BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN ĐẠI SỐ 12 CÓ ĐÁP ÁN

TÀI LIỆU MÔN TOÁN LỚP 12

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN ĐẠI SỐ 12 CÓ ĐÁP ÁN WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

CHƯƠNG 3.

BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN. CHỦ ĐỀ 1.

CÁC BÀI TOÁN NGUYÊN HÀM Đầu tiên xin nhắc lại các khái niệm và định lí căn bản để quý bạn đọc có kiến thức nền tảng trước khi đi vào các bài toán cụ thể.

1. Định nghĩa Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên tập K (khoảng, nửa khoảng, đoạn của R). Nếu Ta có hàm số

F ( x ) xác định trên K sao cho F ' ( x ) = f ( x ) thì F ( x ) được gọi là nguyên hàm của hàm số f ( x ) trên K. Định lí 1. Nếu F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) trên K thì với mỗi hằng số C, hàm số

G ( x ) = F ( x ) + C cũng là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) trên K. Định lí 2. Nếu F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) trên K thì mọi nguyên hàm của f ( x ) trên K đều có dạng G ( x ) = F ( x ) + C với C là hằng số. Định lí 3. Mọi hàm số f ( x ) liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K. 2. Tính chất của nguyên hàm:

∫ f ' ( x ) dx = f ( x ) + C với C là hằng số. ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx với k là hằng số khác 0. ∫  f ( x ) ± g ( x ) f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx ± ∫ g ( x ) dx Bảng nguyên hàm Chú ý: công thức tính vi phân của f ( x ) là d  f ( x )  = f ' ( x ) dx Với u là một hàm số ∫ 0dx = C ∫ 0du = C

∫ dx = x + C

∫x

α

dx =

1 α +1 x + C (α ≠ −1) α +1

1

∫ x dx = ln x + C ∫ e dx = e + C x

x ∫ a dx =

x

ax +C ln a

∫ du = u + C

∫u

α

du =

1 α +1 u + C (α ≠ −1) α +1

1

∫ u du = ln u + C ∫ e du = e + C u

u ∫ a dx =

Trang 1

u

au +C ln a

∫ cos xdx = sin x + C ∫ sin xdx = − cos x + C

∫ cos udu = sin u + C ∫ sin udu = − cosu + C

1 1 dx = x + C tan 2 ∫ cos x ∫ cos2 u du = tan u + C 1 1 ∫ sin 2 x dx = − cot x + C ∫ sin 2 u du = − cot u + C Chúng ta sẽ cùng tìm hiểu một số bài toán Nguyên Hàm ở mức độ vận dụng sau đây:

BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Biết

cos 7 2 x + C . Với a là số nguyên. Tìm a? a C. a = 7.

D. a = 14.

5

2 2 ∫ ( cos x − sin x ) .sin 4 xdx = −

A. a = 6.

Giải:

B. a = 12.

5

Đặt f ( x ) = ∫ ( cos 2 x − sin 2 x ) .sin 4 xdx , Ta có: 5

5

f ( x ) = ∫ ( cos 2 x − sin 2 x ) .sin 4 xdx = ∫ ( cos 2 x ) .2sin 2 x.cos 2 x = 2∫ cos 6 2 x.sin 2 xdx Đặt t = cos 2 x ⇒ dt = −2sin 2 xdx −t 7 cos 7 2 x 6 +C = − +C Vậy F ( x ) = − ∫ t dt = 7 7 Chọn C. sin x + cos x ∫ sin x − cos x dx = a ln sin x − cos x + C . Với a là số nguyên. Tìm a?

A. a = 1.

B. a = 2.

C. a = 3.

D. a = 4.

Giải: Bài 2: Biết

sin x − cos x )′ sin x + cos x ( ′ Vì ∫ a ln sin x − cos x + C  = nên = sin x − cos x sin x − cos x sin x + cos x Nguyên hàm của: là: ln sin x − cos x + C . sin x − cos x CHọn A. x tan 2 π 2 Bài 3: Tìm một nguyên hàm của: 1 + 4. biết nguyên hàm này bằng 3 khi x = .

2 4  2x   tan − 1 2   1 1 + 3. + 3.

A. B. C. tan x + 2 .

D. cot x + 2 .

2 cos x sin 2 x Giải: Trang 2

2

x x   tan 2 tan  2 2  = 1 + tan 2 x = 1 f ( x ) = 1 + 4.

1 = +   2 cos 2 x 2 x  2x   1 + tan   tan − 1  2 2   2

Nguyên hàm của F ( x ) = tan x + C

π π  Ta có: F   = 3 ⇒ tan + C = 3 ⇒ C = 2 ⇒ F ( x ) = tan x + 2 4 4 Chọn C. Bài 4: F ( x ) = x + ln 2sin x − cos x là nguyên hàm của: A.

sin x − cos x sin x + 2cos x sin x − cos x 3sin x + cos x .

B. .

C. .

D. . sin x + 3cos x 2sin x − cos x sin x + 3cos x 2sin x − cos x Giải: Ta chỉ cần đạo hàm của F(x), rồi sau đó quan sát kết quả đúng. ( 2sin x − cos x ) ' = 1 + 2sin x + cos x = 3sin x + cos x Ta có: F ' ( x ) = 1 + 2sin x − cos x 2sin x − cos x 2sin x − cos x 3sin x + cos x ⇒ F ( x ) là một nguyên hàm của .

2sin x − cos x Chọn D.

Bài 5: Biết

∫ ( 25 x

2

1 1 dx = − + C .Với a là số nguyên. Tìm a?

5 − 20 x + 4 ) a (5x − 2)

A. a = 4.

B. a = 100.

Giải: Chú ý nếu chúng ta biến đổi:

∫

1

C. a = 5.

dx = ∫ ( 25 x − 20 x + 4 ) 2

( 25 x 2 − 20 x + 4 )

3

Điều sau đây mới đúng:

∫ ( 25 x

2

−3

( 25 x dx =

−3

2

D. a = 25.

− 20 x + 4 ) −4

− 20 x + 4 ) d ( 25 x 2 − 20 x + 4 ) 3

−4

+ C . Là sai

( 25x =

2

− 20 x + 4 ) −4

Trở lại bài, ta sẽ biến đổi biểu thức ( 25 x 2 − 20 x + 4 ) về dạng ( ax + b ) như sau:

∫

1

( 25x

2

− 20 x + 4 )

3

dx = ∫

1

( 5x − 2)

−6

6

dx = ∫ ( 5 x − 2 ) dx

−5

1 (5x − 2) 1 = +C = − +C 5 5 −5 25 ( 5 x − 2 ) Chọn D. Trang 3

n

−4

+C

1+ x a dx = ln 2 x − 7 + C , với a, b là cá số nguyên. Tính S = a + b? ∫ 2 x − 5x − 7 b A. S = 4.

B. S = 2.

C. S = 3.

D. S = 5.

Giải: Ta quan sát mẫu cso thể phân tích được thành nhân tử, sử dụng MTCT bấm giải phương trình bậc 2: 7 2 x 2 − 5 x − 7 = 0 thấy có hai nghiệm là: x = −1, x = .

2 2 Áp dụng công thức ax + bx + c = a ( x − x1 )( x − x2 ) với x1 , x2 là hai nghiệm ta có:

Bài 6: Biết

2

2 x 2 − 5 x − 7 = ( x + 1)( 2 x − 7 ) Do đó: 1+ x x +1 1 1 ∫ 2 x2 − 5x − 7 dx = ∫ ( x + 1)( 2 x − 7 ) dx = ∫ 2 x + 7 dx = 2 ln 2 x − 7 + C Chọn C. Bài 7: Biết

a dx = x + cos 4 x + C , với a, b là cá số nguyên. Tính S = a + b? b B. S = 2.

C. S = 3.

D. S = 5.

∫ ( sin 2 x − cos 2 x )

A. S = 4.

2

Giải: Nếu áp dụng ngay: ∫ t n dt =

∫ ( sin 2 x − cos 2 x )

2

t n +1 + C thì ta có: n +1

( sin 2 x − cos 2 x ) dx = 3

3

+ C . Là sai.

2

Ta phải khai triển ( sin 2 x − cos 2 x ) để xem thử

∫ ( sin 2 x − cos 2 x )

2

1 dx = ∫ (1 − sin 4 x ) dx = x cos 4 x + C 4

Chọn D. Bài 8: Biết A. S = 4.

1

x

∫ 1 + cos x dx = a.tan b + C , với a, b là cá số nguyên. Tính S = a + b?

B. S = 2.

C. S = 3.

D. S = 5.

Giải: Chưa áp dụng ngay được công thwucs nguyên hàm cơ bản, ta quan sát mẫu và thấy rằng có thể x 1 + cos 2α biến đổi 1 + cos x = 2cos 2 dựa trên công thức hạ bậc: cos 2 α = . Do đó: 2 2

Trang 4

1

1

x dx = tan + C . x 2 2cos 2 2 Ta thấy rằng a = 1, b = 2 do đó S=3.

Chọn C.

∫ 1 + cos x dx = ∫

Bài 9: Biết

1

a



π

∫ 1 + sin 2 x dx = b tan  x − 4  + C , với a, b là cá số nguyên. Tính S = a + b?

A. S = 4.

Giải:

B. S = 2.

C. S = 3.

D. S = 5.

1

1 1 dx = ∫ dx = π   2π 1 + cos  − 2 x  2cos  − x  2  4  1 1 π π   = − tan  − x  + C = tan  x −  + C 2 2 4 4   Ta thấy a=1,b=2 suy ra S=3 Chọn C.

∫ 1 + sin 2 x dx = ∫

π   Bài 10: Cho f ( x ) = 8sin 2  x +  . Một nguyên hàm F ( x ) của f ( x ) thỏa F ( 0 ) = 8 là: 12   π  A. 4 x + 2sin  2 x +  + 9 .

6 

π  B. 4 x − 2sin  2 x +  + 9 .

6 

π  C. 4 x + 2sin  2 x +  + 7 .

6  Giải:

π  D. 4 x − 2sin  2 x +  + 7 .

6 

Ta cần phải tính

∫ f ( x ) dx = ∫ 8sin

2

π    x +  dx . Đầu tiên sử dụng công thức hạ bậc để đổi 12  

f ( x ) như sau:

 π   1 − cos  2 x +    π  6    f ( x ) = 8sin 2  x +  = 8  12  2       

π π   f ( x ) = 4 − 4cos  2 x +  ⇒ F ( x ) = 4 x − 2sin  2 x +  + C 6 6   π  f ( 0 ) = 8 ⇔ −2sin   + C = 8 ⇔ C = 9 6 Chọn B. Trang 5

Bài 11: Cho f ( x ) = 1 + x . Một nguyên hàm F ( x ) của f ( x ) thỏa F (1) = 1 là:

 x2 1  x + 2 − 2 khi x ≥ 0 B.  .

2  x − x + C khi x < 0 2  2

A. x 2 + x + 1

 x2  2 − x + C1 khi x ≥ 0 C.  .

2  x − x + C khi x < 0 2  2 Giải:

 − x 2 + x + C1 khi x ≥ 0  D.  . x2  x − + C2 khi x < 0 2 

  x + 1 + x khi x ≥ 0 ⇒ F ( x) =  Ta có: f ( x ) =  1 − x khi x < 0 x − 

x2 + C1 khi x ≥ 0 2 . x2 + C2 khi x < 0 2

 x2 1 + − khi x ≥ 0 x  1 2 2 Theo đề F (1) = 1 ⇒ C1 = − do đó:  .

2 2  x − x + C khi x < 0 2  2 Chọn B. Bài 12: Biết F ( x ) là nguyên hàm của nhất của F ( x ) là: A. 24.

B. 20.

Giải: Ta có:

F ( x) = ∫

C. 25.

5x2 + 8x − 4 x 2 (1 − x )

2

dx = ∫

∫

5x2 + 8x − 4 2

x (1 − x )

2

1 dx với 0 < x < 1 và F   = 26 . Giá trị nhỏ 2

D. 26.

9 x 2 − 4 ( x 2 − 2 x + 1) x 2 (1 − x 2 )

dx

 9 4 4 9  dx = ∫ − = + +C 2 2 x (1 − x )  (1 − x ) x  4 9 1 + C = 26 ⇔ C = 0 Vì F   = 26 nên + 1  1 2 1− 2  2 

Trang 6

Lúc này F ( x ) =

4 9 + với 0 < x < 1 . Sử dụng MTCT bấm Mode 7 chọn start 0 end 1 x (1 − x )

Step 0.1: Quan sát bảng giá trị ta thấy giá trị nhỏ nhất của F(x) là 25 xảy ra khi x =0,4 Chọn C. Bài 13: Khi tính nguyên hàm

1

∫

( 2 x + 1)( x + 1)

3

dx người ta đặt t = g ( x ) (một hàm biểu diễn theo

biến x) thì nguyên hàm trở thành ∫ 2dt . Biết g ( 4 ) =

3 , giá trị của g ( 0 ) + g (1) là: 5

3+ 6 1+ 6 2+ 6 2+3 6 . . . .

