 . 2 4  3 x  x  * 1 2  
Theo đề bài phương trình có hai nghiệm 0  x  x thỏa mãn  2 . 1 2 x x  2a **  1 2   x 1 x x2 1 3 1 3 2 1 3 S  S  0 2 2  x  x  a dx  x  x  a dx  0 2  x  x  a dx  0 1 2    2 4 2 4 2 4 0 1 x 0 2 1 3 x 2 x 3x 3 2  1 3 x  x  ax  0 3 2  x  x  ax  0 2 2  a    **  * . 6 8 2 2 2 6 8 6 8 0 3 2  3  x 3x 2 2x 3x 9
Từ *  x   x , thay vào ** 2 2   x x    2 2    0  x  1 2   2 2 2  2  3 4 3 4 2 8 27  3 7 (***)    a  . Vậy a  ;   . 128 16 32 
Câu 61: (Mã 103 - BGD - 2019) Cho đường thẳng y  3x và parabol 2
2x  a ( a là tham số thực
dương). Gọi S và S lần lượt là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ 1 2
bên. Khi S  S thì a thuộc khoảng nào dưới đây? 1 2 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 30
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM  9   9   4 9   4  A. 1;   . B. ;1   . C. ;   . D. 0;   .  8   10   5 10   5  Lời giải Chọn C
Phương trình hoành độ giao điểm 2 2
2x  a  3x  2x  3x  a  0 có hai nghiệm dương phân biệt   9  8a  0  9  a  9  a   8  0  a  .  0 8    a  0 2 3  9  8
Ta được nghiệm của phương trình là  a x . 4 3 98a 3 98a 4 4 Ta có S  S    2
2x  a  3xdx     2 2x  a  3x dx . 1 2  0 3 98a 4 3 98a 3 98a 4   2x  a 3x 4 2 dx    2 2x  a  3xdx  0 0 3 98a 4 3 98a   4 3 9 8a   2    2x  3x  a 2 3 3 2 dx  0  x  x   ax  4  0  3 2  0 0 3 2 2  3  9  8a  2  3  9  8a   3 9 8a         a   0 3  4  3  4   4        2 3  9  8  a 2 3  9  8a 2 3  9  8       a            a  0  4  3  4  3  4            3 9 8a   0 (vn) 4   2
 2  3 98a  2  3 98a         a  0 3  4  3  4       2 2  3  9  8a  2  3  9  8a  CASIO 27     
  a  0 a  3  4  3  4  Shift Solve 32    
Câu 62: (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hai hàm số f x 2 2
 ax  bx  cx  2 và g  x 2  dx  x
e  2 ( a , b , c , d , e   ). Biết rằng đồ thị của hàm số y  f  x và
y  g  x cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là 2  ; 1
 ; 1 (tham khảo hình vẽ). TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 31
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng 37 37 13 9 A. B. C. D. 12 6 2 2 Lời giải Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị f  x và g  x là 3 2 2 3
ax  bx  cx   dx  x   a  b  d  2 2 3 2
x  c  e x  4  0.   *
Do đồ thị của hai hàm số cắt nhau tại ba điểm suy ra phương trình * có ba nghiệm x  2 ;
x  1; x  1. Ta được 3 ax  b  d  2
x  c  e x  4  k  x  2x   1  x   1 .
Khi đó 4  2k  k  2 . 1 37
Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là 2 x  2 x   1  x    1 dx  . 6 2 1
Câu 63: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hai hàm số f  x 3 2  ax  bx  cx  và 2 g  x 2  dx  ex 1 a, ,
b c, d,e  . Biết rằng đồ thị hàm số y  f  x và y  g x cắt
nhau tại 3 điểm có hoành độ lần lượt là 3
 ; 1; 1 (tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới hạn
bởi 2 đồ thị đã cho có diện tích bằng 9 A. 5 B. C. 8 D. 4 2 Lời giải Chọn D TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 32
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 1 3 Cách 1: Xét phương trình 3 2 2
ax  bx  cx   dx  ex 1 3 Û ax + (b- d ) 2 x + (c- e) x- = 0 có 3 2 2   3
a  b  d   c  e 3 27 9 3   0  b  d  2   2   3  1 nghiệm lần lượt là 3
 ; 1; 1 nên suy ra a  b  d   c  e   0  a  2  2    1 a  
b  d  c e 3   0 c  e   2  2 1 3 1 3
Vậy f  x  g  x 3 2  x  x  x  . 2 2 2 2
Hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị đã cho có diện tích bằng 1  S    1
f  x  g  x dx   g x  f xdx 3 1 1 1  1 3 1 3   1 3 1 3 3 2 3 2   S  x  x  x  dx  x  x  x  dx  2  2  4       .  2 2 2 2   2 2 2 2   3 1
Cách 2: Ta có: f  x  g  x  a x  3 x   1  x   1 . 3
Suy ra a  x  3 x   1  x   3 1  ax  b  d  2 x  c  d  x  2 3 1
Xét hệ số tự do suy ra: 3  a    a  . 2 2 1
Do đó: f  x  g  x   x  3 x   1  x   1 . 2 1 1
Diện tích bằng: S   f
  x gxdx  g 
  x f xdx  3  1 1  1 1  S 
x  x  x   1 3 1 1 dx 
x  3x  1x     1 dx  4 . 2 2 3 1
Câu 64: (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho hai hàm số f x 3 2  ax  bx  cx 1 và g  x 1 2  dx  ex  a, ,
b c, d,e  . Biết rằng đồ thị của hàm số y  f (x) và y  g(x) cắt 2
nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt 3; 1; 2 (tham khảo hình vẽ).
Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng 253 125 253 125 A. B. C. D. 12 12 48 48 Lời giải TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 33
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Chọn C
Vì phương trình f (x)  g(x)  0 có 3 nghiệm 3; 1; 2 nên
f  x  g  x  ax  3x  2 x   1 . 3 1
So sánh hệ số tự do ta được 6a    a  . 2 4 2 1 253 Do đó S  x 3x   1  x  2 dx   . 4 48 3  3
Câu 65: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hai hàm số f  x 3 2  ax  bx  cx  và 4 g  x 3 2  dx  ex  , a, , b ,
c d,e  . Biết rằng đồ thị của hàm số y  f  x và y  g  x 4
cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là 2
 ; 1; 3 (tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới
hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng 253 125 125 253 A. B. C. D. 48 24 48 24 Lời giải Chọn A
Ta có phương trình hoành độ giao điểm là: 3 3 3 3 2 2
ax  bx  cx   dx  ex  3  ax  b  d  2
x  c  e x   0 . 4 4 2 3 Đặt h  x 3  ax  b  d  2 x  c  e x  2 3
Dựa vào đồ thị ta có h  x 3  ax  b  d  2
x  c  e x  có ba nghiệm là x  2; x 1; x  3. 2 3
Với x  2 ta có 8a  4b  d   2c  e   ,   1 . 2 3
Với x  1 ta có a  b  d   c  e   , 2 . 2 3
Với x  3 ta có 27a  9b  d   3c  e   , 3 . 2   1
a  b  d   c  e 3 8 4 2    a  2   4   3  1 Từ  
1 ,2 và 3 ta có a  b  d   c  e    b   d   . 2  2    5
a  b  d   c  e 3 27 9 3    c  e    2  4 Hay ta có TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 34
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 3 1 3 1 1 5 3 1 1 5 3 S  f  x gx dx 3 2 3 2  x  x  x  dx  x  x  x  dx   63 4   253  . 4 2 4 2 4 2 4 2 16 3 48 2  2 1 Câu 66: Cho parabol P  2
: y  x  2x  3 cắt trục hoành tại hai điểm ,
A B và đường thẳng d : y  a 1
0  a  4 . Xét parabol P đi qua , A B  . Gọi S là 2 
và có đỉnh thuộc đường thẳng y a 1
diện tích hình phẳng giới hạn bởi P và d .Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi 1  2
P và trục hoành. Biết S  S , tính 3 2 T  a 8a  48a . 2  1 2 A. T  99 . B. T  64 . C. T  32 . D. T  72 . Lời giải Chọn B
Để việc tính toán trở nên đơn giản, ta tịnh tiến hai parabol sang trái một đơn vị. a
Khi đó, phương trình các parabol mới là P  2
: y  x  4 P : y   x  a . 1 ,   2 2 4 Gọi ,
A B là các giao điểm của P và trục Ox  A 2
 ;0, B2;0  AB  4. 1  Gọi ,
A B là giao điểm của P và đường thẳng d  M  4  a;a, N  4  a;a. 1  4 4 3 4   4 Ta có S  2 4  y.dy    4  y2  4  a 4  a 1    3   3 a a 2 2 3  a   ax  8a 2 S  2  x  a .dx  2      ax  . 2  4   12  3 a 0 4 8a
Theo giả thiết S  S  4  a 4  a   4  a3 2 3 2
 4a  a 8a  48a  64 1 2 3 3 Vậy T  64 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 35
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 67: (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm số y  f (x) là hàm
số đa thức bậc bốn và có đồ thị như hình vẽ.
Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y  f (x); y  f '(x) có diện tích bằng 127 127 107 13 A. . B. . C. . D. . 40 10 5 5 Lời giải Chọn C Hàm số đã cho có dạng 4 3 2 3 2
f (x)  ax  bx  cx  dx  e  f '(x)  4ax  3bx  2cx  d .
Từ giả thiết đồ thị hàm số đã cho ta thấy đồ thị hàm số đi qua các điểm (2;0) , (1;1) , (0;1) ,
(1; 0) và có hai điểm cực tiểu là (1; 0) , (2; 0) nên ta có hệ e  1  1  f (0)  1  e  1 a     4 f (2)  0 a  b  c  d  1       1  f (1)
 0   16a 8b  4c  2d  1   b  . 2  f '( 2) 0  32a 12b 4c d 0            3  '(1) 0  4 3 2 0 c f a b c d        4  d  1 1 1 3 3 3 Do đó 4 3 2 3 2 f (x) 
x  x  x  x  1  f '(x)  x  x  x 1. 4 2 4 2 2
Xét phương trình hoành độ giao điểm f (x)  f '(x). x  2  1 1 9 1 x  1 4 3 2
 x  x  x  x  2  0   . 4 2 4 2 x  1  x  4
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y  f (x); y  f '(x) là 4 S  f (x)  f (  x) dx 2 1 1 9 1 Vì biểu thức 4 3 2 f (x)  f (
 x)  x  x  x  x  2 không đổi đấu trên các khoảng (2;1) , 4 2 4 2 (1;1) , (1;4) nên ta có 1 S    f x  f x  1 dx    f x  f x  4 dx    f x  f x  107 ( ) '( ) ( ) '( ) ( ) '( ) dx  (dvdt). 2 1 1 5 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 36
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 68: (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi S là diện tích hình phẳng
giới hạn bởi các đường 2 2
my  x , mx  y m  0 . Tìm giá trị của m để S  3. A. m  1 B. m  2 C. m  3 D. m  4 Lời giải Chọn C 2 my  x    1
Tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của hệ phương trình:  2 mx  y  2 2 2  x  x  0
Thế (1) vào (2) ta được: 3 4
mx     m x  x  0   m x    m  0 2 x Vì y   0 nên 2 y0 mx  y   y  mx m m 2 m 2 x  x 
Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là: S  mx  dx  mx    dx  m m 0 0   m 3 3  2 m x  1 1 2 2 2   .x    m  m  3 3m  3 3   0 1 Yêu cầu bài toán 2 2 m0
S  3  m  3  m  9   m  3 3
Câu 69: (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Cho hình thang cong H  giới hạn bởi các đường ex y 
, y  0 , x  0 , x  ln 4 . Đường thẳng x  k 0  k  ln 4 chia H  thành hai
phần có diện tích là S và S như hình vẽ bên. Tìm k để S  2S . 1 2 1 2 4 8 A. k  ln 2 . B. k  ln . C. k  ln 2 . D. k  ln 3. 3 3 Lời giải Chọn D
Diện tích hình thang cong H  giới hạn bởi các đường ex y 
, y  0 , x  0 , x  ln 4 là ln 4 ln 4  exd  ex S x   ln 4 0
e  e  4 1  3 (đvdt). 0 0 1 3 2S 2.3
Ta có S  S  S  S  S  S . Suy ra S    2 (đvdt). 1 2 1 1 1 2 2 1 3 3
Vì S là phần diện tích được giới hạn bởi các đường ex y 
, y  0 , x  0 , x  k nên 1 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 37
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM k k 2   exd  ex S x  k k    . 1  0 e e e 1 0 0
Do đó ek  3  k  ln 3.
Câu 70: (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Hình phẳng H  được giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số
đa thức bậc bốn y  f x và y  g  x . Biết rằng đồ thị cảu hai hàm số này cắt nhau tại đúng
ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 3;1; 2. Diện tích của hình phẳng H ( phần gạch
sọc trên hình vẽ bên ) gần nhất với kết quả nào dưới đây? A. 3,11 B. 2,45 C. 3,21 D. 2,95 Lời giải Chọn A
f  x  g  x  a x  3 x  
1 x  2  ax  a 2 3 x  x  2 3 2 2
 ax  ax  2ax  3ax  3ax  6a 3 2  ax  2ax  5ax  6a
f 0  g 0  6a , quan sát hình vẽ ta có f    g   3 3 9 0 0     5 2 10 9 3 2 2 3  253 Nên 6a   a  S  f
 x gx dx  x 3x 1x2 dx   3.1625 10 20 20 80 3  3 
Câu 71: (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho parabol P 2 : y  x và hai điểm ,
A B thuộc P sao cho AB  2 . Diện tích lớn nhất của hình phẳng giới hạn bởi P và đường thẳng AB là 3 3 2 4 A. . B. . C. . D. . 4 2 3 3 Lời giải Chọn D
Gọi phương trình đường thẳng AB là: y  ax  b a,b 
Phương trình giao điểm của AB và P là: 2 x  ax  b  0 Ax ;ax  b 1 1   B x ;ax  b 2 2  Để có 2 điểm , A B thì 2 a  4b  0 . khi đó:  x  x  a 1 2 x x  b   1 2 Nên AB  2   2 a   1 x  x  2 2 1 2
Giả sử x  x ta có x  x   2 2 1 2 1  2a  1 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 38
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Mặt khác: x  x  x  x 2 2  4x x  a  4b 2 1 2 1 1 2 2 x a 1 Khi đó 2 S  ax  b  x dx    2 2
x  x   bx  x    3 3 x  x 2 1 2 1 2 1  2 3 1 x   a   x x x  x  1  b    2 2 x  x x  x 2 1 2 1 2 1 2 1  2 3    2 2    a 2b   x  x 2 1 3  a 4b 8 4 x  x  a 1 .a  b    2a b  x  x   x  x    . 2 1  2 1  2 1    2 3     b 3  6 6 6 3 4 a  0 x  x  0 Suy ra: S  khi 1 2  
(thỏa mãn vì P có tính đối xứng) max  3 x  x  2 x  x  1  2 1  1 2 A  1;  1 A  1;  1   hoặc  . B   1  ;  1 B  1;  1
Câu 72: (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho Parabol P 2
: y  x 1 và đường thẳng d : y  mx  2 với m là tham số. Gọi m là giá trị của m để 0
diện tích hình phẳng giới hạn bởi P và d là nhỏ nhất. Hỏi m nằm trong khoảng nào? 0 1 1 1 A. ( 2;  ) . B. (0;1). C. ( 1  ; ) . D. ( ;3) . 2 2 2 Lời giải Chọn C
Phương trình hoành độ của P và d là 2 x  mx 1  0   1 . Dễ thấy  
1 luôn có 2 nghiệm phân biệt. Gọi a, b a  b là các nghiệm của   1 thì diện tích
hình phẳng giới hạn bởi P và d là b b b   S  x  mx  dx       3 2 x mx 2 2 1 x mx 1 dx     x  3 2 a a   a 3 3 2 2 2 2 b  a m(b  a ) b  ab  a m(b a)    (b a)  b  a .  1 3 2 3 2 2 b a  ab m b a = b a2      4ab.  1 3 2 2  m 2  4
Mà a  b  m, ab  1 nên 2 S  m  4.    . 6 3 3   4
Do đó min S  khi m  0 . 3
Câu 73: (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f x
xác định và liên tục trên đoạn 5; 
3 . Biết rằng diện tích hình phẳng S , S , S giới hạn bởi 1 2 3
đồ thị hàm số f x và đường parabol    2 y
g x  ax  bx  c lần lượt là , m n, p . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 39
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 3 Tích phân f  xdx bằng 5 208 208 A. m  n  p  . B. m  n  p  45 45 208 208 C. m  n  p  . D. m  n  p  . 45 45 Lời giải Chọn B 2  2 2 2 2
S   f x  g x  dx  f x dx  g x dx  f x dx  S  g x dx . 1                1    5  5 5 5 5 0 0 0 0 0
S  g x  f x  dx  g x dx  f x dx  f x dx  g x dx  S . 2                   2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3
S   f x  g x  dx  f x dx  g x dx  f x dx  S  g x dx . 3                1    5 0 0 0 0 3 3
Do vậy: f xdx  S  S  S  g x dx  1 2 3   .  5 5 3
Từ đồ thị ta thấy gxdx 
là số dương. Mà 4 đáp án chỉ có B là phù hợp, nên ta chọn B. 5 3
Chú ý: Có thể tính gxdx  như sau: 5
Từ đồ thị hàm số y  g  x ta thấy nó đi qua các điểm 5;2, 2;0, 0;0 nên ta có: 25a  5b  c  2  2 4 3 3  2 4  208
4a  2b  c  0  a  , b  , c  0. Do đó: g  x 2 dx  x  x dx     . 15 15   15 15  45 c  0  5 5
Câu 74: (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho hàm số f x liên tục trên  và
có đồ thị như hình vẽ bên. Biết rằng diện tích các phần  A,B lần lượt bằng 3 và 7 . Tích  2 phân cos x. f 5sin x    1 dx bằng 0 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 40
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 4 4 A.  B. 2 C. D. 2  5 5 Lời giải Chọn A 1 4 4 Theo giả thiết ta có f  xdx  3 và f
 xdx  7 suy ra f  xdx  4. 1 1 1 
Đặt t  5sin x 1 dt  5cos x dx .  2 4 4 1 1 4
Khi đó cos x. f 5sin x   1 dx  f t dt  f  xdx      . 5 5 5 0 1  1 
Câu 75: Cho hàm số y  f  x có đồ thị như hình vẽ và diện tích hai phần ,
A B lần lượt bằng 11 và 2. 0
Giá trị của I  f 3x    1 dx bằng 1  13 A. 3. B. . C. 9. D. 13. 3 Lời giải Chọn A 0 dt +) Xét I  f 3x    1 dx , đặt 3x  
1  t  dt  3dx  dx  3 1 x  1   t  2 +) Đổi cận  x  0  t  1 1 0 1 1    I  f  t 1  f  t f  t 1   S  S    A B  1 dt= dt + dt 11 2 3 3 3 3 3 2  2 0 
Câu 76: (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Hình phẳng H 
được giới hạn bởi đồ thị C của hàm đa thức bậc ba và parabol TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 41
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
P có trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần tô đậm của hình vẽ có diện tích bằng 37 7 11 5 A. . B. . C. . D. . 12 12 12 12 Lời giải Chọn A Cách 1: Gọi hàm số bậc ba là 3 2 y  ax  bx  cx  d 2
 y '  3ax  2bx  c .
