Các dạng bài tập VDC ứng dụng của tích phân Toán 12

Các dạng bài tập VDC ứng dụng của tích phân 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!

Môn:

Toán 12 3.8 K tài liệu

Thông tin:
55 trang 1 năm trước
Tác giả:
Student
Mai Nguyệt
docx.com.vn

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Các dạng bài tập VDC ứng dụng của tích phân Toán 12

Các dạng bài tập VDC ứng dụng của tích phân 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!

50 25 lượt tải Tải xuống

Chủ đề: Chương 3: Nguyên hàm - Tích phân và ứng dụng 199 tài liệu

Môn: Toán 12 3.8 K tài liệu

Thông tin:

55 trang 1 năm trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
BÀI 3. ỨNG DỤNG
HÌNH HỌC TÍCH PHÂN
A. KIẾN THỨC SÁCH GIÁO KHOA CẦN NẮM
I. DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG
1. Định lý 1: Cho hàm số
()yfx
liên tục, không âm trên

;ab
. Khi đó diện tích S của hình thang
cong giới hạn bởi đồ thị hàm số
()yfx
, trục hoành và 2 đường thẳng
,xaxb
là:
()
b
a
Sfxdx
2. Bài toán liên quan
Bài toán 1: Diện tích
hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
()yfx
liên tục trên đoạn

;ab
, trục
hoành và hai đường thẳng
xa
,
xb
được xác định:
()
b
a
Sfxdx
Bài toán 2: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
()yfx
,
()ygx
liên tục trên đoạn

;ab
và hai đường thẳng
xa
,
xb
được xác định:
() ()
b
a
Sfxgxdx
Chú ý:
Nếu trên đoạn
[;]ab
, hàm số
()fx
không đổi dấu thì:
() ()
bb
aa
fxdx fxdx

Bài toán 3: Diện tích của h
ình phẳng giới hạn bởi các đường
()xgy
,
()xhy
và hai đường thẳng
yc
,
yd
được xác định:
() ()
d
c
Sgyhydy
Bài toán 4: Diện
tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị
11
():()Cfx
,
22
():()Cfx
là:
2
1
() ()
x
x
Sfxgxdx
. Trong đó:
12
,xx
tương ứng là nghiệm của phương trình

12
() (),fx gx x x
II. THỂ TÍCH CỦA K
HỐI TRÒN XOAY
11
22
(): ()
(): ()
()
Cyfx
Cyfx
H
xa
xb
1
()C
2
()C

b
a
Sfxfxdx
12
() ()
a
1
c
y
Ob
x
2
c
1. Thể tích
vật thể
Gọi
B
là phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm a và b;
()Sx là diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm
x
,
()axb . Giả sử ()Sx là hàm số liên tục trên đoạn [;]ab .
2. Thể tích khối tròn xoay
Bài toán 1: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
()yfx , trục hoành và hai đường thẳng
x
a
,
x
b
quanh trục Ox:
Bài toán 2: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
()
x
gy , trục hoành và hai đường thẳng
yc
, yd
quanh trục Oy:
Bài toán 3: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
()yfx
,
()ygx
và hai đường thẳng
x
a
,
x
b
quanh trục Ox:
22
() ()
b
a
V
f
x
g
xdx

.
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Tính diện tích giới hạn bởi 1 đồ thị
1. Phương pháp:
a/ Phương pháp 1:
|()|
b
a
Sfxdx
* Xé
t dấu biểu thức
()
f
x
;
[;]
x
ab
, phá dấu trị tuyệt đối và tính tích phân.
b/ Phương pháp 2:
* Giải phương trình
() 0fx ; chọn nghiệm trong [;]ab. Giả sử các nghiệm là ;
với
.
* Áp dụng tính chất liên tục của hàm số
()
f
x trên [;]ab ; ta có:
|()d||()d||()d|
b
a
Sfxx fxx fxx



2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1: Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
2
yx
, trục hoành và đường thẳng
x2
.
A.
8
S.
9
B.
16
S.
3
C.
S16.
D.
8
S.
3
Hướng dẫn giải
CHỌN D
Nhận thấy rằng, để tính diện tích ta cần phải tìm được 2 cận. Để tìm thêm cận còn lại ta giải phương
trình hoành độ giao điểm của đồ thị

2
P:y x
với trục hoành.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị

2
P:y x
với trục hoành:
2
x0x0

Áp dụng công thức ta có
2
2
0
8
Sxdx.
3

Nhận xét: Nếu ta vẽ đồ thị hàm số
2
yx
và đường thẳng
x2
ta dễ dàng xác định được hình
phẳng giới hạn bởi các đường này. Từ đó ta dễ dàng tính được diện tích S.
Bài tập 2: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số
2x
yx.e
, trục hoành và đường
thẳng
x1
A. e2. B. 2e.
C. 2e.
D. 1.
Hướng dẫn giải
CHỌN A
Phương trình hoành độ giao điểm
2x
xe 0 x 0

Ta có:
 

11 1
1
2x 2 x 2x x 2
0
00 0
11 1
1
xxxx
0
00 0
S xedx xde xe ed x
e 2 xe dx e 2 xd e e 2xe 2 e dx

  


1
x
0
e 2e 2e e 2e 2 e 2. 
Lời bình: Bài toán trên đã có 1 cận, ta chỉ cần tìm thêm 1 cận nữa bằng
cách giải phương trình hoành độ giao điểm. Sau đó áp dụng công thức.
Nếu vẽ đồ thị bài này để tìm hình phẳng giới hạn bởi các đường là không
nên vì đồ thị hàm số hơi phức tạp. Việc tìm được công thức
1
2x
0
Sxedx
và tín
h tích phân này ta có thể dùng MTCT để tính và chọn Chọn.
Bài tập 3: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
2
y1x
và trục hoành:
A.
2.
B. .
4
C. 1. D. .
2
Hướng dẫn giải
CHỌN D
Phương trình hoành độ giao điểm của, Ox là
2
1x 0 x 1

Khi đó, diện tích hình phẳng cần tìm là
1
2
1
S 1 x dx.

Đặt
x sin t dx cos tdt
và
x1 t
2
x1t
2

 
Suy ra
1
22
22 2
1
22
S 1 x dx 1 sin t.cos tdt cos tdt
2





Lời bình: Bài toán trên chưa có cận, ta phải giải phương trình hoành độ
giao điểm để tìm cận. Sau đó áp dụng công thức. Việc tìm được công
thức
1
2
1
S1xdx

và tính tích phân này tương đối phức tạp, do đó ta
có thể dùng MTCT để tính và chọn Chọn.
Nếu vẽ được đồ thị thì ta xác định được hình phẳng và diện tích của nó
dễ dàng, đó chính là diện tích của nữa đường tròn bán kính bằng 1. Do
đó:
2
1
SR.
22

Bài tập 4: Tính diện tích S hình phẳng giới hạn bởi các đường
1
y lnx,x e, x
e
 và trục hoành
A.
2
S2 .
e

B.
1
S1 .
e
C.
2
S2 .
e
D.
1
S1 .
e

Hướng dẫn giải
CHỌN A
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị
ylnx
và trụ hoành là
ln x 0 x 1.

e1e
1e
1
1
e
11
1
ee
2
S ln x dx ln xdx ln x.dx x x ln x x ln x x 2 .
e


Bài tập 5: Diện tích tam giác được cắt ra bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến của đồ thị ylnx tại giao
điểm của đồ thị hàm số với trục Ox là:
A.
2
S
3
B.
1
S
4
C.
2
S
5
D.
1
S
2
Hướng dẫn giải
Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm:
ln x 0 x 1

Ta có:
 
1
y' lnx ' .y' 1 1
x'

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị
ylnx
tại giao điểm của đồ thị hàm số với trục Ox
là:
y1x1 0 hay yx1
Đường thẳng
yx1 cắt Ox tại điểm
A1;0 và cắt Oy tại điểm
B0; 1 .
Tam giác vuông OAB có
OAB
11
OA 1,OB 1 S OA.OB
22

Bài tập 6: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong
y2axa0
, trục hoành và đường
thẳng
xa bằng
2
ka . Tính giá trị của tham số k.
A.
7
k
3
B.
4
k
3
C.
12
k
5
D.
6
k
5
Hướng dẫn giải
    
b0 b 0b
D
aa 0 a0
S f xdx f x dx f xdx f xdx f xdx

Chọn B
Có
a
a
3
22
2
0
0
24 4
S2axdx2a..x aka k
33 3

Bài tập 7: Cho hình cong giới hạn bởi các đường
x
ye,y0,x0

và
xln4
. Đường thẳng
xk
với
0kln4
chia thành hai phần có diện tích là S
1
và S
2
như hình vẽ
bên. Tìm k để
12
S2S
.
A.
2
kln4
3
B.
kln2
C.
8
kln
3
D. kln3
Hướng dẫn giải
Chọn D
Do
ln 4
ln 4 ln 4
xxx
121
0
00
22 2 2
S2S S S edx edx e 2
33 3 3


Do đó:
k
xk k
1
0
Sedxe12e3kln3
Dạng 2: Tính diện tích giới hạn bởi 2 hai đồ thị
1. Phương pháp:
Công th
ức tính
|() ()|
b
a
Sfxgxdx
. Tính như dạng 1.
2. Một số bài tập mẫu
Bài tậ
p 1:
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
22
11
;;;
cos sin 6 3
yyxx
x
x

Lời giải
Ta có:
/3
22
/6
11
cos sin
Sdx
x
x

Trong trường hợp này nếu chọn cách xét dấu biểu thức
11
;;
22
63
cos sin
yx
xx




hoặc vẽ đồ thị hàm số
11
;;
22
63
cos sin
yx
xx

là khá khó khăn.
Vì vậy ta chọn cách sau:
+ Xét phương trình:
22
11
cos sin
x
x
0
;
;
63
x
22
cos sin 0xx

;
63
x



cos 2 0x
;
;
63
x



4
x

Từ đó suy ra:
/4 /3
22 22
64/4
11 11
|
cos sin cos sin
Sdx dx
xx xx






4
/4 4 3
|(tan cot )| | |(tan cot ) | 2 2
/6 3
Sxx xx







.
Bài tập 2 : Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
2
2
1
;
12
x
yy
x

.
Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị trên:
2
2
1
12
x
x
42 2
1
20 1
1
x
xx x
x

Vì vậy
hình phẳng đã cho có diện tích là:
2
1
2
1
1
12
x
Sdx
x

Do trên
(1;1) phương trình
2
2
1
12
x
x
vô nghiệm nên ta có:
111
22 2
1
222
1
111
111
ddd
12 12 1 2
xx x
Sdx xxx
xxx







Tính
1
I
1
2
1
1
1
dx
x
.
+/ Đặt
tan
x
t
;
;
22
t




2
1
cos
dx dt
t

+/ Đổi cận:
1
4
1
4
xt
xt
 

2
/4 /4
1
2
/4 /4
1
cos
d
1tan 2
t
Idtt
t





2
I
2
1
1
1
23
x
dx
Thay thế v
ào ta được:
S
1
23
1
23
.
Bài tập 3: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
2
43yx x

và 3y .
Hướng dẫn giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị trên:
2
43xx
3
2
2
0
433
4
433
x
xx
x
xx



Khi đ
ó:
S
4
242
0
0
43|3| | 43|3 |
x
xdxxxdx 
‖

34
1
222
0
13
433 433 433Sxx dxxxdxxxdx   

34
1
22 2
0
13
4464|Sxxdx xxdxxxdx

3
14
33 3
22 2
03
1
22628
33 3
xx x
SS x x x x
 

 
 
.
Bài tập 4: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị: sin | |
yx;
y
||
x
-
.
Hướng dẫn giải
Xét phương trình hoành độ: sin | | | |xx

Đặt
||
x
t
Khi đó trở thành:
sin tt
sin 0tt

Xét hàm số
()
f
t
sin tt

; [0, )t .
() cost 1 0 [0, )ft t

.
BBT của hàm số
()
f
t như sau:
phương trình có nghiệm duy nhất
t
.
phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
x
và
x
.
|sin | | | | | (sin | | | | )Sxxdx xxdx






.
3. Bài tập
Bài tậ
p 1:
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol
2
P:y x 3x 3
 và đường thẳng

d:y 2x 1 là:
A.
7
3
B.
13
3
C.
19
6
D. 11
Hướng dẫn giải
Chọn B
Xét phương trình
22
x1
x3x32x1 xx20
x2
 
Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol
2
P:y x 3x 3

và đường thẳng

d:y 2x 1
là



2
22
23
22
11
1
xx 13
S x 3x 3 2x 1 dx 2 x x dx 2x
23 3





Vậy
13
S
3
.
Bài tập 2: Parabol chia hình tròn có tâm tại gốc tọa độ, bán kính thành 2 phần. Tỉ số
diện tích của chúng thuộc khoảng nào:
A. B. C. D.
0,7;0,8
Hướng dẫn giải
Chọn A
Phương trình đường tròn:
22 2 2
xy8x8y

Thế vào phương trình parabol, ta được
2
2
8y
yy2y80
2


2
y2
x4x2
y4l


Diện tích phần được tạo bởi phần đường tròn phía trên với Parabol là:
222
22
22
1 12
222
xx
S8xdx8xdxdxII
22






;
2
23
2
2
2
xx8
Idx
2
263

Tính
22
22
1
20
I8xdx28xdx


Đặt
x22sint dx22costdt;x0 t0
; x2 t
4

444
2
1
000
cos 2t 1
I 2 2 2 cos t2 2 cos tdt 16 cos tdt 16 dt 4 2
2



2
2
x
y
22

0, 4;0,5
0,5;0, 6
0,6;0, 7
112
84
SII 42 2
33

Diện tích hình tròn:
2
21
44
SR8 SSS8 2 6
33





1
2
4
2
S
3
0, 435 0, 4;0,5
4
S
6
3



.
Bài tập 3:
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
2
x
y4
4
 và đồ thị hàm số
2
x
y
42
A. 24 B.
4
2
3
C.
4
2
3
D.
8
3
Hướng dẫn giải
Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm:
2
22
2
x16l
xx
4x22
4
42
x8


. Khi đó
22
22
22
xx 4
S4 2
43
42

Bài tập 4: Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
2
my x
,
2
mx y
(với
0m
).
Tìm giá trị của
m để
3S
.
A.
1m
. B.
2m
. C.
3m
. D.
4m
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Vì
0m
nên từ
2
my x
ta suy
2
0
x
y
m
;
Từ
2
mx y
nên
0x
và
ymx
.
Xét phương trình
2
43
0x
x
mx x m x
x
m
m

Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là:
22
00
mm
xx
Smxdx mx dx
mm





3
22
0
211
.
3333
m
mx
x
xmm
m





Yêu cầu bài toán
22
1
3393
3
Smmm 
(vì 0m ).
Bài tập 5: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm
2
yx
và
2
1
x
y
x
là
ln 2Sab
với a, b là những số hữu tỷ. Giá trị của
ab
là
A.
1
3
. B. 2. C.
2
3
. D. 1.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Phương trình hoành độ giao điểm của
1
C :
2
y
x
và
2
C :
2
1
x
y
x
là

232
0
2
1201
1
2
x
x
xxxxxx
x
x

Diện tích hình phẳng cần tìm là:
00
0
3
22
111
22 5
2 2 2ln 1 2ln2
11 33
xx
Sxdx xdxxx
xx










Suy ra
5
3
a
và
2b 
Vậy
1
3
ab
Bài tập 6:
Cho
H là hình phẳng giới hạn bởi parabol
2
3yx ,
cung tròn có phương trình
2
4
y
x
(với 02x
) và trục hoành
(phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của
H
là
A.
43
12
. B.
43
6
.
C.
4233
6

. D.
53 2
3
.
Hướng dẫn giải
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol
2
3yx
và cung tròn
2
4
y
x
(với
02x
) lả
22 24
4343 1
x
xxxx .
Diện tích của

H
là
12
1
223
0
01
33
34
33
Sxdx xdxxI I

với
2
2
1
4Ixdx
.
Đặt
2sin
x
t
,
;2cos.
22
tdxtdt





Đổi cận
1
6
xt

,
2
2
xt

.