B. C. D. 2 2 2 2 Giải: Đối với bài này HS cần pahir nắm được kĩ thuật biến đổi khi tính nguyên hàm. Hs cần phải dự đoán phép đặt ẩn phụ, đầu tiên ta thấy nguyên hàm có thể biến đổi thành: 1 1 dx = ∫ dx ∫ 3 2 1 x + 2 ( 2 x + 1)( x + 1) ( x + 1) x +1 Do đó ta đặt: A.

t=

2x +1 ⇒ dt = x +1

Vì vậy suy ra

∫

dx 2 ( x + 1)

2

2x +1 x +1

1

( 2 x + 1)( x + 1)

3

dx

⇔ 2dt =

( x + 1)

2

2x + 1 x +1

dx = ∫ 2dt

Tuy nhiên đây là lời giải sai, ta có thể thấy khi đặt t=

2x + 1 + C ⇒ dt = x +1

dx

⇔ 2dt =

dx

2x + 1 2x + 1 2 ( x + 1) x +1 x +1 Với C là hằng số, kết quả không thay đổi. Vì vậy chính xác ở đây là:

t=

2 ( x + 1)

2

3 2x + 1 + C = g ( x ) . Theo đề g ( 4 ) = n33n suy ra C=0. x +1 5

Cuối cùng ta được g ( x ) =

2+ 6 2x + 1 vì vậy g ( 0 ) + g (1) = 2 x +1

Chọn C. Chú ý: Bài toán này hoàn toàn có thể dùng MTCT để chọn kết quả, Ta có: Trang 7

∫ 2dt =∫ ⇒ g ( x) =

1

( 2 x + 1)( x + 1) 1 2∫

3

dx ⇒ t =

1

( 2 x + 1)( x + 1)

3

1 2 4

( 2 x + 1)( x + 1)

0

1 2 4

1

⇒ g (0) = ∫

1 2

( 2 x + 1)( x + 1)

3

( 2 x + 1)( x + 1)

1

( 2 x + 1)( x + 1)

1

g ( 0) − g ( 4) = ∫

1 3

dx

dx

Do đó g ( x ) là nguyên hàm của 0

1 2∫

3

3

. Suy ra:

dx

dx + g ( 4 )

Và: 1

1 2 4

1

g (1) − g ( 4 ) = ∫

( 2 x + 1)( x + 1)

1

1 2 4

⇒ g (1) = ∫

1

( 2 x + 1)( x + 1)

3

3

dx

dx + g ( 4 )

Sử dụng MTCT bấm: 0

1 ∫4 2

1

1

( 2 x + 1)( x + 1)

3

1 2 4

dx + g ( 4 ) + ∫

1

( 2 x + 1)( x + 1)

3

dx + g ( 4 )

Là kết quả C.

CHỦ ĐỀ 2.

CÁC BÀI TOÁN TÍCH PHÂN. 1. Định nghĩa Cho hàm số y = f ( x ) thỏa: + Liên tục trên đoạn [ a; b ] . + F ( x ) là nguyên hàm của f ( x ) trên đoạn [ a; b ] . b

Lúc đó hiệu số F ( b ) − F ( a ) được gọi là tích phân từ a đến b và kí hiệu

∫ f ( x ) dx = F ( b ) − F ( a ) a

Chú ý: + a, b được gọi là 2 cận của tích phân. b

+ a = b thì

∫ f ( x ) dx = 0. a

Trang 8

+ a>b thì

b

a

a

b

∫ f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx .

+ Tích phân không phụ thuộc và biến số, tức là

b

b

a

a

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( t ) dt = F ( b ) − F ( a ) .

2. Tính chất của tích phân: +

b

c

a

a

b

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx, ( a < c < b ) . c

b

b

a

a

+ ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx, với k là hằng số khác 0. b

b

b

a

a

a

+ ∫  f ( x ) + g ( x )  dx = ∫ f ( x ) dx ± ∫ g ( x ) dx .

Chú ý: Để tính tích phân từ a đến b, ta tiến hành tìm nguyên hàm rồi sau đó thay cận vào theo công thức b

∫ f ( x ) dx = F ( b ) − F ( a ) . a

BÀI TẬP ÁP DỤNG Một lần nữa xin nhắc lại rằng đây là cuốn sách đề cập đến các bài toán vận dụng và vận dụng cao nên trước khi sử dụng sách này quý bạn đọc cần có kiến thwucs cơ bản tốt. Bây giờ chúng ta cùng nghiên cứu các bài toán tích phân khá khó: a

 π 3π  Bài 1: Nếu a là một số thỏa mãn các điều kiện sau: a ∈  ;  và ∫ cos ( x + a 2 )dx = sin a thì: 2 2  0 A. a = π .

Giải:

B. a = π .

C. a = 2 π .

a

∫ cos ( x + a )dx ⇔ sin ( x + a ) 2

0

2

a 0

D. a = 2π .

= sin a ⇔ sin ( a + a 2 ) − sin a 2 = sin a

a + 2a 2 a a a .sin = 2sin .cos (1) 2 2 2 2 a  π 3π  a  π 3π  Vì a ∈  ;  nên ∈  ;  ⇒ sin > 0 , vậy: 2 4 4  2 2 2  ⇔ 2cos

(1) ⇔ cos

a + 2a 2 a a + a2 a = cos ⇔ cos − cos = 0 2 2 2 2

 a2 + a  a2 + a sin 2 = 0  2 = kπ (1) a2 + a a2 ⇔ −2sin .sin = 0 ⇔  ⇔ 2 (k,l ∈ ℤ) .

2 2  a2 a = lπ ( 2) sin 2 = 0  2 Trang 9

 π 3π  Vì k ∈ ℤ nên (1) không thỏa mãn với mọi a ∈  ;  ,hoặc thay 4 vào đáp án (1) ta thấy 2 2  đều không thỏa.  π 3π  Đối với (2). Vì a ∈  ;  nên chọn l=1 lúc đó a = 2π . 2 2  Chọn D. e

k Bài 2: Gọi S là tập hợp tất cả các số nguyên dương k thỏa mãn điều kiện ∫ ln dx < e − 2 . Khi đó: x 1 A. S = {1}.

B. S = {2} .

C. S = {1, 2}

D. S = ∅ .

Giải: e

k

∫ ln x dx 1

Dùng phương pháp tích phân từng phần 1 k  u = ln = ln k − ln x ⇒ du = − dx x x  dv = dx ⇒ v = x e

e

k k ⇒ I = x ln + ∫ dx = e ln − ln k + ( e − 1) x1 1 e e

k k Vậy ∫ ln dx < e − 2 ⇔ e ln − ln k + ( e − 1) < e − 2 x e 1

⇔ e ( ln k − 1) − ln k < −1 ⇔ ( e − 1) ln k < e − 1 ⇔ ln k < 1 ⇔ k < e mà k là số nguyên dương nên chọn k ∈ {1; 2} .

Chọn C. π 4

1 dx . Bằng cách đặt t = tan x, tích phân A được biến 3sin x − 2cos 2 x − 2 0

Bài 3: Xét tích phân A = ∫

2

đổi thành tích phân nào sau đây.

1

1 A. ∫ 2 dt . t −4 0

1

1 dt .

B. ∫ 2 t +4 0

1

1 dt .

C. ∫ 2 t −2 0

1

D.

Giải:

2   Ta có: 3sin 2 x − 2 cos 2 x − 2 = cos 2 x  3tan 2 x − 2 −  cos 2 x  

= cos 2 x 3tan 2 x − 2 − 2 (1 + tan 2 x )  = cos 2 x ( tan 2 x − 4 )

Trang 10

∫t 0

2

1 dt . +2

π 4

1 dx , lúc này đặt t = tan x và đổi cận ta đc: 2 cos x tan x − 4 ( ) 0

Vậy: A = ∫

2

1

dt dx . Chọn A. 2 4 t − 0

A= ∫

π 1

Bài 4: Đặt t = tan

2 1 x dx được biến đổi thành 2 ∫ f ( t )dt . Hãy xác định f ( t ) : thì I = ∫ x 2 6 0 cos 0 2

A. f ( t ) = 1 − 2t 2 + t 4 .

B. f ( t ) = 1 + 2t 2 + t 4 .

C. f ( t ) = 1 + t 2 .

Giải: 2

π   2 2  1  1 x 1  I = ∫ dx dx . = 1 + tan 2  .   ∫ x x x 2 2 2 2   0  cos 0  cos cos 2 2 2  1 1   dt = 2 . 2 x dx cos x  Đặt t = tan ⇒  2 2  π  x = 0 ⇒ t = 0; x = ⇒ t = 1  2 π

1

(

Vậy: I = ∫ 1 + t

1

2 2

) .2dt = 2∫ (1 + 2t

0

2

+ t 4 ) dt ⇒ f ( t ) = 1 + 2t 2 + t 4

0

Chọn B. 3

∫

Bài 5: Biết

0

A.

8 .

15

5 f ( x )dx = và 3 B.

4

∫ 0

3 f ( t )dt = . Tính 5

14 .

15

C. −

4

∫ f ( u )du .

3

17 .

15

D. −

16 .

15

Giải: 4

3

4

∫ f ( u )du = ∫ f ( u )du + ∫ f ( u )du .

0

Mà

0

3

3

3

0

0

∫ f ( u )du = ∫ 4

Nên:

5 f ( x )dx = và 3

4

4

0

0

3

∫ f ( u )du = ∫ f ( t )dt = 5

4

3 5 3 5 16 = + ∫ f ( u )du ⇒ ∫ f ( u )du = − = − 5 3 3 5 3 15 3

Chọn D. Chú ý: tích phân không phụ thuộc vào biến số.

Trang 11

D. f ( t ) = 1 − t 2 .

1

1

x2 x2 dx = a . Tính giá trị của I = ∫ dx .

Bài 6: Biết ∫ 1 + e− x 1 + ex 0 0 A. I =

1 − a.

2 Giải:

B. I = 1 − a.

C. I =

1

1 − a.

3

1

D. I = 1 + a.

1

x2 x2 dx + ∫ dx = ∫ x 2 dx .

Sử dụng phân tích ∫ −x x 1+ e 1+ e 0 0 0 Hoặc máy tính cầm tay để kiểm tra kết quả.

Chọn C. π 2

Bài 7: Đặt I n = ∫ sin n xdx . Khi đó: 0

A. I n+1 < I n .

B. I n +1 > I n .

C. I n+1 ≥ I n .

D. I n +1 = I n .

Giải: Khi 0 < x <

π 2

thì 0 < sin x < 1 . Do đó với 0 < x < π

π

2

2

0

0

π 2

Ta có:

sin n +1 x < sin n x ⇒ I n = ∫ sin n+1 xdx < I n = ∫ sin n xdx , tức là: I n+1 < I n .

Chọn A. 1

(

Bài 8: Cho I n = ∫ x 1 − x 2

1

2 n

n

0

(1) I n ≤

1 với mọi n.

2 ( n + 1)

(2) J n >

1 với mọi n.

2 ( n + 1)

(3) I n ≤ J n =

2 n

) dx và J = ∫ x (1 − x ) dx . Xét các câu: 0

1 với mọi n.

2 ( n + 1)

A. (1) đúng.

B. (1) và (2) đúng.

C. Tất cả đều sai.

D. cả (1) và (3) đúng.

Giải: Chỉ (1) và (3) đúng. Khẳng định (2) sai. π 2

π

(

)

n

2

Ta đặt x = cos t để tính J n = ∫ sin t 1 − cos t cos tdx = ∫ sin 2 n +1 t.cos tdt .

0

2

0

Trang 12

π

sin 2 n+ 2 = ∫ sin 2 n +1 td ( sin t ) = 2n + 2 0 2

π

1 .

2 ( n + 1)

2

= 0

Như vậy khẳng định (2) sai. Ngoài ra , để thấy rằng với mọi x ∈ [ 0;1]

x ≤ x 2 nên suy ra với mọi n ta có I n ≤ J n =

1 .

2 ( n + 1)

Vậy: (1) và (3) cùng đúng.

Chọn D. 1

Bài 9: Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất, thỏa mãn

dx

∫ 2x + k ≥ 0 .

0

A. k = 3 .

Giải:

B. k = 4 .

C. k = 1 .

1

*

∀x ∈ ℕ , ∀x ∈ [ 0;1] , 2 x + k > 0 do đó:

D. k = 2 .

dx

∫ 2 x + k ≥ 0 , ∀x ∈ ℕ * .

0

Suy ra số nguyên dương k nhỏ nhất thỏa mãn ycbt là k=1 Chọn C. Bài 10: Cho f ( x ) , g ( x ) là các hàm liên tục trên [a ; b]. b

(1) Với mọi số thực y, ta có: y

2

b

b

∫ f ( x )dx + 2 y ∫ f ( x ) .g ( x )dx + ∫ g ( x )dx ≥ 0 .