Đồ thị C đi qua các điểm 1;0,2; 2
  và đạt cực trị tại x  0; x  2 nên ta có hệ sau : 0  a  b  c  d a  1   2 8a 4b 2c d b         3     . 0  c c  0   0 12a  4b  c d  2 Suy ra hàm số bậc ba là 3 2 y  x  3x  2 . Gọi hàm bậc hai là 2
y  mx  nx  p . Đồ thị P đi qua các điểm 1;0, 2;2,  1  ; 2   nên ta có hệ sau : 0  m  n  p m  1   
2  4m  2n  p  n  1 .  2 m n p      p  0  
Suy ra hàm số bậc hai là 2 y  x  x .
Phương trình hoành độ giao điểm của C và P là : x  1  3 2 2 3 2 x 3x 2 x x x 2x x 2 0             x 1  . x  2  2
Vậy diện tích phần tô đậm là : S    3 2 x  2x  x  2 dx . 1 1
S  x  2x  x  2 2 8 5 37 3 2 dx   3 2
x  2x  x  2dx      . 3 12 12 1  1 Cách 2: (Võ Thanh Hải)
Vì đồ thị hàm bậc ba và đồ thị hàm bậc hai cắt trục tung tại các điểm có tung độ lần lượt là
y  2, y  0 nên ta xét hai hàm số là 3 2
y  ax  bx  cx  2 , 2 y  mx  nx .
* Vì đồ thị hai hàm số cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt là x  1; x  1; x  2 nên ta
có phương trình hoành độ giao điểm: TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 42
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 3 2 2
ax  bx  cx  2  mx  nx  a  x   1  x  
1  x  2  0 . Với x  0 ta được 2a  2  a 1. 2 37
*Vậy diện tích phần tô đậm là: S   x   1  x   1 x  2 dx   . 12 1  2
Câu 77: (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Parabol  x y
chia hình tròn có tâm là 2
gốc tọa độ, bán kính bằng 2 2 thành hai phần có diện tích S và S , trong đó S  S . Tìm 1 2 1 2 S tỉ số 1 . S2 3  2 9  2 3  2 3  2 A. . B. . C. . D. . 12 3  2 9  2 21  2 Lời giải Chọn C Diện tích hình tròn là 2 S   R  8 .
Phương trình đường tròn tâm O 0;0 , bán kính R  2 2 là 2 2 x  y  8 . 4 x
Hoành độ giao điểm của Parabol và đường tròn là nghiệm của phương trình 2 x   8 4 x  2 4 2
 x  4x 32  0   2 x   2 8 x  4  0 2  x  4  0   . x  2 
Phương trình nửa phía trên trục Ox của đường tròn là: 2 y  8  x .
Diện tích miền giới hạn bởi Parabol và nửa phía trên trục Ox của đường tròn là: 2 2   2 2 1 2 8  x   x   dx 2 2  8  x dx    x dx  2 2 2  2  2  2 2 3 16 Ta có 2    x x dx . 3 3 2  2  2 2 I  8   x dx 2       
Đặt x  2 2 sin t t   ;    dx  2 2 costdt   2 2      +) x  2  t   4  +) x  2  t  . 4 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 43
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM     4 4 4 4 2 I  8  8sin t.2 2 cos  tdt 2  8 cos 
tdt  4  1 cos2tdt  4  1 cos2tdt         4 4 4 4  4  1   4 t  sin 2  t   2  4 .  2   4 2 2   4 Vậy 2 8  x   x   dx  2  .  2 3 2    4  4
Diện tích phần còn lại là 8  2   6    .  3  3 4 4 S 3  2
Vậy S  2  ; S  6  1   1 3 2 3 S 9  2 2 2 2 x  2ax  3a
Câu 78: Tìm số thực a để hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm y  và 6 1 a 2 a  ax y 
có diện tích lớn nhất. 6 1 a 1 A. . B. 1. C. 2. D. 3 3 . 3 2 Lời giải Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: 2 2 2 x  2ax  3a a  ax x  a 2 2 
 x  3ax  2a  0  x  a x  2a  0  6 6    1 a 1 a   x  2  a
Nếu a  0 thì diện tích hình phẳng S  0 . a 2 2 a 2 2 3 x  3ax  2a x  3ax  2a 1 a + Nếu a  0 thì S  dx   dx  .   . 6 6 6 1 a 1 a 6 1 a 2a 2a 2  a 2 2 2  a 2 2 3 x  3ax  2a x  3ax  2a 1 a + Nếu a  0 thì S  dx   dx   .   . 6 6 6 1 a 1 a 6 1 a a a 3 3 1 a 1 a 1
Do đó, với a  0 thì S  .  .  . 6 3 6 1 a 6 2 a 12
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi 3 a  1  a  1 .
Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai hàm đã cho có diện tích lớn nhất khi a  1 .
Câu 79: (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Cho hàm số y  f  x có đạo hàm trên  , đồ thị
hàm số y  f  x như hình vẽ. Biết diện tích hình phẳng phần sọc kẻ bằng 3 . Tính giá trị của biểu thức: 2 3 4 T  f   x 1dx  f   x 1dx  f  2x8dx 1 2 3 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 44
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 9 3 A. T  . B. T  6 . C. T  0 . D. T  . 2 2 Lời giải Chọn D 0
+Diện tích phần kẻ sọc là: S  f  x dx  3. 2  0 0 0
Vì f  x  0 x 2;0  3  f  x dx   f   xdx   f xdx  3   . 2  2  2  4 +Tính I  f  2x8dx . 3
Đặt t  2x  8  dt  2dx ; x  3  t  2 ; x  4  t  0 . 0 1 0 1 3 Suy ra: I  f  t. dt  f  xdx   . 2 2 2 2  2  2 3 4 Vậy T  f   x 1dx  f   x 1dx  f  2x8dx 1 2 3  f x   2 1  f  x   3
1  I  f    f    f    f   3 3 2 2 1      3 3 2 1   . 1 2 2 2 2
Câu 80: (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Cho hàm số 4 2
y  x  6x  m có đồ
thị C . Giả sử C cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt sao cho hình phẳng giới hạn bởi m  m 
C và trục hoành có phần phía trên trục hoành và phần phía dưới trục hoành có diện tích m  a a
bằng nhau. Khi đó m  (với a , b là các số nguyên, b  0 , là phân số tối giản). Giá trị b b
của biểu thức S  a  b là: A. 7. B. 6. C. 5. D. 4 Lời giải Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm: 4 2 x  6x  m  0   1 . Đặt 2 t  x t  0   1 trở thành 2
t  6t  m  0 2 .
C cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt thì phương trình  1 có 4 nghiệm phân biệt hay m       2 3  m  0 
phương trình 2 có hai nghiệm dương phân biệt   P  m  0  0  m  9 * .  S  6  0  TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 45
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Gọi t , t 0  t  t là hai nghiệm của phương trình 2 . Lúc đó phương trình   1 có bốn 1 2  1 2
nghiệm phân biệt theo thứ tự tăng dần là: x   t ; x   t ; x  t ; x  t . 1 2 2 1 3 1 4 2 3 x 4 x
Do tính đối xứng của đồ thị C nên có  4 2
x  6x  mdx   4 2 x  6x  mdx m  0 3 x 5 x4 3   2x  mx  0 5 3  x 10x  5mx  0. 4 4 5 4 4 4 4 2 x  6x  m  0 3 4 4  
Từ đó có x là nghiệm của hệ phương trình:  4  4 2
x 10x  5m  0 4  4 4 Lấy 3  4 2  x  m , thay 2 x  m vào 3 có: 2
m 5m  0  m  0  m  5 . 4 4
Đối chiếu điều kiện  
* ta có m  5  a  5 và b  1. Vậy S  6 .
Câu 81: Hình phẳng (H) được giới hạn bởi đồ thị (C) của hàm số đa thức bậc ba và parabol (P) có
trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần tô đậm như hình vẽ có diện tích bằng 37 7 11 5 A. . B. . C. . D. . 12 12 12 12 Lời giải Chọn A +) Gọi C 3 2
: y  ax  bx  cx  d a  0
Do C cắt trục Oy tại điểm có tung độ bằng 2 nên d  2
C đi qua 3 điểm A 1  ; 2
 , B1;0 và C2; 2
  nên ta được hệ phương trình a  b  c  4 a  1   a  b  c  2
 b  3. Do đó C 3 2 : y  x  3x  2 4a 2b c 2      c  0   +) Gọi P 2
: y  mx  nx  r m  0
Do P đi qua 3 điểm a 1  ; 2
 , O0;0 và C2; 2   nên ta được m  n  r  2  m  1   r  0
 r  0 . Do đó P 2 : y  x  x 4m 2n r 2      n  1   2 MTCT 37 Vậy 3 2  S  x  x  x  dx   H 2 2 1  12
Câu 82: (THPT CHUYÊN HẠ LONG - LẦN 2 - 2018) Cho các số p, q thỏa mãn các điều kiện: TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 46
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 1 1 p 1, q 1,
  1 và các số dương , a b . Xét hàm số: p 1 y x  
x  0 có đồ thị là C. p q
Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi C  , trục hoành, đường thẳng x  a , Gọi S 2  1 
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi C  , trục tung, đường thẳng y  b , Gọi S  là diện tích
hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung và hai đường thẳng x  a , y  b . Khi so sánh
S  S và S ta nhận được bất đẳng thức nào trong các bất đẳng thức dưới đây? 1 2 p q a b p 1  q 1 a b  p 1  q 1 a b  p q a b A.   ab B.   ab . C.   ab . D.   ab . p q p 1 q 1 p 1 q 1 p q Lời giải Chọn D Ta có: S  S  S . 1 2 b  1  a 1  b a   b 1    p 1   q q    y y b S   p p  x a p 1 x dx     ; p 1 S   y dy         . 1   p  p 2   1       q  q 0 0 0 1 0   p 1    0 1 p 1 1 p q a b Vì: 1     q . Vậy   ab . p 1 p 1 1 1 1 p q p q
Câu 83: (SGD&ĐT HÀ NỘI - 2018) Cho khối trụ có hai đáy là hai hình tròn O; R và O ; R ,
OO  4R . Trên đường tròn O; R lấy hai điểm ,
A B sao cho AB  a 3 . Mặt phẳng P
đi qua A , B cắt đoạn OO và tạo với đáy một góc 60 , P cắt khối trụ theo thiết diện là
một phần của elip. Diện tích thiết diện đó bằng  4 3   2 3   2 3   4 3  A. 2    R  . B. 2    R . C. 2    R . D. 2    R . 3 2          3 4   3 4   3 2   Lời giải Chọn A TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 47
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Cách 1: Gọi I, H, K, E là các điểm như hình vẽ. * Ta có:  IHO  60 2 2 3R R R R 2 2 2 2 OH  OB  BH  R    OH  3  OI  OH.tan 60  , 4 4 2 2 OH IE OK IH 
 R , IOH  EKH nên ta có:   2  IE  2R . cos 60 IH OH
* Chọn hệ trục tọa độ Ixy như hình vẽ ta có elip E  có bán trục lớn là a  IE  2R và E  đi  R 3  2 2 x y qua A  ; R  
nên E  có phương trình là E :   1. 2    2 2 4R R 2 R 2 2R 2 x x
* Diện tích của thiết diện là S  2 R 1 dx  2R 1 dx   2 2 4R 4R  R  R 2 R 2 x     * Xét tích phân: I  1 dx  , đặt x  2 . R sin t; t   ; ta được 2 4R  2 2    R   2 R       4 3  I     t  2 R sin 2t 2 3 1 cos 2 dt  t        R 2  S     R . 2 2  2        3 8 3 4       6 6 2 2 2 OA  OB  AB 1 R Cách 2: cos  AOB      AOB  120  OH  . 2.O . A OB 2 2
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ
 Phương trình đường tròn đáy là 2 2 2 2 2
x  y  R  y   R  x .
Hình chiếu của phần elip xuống đáy là miền sọc xanh như hình vẽ. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 48
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM R  2 3  Ta có 2 2 S  2 R  x d . x  Đặt x  . R sin t 2  S     R .  3 4  R    2
Gọi diện tích phần elip cần tính là S . S  4 3 
Theo công thức hình chiếu, ta có 2 S   2 S     R . cos 60  3 2    
Câu 84: (THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - GIA LAI - LẦN 2 - 2018) Cho parabol P 2 : y  x
và một đường thẳng d thay đổi cắt P tại hai điểm A , B sao cho AB  2018 . Gọi S là
diện tích hình phẳng giới hạn bởi P và đường thẳng d . Tìm giá trị lớn nhất S của S. max 3 2018 1 3 2018 3 2018 1 3 2018 A. S  . B. S  . C. S  . D. S  . max 6 max 3 max 6 max 3 Lời giải Chọn D Giả sử 2 ( A ; a a ) ; 2 B( ;
b b ) (b  a) sao cho AB  2018 .
Phương trình đường thẳng d là: y  (a  b)x  ab . Khi đó b b S  a  b x  ab  x x  
 abx ab x  1 ( ) d dx  b  a3 2 2 . 6 a a 2 Vì AB 
 b  a2  b  a  
 b  a2  b  a2 2 2 2  2 2018 2018 1  2018 . 3   2018 b  a2 2
 2018  b  a  b  a  2018  S  . 6 3 2018 Vậy S 
khi a  1009 và b  1009 . max 6
Câu 85: (CHUYÊN KHTN - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số 4 2
y  ax  bx  c có đồ thị C  , biết rằng
C đi qua điểm A1;0, tiếp tuyến d tại A của C cắt C tại hai điểm có hoành độ lần
lượt là 0 và 2 và diện tích hình phẳng giới hạn bởi d , đồ thị C  và hai đường thẳng x  0 28
; x  2 có diện tích bằng
(phần tô màu trong hình vẽ). 5
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi C  và hai đường thẳng x  1 ; x  0 có diện tích bằng 2 1 2 1 A. . B. . C. . D. . 5 4 9 5 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 49
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Lời giải Chọn D Ta có 3
y  4ax  2bx  d : y  4a  2b x   1 .
Phương trình hoành độ giao điểm của d và C  là:  a  b x   4 2 4 2 1  ax  bx  c   1 . Phương trình  
1 phải cho 2 nghiệm là x  0 , x  2 .  4  a  2b  c   1
 2a  6b  16a  4b  c  4  a  2b  c  0  2   . 28a 10b  c  0  3 2 28
Mặt khác, diện tích phần tô màu là     4  a  2bx   4 2 1  ax  bx  c dx 5   0 28    112 32 28 a  b 32 8 4 4 2  a  b  2c  a  b  2c   4. 5 5 3 5 3 5
Giải hệ 3 phương trình 2 , 3 và 4 ta được a  1, b  3 , c  2 . Khi đó, C  4 2
: y  x  3x  2 , d : y  2 x   1 . 0 0 1 Diện tích cần tìm là 4 2 S  x  3x  2  2  x  1dx 4 2  
 x  3x  2xdx   . 5 1  1
Câu 86: (THPT TỨ KỲ - HẢI DƯƠNG - LẦN 2 - 2018) Đặt S là diện tích của hình phẳng giới
hạn bởi đồ thị của hàm số 2
y  4  x , trục hoành và đường thẳng x  2 , x  m ,  25
2  m  2 . Tìm số giá trị của tham số m để S  . 3 A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 1. Lời giải Chọn D m 25 Ta có 2 S  4  x dx   . 3 2  Phương trình 2 4  x  0  x  2  .
Bài ra 2  m  2 nên trên 2;m thì 2 4  x  0 vô nghiệm. m 25 m m  x  4  x dx     4 x  3 25 25 2 2 dx   4x    3 3  3  3 2  2  2  3 3  m   8  25 m 16 25  4m    8     4m       3   3  3 3 3 3 3  m 16 25 1 3 4m    m  4m  3  0 3  3 3 3 3 m 12m  9  0         1 3 3  m 16 25 1 41  3 m 12m  41 0 4m     m  4m   0  3 3 3 3 3 Xét hàm số f m 3
 m 12m , với m 2;2 có f m 2  m    2 3
12 3 m  4  0 , m 2;2 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 50
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Do đó f m nghịch biến trên 
  f m  f   3 2; 2
2  16  m 12m  41  0 . 21  3 Khi đó   1 3
 m 12m  9  0  m 3 2
m  3m  3  0  m  thỏa mãn. 2 21  3 Vậy chỉ có m  thỏa mãn bài toán. 2
Câu 87: (THPT MỘ ĐỨC - QUẢNG NGÃI - 2018) Trong hệ trục tọa độ Oxy , cho parabol P 2
: y  x và hai đường thẳng y  a , y  b 0  a  b (hình vẽ). Gọi S là diện tích hình 1
phẳng giới hạn bởi parabol P và đường thẳng y  a (phần tô đen); S là diện tích hình 2 
phẳng giới hạn bởi parabol P và đường thẳng y  b (phần gạch chéo). Với điều kiện nào
sau đây của a và b thì S  S ? 1 2 A. 3 b  4a . B. 3 b  2a . C. 3 b  3a . D. 3 b  6a . Lời giải Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol P 2
: y  x với đường thẳng y  b là 2 x  b  x   b .
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol P 2
: y  x với đường thẳng y  a là 2 x  a  x   a .