2
222
22
6
666
4 4sin .2cos . 4cos . 2 1 cos 2 . 2 sin 2Ittdttdttdtxt




23
32

Vậy
332343
33326
SI


Chọn B.
Bài tập 7:
Hình phẳng
H
được giới hạn bởi đồ thị
C của hàm đa thức bậc ba và parabol
P
có trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần
tô đậm của hình vẽ có diện tích bằng
A.
37
12
. B.
7
12
. C.
11
12
. D.
5
12
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Vì đồ thị hàm bậc ba và đồ thị hàm bậc hai cắt trục tung tại các điểm có tung độ lần lượt là
2y và 0y nên ta xét hai hàm số là
32
2yax bx cx

,
2
y
mx nx
(với a,
0m
).
Suy ra
C :
32
2yfx axbxcx và
P
:
2
ygx mx nx
.
Phương trình hoành độ giao điểm của
C và
P
là:

32 2 32 2
220ax bx cx mx nx ax bx cx mx nx 
.
Đặt


32 2
2P x ax bx cx mx nx .
Theo giả thiết,

C và

P
cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt là
1x 
,
1
x
,
2x
nên
112Px ax x x.
Ta có

02
P
a .
Mặt khác, ta có
 
0002 1Pfg a.
Vậy diện tích phần tô đậm là

2
1
37
112
12
Sxxxdx

Dạng 3: Tính thể tích vật thể tròn xoay dựa vào định nghĩa
1. Phương pháp:
Gọi
B
là phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm a và b; ()Sx là
diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục
Ox tại điểm
x
,
()axb
.
Giả sử
()Sx
là hàm số liên tục trên đoạn
,ab .
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1:
Cho phần vật thể
B
giới hạn bởi hai mặt phẳng có phương trình
0x
và
2x
. Cắt phần
vật thể
B
bởi mặt phẳng vuông góc trục
Ox
tại điểm có hoành độ
02xx
, ta được diện tích là
một tam giác đều có độ dài cạnh bằng
2.
x
x
Tính thể tích
V
của phần vật thể
B
.
Lời giải
Một tam giác đều cạnh a có diện tích
2
3
4
a
S
Do tam giác đều cạnh
2
x
x có diện tích là
2
23
()
4
xx
Sx
Suy ra thể tích

2
22 2
2
00 0
23
3343
() 2
44 433
Ca sio
xx
SSxdx dx x xdx
 

Bài tập 2: Trong không gian Oxyz , cho vật thể nằm giữa hai mặt phẳng
0x
và
x
, biết rằng
thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục
Ox
tại điểm có hoành độ bằng
,0xx

là một tam giác đều cạnh là 2sin
x
.Tính thể tích của vật thể đó.
Lời giải
Một tam giác đều cạnh a có diện tích
2
3
4
a
S
Do đó tam
giác đều cạnh
2sin
x
có diện tích là

4sin . 3
3sin
4
x
Sx x

Suy ra t
hể tíc
h

22
00
d3sind23VSxx xx

Bài tập 3: Một bồn trụ đang chứa dầu được đặt nằm ngang có chiều dài bồn là 5m , bán kính đáy 1m
. Người ta rút dầu ra trong bồn tương ứng với 0,5 m của đường kính đáy. Tính thể tích gần đúng của
dầu còn lại trong bồn
Lời giải
* Thể tích cả khối trụ
22 3
1
.1 .5 5VRh m

* Tính thể tích phần khối trụ bị mất đi
+ Cách 1:
22
2
viên ph
R
d
ân
SRxdx
1
2
1
2
21 0,61
xdx
1
2
2
1
2
.21 53,07
viên phân
VS h xdx
Suy ra thể tích khối trụ còn lại

1
23
12
1
2
5 2 1 5 12,637
VVV xdx m
+ Cách 2: Tính góc ở tâm
1
cos
22

OH
R
23

2
3


2
1122
sin . sin 0,614
2233




viên phân
SR


2
12 2
.. sin 5
23 3




viên phân
VS h

2
2
x
y
d
y
=
R
2
-x
2
d
O
R
2
2
x
y
B
A
H
O
R

3
12
12 2
5 . sin 5 12,637
23 3




VVV m

Bài tập 4: Bạn A có một cốc thủy tinh hình trụ, đường kính trong lòng đáy cốc là chiều cao
trong lòng cốc là đang đựng một lượng nước. Bạn A nghiêng cốc nước, vừa lúc khi nước chạm
miệng cốc thì ở đáy mực nước trùng với đường kính đáy. Tính thể tích lượng nước trong cốc
Lời giải
Phân tích: Thể tích nước có hình dạng “cái nêm”; có 2 phương pháp tính thể tích này
+ Cách 1 – Chứng minh công thức bằng PP tích phân: Xét thiết diện cắt cốc thuỷ tinh tại vị trí
bất kỳ; ta có diện tích thiết diện là
; thể tích.
.
Cách 2:
Gọi S 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 . Ta có
:
, vì thiết diện này là nửa hình tròn bán kính
Thể tích lượng nước chứa trong bình là.
Bài giải
+ Cách 1: Áp dụng công thức tính thể tích cái nêm biết góc giữa mặt cắt và mặt đáy bằng là
với ta được
6,cm
10cm
x

RxR


22 22 22
11
.. .tan tan
22
 Sx Rx Rx Rx


22 3
12
dtan d tan
23



RR
RR
VSxx RxxR
0hx
()

rhx hxR
r
Rh h
r
22
2
2
1()
()
22

hxR
Sx r
h
23
22
.tan
33

VRhR
tan
h
R

32 3
22
. .3 .10 60
33

h
VR cm
R
+ Cách 2: Tính trực tiếp bài toán bằng PP tích phân. ; thể tích
Bài tập 5:
Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng ta được một khối như hình vẽ bên. Biết rằng thiết diện
là một hình elip có độ dài trục lớn bằng 10, khoảng cách từ điểm thuộc thiết diện gần mặt đáy nhất
và điểm thuộc thiết diện xa mặt đáy nhất lần lượt là 8 và 14. Tính thể tích của.
Lời
giải
Tính các số đo: ; suy ra bán kính khối trụ là
.
Cách 1: Thể tích khối bằng thể tích “khối trụ trung bình”:
Cách 2: Áp dụng công thức tính thể tích “cái nêm”: Lấy mặt phẳng vuông góc với đường
sinh của hình trụ và đi qua điểm , khi đó chia khối thành hai khối:
+ Khối 1: là khối trụ chiều cao , bán kính
4
r
nên thể tích
+ Khối 2: là phân nửa một khối trụ có chiều cao và bán kính nên thể tích
+ Vậy
22
2
2
1()
()
22

hxR
Sx r
h
10
23
00
9
() (10 ) 60( ).
200


h
VSxdx xdx cm
0
()
h
VSxdx
8
10
14 8 6

AB
AE
DE
22
8 AD AE DE
4
2

AD
R


22
. .4 .11 176
2




H
AB CE
VR đvtt

P
A
H
8h
2
1
128Vrh
6
DE
4
r
22
2
11
.. ..4.648
22

VrAD


12
12848176
H
VvVV đ tt

3. Bài tập
Câu 1
:
Cho
T là vật thể nằm giữa hai mặt phẳng
0x
,
1
x
. Tính thể tích
V
của
T biết
rằng khi cắt
T bởi mặt phẳng vuông góc với trục
Ox
tại điểm có hoành độ bằng
x
,
01
x

, ta được thiết diện là tam giác đều có cạnh bằng
1
x
.
A.
3
2
V
. B.
33
8
V
. C.
33
8
V
. D.
3
2
V
.
Lời giải
Chọn C
Ta có diện tích tam giác đều cạnh bằng 1
x
là

2
13
4
x
Sx
31
4
x
Thể tíc
h của vật thể
T là

1
0
dVSxx
1
0
31
d
4
x
x

1
2
0
3
1
8
x

33
8
.
Câu 2: Cho vật thể
T
giới hạn bởi hai mặt phẳng 0; 2xx
. Cắt vật thể
T
bởi mặt phẳng
vuông góc với trục
Ox
tại
02xx
ta thu được thiết diện là một hình vuông có cạnh
bằng
1
x
x
e
. Thể tích vật thể
T
bằng
A.
4
13 1
4
e
. B.
4
13 1
4
e
. C.
2
2e
. D.
2
2 e
.
Lời giải
Chọn B
Diện tích thiết diện là

2
2
1
x
Sx x e
.
Thể tích của vật thể
T
là

22
2
2
00
1
x
VSxdx x edx

.
 
22
22
4
2
22 22
00
00
19111
11
2222
xx xx
ex
V x e x edx e edx







2
44 4
244
0
91311 1 1131
3
224 444
x
ee e
eee


.
Dạng 4: Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi 1 đồ thị
1. Phương pháp:
Vật thể tròn xoay sinh bởi miền hình phẳng được giới hạn: Đồ thị ; trục ;
; quay xung quanh .
- Nếu t
hiếu cận thì giải phương trìn
h
để bổ sung cận.
- Tính thể tích theo công thức:
()
yf
x
(0)Ox y
,
x
ax b
Ox
() 0fx=
2
()
b
Ox
a
V
f
xdx
2. Cá
c Bài tập mẫu:
Bài tập 1:
Kí hiệu là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số và trục hoành. Tính thể
tích của vật thể tròn xoay được sinh ra bởi hình phẳng đó khi nó quay quanh trục .
Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm .
Thể tích của vật thể tròn xoay cần tìm .
Bài tập 2: Cho miền hình phẳng giới hạn bởi: quay xung quanh . Tính thể
tích của vật thể tạo thành.
Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số: và trục
Vậy vật thể tròn xoay có thể tích là:
.
Bài tập 3: Cho miền hình phẳng giới hạn bởi: ; quay xung quanh . tính thể
tích của vật thể tạo thành.
Lời giải
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số: và đường thẳng là nghiệm của phương
trình:
Vật thể tạo thành có thể tích là:
Bài tập 4: Gọi là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường
và trục
Ox
. Đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại
M
.
H
2
2yxx
VOx
2
0
20
2
x
xx
x


2
2
2
0
16
2d
15
Vxxx

, Ox 1
x
yxe x
Ox
x
yxe
Ox
0
x
xe
0x
11
2
22
00
xx
Vxedxxedx



1
2
11
22 2 2
00
0
1
22
xx x
e
V xe xedx xedx






2
2
1
11
22 2
00
0
1
11
22 2 4 4
xx x
e
e
Vxeedxe





2
4, 0yx xy

Ox
2
4yx x
0y
2
40xx
0
4
x
x
44
2
2432
00
4816Vxxdxxxxdx



4
53
4
0
16 512
2
5315
xx
x




V
;0;4yxy x
04xa a

y
x
Gọi là thể tí
ch khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác quanh trục . Biết rằng
1
2VV
. Tính
Lời giải
Ta có .
Tam giác
M
OH quanh trục tạo nên hai khối nón chung đáy. Gọi là hình chiếu vuông góc của
trên trục . Suy ra .
.
Suy ra .
Bài tập 5: Cho là hình phẳng giới hạn bởi độ thị hàm số ; trục và đường thẳng
Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay quanh hình xung quanh trục .
Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm
Theo bài toán thì thể tích của vật thể tròn xoay cần tìm
1
V
M
OH Ox
a

44
2
1
00
dd8 4
2
V
VxxxxV



Ox N
M
Ox
M
rMN y ya a

2
2
1
11 4
.. .4.
33 3
a
VOHr a


4
43
3
a
a


H
2
4
x
y
x
Ox
1.x
H
Ox
2
00.
4
x
x
x

1
1
2
2
0
0
4
ln 4 ln ln .
42 232
x
a
Vdx x
x
b


Do đó
3. Bài tập
Câu 1:
Cho hình phẳng
H
giới hạn bởi các đường
2
3, 0, 0, 2yx y x x

. Gọi
V
là thể
tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay
H
xung quanh trục
Ox
. Mệnh đề nào sau
đây đúng?
A.

2
2
2
0
3dVx x

. B.

2
2
0
3dVx x
.
C.

2
2
2
0
3dVx x
. D.

2
2
0
3dVxx

.
Lời giải
Thể tích của vật thể được tạo nên là

2
2
2
0
3d.Vx x

Câu 2: Gọi
V
là thể tích khối tròn xoay tạo thành do quay xung quanh trục hoành một elip có
phương trình
22
1
25 16
xy

.
V
có 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
41 , 0, 5, 5
25
x
Hy y x x






.
Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra bởi
H
khi quay xung quanh trục hoành là:
23
5
5
5
16 16 320
16 16 335,1
5
25 75 3
xx
Vdxx





4, 3 7.ab ab
Câu 3
:
Cho hình phẳng
()H
được giới hạn bởi đường cong
22
ymx
(
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 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:
22
0mx x m
Thể tíc
h vật thể tròn xoay cần tính là:
2
22 2 3
4
1
()( )|
33
m
m
m
m
mm
Vmxdxmxx


Ta có:
1000V
2
4
1000
3
mm

3
750m
33
750 750m
.
Ta có
3
750 9,08
và
0m
. Vậy có 18 giá trị nguyên của m.
Câu 8 : Cho hình phẳng
D
giới hạn bởi các đường cong
3
1
x
y
x
, trục hoành và trục tung. Khối
tròn xoay tạo thành khi quay
D
quanh trục hoành có thể tích
(ln2)
Vab
với
,ab
là
các số nguyên. Tính
.Tab
A.
3.T B. 6.
T C. 10.
T D. 1.T
Lời giải
Dựa vào đồ thị hàm số trên ta có:
22
33 3
2
00 0
3
0
34 816
11
111(1)
16
8ln( 1) (15 16ln 2) 15;b 16.
1















x
Vdx dx dx
xxxx
xx a
x
Vậy
1.Tab
Câu 4: Cho hình
H
trong hình vẽ dưới đây quay quanh trục
Ox
tạo thành một khối tròn xoay
có thể tích bằng bao nhiêu?
A.
2
2
. B.
2
. C.
2
. D.
2
2
.
Lời giải
Thể tích khối tròn xoay nhận được khi quay hình

H
quanh trục
Ox
là

2
2
00
1c 1
sd d sin2
0
22
os 2
in
22
Vx xxxx
x








Câu 5:
Vật thể parabolide tròn xoay như hình vẽ bên dưới có đáy có diện tích
3B
chiều cao
4h
. Thể tích của vật thể trên là
A.
1
3
V
. B.
6V
. C.
1
4
V
. D.
8V
.
Lời giải
Đường cong para
bol có dạng:
2
yax
và đi qua điểm có tọa độ

;Rh
nên ta có:
2
2
h
yx
R
Ry
x
h

R
h
y
x
O
B
h
Thể tích của khối tròn xoay trên là:
22
2
0
0
1
d.
2
h
h
RR
Vyy y
hh


2
1
2
R
h
.
Áp dụng công thức ta có:
2
1
2
VRh
11
.3.4
22
Bh
6
.
Câu 6: Cho hàm số
32
,,,, , 0yfx axbxcxdabcd a
có đồ thị

C
. Biết rằng đồ
thị

C tiếp xúc với đường thẳng 4y
tại điểm có hoành độ âm và đồ thị của hàm số
'yfx 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
.
A.
725
35
. B.
1
35
. C. 6
. D. Chọn khác.
Lời giải
Chọn D
Dựa vào đồ thị hàm số
'yfx
2
'31fx x
.
Kh
i đó
 
3
'3
f
xfxdxxxC
.
Điều kiện
đồ thị hàm số
f
x tiếp xúc với đường thẳng 4y
là:



3
2
34
4
1
2
310
'0
xxC
fx
x
C
x
fx





suy ra
32
32
f
xx x C .
+

COx hoành độ giao điểm là 2; 1
x
x
.
+Khi đó

1
2
32
2
729
32
35
Vxxdx

.
Dạng 5: Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị
1. Phương pháp:
Nếu hình phẳng được giới hạn bởi các đường thì thể tích khối
tròn xoay sinh bởi khi quay quanh trục
Ox
được tính bởi công thức:
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1:
Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường quay xung quanh trục
. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng:
A.
3
3
11
.
35
b
V
a




. B. .
C. . D.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Tọa độ giao điểm của hai đường và là các điểm và . Vậy thể
tích của khối tròn xoay cần tính là: .
Bài tập 2: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường quay xung quanh trục Ox.
Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng:
D
,,,yfxygxxaxb

D
 
22
b
a
Vfxgxdx

2
., , , 0yaxybxab

Ox
5
3
.
5
b
V
a
5
3
.
3
b
V
a
5
3
11
.
35
b
V
a



2
.yax
.
y
bx
(0; 0)O
2
;
bb
A
aa



5
22 24
3
00
11
35
bb
aa
b
V bxdx axdx
a





22
1
4,
3

y
x
y
x
A.
. B. .
C. . D.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Tọa độ giao điểm của hai đường và là các điểm và . Vậy
thể tích của khối tròn xoay cần tính là:
.
Bài tập 3: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường quay xung quanh trục Ox. Thể
tích của khối tròn xoay tạo thành bằng:
A.
. B. . C. . D. .
Hướng dẫn g
iải
Chọn D
Với thì
Tọa độ giao điểm của đường với là các điểm và . Vậy thể tích của
khối tròn xoay cần tính là:
Bài tập 4: Thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng D giới hạn bởi các đường elip
quay quanh Ox bằng:
A.
. B. . C. . D.
Hướng dẫn giải
Chọn D
24 3
V
5
28 3
V
5
28 2
V
5
24 2
V
5
2
4yx
2
1
3
yx
3;1A

3;1B

33
24
33
1283
4.
95
Vxdxxdx



22
2, 4
yxy x
88
5
V
9
70
V
4
3
V
6
5
V


0; 2x

2
44yxy x
2
2yx
2
4yx (0; 0)O (1; 2)A
11
4
00
6
.4 .4 . .
5
Vxdxxdx



22
99xy
2
3
4
Ta có: .
Bài tập 5: Thể tích của khối tròn xoay khi quay hình phẳng D giới hạn bởi các đường
quanh trục Ox bằng:
A.
. B. .
C. . D.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Xét phương trình .
Và .
3. Bài tập
Câu 1:
Quay hình phẳng như hình được tô đậm trong hình vẽ bên quanh trục Ox ta được khối tròn
xoay có thể tích là:
A.
. B. . C. . D.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Xét hệ phương trình:
22 2
43
3
11
xy x
x
yy




.
Do đối xứng nhau qua Oy nên:
33
22
22 2 2
33
99
99 4
99
xx
xy y V ydx dx





,
y
x
y
x

1
0
x
xdx

1
0
x
xdx

1
2
0
x
xdx

1
2
0
x
xdx
2
0
0; 1
x
x
xxx
xx




11
22 2
00
0;1 ( )
x
xx V x xdx xxdx



43V
63V
53V
23V
.
Câu 2: Quay hình phẳng như hình được tô đậm trong hình vẽ bên quanh trục Ox ta được khối tròn
xoay có thể tích:
A.
. B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
Chọn B
Xé
t
hệ phương trình: .
Do đối xứng nhau qua Oy nên
.
Câu 3: Quay hình phẳng như hình được tô đậm trong hình vẽ bên quanh trục Ox ta được khối tròn
xoay có thể tích là:
A.
. B. . C.
2
2
3
V
. D.
 