2

2

a

a

a

2

b b b  (2)  ∫ f ( x ) .g ( x )dx  ≤ 2 ∫ f 2 ( x )dx 2 .∫ g 2 ( x )dx . a a a  Trong hai khẳng định trên: A. Chỉ có (1) đúng.

B. Chỉ có (2) đúng.

C. Cả hai khẳng định đều đúng.

D. Cả hai khẳng định đều sai.

Giải:

Với mọi số thực y ta có: 0 ≤  y. f ( x ) + g ( x ) 

2

= y 2 . f 2 ( x ) + 2 y. f ( x ) .g ( x ) + g 2 ( x ) từ đó suy ra (1) đúng: b

y

2

∫f a

2

b

b

a

a

( x)dx + 2 y ∫ f ( x).g ( x )dx + ∫ g 2 ( x)dx ≥ 0

Vì vế trái của Bất đẳng thức trên là tam thức bậc hai đối với y, nên theo định thức về dấu của tam thức bậc hai , Ta có: 2

b b  b ∆ ' =  ∫ f ( x).g ( x)dx  − ∫ f 2 ( x)dx.∫ g 2 ( x)dx ≤ 0 a a  a

Trang 13

2

b b  b 2 ⇔  ∫ f ( x).g ( x)dx  ≤ ∫ f ( x)dx.∫ g 2 ( x)dx ((2) đúng). a a  a Chọn C.

Bài 11: Cho f ( x ) , g ( x ) là các hàm liên tục trên [a ; b].

g ( x) ≤ M , ∀x ∈ [ a; b ] . f ( x)

f ( x ) ≠ 0, ∀x ∈ [ a; b] và m ≤

Căn cứ vào giả thiết đó, một học sinh lập luận: (1) Ta có bất đẳng thức

 g ( x)  g ( x)  2 0 ≤  − m  M −  . f ( x ) , ∀x ∈ [ a; b ]. (*)  f x f x ( ) ( )    (2) Biến đổi, (*) trở thành

0 ≤ − g 2 ( x) + ( M + m ) . f ( x ) .g ( x ) − M .m. f 2 ( x), ∀x ∈ [ a; b].

(3) suy ra

b

b

b

a

a

a

2 2 ∫ g ( x )dx + M .mx ∫ f ( x )dx ≤ ( M + m ) ∫ f ( x ) .g ( x )dx .

Lập luận trên: A. Đúng hoàn toàn.

B. Sai từ (1).

C. Sai từ (2).

D. Sai từ (3).

Giải: Lập luận đúng hoàn toàn. Bất đẳng thức sau cùng được gọi là bất đẳng thức Diza Chọn A. Bài 12: Cho hai hàm f ( x ) , g ( x ) cùng đồng biến và liên tục trên [a ; b]. Với a < b . Khi đó, xét khẳng định sau đây: (1) ∀x ∈ [ a; b] . Ta có:

b

b

b

a

a

a

∫ f ( a )dx ≤ ∫ f ( x )dx ≤ ∫ f ( b )dx .

b

(2)

∫ f ( x )dx ≤ f ( b ) . a b

1 (3) Tồn tại x0 ∈ [ a; b] sao cho f ( x0 ) = f ( x )dx . b − a ∫a Các khẳng định đúng trong 3 khẳng định trên là: A. Chỉ (1) và (2).

B. Chỉ (2) và (3).

C. Chỉ (1) và (3).

D. Cả (1) , (2) và (3).

Giải: Chỉ (1) và (3) đúng. Khẳng định (2) sai: Do tính đồng biến nên ∀a ≤ x ≤ b ta có f ( a ) ≤ f ( x ) ≤ f ( b ) , tức là: Trang 14

b

b

b

a

a

a

∫ f ( a )dx ≤ ∫ f ( x )dx ≤ ∫ f ( b )dx vậy (1) đúng b

Suy ra: ( b − a ) . f ( a ) ≤ ∫ f ( x)dx ≤ ( b − a ) . f ( b ) a

Do đó f ( x ) liên tục trên [a;b] nên tồn tại x0 ∈ [ a; b] sao cho: b

1 f ( x0 ) = f ( x )dx . Vậy (3) đúng. b − a ∫a Chọn C.

 f ( x ) khi f ( x ) ≥ g ( x ) Bài 13: Ta định nghĩa: max  f ( x ) , g ( x )  =  . g x x f x ≥ khi g ( ) ( ) ( )  Cho f ( x ) = x 2 và g ( x ) = 3x − 2 .

2

Như thế ∫ max [ f ( x), g ( x) ]dx bằng: 0 2

A.

1

∫ x dx .

2

B.

0

2

∫ x dx + ∫ ( 3x − 2 )dx .

2

0

1

2

C.

∫ ( 3x − 2)dx .

D. 15.

0

Giải: Hoành độ giao điểm của hai đường thẳng là x = 1; x = 2 Xét x 2 − ( 3x − 2 ) và vẽ Bảng xét dấu để xem trên đoạn nào thì f ( x ) = x 2 và g ( x ) = 3x − 2 hàm có Giá trị lớn hơn. x 0 2 + x − 3x + 2 2

1 0 1

2 0

− 2

Do đó ∫ max  f ( x ) , g ( x ) dx = ∫ x dx + ∫ ( 3 x − 2 )dx 2

0

0

1

Chọn B. π

π

cos 2 x cos 2 x Bài 14: Biết ∫ dx = m . Tính giá trị của I = ∫ dx .

1 + 3− x 1 + 3x −π −π A. π − m.

B.

π 4

+ m.

C. π + m.

Giải:

Trang 15

D.

π − m.

4

π

π

π

cos 2 x cos 2 x Sử dụng phân tích: ∫ dx + ∫ dx = ∫ cos 2 x.dx = π −x x 1+ 3 1+ 3 −π −π −π π

(sử dụng MTCT để tính

∫π cos

2

x.dx = π )

−

π

Do đó : I =

2

cos x

∫π 1 + 3

x

dx = π − m .

Chọn A.

−

1

Bài 15: Cho I = ∫ 0

A. 0 < m ≤

dx , với m> 0. Tìm các giá trị của tham số m để I ≥ 1 .

2x + m

1 .

4

B. m >

1 .

4

1 1 C. ≤ m ≤ .

8 4

D. m > 0 .

Giải: Tính tích phân theo tham số m bằng cách đặt t = 2 x + m , sau đó tìm m từ Bắt phương trình I ≥ 1 .

Chọn A. m

(

)

Bài 16: Cho m là một số dương và I = ∫ 4 x ln 4 − 2 x ln 2 dx . Tìm m khi I = 12 .

0

A. m = 4 .

Giải:

B. m = 3 .

C. m = 1 . m

(

D. m = 2 .

)

m

Tính tích phân theo tham số m ta được: I = ∫ 4 x ln 4 − 2 x ln 2 dx = ( 4 x − 2 x ) = 4 m − 2 m , sau đó tìm 0

m từ phương trình I =12.

Chọn D.

Trang 16

0

CHỦ ĐỀ 3 ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TÍNH DIỆN TÍCH, THỂ TÍCH 1. Diện tích hình phẳng

 y = f1 ( x)  y = f ( x)  2 .

Nếu có hình phẳng giới hạn bởi các đường  x = a  x = b (Trong đó f1 ( x), f 2 ( x) liên tục trên đoạn [a;b]), b

thì diện tích S được tính theo công thức S = ∫ f1 ( x) − f 2 ( x) dx . a

2. Thể tích khối tròn xoay

 y = f ( x)  Ox Quay quanh trục Ox: Cho hình phẳng giới giới hạn bởi các đường  . x = a  x = b  (Trong đó f ( x ) liên tục trên đoạn [a;b]), quay quanh trục Ox, ta được khối tròn xoay. b

2

Thể tích Vx của khối tròn xoay được tính theo công thức Vx = π ∫ [ f ( x)] dx . a

x = f ( y)  Oy Quay quanh trục Oy: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường  x = a x = b  (Trong đó f ( y ) liên tục trên đoạn [a;b]), quay quanh trục Oy, ta được khối tròn xoay. b

2

Thể tích Vy của khối tròn xoay được tính theo công thức Vy = π ∫ [ f (y)] dx . a

BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: (1) Cho y = f ( x) là một hàm liên lục trên đoạn [a;b] thì diện tích S ( H ) của hình thang cong H giới hạn bởi đồ thị hàm số , trục hoành và các đường thẳng x = a, y = b được cho bởi công thức b

S ( H ) = ∫ f ( x)dx . a

Trang 17

(2) Nếu f ( x ) < 0 trên đoạn [a;b] và f ( x ) liên lục trên [a;b] thì có diện tích hình K giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x) , trục hoành và các đường x = a, y = b được tính theo công thức b

S ( K ) = ∫ − f ( x )dx . a

Trong hai khẳng định trên: A. Chỉ có (1) đúng.

B. Chỉ có (2) đúng.

C. Cả hai khẳng định đều đúng.

D. Cả hai khẳng định đều sai.

Giải: Chỉ có (2) đúng. (1) đúng nếu thêm giả thiết f ( x ) > 0 trên [a;b].

Chọn B. Bài 2: Diện tích hình L tạo bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) = x 3 − 1 , đường thẳng x = 2 , trục tung và trục hoành là: B. 2,5 (đvdt).

A. 3,5 (đvdt).

C. 1,5 (đvdt).

D. 6 (đvdt).

Giải: Ta thấy f ( x ) < 0 trên [0; 1] và f ( x ) > 0 trên [1; 2]. Đồ thị f ( x ) gồm hai phần: phần nằm dưới trục hoành ( L1 ) và phần nằm trên trục hoành ( L2 ) , do đó S ( L ) = S ( L1 ) + S ( L2 ) . Ta có: 1

S ( L1 ) = ∫ (1 − x3 )dx = 0 2

S ( L2 ) = ∫ ( x3 − 1)dx = 1

Vậ y S ( L ) =

3 4 11 4

3 11 14 + = = 3.5 (đvdt) 4 4 4

Chọn A. Bài 3: Diện tích miền giới hạn bởi hai đường y = x 2 − 1 và y = 3 là: A.

32 .

3

B.

15 .

4

C. 11.

D. 10.

Giải: Diện tích miền cần tính là: 2

2

1  8  8  32   S = ∫ ( 4 − x )dx =  4 x − x3  =  8 −  −  −8 +  = .

3  −2  3  3 3  −2 Chọn A. 2

Trang 18

Bài 4: Gọi H là hình tạo bởi đồ thị hàm số y = 4 − x 2 , đường thẳng x = 3 , trục tung và trục hoành.

Khi đó, diện tích của H là: 1 19 23 A. .

B. .

C. .

D. 4.

2 3 3 Giải: Ta xác định đực hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = 4 − x 2 với trục hoành trên đoạn [0; 3

3] là x = 2. Diện tích cần tính là

∫ 4− x

2

dx , chúng ta có thể tiếp tục vẽ bảng xét dấu của

0

4 − x 2 trên [0;3] để tính, ta có: 2

3

S ( H ) = ∫ ( 4 − x )dx + ∫ ( x 2 − 4 )dx = 2

0

2

16 7 23 + = .

3 3 3

3

Chú ý: để tính

∫ 4− x

2

dx ta biết rằng x = 2 là nghiệm của y = 4 − x 2 với trục hoành trên

0

đoạn [0;3] nên ta có thể làm như sau: 3

∫ 4− x

2

2

3

dx = ∫ 4 − x dx + ∫ 4 − x dx = 2

0

2

0

2

2

3

∫ ( 4 − x )dx + ∫ ( 4 − x )dx = 2

2

0

2

23 .

3

Chọn C. Bài 5: Gọi N là hình phẳng xác định bởi đồ thị hàm số y = sin 2 x với 0 ≤ x ≤ π và trục Ox. Diện tích hình N là: A.

π 2

.

π

B.

4

.

C. π .

D. 2π .

y

1

x 0

π 2

π 4

3π 4

π

Giải: Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng ta có: π

π

π

π 1 − cos 2 x 1 sin 2 x  S = ∫ sin xdx = ∫ dx =  x −  = .

2 2 2 0 2 0 0 Chọn A. 2

Trang 19

Bài 6: 1) cho y1 = f1 ( x) và y2 = f 2 ( x) là hai hàm số liên tục trên đoạn [a;b]. Giả sử: α và β , với

a ≤ α < β ≤ b , là các nghiệm của phương trình f1 ( x) − f 2 ( x) = 0 . Khi đó diện tích của hình phẳng giới hạn bởi 2 đường thẳng và đồ thi của hàm số được cho bởi công thức α

β

a

α

b

S = ∫ f1 ( x) − f 2 ( x ) dx + ∫ f1 ( x ) − f 2 ( x) dx + ∫ f1 ( x) − f 2 ( x ) dx. β

(2) Cũng với giải thiết như (1), nhưng: β

α

S=

∫ ( f1 ( x) − f2 ( x) )dx +

∫ ( f1 ( x) − f2 ( x) )dx +

a

α

b

∫β f ( x) − f ( x)dx .