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol P 2
: y  x và đường thẳng y  b là b b 3  x   b b  4b b S  2   2
b  x d x  2bx    2b b    .  3  3  3 0  0  
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol P 2
: y  x và đường thẳng y  a (phần tô màu đen) a a 3  x   a a  4a a là S  2   2 a  x d x  2 ax   2a a    . 1    3  3  3 0  0   b b a a 3 3 Do đó S  4 4 2S   2.   b  2 a  3  b  2 a 3  b  4a . 1 3 3 2 x
Câu 88: (THPT YÊN KHÁNH A - LẦN 2 - 2018) Cho hình phẳng giới hạn bởi Elip 2  y  1, 4 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 51
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 3 a c parabol 2 y 
x và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ) có diện tích T    3 2 b d a c (với * a,c  ;  ,
b d   ; , là các phân số tối giản). Tính S  a  b  c  d . b d A. S  32 . B. S  10 . C. S  15 . D. S  21. Lời giải Chọn C 2 2 x x Ta có: 2  y  1 y   1 4 4 2 x 3
Hoành độ giao điểm (E’) y  1 và parabol 2 y  x là 4 2 2 x 3 2 4 2 2 1 
x  3x  x  4  0  x  1 x  1 (theo hình vẽ thì x  0 ) 4 2 1 2 2 3 x Vậy 2 T  x dx  1 dx   2 4 0 1 1 1 3 3 3x 3 Mà 2 x dx    2 6 6 0 0 2 2 2 x 1 Ta có: 2 I  1 dx  4  x dx  
. Đặt x  2 cos t ta có: 4 2 1 1   2 0 3 3 2 3 2 4  x dx   2 4sin t.   2  sin tdt 2
 4 sin tdt  2 1 cos2tdt     3 2 1  0 0 3 1 1  Do đó T  .  . 3 nên S  15 3 12 Câu 89: Cho hàm số 3 2
y  x  ax  bx  c a,b,c   có đồ thị C và 2
y  mx  nx  p m, n, p   có đồ thị P như hình vẽ. Tính diện tích hình phẳng giới
hạn bởi C  và P có giá trị nằm trong khoảng nào sau đây? TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 52
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM A. 0;  1 . B. 1;2 . C. 2;3. D. 3;4. Lời giải Chọn B
Căn cứ đồ thị ta thấy + Hàm số 3 2
y  x  ax  bx  c đạt cực trị tại x  1 nên ta có  y    1  0 2a  b  3  0 a  0      .  y    1  0 2a  b  3  0 b  3  + Hàm số 2
y  mx  nx  p đạt cực đại tại x  1 và P  cắt C  tại hai điểm có hoành độ x  1 nên ta có  2  m  n  0 n  2    1
  a  b  c  m  n  p  m  1  1 a b c m n p         p  c  1   1 1 4 Suy ra S   2 3 2
mx  nx  p  x  ax  bx  xdx   3 2 x  x  x   1 dx     1;2 3 1  1  TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 53
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 2: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN TÍNH THỂ TÍCH KHỐI TRÒN XOAY
Dạng 2.1: Ứng dụng của tích phân tính thể tích khối tròn xoay (không có điều kiện)
 BÀI TẬP NỀN TẢNG & VẬN DỤNG 
Câu 90: (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Viết 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  x , trục Ox
và hai đường thẳng x  a, x  ba  b , xung quanh trục Ox . b b b b A. V  f  xdx B. 2 V   f  xdx C. 2 V  f  xdx D. V   f  xdx a a a a Lời giải Chọn B
Câu 91: (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho hàm số y  f  x liên tục trên đoạn  ; a  b . Gọi
D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x , trục hoành và hai đường thẳng x  ,
a x  ba  b. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành
được tính theo công thức: b b b b A. 2 V   f  xdx B. 2 V   f  xdx C. 2 V  2 f  xdx D. 2 2 V   f  xdx a a a a Lời giải Chọn B
Câu 92: (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho hình phẳng H  giới hạn bởi các đường 2
y  x  3 , y  0 , x  0 , x  2 . Gọi V là thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi
quay H  xung quanh trục Ox . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 2 2 A. V   2x  3dx
B. V    2x 3dx 0 0 2 2 2 2 C. V   2x 3 dx
D. V    2x  3 dx 0 0 Lời giải Chọn D
Thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay H  xung quanh trục Ox là: 2 V   x 32 2 dx . 0
Câu 93: (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong  x y e , trục
hoành và các đường thẳng x  0 , x  1. Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục
hoành có thể tích V bằng bao nhiêu? TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 54
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM  2e 1 2 e 1  2 e  2e 1 A. V  B. V  C. V  D. V  2 2 3 2 Lời giải Chọn D 1 x  e x e 1 2  2 1 2   V   e dx    2 2 0 0
Câu 94: (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho hình phẳng D giới hạn với đường cong 2 y  x 1
, trục hoành và các đường thẳng x  0, x  1. Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh
trục hoành có thể tích V bằng bao nhiêu? 4 4 A. V  2 B. V  C. V  2 D. V  3 3 Lời giải Chọn B
Thể tích khối tròn xoay được tính theo công thức:      x  V x 1 1 1 1 dx   x   3 2 4 2 2 1 dx     x   .  3  3 0 0 0
Câu 95: (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y 
 2  cos x, trục hoành và các đường thẳng x  0,x  . Khối tròn xoay tạo thành khi 2
D quay quanh trục hoành có thể tích V bằng bao nhiêu? A. V  (  1) B. V   1 C. V    1 D. V  (  1) Lời giải Chọn A  2 V
 2 cosx2dx 2x sinx       2  (   1). 0 0
Câu 96: MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong
y  2  sin x , trục hoành và các đường thẳng x  0 , x   . Khối tròn xoay tạo thành khi
quay D quay quanh trục hoành có thể tích V bằng bao nhiêu? A. V  2    1 B. V  2 C. V  2   1 D. 2 V  2 Lời giải Chọn A A   2 
Ta có: V    2  sin x  dx   2  sin xdx   2x cos x  2   1 . 0 0 0
Câu 97: (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Kí hiệu H  là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số  2( 1) x y x
e , trục tung và trục hoành. Tính thể tích V của khối tròn xoay thu được
khi quay hình H  xung quanh trục Ox A. V   2 e  5 B. V  4  2e C. 2 V  e 5 D. V  4  2e TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 55
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Lời giải Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm 2   1 x x e  0  x 1
Thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình H  xung quanh trục Ox là: du  2 x 1 dx 1 1 u   x  2   1     2     2 1 x   4   2 2 1 x V x e dx x e dx   . Đặt   2x  e 2x 0 0 dv  e dx v   2 1 1 2 x 1 2 x 2 x 1 e e e  V  4 x  2 1  4 2x   1 dx  4  x  2 1  4 x     2 1 x e dx 2 2 2 0 0 0 0      1 u x 1 du dx  Gọi      2 1 x I x e dx . Đặt 2x 1  e 2 x dv  e dx  v  0  2 1 2 x 1 2 x e e  I  4 x   1 2x 2 2 1  4 dx  2   e
 2  e    3  e 1  0 2 2 0 0 1 2 x e
Vậy V  4  x  2 1  I  2     2
3  e     2 e  5 . 1  2 0
Câu 98: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình phẳng H  giới hạn bởi các đường thẳng 2
y  x  2, y  0, x 1, x  2. Gọi V là thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay
H  xung quanh trục Ox . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 2 2 2 A. V   2x  2dx B. V    2 x  2 dx 1 1 2 2 2
C. V   2x  2 dx
D. V    2x 2dx 1 1 Lời giải Chọn B 2 2
Ta có: V    2x  2 dx . 1
Câu 99: (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Tính thể tích V của phần vật thể giới hạn bởi
hai mặt phẳng x  1 và x  3, biết rằng khi cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục
Ox tại điểm có hoành độ x (1 x  3 ) thì được thiết diện là một hình chữ nhật có độ dài hai cạnh là 3x và 2 3x  2 . 124 124 A. V 
B. V  (32  2 15) C. V  32  2 15 D. V  3 3 Lời giải Chọn A
Diện tích thiết diện là: 2 S(x)  3 . x 3x  2 3  124 Thể tích vật thể là: 2 V  3 . x 3x  2dx   3 1 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 56
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 100: (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Tìm công thức tính thể tích của khối tròn xoay khi
cho hình phẳng giới hạn bởi parabol  P 2
: y  x và đường thẳng d : y  2x quay xung quanh trục Ox . 2 2 2 2 2 2 2
A.   2x  2x dx . B. 2 4  4x dx  x dx   . C. 2 4  4x dx  x dx   . D.   2 2x  x dx 0 0 0 0 0 0 Lời giải Chọn B x  0
Phương trình hoành độ giao điểm 2 x  2x  0   . x  2 2 2
Vậy thể tích khối tròn xoay được tính 2 4 V   4x dx  x dx   . 0 0
Câu 101: (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Cho hình phẳng H  giới hạn bởi các đường 2
y  x  3, y  0, x  0, x  2 . Gọi V là thể tích khối tròn xoay được tạo thành
khi quay H  xung quanh trục Ox . Mệnh đề nào sau đây đúng? 2 2 2
A. V    2x  3 dx .
B. V   2x  3dx . 0 0 2 2 2
C. V   2x 3 dx .
D. V    2x  3dx . 0 0 Lời giải Chọn A 2 2
Thể tích của vật thể được tạo nên là V    2x  3 d .x 0
Câu 102: (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi V là thể tích của
khối tròn xoay thu được khi quay hình thang cong, giới hạn bởi đồ thị hàm số y  sin x , trục 
Ox, trục Oy và đường thẳng x 
, xung quanh trục Ox. Mệnh đề nào dưới đây đúng? 2     2 2 2 2 A. 2 V  sin xdx  B. V  sin xdx  C. 2 V   sin xdx  D. V   sin xdx  0 0 0 0 Lời giải Chọn C TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 57
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM b Công thức tính: 2 V   f  xdx a
Câu 103: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số 2
y  x  2x , trục hoành, đường thẳng x  0 và x  1quanh trục hoành bằng 16 2 4 8 A. . B. . C. . D. . 15 3 3 15 Lời giải Chọn D 1 1 1 5 3 2  x 4x   1 4  8
Ta có V    2x  2x dx    4 3 2 x  4x  4x  4 dx   .  x    . 1  .    5 3   5 3  15 0 0 0
Câu 104: (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho miền phẳng D
giới hạn bởi y  x , hai đường thẳng x  1 , x  2 và trục hoành. Tính thể tích khối tròn
xoay tạo thành khi quay  D quanh trục hoành. 3 2 3 A. 3 . B. . C. . D. . 2 3 2 Lời giải Chọn B 2 2 2  x 3 V   xdx    . 2 2 1 1
Câu 105: (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình phẳng H  giới hạn bởi các đường 2
y  2x  x , y  0 . Quay H  quanh trục hoành tạo thành khối tròn xoay có thể tích là 2 2 2 2 2 2 A.  2 2   x x dx B.   2 2   x x  dx C.  2 2   x x  dx D.   2 2   x x dx 0 0 0 0 Lời giải Chọn B 2 2
Theo công thức ta chọn V    2 2x   x  dx 0 
Câu 106: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y  tan x , y  0, x  0, x  quay xung quanh trục 4
Ox . Tính thể tích vật thể tròn xoay được sinh ra.  ln 2  ln 3  A. . B. C. . D.  ln 2 . 2 4 4 Lời giải Chọn A     4 4 4 4 2 sin x d cosx
Thể tích vật thể tròn xoay được sinh ra làV    tan x    .dx   tan . x dx   .dx        cosx cosx 0 0 0 0     ln cosx  1 ln 2 4        ln    . 0  2  2 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 58
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 107: (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi V là thể tích khối tròn 2 2 x y
xoay tạo thành do quay xung quanh trục hoành một elip có phương trình   1. V có 25 16
giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 550 B. 400 C. 670 D. 335 Lời giải Chọn d
Quay elip đã cho xung quanh trục hoành chính là quay hình phẳng: 2  x    H  y  4 1 , y  0, x  5  , x  5 . 25  
Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra bởi H khi quay xung quanh trục hoành là: 2 3 5  16x   16x  5 320 V   16    dx    16x      335,1 5  25 75 5  3    
Câu 108: (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Cho hình phẳng H  giới hạn bởi các đường 2
y  x  2x , trục hoành và đường thẳng x  1 . Tính thể tích V hình tròn xoay sinh ra bởi
H  khi quay H  quanh trục Ox . 4 16 7 15 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 3 15 8 8 Lời giải Chọn B
Theo đề, ta có hình vẽ sau: y x 1 2 y  x  2x 1 2 O x
Nhận xét: Khi nhìn vào hình vẽ. Đường thẳng x  1 chia hình phẳng giới hạn bởi đường 2
y  x  2x và trục hoành làm 2 phần. Dễ thấy lúc này hình phẳng H  không thể xác định vì
phần hình giới hạn bởi x  0 đến x  1 và x  1 đến x  2 chưa rõ ràng.
Nếu xét phần tròn xoay khi xoay hình phẳng quanh trục Ox khi x  0 đến x  2 thì không có
đáp án trong bài, đồng thời đề cho thêm đường thẳng x  1 là không cần thiết.
Do đó để bài toán có đáp án và rõ ràng hơn ta điều chỉnh đề như sau:
Cho hình phẳng H  giới hạn bởi đường 2
y  x  2x , trục hoành. Tính thể tích V hình tròn
xoay sinh ra bởi H  khi quay H  quanh trục Ox . 2 y  x  2x
Hình phẳng H  giới hạn bởi  . y  0
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của 2
y  x  2x và y  0 (trục hoành) là: TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 59
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM x  0 2
x  2x  0  x  2
Khi đó thể tích V hình tròn xoay sinh ra bởi H  khi quay H  quanh trục Ox là: 2 16 V   x  2x2 2 dx  . Ox 15 0
Câu 109: (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Thể tích khối 1
tròn xoay khi quay hình phẳng H  xác định bởi các đường 3 2
y  x  x , y  0, x  0 và 3 x  3 quanh trục Ox là 81 81 71 71 A. . B. . C. . D. . 35 35 35 35 Lời giải Chọn A
Thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng H  quanh trục Ox là : 3 2 3  1   1 2  81 3 2 6 5 4 V   x  x dx   x  x  x dx      .  3   9 3  35 0 0 81
Vậy thể tích khối tròn xoay cần tính là : V  . 35
Câu 110: (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Thể tích khối
tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi parapol (P): 2
y  x và đường thẳng d: y  2x
quay xung quanh trục Ox bằng: 2 2 A. 2  (2x  x )dx  . B. 2 2  (x  2x) dx  . 0 0 2 2 2 2 C. 2 4  4x dx   x dx   . D. 2 4  4x dx   x dx   . 0 0 0 0 Lời giải Chọn D y y = x^2 12 10 y = 2x 8 6 4 2 x 15 10 5 O 5 10 15 2 2 x  0
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị: 2 x  2x   x  2 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 60
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 2 2 2 2 Ta có: 2 2 2 2 4
V   (2x) dx   (x ) dx   4x dx   x dx Ox     0 0 0 0
Câu 111: (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình phẳng D
được giới hạn bởi hai đường y   2 2 x   1 ; 2
y  1 x . Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành
do D quay quanh trục Ox . 64 32 32 64 A. . B. . C. . D. . 15 15 15 15 Lời giải Chọn A y 2 y=2x2-1 1 -1 1 O x 2 y=2(1-x2) y=1-x2
Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số y   2 2 x   1 và 2 y  1 x là  2x   2 2 1  1 x  x  1  .
Lấy đối xứng đồ thị hàm số y   2 2 x  
1 qua trục Ox ta được đồ thị hàm số y   2 2 1 x  . Ta có  2  x  2 2 1
 1 x ,x 1; 
1 . Suy ra thể tích khối tròn xoay cần tìm là 1  V   2  x   2 64 2 1  dx    . 15 1
Câu 112: (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình phẳng giới hạn bởi các 
đường y  tan x , y  0 , x  0 , x  quay xung quanh trục Ox . Thể tích của khối tròn 4 xoay tạo thành bằng:    3  1  A. 5 B.  1   C. D.       4  2  2  Lời giải Chọn B   4 4 1 2   2 2 t 
V   tan xdx   sin d x   tanx   dt   1  2   t 1  4  0 0 0
Câu 113: (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hình phẳng
giới hạn bởi các đường y  x  2 , y  0 và x  9 quay xung quanh trục Ox . Tính thể tích
khối tròn xoay tạo thành. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 61
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 7 5 7 11 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 6 6 11 6 Lời giải Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  x  2 và trục hoành: x  2  0  x  2  x  4 .
Thể tích của khối tròn xoay tạo thành là: 9 9 9 2  x 8x x 
V    x  22 dx  x 4 x  4dx      4x   2 3  4 4   4  81  16 64  11    72  36    16      .  2   2 3  6
Câu 114: (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Tính thể tích của vật thể
tròn xoay được tạo thành khi quay hình H  quanh Ox với H  được giới hạn bởi đồ thị hàm số 2
y  4x  x và trục hoành. 31 32 34 35 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Lời giải Chọn B Điều kiện xác định: 2
4x  x  0  0  x  4.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số 2
y  4x  x và trục hoành x  0 2 4x  x  0 2  4x  x  0   . x  4
Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình H  quanh Ox là : 4 4 32 V     2 4x  x 2dx    2 4x  x dx   . 0 0 3 32
Vậy thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình H  quanh Ox là  . 3
Câu 115: (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hình
phẳng H  giới hạn bởi đồ thị 2
y  2x  x và trục hoành. Tính thể tích V vật thể tròn xoay
sinh ra khi cho H  quay quanh Ox . 4 16 16 4 A. V   . B. V   . C. V  . D. V  . 3 15 15 3 Lời giải Chọn B x  2
Phương trình hoành độ giao điểm của H  với trục hoành: 2 1 2x  x  0   . x  0  2
Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra do H  quay quanh Ox là: 2 2 2  5 4  x V   2x  x 2 2 .dx 16     2 3 4 4x  4x  x .dx 3 4  . x  x      . 3 5  15 0 0 0   TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 62
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 116: (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Tính thể tích của vật thể tạo nên khi quay
quanh trục Ox hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị P 2
: y  2x  x và trục Ox bằng: 19 13 17 16 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 15 15 15 15 Lời giải Chọn D
Xét phương trình hoành độ giao điểm của P và trục Ox : x  0 2 2x  x  0   . x  2 Khi đó: 2 2   V   2x  x  2 2 4 1 16 2 dx    2 3 4 4x  4x  x  3 4 5 dx   x  x  x     .  3 5  15 0 0 0
Câu 117: Tính thể tích vật tròn xoay tạo bởi miền hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x  3 ,
y   x  3 , x  1 xoay quanh trục Ox . 41 43 41 40 A.  . B.  . C.  . D.  . 2 2 3 3 Lời giải Chọn B TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 63
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM  x  3  0
Xét phương trình x  3   x  3    x  3  .  x  3  1
Xét hình H  giới bởi đồ thị các hàm số y  x  3  3   x  2  , y  x  3  2   x   1 , y  0 và x  1 .
Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm chính bằng thể tích của vật thể tròn xoay thu được khi quay
quanh hình H  quanh trục Ox . Do đó 2  2 1  V   x    x     x 2 43 3 d 3 dx  . 3    2  2
Câu 118: (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Ký hiệu (H ) là hình
phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 2  ( )  . x y f x
x e , trục hoành, đường thẳng x  1. Tính
thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay (H ) quanh trục hoành. 1 1 A. 2 V  e 1. B. V    2 e   1 . C. 2 V   e 1. D. V    2 e   1 . 4 4 Lời giải Chọn D
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  f (x) và trục hoành là nghiệm của phương trình 2 . x x e  0  x  0.