33
3
22 2
00
3
24 1 23 23 43
3
0
x
Vxdxxdxx








46
9
V
46
15
V
23
9
V
13V
22
4
1
3
xy
x
yx





33
2
224
00
24 3 24 3Vxxdxxxdx






55
346
3
24
35 15
0
xx
x




2
3V
2
V
2
2V
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có:
Ta có:
Đặt ;
.
Câu 4: Cho hình giới hạn bởi các đường cong tiếp tuyến của tại điểm
và trục Thể tích của khối tròn xoay khi quay quanh trục bằng:
A.
. B. . C. . D.
Lời giải
Chọn D
Ta có
Phương trình tiếp tuyến của tại là
Diện tích của bằng: .
Câu 5: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường . Thể tích
của khối tròn xoay được tạo thành khi quay xung quanh trục bằng:
A.
. B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn D
 
2
22
22
2
11
11 11
11
y
x
xy y x
y
x

 

11
22
22 2
00
211 11 81Vxxdxxdx






sin
x
t
;
22
t








22
2 2
00
sin 2
8cos 4 1cos2 4 2
2
2
0
t
Vtsdt tdtt








H
:,
x
Cye
C
1;
M
e
.O
y
H
Ox
-1 1 2
1
2
3
x
y
O
2
2
e
2
1
3
e
2
1
2
e
2
3
6
e
x
ye
C
1;
M
e
1.
y
ex e
y
ex
H

1
1
22
222 2 3
0
0
13
d
23 6
xx
ee
Veexxex





H
2
4, 2 4, 0, 2yx y x x x

H
Ox
32
5
6
6
32
5
Suy ra thể tích cần tìm là .
Dạng 6: Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi nhiều đồ thị
1. Phương pháp:
2. Các Bài tậ
p mẫu:
Bài tập 1:
Gọi là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
, và quanh trục . Đường thẳng cắt đồ thị hàm tại
.
Gọi là thể tí
ch khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác quanh trục . Biết rằng
. Khi đó
A.
. B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
Chọn
D
Ta có . Khi đó
Ta có
Khi quay tam giác quanh trục tạo thành hai hình nón có chung đáy:
 Hình nón có đỉnh là , chiều cao , bán kính đáy ;
Hình nón thứ 2 có đỉnh là , chiều cao , bán kính đáy
Khi đó
Theo đề bài .
Bài tập 2: Cho hình thang cong giới hạn bởi các đường . Đường thẳng x
= k chia thành hai hình phẳng là S
1
và S
2
như hình vẽ bên. Quay quanh trục Ox
được khối tròn xoay có thể tích lần lượt là . Với giá trị nào của k thì
A. . B. . C.
111
ln
23
k
. D.


22
2
2
2
00
32
4d 2 4d
5
Vx x xx



V
y
x
0y
4x Ox
04xa a

y
x
M
1
V
OMH Ox
1
2VV
2a
22a
5
2
a
3a
00xx
4
0
d8Vxx

;
M
aa
OMH Ox
1
N O
1
hOKa

R
MK a
2
N
H
2
4
hHK a 
R
MK a
22
112
11 4
33 3

VRhRha
1
4
282. 3
3

 VV aa
,0,0,ln4
x
yey x x 
0ln4k
12
,SS
12
,VV
12
2VV
132
ln
23
k
1
ln11
2
k
32
ln
3
k
x
y
O
a
M
H
4
K
Hướng dẫn g
iải
Chọn
B
Ta có:
Theo giả thiết:
22
2
12
1
228 11ln11
22 2 2
kk
k
ee
VV e k





Bài tập 3: Cho hình phẳng D giới hạn bởi các đường
2
4yx
và đường thẳng
4x
. Thể tích của
khối tròn xoay sinh ra khi
D xoay quanh trục Ox là:
A.
32
. B.
64
.
C.
16
. D.
4
.
Hướng dẫn giải :
Chọn A
Giao điểm của hai đường
2
4yx
và
4x
là

4; 4D
và

4; 4E
. Phần phía trên
Ox
của đường
2
4yx
có phương trình
2yx
. Từ hình vẽ suy ra thể tích của khối tròn xoay cần tính là:

4
2
0
232Vxdx
.
Bài tập 4: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường
3, , 0, 1yxyxx x
quay xung quanh trục
Ox. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng:
 
ln 4
22 2 2
22
12
0
ln 4
;8
0
222 2 2
k
x
kxk
xx
k
k
ee e e
V e dx V e dx
k


 

 
 

A.
8
V.
3
B.
4
V.
3
C.
2
V.
3
D. V.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Tọa độ giao điểm của đường
1
x
với
yx
và 3yx
là các điểm
1; 1C và
3;1B . Tọa độ giao
điểm của đường
3yx với
yx
là
0;0O . Vậy thể tích của khối tròn xoay cần tính là:
11
22
00
8
.9 .
3
Vxdxxdx

.
Bài tập 5: Trên mặt phẳng Oxy, cho hình phẳng giới hạn bởi các đường

22
:;':y4;:4PyxP xdy . Thể tích của khối tròn xoay khi quay quanh trục Ox bằng:
A.
9
5
. B.
4
5
. C.
7
5
. D. 2
.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Đặt V là thể tí
ch cần tìm
Xét phương trình hoành độ giao điểm của và:
2
2
4
2
x
x
x

Xét
phương trình hoành độ giao điểm của và:
2
1
44
1
x
x
x

OAC
V
là thể tích khối tròn xoay sinh bởi khi quay:
2
4
y
x
y
Oy
quanh Ox
OAB
V
là thể tích khối tròn xoay sinh bởi khi quay:
2
4
4
yx
y
Oy
quanh Ox
Lúc đó:

22 21
22
2224
00 00
4444416
OAC OAB
VV V x dx x dx xdx xdx






55
21
32 16 4
441684
00
55555
xx
xx








3. Bài tập trắ
c nghiệm:
Câ
u 1:
Cho

H
là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của các hàm số
:y , 0, 2
P
xy y x
.
Thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình
H
xung quanh trục
Ox
là:
A.
42 1
3
. B.
7
6
.
C.
82 3
6
. D.
5
6
.
Lời giải
Chọn D
22
02 02
21
(2 ) 5 4 0
xx
x
xx
xxxx
 






12
2
2
01
5
(2 )
6
Vxdx xdx



.
Câu 2: Cho hình

H giới hạn bởi các đường
1yx
;
6
y
x
;
1
x
. Quay hình

H quanh
trục
Ox
ta được khối tròn xoay có thể tích là:
A.
13
6
. B.
125
6
. C.
35
3
. D.
18
.
Lời giải
Chọn
C
Phương trình hoành
độ giao điểm:


2
2
6
1600
3
x
xxxx
x
l
x


x
y
1
Vì
6
10x
x

với
1; 2x
nên thể tích cần tính là

2
22
2
11
635
d1d
3
Vxxx
x






.
Câu 3: Gọi
H
là hình phẳng giới hạn bởi các đường:
3; ; 1yxyxx

. Quay
H
xung
quanh trục
Ox
ta được khối tròn xoay có thể tích là:
A.
8
3
. B.
2
8
3
. C.
2
8
. D.
8
.
Lời giải
Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm:
30xx x

và
30xx
với
0;1x
.
Thể tích cần tính là

11
2
2
00
8
3d d
3
Vxxxx



.
Câu 4: Cho hình phẳng

H giới hạn bởi các đường
2
,2yxy x
. Thể tích của khối tròn xoay
được tạo thành khi quay

H xung quanh trục
Ox
bằng:
A.
16
15
. B.
21
15
. C.
32
15
. D.
64
15
.
Lời giải
Chọn D
Hoành độ giao điểm của đồ thị 2 hàm số
2
yx
và 2yx
là nghiệm của phương trình
2
0
2
2
x
xx
x

Thể tíc
h của khối tròn xoay tạo thành là


22
2
2
2
00
π 2dπ dVxxxx

2
2
5
3
0
0
464π
ππ
3515
x
x







.
Câu 5: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường
22
1
4,
3
yxyx
quay xung quanh trục
Ox
.
Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng:
A.
28 2
5
V
. B.
28 3
5
V
. C.
24 2
5
V
. D.
24 3
5
V
.
Lời giải
Chọn B
Giải phương trình
22
1
43
3
xxx
Thể tích cần tìm là
2
33
2
2
2
33
28 3
4d d
35
x
Vxx x







.
Dạng 7: Một số bài toán thực tế ứng dụng tích phân
1. Phương pháp
giải
*
Một vật chuyển động có phương trình vận
tốc trong khoảng thời gian từ đến
sẽ di chuyển được quãng đường
là:
Ví dụ 1: Một vật chuyển động chậm dần đều với
vận tốc . Quãng đường
mà vật chuyển động từ thời điểm đến
thời điểm mà vật dừng lại là
A. 1028m. B. 1280m.
C. 1308m. D. 1380m.
Hướng dẫn giải
Khi vật dừng lại thì
Do đó
.
Chọn B.
*
Một vật chuyển động có phương trình
gia tốc thì vận tốc của vật đó sau
khoảng thời gian là:
Ví dụ 2: Một chiếc ô tô chuyển động với vận tốc
, có gia tốc
Vận tốc của ô tô sau 10 giây (làm tròn đến hàng đơn
vị) là
A. 4,6 m/s. B. 7,2 m/s.
C.
1,5 m/s. D. 2,2 m/s.
Hướng dẫn giải
Vận tốc của ô tô sau 10 giây là
.
vt
ta
tbab

b
a
Svtdt
160 10 /vt tm s
0ts
160 10 0 16vt t t


16 16
00
160 10Svtdt tdt



16
2
0
160 5 1280tt m
at

12
;tt

2
1
t
t
vatdt
vt
/ms
 

2
3
/.
21
at v t m s
t


10
10
0
0
33 3
ln 2 1 ln 21 4,6 /
21 2 2
vdtt ms
t

Chọn A.
*
Điện lượng chuyển qua tiết diện của dây dẫn
của đoạn mạch trong thời gian từ đến là:
2. Bài tập
Bài tậ
p 1: Một vật chuyển động với vận tốc 10 m/s thì tăng tốc với gia tốc . Tính
quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc.
A. B. 4300 m. C. 430 m. D.
Hướng d
ẫn giải
Chọn A.
Hàm vận tốc
Lấy mốc thời gian lúc tăng tốc
Ta được
Sau 10 giây, quãng đường vật đi được là
Bài tập 2: Dòng điện xoay chiều hình sin chạy qua một đoạn mạch LC có biểu thức cường độ là
. Biết với
q là điện tích tức thời ở tụ điện. Tính từ lúc , điện lượng
chuyển qua tiết diện thẳng của dây dẫn của đoạn mạch đó trong thời gian từ 0 đến là
A. B. 0. C. D.
Hướng dẫn giải
1
t
2
t

2
1
t
t
QItdt
2
3at t t
4300
.
3
m
430
.
3
m
 

23
2
3
3.
23
tt
v t a t dt t t dt C

0 10 10.vC

23
3
10.
23
tt
vt 

10
23 3 4
10
0
0
3 4300
10 10
23 212 3
tt tt
Sdttm




vt atdt

0
cos
2
it I t




iq
0t
0
2
.
I
0
2
.
I
0
.
2
I
Chọn C.
Điện lượng chuyển qua tiết diện của dây dẫn của đoạn mạch trong thời gian từ 0 đến là
Bài tập 3: Gọi là mức nước trong bồn chứa sau khi bơm được t giây. Biết rằng
và lúc đầu bồn không có nước. Tìm mức nước ở bồn sau khi bơm nước được 6 giây
(chính xác đến 0,01
cm)
A. 2,67 cm. B. 2,66 cm. C. 2,65 cm. D. 2,68 cm.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Mức nước ở bồn sau khi bơm nước được 6 giây là
Bài tập 3: Một viên đá được bắn thẳng đứng lên trên với vận tốc ban đầu là
40
m/s từ một điểm cao
5 m cách mặt đất. Vận tốc của viên đá sau
t
giây được cho bởi công thức
40 10vt t m/s. Tính
độ cao lớn nhất viên đá có thể lên tới so với mặt đất.
A.
85
m. B.
80
m. C.
90
m. D.
75
m.
Lời giải
Chọn
A
Gọi
h
là quãng đường lên cao của viên đá.
2
'dt4010dt405vt h t ht vt t t t c

Tại thời điểm
0t
thì
5h
. Suy ra
5c
.
Vậy
2
40 5 5ht t t
ht
lớn nhất khi
040100 4vt t t 
. Khi đó
485mh
.
Bài tập 4: Một ô tô chạy với vận tốc
20
m/s thì người lái đạp phanh còn được gọi là “thắng”. Sau khi
đạp phanh, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc
40 20vt t
 trong đó
t
là khoảng thời
gian tính bằng giây kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Quãng đường ô tô di chuyển từ lúc đạp phanh đến
khi dừng hẳn là bao nhiêu?

00
0
0
00
2
cos sin .
22
II
QItdtI t dt t




 

 
 

Qt Itdt
ht cm

3
1
8
5
ht t

  
66
6
33
0
00
13
8882,66
520
htdt t dt t t cm





A.
2
m. B.
3
m. C.
4
m. D.
5
m.
Lời giải
Chọn
D
Lấy mốc thời gian là lúc ô tô bắt đầu đạp phanh
0t
Gọi
T
là thời điểm ô tô dừng lại. Khi đó vận tốc lúc dừng là
0vT
Vậy thời gian từ lúc đạp phanh đến lúc dừng là

1
040200
2
vT T T

Gọi
s
t là quãng đường ô tô đi được trong khoảng thời gian
T
.
Ta có
vt s t
suy ra
s
t là nguyên hàm của
vt
Vậy trong

1
s
2
ô tô đi được quãng đường là:


1
1
2
2
2
0
0
d 40 20 d 20 20 5
T
t
vt t t t t t


Bài tập 5: Một ô tô xuất phát từ A chuyển dộng với vận tốc nhanh dần đều,
10
giây sau, ô tô đạt vận
tốc
5
và từ thời điểm đó ô tô chuyển động đều. Ô tô thứ hai cũng xuất phát từ A nhưng sau ô tô thứ
nhất là 10 giây, chuyển động nhanh dần đều và đuổi kịp ô tô thứ nhất sau
25
giây. Vận tốc ô tô thứ
hai tại thời điểm đó là
A.
12
. B.
8
. C.
10
. D.
7
.
Lời giải
Chọn
A
Ta có gia tốc trong
10
s đầu của ô tô thứ nhất là

2
0
0
5
0,5 m/s
10
vv
a
tt

Trong
10
s đầu, ô tô thứ nhất chuyển động nhanh dần với vận tốc
0,5vt t
Quãng đường ô tô thứ nhất đi được trong
10
s là

10
0
0,5 dt 25 mt
.
Trong
25
s tiếp theo, ô tô thứ nhất đi được
5.25 125
Vậy quãng đường ô tô thứ nhất đi được đến khi bị đuổi kịp là
25 125 150 m
Mặt khác
2
0
1
2
SS at
Gia tốc của ô tô thứ hai là

0
2
22
2
2.150
0, 48 m/s
25
SS
a
t

Vậy kh
i đuổi kịp ô tô thứ nhất, vận tốc của ô tô thứ hai là
0
12
t
vvat

.
Bài tập 6: Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc
1
7vt t
đi được
5
, người lái
xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc
2
70 m/sa 
. Tính quãng đường
mS đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi
dừng h
ẳn.
A.
95,70 mS
. B.
87,50 mS . C.
94,00 mS . D.
96,25 mS .
Lời giải
Chọn D
Quãng đường ô tô đi được từ lúc xe lăn bánh đến khi được phanh.
 
5
55
2
11
00
0
dt 7 dt 7 87,5 m .
2
t
Svt t

Vận tốc
2
m/svt của ô tô từ lúc được phanh đến khi dừng hẳn thỏa mãn
2
70 dt 70vt tC
,

21
5535 385vv C. Vậy
2
70 385vt t .
Thời điểm xe dừng hẳn tương ứng với
t
thỏa mãn
2
05,5svt t .
Quãng đường ô tô đi được từ lúc xe được phanh đến khi dừng hẳn.