1

2

A. (1) đúng nhưng (2) sai.

B. (2) đúng nhưng (1) sai.

C. Cả (1) và (2) đều đúng.

D. Cả (1) và (2) đều sai.

Giải: Chú ý rằng với mọi x ∈ (α ; β ) , f1 ( x) − f 2 ( x) ≠ 0 và f1 ( x) và f 2 ( x) đều liên tục trên khoảng

(α ; β ) , nên

f1 ( x) − f 2 ( x) giữ nguyên dấu.

Nếu f1 ( x) − f 2 ( x) > 0 thì ta có: β

∫ α

β

β

f1 ( x) − f 2 ( x) dx = ∫ ( f1 ( x) − f 2 ( x) )dx = α

∫α ( f ( x) − f ( x) )dx 1

2

Nếu f1 ( x) − f 2 ( x) < 0 thì ta có: β

∫

β

β

f1 ( x) − f 2 ( x) dx = ∫ ( f 2 ( x) − f1 ( x) )dx =

α

α

∫ ( f ( x) − f ( x) )dx 1

2

α

Vậy trong mọi trường hợp ta đều có: β

∫ α

β

f1 ( x) − f 2 ( x) dx =

∫α ( f ( x) − f ( x) )dx 1

2

Tương tự như thế đối với 2 tích phân còn lại. vì vậy, hai công thức (1) và (2) là như nhau: Chọn C. Bài 7: Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đường y = x , trục hoành và đường thẳng y = 4 − x là: A. 5.

B. 3.

C. 4.

D. 6.

Giải: Vẽ đồ thị ba đường y = x, y = 0, y = 4 − x và tìm các giao điểm:

Trang 20

y = 4 − x ⇒ A ( 4;0 )  y = 0 y = 4 − x ⇒ B ( 2; 2 )  y = x 2

4

2

4

 x2 x2  Từ đó S = ∫ xdx + ∫ ( 4 − x )dx = +  4x −  = 4 2 0  2 2 0 2 Chọn C. Bài 8: Gọi M là hình phẳng giới hạn bởi các đường x = 0, x = 1, y = 0, y = 5 x 4 + 3 x 2 + 3 . Diện tích hình M là: A. 5.

B. 10.

C. 6.

D. 12.

Giải: Ta có: trên đoạn [0;1] 1

(

)

(

Vậy S = ∫ 5 x 4 + 3x 2 + 3 dx = x 5 + x3 + 3 x 0

)

1 0

= 5 . Chọn A.

Bài 9: Gọi H là hình phẳng giới hạn bởi trục hoành các đường y =

x , x = a, x = 3a 4

( a > 0 ) . . Diện

tích hình H là: 2

2

B. 2a .

A. a .

a2 C. .

2

D.

a .

3

Giải: 3a

Ta có: S =

∫ a

3a

x x2  x dx = ∫  dx = 4 4 8 a 

3a

= a2 a

Chọn A. Bài 10: Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường y = e x , y = e − x , x = 1 là: A. 2e .

B. 3e .

1 C. e + − 2 . e

1 D. e + − 1 . e

Giải: Ta có: x = 0 là hoành độ giao điểm của hai đường cong. Diện tích cần tìm là: 1

∫ (e 0

x

1 1 + e − x )dx = ( e x + e − x ) = e + − 2 .

0 e

Chọn C. Bài 11: Ở hình bên dưới, ta có parabol y = − x 2 + 4 x − 3 và các tiếp tuyến của nó tại các điểm

M 1 ( 0; −3) và M 2 ( 3;0 ) . Khi đó, diện tích phần gạch chéo là: A. 1,6.

B. 1,35.

C. 2,25.

Trang 21

D. 2,5.

Hình: y

3

1

O

-3

3

1 3/2

x

M1(0;-3)

M2(3;0)

Giải: Ta có: f ' ( x ) = −2 x + 4 ⇒ f '(0) = 4, f ' ( 3) = −2 Phương trình tiếp tuyến tại điểm M 1 ( 0; −3) là: y + 3 = 4 ( x − 0 ) ⇔ y = 4 x − 3 Phương trình tiếp tuyến tại điểm M 2 ( 3;0 ) là: y = −2 ( x − 3) = −2 x + 6 Gia

đi ể m

c ủa

hai

4 x − 3 = −2 x + 6 ⇔ x =

tiếp

tuyến

trên

có

hoành

độ

thỏa

mãn

phương

trình:

3 2

Diện tích phải tìm là: 3 2

3

S = ∫ ( 4 x − 3) − ( − x + 4 x − 3) dx + ∫ ( −2 x + 6 ) − ( − x 2 + 4 x − 3) dx 2

3 2

0 3 2

3

= ∫ x dx + ∫ ( x 2 − 6 x + 9 ) dx = 2

0

3 2

9 = 2, 25 4

Chọn C. Bài 12: Gọi K là hình tạo bởi đồ thị hàm số y = x 3 − x 2 − 2 x trên đoạn [-1;2] và trục hoành. Khi đó diện tích của K bằng: 4 1 25 37 A. (đvdt).

B. (đvdt).

C. (đvdt).

D. (đvdt).

7 2 37 12 Giải: x = 0 Phương trình hoành độ giao điểm x3 − x 2 − 2 x = 0 ⇔  . x = 2 Trang 22

Đồ thị gồm hai phần, phần nằm trên trục hoành ứng với x thuộc đoạn [-1;0] và phần nằm dưới trục hoành ứng với x thuộc đoạn [0;2].

Do đó:

S=

0

2

−1

0

3 2 3 2 ∫ ( x − x − 2 x )dx + ∫ ( − x + x + 2 x )dx =

5 8 37 + = đvdt 12 3 12

Chọn D. Bài 13: Gọi M là hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 2 + 1, x + y = 3 . Diện tích hình N là A. 5,1.

B. 4,5.

C. 6,25.

D. 4,75.

Giải: f ( x )1 = x 2 + 1, f 2 ( x ) = 3 − x

 x = −2 f1 ( x) − f 2 ( x) = ( x 2 + 1) − ( 3 − x ) = x 2 + x − 2 = 0 ⇔  x = 1 1

∫

S=

1

f1 ( x) − f 2 ( x) dx =

−2

∫x

1

2

+ x − 2 dx =

−2

 x3 x 2  =  + − 2x   3 2 

1

= −2

∫ (x

2

+ x − 2 )dx

−2

9 2

Chọn B. Bài 14: : Gọi M là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = sin x trên đoạn [ 0;2π ] và trục hoành. Diện tích hình M là A. 6.

B. 4.

Hình:

C. 8.

D. 10.

y 1

2π

π

x

O

-1

Giải: 2π

S=

π

2π

∫ sin x dx = ∫ sin xdx + π∫ ( − sin x )dx = − cos x 0

0

Chọn B. Trang 23

π 0

2π

+ cos x π = 4

Bài 15: Xét hai phát biểu: (1) Cho hai hàm y = f ( x ) và y = g ( x ) có đồ thị cắt nhau tại hai điểm A, B. Giả sử a, b tương ứng là hoành độ các giao điểm A, B (với a<b). Khi đó diện tích hình phẳng nằm giwuax hai b

đồ thị ấy bằng S ( M ) = ∫ ( f ( x) − g ( x) )dx . a

(2) Giả sử S ( x ) là diện tích thiết diện của vaath thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x. Khi đó, thể tích V ( B ) của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng b

vuông góc với Ox tại các điểm a và b là V ( B ) = ∫ S ( x )dx . a

Trong hai phát biểu trên.

A. Chỉ có (1) đúng.

C. Cả hai phát biểu đều đúng.

B. Chỉ có (2) đúng.

D. Cả hai phát biểu đều sai.

Giải: Cả hai đều sai vì giả thiết.

Bài (1), phải giả thiết thêm: f ( x ) > g ( x ) với mọi x ∈ [ a; b] .

Bài (2), phải giả thiết thêm: S ( x ) là một hàm liên tục trên đoạn [a;b].

Chọn D. Bài 16: Gọi K là hình giới hạn bởi parabol y = 2 − x 2 và đường thẳng y = − x . Khi đó, K có diện tích bằng: A. 4,5 (đvdt).

B. 4,11 (đvdt).

D. 4,55 (đvdt).

C. 3,5 (đvdt).

Giải: Trước hết ta tìm hoành độ các giao điểm bằng cách giải phương trình 2 − x 2 = − x . Suy ra x = −1 và x = 2 , trên đoạn [-1;2] đồ thị hàm số f ( x ) = 2 − x 2 nằm trên đồ thị hàm số

g ( x ) = − x . Từ đó diện tích cần tìm là: 2

2

2

 x 2 x3  2 ∫−1 ( f ( x) − g ( x) )dx = −∫1 ( 2 + x − x )dx =  2 x + 2 − 3  = 4,5(dvdt ) −1 Chọn A. Bài 17: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y = x 2 − 2 x + 3 và y = 5 − x là: A. 6,5 (đvdt).

B. 3,5 (đvdt).

C. 4,5 (đvdt).

D. 5,5 (đvdt).

Giải: Tương tự bài 16. Chọn C. Bài 18: Gọi P là hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 2 + 2, y = 3 x . Diện tích hình P là: Trang 24

2 3 1 4 .

B. .

C. .

D. .

5 7 6 5 Giải: Tương tự bài 16. Chọn C. Bài 19: Gọi P là hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 3 ; y = 0; x = −1; x = 2 . Diện tích hình P là: A. 3,45.

B. 2,5.

C. 4.

D. 4,25.

Giải: A.

Đặt f1 ( x) = x3 , f 2 ( x) = 0

f1 ( x) = f 2 ( x) = x3 = 0 ⇒ x = 0 ∈ [ −1;2] .

Diện tích phải tìm là: 2

0

∫

S=

f1 ( x) − f 2 ( x) dx =

−1 0

=

∫x

2

3

dx + ∫ x 3 dx

−1

0

2

∫ x dx + ∫ x dx = 4, 25 3

−1

3

0

Chọn D. Bài 20: Gọi Q là hình phẳng giới hạn bởi đường y = 4 x − x 2 và trục hoành. Diện tích hình Q là:

4 23 . .

B. 9 15 Giải: Tương tự bài 16. Chọn D.

A.

C.

4 .

3

D.

32 .

3

Bài 21: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x 2 và đường thẳng y = 2 x là: A.

3 .

2

B.

3 .

7

C.

12 .

27

D.

5 .

3

Giải:

x = 0 Phương trình hoành độ giao điểm x 2 = 2 x ⇔  . Diện tích cần tính là: x = 2 2

S = ∫ 2 x − x 2 dx = 0

4 . Chọn C. 3

Bài 22: Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = ln x tại giao điểm của đồ thị đó với trục Ox. Diện tích của hình tam giác tạo bởi hai trục tọa độ và đường thẳng d được xác định bởi tích phân: 1

A. ∫ ln xdx .

0

1

ln x dx .

B. ∫ x 0

1

C.

∫ ( x − 1)dx .

1

D.

0

Giải: Tọa độ giao điểm của đồ thị y=lnx với trục Ox là nghiệm của hệ phương trình: Trang 25

∫ ( x − 1)dx 0

 y = ln x  x = 1 ⇒  y = 0 y = 0 1 Ta có: y ' = ( ln x )′ = , y′ (1) = 1 . x Vậy phương trình của tiếp tuyến d là: y − 0 = 1( x − 1) ⇔ y = x − 1 .

1

Diện tích phải tìm : S = ∫ 0

1

1

 1 x2  x − 1dx = ∫ (1 − x )dx =  x −  = .

2 0 2  0

Chọn D.

π

Bài 23: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường x = − ; x = π ; y = 0; y = cos x . Ta được 2 kết quả: A. 6.

B. 2.

C. 3.

D. 12.

Giải: −π π  π  ; x2 = .

Trên đoạn  − ; π  , phương trình cosx=0 có các nghiệm x1 = 2 2  2  π π

Vậy: S =

∫

2

cos x dx =

−π 2

π π

∫

cos x dx + ∫ cos x dx =

−π 2

π 2

2

π

−π 2

2

∫ ( cos x )dx + π∫ ( cos x )dx = 3 .

Chọn C. Bài 24: Gọi H là hình phẳng nằm giữa hai đồ thị các hàm số f ( x ) = x 3 − 3x và g ( x ) = x . Khi đó H có diện tích bằng: A. 8.

B. 12.

C. 32.

Giải: Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là x = 0, x = 2 và x = −2 .

0

Ta có: S ( H ) =

∫ (x

D. 40.

2

3

− 3x − x )dx + ∫ ( x − x3 + 3x )dx = 8 .

−2

0

Chọn A. Bài 25:Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường parabol y = x 2 − 2 x + 2 và y = − x 2 − x + 3 là:

9 5 .

B. .

8 4 Giải: Tương tự bài 24. Chọn A.

A.

C. 1,5.

Trang 26

D. 1,25.

Bài 26: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành và đường cong y = x ( x − 1)( x − 2 ) . Ta

được kết quả: A. 9.

B. 10,2.

Giải: Ta có: x ( x − 1)( x − 2 ) = 0 ⇔ x = {0;1;2} .