Khi đó thể tích của khối tròn xoay được tạo thành là: 1 V    1 1 2 x. x e 2 2 x 1 2 x 1 2 1 x 1 2 2 2 2 2 dx   xe dx   e d(2x )   e   (e 1)   . 4 4 0 4 0 0 0
Câu 119: (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Cho vật thể T  giới hạn bởi hai mặt
phẳng x  0; x  2 . Cắt vật thể T  bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại x0  x  2
ta thu được thiết diện là một hình vuông có cạnh bằng    1 x x
e . Thể tích vật thể T  bằng   4 13e   1 4 13e 1 A. . B. . C. 2 2e . D. 2 2e . 4 4 Lời giải Chọn B TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 64
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Diện tích thiết diện là      2 2 1 x S x x e . 2 2
Thể tích của vật thể T  là         2 2 1 x V S x dx x e dx . 0 0 2 2 2 4 2 1     V   x  2 e x x x 9 1 1 x 1 2 1 e  x   2 2 2 1 x e dx    e  e dx   2 2  2 2  0 0 0  0  2 4 4 4 9e 1 3e 1 1 e  x 1 1 13 1 2 4 4    e  3e  e   . 2 2 4 4 4 4 0
Câu 120: (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Cho hai mặt cầu S , S
1   2  có cùng bán kính
R  3 thỏa mãn tính chất tâm của  1
S  thuộc S2  và ngược lại. Tính thể tích V phần chung
của hai khối cầu tạo bởi S , S 1   2  . 45 45 45 45 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 8 4 4 8 Lời giải Chọn A
Phần chung của hai khối cầu tạo bởi  1
S ,S2  là một khối tròn xoay, tương đương phần hình
phẳng OAO quay quanh trục OO hay bằng hai lần phần mặt phẳng tạo bởi AHO quay quanh trục OO .
Đặt hệ trục như hình khi đó phương trình đường tròn O là 2 2 2
x  y  9  y  9  x , điểm 3
H có hoành độ bằng ; O có hoành độ là 3 nên thể tích : 2 3 45 V    9 x 2 3 2 dx      2 9  x dx   . 8 3 3 2 2
Câu 121: (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ - THÁNG 4 - 2018) Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị y  x và 2
y  x quay quanh trục tung tạo nên một vật thể tròn xoay có thể tích bằng   2 4 A. . B. . C. . D. . 6 3 15 15 Lời giải TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 65
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Chọn A x  0  y  0
Phương trình hoành độ giao điểm 2 x  x   .  x  1   y  1
Ta có đồ thị hai hàm số y  x và 2
y  x đều đối xứng qua Oy nên hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị y  x và 2
y  x quay quanh trục tung tạo nên một vật thể tròn xoay có thể tích bằng
thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi hai đường x  y và x  y quay xung quanh trục Oy .
Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là: 1 1 1  2 1 1 V   y  y dy     2 y  y dy 2 3     . y  y    .  2 3  6 0 0 0
Câu 122: (THPT CHUYÊN NGUYỄN THỊ MINH KHAI - SÓC TRĂNG - 2018) Cho hình (H ) 3
giới hạn bởi đồ thị hàm số 3 y 
x , cung tròn có phương trình 2
y  4  x (với 0  x  2) 9
và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ).
Biết thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay (H ) quanh trục hoành là  a c  a c V   3     , trong đó * a, , b , c d  và
, là các phân số tối giản. Tính  b d  b d P  a  b  c  d . A. P  52 . B. P  40 . C. P  46 . D. P  34 . Lời giải Chọn C 3
Phương trình hoành độ giao điểm: 3 2 x  4  x  x  3 9 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 66
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 2  3 2 3    V      x  dx      4 x 2 3 2 dx  9  0   3   3 2  1  6    x dx     2 4  x dx 27  0 3  3 2  7 3 1 x x       .  4x      27 7  3   0 3    20 3 16        . 7 3   
 a  20,b  7,c  16, d  3
 P  a  b  c  d  46 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 67
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Dạng 2.2: Ứng dụng của tích phân tính thể tích khối tròn xoay (có điều kiện)
 BÀI TẬP NỀN TẢNG & VẬN DỤNG 
Câu 123: (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình phẳng (H ) được
giới hạn bởi đường cong 2 2
y  m  x ( m là tham số khác 0 ) và trục hoành. Khi (H ) quay
xung quanh trục hoành được khối tròn xoay có thể tích V . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để V 1000 . A. 18. B. 20. C. 19. D. 21. Lời giải Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong và trục hoành là: 2 2 m  x  0  x  m m 2 1 m 4 m m
Thể tích vật thể tròn xoay cần tính là: 2 2 2 3 V  
(m  x )dx   (m x  x ) |   3  m 3  m 2 4 m m Ta có: V 1000   1000 3  m  750 3 3   750  m  750 . 3
Ta có 3 750  9,08 và m  0 . Vậy có 18 giá trị nguyên của m.
Câu 124: (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Cho hàm số y  f  x 3 2
 ax  bx  cx  d,a,b,c,d ,a  0 có đồ thị C. Biết rằng đồ thị C tiếp
xúc với đường thẳng y  4 tại điểm có hoành độ âm và đồ thị của hàm số y  f ' x cho bởi
hình vẽ dưới đây. Tính thể tích vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng H giới
hạn bởi đồ thị C  và trục hoành khi quay xung quanh trục Ox . 725 1 A.  . B.  . C. 6 . D. đáp án khác. 35 35 Lời giải Chọn D
Dựa vào đồ thị hàm số y  f ' x  f  x   2 ' 3 x   1 .
Khi đó f  x  f x 3 ' dx  x  3x  C  .
Điều kiện đồ thị hàm số f  x tiếp xúc với đường thẳng y  4 là: TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 68
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM  f   x 3  4 x  3x  C  4  x  1      suy ra f  x 3 2  x  3x  2C  .  f '   x  0 3   2 x   1  0 C   2
+ C  Ox  hoành độ giao điểm là x  2  ; x 1. 1 2 729 +Khi đó V    3 2 x  3x  2 dx   . 35 2 
Câu 125: (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Gọi V là thể tích khối tròn
xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x , y  0 và x  4 quanh
trục Ox . Đường thẳng x  a 0  a  4 cắt đồ thị hàm số y  x tại M (hình vẽ). Gọi V 1
là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox . Biết rằng V  2V . Khi đó 1 5 A. a  2 . B. a  2 2 . C. a  . D. a  3 . 2 Lời giải Chọn D 4 4 2 x Ta có: V   xdx    8 
. Mà V  2V  V  4 . 2 1 1 0 0
Gọi K là hình chiếu của M trên Ox  OK  a, KH  4  a, MK  a .
Khi xoay tam giác OMH quanh Ox ta được khối tròn xoay là sự lắp ghép của hai khối nón
sinh bởi các tam giác OMK, MHK , hai khối nón đó có cùng mặt đáy và có tổng chiều cao là 1 4a
OH  4 nên thể tích của khối tròn xoay đó là V  ..4. a 2  , từ đó suy ra a  3 . 1 3 3 2  x y   4  2  x
Câu 126: (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , H : y   , 1  4  x  4, x  4   2 2 x  y 16   
H  : x   y  22 2
 4 . Cho H , H xoay quanh trục Oy ta được các vật thể có thể tích 1   2  2  x    y  22 2  4
lần lượt V ,V . Đẳng thức nào sau đây đúng. 1 2 1 3 A. V V . B. V  V . C. V  2V . D. V  V . 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 69
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Lời giải Chọn D 4  2  Ta có V  8. 2 .4  2 4y dy    96 1     0  3 3 4.4 4.2 V   2  64 2 3 3 3 Suy ra V  V 1 2 2
Câu 127: (THPT CHU VĂN AN -THÁI NGUYÊN - 2018) Cho hình thang ABCD có AB song
song CD và AB  AD  BC  a, CD  2a . Tính thể tích khối tròn xoay khi quay hình thang
ABCD quanh trục là đường thẳng AB . 5 5 3 2 2 A. 3  a . B. 3  a . C. 3 a . D. 3  a . 4 2 3 Lời giải Chọn A
Dễ thấy ABCE là hình bình hành nên AE  BC  a . Vậy ADE là tam giác đều. a 3 Có AH  . 2 a 3
Xét hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Có phương trình CD : y   ; x  0, x  2a ; 2 D C  a  A ;0   .  2  a 3
Phương trình AD : y  3x  . 2 a a 2 2 2a 2 2 2 2  a 3   a 3  3 a  3a  Vậy 2 V       2  3x   
.2a  2 3x  3ax    2   2  4      4 0 0 0  a 3 2 2 3 3 3 a  3a 3a  3 a a 5 3 2 3  2  x  x  x    2.  a . 2  2 4  2 8 4 0 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 70
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Cách 2: Thể tích khối tròn xoay được tạo ra theo đề bài là thể tích khối trụ có chiều cao 2a bán a 3 a a 3 kính đáy bằng
trừ đi thể tích hai khối nón cùng có chiều cao bán kính đáy . Vậy 2 2 2 2 2  a 3  1  a 3  a 5 3 V   .  2a  2.    .   a  . 2  3  2  2 4    
Câu 128: (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình phẳng
D giới hạn bởi các đường y  x  , y  sin x và x  0 . Gọi V là thể tích khối tròn xoay
tạo thành do D quay quanh trục hoành và 4
V  p ,  p  . Giá trị của 24 p bằng A. 8 . B. 4 . C. 24 . D. 12 . Lời giải Chọn A
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  x   và y  sin x :
x   sin x  x   sin x  0  
1 . Ta thấy x   là một nghiệm của phương trình   1 .
Xét hàm số f  x  x   i
s n x  f  x 1 o c sx  0, x   .
 f x đồng biến trên  nên x   là nghiệm duy nhất của phương trình f x  0 . Cách 1:
Xét hàm số g  x    x  i s n x, x 0;  . g x  1   o c sx  0, x
 0;  , suy ra hàm số g x    x  isn x nghịch biến trên 0;  . x
 0;  : g x  g      x sin x     sin  0    x  sin x 2.
Do đó thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành là thể tích của khối nón
khi quay tam giác vuông OAB quanh trục hoành. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 71
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 1 1 1 1 1 2 2 4
V  . .OB .OA   . .    p  . Vậy 24 p  24.  8 . 3 3 3 3 3  
Cách 2: Từ 2 ta có V   x  2dx   x  2dx   0 0   x   3 4    1 .   p  . 3 3 3 0 1 Vậy 24 p  24.  8 . 3
Câu 129: (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG - TPHCM - 2018) Cho đồ thị C  : y  f  x  x
. Gọi H  là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị C  , đường thẳng x  9 và trục Ox . Cho điểm
M thuộc đồ thị C  và điểm A9;0 . Gọi V là thể tích khối tròn xoay khi cho H  quay 1
quanh trục Ox , V là thể tích khối tròn xoay khi cho tam giác AOM quay quanh trục Ox . 2
Biết rằng V  2V . Tính diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị C  và đường 1 2 thẳng OM . 27 3 3 3 4 A. S  3 . B. S  . C. S  . D. S  . 16 2 3 Lời giải Chọn B 9 2  Ta có V  π x dx  81 . 1   2 0
Gọi H là hình chiếu của M lên trục Ox , đặt OH  m (với 0  m  9 ), ta có M  ; m m  , MH  m và AH  9  m . 1 1 1 Suy ra 2 2 V  π.MH .OH  π.MH .AH 2  π.MH .OA  3mπ . 2 3 3 3 81π  27 3 3 
Theo giả thiết, ta có V  2V nên  6 π m  27 m  . Do đó M  ; . 1 2 2 4  4 2    2 3
Từ đó ta có phương trình đường thẳng OM là y  x . 9
Diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị C  và đường thẳng OM là 27 27 4  2 3  4  2 3  S    x  x dx 2    x x  x   27 3 . 9   3 9  16 0     0 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 72
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 3: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG
Dạng 3.1: Bài toán cho biết hàm số của vận tốc, quãng đường của chuyển động
 BÀI TẬP NỀN TẢNG & VẬN DỤNG 
Câu 130: (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động 1 13
thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy luật v t  2  t  t m/s , trong đó t 100 30
(giây) là khoảng thời gian tính từ lúc A bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất
điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 10
giây so với A và có gia tốc bằng a  2
 m/s  ( a là hằng số). Sau khi B xuất phát được 15
giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng A. 15 m/s B. 9m/s C. 42 m/s D. 25 m/s Lời giải Chọn D Ta có v t   .
a dt  at  C v 0  0  C  0  v t  at . B   B  , B  
Quãng đường chất điểm A đi được trong 25 giây là 25  1 13 25 2   1 13  375 S   t  t dt 3 2  t  t   . A      100 30   300 60  2 0 0
Quãng đường chất điểm B đi được trong 15 giây là 15 2 15 at 225a S  at.dt   . B  2 2 0 0 375 225a 5 Ta có   a  . 2 2 3 5
Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A là v    . B 15 .15 25 m/s 3
Câu 131: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng 1 58
với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy luật v t 2  t  t m / s , trong đó t 120 45
(giây) là khoảng thời gian tính từ lúc A bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất
điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3
giây so với A và có gia tốc bằng a 2
m / s  ( a là hằng số). Sau khi B xuất phát được 15
giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng A. 21m / s B. 25m / s C. 36m / s D. 30m / s Lời giải Chọn D
Thời điểm chất điểm B đuổi kịp chất điểm A thì chất điểm B đi được 15 giây, chất điểm A đi được 18 giây.
Biểu thức vận tốc của chất điểm B có dạng v t  d a t  at  C v 0  0 nên B  mà B   TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 73
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM v t  at . B  
Do từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động cho đến khi chất điểm B đuổi kịp thì quãng
đường hai chất điểm đi được bằng nhau. Do đó 18  1 58 15  225 2 t  dt  atdt  225  a.  a  2     0 0 120 45  2
Vậy, vận tốc của chất điểm B tại thời điểm đuổi kịp A bằng v t   2.15  30m / s . B 
Câu 132: (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Một ô tô đang chạy với vận tốc 10m/s thì người
lái đạp phanh; từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v t  5  t 10
(m/s), trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc
đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét? A. 0,2m B. 2m C. 10m D. 20m Lời giải Chọn C
Xét phương trình 5t 10  0  t  2. Do vậy, kể từ lúc người lái đạp phanh thì sau 2s ô tô dừng hẳn.
Quãng đường ô tô đi được kể từ lúc người lái đạp phanh đến khi ô tô dừng hẳn là 2 s     5  t 10 5 2 2 dt   t 10t  10 .   m  2  0 0
Câu 133: (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng 1 59
với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy luật v t 2  t  t m / s , trong đó t 150 75
(giây) là khoảng thời gian tính từ lúc a bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất
điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3
giây so với A và có gia tốc bằng a  2
m / s  ( a là hằng số). Sau khi B xuất phát được 12
giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng A. 15m / s B. 20m / s C. 16m / s D. 13m / s Lời giải Chọn C 15  1 59 
Quãng đường chất điểm A đi từ đầu đến khi B đuổi kịp là 2 S  t  t dt  96   m . 150 75  0
Vận tốc của chất điểm B là v t  adt  at  C B    .
Tại thời điểm t  3 vật B bắt đầu từ trạng thái nghỉ nên v 3  0  C  3  a . B Lại có quãng đường chất điểm B đi được đến khi gặp A là 15 15 2  at  S  at  3a dt     3at   72a m . 2      2 3  3 4 Vậy 72a  96  a   2 m / s  . 3
Tại thời điểm đuổi kịp A thì vận tốc của B là v 15 16m / s . B 
Câu 134: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 74
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 1 11
với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy luật 2 v(t)  t 
t m / s , trong đó t (giây) 180 18
là khoảng thời gian tính từ lúc A bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B
cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 5 giây so với
A và có gia tốc bằng a  2
m / s  ( a là hằng số). Sau khi B xuất phát được 10 giây thì đuổi
kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng A. 15m / s B. 10m / s C. 7m / s D. 22m / s Lời giải Chọn A
Thời gian tính từ khi A xuất phát đến khi bị B đuổi kịp là 15 giây, suy ra quãng đường đi 15 15  15 1 11   1 11 
được tới lúc đó là v(t)dt  2  t  t dt   3 2  t  t    75m . 180 18   540 36  0 0 0
Vận tốc của chất điểm B là y t   . a dt   .
a t  C ( C là hằng số); do B xuất phát từ trạng
thái nghỉ nên có y 0  0  C  0 ;
Quãng đường của B từ khi xuất phát đến khi đuổi kịp A là 10 10 10 2 . a t y(t)dt  75   . a d t t  75    75  50a  3 75  a  2 2 0 0 0 t Vậy có y t 3 
; suy ra vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng y 10 15m / s . 2 1
Câu 135: (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Một vật chuyển động theo quy luật s   3 t  2 6t với t 2
(giây) là khoảng thời gian tính từ khi vật đó bắt đầu chuyển động và sm là quãng đường
vật di chuyển được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 6 giây, kể từ khi
bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bào nhiêu? A. 18m/s B. 108m/s C. 64m/s D. 24m/s Lời giải Chọn B 3
Vận tốc của vật chuyển động là v   s   2 t 12t  f t 2
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f t trên đoạn 0;6  
Ta có f t  3t  12  f t  0  t  4  0;6  
f 0  0; f 4  24; f 6  18
Vậy vận tốc lớn nhất là 24m/s.
Câu 136: (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một ô tô đang
chạy với tốc độ 20m / s thì người lái đạp phanh, từ thời điểm đó ô tô chuyển động chậm
dần đều với vận tốc v t  5
 t  20m / s , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể
từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét ( m )? TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 75
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM A. 20 m . B. 30 m . C. 10 m . D. 40 m . Lời giải Chọn D
Khi ô tô dừng hẳn thì: v t  0  5
 t  20  0  t  4s. 4
Vậy từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô di chuyển được: s  5t  20dt  40m. 0
Câu 137: (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Một ô tô đang chạy với vận tốc là
12 m / s thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc vt  6
 t 12 m / s , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc đạp
phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến lúc ô tô dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được bao nhiêu mét? A. 8m . B. 12m . C. 15m . D. 10m . Lời giải Chọn B
Lấy mốc thời gian t  0 là lúc đạp phanh.
Khi ô tô dừng hẳn thì vận tốc v t  0 , tức là vt  6
 t 12  0  t  2 .