5,5 5,5
21
55
dt 70 385 dt 8,75 mSvt t

.
Qu
ãng đường cần tính
12
96,25 mSS S .
Bài tập 7: Một vật di chuyển với gia tốc

2
2
20 1 2 /at t m s

. Khi
0t
thì vận tốc của vật
là

30 /ms. Tính quãng đường vật đó di chuyển sau
2
giây.
A.
46Sm
. B.
47Sm
. C.
48Sm
. D.
49Sm
.
Lời giải :
Chọn C
Vận tốc vật là :
 
21
20 1 2 10 1 2vt atdt t dt t C



.
Khi
0t
thì

1
0 10. 1 30 20vCC

.
Nên

1
10 1 2 20 /vt t m s

.
Suy ra :



2
1
0
10 1 2 20 48Stdtm

Bài tập 8: Vật chuyển động với vận tốc ban đầu
5/ms
và có gia tốc được xác định bởi công thức

2
2
/
1
ams
t
. Vận tốc của vật sau 10s đầu tiên là
A.
10 /ms
. B.
9/ms
. C.
11 /ms
. D.
12 /ms
Hướng dẫn giải:
Chọn A
Ta có
 
2
2ln 1
1
vt dt t c
t

Mà vận tốc ban đầu 5m/s tức là :
05 2ln01 5 5vcc

.
Nên

2ln 1 5vt t
Vận tốc của vật sau 10s đầu tiên là :
10 2ln 11 5 9,8v 
Chọn Chọn
A.
Bài tập 9:
Trong giờ thực hành môn Vật Lí. Một nhóm sinh viên đã nghiên cứu về sự chuyển động
của các hạt. Trong quá trình thực hành thì nhóm sinh viên này đã phát hiện một hạt prôton di chuyển
trong điện trường với biểu thức gia tốc là:

2
20 1 2at

.Với
t
của ta được tính bằng giây. Nhóm
sinh viên đã tìm hàm vận tốc
v theo
t
, biết rằng khi
0t
thì
2
30 /vms . Hỏi biểu thức đúng là?
A.
2
10
25 /
12
vcms
t




. B.
2
10
20 /
1
vcms
t




.
C.
2
10
10 /
12
vcms
t




. D.
2
10
20 /
12
vcms
t




Hướng dẫn giải :
Chọn D
Trước hết để giải bài toán này ta cũng chú ý. Biểu thức vận tốc
v
theo thời gian
t
có gia
tốc
a là:
.vadt
Áp dụng công th
ức trên, ta có :

2
20
12
v adt dt
t


Đến đây t
a đặt :
12 2
2
du
u t du dt dt
2
10 10 10
10
12
vduuduK K
uut


Với
0, 30 20tv K
Vậy biểu thức vận tốc theo thời gian là :
2
10
20 / .
12
vcms
t




Bài tập 10: Người ta tổ chức thực hành nghiên cứu thí nghiệm bằng cách như sau. Họ tiến hành quan
sát một tia lửa điện bắn từ mặt đất bắn lên với vận tốc 15
m / s. Hỏi biểu thức vận tốc của tia lửa điện
là?
A.
9,8 15vt
.
B.
9,8 13vt

.
C.
9,8 15vt
.
D.
9,8 13vt
Hướng dẫn giải
Chọn A
Tia lửa chịu sự tác động của trọng lực hướng xuống nên ta có gia tốc
2
9,8 /ams
Ta có biểu thức vận tốc
v theo thời gian
t
có gia tốc a là :
9,8 9,8v adt dt t C

Ở đây,
với :
0, 15 / 15tvmsC
Vậy ta được biểu thức vận tốc có dạng :
9,8 15vt

Bài tập 11: Người ta tổ chức thực hành nghiên cứu thí nghiệm bằng cách như sau. Họ tiến hành quan
sát một tia lửa điện bắn từ mặt đất bắn lên với vận tốc 15
m / s. Hỏi sau 2, 5 giây thì tia lửa điện đấy có
chiều cao là bao nhiêu?
A.
6.235 m . B.
5.635 m . C.
4.235 m . D.
6.875 m
Hướng dẫn giải
Chọn D
Tia lửa chịu sự tác động của trọng lực hướng xuống nên ta có gia tốc
2
9,8 /ams
Ta có biểu thức vận tốc
v theo thời gian
t
có gia tốc a là :
9,8 9,8v adt dt t C

Ở đây,
với
0, 15 / 15tvmsC
Vậy ta được biểu thức vận tốc có dạng:
9,8 15vt
Lấy tích phân biểu thức vận tốc, ta sẽ có được bểu thức quãng đường:

2
9,8 15 4,9 t 15
s
vdt t dt t K

Theo đề bài,
ta được khi
00 0.tsK
Vậy biểu thức tọa độ của quảng đường là :
2
4,9 15 .
s
tt
Khi
2,5ts , ta sẽ được
6,875
s
m .
Dạng 8: Bài toán thực tế
1. Phương pháp: Vận dụng các kiến thức về tích phân và bài toán ứng dụng.
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1:
Tính thể tích hình xuyến tạo thành do quay hình tròn

2
2
:21Cx y

quanh trục
Ox
.
Hướng dẫn giải:
Hình tròn

C
có tâm

0; 2I
, bán kính
1R
là

2
2
21 xy
Ta có

2
2
2
2
21
11 1 1
21



yx
yxx
yx
Thể tíc
h
cần tính:
1
22
222
1
21 21 4





Vxxdx
Bài tập 2: Thành phố định xây cây cầu bắc ngang con sông dài
500m
, biết rằng người ta định xây
cầu có 10 nhịp cầu hình dạng parabol,mỗi nhịp cách nhau
40m
,biết 2 bên đầu cầu và giữa mối nhịp
nối người ta xây 1 chân trụ rộng
5m
. Bề dày nhịp cầu không đổi là
20cm
. Biết 1 nhịp cầu như hình
vẽ. Hỏi lượng bê tông để xây các nhịp cầu là bao nhiêu
A.
3
20m
. B.
3
50m
.
C.
3
40m
. D.
3
100m
.
Hướng dẫn giải:
Chọn C
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ với gốc

0;0O
là chân cầu,
đỉnh

25;2I
, điểm

50;0A
Gọi Parabol trê
n có phương trình:
 

22
11 1
:P y ax bx c ax bx O P
22
2
20 1
100 2
yaxbx axaxbx là phương trình parabol dưới
Ta có
 
22
111 2
24 241
,:
625 25 625 25 5
IA P P y x x y x x  
Khi đó diện tích mỗi nhịp cầu là
1
SS
với
1
S
là phần giới hạn bởi
12
;yy
trong khoảng

0; 25
0,2
15
22
00,2
24 1
20,9
625 25 5
Sxxdxdxm









Vì bề dày
nhịp cầu không đổi nên coi thể tích là tích diện tích và bề dày
3
.0,2 1,98VS m
số
lượng bê tông cần cho mỗi nhịp cầu
3
2m
Vậy mười nhịp cầu hai bên cần
3
40m
bê tông
Chọn Chọn.
C.
Bài tập 3:
Trong Công viên Toán học có những mảnh đất mang hình dáng khác nhau. Mỗi mảnh
được trồng một loài hoa và nó được tạo thành bởi một trong những đường cong đẹp trong toán học.
Ở đó có một mảnh đất mang tên Bernoulli, nó được tạo thành từ đường Lemmiscate có phương trình
trong hệ tọa độ
Oxy
là

22 2
16 25yx x
như hình vẽ bên.
Tính diện tích
S
của mảnh đất Bernoulli biết rằng mỗi đơn vị trong hệ tọa độ
Oxy
tương ứng với
chiều dài
1
mét.
A.

2
125
6
Sm
. B.

2
125
4
Sm
.
C.

2
250
3
Sm . D.

2
125
3
Sm
Hướng dẫn g
iải
x
y
Chọn
D
Vì tính đối xứng trụ nên diện tích của mảnh đất tương ứng với 4 lần diện tích của mảnh đất thuộc
góc phần tư thứ nhất của hệ trục tọa độ
Oxy .
Từ giả thuyết bài toán, ta có
2
1
5
4
yxx
.
Góc phần tư thứ nhất

2
1
25 ; 0;5
4
yx xx
Nên
5
23
()
0
1 125 125
25 d ( )
4123
I
Sxxx Sm
Bài tập 4: Một Bác thợ gốm làm một cái lọ có dạng khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình
phẳng giới hạn bởi các đường
1yx
và trục Ox quay quanh trục Ox biết đáy lọ và miệng lọ có
đường kính lần lượt là
2dm
và
4dm
, khi đó thể tích của lọ là:
A.
2
8 .dm
. B.
3
15
.
2
dm
.
C.
2
14
.
3
dm
. D.
2
15
.
2
dm
Lời giải
Chọn B
11 1
10ry x
22 2
23ry x
Suy ra:

33
2
23
0
00
15
d1d
22
x
Vyx xx x






Bài tập 5: Để kéo căng một lò xo có độ dài tự nhiên từ
10cm
đến
15cm
cần lực
40N
. Tính công (
A
) sinh ra khi kéo lò xo có độ dài từ
15cm
đến
18cm
.
A. 1, 56 ( )
A
J . B. 1 ( )
A
J
.
C. 2,5 ( )
A
J . D. 2 ( )
A
J
.
Lời giải
Chọn A
x
y
O
3
Theo Định luật Hooke, lực cần dùng để giữ lò xo giãn thêm
x
mét từ độ dài tự nhiên là

fx kx
, với

/kNm
là độ cứng của lò xo. Khi lò xo được kéo giãn từ độ dài
10cm
đến
15cm
, lượng kéo giãn
là
5 0.05 cm m
. Điều này có nghĩa

0.05 40f
, do đó:

40
0,05 40 800 /
0,05
kk Nm
Vậy

800fx x
và công cần để kéo dãn lò xo từ đến
18cm
là:

0,08
0,08
22
2
0,05
0,05
800d 400 400 0,08 0,05 1,56Axx J



Góc phần tư thứ nhất

2
1
25 ; 0;5
4
yx xx
Nên
5
23
()
0
1 125 125
25 d ( )
4123
I
Sxxx Sm
3. Bài tập trắc nghiệm:
Câu 1:
Trong chương trình nông thôn mới, tại một xã X có xây một cây cầu bằng bê tông như hình
vẽ. Tính thể tích khối bê tông để đổ đủ cây cầu.
A.
3
19m
. B.
3
21m
. C.
3
18m
. D.
3
40m
.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Chọn hệ trục
Oxy
như hình vẽ.
15cm
0,5m 0,5m19m
5 m
2 m
0,5m
x
O
M
x
x
.
f
xkx
Ta có
Gọ
i

2
1
:Pyax c
là Parabol đi qua hai điểm

19
;0 , 0;2
2
AB



Nên ta có hệ ph
ương trình sau:

2
2
1
8
19
0. 2
8
:2
361
2
361
2
2
a
a
Py x
b
b









Gọi

2
2
:Pyaxc
là Parabol đi qua hai điểm

5
10;0 , 0;
2
CD



Nên ta có hệ ph
ương trình sau:
Ta có thể tích của bê tông là:
19
10
223
2
00
15 8
5.2 2 40
40 2 361
Vxdxxdxm








.
Câu 2: Cho hai mặt cầu

1
S
,

2
S
có cùng bán kính
R
thỏa mãn tính chất: tâm của

1
S
thuộc

2
S
và ngược lại. Tính thể tích phần chung
V
của hai khối cầu tạo bởi
1
()S
và
2
()S
.
A.
3
VR
. B.
3
2
R
V
. C.
3
5
12
R
V
. D.
3
2
5
R
V
.
Hướng dẫn giải
Chọn C


2
2
2
1
5
0.10
15
40
2
:
5
5
40 2
2
2
a
a
Py x
b
b






O
R
2
R
22 2
():Cx y R
y
x
y
O x
Gắn hệ trục
Oxy
như hình vẽ
Khối cầu

,SOR
chứa một đường tròn lớn là

22 2
:Cx y R
Dựa vào hình vẽ, thể tích cần tính là
.
Câu 3: Một thùng rượu có bán kính các đáy là 30cm, thiết diện vuông góc với trục và cách đều hai
đáy có bán kính là 40cm, chiều cao thùng rượu là 1m. Biết rằng mặt phẳng chứa trục và
cắt mặt xung quanh thùng rượu là các đường parabol, hỏi thể tích của thùng rượu
là bao nhiêu?
A.
425,2
lit. B.
425162
lit. C.
212581
lit. D.
212,6
lit.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Gọi

2
:Pyax bxc
là parabol đi qua điểm

0,5;0,3A
và có đỉnh

0;0, 4S
. Khi
đó, thể tích thùng rượu bằng thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi

P
,
trụ
c ho
ành và hai đường thẳng
0,5x 
quay quanh trục
Ox
.
Dễ dàng tìm được

2
2
:0,4
5
Py x
Thể tích thùng rượu là:
22
0,5 0,5
22
0,5 0
2 2 203
0,4 2 0,4 425,5 (l)
5 5 1500
Vxdxxdx






.
Câu 4: 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:

33
22 2
2
2
5
2d2
312
R
R
R
R
x
R
VRxxRx





x
y
0,4m
0,3m
0,5m
O
S
A
A.
33750000 đồng. B. 12750000 đồng. C. 6750000 đồng. D. 3750000
đồng.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Gắn parabol

P
và hệ trục tọa độ sao cho

P
đi qua
(0;0)O
Gọi phương trình của parbol là:

2
: Pyaxbxc
Theo đề ra,

P
đi qua ba điểm
(0;0)O
,
(3;0)A
,
(1, 5; 2, 25)B
.
Từ
đó, suy
ra

2
: 3Py x x
Diện tích phần Bác Năm xây dựng:
3
2
0
9
3
2
Sxxdx
Vậy số tiền bác Năm phải trả là: 1500000 675 0
9
.
2
000 .
Câu 5: Ông An có một mảnh vườn hình Elip có độ dài trục lớn bằng
16m
và độ dài trục bé bằng
10m
. Ông muốn trồng hoa trên một dải đất rộng
8m
và nhận trục bé của elip làm trục đối
xứng. Biết kinh phí để trồng hoa là
100.000
đồng/
2
1m
. Hỏi ông An cần bao nhiêu tiền để
trồng hoa trên dải đất đó?
A.
7.862.000
đồng. B.
7.653.000
đồng. C.
7.128.000
đồng. D.
7.826.000
đồng.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Giả sử elip có phương trình
22
22
1
xy
ab

.
Từ giả thiết ta có
216 8aa
và
210 5bb
x
y
A
B
O
8m
Vậy phương trình của elip là
2
22
1
2
1
5
64 ( )
8
1
5
64 25
64 ( )
8
yyE
xy
yyE



Khi đó diện tích dải vườn được giới hạn bởi các đường
12
();(); 4; 4EEx x
và diện
tích của dải vườn là
44
22
40
55
264d 64d
82
Sxxxx


Tính tích phân này bằng phép đổi biến
8sin
x
t
, ta được
3
80
64
S




Khi đó số tiền là
3
80 .100000 7652891,82 7.653.000
64
T




.
Câu 6: Người ta dựng một cái lều vải có dạng hình “chóp lục giác cong đều” như hình vẽ bên. Đáy
của là một hình lục giác đều cạnh
3.m
Chiều cao
6SO m
. Các cạnh bên của là các sợi
dây
123456
,,,,,cccccc
nằm trên các đường parabol có trục đối xứng song song với SO. Giả
sử giao tuyến của với mặt phẳng vuông góc với SO là một lục giác đều và khi qua trung
điểm của SO thì lục giác đều có cạnh bằng
1.m
Tính thể tích phần không gian nằm bên
trong cái lều đó.
A.
3
135 3
()
5
m
. B.
3
96 3
()
5
m
. C.
3
135 3
()
4
m
. D.
3
135 3
()
8
m
Hướng dẫn giải
Chọn D
c
1
c
4
c
5
c
2
c
6
c
3
3m
1m
O
S
Đặt hệ tọa độ như hình vẽ, ta có parabol cần tìm đi qua 3 điểm có tọa độ lần lượt là
(0;6), (1;3), (3;0)ABC
nên có phương trình là
2
17
6
22
yx x

Theo hình vẽ ta có cạnh của thiết diện là
B
M
Nếu ta đặt
tOM
thì
71
2
24
BM t

Khi
đó diện tích của thiết diện lục giác:
2
2
3337 1
() 6. 2 ,
422 4
BM
St t





với
0; 6t
Vậy thể tí
ch của túp lều theo đề bài là:
2
66
00
3 3 7 1 135 3
() 2 .
22 4 8
VStdt t dt






.
Câu 7: Một vật có kích thước và hình dáng như hình vẽ dưới đây. Đáy là hình tròn giới hạn bởi
đường tròn , cắt vật bởi các mặt phẳng vuông góc với trục Ox ta được thiết diện
là tam giác đều. Thể tích của vật thể là:
A.
32 3
.
3
V
. B.
256 3
.
3
V
.
22
16xy
y
x
O
C.
256
.
3
V
.
D.
32
.
3
V
Hướng dẫn giải
Chọn B
Giải phương trình
22 2 2 2
16 16 16
x
yyxy x
Diện tíc
h
thiết diện là

2
22
1
() 216 .sin 16 3
23
Sx x x

Thể tích cần tìm là

44
2
44
256 3
() 3 16
3
VSxdx xdx



.
Dạng 9: Các bài toán bản chất đặt sắc của tích phân
Bài tập 1: Cho hàm số

yfx
có đồ thị trên
2;6
như hình vẽ bên. Biết các miền A, B, 2x
có diện tí
ch lần lượt là 32; 2; 3. Tích phân

2
2
221
f
xdx

bằng
A.
45
2
. B. 41. C. 37. D.
41
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
 
22
22
221 22 4
f
xdxfxdx





Xét

2
1
2
22Ifxdx

.
Đặt
22 2
2
dt
t x dt dx dx 
Đổi cận:
22xt 
;
26
x
t
.
Suy ra

6
1
2
1
2
Iftdt
.
Gọi
1
x
;
2
x
là các hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số
yfx với trực hoành
12
26xx . Ta có
   

12
12
6
1
2
11
22
133
32 2 3
22
xx
A
BC
xx
I f tdf f tdf f tdf S S S







Vậy

2
1
2
33 41
221 4 4
22
fx dxI



Bài tập 2: Cho hàm số
yfx có đồ thị của hàm số
yfx
như hình bên. Đặt
 
2
21gx f x x
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.
331
g
gg . B.
331
g
gg .
C.
133gg g . D.
13 3gg g.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
 
221gx f x x


01
g
xfxx

 . Đây là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số
f
x
và
đường thẳng d:
1yx
.
Dựa vào đồ thị ta thấy:
 
1
01
3
x
gx f x x
x


Bảng biến thiên:
x

–3 1 3
g
x
–
0 + 0 – 0 +
g
x

3g
1
g

3g
Suy ra

31
g
g và
31
g
g
Gọi
1
S
,
2
S
lần lượt là diện tích các hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
f
x
, đường thẳng
d:
1yx trên các đoạn
3;1 và

1; 3 ta có:
+) Trên đoạn
3;1 ta có

1
f
xx
 nên
 
11
1
33
1
1
2
Sgxdx fxxdx




.
+) Trên đoạn

1; 3
ta có

1
f
xx

nên
 
33
2
11
1
1
2
Sgxdx xfxdx



.
Dựa vào
đồ thị ta thấy
12
SS
nên ta có:
   
1
3
31
13 313 3gx gx g g g g g g
 
.
Vậy
13 3gg g.
Lưu ý:
- Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số
f
x
và đường thẳng d:
1yx
chính là nghiệm của
phương trình
0gx
.
- Lập b
ảng biến thịên ta
thấy

1
g
lớn hơn
3g
. Ta chỉ cần so sánh
3g và
3g .
- So sánh diện tích dựa vào đồ
thị.
Ví dụ 4: Hình phẳng