2

C. 31.

1

2

0

1

D. 1,5.

S = ∫ x ( x − 1)( x − 2 ) dx = ∫ x ( x − 1)( x − 2 ) dx + ∫ x ( x − 1)( x − 2 ) dx 0 1

=

∫(x

3

− 3x 2 + 2 x )dx +

0

2

∫(x

3

− 3 x 2 + 2 x )dx

1 1

2

 x4  x4 1 3 2 3 2  −x +x  +  −x +x  =  4 0  4 1 2 Chọn D. Bài 27: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng y = 6 và đường cong y = 2 x3 − x 2 − 8 x + 1 là: 2305 2401 A. . .

B. C. 144,5.

D. 25,5.

12 96 Giải:  x = −1 3 2 Phương trình hoành độ giao điểm: 6 − 2 x − x − 8 x + 1 = 0 ⇔  . x = 5 2 

(

5 2

S=

∫ 6 − ( 2x −1

3

− x 2 − 8 x + 1) dx =

)

2401 96

Chọn B. Bài 28: Trong mặt phẳng Oxy, diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 2 x 2 ; x = y 2 được tính bằng tích phân: 1 4

3

A.

∫ (2x

2

− x )dx .

1

B.

0 1 4

∫(

)

x − 2 x 2 dx

0

3

C.

∫(

)

x − 2 x 2 dx .

0

1

D.

∫ (2x 0

Giải:

Trang 27

2

− x )dx

Phương trình hoành độ giao điểm có hai nghiệm là x = 0, x = 1 4

1 3 4

3

∫(

Diện tích cần tìm là:

)

x − 2 x 2 dx

0

Chọn C. Bài 29: Một miền được giới hạn bởi parabol y = 3 + x − x 2 và đường thẳng y = 2 x + 1 . Diện tích của miền đó là: A. 3.

B. 4,5.

C. 3,5.

D. 4.

Giải: Ta tìm giao điểm của hai đường đã cho bằng cách giải phương trình hoành độ giao điểm:  x = −2 3 + x − x2 = 2 x + 1 ⇔  x = 1 Trên đoạn [-2;1] ta có: 3 + x − x 2 ≥ 2 x + 1 do đó: 1

1

1

 9 x 2 x3  S = ∫ 3 + x − x 2 − ( 2 x + 1) dx = ∫ ( 2 − x − x 2 )dx =  2 x − −  = = 4,5 2 3  −2 2  −2 −2 Chọn B. Bài 30: Gọi Q là hình phẳng nằm giữa hai đường f1 ( x) = x3 − 3 x − 8 và f 2 ( x) = x − 8 . Diện tích hình Q là: A. 8.

B. 12.

C. 14.

D. 20.

Giải: Ta có: f1 ( x) − f 2 ( x) = x 3 − 4 x = x ( x 2 − 4 ) = 0 ⇔ x = −2, x = 0, x = 2 .

Diện tích phải tìm là: 2

S=

∫

0

x 3 − 4 x dx =

−2

∫

2

x3 − 4 x dx + ∫ x3 − 4 x dx =

−2 0

0

0

2

3 ∫ ( x − 4 )dx +

∫(x

−2

0

3

− 4 )dx

2

 x4  x4  2 =  − 2x  +  − 2x2  = 8  4  −2  4 0 Chọn A. Bài 31: Gọi H là hình phẳng giới hạn bởi parabol y = − x 2 + 6 x − 8 , tiếp tuyến tại đỉnh của parabol này và trục tung. Diện tích hình H là: A. 8.

B. 8,5.

C. 9.

D. 9,5.

Trang 28

Giải: Hàm số y = − x 2 + 6 x − 8 có hệ số a<0 nên parabol úp xuống. Hoành độ đỉnh của b 6 =− = 3 . Phương trình tiếp tuyến của parabol tại đỉnh là 2a −2 y = y ' ( 3)( x − 3) + y ( 3) = 0 ( x − 3) + 1 = 1

parabol là:

x=−

3

Do đó diện tích cần tìm là

∫ 1− (−x

2

+ 6 x − 8 ) dx = 9 (có thể sử dụng MTCT)

0

Chọn C. Bìa 32: Ở hình bên ta có parabol y = x 2 − 2 x + 2 ,

y 5

tiếp tuyến với nó tại điểm M ( 3;5 ) .

M

Diện tích phần gạch chéo là: A. 9.

B. 10.

C. 12.

D. 15.

2

x O

Hình:

-7

Giải:

Đặt: f1 ( x) = x 2 − 2 x + 2 . Ta có: f1′ ( x ) = 2 x − 2, f1′ ( 3) = 4 .

Tiếp tuyến của parabol đã cho tại điểm M(3;5) có phương trình y − 5 = 4( x − 3) ⇔ y = 4 x − 7 Đặt: f 2 ( x) = 4 x − 7

Đường thẳng phải tìm là: 3

∫

3

f1 ( x) − f 2 ( x) dx = ∫ ( x 2 − 2 x + 2 ) − ( 4 x − 7 ) dx

0

0 3

 ( x − 3 )3  2 = ∫ ( x − 6 x + 9 ) dx = ∫ ( x − 3) dx =   =9   3 0 0  0 3

3

2

Trang 29

3

Chọn A. Bài 33: Gọi K là hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = x3 − 3 x và tiếp tuyến với đường cong này

−1 . Diện tích hình K là: 2 31 9 . .

B. C. 7 16

tại điểm có hoành độ x = A.

8 .

15

D.

27 .

64

Giải: Tiếp tuyến của đường cong tại điểm x = −

1 có phương trình: 2

9 1  11 9 1 y = − x+ + ⇔ y = − x+ 4 2 8 4 4 Tiếp tuyến này cắt đường cong tại điểm có hoành độ x =1. Vậy diện tích hình phẳng K là: 1

 9

1

∫  − 4 x + 4 − x

−1 2

3

27  . + 3 x dx = 64 

Chọn D.

Bài 34: Tính diện tích của hình gới hạn bởi đường cong có phương trình x = y 2 và đường thẳng y = x − 2 . Kết quả là: A. 1,5.

B. 2,5.

C. 3.

D. 4.

Giải: y

y = x Ta có: x = y 2 ⇔  . Ta tìm giao điểm của y = x và y = − x  y = − x với y = x − 2 : Giải phương trình x = x − 2 và − x = x − 2 .

Suy ra: x = x 2 − 4 x + 4 ⇔ x = 1, x = 4

4  1  Từ đó ta có: S =  ∫ xdx − S ( ∆ABC )  +  ∫ − x dx + S ( ∆ADE )  0  0  4

1

2 32 2 32 1 10 2 1 5 = x − 2 + x + = − 2 + + = = 2,5 3 0 3 0 2 3 3 2 2 Chọn B. Trang 30

B

x O

D E

A

C

Bài 35: Diện tích của miền được giới hạn bởi hai đường cong y = cos x và y = sin 2 x trên đoạn

 π 0; 2  là: A. 0,3.

Giải:

B. 0,4.

C. 0,5.

D. 0,6.

 π Đầu tiên giải phương trình cos x = sin 2 x trên 0;   2

π  = x  cos x = 0  2 ⇔ cos x = 2sin x cos x ⇔  1 sin x = x = π Ta có:  2  6

Suy ra diện tích cần tìm bằng :

π

π

6

2

0

π

∫ ( cos x − sin 2 x )dx + ∫ ( sin 2 x − cos x )dx 6

π

π

1 1 1  6  1  2  1 1 1   −1 =  sin x + cos 2 x  +  − cos 2 x − sin x  =  + −  +  − 1 + +  = 0,5 2 4 2  0  2 π 2 4 2  2 6

Chọn C. Bài 36: Diện tích của phần hình elip như hình vẽ là: A. ab

y a

B. π ab .

C. π a 2b 2 D.

π a 2b 2 2

x -b

O

b

.

-a

Giải:

x2 y 2 Phương trình elip là: + = 1 . Diện tích cần tìm là: S = 4 S1 , ( S1 ) là diện tích của một a b phần tư elip) ứng với y ≥ 0 nên S1 được giwois hạn bởi đồ thị hàm số b 2 a − x 2 , ( 0 ≤ x ≤ a ) , đường thẳng x =0 và trục Ox. a Do đó:

y=

Trang 31

a

a

b 2 b S = 4∫ a − x 2 dx = 4 ∫ a 2 − x 2 dx a a0 0 a

Ta có:

∫ 0

a 2 − x 2 dx =

π a2 4

suy ra S = π ab.

Chọn B. Bài 37: Hình phẳng gới hạn bởi các đường f = f ( x), x = a, x = b, y = 0 , quay xung quanh trục Ox tạo thành một vật thể tròn xoay T. Thể tích của T là: b

A. V = ∫ y 2 dx .

y y = f(x)

a b

B. V = π ∫ ydx . a

x

b

C. V = π ∫ y dx 2

O

a

b

a b

D. V = 2π ∫ ydx . a

Giải: Theo công thức sách giáo khoa thì chọn C đúng.

Chọn C. Bài 38: Gọi G là hình phẳng giới hạn bởi đường cong y =

1 2 x − 2 x + 2 và các tiếp tuyến với đường 2

5  cong xuất phát từ điểm M  ; −1 . Diện tích hình G là: 3  9 31 9 27 . . .

A. .

B. C. D. 8 47 16 64 Giải: 5 5  Phương trình đường thẳng đi qua điểm M  ; −1 là: y = kx − k − 1. Đường thẳng này tiếp 2 2  xúc với parabol khi và chỉ khi k = −1 hoặc k = 2 .

Với k = −1 . Tiếp điểm có hoành độ x0 = 1 ; với k = 2 , tiếp điểm có hoành độ x1 = 4 .

3  1 Phương trình tiếp tuyến tại M 0 1;  là y = − x + .

2  2 Phương trình tiếp tuyến tại M 1 ( 4; 2 ) là: y = 2 x − 6 .

Vậy diện tích hình phẳng là: Trang 32

5 2

4

3 9 1 2   1 2  ∫1  2 x − 2 x + 2  −  − x + 2  dx + ∫5  2 x − 2 x + 2  − ( 2 x − 6 ) dx = 8 2

Chọn A. Bài 39: Gọi Q là hình phẳng giới hạn bởi trục hoành và đường parabol y = 5 x − x 2 . Cho Q quay quanh trục Ox, ta nhận được hình tròn xoay có thể tích bằng: 625 π.

B. 166π .

C. 126π .

D. 122.9π A. 6 Giải: x = 0 Ta có: 5 x − x 2 = 0 ⇔  . Vậy thể tích phải tìm là: x = 5 5

5

V = π ∫ y dx = π ∫ ( 5 x − x 2

0

5

2 2

) dx = π ∫ ( 25 x

0

2

− 10 x3 + x 4 )dx

0 5

 25 5 x5  625 = π  x3 − x 4 +  = π 2 5 0 6  3 Chọn A. Bài 40: Cho hình phẳng giới hạn bởi trục hoành và đường y = 2 x − x 2 . Thể tích của vật thể tròn xoay khi cho hình này quay xung quanh trục Ox là: 2 16 10 3 π.

A. π .

B. π .

C. D. π .

3 15 21 4 Giải: Ta có: 2 x − x 2 = x ( 2 − x ) = 0 ⇔ x = 0; x = 2 2

V = π ∫ (2x − x

2 2

)

0

2

2

4 16π x5  dx = π ∫ ( 4 x − 4 x + x )dx = π  x 3 − x 4 +  = .

3 5 15  0 0 2

3

4

Chọn B. Bài 41: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường có phương trình y = − 4 − x 2 và x 2 + 3 y = 0 . Ta được kết quả:

4π + 3 .

3 Giải: A.

B.

3

Ta có: S =

∫

− 3

4π .

3

C.

π+ 3 3

3  − x2  − x2 + 4 − x 2 dx = 2 ∫  + 4 − x 2 dx 3 3  0 

Trang 33

D.

2π − 3 .

3

3

= 2∫ 0

3

3 2 2 3 4 − x dx − x3 = 2 ∫ 4 − x 2 dx − 9 0 3 0 2

π 3

π

Đặt x = 2sin t ⇒ S = 8 ∫ cos 2 tdt − 0

π

= [ 4t + 2sin 2t ] 03 −

3 2 3 2 3 = 4 ∫ (1 + cos 2t )dx − 3 3 0

2 3 4π + 3 (dvdt) = 3 3

Chọn A.

Bài 42: Gọi H là phần mặt phẳng hữu hạn được giới hạn bởi hai trục tọa độ, đường thẳng x = 1 và đường cong có phương trình y = 1 + x3 . Thể tích khối tròn xoay do H sinh ra khi quay quanh trục Ox là: 5 23 9 π.

A. . π .

B. C. π .

D. 2π .

3 14 14 Giải: 1

V = π ∫ (1 + x 3 )dx = 0

23 π (sử dụng MTCT) 14

Chọn B. Bài 43: Gọi M là hình phẳng giới hạn bởi các đường y = xoay khi M quay quanh trục Ox là: A. 6π .