Vậy từ lúc đạp phanh đến lúc ô tô dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được quãng đường là 2
6t 12dt  3t 12t2 2 12 m . 0 0
Câu 138: (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một
chiếc ô tô đang chạy với vận tốc 15m/s thì người lái xe hãm phanh. Sau khi hãm phanh, ô tô
chuyển động chậm dần đều với vận tốc v t  3
 t 15m/s, trong đó t (giây). Hỏi từ lúc
hãm phanh đến khi dừng hẳn, ô tô di chuyển được bao nhiêu mét? A. 38m. B. 37,2m. C. 37,5m. D. 37m. Lời giải Chọn C
Khi xe dừng hẳn thì v t  0  t  5.
Khi đó quảng đường xe đi được tính từ lúc bắt đầu hãm phanh đến khi dừng hẳn là: 5 5 2     3   3 15 d t S t t   15t  37,5   m 2 0   0 Vậy ta chọn đáp án C.
Câu 139: (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Một ô tô đang chạy với vận tốc 20
m/s thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc vt  1
 0t  20 (m/s), trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp
phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét? A. 5 m B. 20 m C. 40 m D. 10 m Lời giải Chọn B
Lúc bắt đầu đạp phanh, ô tô có vận tốc 20 m / s  v t  1
 0t  20  20  t  0 0  0 0
Ô tô dừng hẳn khi đó vận tốc v t  0  20 10t  0  t  2. 1  1 1 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 76
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 2
Do đó ô tô di chuyển được thêm là: 20 10tdt   2 20t  5t  2  20 m 0   0
Câu 140: (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Một ô tô đang chạy với
vận tốc 10m / s thì người lái xe đạp phanh. Từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều
với vận tốc v t  2
 t 10m / s , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc
bắt đầu đạp phanh. Tính quãng đường ô tô di chuyển được trong 8 giây cuối cùng. A. 55m . B. 25m . C. 50m . D. 16m . Lời giải Chọn A
Ta có 2t 10  0  t  5  Thời gian tính từ lúc bắt đầu đạp phanh đến khi dừng hẳn là 5
giây. Vậy trong 8 giây cuối cùng thì có 3 giây ô tô chuyển động với vận tốc 10m / s và 5 giây
chuyển động chậm dần đều với vận tốc v t   2  t 10m / s . 5
Khi đó quãng đường ô tô di chuyển là S  3.10  2t 10dt  30  25  55m. 0
Câu 141: (THPT THỰC HÀNH - TPHCM - 2018) Một chất điểm bắt đầu chuyển động thẳng đều
với vận tốc v , sau 6 giây chuyển động thì gặp chướng ngại vật nên bắt đầu giảm tốc độ với 0 5
vận tốc chuyển động v(t)   t  a (m / s), (t  6) cho đến khi dừng hẳn. Biết rằng kể từ lúc 2
chuyển động đến lúc dừng thì chất điểm đi được quãng đường là 80m. Tìm v . 0 A. v  35m / s . B. v  25m / s . C. v 10m / s . D. v  20 m / s . 0 0 0 0 Lời giải Chọn C
- Tại thời điểm t  6 vật đang chuyển động với vận tốc v nên có v(6)  v 0 0 5   5
.6  a  v  a  v 15 , suy ra v(t)   t  v 15. 0 0 2 0 2 2 2v
- Gọi k là thời điểm vật dừng hẳn, vậy ta có v(k)  0  k  .v 15 0  k   6 . 0 5 5 k  5 
- Tổng quãng đường vật đi được là 80  6.v   t  v 15 dt 0  0   2  6  5 k 2 
 80  6.v   t  v .t 15t 0  0   4  6 5 2 2
 80  6.v  (k  6 )  v .(k  6) 15(k  6) 0 0 4 5  4v 2 24v  2v 2v 0 0 0 0  80  6.v      v . 15. 0 0 4  25 5  5 5  
 v 2  36.v  400  0  v 10 0 0 0
Câu 142: (THPT LƯƠNG THẾ VINH - HN - LẦN 1 - 2 018) Một ô tô chuyển động nhanh dần đều
với vận tốc v t  7t m/s . Đi được 5 s người lái xe phát hiện chướng ngại vật và phanh TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 77
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc a  35  2
m/s . Tính quãng đường
của ô tô đi được từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn? A. 87.5 mét. B. 96.5 mét. C. 102.5 mét. D. 105 mét. Lời giải Chọn D 5 5 2 t
Quãng đường ô tô đi được trong 5 s đầu là s  7tdt  7  87,5 1  (mét). 2 0 0
Phương trình vận tốc của ô tô khi người lái xe phát hiện chướng ngại vật là v t  35  35t 2    
(m/s). Khi xe dừng lại hẳn thì v
t  0  35  35t  0  t  1. 2     1
Quãng đường ô tô đi được từ khi phanh gấp đến khi dừng lại hẳn là s  35  35t dt 2   0 1 2  t   35t   35  17.5 (mét).  2  0
Vậy quãng đường của ô tô đi được từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn là
s  s  s  87.5 17.5  105 (mét). 1 2
Câu 143: (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG - NĐ - LẦN 1 - 2018) Một chất điểm đang chuyển
động với vận tốc v  15 m/s thì tăng tốc với gia tốc a t 2  t  t  2 4 m/s  . Tính quãng 0
đường chất điểm đó đi được trong khoảng thời gian 3 giây kể từ lúc bắt đầu tăng vận tốc. A. 70, 25 m . B. 68, 25 m . C. 67, 25 m . D. 69, 75 m . Lời giải Chọn D 3 t a t 2
 t  4t  vt  a  t 2 dt 
 2t  C C   . 3 3 t
Mà v 0  C  15  v t 2   2t 15. 3 3 3  t  Vậy 2
S    2t 15dt  69,75 m .  3 0 
Câu 144: (THPT HOÀNG HOA THÁM - HƯNG YÊN - 2018) Một chất điểm chuyển động theo phương trình s t 2 3
 10  t  9t  t trong đó s tính bằng mét, t tính bằng giây. Thời gian để
vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất (tính từ thời điểm ban đầu) là A. t  6s. B. t  3s . C. t  2s . D. t  5s . Lời giải Chọn B v t  st  2  3t 18t 1 .
Dễ thấy hàm số v t là hàm bậc hai có đồ thị dạng parabol với hệ số a  3  0 . Do đó v
đạt tại đỉnh I 3;28 của parabol. max
Vậy Thời gian để vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất t  3s . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 78
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 145: (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC - LẦN 4 - 2018) Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần
đều với vận tốc v t  7t m/ s . Đi được 5s , người lái xe phát hiện chướng ngại vật và 1    
phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc a    2 70 m/ s  . Tính quãng
đường S đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn.
A. S  96, 25 m . B. S  87,5 m . C. S  94 m . D. S  95,7 m Lời giải Chọn A
Chọn gốc thời gian là lúc ô tô bắt đầu đi. Sau 5s ô tô đạt vận tốc là v 5  35m/s .
Sau khi phanh vận tốc ô tô là v t  35  70t  5 .
Ô tô dừng tại thời điểm t  5,5s . 5 5,5
Quãng đường ô tô đi được là S  7tdt  35  70    t 5dt  96,25  m . 0 5
Câu 146: (SGD THANH HÓA - LẦN 1 - 2018) Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận
tốc v t  2t m/s . Đi được 12 giây, người lái xe gặp chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô 1    
tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc a    2
12 m/s  . Tính quãng đường sm đi
được của ôtô từ lúc bắt đầu chuyển động đến khi dừng hẳn? A. s  168m . B. s  166m . C. s  144m . D. s  152m . Lời giải Chọn A
+ Giai đoạn 1: Xe bắt đầu chuyển động đến khi gặp chướng ngại vật.
Quãng đường xe đi được là: 12 12 12 S  v t dt  2tdt 2  t  144m . 1  1    0 0 0
+ Giai đoạn 2: Xe gặp chướng ngại vật đến khi dừng hẳn.
Ôtô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v t  d a t  1  2t  c 2    .
Vận tốc của xe khi gặp chướng ngại vật là: v 0  v 12  2.12  24 m/s . 2   1    
 12.0  c  24  c  24  v t  12t  24 . 2  
Thời gian khi xe gặp chướng ngại vật đến khi xe dừng hẳn là nghiệm phương trình:
12t  24  0  t  2 .
Khi đó, quãng đường xe đi được là: 2 2 2 S  v t dt  1  2t  24 dt   2
6t  24t   24m . 2    2   0 0 0
Vậy tổng quãng đường xe đi được là: S  S  S  168 m . 1 2  
Câu 147: (THPT CHUYÊN THÁI BÌNH - LẦN 5 - 2018) Để đảm bảo an toàn khi lưu thông trên
đường, các xe ô tô khi dừng đèn đỏ phải cách nhau tối thiểu 1m . Một ô tô A đang chạy với
vận tốc 16 m/s bỗng gặp ô tô B đang dừng đèn đỏ nên ô tô A hãm phanh và chuyển động
chậm dần đều với vận tốc được biểu thị bởi công thức v t  16  4t (đơn vị tính bằng m/s A
), thời gian tính bằng giây. Hỏi rằng để có 2 ô tô A và B đạt khoảng cách an toàn khi dừng
lại thì ô tô A phải hãm phanh khi cách ô tô B một khoảng ít nhất là bao nhiêu? TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 79
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM A. 33 . B. 12. C. 31. D. 32 . Lời giải Chọn A
Ta có: v 0  16 m/s . A
Khi xe A dừng hẳn: v t   0  t  4s . A 4
Quãng đường từ lúc xe A hãm phanh đến lúc dừng hẳn là s  16  4tdt  32m. 0
Do các xe phải cách nhau tối thiểu 1m để đảm bảo an toàn nên khi dừng lại ô tô A phải hãm
phanh khi cách ô tô B một khoảng ít nhất là 33m .
Câu 148: (THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG - HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2018) Một vật chuyển động với vận
tốc 10 m/s thì tăng tốc với gia tốc được tính theo thời gian là a t  2  t  3t . Tính quãng
đường vật đi được trong khoảng thời gian 6 giây kể từ khi vật bắt đầu tăng tốc. A. 136m . B. 126m . C. 276m . D. 216m . Lời giải Chọn D t t t 3 2  t 3t  1 3
Ta có v 0  10 m/s và vt   a
 tdt   2t 3tdt     3 2  t  t .  3 2 3 2 0 0  0 6 6  1 3  6  1 1 
Quãng đường vật đi được là S  v  tdt 3 2  t  t dt   4 3  t  t  216m .  3 2    12 2  0 0 0
Câu 149: (THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU - NGHỆ AN - LẦN 2 - 2018) Một chiếc máy bay
chuyển động trên đường băng với vận tốc v t 2
 t 10t m / s với t là thời gian được tính
theo đơn vị giây kể từ khi máy bay bắt đầu chuyển động. Biết khi máy bay đạt vận tốc
200 m / s thì rời đường băng. Quãng đường máy bay đã di chuyển trên đường băng là 2500 4000 A. m. B. 2000m . C. 500m . D. m. 3 3 Lời giải Chọn A t  10
Thời điểm máy bay đạt vận tốc 200 m / s là vt  2
 200  t 10t  200   t  10  t  20
Quãng đường máy bay đã di chuyển trên đường băng là 10     t  s t 10t  3 10 2500 2 dt   5t    m.  3 0  3 0
Câu 150: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động 1 59
thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy luật v t 2  t  t m / s , trong đó 150 75
t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc a bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất
điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3
giây so với A và có gia tốc bằng a  2
m / s  ( a là hằng số). Sau khi B xuất phát được 12
giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 80
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM A. 20m / s . B. 16m / s . C. 13m / s . D. 15m / s . Lời giải Chọn B 15  1 59 
Quãng đường chất điểm A đi từ đầu đến khi B đuổi kịp là 2 S  t  t dt  96   m . 150 75  0
Vận tốc của chất điểm B là v t  adt  at  C B    .
Tại thời điểm t  3 vật B bắt đầu từ trạng thái nghỉ nên v 3  0  C  3  a . B Lại có quãng đường chất điểm B đi được đến khi gặp A là 15 15 2  at  S  at  3a dt     3at   72a m . 2      2 3  3 4 Vậy 72a  96  a   2 m / s  . 3
Tại thời điểm đuổi kịp A thì vận tốc của B là v 15 16m / s . B 
Câu 151: (THPTQG 2018 - MÃ ĐỀ 104) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với 1 58
vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy luật v t 2  t 
t m / s , trong đó t (giây) là 120 45
khoảng thời gian tính từ lúc A bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B
cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3 giây so với
A và có gia tốc bằng a  2
m / s  ( a là hằng số). Sau khi B xuất phát được 15 giây thì đuổi
kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng A. 25m / s . B. 36m / s . C. 30m / s . D. 21m / s . Lời giải Chọn C
Thời điểm chất điểm B đuổi kịp chất điểm A thì chất điểm B đi được 15 giây, chất điểm A đi được 18 giây.
Biểu thức vận tốc của chất điểm B có dạng v t  d a t  at  C v 0  0 nên B  mà B   v t  at . B  
Do từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động cho đến khi chất điểm B đuổi kịp thì quãng
đường hai chất điểm đi được bằng nhau. Do đó 18  1 58 15  225 2 t  dt  a d t t  225  . a  a  2     0 0 120 45  2
Vậy, vận tốc của chất điểm B tại thời điểm đuổi kịp A bằng v t   2.15  30m / s . B 
Câu 152: (SỞ GD&ĐT LÀO CAI - 2018) Một ôtô đang dừng và bắt đầu chuyển động theo một
đường thẳng với gia tốc a t   t  2
6 2 m / s  , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây
kể từ lúc ôtô bắt đầu chuyển động. Hỏi quảng đường ôtô đi được từ lúc bắt đầu chuyển động
đến khi vận tốc của ôtô đạt giá trị lớn nhất là bao nhiêu mét? A. 18m . B. 36m . C. 22,5m . D. 6,75m . Lời giải Chọn A TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 81
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM a t   t  2
6 2 m / s   vt    t 2 6 2 dt  6t  t  C
Xe dừng và bắt đầu chuyển động nên khi t  0 thì v  0  C  0  v t 2  6t  t . b v t  2
 6t  t là hàm số bậc 2 nên đạt GTLN khi t    3 s 2a 3
Quảng đường xe đi trong 3 giây đầu là: S   2 6t  t dt 18m. 0 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 82
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Dạng 3.2: Bài toán cho biết đồ thị của vận tốc, quãng đường của chuyển động
 BÀI TẬP NỀN TẢNG & VẬN DỤNG 
Câu 153: (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Một vật chuyển động trong 3 giờ với vận tốc
v(km / h) phụ thuộc vào thời gian t(h) có đồ thị vận tốc như hình bên. Trong thời gian 1 giờ
kể từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là một phần của đường parabol có đỉnh I(2; 9) và
trục đối xứng song song với trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạn thẳng
song song với trục hoành. Tính quãng đường s mà vật chuyển động được trong 3 giờ đó (kết
quả làm tròn đến hàng phần trăm). A. s  21,58(km) B. s  23,25(km) C. s  13,83(km) D. s  15,50(km) Lời giải Chọn A   c  4 b  5  
Gọi phương trình của parabol  2
v at  bt  c ta có hệ như sau: 4a  2b  c  9  c  4    b 5   2 a    2a  4 31 Với t  1 ta có v  . 4 1  5 2  3 31 259
Vậy quãng đường vật chuyển động được là s   t  5t  4 dt  dt      21,583 4 4 12 0   1
Câu 154: (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Một người chạy trong thời gian 1 giờ, vận tốc v (km/h)  1
phụ thuộc vào thời gian 
t (h) có đồ thị là một phần parabol với đỉnh I ; 8   và trục đối  2 
xứng song song với trục tung như hình bên. Tính quảng đường s người đó chạy được trong
khoảng thời gian 45 phút, kể từ khi chạy? TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 83
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM A. s  2,3 (km) B. s  4,5 (km) C. s  5,3 (km) D. s  4 (km) Lời giải Chọn B Gọi parabol là P 2
: y  ax  bx  c . Từ hình vẽ ta có P đi qua O0; 0 , A1; 0 và điểm  1  I ; 8   .  2   c  0 a  32  
Ta có hệ: a  b  c  0  b   32 . a b c  0 c 8      4 2 Suy ra P 2 : y  3  2x  32x . 3 4
Vậy quảng đường người đó đi được là s   2 3
 2x  32xdx  4,5 (km). 0
Câu 155: (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Một vật chuyển động trong 3 giờ với vận tốc
vkm/h phụ thuộc thời gian t h có đồ thị là một phần của đường parabol có đỉnh I 2;9
và trục đối xứng song song với trục tung như hình bên. Tính quãng đường s mà vật di
chuyển được trong 3 giờ đó. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 84
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM A. s  25, 25km B. s  24, 25km C. s  24,75km D. s  26,75km Lời giải Chọn C Gọi vt 2  . a t  bt  c.