H được giới hạn bởi đồ thị
C của hàm đa thức bậc ba và parabol
P
có
trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần
tô đậm của hình vẽ có diện tích bằng
A.
37
12
. B.
7
12
. C.
11
12
. D.
5
12
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Vì đồ thị hàm bậc ba và đồ thị hàm bậc hai cắt trục tung tại các điểm có tung độ lần lượt là
2y và 0y nên ta xét hai hàm số là
32
2yax bx cx

,
2
ymx nx
(với a,
0m
).
Suy ra

C :
32
2yfx axbxcx và
P
:
2
ygx mx nx
.
Phương trình hoành độ giao điểm của
C và
P
là:

32 2 32 2
220ax bx cx mx nx ax bx cx mx nx 
.
Đặt


32 2
2P x ax bx cx mx nx
.
Theo giả thiết,

C và

P
cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt là
1x 
,
1
x
,
2x
nên
112Px ax x x.
Ta có
02
P
a .
Mặt khác, ta có
  
0002 1Pfg a
.
Vậy diện tích phần tô đậm là

2
1
37
112
12
Sxxxdx

| 1/55

Tài liệu khác của Toán 12

Preview text:

BÀI 3. ỨNG DỤNG HÌNH HỌC TÍCH PHÂN
A. KIẾN THỨC SÁCH GIÁO KHOA CẦN NẮM
I. DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG
1. Định lý 1: Cho hàm số y f (x) liên tục, không âm trêna;b . Khi đó diện tích S của hình thang b
cong giới hạn bởi đồ thị hàm số y f (x) , trục hoành và 2 đường thẳng x a, x b là: S f (x)dxa
2. Bài toán liên quan
Bài toán 1: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y f (x) liên tục trên đoạn a;b , trục b
hoành và hai đường thẳng x a , x b được xác định: S f (x) dxa
Bài toán 2: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y f (x) , y g(x) liên tục trên đoạn b
a;b và hai đường thẳng x a, x b được xác định: S f (x)  g(x) dxa y
(C ) : y f (x) (C ) 1  1 1
(C ) : y f ( x) (H )  2 2  x a (C ) 2 x b b S f (x )  a c O c 1 b x 2  f (x ) dx 1 2 a b b
Chú ý: Nếu trên đoạn [a;b] , hàm số f (x) không đổi dấu thì: f (x) dx f (x)dx   a a
Bài toán 3: Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường x g( y) , x h( y) và hai đường thẳng d
y c , y d được xác định: S g( y)  h( y) dyc
Bài toán 4: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị (C ) : f (x) , (C ) : f (x) là: 1 1 2 2 2 x S
f (x)  g(x) 
dx . Trong đó: x , x tương ứng là nghiệm của phương trình f (x)  g(x), x x 1 2  1 2 1 x
II. THỂ TÍCH CỦA KHỐI TRÒN XOAY
1. Thể tích vật thể
Gọi B là phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm a và b;
S(x) là diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm x ,
(a x b) . Giả sử S(x) là hàm số liên tục trên đoạn [ ; a b] .
2. Thể tích khối tròn xoay
Bài toán 1: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
y f (x) , trục hoành và hai đường thẳng x a , x b quanh trục Ox:
Bài toán 2: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
x g( y) , trục hoành và hai đường thẳng y c , y d quanh trục Oy:
Bài toán 3: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường b
y f (x) , y g(x) và hai đường thẳng x a , x b quanh trục Ox: 2 2
V   f (x)  g (x) dx  . a
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Tính diện tích giới hạn bởi 1 đồ thị 1. Phương pháp:
a/ Phương pháp 1: b S
|f (x) | dxa
* Xét dấu biểu thức f (x) ; x [a;b] , phá dấu trị tuyệt đối và tính tích phân.
b/ Phương pháp 2:
* Giải phương trình f (x)  0 ; chọn nghiệm trong [a;b]. Giả sử các nghiệm là ;  với    .
* Áp dụng tính chất liên tục của hàm số f (x) trên [a;b]; ta có: S |
f (x)dx |  | f (x)dx |  |b f (x)dx | a  
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1: Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị 2
y  x , trục hoành và đường thẳng x  2 . 8 16 8 A. S  . B. S  . C. S  16. D. S  . 9 3 3 Hướng dẫn giải CHỌN D
Nhận thấy rằng, để tính diện tích ta cần phải tìm được 2 cận. Để tìm thêm cận còn lại ta giải phương
trình hoành độ giao điểm của đồ thị   2
P : y  x với trục hoành.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị   2
P : y  x với trục hoành: 2 x  0  x  0 2 8
Áp dụng công thức ta có 2 S  x dx  .  3 0
Nhận xét: Nếu ta vẽ đồ thị hàm số 2
y  x và đường thẳng x  2 ta dễ dàng xác định được hình
phẳng giới hạn bởi các đường này. Từ đó ta dễ dàng tính được diện tích S.
Bài tập 2: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số 2 x
y  x .e , trục hoành và đường thẳng x  1 A. e  2. B. 2  e. C. 2  e. D. 1. Hướng dẫn giải CHỌN A
Phương trình hoành độ giao điểm 2 x x e  0  x  0 Ta có: 1 1 S  x e dx  x d   e  1 1 2 x 2 x 2 x x  x e  e d   2x 0 0 0 0 1 1
 e  2 xe dx  e  2 xd   e  1 1 x x x x  e  2xe  2 e dx  0 0 0 0 1 x  e  2e  2e
 e  2e  2  e  2. 0
Lời bình: Bài toán trên đã có 1 cận, ta chỉ cần tìm thêm 1 cận nữa bằng
cách giải phương trình hoành độ giao điểm. Sau đó áp dụng công thức.
Nếu vẽ đồ thị bài này để tìm hình phẳng giới hạn bởi các đường là không 1
nên vì đồ thị hàm số hơi phức tạp. Việc tìm được công thức 2 x S  x e dx 0
và tính tích phân này ta có thể dùng MTCT để tính và chọn Chọn.
Bài tập 3: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị 2
y  1 x và trục hoành:   A.   2. B. . C. 1. D. . 4 2 Hướng dẫn giải CHỌN D
Phương trình hoành độ giao điểm của, Ox là 2 1 x  0  x  1 1
Khi đó, diện tích hình phẳng cần tìm là 2 S  1 x dx.  1    x  1  t  
Đặt x  sin t  dx  cos tdt và 2   x  1   t    2   1 2 2  Suy ra 2 2 2 S  1 x dx  1 sin t.cos tdt  cos tdt        2 1   2 2
Lời bình: Bài toán trên chưa có cận, ta phải giải phương trình hoành độ
giao điểm để tìm cận. Sau đó áp dụng công thức. Việc tìm được công 1 thức 2 S  1 x dx 
và tính tích phân này tương đối phức tạp, do đó ta 1 
có thể dùng MTCT để tính và chọn Chọn.
Nếu vẽ được đồ thị thì ta xác định được hình phẳng và diện tích của nó
dễ dàng, đó chính là diện tích của nữa đường tròn bán kính bằng 1. Do 1  đó: 2 S  R   . 2 2 1
Bài tập 4: Tính diện tích S hình phẳng giới hạn bởi các đường
y  lnx, x  e, x  và trục hoành e 2 1 2 1 A. S  2  . B. S  1 . C. S  2  . D. S  1 . e e e e Hướng dẫn giải CHỌN A
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị y  lnx và trụ hoành là ln x  0  x 1. e 1 e           1 xln x  x e 2 S ln x dx ln xdx ln x.dx x x ln x 1  2  . 1 e 1 1 e 1 e e
Bài tập 5: Diện tích tam giác được cắt ra bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến của đồ thị y  ln x tại giao
điểm của đồ thị hàm số với trục Ox là: 2 1 2 1 A. S  B. S  C. S  D. S  3 4 5 2 Hướng dẫn giải Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm: ln x  0  x  1 1
Ta có: y '  ln x'  .y '  1  1 x '
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị y  ln x tại giao điểm của đồ thị hàm số với trục Ox là: y  1x   1  0 hay y  x 1
Đường thẳng y  x 1 cắt Ox tại điểm A 1;0 và cắt Oy tại điểm B0;  1 . 1 1
Tam giác vuông OAB có OA  1,OB  1 S  OA.OB  OA  B 2 2 b 0 b 0 b
S  f x dx  f x dx  f x dx   f x dx  f x dx D                a a 0 a 0
Bài tập 6: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y  2 ax a  0, trục hoành và đường thẳng x  a bằng 2
ka . Tính giá trị của tham số k. 7 4 12 6 A. k  B. k  C. k  D. k  3 3 5 5 Hướng dẫn giải Chọn B a a 3 2 4 4 Có 2 2 2 S  2 ax dx  2 a. .x  a  ka  k   3 3 3 0 0
Bài tập 7: Cho hình cong giới hạn bởi các đường x
y  e , y  0, x  0 và x  ln 4 . Đường thẳng x  k
với 0  k  ln 4 chia thành hai phần có diện tích là S1 và S2 như hình vẽ bên. Tìm k để S  2S . 1 2 2 A. k  ln 4 3 B. k  ln 2 8 C. k  ln 3 D. k  ln 3 Hướng dẫn giải Chọn D ln 4 ln 4 ln 4 2 2 2 2 Do x x x S  2S  S  S  e dx  e dx  e  2 1 2 1   3 3 3 3 0 0 0 k Do đó: x k k
S  e dx  e 1  2  e  3  k  ln 3 1  0
Dạng 2: Tính diện tích giới hạn bởi 2 hai đồ thị 1. Phương pháp: b
Công thức tính S
|f (x)  g(x) | dx  . Tính như dạng 1. a
2. Một số bài tập mẫu
Bài tập 1: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị 1 1   y  ; y  ; x  ; x  2 2 cos x sin x 6 3 Lời giải  /3 1 1 Ta có: S   dx  2 2
 /6 cos x sin x 1 1   
Trong trường hợp này nếu chọn cách xét dấu biểu thức y   ; x  ; 2 2  6 3  cos x sin x  1 1   
hoặc vẽ đồ thị hàm số y   ; x  ; là khá khó khăn. 2 2  6 3  cos x sin x
Vì vậy ta chọn cách sau: 1 1       + Xét phương trình:   0 ; x  ; 2 2
 cos x  sin x  0 x  ; 2 2 cos x sin x  6 3     6 3        cos 2x  0  ; x  ;   x  6 3    4  /4  1 1  /3   1 1  Từ đó suy ra: S   dx  |  dx    2 2   2 2  6 4/4
 cos x sin x
 cos x sin x   / 4   4 3   S |
 (tan x  cot x) |
|  | (tan x  cot x) | 2  2 .   / 6   3  4   2 1 x
Bài tập 2 : Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  ; y  . 2 x 1 2 Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị trên: 2 1 xx  1   4 2 2
x x  2  0  x 1  2  x 1 2  x 1 2 1 1 x
Vì vậy hình phẳng đã cho có diện tích là: S   dx  2 1 x 1 2 2 1 x
Do trên (1;1) phương trình  vô nghiệm nên ta có: 2 x 1 2 2 1 2 1 1 2 1 1 x  1 x  1 x S   dx      d  x  dx  dx   2 2 2 1 x 1 2 x 1 2 x 1 2 1   1  1 1 1 Tính I dx 1  . 2 1  x 1     1
+/ Đặt x  tan t ; t   ;    dx dt  2 2  2 cos t   x  1   t   1   /4 2  /4  +/ Đổi cận: 4  cos tI dt  dt      1 2  /4  /4 1 tan t 2
x  1  t   4 2 1 x 1 I dx  2 1 2 3  1 
Thay thế vào ta được: S   1   . 2 3 2 3
Bài tập 3: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị 2
y x  4x  3 và y  3 . Hướng dẫn giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị trên: 2
x  4x  3  3 x  0 2
x  4x  3  3    2  x
  4x  3  3 x   4 4 Khi đó: S  2 4
x  4x  3 | 3  | dx |   ‖
 2x 4x3| 3  dx | 0  0  S
x 4x3 3 3
dx    x  4x 3 3 4 1 2 2
dx    2x  4x 3 3 dx 0 1 3   S  x 4x 3
dx   x  4x 6 4 1 2 2
dx    2x  4x dx | 0  1 3 3 3 1 3 3 4  x   x   x  2 2 2
S S    2x     2x  6x    2x   8. 3 3 3   0     3 1
Bài tập 4: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị: y  sin | x | ; y  | x | - . Hướng dẫn giải
Xét phương trình hoành độ: sin | x | |  x |  
Đặt | x |  t
Khi đó trở thành: sin t t    sin t t    0
Xét hàm số f (t)  sin t t  ; t [0, ) . f
 (t)  cost 1 0 t  [0,) .
BBT của hàm số f (t) như sau:
 phương trình có nghiệm duy nhất t   .
 phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x    và x   .    S
|sin | x |  | x |   | dx
(sin | x |  | x |   )dx   .   3. Bài tập
Bài tập 1: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol   2
P : y  x  3x  3 và đường thẳng d: y  2x 1 là: 7 13 19 A. B. C. D. 11 3 3 6 Hướng dẫn giải Chọn B x  1  Xét phương trình 2 2
x  3x  3  2x 1  x  x  2  0  x  2
Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol   2
P : y  x  3x  3 và đường thẳng d: y  2x 1 là 2 2  
S   x 3x 3 2 2 3 x x 13 2  2x   1 dx    2
2  x  x dx   2x      2 3  3 1 1  1  13 Vậy S  . 3 2 x
Bài tập 2: Parabol y
chia hình tròn có tâm tại gốc tọa độ, bán kính 2 2 thành 2 phần. Tỉ số 2
diện tích của chúng thuộc khoảng nào: A. 0,4;0,5 B. 0,5;0,6 C. 0,6;0,7 D. 0,7;0,8 Hướng dẫn giải Chọn A
Phương trình đường tròn: 2 2 2 2
x  y  8  x  8  y 2 8  y
Thế vào phương trình parabol, ta được 2 y   y  2y  8  0 2  y  2 2    
   x  4  x  2  y 4 l
Diện tích phần được tạo bởi phần đường tròn phía trên với Parabol là: 2 2 2 2 2  x  x 2 2 3 x x 2 2 2 8 S    8 x  d  x  8  x dx  dx  I  I I  dx   1   ; 1 2   2  2 2 2 6 2  3 2  2  2  2  2 2 Tính 2 2 I  8  x dx  2 8  x dx 1   2 0 
Đặt x  2 2 sin t  dx  2 2 cos tdt; x  0  t  0 ; x  2  t  4    4 4 4 cos 2t 1 2
I  2 2 2 cos t2 2 cos tdt  16 cos tdt  16 dt  4  2 1    2 0 0 0 8 4
S  I  I  4  2    2 1 1 2 3 3  4  4 Diện tích hình tròn: 2 S  R 
 8  S  S  S  8   2  6  2 1    3  3 4  2 S1 3  
 0, 4350,4;0,5 . S 4 2 6  3 2 x
Bài tập 3: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  4  và đồ thị hàm số 4 2 x y  4 2 4 4 8 A. 2  4 B. 2  C. 2  D. 3 3 3 Hướng dẫn giải Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm: 2 2 2 x x x  1  6l 2 2 2 2 x x 4 4      x  2  2 . Khi đó S  4    2   2 4 4 2 x  8 4 4 2 3 2  2
Bài tập 4: Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 my x , 2
mx y (với m  0 ).
Tìm giá trị của m để S  3. A. m 1. B. m  2 . C. m  3 . D. m  4 .
Hướng dẫn giải Chọn C. 2 x Vì m  0 nên từ 2
my x ta suy y   0 ; m Từ 2
mx y nên x  0 và y mx . 2 xx  0 Xét phương trình 4 3
mx x m x m  x m
Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là: m 2 m 2 xx S mx dx mx    dxmm 0 0  3  2 m m x  1 1 2 2   .x x    m m  3 3m  3 3   0 1 Yêu cầu bài toán 2 2
S  3  m  3  m  9  m  3 (vì m  0 ). 3 2x
Bài tập 5: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm 2
y x và y  là x 1
S a bln 2 với a, b là những số hữu tỷ. Giá trị của a b là 1 2 A.  . B. 2. C.  . D. 1. 3 3
Hướng dẫn giải Chọn A. 2x
Phương trình hoành độ giao điểm của C : 2
y x và C : y  là 2  1  x 1 x  0 2x 2 xx  3 2 1 x x 2x 0         x  1  x 1   x  2 
Diện tích hình phẳng cần tìm là: 0 0 3 0  2x   2   x  5 2 2 S   x dx  2   x dx       
 2x  2ln x 1     2ln 2  x 1   x 1   3  3 1 1  1  5
Suy ra a  và b  2  3 1
Vậy a b   3
Bài tập 6: 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  là 4  3 4  3 A. . B. . 12 6 4  2 3  3 5 3  2 C. . D. . 6 3
Hướng dẫn giải
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol 2
y  3x và cung tròn 2
y  4  x (với 0  x  2 ) lả 2 2 2 4
4  x  3x  4  x  3x x  1.
Diện tích của H  là 1 2 1 3 3 2 2 2 3 S  3x dx  4  x dx xI   I   với 2 I  4  x dx  . 3 3 0 1 0 1    
Đặt x  2sin t , t   ;
dx  2cost.dt  2 2     
Đổi cận x  1  t
, x  2  t  . 6 2     2 2 2 2 2 2 I
4  4sin t.2cos t.dt  4cos t.dt  2  
 1cos2t.dt  2xsin2t     6 6 6 6 2 3   3 2 3 3 2 3 4  3 Vậy S   I     3 3 3 2 6 Chọn B.