B. 12π .

Giải: Tương tự bài 42.

Chọn B.

C. 15π .

4 , y = 0, x = 1, x = 4 . Thể tích hình tròn x D. 4π .

Bài 44: Khi quay hình phẳng tạo bởi đồ thị hàm số y = x , ( x > 0 ) và các đường thẳng x = 0, x = 4 xung quanh trục hoành, ta được khối tròn xoay có thể tích là: A. π .

B. 2π .

C. 8π .

D. 14π .

Giải: 4

Ta có: V = π ∫ xdx = 8π .

0

Chọn C.

Trang 34

Bài 45: Diện tích của hình phẳng giwois hạn bởi đường thẳng y = x + 4 và parabol y = x 2 − 2 x + 4 là: A. 4,5.

B. 5,6.

C. 5,4.

D. 5,2.

Giải: Hoành độ giao điểm của parabol y = x 2 − 2 x + 4 và đường thẳng y = x + 4 là:

x = 0 x 2 − 2 x + 4 = x + 4 ⇔ x 2 − 3x = 0 ⇔  x = 3 3

S = ∫ x 2 − 3 x dx = 0

9 2

Chọn A. Bài 46: Gọi D là miền được giới hạn bởi các đường y = −3 x + 10, y = 1, y = x 2 và D nằm ngoài parabol y = x 2 . Khi cho D quay xung quanh trục Ox, ta nhận được vaath thể tròn xoay có thể tích là: A. 11π .

B.

56 π.

5

C. 12π .

D.

25 π.

3

y

B

4

2

C

A

y=1

H

O

1

2

x 3

Giải: Gọi V1;V2 lần lượt là thể tích tam giác cong ABH và tam giác HBC tạo nên khi xoay quanh trục Ox, phần diện tích được biểu diễn qua đồ thị sau: 2

3

1

2

56π 2 Vậy V = V1 + V2 = π ∫  ( x 2 ) 2 − 12 dx + π ∫  (−3 x + 10) 2 − (1) dx = (dvtt)   5 Chọn B. Bài 47: Gọi H là hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung, đường thẳng x=1 và đường cong y = x 3 + 1 . Cho H quay quanh trục Ox ta nhận được hình tròn xoay có thể tích bằng: A. 5π .

B. 6π .

C.

23 π.

14 Trang 35

D.

1 π.

2

Giải: 1

2

V = π ∫ ( x 3 + 1) dx = 0

23 π 14

Chọn C. Bài 48: Cho hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung,và các đường x = π , y = sin 2 x . Thể tích của vật thể tròn xoay khi cho hình này quay quanh trục Ox là: π2 2π 2 2π 2 3π 2 .

B. .

C. .

D. .

A. 8 15 8 8 Giải: π

2 3 V = π ∫ ( sin 2 x ) dx = π 2 8 0

Chọn D.

CHƯƠNG 3 (Tiếp theo) ỨNG DỤNG NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN Chủ đề 3 : (tiếp theo) ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TÍNH DIỆN TÍCH – THỂ TÍCH Bài 49: Thể tích của vật thể tròn xoay sinh ra bởi phép quay xung quanh trục Ox của hình giới hạn bởi trục Ox và đường y = sin x, ( 0 ≤ x ≤ π ) . Ta được kết quả: A. C.

π2 2

π2 6

. .

B. D.

π2 4

π2 2

y 1

.

π O

x

π 2

.

Giải: π

π

π

π π2 1 − cos 2 x sin 2 x  Ta có: V = π ∫ sin xdx = π ∫ dx =  x − =  2 2 2 0 2 0 0 2

Chọn A. Bài 50: Cho đường cong có phương trình, trong đó g ( y ) là hàm số liên tục trê đoạn [ e; d ] . Xét hình giới hạn bởi đường cong x = g ( y ) , đường cong y = e, y = d và x = 0 . Quay hình đó xung quanh trục tung x = 0 ta được một khối tròn xoay có thể tích bằng:

Trang 36

d

d

A. π 3 ∫ g ( x )dx .

d

B. π ∫ g ( y )dy .

e

d

C. π 2 ∫ g ( x )dx .

D. π ∫ g 2 ( y )dy .

e

e

e

Giải: Theo công thức SGK. D đúng Chọn D. Bài 51: Gọi K là phần mặt phẳng được giới hạn bởi hai trục tọa độ, đường thẳng x = 1 và đường

x2

cong có phương trình y =

2

x −x A. π .

B.

π 2

6

. Khi đó, diện tích hình K là:

.

C.

π 3

.

D.

π 4

.

Giải: 1

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng ta có: S = ∫ 0

x2 x 2 − x6

dx =

π .

4

Chọn D. Bài 52: Cho hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung và các đường x = 1; y = xe 2 . Thể tích của vật thể tròn xoay khi cho hình này quay xung quanh trọc Ox là: 1 A. π e4 .

B. 2π ( e + 1) .

C. π ( e − 3) .

D. 2π ( e + 3) .

3 Giải: 1

2 1 Thể tích cần tính: V = π ∫ ( xe 2 ) dx = π e 4 .

3 0

Chọn A. Bài 53: Gọi K là hình phẳng giới hạn bởi trục hoành và đường parabol y = −3 x 2 + 3x + 6 . Cho Q quay xung quanh trục Oy, ta nhận được hình tròn xoay có thể tích bằng: A. 10,5π .

B. 66π .

C. 68,9π .

D. 72,9π .

Giải:  x = −1 Phương trình hoành độ giao điểm −3 x 2 + 3 x + 6 = 0 ⇔  x = 2 2

2

Thể tích cần tính V = π ∫ ( −3x 2 + 3x + 6 ) dx = 72,9π . −1

Chọn D.

Trang 37

Bài 54: Thể tích của khối tròn xoay sinh ra bởi phép quay xung quanh trục Oy của hình giới hạn bởi 2 đường hypebol x = , đường thẳng y = 1, y = 4 và x = 0 . Kết quả tình được là: y A. 3π .

B. 5π .

C. 8π .

D. 10π .

Giải: 4

2

2 V = π ∫   dy = 3π . y 1 Chọn A. Bài 55: cho hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung và các đường y =

π , y = sin x . Thể tích 4

của vật thể tròn xoay khi cho hình này quay xung quanh trục Ox là: 1 π π π D.  π −  .

A. π (π − 2 ) . B. (π − 2 ) . C. (π − 1) .

8 2 3 2 Giải: π

π

4

4

Ta có: V = π ∫ sin 2 xdx = 0

π 2

π

∫ (1 − cos 2 x )dx = 0

π

x− 2

sin 2 x  4 π  = (π − 2 ) .

2 0 8

Chọn B. Bài 56: Cho hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung và các đường y = cos x, x =

π . Thể tích 4

của vaath thể tròn xoay khi cho hình này quay xung quanh trục Ox là:

3π 2 A. .

7

16π 2 B. .

15

π C. (π + 2 ) .

8

Giải:

y

π 4

Ta có: V = π ∫ cos 2 xdx = (π + 2 ) 0

2

3 (π + 1) .

D. 4

π 8

. b

Chọn C. Bài 57: Cho đường cong có phương trình x = g ( y ) trong đó x = g ( y ) là một hàm

x = g(y)

số liên tục trên đoạn [ a; b] . Nếu hình giới hạn bởi các đường x = g ( y ) , y = a, y = b và x = 0 quay xung quanh trục Oy thì thể Trang 38

a

x O

tích V của vật thể tròn xoay sinh ra được tính theo công thức: b

A. V = ∫ y 2 dy a b

B. V = π ∫ y 2 dy . a b

C. V = 2π ∫ y 2 dy . a b

D. V = π ∫ x 2 dy . a

Giải: b

V = π ∫ x 2 dy . a

Chọn D. Bài 58: Thể tích vật thể tròn xoay sinh ra bởi hình elip

x2 y 2 + = 1 khi elip này quay xung quanh a b

trục Ox là: A. 6.

B. 13.

C.

4 π ab 2 .

3

D. 22.

Giải: 3

b2 2π b 2  x3  2π b 2  a3  4 Ta có: V = π ∫ y dx = 2π ∫ 2 ( a 2 − x 2 )dx = 2  a 2 x −  = 2  a 3 −  = π ab 2 . a a  3 0 3 3 a  b −a Chọn C. a

a

2

Bài 59: a) Cho D là

miền kín giới hạn bởi các đường

y

y = x , y = 2 − x và y = 0. Diện tích của miền D là: 1 .

2 7 C. .

6 A.

3 .

2 8 D. .

7

B.

M

N

P O

Giải: Trang 39

x

Hoành độ giao điểm của hai đường thẳng y = x , y = 2 − x là x0 = 1 . Ta có: D = B + C , trong đó B là miền kín giới hạn bởi các đường y = x , x = 1, y = 0 và C là miền

kín giới hạn bởi các đường y = 2 − x, x = 1, y = 0 1

Diện tích miền B = ∫ xdx = 0

2 (dvdt) 3

1 Diện tích miền C = (dvdt) .

2 7 Vậy diện tích miền D là (đvdt).

6 Chọn C. Bài 59: b) Cho D là miền kín giới hạn bởi các đường y = x , y = 2 − x và y = 0. Thể tích vaath thể tạo thành khi ta quay D quanh trục Oy là: 32π 7π 5π 9π . . .

B. C. .

D. A. 15 4 3 4 Giải: Đặt M ( 0;1) , N (1;1) , P ( 2;0 ) , Gọi V1 là thể tích của vật thể sinh ra khi quay hình thang OMNP quanh trục Oy (xem hình ở đề bài), V2 là thể tích của vật thể sinh ra khi quay phần mặt phẳng giới hạn bởi các đường y = x ; x = 0; y = 0; y = 1 và V là thể tích cần tìm, Ta có:

V = V1 − V2 V1=

7π (đvtt).

3

1

V2 = π ∫ y 2 dy = 0

π 5

(đvtt)

32π (đvtt).

15 Chọn A. V=

Bài 60: Tính diện tích S của miền phẳng giới hạn bởi các đường y = sin 2 x + sin x + 1 ; y = 0; x = 0; x =

π .

2

3 A. S = .

4

B. S =

3π .

4

C. S =

4π + 3 .

3

D. Đáp án khác.

Giải: π 2

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng Ta có: S = ∫ ( sin 2 x + sin x + 1)dx .

0

Trang 40

Chọn B.

π 1 ; y = 0; x = 0; x = .

1 + cos x 2 1 D. S = .

3

Bài 61: Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đường y = A. S =

π .

2 Giải:

B. S = 1 .

C. S =

π .

4

π 2

1 dx .

1 + cos x 0

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng Ta có: S = ∫ Chọn D.

Bài 62: thể tích của vật thể tròn xoay sinh ra bởi các hình phẳng giới hạn bởi các đường 1

x

y = x 2 e 2 ; x = 1; x = 2; y = 0 . Khi nó quay xung quanh trục Ox là: A. 2π e2 .

B. 3π e 2 .

C. 4π e2 .

D. π e2 .

Giải: Áp dụng CT tính thể tích khi quay hình phẳng xung quanh trục Ox Ta có: 2

2

 1 1 V = π ∫  x 2 e 2  dx = π e 2 .  1 Chọn D. Bài 63: Gọi M là hình phẳng tạo bởi trục hoành và các đường y = ln x, x = 1, x = 2, y = 0 . Khi cho hình M quay xung quanh trục Ox. Ta được khối tròn xoay có thể tích là: A. 2π ( ln 2 x − 2ln 2 + 1) .

B. π ( ln 2 − ln 4 + 1) .

C. π ( ln 2 + 1) .

D. π 2 ( ln 2 − 3) .

Giải: Áp dụng công thức tính thể tích khi quay hình phẳng xung quanh trục Ox ta có: 2

2

V = π ∫ ( ln x ) dx = π e 2 .

1

Chọn A. y

Bài 64: Gọi M là hình được sinh ra bởi phép quay xung quanh Oy của hình giới hạn bởi x2 các đường y = , y = 2 ; y = 4; và x = 0 .

2 Thể tích của hình M là: A. 6π .

1 y= x2 2

4

2

Trang 41

x O

B. 12π .

C. 2π 3 .

D. 4π 3 .

Giải: 4

4

Ta có: V = π ∫ 2 ydy = (π y 2 ) = 12π .

2

2

Chọn B. Bài 65: Gọi M là phần mặt phẳng hữu hạn được giới hạn bởi hai trục tọa độ, đường thẳng x = 1 và đường cong 1 có phương trình y = . Thể 1 + x2 tích khối tròn xoay sinh ra khi M quay quanh trục Oy là: A. π ln 3 .

B. π ln 4 .

C. 0, 2π .

D. π ln 2 .

y

1/2

y=

1 (1 + x2)

x 1

O

Giải:

1 1 2 ⇔ = −1 x 1 + x2 y Gọi V là thể tích cần tìm, Ta có: V = X + Y với X là thể tích hình trụ tròn xoay bán kính đáy Phương trình y =

1 1  1 π 1  bằng 1 và chiều cao bằng , ta có X = và Y = π ∫  − 1dx = π  ln 2 −  .