Đồ thị vt là một phần parabol có đỉnh I 2;9 và đi qua điểm A0;6 nên  b   3  2  a  2a  4   2 3  . a 2  . b 2  c  9  b
  3 . Tìm được v t  2   t  3t  6  4 2 . a 0  . b 0  c  6 c  6     3  3 Vậy 2  S   t  3t  6 dt    24,75 (km)  4  0
Câu 156: (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Một vật chuyển động trong 4 giờ với vận tốc v (km/h)
phụ thuộc thời gian t (h) có đồ thị của vận tốc như hình bên. Trong khoảng thời gian 3 giờ
kể từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là một phần của đường parabol có đỉnh I 2; 9 với
trục đối xứng song song với trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạn thẳng
song song với trục hoành. Tính quãng đường s mà vật di chuyển được trong 4 giờ đó. A. s  24 (km) B. s  28, 5 (km) C. s  27 (km) D. s  26,5 (km) Lời giải Chọn B TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 85
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Gọi P y  2 : ax  bx  c . 9
Vì P qua O0;0 và có đỉnh I 2;9 nên dễ tìm được phương trình là y  2 x  9x. 4 27
Ngoài ra tại x  3 ta có y  4 3  9 2  4 27
Vậy quãng đuờng cần tìm là:S  x  9x dx  dx     27 (k ) m . 4 4 0   3
Câu 157: (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Một vật chuyển động trong 6 giờ với
vận tốc v km / h phụ thuộc vào thời gian t h có đồ thị như hình bên dưới. Trong khoảng
thời gian 2 giờ từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị là một phần đường Parabol có đỉnh I 3;9
và có trục đối xứng song song với trục tung. Khoảng thời gian còn lại, đồ thị vận tốc là một 1
đường thẳng có hệ số góc bằng . Tính quảng đường s mà vật di chuyển được trong 6 giờ? 4 130 134 A. km . B. 9 km . C. 40km. D. km. 3 3 Lời giải Chọn A
+ Vì Parabol đi qua O(0; 0) và có tọa độ đỉnh I 3;9 nên thiết lập được phương trình Parabol là P y  vt 2 :
 t  6t;t 0;2 1
+ Sau 2 giờ đầu thì hàm vận tốc có dạng là hàm bậc nhất y  t  m , dựa trên đồ thị ta thấy đi 4 15
qua điểm có tọa độ 6;9 nên thế vào hàm số và tìm được m  . 2 1 15
Nên hàm vận tốc từ giờ thứ 2 đến giờ thứ 6 là y  t  ; t  [2;6] 4 2
+ Quảng đường vật đi được bằng tổng đoạn đường 2 giờ đầu và đoạn đường 4 giờ sau. 2  
S  S  S  t  t 6 2 1 15 130 6 dt  t  dt  km . 1 2      4 2  3 0 2 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 86
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 158: (THPT THỰC HÀNH - TPHCM - 2018) Một người chạy trong 2 giờ, vận tốc v (km/h) phụ
thuộc vào thời gian t (h) có đồ thị là 1 phần của đường Parabol với đỉnh I 1;5 và trục đối
xứng song song với trục tung Ov như hình vẽ. Tính quảng đường S người đó chạy được
trong 1 giờ 30 phút kể từ lúc bắt đầu chạy (kết quả làm tròn đến 2 chữ số thập phân). A. 2,11km . B. 6,67 km . C. 5,63 km. D. 5,63km . Lời giải Chọn C 1,5
Ta có 1 giờ 30 phút = 1,5 giờ  S  v(t)dt  . 0 Đồ thị v  (
v t) đi qua gốc tọa độ nên ( v t) có dạng 2 v(t)  at  bt .  b  1 b   2  a a  5  Đồ thị v  (
v t) có đỉnh là I(1;5) nên 2  2a      ( v t)  5  t 10t a   b  5 b  10 a b  5 1,5 S    2  t  t 45 5 10 dt   5,63 . 8 0
Câu 159: (SGD&ĐT ĐỒNG THÁP - HKII - 2018) Một người chạy trong thời gian 1 giờ, với vận
tốc v km/h phụ thuộc vào thời gian t h có đồ thị là một phần của parabol có đỉnh  1  I ;8 
 và trục đối xứng song song với trục tung như hình vẽ. Tính quãng đường S người  2 
đó chạy được trong thời gian 45 phút, kể từ khi bắt đầu chạy. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 87
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM A. 5,3 km. B. 4,5 km. C. 4 km. D. 2,3 km . Lời giải Chọn B
Trước hết ta tìm công thức biểu thị vận tốc theo thời gian, giả sử   2 v t  at  bt  c .
Khi đó dựa vào hình vẽ ta có hệ phương trình c  0  a  3  2 2   1   1   a  b  c  8      b  32 .   2   2    c  0 a  b  c  0   45 60
Do đó quãng đường người đó đi được sau 45 phút là S    2
32t  32t dt  4,5 km. 0
Câu 160: (THPT CHUYÊN HẠ LONG - LẦN 1 - 2018) Một vật chuyển động trong 4 giờ với vận
tốc v (km/ h) phụ thuộc thời gian t (h) có đồ thị là một phần của đường parabol có đỉnh
I(1;1) và trục đối xứng song song với trục tung như hình bên. Tính quãng đường s mà vật
di chuyển được trong 4 giờ kể từ lúc xuất phát. 40 46 A. s  6 (km). B. s  8 (km). C. s  (km). D. s  (km). 3 3 Lời giải TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 88
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Chọn C
Hàm biểu diễn vận tốc có dạng   2
v t  at  bt  c . Dựa vào đồ thị ta có: c  2 a 1  b     1  b   2  vt  2  t  2t  2 . 2a  c  2 a b c 1     
Với t  4  v 4  10 (thỏa mãn). 4 40
Từ đó s   2t  2t  2dt   km. 3 0
 DẠNG TOÁN 4: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN THỰC THẾ
Dạng 4.1: Bài toán liên quan đến diện tích
 BÀI TẬP NỀN TẢNG & VẬN DỤNG 
Câu 161: (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Một biển quảng cáo có dạng hình elip
với bốn đỉnh A , A , B , B như hình vẽ bên. Biết chi phí để sơn phần tô đậm là 1 2 1 2 2 200.000 n
v đ / m và phần còn lại 2 100.000 n
v đ / m . Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần
nhất với số tiền nào dưới đây, biết A A  8m , B B  6m và tứ giác MNPQ là hình chữ 1 2 1 2 nhật có MQ  3m ? B2 M N A1 A2 Q P B1 A. 5.526.000 đồng. B. 5.782.000 đồng C. 7.322.000 đồng. D. 7.213.000 đồng. Lời giải Chọn C TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 89
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM y B2 3 M N 4 A1 O 1 A2 x Q P B1 2 2 x y
Gọi phương trình chính tắc của elip E có dạng:   1 2 2 a b A A  8  2a a  4 2 2 x y 3 Với 1 2     E 2 :   1  y   16  x . B B  6  2b b    3 16 9 4 1 2
Suy ra diên tích của hình elip là S   a b    2 . 12 m . E     3 
Vì MNPQ là hình chữ nhật và MQ  3  M ; x    E  2  2 x 1  3   3 2    1 x 12  M 2  3; ; N 2 3;     16 4  2   2 
Gọi S ; S lần lượt là diện tích phần bị tô màu và không bị tô màu 1 2 4 4 3 Ta có: 2 2 x4sin  4. 16  d  3 16  d t S x x
x x  S  4  6 3    2 m 2 2  4 2 3 2 3 Suy ra: S  S
 S  8  6 3 . Gọi T là tổng chi phí. Khi đó ta có 1 E 2
T  4  6 3.100  8  6 3.200  7.322.000 (đồng).
Câu 162: (ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Một biển quảng cáo với 4 đỉnh , A B,C, D như hình vẽ.
Biết chi phí để sơn phần tô đậm là 2
200.000(đ/m ) sơn phần còn lại là 2 100.000đ/m . Cho AC  8m; BD  10 ;
m MN  4m Hỏi số tiền sơn gần với số tiền nào sau đây: A. 12204000đ. . B. 14207000đ. . C. 11503000đ. . D. 10894000đ. Lời giải Chọn A TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 90
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM  5 3   2 2 y x y N elip có phương trình là:   1. Vì 2 MN  4  x  2   16 25 N  5  3  y  N  2 5 3 2 4
Diện tích phần tô đậm là 2 2 S  2 25  y dy  59, 21 (m ) 1  5 5  3 2 Diện tích elip là 2 S  .4.5  20 (m )
Diện tích phần trắng là 2 S  S  S  3,622 (m ) 2 1
Tổng chi phí trang chí là: T  59, 21.200000  3, 622.100000  12204200đ .
Câu 163: Một họa tiết hình cánh bướm như hình vẽ bên.
Phần tô đậm được đính đá với giá thành 2
500.000đ/m . Phần còn lại được tô màu với giá thành 2 250.000đ / m . Cho AB  4d ; m BC  8d .
m Hỏi để trang trí 1000 họa tiết như vậy cần số tiền gần nhất với số nào sau đây. A. 105660667đ . B. 106666667đ . C. 107665667đ . D. 108665667đ . Lời giải Chọn B Vì AB  4d ; m BC  8d .
m  A(2; 4), B(2; 4), C(2; 4), D(2; 4) . parabol là: 2 y  x hoặc 2 y  x 2 32
Diện tích phần tô đậm là 2 2 S  4 x dx  (dm ) 1  3 0
Diện tích hình chữ nhật là 2 S  4.8  32 (m ) 32 64
Diện tích phần trắng là 2 S  S  S  32   (dm ) 2 1 3 3  32 64 
Tổng chi phí trang chí là: T  .5000  .2500 .1000  106666667đ    3 3 
Câu 164: (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Một khuôn viên dạng nửa hình tròn, trên
đó người thiết kế phần để trồng hoa có dạng của một cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với
tâm và có trục đối xứng vuông góc với đường kính của nửa hình tròn, hai đầu mút của cánh
hoa nằm trên nửa đường tròn (phần tô màu) và cách nhau một khoảng bằng 4m . Phần còn
lại của khuôn viên (phần không tô màu) dành để trồng cỏ Nhật Bản. Biết các kích thước cho
như hình vẽ, chi phí để trồng hoa và cỏ Nhật Bản tương ứng là 150.000 đồng/m2 và 100.000 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 91
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
đồng/m2. Hỏi cần bao nhiêu tiền để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong khuôn viên đó?
(Số tiền được làm tròn đến hàng đơn vị) 4m 4m 4m
A. 3.738.574 (đồng). B. 1.948.000 (đồng). C. 3.926.990 (đồng). D. 4.115.408 (đồng). Lời giải Chọn A
Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ, ta có bán kính của đường tròn là 2 2 R  4  2  2 5 .
Phương trình của nửa đường tròn C là: 2 2 2
x  y  20, y  0  y  20  x .
Parabol P có đỉnh O0;0 và đi qua điểm 2;4 nên có phương trình: 2 y  x . 2
Diện tích phần tô màu là: 2 2 S  20 x x     dx  11,94 2 m . 1      2 1
Diện tích phần không tô màu là: S  . .2 52  S 10 11,94  2 m  . 2 1 2
Số tiền để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong khuôn viên đó là:
150000.11,94 100000.10 11,94  3.738.593 .
Câu 165: (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Người ta cần trồng một
vườn hoa Cẩm Tú Cầu ( phần được gạch chéo trên hình vẽ). Biết rằng phần gạch chéo là
hình phẳng giới hạn bởi parabol 2
y  2x 1 và nửa trên của đường tròn có tâm là gốc tọa độ
và bán kính bằng 2 m Tính số tiền tối thiểu để trồng xong vườn hoa Cẩm Tú Cầu biết rằng để trồng mỗi 2
m hoa cần ít nhất là 250000 đồng. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 92
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 3π 2 3π10 3π10 3π 2 A.  250000 . B.  250000 . C.  250000 . D.  250000 6 6 3 6 Lời giải Chọn B
Ta có phương trình đường tròn tâm gốc tọa độ và bán kính bằng 2 m 2 2 x  y  2 . 2 y  2  x x  1, y  1
Tọa độ giao điểm của Parabol và đường tròn là nghiệm hệ    2   2 1 x  1, y  1 y x 1 3 10
Diện tích vườn hoa là S   2 2 2  x  2x   1 dx   . 6 1 3π10
số tiền tối thiểu để trồng xong vườn hoa Cẩm Tú Cầu là  250000 . 6
Câu 166: (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Nhà trường dự
định làm một vườn hoa dạng elip được chia ra làm bốn phần bởi hai đường parabol có chung
đỉnh, đối xứng với nhau qua trục của elip như hình vẽ bên.
Biết độ dài trục lớn, trục nhỏ của elip lần lượt là 8 m và 4 m , F , F là hai tiêu điểm của 1 2
elip. Phần A , B dùng để trồng hoa, phần C , D dùng để trồng cỏ. Kinh phí để trồng mỗi
mét vuông hoa và cỏ lần lượt là 250.000 đ và 150.000 đ. Tính tổng tiền để hoàn thành vườn
hoa trên (làm tròn đến hàng nghìn). A. 5.676.000 đ. B. 4.766.000 đ. C. 4.656.000 đ. D. 5.455.000 đ. Lời giải Chọn A
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Do elip có độ dài trục lớn 2a  8  a  4 , độ dài trục nhỏ 2b  4  b  2 .
Diện tích của E là: S       ab 8 . E TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 93
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 2 2 x y 1
Phương trình chính tắc E là:   1. Suy ra 2 y   16  x . 16 4 2 Ta có 2 2
c  a  b  2 3  F 2 3; 0 . 2  
Do N và F có cùng hoành độ  N 2 3;  1 . 2 Gọi P 2
: y  kx là parabol nằm ở phía trên trục Ox . 1
Do N P ta có  k  2 1 1 2 3  k  . Suy ra P 2 : y  x . 12 12 2 3  1 1  2 3  1 1  Diện tích phần A là 2 2 S  16  x  x dx 2 2  2 16  x  x dx A        2 12   2 12  2  3 0 2 3 2 3 1 2 2  16  x dx  x dx   . 6 0 0 2 3 * Xét 2 I  16  x dx x  t  x  t t . 1  . Đặt 4 sin d 4cos d 0 Đổi cận:     3 3 3 3  1  Khi đó 2 I  16 16sin t.4cos d t t 2  16 cos d
t t  8 1 cos2t dt  8 t  sin 2t 1        2  0 0 0 0   3   8    . 3 4    2 3 1 2 3 1 * Ta có 2 I  x dx 3  4 3 x  . 2  6 18 3 0 0 8  2 3   Suy ra: S  I  I  16 4 3  S  S  2S  . A 1 2 3 A B A 3 8  4 3
Tổng diện tích phần C , D là: S  S  S  S  S  . E  A B  C D   3
Khi đó tổng số tiền để hoàn thành vườn hoa trên là: 16  4 3 8  4 3 .250000  .150000  5676000 đ. 3 3
Câu 167: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN LẦN 1 NĂM 2018-2019) Người ta xây một
sân khấu với mặt sân có dạng hợp của hai hình tròn giao nhau. Bán kính của hai của hai hình
tròn là 20 mét và 15 mét. Khoảng cách giữa hai tâm của hai hình tròn là 30 mét. Chi phí làm
mỗi mét vuông phân giao nhau của hai hình tròn là 300 ngàn đồng và chi phí làm mỗi mét
vuông phần còn lại là 100 ngàn đồng. Hỏi số tiền làm mặt sân của sân khấu gần với số nào
trong các số dưới đây? A. 202 triệu đồng. B. 208 triệu đồng. C. 218 triệu đồng. D. 200 triệu đồng. Lời giải Chọn A TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 94
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Gọi O, I lần lượt là tâm của các đường tròn bán kính bằng 20 mét và bán kính bằng 15 mét.
Gắn hệ trục Oxy như hình vẽ, vì OI  30 mét nên I 0; 30 . Phương trình hai đường tròn lần lượt là 2 2 2
x  y  20 và x   y  2 2 2 30  15 . Gọi ,
A B là các giao điểm của hai đường tròn đó.  5 455 2 2 2    20 x x y     Tọa độ , A B là nghiệm của hệ 12    . x    y  302 2 2  15 215  y   12
Tổng diện tích hai đường tròn là   2 2
20 15   625 (mét vuông).
Phần giao của hai hình tròn chính là phần hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị 2 2 y  30  15  x và 2 2
y  20  x . Do đó diện tích phần giao giữa hai hình tròn là 5 455 12 S    2 2 2 2
20  x  15  x  30dx  60,2546 (mét vuông). 5 455  12
Số tiền để làm phần giao giữa hai hình tròn là 300.000x 60,2546  18.076.386 (đồng).
Số tiền để làm phần còn lại là 100.000 x 625  2 x 60, 2546  184.299.220 (đồng).
Vậy tổng số tiền làm sân khấu là 184.299.220  18.076.386  202.375.606 (đồng). y I A H B O x
Câu 168: (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Người ta xây một
sân khấu với sân có dạng của hai hình tròn giao nhau. Bán kính của hai hình tròn là 20 m và
15 m. Khoảng cách giữa hai tâm của hai hình tròn là 30 m. Chi phí làm mỗi mét vuông
phần giao nhau của hai hình tròn là 300 nghìn đồng và chi phí làm mỗi mét vuông phần còn
lại là 100 nghìn đồng. Hỏi số tiền làm mặt sân khấu gần với số nào nhất trong các số dưới đây? A. 218 triệu đồng. B. 202 triệu đồng. C. 200 triệu đồng. D. 218 triệu đồng. Lời giải Chọn A TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 95
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Gọi O , O lần lượt là tâm của hai đường tròn bán kính 20 m và 15 m. 1 2 A , B là hai giao điểm của hai đường tròn.
Ta có O A  O B  20 m ; O A  O B 15 m ; O O  30 m . 1 1 2 2 1 2 O B  O O  O B cos  2 2 2 43 1 1 2 2 BO O     BO O  2623 . 1 2 2O . B O O 48 1 2 1 1 2
Theo tính chất hai đường tròn cắt nhau ta có O O là tia phân giác  AO B 1 2 1   AO B  2 O O B  52, 77 . 1 2 1 52, 77
Suy ra diện tích hình quạt tròn O AB là 2 2 S  .20 .  184, 2 m . 1 O AB   1 360 1 S  O . A O . B sin  2 AO B  159, 2 m .  1 O AB 1 1 1   2
Gọi S là diện tích hình giới hạn bởi dây O . 1 AB và cung 
AmB trong đường tròn  1  2  S  S  S  25 m . 1  1 O AB 1 O AB  
Chứng minh tương tự ta được diện tích hình giới hạn bởi dây AB và cung  AmB trong đường tròn O là S  35  2 m . 2  2 
Suy ra diện tích phần giao nhau là S  S  S  60  2 m . 1 2 
 Chi phí làm sân khấu phần giao nhau 60.300000 18000000 (nghìn đồng).
Tổng diện tích của hai hình tròn là 2 2 S       2 20 15 1963 m  .
Diện tích phần không giao nhau là S  S   2 1903 m .
 Chi phí làm sân khấu phần không giao nhau 1903.100000 190300000 (nghìn đồng).
Số tiền làm mặt sân là 18000000 190000000  208300000 (nghìn đồng)  208,3 (triệu đồng).
Câu 169: (TT DIỆU HIỀN - CẦN THƠ - 2018) Bác Năm làm một cái cửa nhà hình parabol có chiều
cao từ mặt đất đến đỉnh là 2,25 mét, chiều rộng tiếp giáp với mặt đất là 3 mét. Giá thuê mỗi
mét vuông là 1500000 đồng. Vậy số tiền bác Năm phải trả là: A. 33750000 đồng. B. 3750000 đồng. C. 12750000 đồng. D. 6750000 đồng. Lời giải Chọn D
Gọi phương trình parabol P 2
: y  ax  bx  c . Do tính đối xứng của parabol nên ta có thể
chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho P có đỉnh I Oy (như hình vẽ). TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 96
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM y  9  I 0;    4  2 1 1 1  3  O  3  A  ;0 x   B ;0    2   2  9  c,  I P  9 4 c    4 9 3 
Ta có hệ phương trình:  a  b  c  0 AP  a  1  . 4 2    b  0 9 3  a  b  c  0B   P  4 2 9 Vậy P 2 : y  x  . 4
Dựa vào đồ thị, diện tích cửa parabol là: 3 3 9 2  9 2  9  3 4  x 9  9 2  S  x  dx    2  2 x  dx    2  x 2  m .   4  4   3 4 2 3  0  0 2 9
Số tiền phải trả là: .1500000  67500 0 0 đồng. 2
Câu 170: (THPT NGÔ QUYỀN - QUẢNG NINH - HKII - 2018) Một người có miếng đất hình tròn
có bán kính bằng 5 m. Người này tính trồng cây trên mảnh đất đó, biết mỗi mét vuông trồng
cây thu hoạch được 100 nghìn. Tuy nhiên cần có 1 khoảng trống để dựng 1 cái chòi và để đồ
dùng nên người này bớt lại 1 phần đất nhỏ không trồng cây (phần màu trắng như hình vẽ),
trong đó AB  6m . Hỏi khi thu hoạch cây thì người này thu được bao nhiêu tiền ? A. 3722 nghìn đồng.