Bài tập 7: Hình phẳng H  được giới hạn bởi đồ thị C của hàm đa thức bậc ba và parabol 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
Hướng dẫn giải Chọn A.
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 và y  0 nên ta xét hai hàm số là 3 2
y ax bx cx  2 , 2
y mx nx (với a, m  0 ).
Suy ra C : y f x 3 2
ax bx cx  2 và P :    2
y g x mx nx .
Phương trình hoành độ giao điểm của C và P là: 3 2 2
ax bx cx   mx nx   3 2
ax bx cx     2 2 2
mx nx  0 .
Đặt P x   3 2
ax bx cx     2 2 mx nx.
Theo giả thiết, C và P cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt là x  1
 , x  1, x  2
nên P x  ax   1  x   1  x  2 .
Ta có P 0  2a .
Mặt khác, ta có P 0  f 0  g 0  2  a 1. 2 37
Vậy diện tích phần tô đậm là S   x   1  x  
1  x  2 dx   12 1 
Dạng 3: Tính thể tích vật thể tròn xoay dựa vào định nghĩa 1. Phương pháp:
Gọi B là phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm a và b; S(x) là
diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm x , (a x b) .
Giả sử S(x) là hàm số liên tục trên đoạn a,b .
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1: Cho phần vật thể B giới hạn bởi hai mặt phẳng có phương trình x  0 và x  2 . Cắt phần
vật thể B bởi mặt phẳng vuông góc trục Ox tại điểm có hoành độ x 0  x  2, ta được diện tích là
một tam giác đều có độ dài cạnh bằng x 2  x. Tính thể tích V của phần vật thể B . Lời giải 2 a 3
Một tam giác đều cạnh a có diện tích S   4 2
x 2  x 3
Do tam giác đều cạnh x 2  x có diện tích là S(x)   4 2 2 2 x 2  x 2 3 3 Ca sio 3 4 3 Suy ra thể tích 2
S S(x)dx dx
x 2  xdx         4 4 4 3 3 0 0 0
Bài tập 2: Trong không gian Oxyz , cho vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x  0 và x   , biết rằng
thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ bằng
x,0  x    là một tam giác đều cạnh là 2 sin x .Tính thể tích của vật thể đó. Lời giải 2 a 3
Một tam giác đều cạnh a có diện tích S  4 x
Do đó tam giác đều cạnh 2 sin x có diện tích là S x 4sin . 3   3 sin x 4 2 2
Suy ra thể tích V S
 xdx  3sin d x x  2 3  0 0
Bài tập 3: Một bồn trụ đang chứa dầu được đặt nằm ngang có chiều dài bồn là 5m, bán kính đáy 1m
. Người ta rút dầu ra trong bồn tương ứng với 0,5 m của đường kính đáy. Tính thể tích gần đúng của dầu còn lại trong bồn Lời giải
* Thể tích cả khối trụ 2 2
V   R h  .1 .5  5  3 m  1
* Tính thể tích phần khối trụ bị mất đi y y= R2-x2 2 d x O d R 2 R 1 + Cách 1: 2 2 S  2 R x dx 2  2 1  0,61 viên phân   x dx d 1 2 1 2 V S .h  2
1 x dx 5  3,07 2 viên phân 1 2 1
Suy ra thể tích khối trụ còn lại 2
V V V  5  2
1 x dx5  12,637  3 m  1 2 1 2  OH 1   2
+ Cách 2: Tính góc ở tâm cos        2 R 2 2 3 3 y 2 A x O H R 2 B 1 1  2 2 2 S R      sin   . viên phân   sin   0,614 2 2  3 3  1  2 2  V S .h  . viên phân   sin 5 2 2  3 3  1  2 2 
V V V  5  .  sin 5  12,637  3 m 1 2 2  3 3 
Bài tập 4: Bạn A có một cốc thủy tinh hình trụ, đường kính trong lòng đáy cốc là 6 cm, chiều cao
trong lòng cốc là 10 cm đang đựng một lượng nước. Bạn A nghiêng cốc nước, vừa lúc khi nước chạm
miệng cốc thì ở đáy mực nước trùng với đường kính đáy. Tính thể tích lượng nước trong cốc Lời giải
Phân tích: Thể tích nước có hình dạng “cái nêm”; có 2 phương pháp tính thể tích này
+ Cách 1 – Chứng minh công thức bằng PP tích phân: Xét thiết diện cắt cốc thuỷ tinh tại vị trí x
R x R bất kỳ; ta có diện tích thiết diện là S x 1 1 2 2
 . R x . 2 2
R x .tan    2 2
R x  tan ; thể tích. 2 2 R R
V S x 1 dx  tan  2 2 2 R x  3
dx R tan .   2 3 RR Cách 2:
Gọi S 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 Ta có: r h x (h x)    R r
, vì thiết diện này là nửa hình tròn bán kính r R h h 2 2 1  (  ) 2  ( )    h x R S x r 2 2 2h
Thể tích lượng nước chứa trong bình là. Bài giải
+ Cách 1: Áp dụng công thức tính thể tích cái nêm biết góc giữa mặt cắt và mặt đáy bằng  là 2 2 2 3 2 h 2
V R h R .tan với tan  h ta được 3 2 V R .  .3 .10  60 3 cm  3 3 R 3 R 3 2 2 1  (  )
+ Cách 2: Tính trực tiếp bài toán bằng PP tích phân. 2  ( )    h x R S x r ; thể tích 2 2 2h h 10 9 h 2 3
V S(x)dx
(10  x) dx  60 (cm ).  
V S(x)  dx 200 0 0 0
Bài tập 5: Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng ta được một khối như hình vẽ bên. Biết rằng thiết diện
là một hình elip có độ dài trục lớn bằng 10, khoảng cách từ điểm thuộc thiết diện gần mặt đáy nhất
và điểm thuộc thiết diện xa mặt đáy nhất lần lượt là 8 và 14. Tính thể tích của. Lời giải AB  8 
Tính các số đo: AE  10 2 2
AD AE DE  8 ; suy ra bán kính khối trụ là 
DE  14  8  6  AD R  4 . 2
 Cách 1: Thể tích khối bằng thể tích “khối trụ trung bình”:  AB CE 2  2 V   R .   đvtt H    .4 .11 176      2 
 Cách 2: Áp dụng công thức tính thể tích “cái nêm”: Lấy mặt phẳng P vuông góc với đường
sinh của hình trụ và đi qua điểm , A khi
đó chia khối  H  thành hai khối:
+ Khối 1: là khối trụ chiều cao h  8 , bán kính r  4 nên thể tích 2
V   r h  128 1
+ Khối 2: là phân nửa một khối trụ có chiều cao DE  6 và bán kính r  4 nên thể tích 1 1 2 2
V  . r .AD  ..4 .6  48 2 2 2 + Vậy V
V V 128  48 176  v đ tt  H  1 2 3. Bài tập
Câu 1: Cho T  là vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x  0 , x 1. Tính thể tích V của T  biết
rằng khi cắt T  bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ bằng x ,
0  x 1, ta được thiết diện là tam giác đều có cạnh bằng 1 x . 3 3 3 3 3 3 A. V   . B. V   . C. V  . D. V   . 2 8 8 2 Lời giải Chọn C   x2 1 3 3 1 x
Ta có diện tích tam giác đều cạnh bằng 1 x là S x    4 4 1 1 3 1 x 3
Thể tích của vật thể T  là V S
 xdx  dx   1 3 3 x 1 2   . 4 8 0 8 0 0
Câu 2: 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
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    ee 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
Dạng 4: Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi 1 đồ thị 1. Phương pháp:
Vật thể tròn xoay sinh bởi miền hình phẳng được giới hạn: Đồ thị ;
y f (x) trục ; Ox( y  0)
x a, x b ; quay xung quanh Ox .
- Nếu thiếu cận thì giải phương trình f (x) = 0 để bổ sung cận. b
- Tính thể tích theo công thức: 2 V   f (x)dx Oxa
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1: Kí hiệu H  là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 2
y  2x x và trục hoành. Tính thể tích
V của vật thể tròn xoay được sinh ra bởi hình phẳng đó khi nó quay quanh trục . Ox Lời giải x  0
Phương trình hoành độ giao điểm . 2
2x x  0  x 2 2 16
Thể tích của vật thể tròn xoay cần tìm V   2x x 2 2 dx  . 15 0
Bài tập 2: Cho miền hình phẳng giới hạn bởi: x
y xe , Ox x  1 quay xung quanh Ox . Tính thể
tích của vật thể tạo thành. Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số: x
y xe và trục Ox x
xe  0  x  0 1 2 1
Vậy vật thể tròn xoay có thể tích là:     x      2 2x V xe dx x e dx 0 0 1 2  1 1  e 1 2 2 x 2 x 2 xV   x exe dx    xe dx     0 0  2  2 0       1 e e x 1 1 1 1 2 2 x 2 x  2 2 1   V   x ee dx e  .    0 0 0 2  2 2  4 4
Bài tập 3: Cho miền hình phẳng giới hạn bởi: 2
y x  4x, y  0 ; quay xung quanh Ox . tính thể
tích của vật thể tạo thành. Lời giải
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số: 2
y x  4x và đường thẳng y  0 là nghiệm của phương x  0 trình: 2
x  4x  0  x  4
Vật thể tạo thành có thể tích là: 4 4 5 3   
V     2x  4x2 4 dx     4 3 2
x  8x 16x dx x 4 16x 512     2x    0 0 5 3 15   0 Bài tập 4: Gọi V là
thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường
y x; y  0; x  4 và trục Ox . Đường thẳng c
x a 0  a  4 ắt đồ thị hàm số y x tại M .
Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác MOH quanh trục . Ox
Biết rằng V  2V 1 1 . Tính a Lời giải 4 4 2 V
Ta có V    x  dx   d
x x  8  V   4  1 . 2 0 0
Tam giác MOH quanh trục
Ox tạo nên hai khối nón chung đáy. Gọi N là hình chiếu vuông góc của
M trên trục Ox . Suy ra r MN y y a a M   . 1 1  a
V OH..r  .4. a 2 4 2  1 . 3 3 3 4 a Suy ra 4   a  3 . 3 x
Bài tập 5: Cho H  là hình phẳng giới hạn bởi độ thị hàm số ; y  trục Ox và đường thẳng 2 4  x
x 1. Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay quanh hình H  xung quanh trục . Ox Lời giải x
Phương trình hoành độ giao điểm  0  x  0. 2 4  x
Theo bài toán thì thể tích của vật thể tròn xoay cần tìm 1 1 x    2 4 a V  
dx   ln 4  x  ln  ln .  2 4  x 2 2 3 2 b 0 0 Do đó
a  4,b  3  a b  7. 3. Bài tập
Câu 1: Cho hình phẳng H  giới hạn bởi các đường 2
y x  3, 0, y x  0, 2
x  . 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 2 2
Thể tích của vật thể được tạo nên là V    2x  3 d .x 0
Câu 2: Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành do quay xung quanh trục hoành một elip có 2 2 x y phương trình 
 1. V có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây? 25 16 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 d
x   16x     335,1 5  25 75 5      3
Câu 3: 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. x  3
Câu 8 : Cho hình phẳng D giới hạn bởi các đường cong y
, trục hoành và trục tung. Khối x  1
tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích V   (a b ln 2) với a, b là
các số nguyên. Tính T a  . b A. T  3. B. T  6. C. T 10. D. T  1. Lời giải
Dựa vào đồ thị hàm số trên ta có: 3 2 3 2 3  x  3   4   8 16 V   dx    1 dx   1       dx 2   x 1   x 1   x 1 (x 1) 0 0 0  3  16   
x  8 ln(x 1) 
  (15 16 ln 2)  a  15; b  16.    x 1  0
Vậy T a b  1.
Câu 4: Cho hình H  trong hình vẽ dưới đây quay quanh trục Ox tạo thành một khối tròn xoay
có thể tích bằng bao nhiêu? 2   A. . B. . C. 2 . D. 2 2 . 2 2 Lời giải
Thể tích khối tròn xoay nhận được khi quay hình H  quanh trục Ox là   2 x   
V   in x2 1 cos 2 1 s dx       dx x  sin 2x      2 2  2  0 2 0 0
Câu 5: Vật thể parabolide tròn xoay như hình vẽ bên dưới có đáy có diện tích B  3 chiều cao
h  4 . Thể tích của vật thể trên là h B 1 1 A. V   . B. V  6 . C. V   . D. V  8 . 3 4 Lời giải y h x O R
Đường cong parabol có dạng: 2
y ax và đi qua điểm có tọa độ  ; R h nên ta có: h 2 y x 2 R R yx   h h 2 2 R R 1 h 1
Thể tích của khối tròn xoay trên là: 2 V   d y y   . y  2   R h . 0 h h 2 2 0 1 1 1
Áp dụng công thức ta có: 2
V   R h Bh  .3.4  6 . 2 2 2
Câu 6: 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. Chọn 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:  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 
Dạng 5: Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị 1. Phương pháp: Nếu hình phẳng
D được giới hạn bởi các đường y f x, y g x, x a, x b thì thể tích khối b
tròn xoay sinh bởi khi quay D quanh trục Ox được tính bởi công thức: 2 V   f  x 2
g xdx a
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 y  .
a x , y bx, a,b  0 quay xung quanh trục
Ox . Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng: 3 b 1 1 5 b A. V     .  . B. V   . . 3   a  3 5  3 5a 5 b 5 b 1 1 C. V  . . D. V     .  3   3a 3 a  3 5  Hướng dẫn giải Chọn D 2  b b
Tọa độ giao điểm của hai đường 2 y  . a x và y  .
b x là các điểm O(0; 0) và A ;   . Vậy thể  a a b b a a 5 b  1 1 
tích của khối tròn xoay cần tính là: 2 2 2 4 V bx dx ax dx        . 3 a  3 5  0 0 1
Bài tập 2: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 2
y  4  x , y x quay xung quanh trục Ox. 3
Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng: 24 3  A. V  28 3 . B. V  . 5 5 28 2  C. V  24 2 . D. V  5 5 Hướng dẫn giải Chọn B 1
Tọa độ giao điểm của hai đường 2
y  4  x và 2
y x là các điểm A 3;  1 và B  3;  1 . Vậy 3
thể tích của khối tròn xoay cần tính là: 3 V    4 x  3 1 28 3 2 4 dx  .  x dx   .  9 5  3  3
Bài tập 3: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 2
y  2x , y  4x quay xung quanh trục Ox. Thể
tích của khối tròn xoay tạo thành bằng: 88    A. V  9 . B. V  4 . C. . V  6 D. . V  5 70 3 5 Hướng dẫn giải Chọn D Với x  0;2 thì 2  
y  4x y  4x
Tọa độ giao điểm của đường 2 y  2x với 2 y  4x là các điểm O(0; 0) và (1 A ;2) . Vậy thể tích của 1 1 6
khối tròn xoay cần tính là: 4
V  .4xdx  .4x dx  . .   5 0 0
Bài tập 4: Thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng D giới hạn bởi các đường elip 2 2 x  9y  9 quay quanh Ox bằng: A.  . B. 2 . C. 3 . D. 4 Hướng dẫn giải Chọn D 2 3 3 2 9  x 9  x Ta có: 2 2 2 2
x  9 y  9  y
V   y dx   dx  4 .   9 9 3  3 
Bài tập 5: Thể tích của khối tròn xoay khi quay hình phẳng D giới hạn bởi các đường y x, y x
quanh trục Ox bằng: 1 1 A.
  x xdx.
B.  x x dx. 0 0 1 1 C.   2
x x dx . D.   2
x xdx 0 0 Hướng dẫn giải Chọn D x  0
Xét phương trình x x  
x  0; x 1. 2 x x 1 1 Và . x x x  0;  1  V    2 2
( x)  x dx    2
x x dx 0 0 3. Bài tập
Câu 1: Quay hình phẳng như hình được tô đậm trong hình vẽ bên quanh trục Ox ta được khối tròn xoay có thể tích là:
A. V  4 3 .
B. V  6 3 .
C. V  5 3 . D. V  2 3 Hướng dẫn giải Chọn A 2 2 2
x y  4 x  3 Xét hệ phương trình:     x   3 .  y  1   y  1
Do đối xứng nhau qua Oy nên: 3   V       x  3   dx       x  3 x 2 2 2 3 2 4 1 2 3
dx  2 3x    4 3 .  3  0 0 0
Câu 2: Quay hình phẳng như hình được tô đậm trong hình vẽ bên quanh trục Ox ta được khối tròn xoay có thể tích: 46   A. V  46 . B. V  23 . C. V  . D. V 13 . 9 15 9 Hướng dẫn giải Chọn B 2 2
x y  4 Xét hệ phương trình:   x  1  .  y  3x
Do đối xứng nhau qua Oy nên 3 V 2   4 x    3x 3 2 2     dx  2   2 4
4  x  3x dx   0 0 5 5  x 3x  3 46  2 4x      .  3 5  0 15