2 2 2 y   0.5 

1 π  Vậy V = π  ln 2 −  + = π ln 2(dvdt) .

2 2  Chọn D. Bài 66: Thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 2 x 2 và

y = x3 xung quanh trục Ox là: A.

π .

2

B.

123π .

7

C.

π .

4

Trang 42

D.

256π .

35

Giải: x = 0 Ta có: 2 x 2 = x 3 ⇔  x = 2 2

V = π ∫ (2x

2

2 2

3 2

) dx − π ∫ ( x )

0

0

2 2  4 dx = π  ∫ ( 4 x )dx − ∫ x 6 dx  .

0 0 

2

 4 x5 x 7  256π =π  −  = . chọn D. 7  35  5 0

 2π  Bài 67: Một dòng điện xoay chiều i = I 0 sin  t + ϕ  chạy qua một đoạn mạch có điện trở thuần R.  T  Nhiệt lương Q tỏa ra trên mạch đó trong thời gian một chu kì T là: I 02 RI 02 R 2 I 02 RI 02 A. 3 T .

T . .

B. .

C. D. 2 2 4 2 Giải: T

T

 2π  Ta có: Q = ∫ Ri dt = ∫ RI 02 sin  .t + π dt  T  0 0 2

 2π  1 1 − cos 2  .t + π  π RI 02  T T  2π  2   = RI 0 ∫ dt = t− sin 2  .t + π   = .  2 2  4π  T  0 4 0 Chọn D. T

Bài 68: Đường cong trong hình vẽ bên có phương trình y 2 = x3 . Cho A (1;1) và B ( 0;1) . Gọi H là phần gạch chéo.

Hình: y 1

x 1

O

-1

Khi cho hình H quay xung quanh trục Ox, ta được khBối tròn xoay có thể tích là: A.

π .

3

B.

π .

4

C.

π .

5

Trang 43

D.

π .

6

Giải: 1

1

1

π x4 = .

Ta có: V = π ∫ y dx = π ∫ x dx = π 4 0 4 0 0 2

3

Chọn B. Bài 69: Thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 2 ; x = y 2 quay quanh trục Ox là: 3π 3π 3π 3π A. .

B. .

C. .

D. ./ 19 16 13 10 Giải: x = 0 Ta có: x = y 2 ⇔ x = y . Phương trình hoành độ giao điểm x = x 2 ⇔  . Trên [0;1] ta x = 1 2

1

V =π∫ 0

2 2

( ) ≥ (x )

luôn có

x

1

2

. do đó thể tích cần tìm là: 2 2

( x ) dx − π ∫ ( x ) dx .

0

Chọn D. Bài 70: Tính (bằng cm2) diện tích phần giới hạn bởi parabol có phương trình y = x 2 và đường thẳng y =1 .

A.

8 2 cm .

3 Giải:

B.

16 2 cm .

3

C.

4 2 cm .

3

D.

1 2 cm .

3

Phương trình hoành độ giao điểm x 2 = 1 ⇔ x = ±1, do đó diện tích cần tính là: 1

S=

∫x

2

− 1dx =

−1

4 .

3

Chọn C. Bài 71: Tính diện tích phần mặt phẳng giới hạn bởi hai đường biểu diễn của các hàm số y1 = x 2 − 4 và y2 = 2 x − x 2 .

A. 9 đvdt.

Giải:

B. 36 đvdt.

C. 18 đvdt.

D. 9 đvdt.

 x = −1 Phương trình hoành độ giao điểm x 2 − 4 = 2 x − x 2 ⇔  , do đó diện tích cần tính là: = 2 x  1

S=

∫x

2

−1

− 4 − ( 2 x − x ) dx = 2

1

∫ 2x

2

− 2 x − 4 dx = 9 .

−1

Chọn D. Trang 44

Bài 72: Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường y = A.

B.

e 1 3 + − .

2 e 2

C. 5e .

Phương trình hoành độ giao điểm 1

0

e

, y = e − x và x = 1 là:

2

1 −5 . e2 Giải:

S=∫

1 −2 x

1 e −2 x

1 e

D. 8e .

= e − x ⇔ e −3 x = 1 ⇔ x = 0 , vậy:

−2 x

1

1

 e2 x e2 1 3 −x  − e dx = ∫ ( e − e )dx =  +e  = + − .  2 0 2 e 2 0 2x

−x

−x

Chọn B. 1 Bài 73: Thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y = , y = 0, x = 1 và x x = a, ( a > 1) quay quanh trục Ox là:

1  1   1  1 A.  − 1 .

B.  − 1 π .

C. 1 −  π .

D. 1 −  . a  a   a  a Giải: Áp dụng CT tính thể tích khi quay hình phẳng quanh trục Ox, Ta có: a

dx  1  = 1 −  π . x2  a  1 Chọn C. V =π∫

Bài 74: Diện tích phần mặt phẳng được giới hạn bởi các đường thẳng x = 1; x = 2 , trục Ox và đường cong y = A.

1 là: x (1 + x 3 )

1 7 ln .

4 3 Giải:

B.

1 16 ln .

3 9

C.

1 7 ln .

3 3 2

D. 2

1 16 ln .

4 9

1 x2 Gọi S là diện tích cần tìm, Ta có: S = ∫ dx = ∫ 3 dx .

3 3 1 x (1 + x ) 1 x (1 + x ) 3 2 2 2 d ( x3 ) d ( x3 )  1 1  d (x )  = ∫ 3 dx =  ∫ 3 − ∫ 3 1 x (1 + x3 ) 3 1 x 1 + x3  1   2

1 x3 1 16 = ln = ln (dvtt) 3 3 1+ x 1 3 9 Trang 45

Chọn B. Bài 75: Gọi H là phần mặt phẳng giới hạn bởi đường thẳng y = mx với m < 2 và parabol (P) có phương trình y = x ( 2 − x ) . H có diện tích: 2

A. C.

( 2 − m ) ( 2 − 5m ) 6

( 2 − m)

2

.

B.

2

6 Giải:

.

D.

( 2 − m ) ( 5 − 2m ) 6

( m − 2) 6

.

2

.

e

Gọi diện tích cần tính là S , Ta có: S = ∫ 1

1 + ln x dx x

Đặt u = 1 + ln x, khi x = 1 thì u = 1, x = e thì u = 2, du =

1 dx x

2

2

 2 32  2 S = ∫ udx =  u  = 2 2 − 1 .  3 1 3 1 Chọn C.

(

)

1 1 ; y = là: 2 1+ x 2 5π −1 .

D. 6

Bài 76: Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường y = A.

π −1 .

2 Giải:

B.

π +1 .

2 1

Tính tích phân

dx

∫ 1+ x

2

−1

C.

5π +1 .

6

 π π bằng cách đặt x = tan t , t ∈  − ;  hoặc có thể sử dụng máy tính  2 2

cầm tay để tìm kết quả.

Chọn A. Bài 77: Gọi S1 là diện tích của mặt phẳng giới hạn bởi đường thẳng y = mx với m < 2 và parabol (P) có phương trình y = x ( 2 − x ) . Gọi S2 là diện tích giới hạn bởi (P) và Ox. Với trị số nào của m thì S1 =

1 S2 ?

2

A. 2 − 3 4 .

B. 2 + 3 2 .

C.

2 .

5

Giải: Ta tính S2 trước, phương trình hoành độ giao điểm:

Trang 46

D.

1 .

4

2 x = 0 4 , do đó S 2 = ∫ 2 x − x 2 dx = . x (2 − x) = 0 ⇔  3 x = 2 0 Ta tính S1 , phương trình hoành độ giao điểm:

x = 0 , do đó: mx = 2 x − x 2 ⇔ x 2 + ( m − 2 ) x = 0 ⇔  x = 2 − m 2−m

S1 =

∫

2− m 2

2 x − x − mx dx =

0

(2 − m) =

∫ 0

2− m

 x3 ( 2 − m ) x 2  ( − x + ( 2 − mx ) )dx =  − 3 + 2   0 2

.

3

1 4 = . ⇔ m = 2− 3 4 6 2 3 (Chú ý: muốn đường thẳng cắt parabol tại 2 điểm phân biệt thì trong tinhd huống này parabol phải có phần chứa đỉnh nằm trên đường thẳng) .

Chọn A. Bài 78: Cho hình thang cong (H) giới hạn bởi các đường y = e x ; y = 0; x = 0 và x = ln 4 . Đường thẳng x = k , ( 0 < k < ln 4 ) chia (H) thành hai phần có diện tích S1 và S2 như hình vẽ bên. Tìm k để

S1 = 2S2 .

2 A. k = ln 4 .

3

B. k = ln 2 .

C. k = ln

8 .

3

D. k = ln 3 .

y y=ex

S2 S1

x k

O

ln4

Trích đề Minh họa 2 - 2017 Giải: k

Ta có: S1 = ∫ e dx = e x

0

x k 0

ln 4

= e − 1, S 2 = k

∫ e dx = e x

x ln 4 k

= 4 − ek

k

Do đó: S1 = 2 S 2 ⇔ e k − 1 = 2 ( 4 − e k ) ⇔ e k = Chọn D.

Trang 47

9 = 3 ⇔ k = ln 3 .

3

Bài 79: Ở hình bên, ta có đường parabol y 2 = 4 x và đường thẳng y = x . Cho phần gạch chéo quay quanh trục Ox, ta nhận được hình tròn xoay có thể tích bằng: 15 32 A. π . π .

B. C. 10π .

D. 11π .

7 3

y

y=x y= 4x

4

x 4

O

Giải: Gọi V1 là thể tích vật thể sinh ra bởi “hình thang cong” (giới hạn bởi các đường: x = 0; x = 4;

y = 0; y = x ) quay xung quanh trục Ox và V2 là thể tích vật thể sinh ra bởi “hình thang cong” (giới hạn bởi các đường: x = 0; x = 4; y = 0; y = 2 x ) quay xung quanh trục Ox. Ta có V = V2 − V1 , do đó: 4

4

4

 2 x3  32 V = π ∫ 4 xdx − π ∫ x dx = π  2 x −  = π .

3 0 3  0 0 Chọn B. 2

Bài 80: 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 (như hình vẽ). Biết kinh phí để trồng hoa là 100.000 đồng/m2. Hỏi ông An cần bao nhiêu tiền để trồng hoa trên dải đất đó? (số tiền được làm tròn đến hàng nghìn).

A. 7.862.000 đồng.

B. 7.653.000 đồng.

C. 7.128.000 đồng.

D. 7.826.000 đồng.

Giải: Chọn Hệ trục tọa độ Oxy, gốc tọa độ là tâm của elip.

Khi đó elip này có phương trình: Trang 48

8m

 x2 y 5 1 = −  x2 y2 64 . + =1⇔   2 64 25 x  y = −5 1 −  64 4

x2 Diện tích cần tìm: S = 2 ∫ 5 1 − dx ≈ 76,529 64 −4

Do đó số tiền cần là: 76,529. 0,1 ~ 7.653 triệu đồng.

Chọn B. Bài 81: Đường cong được cho bởi phương trình x = g ( y ) , với đạo hàm g ′ ( y ) là hàm liên tục, gọi

m, n ( m < n ) tương ứng là tung độ các điểm M và N thuộc đồ thị x = g ( y ) . Độ dài đường cong n

x = g ( y ) từ điểm M tới điểm N là:

∫

2

1 + ( g ( y ) ) dx . Áp dụng tính độ dài đường cong y = x 2 từ

m

(1;1) đến (

)

2;2 .

A. 1,07.

B. 1,06.

C. 1.

D. 2.

Giải: Ta có: y = x 2 ⇔ x =

y ⇒ x' = 2

Do đó độ dài cần tính:

∫ 1

1+

1 2 y

.

1 dy ≈ 1.06 .

4 y2

Chọn B. Bài 82: Đường cong được cho bởi phương trình x = g ( y ) , với đạo hàm g ′ ( y ) là hàm liên tục, gọi

m, n ( m < n ) tương ứng là tung độ các điểm M và N thuộc đồ thị x = g ( y ) . Độ dài đường cong n

x = g ( y ) từ điểm M tới điểm N là:

∫

2

1 + ( g ( y ) ) dx . Áp dụng tính độ dài đường cong x = y 2 từ

m

(1;1) đến ( 4; 2 ) .

A. 1,07.

B. 7,27.

Giải: Ta có: x ' = 2 y

C. 7,2

4

Độ dài cần tính là:

∫

1 + 2 ydx ≈ 7.27 .

1

Chọn B. Trang 49

D. 2.

Bài 83: Đường cong được cho bởi phương trình x = g ( y ) , với đạo hàm g ′ ( y ) là hàm liên tục, gọi

m, n ( m < n ) tương ứng là hoành độ các điểm M và N thuộc đồ thị y = g ( x ) . Độ dài đường cong n

y = g ( x ) từ điểm M tới điểm N là:

2

∫

1 + ( g ( y ) ) dx . Tìm độ dài của đường cong y = 4 x 3 từ điểm

m

( 0;0 )

(

)

đến điểm 2;4 2 . Tích phân cần tính để giải bài này là:

4 2

A.