B. 7445 nghìn đồng. C. 7446 nghìn đồng. D. 3723 nghìn đồng. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 97
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Lời giải Chọn B
Diện tích miếng đất là 2 S  πR  25π (m2). 1
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Ta có phương trình của đường tròn biên là 2 2 x  y  25 .
R  5, AH  3  OH  4 .
 Phương trình của cung tròn nhỏ  AC là 2
y  25  x , với 4  x  5 . 5
 Diện tích phần đất trống là 2 S  2 25  x dx 2  (m2). 4 5
 Diện tích phần đất trồng cây là 2 S  S  S  25π  2 25  x dx 1 2  . 4 5
 Số tiền thu được là 2 T  100S  100(25π  2 25  x dx)  7445  (nghìn đồng). 4
Câu 171: (THPT YÊN LẠC - LẦN 4 - 2018) Một mảnh vườn hình elip có trục lớn bằng 100m và
trục nhỏ bằng 80m được chia làm hai phần bởi một đoạn thẳng nối hai đỉnh liên tiếp của
elip. Phần nhỏ hơn trồng cây con và phần lớn hơn trồng rau. Biết lợi nhuận thu được là 2000 mỗi 2
m trồng cây con và 4000 mỗi 2
m trồng rau. Hỏi thu nhập của cả mảnh vườn là
bao nhiêu? (Kết quả làm tròn đến phần nghìn). A. 31904000 . B. 23991000 . C. 10566000 . D. 17635000 . Lời giải Chọn B 2 2 x y
Gọi phương trình của elip là   1. 2 2 a b
Theo giả thiết, ta có 2a  100  a  50 ; 2b  80  b  40 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 98
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 1
Diện tích phần trồng cây con (phần gạch sọc) bằng diện tích của elip trừ đi diện tích tam 4 ab ab
giác DOF . Do đó diện tích phần trồng cây con là S    2 m . 1  4 2 3
Diện tích phần trồng rau (phần không gạch sọc) bằng diện tích elip cộng với diện tích tam 4 3 ab ab
giác DOF . Do đó diện tích phần trồng rau là S    2 m . 2  4 2   ab ab   3 ab ab 
Thu nhập của cả mảnh vườn là   2000   4000  23991000     .  4 2   4 2 
Câu 172: (CHUYÊN VINH - LẦN 2 - 2018) Một cổng chào có dạng hình Parabol chiều cao 18 m,
chiều rộng chân đế 12 m . Người ta căng hai sợi dây trang trí AB , CD nằm ngang đồng thời
chia hình giới hạn bởi Parabol và mặt đất thành ba phần có diện tích bằng nhau (xem hình vẽ AB bên). Tỉ số bằng CD 1 4 1 3 A. . B. . C. . D. . 2 5 3 2 1 2 2 Lời giải Chọn C
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.
Phương trình Parabol có dạng 2 y  . a x P . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 99
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM  1
P đi qua điểm có tọa độ 6; 18 suy ra:   a  2 1 18 . 6  a    P 2 : y   x . 2 2 AB x Từ hình vẽ ta có: 1  . CD x2 1
Diện tích hình phẳng giới bạn bởi Parabol và đường thẳng 2 AB : y   x là 1 2 1 x 1 x  1  1  3  1 x 1  2 2 2 S  2  x   x dx 2 3
 2 .  x x  x . 1    1   2 2    1 1  2 3 2  3 0  0 1
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol và đường thẳng CD 2 y   x là 2 2 x 2 x 2  1  1  3  1 x 1  2 2 2 S  2  x   x dx 2 3
 2 .  x x  x 2    2   2 2    2 2  2 3 2  3 0  0 x 1 AB x 1 Từ giả thiết suy ra 3 3 S  2S  x  2x 1   . Vậy 1   . 2 1 2 1 3 x 2 3 CD x 2 2 2
Câu 173: (THPT KINH MÔN - HD - LẦN 2 - 2018) Một hoa văn trang trí được tạo ra từ một miếng
bìa mỏng hình vuông cạnh bằng 10 cm bằng cách khoét đi bốn phần bằng nhau có hình dạng
parabol như hình bên. Biết AB  5 cm, OH  4 cm. Tính diện tích bề mặt hoa văn đó. 160 140 14 A. 2 cm . B. 2 cm . C. 2 cm . D. 2 50 cm . 3 3 3 Lời giải Chọn B 16 16
Đưa parabol vào hệ trục Oxy ta tìm được phương trình là: P 2 : y   x  x . 25 5 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 100
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 16 16
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi P 2 : y   x 
x , trục hoành và các đường thẳng 25 5 5  16 16  40 x  0 , x  5 là: 2 S   x  x dx    .  25 5  3 0 160
Tổng diện tích phần bị khoét đi: S  4S  2 cm . 1 3
Diện tích của hình vuông là: 2 S 100 cm . hv 160 140
Vậy diện tích bề mặt hoa văn là: 2 S  S  S  100   cm . 2 hv 1 3 3
Câu 174: (CHUYÊN VINH - LẦN 1 - 2018) Một viên gạch hoa hình vuông cạnh 40cm . Người thiết
kế đã sử dụng bốn đường parabol có chung đỉnh tại tâm viên gạch để tạo ra bốn cánh hoa
(được tô mầu sẫm như hình vẽ bên).
Diện tích mỗi cánh hoa của viên gạch bằng 800 400 A. 2 800cm . B. 2 cm . C. 2 cm . D. 2 250cm . 3 3 Lời giải Chọn C
Chọn hệ tọa độ như hình vẽ (1 đơn vị trên trục bằng 10cm  1dm ), các cánh hoa tạo bởi các 2 x 2 x 2 y 2 y
đường parabol có phương trình y  , y   , x   , x  . 2 2 2 2
Diện tích một cánh hoa (nằm trong góc phàn tư thứ nhất) bằng diện tích hình phẳng giới hạn 2 x
bởi hai đồ thị hàm số y 
, y  2x và hai đường thẳng x  0; x  2 . 2
Do đó diện tích một cánh hoa bằng 2 2 2  x  3  2 2 x  4 400 4 400 2x  dx  3     2x     2 dm    2 cm    2 dm    2 cm .  2  3 6  3 3 3 3 0    0 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 101
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Dạng 4.2: Bài toán liên quan đến thể tích
 BÀI TẬP NỀN TẢNG & VẬN DỤNG 
Câu 175: (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Trong chương trình nông thôn mới, tại một xã Y
có xây một cây cầu bằng bê tông như hình vẽ. Tính thể tích khối bê tông để đổ đủ cây cầu.
(Đường cong trong hình vẽ là các đường Parabol). y O x A. 3 19 m . B. 3 21m . C. 3 18m . D. 3 40 m . Lời giải Chọn D
Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ. . 19  Gọi P  2
: y  a x  b là Parabol đi qua hai điểm A ;0 , B   0;2 1 1 1  2  2  19   8 0  . a  2 a   8
Nên ta có hệ phương trình sau:     2  1   361   P  2 : y   x  2 . 1   361 2  b b  2  1   Gọi P  2
: y  a x  b là Parabol đi qua hai điểm C   5 10;0 , D 0; 2 2 2    2     1 a  2 5 0 . 10   a   2   2  1 5
Nên ta có hệ phương trình sau: 2 40     P : y   x  . 2  2 5   5 40 2 b b  2 2 2  2 19  10 1 5   8  
Ta có thể tích của bê tông là: 2 2 3 2 V  5.2  x  dx   x  2 dx  40 m        . 0 0   40 2   361  
Câu 176: (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Để kỷ niệm ngày 26-3. Chi đoàn TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 102
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
12A dự định dựng một lều trại có dạng parabol, với kích thước: nền trại là một hình chữ nhật
có chiều rộng là 3 mét, chiều sâu là 6 mét, đỉnh của parabol cách mặt đất là 3 mét. Hãy
tính thể tích phần không gian phía bên trong trại để lớp 12A cử số lượng người tham dự trại cho phù hợp. A. 3 30 m B. 3 36 m C. 3 40 m D. 3 41 m Lời giải Chọn B
Giả sử nền trại là hình chữ nhật ABCD có AB = 3 mét, BC = 6 mét, đỉnh của parabol là I. Chọn
hệ trục tọa độ Oxy sao cho: O là trung điểm của cạnh AB, A, B và I, phương trình của parabol 4 có dạng 2
y  ax  b, a  0 . Do I, A, B thuộc nên ta có 2 y   x  3 3
Vậy thể tích phần không gian phía trong trại là 3 2 4 2
V  6.2 ( x  3)dx  36  3 0
Câu 177: (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Săm lốp xe ô tô khi
bơm căng đặt nằm trên mặt phẳng nằm ngang có hình chiếu bằng như hình vẽ với bán kính
đường tròn nhỏ R  20cm , bán kính đường tròn lớn R  30cm và mặt cắt khi cắt bởi mặt 1 2
phẳng đi qua trục, vuông góc mặt phẳng nằm ngang là hai đường tròn. Bỏ qua độ dày vỏ
săm. Tính thể tích không khí được chứa bên trong săm. A. 2 3 1250 cm . B. 2 3 1400 cm . C. 2 3 2500 cm . D. 2 3 600 cm . Lời giải Chọn A
Thể tích săm xe bằng thể tích của khối tròn xoay sinh bởi hình tròn tâm I 0;25 bán kính bằng 5 quay quanh trục Ox . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 103
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 2  y  25 25 x
Ta có phương trình đường tròn là x   y  252 2  25   , x 5;  5 . 2 y  25 25 x 5 5 5 2 2   Vậy V  .   2
25  25  x  dx    2 25  25  x  2 dx 100. 25  x dx  .  5 5   5  5 Ta có 2 25  x dx 
là diện tích nửa hình tròn tâm O0;0 , bán kính bằng 5 5 5 1 25 2 2  25  x dx  . .5   . 2 2 5 5 25 Suy ra 2 V  100. 25  x dx 100.   2 3 1250 cm 2 5 
Chú ý: Có thể bấm máy tích phân, ta được 5  
V     25 25 x  5
2 dx  25 25x 2 2 2 3 dx  3927cm .  5 5 
Kiểm tra các đáp án ta chọn đáp án A.
Câu 178: (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Chuẩn bị cho đêm hội diễn
văn nghệ chào đón năm mới, bạn An đã làm một chiếc mũ “cách điệu” cho ông già Noel có
dáng một khối tròn xoay. Mặt cắt qua trục của chiếc mũ như hình vẽ bên dưới. Biết rằng
OO  5 cm , OA 10 cm , OB  20 cm , đường cong AB là một phần của parabol có đỉnh
là điểm A . Thể tích của chiếc mũ bằng 2750 2500 2050 2250 A. 3 cm B. 3 cm C.  3 cm  D. 3 cm 3   3   3 3   Lời giải Chọn B TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 104
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Ta gọi thể tích của chiếc mũ là V .
Thể tích của khối trụ có bán kính đáy bằng OA 10 cm và đường cao OO  5 cm là V . 1
Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường cong AB và hai trục tọa độ quanh trục Oy là V . 2 Ta có V  V V 1 2 2
V  5.10   500  3 cm  . 1
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Do parabol có đỉnh A nên nó có phương trình dạng 2 (P) : y  a(x 10) . 1
Vì P qua điểm B0;20 nên a  . 5 1
Do đó, P : y   x 102 . Từ đó suy ra x 10  5y (do x 10). 5 20 2  8000  1000 Suy ra V   10  5y dy   3000     3 cm  . 2       3  3 0 1000 2500 Do đó V  V V    500    3 cm  . 1 2 3 3
Câu 179: Cho chiếc trống như hình vẽ, có đường sinh là nửa elip được cắt bởi trục lớn với độ dài trục
lớn bằng 80 cm, độ dài trục bé bằng 60 cm và đáy trống là hình tròn có bán kính bằng 60 cm.
Tính thể tích V của chiếc trống (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị). A. 3 V  344963cm B. 3 V  344964cm C. 3 V  208347cm D. 3 V  208346cm Lời giải Chọn B
Đặt hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ (trục hoành là trục của chiếc trống, gốc tọa độ là trung
điểm của đường cao chiếc trống, đơn vị: dm). TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 105
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 2 2 x y
Gọi E  là elip có phương trình 
1 thì ảnh của E qua phép tịnh tiến theo vectơ 16 9  x  y  2 2 6
u 0;6 là elip E có phương trình  1. 16 9 3
Suy ra, phương trình của đường sinh là: 2 y  6  16  x . 4 4 2  3 
Do đó, thể tích của chiếc trống là: 2 V   6  16  x dx  344,964     3 dm  .  4  4 
Câu 180: (SỞ GD&ĐT YÊN BÁI - 2018) Người ta thay nước mới cho một bể bơi có dạng hình hộp
chữ nhật có độ sâu là 280 cm. Giả sử h t là chiều cao (tính bằng cm) của mực nước bơm
được tại thời điểm t giây, biết rằng tốc độ tăng của chiều cao mực nước tại giây thứ t là 1 3 h (  t) 
t  3 và lúc đầu hồ bơi không có nước. Hỏi sau bao lâu thì bơm được số nước 500 3
bằng độ sâu của hồ bơi (làm tròn đến giây)? 4 A. 2 giờ 36 giây. B. 2 giờ 34 giây. C. 2 giờ 35 giây. D. 2 giờ 36 giây. Lời giải Chọn C 3
Gọi x là thời điểm bơm được số nước bằng độ sâu của bể ( x tính bằng giây ). 4 x 1 3 x Ta có: 3 t  3dt  210   t  343 105000 3 3
 (x  3) x  3  3 3 140000 500 4 0 0 3  x  34 3
 3 3 140000  x     3 3 4 3 3 3 140000  x    3 3 4 3 3 140000  3  x  7234,8256 .
Câu 181: (THPT NGÔ QUYỀN - QUẢNG NINH - HKII - 2018) Một bác thợ xây bơm nước vào bể
chứa nước. Gọi h t là thể tích nước bơm được sau t giây. Cho ht 2  6at  2bt và ban
đầu bể không có nước. Sau 3 giây thì thể tích nước trong bể là 3
90m , sau 6 giây thì thể tích nước trong bể là 3
504m . Tính thể tích nước trong bể sau khi bơm được 9 giây. A. 3 1458m . B. 3 600m . C. 3 2200m . D. 3 4200m . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 106
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Lời giải Chọn A 3  2
6at  2bt dt  90  2at  bt  3 3 2
 90  54a  9b  90 (1) 0 0 6  2
6at  2btdt  504  2at  bt  6 3 2
 504  432a  36b  504 (2) 0 0  2 a  Từ (1), (2)  
3 . Sau khi bơm 9 giây thì thể tích nước trong bể là: b   6 9 9  4  V   2 4t 12t dt = 3 2 t  6t  1458    3 m .  3  0 0
Câu 182: Cho một vật thể bằng gỗ có dạng hình trụ với chiều cao và bán kính đáy cùng bằng R . Cắt
khối gỗ đó bởi một mặt phẳng đi qua đường kính của một mặt đáy của khối gỗ và tạo với
mặt phẳng đáy của khối gỗ một góc 0
30 ta thu được hai khối gỗ có thể tích là V và V , với 1 2
V  V . Thể tích V bằng? 1 2 1 3 2 3R 3 3 R 3 3 R 3 3R A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 1 9 1 27 1 18 1 27 Lời giải Chọn A
Khi cắt khối gỗ hình trụ ta được một hình nêm có thể tích V như hình vẽ. 1
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.
Nửa đường tròn đường kính AB có phương trình là 2 2 y  R  x , x  ; R R.
Một mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm M có hoành độ x , cắt hình nêm theo thiết diện là M
 NP vuông tại N và có  0 PMN  30 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 107
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 2 2 R  x Ta có 2 2 0
NM  y  R  x  NP  MN.tan 30  . 3 2 2 1 1 R  x M
 NP có diện tích S x  NM.NP  . . 2 2 3 R R 2 2 1 R  x R 3 1  1  2 3R
Thể tích hình nêm là V  S x dx  dx 2 3  R x  x  . 1       2 2 3  3  9 R R 3 R
* Chú ý: Có thể ghi nhớ công thức tính thể tích hình nêm: 2 2 AB 2 3
V  R h  R tan , trong đó R  ,    PMN . 1 3 3 2
Câu 183: (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Cho một mô hình 3  D mô phỏng
một đường hầm như hình vẽ bên. Biết rằng đường hầm mô hình có chiều dài 5cm; khi cắt
hình này bởi mặt phẳng vuông góc với đấy của nó, ta được thiết diện là một hình parabol có
độ dài đáy gấp đôi chiều cao parabol. Chiều cao của mỗi thiết diện parobol cho bởi công 2
thức y  3  x cm , với x cm là khoảng cách tính từ lối vào lớn hơn của đường hầm 5
mô hình. Tính thể tích (theo đơn vị 3
cm ) không gian bên trong đường hầm mô hình ( làm
tròn kết quả đến hàng đơn vị ) A. 29 . B. 27 . C. 31. D. 33 . Lời giải Chọn A
Xét một thiết diện parabol có chiều cao là h và độ dài đáy 2h và chọn hệ trục Oxy như hình vẽ trên.
Parabol P có phương trình P 2 : y  ax  , h a  0 1 Có B  ; h 0P 2
 0  ah  h  a   doh  0 h h 2  1  4h 2
Diện tích S của thiết diện: 2 S   x  h  dx   , h  3  x  h  3 5 h 2    S x 4 2  3 x 3 5   
Suy ra thể tích không gian bên trong của đường hầm mô hình: TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 108
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 5 5 2 V Sx 4  2    dx  3  x dx  28,888    3  5  0 0  V   3 29 cm 
Câu 184: (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Một chi tiết máy được thiết kế như hình vẽ bên.