Câu 3: Quay hình phẳng như hình được tô đậm trong hình vẽ bên quanh trục Ox ta được khối tròn xoay có thể tích là: 2 2 V A. 2 V  3 . B. 2 V   . C. 3 . D. 2 V  2 Hướng dẫn giải Chọn D 2
y 1 1 x
Ta có: x   y  2
1 1   y  2 2 2 1 1 x   2
y 1 1 x 1 1 2 2  
Ta có: V  2   2 1 1 x   2 1 1 x  2 dx  8 1 x dx     0 0       Đặt ; x  sin t t   ;     2 2        2 2 2  t
V  8 cos tsdt  4  1cos2t sin 2 2
dt  4 t    2  2 .  2  0 0 0 Câu 4: x
Cho hình H  giới hạn bởi các đường cong C : y e , tiếp tuyến của C tại điểm
M 1;e và trục
Oy. Thể tích của khối tròn xoay khi quay H  quanh trục Ox bằng: 3 y 2 1 x -1 O 1 2 e  2 2 e 1 2 e 1 2 e  3 A. . B. . C. . D. 2 3 2 6 Lời giải Chọn D Ta có x y  e
Phương trình tiếp tuyến của C tại M 1;e là
y ex  
1  e y  . ex 1 2 1 2  ee x 1 x 3 Diện tích của
H  bằng: V    2 2 2 e e x  2 3 dx e   x   .  2 3  6 0 0 Câu 5: 2 Cho hình phẳng
H  giới hạn bởi các đường .
y x  4, y  2x  4, x  0, x  2 Thể tích
của khối tròn xoay được tạo thành khi quay  H  xung quanh trục Ox bằng: 32 32 A.  . B. 6 . C. 6 . D. . 5 5 Lời giải Chọn D 2 2 2 32
Suy ra thể tích cần tìm là V   x  4 dx  2x  42 2 dx  . 5 0 0
Dạng 6: Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi nhiều đồ thị 1. Phương pháp:
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1: 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 y x tại M . y M a H O K 4 x
Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục . Ox
Biết rằng V  2V 1 1 . Khi đó A. a  2 . B. a  5 2 2 . C. a  . D. a  3 . 2 Hướng dẫn giải Chọn D 4
Ta có x  0  x  0 . Khi đó V   d x x  8 0
Ta có M a; a
Khi quay tam giác OMH quanh trục
Ox tạo thành hai hình nón có chung đáy: Hình nón  N O
h OK a
R MK a 1  có đỉnh là , chiều cao , bán kính đáy ; 1 Hình nón  N H
h HK  4  a
R MK a 2  thứ 2 có đỉnh là , chiều cao , bán kính đáy 2 1 1 4 Khi đó 2 2
V   R h   R h   a 1 1 2 3 3 3 4
Theo đề bài V  2V  8  2.  a a  3 1 . 3
Bài tập 2: Cho hình thang cong giới hạn bởi các đường . x
y e , y  0, x  0, x  ln 4 Đường thẳng x
= k 0  k  ln 4 chia thành hai hình phẳng là S1 và S2 như hình vẽ bên. Quay S , S quanh trục Ox 1 2
được khối tròn xoay có thể tích lần lượt là V ,V . Với giá trị nào của k thì V  2V 1 2 1 2 1 32 1 11 k  1 ln k  32 ln11 k  ln k  ln A. 2 3 . B. 2 . C. 2 3 . D. 3 Hướng dẫn giải Chọn B Ta có: k        V    e k e e e x e  2 x 2k ln 4 dx      
V     xe  2 x 2k 2 2 ln 4 ; dx      8  1 2  2 0  2 2  2 k  2 0 k 2k 2ke   e k 1 Theo giả thiết: 2 V  2V    2 8   
e 11  k  ln11 1 2  2 2  2  2
Bài tập 3: Cho hình phẳng D giới hạn bởi các đường 2
y  4x và đường thẳng x  4 . Thể tích của
khối tròn xoay sinh ra khi D xoay quanh trục Ox là: A. 32. B. 64. C. 16 . D. 4.
Hướng dẫn giải : Chọn A
Giao điểm của hai đường 2
y  4x và x  4 là D 4; 4
  và E 4;4 . Phần phía trên Ox của đường 2
y  4x có phương trình y  2 x . Từ hình vẽ suy ra thể tích của khối tròn xoay cần tính là: 4
V  2 x 2 dx  32  . 0
Bài tập 4: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y  3x, y x, x  0, x  1 quay xung quanh trục
Ox. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng: 8 4 2 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  .  3 3 3 Hướng dẫn giải Chọn A
Tọa độ giao điểm của đường x 1 với y x và y  3x là các điểm C 1;  1 và B 3;  1 . Tọa độ giao
điểm của đường y  3x với y x là O 0;0 . Vậy thể tích của khối tròn xoay cần tính là: 1 1 8 2 2 V  .9  x dx  .  x dx     . 3 0 0
Bài tập 5: Trên mặt phẳng Oxy, cho hình phẳng giới hạn bởi các đường P 2
y x P  2 : ;
' : y  4x ;d  : y  4 . Thể tích của khối tròn xoay khi quay quanh trục Ox bằng: 9 4 7 A. . B. . C. . D. 2 . 5 5 5 Hướng dẫn giải Chọn B
Đặt V là thể tích cần tìm  x  2
Xét phương trình hoành độ giao điểm của và: 2
x  4  x  2  x 1
Xét phương trình hoành độ giao điểm của và: 2
4x  4  x  1 2  y xV
là thể tích khối tròn xoay sinh bởi khi quay: y  4 quanh Ox OAC   Oy  2  y  4xV
là thể tích khối tròn xoay sinh bởi khi quay: y  4 quanh Ox OAB   Oy  2 2 2 1 2 2 Lúc đó: V V V  4
  2x dx  4     2 4x         dx      2
4  x dx   4 4 16x dx OAC OAB   0 0 0 0 5 5  x  2  x  1  32 16  4   4x   4x 16   8   4          5 0   5 0   5 5  5
3. Bài tập trắc nghiệm:
Câu 1: Cho H  là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của các hàm sốP : y  x, y  0, y  2  x .
Thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình H  xung quanh trục Ox là: 4 2 1 7 8 2  3 5 A.  . B. . C.  . D.  . 3 6 6 6 Lời giải Chọn D 0  x  2 0  x  2
x  2  x      x 1 2 2
x  (2  x)
x  5x  4  0 1
V    x  2 2 5 2
dx   (2  x) dx    . 6 0 1 6
Câu 2: Cho hình H  giới hạn bởi các đường y x 1; y  ; x  1. Quay hình H  quanh x
trục Ox ta được khối tròn xoay có thể tích là: 13 125 35 A. . B. . C. . D. 18 . 6 6 3 Lời giải Chọn C y x 1 6 x  2
Phương trình hoành độ giao điểm: 2 x 1 
x x  6  0x  0   x x  3  l 6
Vì  x 1  0 với x 1;2 nên thể tích cần tính là x 2 2  6 2   V   x    x 2 35 d 1 dx    . 1 1  x  3
Câu 3: Gọi H  là hình phẳng giới hạn bởi các đường: y  3x; y x ;x 1. Quay H  xung
quanh trục Ox ta được khối tròn xoay có thể tích là: 8 2 8 A. . B. . C. 2 8 . D. 8 . 3 3 Lời giải Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm: 3x x x  0 và 3x x  0 với x 0;  1 . 1 1 8
Thể tích cần tính là V   3x2 2
dx  x dx    . 0 0 3
Câu 4: Cho hình phẳng H  giới hạn bởi các đường 2
y x , y  2x . Thể tích của khối tròn xoay
được tạo thành khi quay H  xung quanh trục Ox bằng: 16 21 32 64 A. . B. . C. . D. . 15 15 15 15 Lời giải Chọn D
Hoành độ giao điểm của đồ thị 2 hàm số 2
y x và y  2x là nghiệm của phương trình x  0 2
x  2x  x  2
Thể tích của khối tròn xoay tạo thành là 2 2 2 2 5  4   x  64π
V  π2x2 dx  π 2x 2 dx 3  π x  π       3   5  15 0 0 0 0 . 1
Câu 5: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 2
y  4  x , y x quay xung quanh trục Ox . 3
Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng:     A. 28 2 V  . B. 28 3 V  . C. 24 2 V  . D. 24 3 V  . 5 5 5 5 Lời giải Chọn B 1 Giải phương trình 2 2
4  x x x   3 3  x  28 3
Thể tích cần tìm là V     4  x  2 3 3 2 2 2
dx      dx  .  3  5  3  3
Dạng 7: Một số bài toán thực tế ứng dụng tích phân
1. Phương pháp giải
* Một vật chuyển động có phương trình vận
Ví dụ 1: Một vật chuyển động chậm dần đều với
tốc v t trong khoảng thời gian từ t a đến vận tốc .
v t 160 10t m / s Quãng đường
t ba b sẽ di chuyển được quãng đường
mà vật chuyển động từ thời điểm
t  0s đến là:
thời điểm mà vật dừng lại là b A. 1028m. B. 1280m. S v  tdt C. 1308m. D. 1380m. a
Hướng dẫn giải Khi vật dừng lại thì
v t 160 10t  0  t 16 16 16 Do đó S v
 tdt  16010tdt 0 0
 160t 5t  16 2  1280m . 0
Chọn B.
* Một vật chuyển động có phương trình
Ví dụ 2: Một chiếc ô tô chuyển động với vận tốc
gia tốc a t thì vận tốc của vật đó sau
v t m / s , có gia tốc
khoảng thời gian t ;t 3 1 2  là:
a t  vt   2 m / s . 2t 1 t2
Vận tốc của ô tô sau 10 giây (làm tròn đến hàng đơn v a  tdt 1 t vị) là A. 4,6 m/s. B. 7,2 m/s. C. 1,5 m/s. D. 2,2 m/s.
Hướng dẫn giải
Vận tốc của ô tô sau 10 giây là 10 10 3 3 3 v
dt  ln 2t 1  ln 21  4,6  m / s . 2t 1 2 0 2 0
Chọn A.
* Điện lượng chuyển qua tiết diện của dây dẫn
của đoạn mạch trong thời gian từ t t 1 đến 2 là: t2 Q I  tdt 1 t 2. Bài tập
Bài tập 1: Một vật chuyển động với vận tốc 10 m/s thì tăng tốc với gia tốc . a t 2
 3t t Tính
quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc. 4300 430 A. . m B. 4300 m. C. 430 m. D. . m 3 3
Hướng dẫn giải
Chọn A. 3t t Hàm vận tốc
v t  a
 tdt  3t t  2 3 2 dt    C. 2 3
Lấy mốc thời gian lúc tăng tốc
v0 10  C 10. 2 3 3t t Ta được v t   10. 2 3
Sau 10 giây, quãng đường vật đi được là 10 2 3 3 4 10  3t t   t t  4300 S     10 dt     10t   m  2 3   2 12 0  3 0
v t   a  tdt
Bài tập 2: Dòng điện xoay chiều hình sin chạy qua một đoạn mạch LC có biểu thức cường độ là   
i t  I cos t i qt  0 0   . Biết
với q là điện tích tức thời ở tụ điện. Tính từ lúc , điện lượng  2  
chuyển qua tiết diện thẳng của dây dẫn của đoạn mạch đó trong thời gian từ 0 đến là   2I 2II A. 0 . B. 0. C. 0 . D. 0 .    2
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Điện lượng chuyển qua tiết diện của dây dẫn của đoạn mạch trong thời gian từ 0 đến là             Q I  tI 2I 0  0
dt I cos t dt  sin t   .  0      2    2  0  0 0
Q t    I tdt Bài tập 3: Gọi
htcm là
mức nước trong bồn chứa sau khi bơm được t giây. Biết rằng ht 1 3 
t  8 và lúc đầu bồn không có nước. Tìm mức nước ở bồn sau khi bơm nước được 6 giây 5
(chính xác đến 0,01cm) A. 2,67 cm. B. 2,66 cm. C. 2,65 cm. D. 2,68 cm.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Mức nước ở bồn sau khi bơm nước được 6 giây là 6 6   h  t 1 3 dt t  8dt   t 8 6 3 3 t  8  2,66cm 5  20    0 0 0
Bài tập 3: Một viên đá được bắn thẳng đứng lên trên với vận tốc ban đầu là 40 m/s từ một điểm cao
5 m cách mặt đất. Vận tốc của viên đá sau t giây được cho bởi công thức v t  40 10t m/s. Tính
độ cao lớn nhất viên đá có thể lên tới so với mặt đất. A. 85 m. B. 80 m. C. 90 m. D. 75 m. Lời giải Chọn A
Gọi h là quãng đường lên cao của viên đá.
v t   h t   h t   v
 t    t 2 ' dt
40 10 dt  40t  5t c
Tại thời điểm t  0 thì h  5 . Suy ra c  5. Vậy ht 2
 40t  5t  5
h t lớn nhất khi vt  0  40 10t  0  t  4 . Khi đó h4  85m .
Bài tập 4: Một ô tô chạy với vận tốc 20 m/s thì người lái đạp phanh còn được gọi là “thắng”. Sau khi
đạp phanh, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v t  40
t  20 trong đó t là khoảng thời
gian tính bằng giây kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Quãng đường ô tô di chuyển từ lúc đạp phanh đến
khi dừng hẳn là bao nhiêu? A. 2 m. B. 3 m. C. 4 m. D. 5 m. Lời giải Chọn D
Lấy mốc thời gian là lúc ô tô bắt đầu đạp phanh t  0
Gọi T là thời điểm ô tô dừng lại. Khi đó vận tốc lúc dừng là v T   0
Vậy thời gian từ lúc đạp phanh đến lúc dừng là v T  1  0  4
 0T  20  0  T  2
Gọi s t là quãng đường ô tô đi được trong khoảng thời gian T .
Ta có v t  st suy ra s t là nguyên hàm của vt 1 1 T 2 1
Vậy trong s ô tô đi được quãng đường là: v
 tdt   40
t  20dt   2 20
t  20t 2  5 2 0 t 0
Bài tập 5: Một ô tô xuất phát từ A chuyển dộng với vận tốc nhanh dần đều, 10 giây sau, ô tô đạt vận
tốc 5 và từ thời điểm đó ô tô chuyển động đều. Ô tô thứ hai cũng xuất phát từ A nhưng sau ô tô thứ
nhất là 10 giây, chuyển động nhanh dần đều và đuổi kịp ô tô thứ nhất sau 25 giây. Vận tốc ô tô thứ
hai tại thời điểm đó là A. 12 . B. 8 . C. 10 . D. 7 . Lời giải Chọn A v v 5
Ta có gia tốc trong 10 s đầu của ô tô thứ nhất là 0 a    0,5 2 m/s  t t 10 0
Trong 10 s đầu, ô tô thứ nhất chuyển động nhanh dần với vận tốc v t  0,5t 10
 Quãng đường ô tô thứ nhất đi được trong 10 s là 0,5tdt  25  m. 0
Trong 25 s tiếp theo, ô tô thứ nhất đi được 5.25  125
Vậy quãng đường ô tô thứ nhất đi được đến khi bị đuổi kịp là 25 125  150m 1 Mặt khác 2
S S at 0 2 2S S0   2.150
Gia tốc của ô tô thứ hai là a    0, 48 2 m/s 2 2  t 25
Vậy khi đuổi kịp ô tô thứ nhất, vận tốc của ô tô thứ hai là v v at  12 . t 0
Bài tập 6: Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v t  7t đi được 5 , người lái 1  
xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc a    2
70 m/s  . Tính quãng đường S m đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn.
A. S  95, 70 m .
B. S  87,50m .
C. S  94,00m . D. S  96, 25m . Lời giải Chọn D
Quãng đường ô tô đi được từ lúc xe lăn bánh đến khi được phanh. 5 5 5 2 t
S v t dt  7tdt  7  87,5 m . 1  1      2 0 0 0
Vận tốc v t m/s của ô tô từ lúc được phanh đến khi dừng hẳn thỏa mãn 2     v t
70 dt  70t C , v 5  v 5  35  C  385. Vậy v t  70  t  385 . 2   2   1   2    
Thời điểm xe dừng hẳn tương ứng với t thỏa mãn v t  0  t  5,5 s . 2    
Quãng đường ô tô đi được từ lúc xe được phanh đến khi dừng hẳn. 5,5 5,5 S v t dt  70
t  385 dt  8,75 m . 2  1        5 5
Quãng đường cần tính S S S  96, 25 m . 1 2  
Bài tập 7: Một vật di chuyển với gia tốc at  t 2     2 20 1 2
m / s  . Khi t  0 thì vận tốc của vật
là 30m / s . Tính quãng đường vật đó di chuyển sau 2 giây.
A. S  46m .
B. S  47m .
C. S  48m .
D. S  49m . Lời giải : Chọn C
Vận tốc vật là : vta
 tdt   t 2 dtt 1 20 1 2 10 1 2         C .
Khi t  0 thì v     1 0 10. 1
C  30  C  20 . Nên vt  t 1 10 1 2   
 20m / s . 2
Suy ra : S  101 2t1  20dt  48m 0
Bài tập 8: Vật chuyển động với vận tốc ban đầu 5m / s và có gia tốc được xác định bởi công thức 2 a   2
m / s  . Vận tốc của vật sau 10s đầu tiên là t 1
A. 10m / s .
B. 9m / s .
C. 11m / s .
D. 12m / s Hướng dẫn giải: Chọn A 2
Ta có vt  dt  2ln 
t  1c t 1
Mà vận tốc ban đầu 5m/s tức là : v 0  5  2ln 0  
1  c  5  c  5 .
Nên v t  2ln t   1  5
Vận tốc của vật sau 10s đầu tiên là : v 10  2ln   11  5  9,8 Chọn Chọn A.
Bài tập 9: Trong giờ thực hành môn Vật Lí. Một nhóm sinh viên đã nghiên cứu về sự chuyển động
của các hạt. Trong quá trình thực hành thì nhóm sinh viên này đã phát hiện một hạt prôton di chuyển
trong điện trường với biểu thức gia tốc là: a     t 2 20 1 2
.Với t của ta được tính bằng giây. Nhóm
sinh viên đã tìm hàm vận tốc v theo t , biết rằng khi t  0 thì 2
v  30m / s . Hỏi biểu thức đúng là?  10   10  A. 2 v   25 / cm s   . B. 2 v   20 / cm s   . 1 2t  1 t   10   10  C. 2 v  10 / cm s   . D. 2 v   20 / cm s   1 2t  1 2t
Hướng dẫn giải : Chọn D