Các tứ giác ABCD,CDPQ là các hình vuông cạnh 2,5cm . Tứ giác ABEF là hình chữ nhật
có BE  3,5cm . Mặt bên PQEF được mài nhẵn theo đường parabol P có đỉnh parabol
nằm trên cạnh EF . Thể tích của chi tiết máy bằng 395 50 125 425 A. 3 cm . B. 3 cm . C. 3 cm . D. 3 cm . 24 3 8 24 Lời giải Chọn D
Gọi hình chiếu của P,Q trên AF và BE là R và S . Vật thể được chia thành hình lập phương ABC . D PQRS 125
có cạnh 2,5cm , thể tích 3 V 
cm và phần còn lại có thể tích V . Khi đó thể 1 8 2 125
tích vật thể V  V  V  V . 1 2 2 8
Đặt hệ trục Oxyz sao cho O trùng với F , Ox trùng với FA , Oy trùng với tia Fy song song  5 
với AD . Khi đó Parabol P có phương trình dạng 2
y  ax , đi qua điểm P 1;   do đó  2  5 5 2 a   y  x . 2 2
Cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với Ox và đi qua điểm M  x;0;0,0  x  1 ta được thiết 5 5 25
diện là hình chữ nhật MNHK có cạnh là 2 MN  x và MK 
do đó diện tích S  x 2  x 2 2 4 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 109
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 1 25 25
Áp dụng công thức thể tích vật thể ta có 2 V  x dx  2  4 12 0 125 25 425 Từ đó 3 V    cm 8 12 24
Câu 185: (THPT LỤC NGẠN - LẦN 1 - 2018) Bổ dọc một quả dưa hấu ta được thiết diện là hình
elip có trục lớn 28cm , trục nhỏ 25cm . Biết cứ 3
1000cm dưa hấu sẽ làm được cốc sinh tố
giá 20000 đồng. Hỏi từ quả dưa hấu trên có thể thu được bao nhiêu tiền từ việc bán nước
sinh tố? Biết rằng bề dày vỏ dưa không đáng kể. A. 183000 đồng. B. 180000 đồng. C. 185000 đồng. D. 190000 đồng. Lời giải Chọn A 2 y
Đường elip có trục lớn 28cm , trục nhỏ 25cm có phương trình   1 2  25     2  2 2  25   x  2 25 x 2  y  1      y   1 . 2   2   14  2 2 14 2 14 2  2 2 25 x  14 2  25   x 
Do đó thể tích quả dưa là V    1  x  d   1      dx 2  2 14  2  2   14 14   14  14 2 3  25   x  2    25 56 8750 .    x      . 3  cm . 2     2   3.14   2  3 3 14 8750 .20000
Do đó tiền bán nước thu được là  183259 đồng. 3.1000
Câu 186: (THPT THỰC HÀNH - TPHCM - 2018) Một cốc rượu có hình dạng tròn xoay và kích
thước như hình vẽ, thiết diện dọc của cốc (bổ dọc cốc thành 2 phần bằng nhau) là một đường
Parabol. Tính thể tích tối đa mà cốc có thể chứa được (làm tròn 2 chữ số thập phân) A. 3 V  320cm . B. 3 V  1005,31cm . C. 3 V  251,33cm . D. 3 V  502, 65cm . Lời giải Chọn C TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 110
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 5 8 Parabol có phương trình 2 2 y  x  x  y 8 5 Thể tích tối đa cốc: 10 8 V     y .dy  251,33   .  5  0
Câu 187: (THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU - LẦN 3 - 2018) Có một cốc nước thủy tinh hình
trụ, bán kính trong lòng đáy cốc là 6cm , chiều cao lòng cốc là 10cm đang đựng một lượng
nước. Tính thể tích lượng nước trong cốc, biết khi nghiêng cốc nước vừa lúc khi nước chạm
miệng cốc thì đáy mực nước trùng với đường kính đáy. A. 3 240 cm . B. 3 240 cm . C. 3 120 cm . D. 3 120 cm . Lời giải Chọn A
Cách 1. Xét thiết diện cắt cốc thủy tinh vuông góc với đường kính tại vị trí bất kỳ có: 1 S  x 1 2 2 2 2 
R  x . R  x .tan  S x   2 2 R  x  tan . 2 2 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 111
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 1 R 2
Thể tích hình cái nêm là: V  tan   2 2 R  x  3 dx  R tan . 2 3 R 2
Thể tích khối nước tạo thành khi nguyên cốc có hình dạng cái nêm nên 3 V  R tan . kn 3 2 h 3 3  V  R .  240cm . kn 3 R
Cách 2. Dựng hệ trục tọa độ Oxyz 10cm H I M 12cm F   N O x E S x J x  
Gọi S  x là diện tích thiết diện do mặt phẳng có phương vuông góc với trục Ox với khối
nước, mặt phẳng này cắt trục Ox tại điểm có hoành độ h  x  0 . Gọi  IOJ  ,  FHN   ,OE  x IJ 6 EF 6x 6x tan     EF   HF  6  . OJ 10 OE 10 10 6x 6  HF 10 x x cos     1 ;     arccos 1   HN 6 10  10  S  x 1 1 2  S  S  HN   HM HN   hinh quat  .2 . .sin 2 HMN 2 2 2        S  x x 1 x x 2  6 arccos 1  .6.6.2 1 1 1        10  2  10   10  10 10 2         x   x   x  V S x dx  36arccos 1  36 1 1 1 dx  240        .   10   10   10   0 0  
Câu 188: (THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU - LẦN 3 - 2018) Cho vật thể đáy là hình tròn có
bán kính bằng 1 (tham khảo hình vẽ). Khi cắt vật thể bằng mặt phẳng vuông góc với trục Ox
tại điểm có hoành độ x 1  x  
1 thì được thiết diện là một tam giác đều. Thể tích V của vật thể đó là TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 112
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 4 3 A. V  3 . B. V  3 3 . C. V  . D. V   . 3 Lời giải Chọn C
Do vật thể có đáy là đường tròn và khi cắt bởi mặt phẳng
vuông góc với trục Ox được thiết diện là tam giác đều do
đó vật thể đối xứng qua mặt phẳng vuông góc với trục 1-x2 Oy tại điểm O .
Cạnh của tam giác đều thiết diện là: 2 a  2 1 x . O x 2 a 3
Diện tích tam giác thiết diện là: S    2 1 x  3 . 4
Thể tích khối cần tìm là: 1 1 1  x  V  2 Sdx  2 3   1 x  3 4 3 2  2 3 x     .  3  3 0 0 0
Câu 189: (THPT BÌNH GIANG - HẢI DƯƠNG - 2018) Sân vận động Sport Hub (Singapore) là sân
có mái vòm kỳ vĩ nhất thế giới. Đây là nơi diễn ra lễ khai mạc Đại hội thể thao Đông Nam Á
được tổ chức tại Singapore năm 2015 . Nền sân là một elip E  có trục lớn dài 150m , trục
bé dài 90m (hình 3). Nếu cắt sân vận động theo một mặt phẳng vuông góc với trục lớn của
Evà cắt elip ở M, N (hình 3) thì ta được thiết diện luôn là một phần của hình tròn có tâm
I (phần tô đậm trong hình 4) với MN là một dây cung và góc  0
MIN  90 . Để lắp máy điều
hòa không khí thì các kỹ sư cần tính thể tích phần không gian bên dưới mái che và bên trên
mặt sân, coi như mặt sân là một mặt phẳng và thể tích vật liệu là mái không đáng kể. Hỏi thể tích xấp xỉ bao nhiêu? TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 113
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Hình 3 A. 3 57793m . B. 3 115586m . C. 3 32162m . D. 3 101793m . Lời giải Chọn B
Chọn hệ trục như hình vẽ
Ta cần tìm diện tích của S  x thiết diện. Gọi d O, MN   x 2 2   x y E :  1. 2 2 75 45 2 2  x  x Lúc đó 2 MN  2y  2 45 1   90 1 2 2  75  75 2 2 2 MN 90 x 90  x  2  R   . 1  R  . 1   2 2  2 2 75 2  75  TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 114
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 2     S  x 1 1 1 1 2025 x 2 2 2   R  R    R      2 .1 . 2 4 2  4 2  2  75 
Thể tích khoảng không cần tìm là 75 2     x  V   2 2025 3 . 1  115586m .  2  2  75 7  5 
Câu 190: (TRẦN PHÚ - HÀ TĨNH - LẦN 2 - 2018) Một cái thùng đựng dầu có thiết diện ngang
(mặt trong của thùng) là một đường elip có trục lớn bằng 1m , trục bé bằng 0,8m , chiều dài
(mặt trong của thùng) bằng 3m . Đươc đặt sao cho trục bé nằm theo phương thẳng đứng
(như hình bên). Biết chiều cao của dầu hiện có trong thùng (tính từ đáy thùng đến mặt dầu)
là 0,6m . Tính thể tích V của dầu có trong thùng (Kết quả làm tròn đến phần trăm). A. 3 V  1,52m . B. 3 V  1,31m . C. 3 V  1, 27m . D. 3 V  1,19m . Lời giải Chọn A
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. 2 2 x y
Theo đề bài ta có phương trình của Elip là  1. 1 4 4 25
Gọi M , N lần lượt là giao điểm của dầu với elip. 1 2 
Gọi S là diện tích của Elip ta có S   ab   .  . 1 1 2 5 5
Gọi S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi Elip và đường thẳng MN . 2
Theo đề bài chiều cao của dầu hiện có trong thùng (tính từ đáy thùng đến mặt dầu) là 0,6m nên 1
ta có phương trình của đường thẳng MN là y  . 5 2 2 x y 4 1
Mặt khác từ phương trình  1 ta có 2 y   x . 1 4 5 4 4 25 1 3 3
Do đường thẳng y  cắt Elip tại hai điểm M , N có hoành độ lần lượt là  và nên 5 4 4 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 115
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 3 3 4 4  4 1 1  4 1 3 2 2 S     x  dx   x dx  2   . 5 4 5  5 4 10 3   3   4 4 3 4 1 Tính 2 I   x dx  . 4 3  4 1 1
Đặt x  sin t  dx  cos d t t . 2 2  3  3  Đổi cận: Khi x  thì t   ; Khi x  thì t  . 4 3 4 3   3 3 1 1 1 1  2 3  2 I  . cos tdt  
 1cos2tdt       .  2 2 8  8 3 2     3 3 4 1  2 3  3  3 Vậy S        . 2 5 8  3 2  10 15 20      3 
Thể tích của dầu trong thùng là V     .3 1,52  . 5 15 20    TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 116
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 5: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ
 BÀI TẬP NỀN TẢNG & VẬN DỤNG 
Câu 191: (PTNK CƠ SỞ 2 - TPHCM - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số y  f  x có đạo hàm f  x
liên tục trên đoạn 0;5 và đồ thị hàm số y  f  x trên đoạn 0;5 được cho như hình bên. Tìm mệnh đề đúng
A. f 0  f 5  f 3 .
B. f 3  f 0  f 5 .
C. f 3  f 0  f 5 .
D. f 3  f 5  f 0 . Lời giải Chọn C 5 Ta có f   x x
d  f 5  f 3  0 , do đó f 5  f 3 . 3 3 f   x x
d  f 3  f 0  0, do đó f 3  f 0 0 5 f   x x
d  f 5  f 0  0, do đó f 5  f 0 0
Câu 192: (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y  f  x . Đồ thị của hàm số y  f  x
như hình bên. Đặt g  x  f  x   x  2 2
1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. g   1  g   3  g   3 B. g   1  g   3  g   3 C. g   3  g   3  g   1 D. g  3    g  3  g   1 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 117
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Lời giải Chọn B
Ta có g x  2 f  x  2x   1  
g x   f  x x 1 0  x 1   . x  3  Bảng biến thiên Suy ra g   3  g   1 và g   3  g   1 . (1)
Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y  f '( ) x , y  x 1, x  3  , x 1 1
Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y  x 1, y  f '( ) x , x 1, x  3 2
Dựa vào hình vẽ, ta thấy: S  S  0 . 1 2 Suy ra: S  S  0 1 2 1 3   f 
  xx  1dx   
 x  1 f xdx  0  3 1 1 3   f 
  xx  1dx   f  
  xx  1dx  0  3 1 3   f 
  xx  1dx  0  . 3 3 3
Khi đó: g 3  g 3  g  xdx  2  f 
  xx  1dx  0  (2) 3 3
Từ (1) và (2) suy ra: g   1  g   3  g   3 .
Câu 193: (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y  f (x) . Đồ thị y  f (x) của hàm số như
hình bên. Đặt g x  f x  2 2
x . Mệnh đề nào dưới đây đúng? TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 118
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
A. g 3  g3  g 1
B. g 1  g 3  g 3
C. g 3  g3  g 1
D. g 1  g3  g3 Lời giải Chọn D
Ta có gx  2 f x  2x  gx  0  x 3;1;  3 .
Từ đồ thị của y  f x ta có bảng biến thiên của hàm gx .
Suy ra g 3  g1 . Kết hợp với BBT ta có:
1 gxdx  3 g x dx g x dx g x dx 3      3  1     3  1     1
 g 3  g1  g3  g1  g3  g3
Vậy ta có g 3  g3  g 1.
Câu 194: (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho hàm số y  f x . Đồ thị hàm số y  f 'x như
hình vẽ. Đặt hx  f x  2 2
x . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. h4  h2  h2
B. h2  h2  h4
C. h4  h2  h2
D. h2  h4  h2 Lời giải Chọn D TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 119
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Ta có h'x  2  f 'x  x ; h'x  0  x    2; 2;  4 . Bảng biến thiên
Suy ra h 2  h4 .
Kết hợp với đồ thị hàm số y=x ta có
hxdx  0  h4  h2  0  h4  h 4 2. 2
Vậy ta có h2  h4  h2.
Câu 195: Cho hàm số y  f  x liên tục trên  và có đồ thị của hàm số f  x như hình bên dưới.
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. f 0  f 2  f   1 . B. f 0  f   1  f 2 .
C. f 2  f 0  f   1 . D. f  
1  f 0  f 2 . Lời giải Chọn B 0
Theo đồ thị, ta có: f 0  f   1  f   xdx  0 1  f 0  f   1   1 , 2 0 2 f 2  f   1  f   xdx  f   xdx  f   xdx  0 1  1  0  f   1  f 2 2 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 120
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Từ  
1 và 2  f 0  f   1  f 2 .
Câu 196: (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f  x. Đồ thị của hàm số
y  f  x trên  3
 ;2 như hình vẽ (phần cong của đồ thị là một phần của parabol 2 y  ax  bx  . c ) Biết f  3
   0, giá trị của f   1  f   1 bằng 23 31 35 9 A. B. C. D. 6 6 3 2 Lời giải Chọn B Parabol 2
y  ax  bx  c có đỉnh I  2  ;  1 và đi qua điểm  3  ;0 nên ta có  b  2   2a a  1   2
4a  2b  c  1  b  4
  y  x  4x  3. 9  a 3b c 0     c  3     Do f  3
   0 nên f   1  f   1   f  
1  f 0   f 0  f   1   2  f   1  f 3       1 0 1 1   3 8 31 f (x)dx  f (  x)dx  2     2
x  4x  3dx  S  S  2  2
x  4x  3 dx  1   . 1 2  2 3 6 0 1  3 3 
Với S , S lần lượt là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x, trục Ox và 1 2
hai đường thẳng x  1, x  0 và x  0, x  1. 3 Dễ thấy S  1; S  . 1 2 2
Câu 197: (THPT LƯƠNG VĂN CAN - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số y  f  x . Đồ thị của hàm số
y  f  x như hình vẽ. Đặt g  x  f  x   x  2 2 1 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 121
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. g  
1  g 3  g 5 . B. g  
1  g 5  g 3 . C. g 5  g   1  g 3 .
D. g 3  g 5  g   1 . Lời giải Chọn B
Ta có g x  2  f  x  x   1  
 ; g x  0  f  x  x 1. x  1 
Dựa vào đồ thị ta có các nghiệm sau: x  3  . x  5  Ta có bảng biến thiên 3 5 1 1
Ngoài ra dựa vào đồ thị ta có g  xdx   g
 xdx  gx3  gx5 2 2 1 3 1  3  g 3  g  
1  g 3  g 5  g 5  g   1 .
Vậy g 3  g 5  g   1 . Câu 198: (THPT HẬU LỘC 2 - TH - 2018) Cho hàm số 3 2
y  f (x)  ax  bx  cx  d a, , b ,
c d  , a  0 có đồ thị là C. Biết rằng đồ thị C đi
qua gốc tọa độ và đồ thị hàm số y  f '(x) cho bởi hình vẽ bên. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 122
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Tính giá trị H  f (4)  f (2) ? A. H  45 . B. H  64 . C. H  51. D. H  58 . Lời giải Chọn D Theo bài ra 3 2
y  f (x)  ax  bx  cx  d a, ,
b c, d  ,a  0 do đó y  f x là hàm bậc hai có dạng    2 y f x  a x   b x   c . c  1 a  3  
Dựa vào đồ thị ta có: a  b  c  4  b  0  y  f  x 2  3x 1. a b c  4   c  1 
Gọi S là diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi các đường y  f  x , trục Ox , x  4, x  2 . 4 Ta có S   2 3x   1 dx  58 . 2 4 4 Lại có: S  f 
 xdx  f x  f 4 f 2. 2 2
Do đó: H  f 4  f 2  58 .
Câu 199: (SGD THANH HÓA - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số y  f  x . Đồ thị của hàm số y  f  x
như hình vẽ bên. Đặt M  max f  x , m  min f  x, T  M  m . Mệnh đề nào dưới đây  2  ;6  2  ;6 đúng?
A. T  f 0  f 2 .
B. T  f 5  f 2 .
C. T  f 5  f 6 .
D. T  f 0  f 2 . Lời giải Chọn B TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 123
CĐ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Gọi S , S , S , S lần lượt là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x với 1 2 3 4 và trục hoành. Quan sát hình vẽ, ta có 0 2 0 0  f   xdx   f 
 xdx  f x  f x 2 2 2  0
 f 0  f 2  f 0  f 2  f 2  f 2 2 5 0 5   f   xdx  f 
 xdx  f x  f x 2 2 0 2
 f 0  f 2  f 5  f 2  f 0  f 5 5 6 5 5  f   xdx   f 
 xdx  f x  f x 2 6 2 5
 f 5  f 2  f 5  f 6  f 2  f 6 Ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta có M  max f  x  f 5 và m  min f  x  f  2    2  ;6  2  ;6
Khi đó T  f 5  f 2 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 124

5 dạng toán ứng dụng của tích phân thường gặp Toán 12

Thông tin :

Tài liệu liên quan:

Gắn hệ tọa độ Oxyz để giải các bài toán hình học không gian – Phương Nguyễn Toán 12

20 kĩ thuật chinh phục vận dụng cao số phức – Hoàng Xuân Nhàn Toán 12

Phân dạng bài tập và lời giải chi tiết chuyên đề Tích phân – Lưu Huy Thưởng Toán 12

Phương pháp giải các bài toán Tích phân – Trung tâm LTĐH Vĩnh Viễn Toán 12

Phương pháp giải các dạng Tích phân thường gặp Toán 12