Trước hết để giải bài toán này ta cũng chú ý. Biểu thức vận tốc v theo thời gian t có gia
tốc a là: v  . a dt  20 
Áp dụng công thức trên, ta có : v adt dt   12t2 Đến đây ta đặt : du
u  1 2t du  2dt dt  2 10   10 10 2 v du  10  u du   K   K   u u 1 2t
Với t  0,v  30  K  20  10 
Vậy biểu thức vận tốc theo thời gian là : 2 v   20 / cm s .   1 2t
Bài tập 10: Người ta tổ chức thực hành nghiên cứu thí nghiệm bằng cách như sau. Họ tiến hành quan
sát một tia lửa điện bắn từ mặt đất bắn lên với vận tốc 15m / s. Hỏi biểu thức vận tốc của tia lửa điện là?
A. v  9,8t 15.
B. v  9,8t 13.
C. v  9,8t 15.
D. v  9,8t 13 Hướng dẫn giải Chọn A
Tia lửa chịu sự tác động của trọng lực hướng xuống nên ta có gia tốc a    2 9,8 m / s
Ta có biểu thức vận tốc v theo thời gian t có gia tốc a là : v adt  9,  8dt  9,  8t C  
Ở đây, với : t  0,v  15m / s C  15
Vậy ta được biểu thức vận tốc có dạng : v  9,8t 15
Bài tập 11: Người ta tổ chức thực hành nghiên cứu thí nghiệm bằng cách như sau. Họ tiến hành quan
sát một tia lửa điện bắn từ mặt đất bắn lên với vận tốc 15m / s. Hỏi sau 2, 5 giây thì tia lửa điện đấy có
chiều cao là bao nhiêu?
A. 6.235m .
B. 5.635m .
C. 4.235m . D. 6.875mHướng dẫn giải Chọn D
Tia lửa chịu sự tác động của trọng lực hướng xuống nên ta có gia tốc a    2 9,8 m / s
Ta có biểu thức vận tốc v theo thời gian t có gia tốc a là : v adt  9,  8dt  9,  8t C  
Ở đây, với t  0,v  15m / s C  15
Vậy ta được biểu thức vận tốc có dạng:
v  9,8t 15
Lấy tích phân biểu thức vận tốc, ta sẽ có được bểu thức quãng đường: s vdt    t   2 9,8 15 dt  4,
 9 t 15t K
Theo đề bài, ta được khi t  0  s  0  K  0.
Vậy biểu thức tọa độ của quảng đường là : 2 s  4,  9t 15t.
Khi t  2,5s , ta sẽ được s  6,875m .
Dạng 8: Bài toán thực tế
1. Phương pháp: Vận dụng các kiến thức về tích phân và bài toán ứng dụng.
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1: Tính thể tích hình xuyến tạo thành do quay hình tròn C x   y  2 2 : 2  1 quanh trục Ox . Hướng dẫn giải:
Hình tròn C có tâm I 0;2 , bán kính R 1 là x   y  2 2 2  1 2
y  2  1 x Ta có  y  2 2 1  1 x  1   x   1   2
y  2 1 x Thể tích cần tính: 1 V      
2  1 x 2 2 1 x 2 2 2 2 dx  4    1 
Bài tập 2: Thành phố định xây cây cầu bắc ngang con sông dài 500m , biết rằng người ta định xây
cầu có 10 nhịp cầu hình dạng parabol,mỗi nhịp cách nhau 40m ,biết 2 bên đầu cầu và giữa mối nhịp
nối người ta xây 1 chân trụ rộng 5m . Bề dày nhịp cầu không đổi là 20cm . Biết 1 nhịp cầu như hình
vẽ. Hỏi lượng bê tông để xây các nhịp cầu là bao nhiêu A. 3 20m . B. 3 50m . C. 3 40m . D. 3 100m . Hướng dẫn giải: Chọn C
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ với gốc O0;0 là chân cầu,
đỉnh I 25;2 , điểm A50;0
Gọi Parabol trên có phương trình: P  2 2
: y ax bx c ax bx O P 1 1   1 20 1 2 2
y ax bx
ax ax bx  là phương trình parabol dưới 2 100 2 2 4 2 4 1
Ta có I, AP   P  2 2 : y   x x y   x x  1 1 1 2 625 25 625 25 5
Khi đó diện tích mỗi nhịp cầu là S S với S là phần giới hạn bởi y ; y trong khoảng 0;25 1 1 1 2 0,2 15  2 4  1   2 2 S  2  x x dx dx      0,9m   625 25 5     0 0,2 
Vì bề dày nhịp cầu không đổi nên coi thể tích là tích diện tích và bề dày 3
V S.0, 2 1,98m  số
lượng bê tông cần cho mỗi nhịp cầu 3  2m
Vậy mười nhịp cầu hai bên cần 3  40m bê tông Chọn Chọn. C.
Bài tập 3: Trong Công viên Toán học có những mảnh đất mang hình dáng khác nhau. Mỗi mảnh
được trồng một loài hoa và nó được tạo thành bởi một trong những đường cong đẹp trong toán học.
Ở đó có một mảnh đất mang tên Bernoulli, nó được tạo thành từ đường Lemmiscate có phương trình
trong hệ tọa độ Oxy là 2 2 y x  2 16
25  x  như hình vẽ bên. y x
Tính diện tích S của mảnh đất Bernoulli biết rằng mỗi đơn vị trong hệ tọa độ Oxy tương ứng với chiều dài 1 mét. 125 125 A. S   2 m  . B. S   2 m  . 6 4 250 125 C. S   2 m  . D. S   2 m  3 3 Hướng dẫn giải Chọn D
Vì tính đối xứng trụ nên diện tích của mảnh đất tương ứng với 4 lần diện tích của mảnh đất thuộc
góc phần tư thứ nhất của hệ trục tọa độ Oxy . 1
Từ giả thuyết bài toán, ta có 2
y   x 5  x . 4 1 Góc phần tư thứ nhất 2
y x 25  x ; x 0;5 4 5 1 125 125 Nên 2 3 S
x 25  x dx   S  (m ) (I )  4 12 3 0
Bài tập 4: Một Bác thợ gốm làm một cái lọ có dạng khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình
phẳng giới hạn bởi các đường y x 1 và trục Ox quay quanh trục Ox biết đáy lọ và miệng lọ có
đường kính lần lượt là 2dm và 4dm , khi đó thể tích của lọ là: 15 A. 2 8 dm .. B. 3  dm .. 2 14 15 C. 2  dm . . D. 2 dm . 3 2 Lời giải Chọn B
r y 1 x  0 1 1 1 y x O 3
r y  2  x  3 2 2 2 3 3 2  x  15 Suy ra: 2
V   y dx    x  3 1 dx     x   0  2  2 0 0
Bài tập 5: Để kéo căng một lò xo có độ dài tự nhiên từ 10cm đến 15cm cần lực 40N . Tính công (
A ) sinh ra khi kéo lò xo có độ dài từ 15cm đến 18cm .
A. A  1,56 (J ) .
B. A  1 (J ) .
C. A  2,5 (J ) .
D. A  2 (J ) . Lời giải Chọn A x
f x  k.x O M x x
Theo Định luật Hooke, lực cần dùng để giữ lò xo giãn thêm x mét từ độ dài tự nhiên là f x  kx , với
k N /m là độ cứng của lò xo. Khi lò xo được kéo giãn từ độ dài 10cm đến 15cm , lượng kéo giãn là 5 0 cm  .05
m . Điều này có nghĩa f 0.05  40, do đó: 40
0,05k  40  k   800N/m 0,05
Vậy f x  800x và công cần để kéo dãn lò xo từ 15cm đến 18cm là: 0,08 0,08 A  800 dx  400x  400   0,082 0,052 2  1,56J  0,05   0,05 1 Góc phần tư thứ nhất 2
y x 25  x ; x 0;5 4 5 1 125 125 Nên 2 3 S
x 25  x dx   S  (m ) ( I )  4 12 3 0
3. Bài tập trắc nghiệm:
Câu 1: Trong chương trình nông thôn mới, tại một xã X có xây một cây cầu bằng bê tông như hình
vẽ. Tính thể tích khối bê tông để đổ đủ cây cầu. 0 , 5 m 2 m 5 m 0 , 5 m 1 9 m 0 , 5 m A. 3 19m . B. 3 21m . C. 3 18m . D. 3 40m . Hướng dẫn giải Chọn D
Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ. y O x Ta có 19  Gọi P  2
: y ax c là Parabol đi qua hai điểm A ;0 , B   0;2 1  2  2  19   8 0  . a  2   a   8
Nên ta có hệ phương trình sau:   2    361   P  2 : y   x  2 1 361    b   2 2 b   Gọi P  2
: y ax c là Parabol đi qua hai điểm C   5 10;0 , D 0; 2    2    0  . a 102 5 1  a    2  40 1 5
Nên ta có hệ phương trình sau:     P  2 : y   x  2 5 5 40 2  b b    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  40m        . 0 0   40 2   361  
Câu 2: Cho hai mặt cầu S , S có cùng bán kính R thỏa mãn tính chất: tâm của S thuộc 1  2  1 
S và ngược lại. Tính thể tích phần chung V của hai khối cầu tạo bởi (S )và (S ). 2  1 2 3  R 3 5 R 3 2 R A. 3 V   R . B. V  . C. V  . D. V  . 2 12 5 Hướng dẫn giải Chọn C y 2 2 2
(C) : x y R O R R x 2
Gắn hệ trục Oxy như hình vẽ
Khối cầu S O, R chứa một đường tròn lớn là C 2 2 2
: x y R
Dựa vào hình vẽ, thể tích cần tính là R R       R x  3 3 2 2 2 x 5 R V 2
dx  2  R x    . 3 R 12 R   2 2
Câu 3: Một thùng rượu có bán kính các đáy là 30cm, thiết diện vuông góc với trục và cách đều hai
đáy có bán kính là 40cm, chiều cao thùng rượu là 1m. Biết rằng mặt phẳng chứa trục và
cắt mặt xung quanh thùng rượu là các đường parabol, hỏi thể tích của thùng rượu là bao nhiêu? A. 425, 2 lit. B. 425162 lit. C. 212581 lit. D. 212,6 lit. Hướng dẫn giải Chọn A y S A 0,4m 0,3m x O 0,5m  Gọi P 2
: y ax bx c là parabol đi qua điểm A0,5;0,3 và có đỉnh S 0;0, 4 . Khi
đó, thể tích thùng rượu bằng thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi P ,
trục hoành và hai đường thẳng x  0,5 quay quanh trục Ox . 2
 Dễ dàng tìm được P 2
: y   x  0, 4 5
 Thể tích thùng rượu là: 0,5 2 0,5 2  2   2  203 2 2 V
x  0,4 dx  2
x  0,4 dx   425,5 (l)          .  5   5  1500 0,  5 0
Câu 4: 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. 12750000 đồng. C. 6750000 đồng. D. 3750000 đồng. Hướng dẫn giải Chọn C y B x O A
 Gắn parabol P và hệ trục tọa độ sao cho P đi qua O(0;0)
 Gọi phương trình của parbol là: P 2
: y ax bx c
Theo đề ra, P đi qua ba điểm O(0;0) , A(3;0) , B(1,5;2, 25) .
Từ đó, suy ra P 2 :
y  x  3x 3 9
 Diện tích phần Bác Năm xây dựng: 2
S  x  3x dx   2 0 9
 Vậy số tiền bác Năm phải trả là: .1500000  67500 0 0 . 2
Câu 5: Ông An có một mảnh vườn hình Elip có độ dài trục lớn bằng 16m và độ dài trục bé bằng
10m. Ông muốn trồng hoa trên một dải đất rộng 8m và nhận trục bé của elip làm trục đối
xứng. Biết kinh phí để trồng hoa là 100.000 đồng/ 2
1m . Hỏi ông An cần bao nhiêu tiền để
trồng hoa trên dải đất đó? 8m A. 7.862.000 đồng. B. 7.653.000 đồng. C. 7.128.000 đồng. D. 7.826.000 đồng. Hướng dẫn giải Chọn B 2 2 x y
Giả sử elip có phương trình  1. 2 2 a b
Từ giả thiết ta có 2a 16  a  8 và 2b 10  b  5  5 2 y   64  y (E ) 2 2  1 x y
Vậy phương trình của elip là 8  1  64 25 5  2 y  64  y (E ) 1  8
Khi đó diện tích dải vườn được giới hạn bởi các đường (E ); (E ); x  4
 ; x  4 và diện 1 2 4 4 5 5 tích của dải vườn là 2 2 S  2 64  x dx  64  x dx   8 2 4  0   3 
Tính tích phân này bằng phép đổi biến x  8sint , ta được S  80    6 4    3 
Khi đó số tiền là T  80 
.100000  7652891,82  7.653.000 .  6 4 
Câu 6: Người ta dựng một cái lều vải có dạng hình “chóp lục giác cong đều” như hình vẽ bên. Đáy
của là một hình lục giác đều cạnh 3 .
m Chiều cao SO  6m . Các cạnh bên của là các sợi
dây c ,c ,c ,c ,c ,c nằm trên các đường parabol có trục đối xứng song song với SO. Giả 1 2 3 4 5 6
sử giao tuyến của với mặt phẳng vuông góc với SO là một lục giác đều và khi qua trung
điểm của SO thì lục giác đều có cạnh bằng 1m. Tính thể tích phần không gian nằm bên trong cái lều đó. S c6 c c 1 5 1m c4 c2 c3 O 3m 135 3 96 3 135 3 135 3 A. 3 (m ) . B. 3 (m ) . C. 3 (m ) . D. 3 (m ) 5 5 4 8 Hướng dẫn giải Chọn D
Đặt hệ tọa độ như hình vẽ, ta có parabol cần tìm đi qua 3 điểm có tọa độ lần lượt là 1 7 (
A 0;6), B(1;3), C(3;0) nên có phương trình là 2
y x x  6 2 2
Theo hình vẽ ta có cạnh của thiết diện là BM 7 1
Nếu ta đặt t OM thì BM   2t  2 4
Khi đó diện tích của thiết diện lục giác: 2 2 BM 3 3 3  7 1  S(t)  6. 
  2t   , với t 0;6 4 2  2 4    2 6 6 3 3  7 1  135 3
Vậy thể tích của túp lều theo đề bài là: V S(t)dt   
  2t   dt  .. 2  2 4  8 0 0  
Câu 7: Một vật có kích thước và hình dáng như hình vẽ dưới đây. Đáy là hình tròn giới hạn bởi đường tròn 2 2
x y  16 , cắt vật bởi các mặt phẳng vuông góc với trục Ox ta được thiết diện
là tam giác đều. Thể tích của vật thể là: y x O 32 3 256 3 A. V  . . B. V  .. 3 3 256 32 C. V  . . D. V  . 3 3 Hướng dẫn giải Chọn B Giải phương trình 2 2 2 2 2
x y  16  y  16  x y   16  x 2 1 
Diện tích thiết diện là 2 S(x)  2 16  x .sin   2 16  x  3 2 3 4 4 256 3
Thể tích cần tìm là V S(x)dx  3  2
16  x dx    . 3 4  4 
Dạng 9: Các bài toán bản chất đặt sắc của tích phân
Bài tập 1: Cho hàm số y f x có đồ thị trên  2;
 6 như hình vẽ bên. Biết các miền A, B, x  2 2
có diện tích lần lượt là 32; 2; 3. Tích phân  f
  2x 21dx  bằng 2  45 41 A. . B. 41. C. 37. D. . 2 2
Hướng dẫn giải Chọn D. 2 2 Ta có  f
  2x 21dx f
 2x 2dx  4 2 2  2 Xét I
f 2x  2 dx . 1    2  dt
Đặt t  2x  2  dt  2dx dx  2 Đổi cận: x  2   t  2
 ; x  2  t  6. 6 1 Suy ra I f t dt . 1    2 2
Gọi x ; x là các hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y f x với trực hoành 1 2  2
  x x  6 . Ta có 1 2  1 x x 6 1   1
I   f t df f t df f t df  
S S S 1    2        A B C  2   2  2  1 x 2 x 1      33 32 2 3  2 2 2 33 41 Vậy  f
  2x 21dx I  4  4   1 2 2 2 
Bài tập 2: Cho hàm số y f x có 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 3  g  3    g   1 . B. g  3
   g 3  g   1 . C. g   1  g  3    g 3. D. g  
1  g 3  g  3  .
Hướng dẫn giải Chọn D.
Ta có g x  2 f  x  2 x   1
g x  0  f  x  x 1. Đây là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số f  x và
đường thẳng d: y x 1. x
Dựa vào đồ thị ta thấy: g x   f  x 1 0
x 1  x  3 Bảng biến thiên: x  –3 1 3  g x – 0 + 0 – 0 +  g   1  g xg  3   g 3 Suy ra g  3    g  
1 và g 3  g   1
Gọi S , S lần lượt là diện tích các hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f  x , đường thẳng 1 2
d: y x 1 trên các đoạn  3;   1 và 1;  3 ta có: 1 1 1 +) Trên đoạn  3;  
1 ta có f  x  x 1 nên S gx dx
f x x 1  dx . 1          2  3 3  3 3 1 +) Trên đoạn 1; 
3 ta có f  x  x 1 nên S gx dx
x 1 f x dx . 2        2  1 1
Dựa vào đồ thị ta thấy S S nên ta có: 1 2 1 3 g x
 g x  g  
1  g 3  g 3  g  
1  g 3  g 3 . 3 1 Vậy g  
1  g 3  g  3  . Lưu ý:
- Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số f  x và đường thẳng d: y x 1 chính là nghiệm của
phương trình g x  0 .
- Lập bảng biến thịên ta thấy g   1 lớn hơn g  3
  . Ta chỉ cần so sánh g 3 và g  3   .
- So sánh diện tích dựa vào đồ thị.
Ví dụ 4: Hình phẳng H  được giới hạn bởi đồ thị C của hàm đa thức bậc ba và parabol 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
Hướng dẫn giải Chọn A.
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 và y  0 nên ta xét hai hàm số là 3 2
y ax bx cx  2 , 2
y mx nx (với a, m  0 ).
Suy ra C : y f x 3 2
ax bx cx  2 và P :    2
y g x mx nx .
Phương trình hoành độ giao điểm của C và P là: 3 2 2
ax bx cx   mx nx   3 2
ax bx cx     2 2 2
mx nx  0 .
Đặt P x   3 2
ax bx cx     2 2 mx nx.
Theo giả thiết, C và P cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt là x  1
 , x  1, x  2
nên P x  ax   1  x   1  x  2 .
Ta có P 0  2a .
Mặt khác, ta có P 0  f 0  g 0  2  a 1. 2 37
Vậy diện tích phần tô đậm là S   x   1  x  
1  x  2 dx   12 1 