∫

2

1 + 9 xdx .

B.

0

∫

1 + 9 xdx .

0

4 2

C.

∫ 25

1 + 4 x 3 dx .

D.

0

∫

1 + 4 x 3 dx .

0

Giải: Cung cần tính là phần của đường cong nằm trong góc vuông thứ nhất. Ta có: 3

1

y = 2 x 2 nên y′ = 3x 2 . Độ dài cung cần tìm bằng: 2

2

∫

1 + y′ dx = ∫ 1 + 9 xdx .

0

0

2

Chọn D.

4 2 32 x − 1 , từ điểm A có hoành độ a = 0 đến điểm B có hoành Bài 84: Tính độ dài đường cong y = 3 độ b = 1. Kết quả là: 13 21 3 14 A. .

B. .

C. .

D. .

6 4 2 3 Giải: 2

Ta có: f ′( x) = 2 2 x , ⇒ ( f ′( x) ) = 8 x. thay vào Công thức ta được 1

T = ∫ 1 + 8 xdx . Đổi biến u = 1 + 8 x . Ta có: 0

 x = 0 ⇒ u = 1.

Khi  x = 1 ⇒ u = 9 9

9

1 1 2 3 13 .

Vậy T = ∫ udu = . u 2 = 81 8 3 1 6

Chọn A.

Trang 50

Bài 85: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y =

π π 1 1 ;y = ; x = ; x = . Ta 2 2 sin x cos x 3 6

được kết quả: A. C.

8 3 −4 .

3

B.

2 2 +5 .

3 Giải:

D.

7 2 −1 .

4

3 .

4

π π  π π  Dễ thấy sin 2 x ≤ cos 2 x, ∀x ∈  ;  và sin 2 x ≥ cos 2 x, ∀x ∈  ;  6 4 4 3 Do đó diện tích hình phẳng cần tìm là: π

π

3 1  1   1  1 S = ∫ 2 − dx + − 2 dx   2 2 ∫ cos x  sin x  π  sin x π  cos x 4

6

4

π

π

= ( − cot x − tan x ) π + ( tan x + cot x ) π3 4 6

.

4

4 3 4 3 8 3 + −2= 3 3 3 Chọn A. = −2 +

Bài 86: Cho đồ thị hàm số y = x 2 − 1 ; y = x + 5 như hình vẽ, diện tích hình phẳng giới hạn bởi các

đường y = x 2 − 1 và y = x + 5 là: A.

73 .

6

B.

73 .

3

C. 12.

Trang 51

D. 14 .

y 8

N

M 5

1

x -3

O

1

3

Giải: Phương trình hoành độ giao điểm x 2 − 1 = x + 5 ⇔ x = ±3 (thật ra nhìn hình ta thấy có 2 giao

điểm).

Do đó diện tích cần tìm là: 3

∫

3

x + 5 − x 2 − 1 dx =

−3

∫( x +5− x

−3

2

)

− 1 dx

Ta bỏ được trị tuyệt đối ngoài cùng vì đồ thị y = x + 5 ở trên y = x1 − 1 . Lúc này ta chỉ cần bấm máy ra kết quả B. Chọn B. Bài 87: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y = x 2 − 2 x + 2 ;

y

y = x2 + 4 x + 5 ; y = 1 .

A.

3 .

4

B.

7 .

4

C.

2 .

3

D.

9 .

4

y=1 -2

-1

O 1

2 Giải: Hoành độ giao điểm của 2 parabol đã cho là nghiệm của phương trình:

Trang 52

x

x 2 − 2 x + 2 = x 2 + 4 x + 5 , cho ta x =

−1 .

2

Parabol ( P ) : y = x 2 − 2 x + 2 có tọa độ cực tiểu là (1;1) và Parabol ( P ) : y = x 2 + 4 x + 5 có tọa độ cực tiểu là ( −2;1) .

Diện tích cần tìm là: −1 2

S=

∫ (x

2

+ 4 x + 5 − 1)dx +

−2

1

∫ (x

−1 2

2

− 2 x + 2 − 1)dx =

9 .

4

Chọn D.

Bài 88: Tính diện tích giới hạn bởi các

y

2

đường y = x − 4 x + 3 ; y = 3 trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Ta có kết quả:

M

y=3

N

A. 6 .

1

B. 10 .

O

C. 8 .

1

2

3

4

D. 12 .

Giải:

 − ( x 2 − 4 x + 3) , khi 1 < x < 3.

Ta có: y = x − 4 x + 3 =  2 khi x ≤ 1 ∨ x ≥ 3.  x − 4 x + 3, Dễ thấy hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là x = 0; x = 4 các tung độ tương ứng là: y = 3; y = 3 .

Diện tích cần tìm là: S = diện tích hình chữ nhật OMNP − S1 trong đó: 2

1

3

4

S1 = ∫ ( x − 4 x + 3)dx + ∫ − ( x − 4 x + 3)dx + ∫ ( x 2 − 4 x + 3)dx 2

0

2

1

3

1 4 1    = 2. − 2 + 3  +  −3 + 6 − 3 + − 2 + 3  = 3. = 4(dvdt) 3 3 3    Chọn C.

Trang 53

x

Bài 89: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = thẳng x = −1; x = 1 là: A. 6π .

B. 3π .

Giải:

C. 2π .

1

Gọi S là diện tích cần tính, Ta có: S =

∫x

=

1

1

D. π .

4x dx +1

4

−1 0

4x , trục hoành Ox và các đường x +1 4

1

−4 x 4x 4x 2x ∫−1 x 4 + 1dx + ∫0 x 4 + 1dx = 2 ∫0 x 4 + 1dx = 4∫0 x 4 + 1dx .

1

1 du = 4 I . u +1 0

2

Đặt u = x ⇒ du = 2 xdx . Suy ra S = 4 ∫

2

1

1 du .

1 u + 0

Đẻ tính I = ∫

2

Ta đặt u = tan t , Ta có: du = π

dt

( cos t )

2

. Khi u = 0 → t = 0;

u =1→ t =

π .

4

π

4

4 π 1 dt . 2 = ∫ dt = . vậy S = π .

I=∫ 2 tan t + 1 cos t 0 4 0

Chọn D. Chú ý có thể sử dung MTCT để tìm nhanh kết quả.

Bài 90: Parabol y 2 = 2 x chia hình phẳng giới hạn bởi đường tròn x 2 + y 2 = 8 thành hai phần. Diện tích hai phần đó là: 4 4 A. 2π + và 6π − .

3 3 π 15π B. và .

2 2 2π 22π C. và .

3 3 2 2 D. 2π + và 6π − .

3 3 Giải:

y

A

B

O

C

Trang 54

x

(

)

Đường tròn này cắt trục hoành tại điểm A 2 2;0 và cắt parabol y 2 = 2 x ở điểm C, B đối xứng nhau qua Ox, với B ( 2;2 ) .

2

Gọi S là diện tích tam giác cong OAB Ta có: S = ∫ 2 xdx + 0 2

Ta có: ∫ 2 xdx = 0

∫

∫

8 − x 2 dx .

2

8 .

3

2 2

Để tính

2 2

8 − x 2 dx , ta đặt: x = 2 2 sin t ,

2

π π ≤t ≤ .

4 2

Lúc đó: dx = 2 2 cos tdt ⇒ 8 − x 2 = 8 − 8sin 2 t = 8cos 2 t = 2 2 cos t Từ đó: 2 2

∫

π

π

π

2

2

2

π

π

1 + cos 2t dt = π − 2 2 π

4

4

4

8 − x 2 dx = ∫ 2 2 cos t.2 2 cos tdt = 8 ∫ cos 2 tdt = 8 ∫

2

Vậ y S = π +

2 .

3

4 3 Diện tích phần còn lại cần tính bằng diện tích hình tròn trừ đi 2S, tức là: 4 4  8π −  2π +  = 6π − (dvdt) .

3 3  Chọn A. Diện tích phần còn (OABC) là 2S = 2π +

3 5  Bài 91: Cho parabol (P) có tiêu điểm F  2; −  và đường chuẩn D có phương trình y = − . Diện 2 4  tích hình giới hạn bởi (P) và trục Ox là: 2 4 A. .

B. .

C. 1 .

D. 2 .

3 3 Giải: Parabol là tập hợp những điểm cách đều tiêu điểm và đường chuẩn.

Do đó điểm M ( x; y ) ∈ ( P ) khi và chỉ khi: 2

2

3 5 ( x − 2 ) +  y +  =  y +  ⇔ y = x 2 − 4 x + 3 .

4  4  2

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P) với trục hoành là: x 2 − 4 x + 3 = 0  x = 1; . ⇔ x = 3 Trang 55

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và trục Ox thì: 3

(

)

3

S = ∫ 0 − ( x − 4 x + 3) dx = ∫ ( − x 2 + 4 x − 3)dx 1

2

1

.

3

  x 4 =  2 x 2 − − 3 x  = ( dvdt ) 3  1 3 Chọn C. 3

Bài 92: Giả sử hàm số y = x 2 − 2 x + 2 có đồ thị là đường cong (P). Gọi (d) là tiếp tuyến với (P) tại

điểm M ( 3;5) . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P), (d) và trục Ox là: A. 4.

B. 2.

C. 5.

D. 3.

Giải: Với y = x 2 − 2 x + 2 ta có: y ' = 2 x − 2, y′ ( 3) = 4 ,

đỉnh (điểm cực tiểu) của parabol là (1;1) . Phương trình

y 5

M

tiếp tuyến tại điểm M ( 3;5) là:

y = 4 ( x − 3) + 5 = 4 x − 7 .

2

Tiếp tuyến này cắt trục tung tại điểm ( 0; −7 ) và

1

C O

7  cắt trục hoành tại điểm A  ;0  . 4 

1

A

3

Gọi S là diện tích cần tìm, Ta có: 3

S = ∫ ( x 2 − 2 x + 2 )dx − dt ( ∆AMC ) + dt ( ∆OAB ) 0

-7 B

( )

2

Bài 93: Thể tích vật thể tròn xoay do đường tròn x 2 + ( y − 2 ) = 1 quay quanh Ox có giá trị: A. 11π 2 .

B. 9π 2 .

C. 4π 2 .

Giải:

Trang 56

D. π 2 .

1

 V = π ∫  2 + 1 − x2 −1 

(

2

) − (2 −

1− x

2

)

2

1

 2 dx = 8π ∫ 1 − x dx −1

π 1

2

0

0

.

= 16π ∫ 1 − x 2 dx = 16π ∫ cos 2 xdx = 4π 2 Chọn C. Bài 94: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi elip:

x2 y 2 + = 1 và đường tròn x 2 + y 2 = 9 được tính bởi 9 4

công thức nào sau đây?

3

3

1 A. ∫ 9 − x 2 dx .

3 −3

1 B. ∫ 9 − x 2 dx .

30

3

2 C. ∫ 9 − x 2 dx .

30

3

D. 4 ∫ 9 − x 2 dx . −3

Giải: Dựa vào tính chất đối xứng của elip và đường tròn thì phải có: 3

3

2 4   S = 4∫  9 − x2 − 9 − x 2 dx = ∫ 9 − x 2 dx .

3 30  0

Chọn B. Bài 95: Gọi Vx và Vy lần lượt là thể tích khối tròn xoay tạo nên bởi phép quay hình elip

x2 y 2 + ≤ 1 ( a < b ) . Xung quanh trục Ox, Oy . Hỏi khẳng định nào dưới đây đúng? a2 b2 A. Vx > Vy .

B. Vx < Vy .

C. Vx = Vy .

D. Vx ≥ Vy .

Giải:

 2 x2  2  y = b 1 − 2  x2 y 2   a  + = 1 ⇔  2 a2 b2  x 2 = a 2 1 − y   2    b   a

 x2  x3  4π ab 2 4π ab 2 Vx = 2π ∫ y dx = 2π b ∫  1 − 2 dx = 2π b  x − 2  = .b = a  3a  0 3 3  0 0 a

a

2

2

b

 y2  x3  4π a 2b 4π ab 2 .a Vy = Vx = 2π ∫ x dx = 2π a ∫ 1 − 2 dx = 2π a  x − 2  = = b  3a  0 3 3  0 0 Vì b > a nên Vx > Vy . b

b

2

2

Chọn A. Bài 96: Trong hai khẳng định sau, khẳng định nào đúng: Trang 57

b

(1) Nếu f ( x) < g ( x), ∀x ∈ [ a; b] thì

∫ a

b

f ( x )dx < ∫ g( x )dx . a

(2) Nếu f ( x ) ≥ g ( x ) , ∀x ∈ [ a; b] và nếu ∀x0 ∈ [ a; b ] : f ( x0 ) ≠ g ( x0 ) thì A. Chỉ có (1) đúng.

C. Cả hai khẳng định đều đúng.

Giải:

b

b

a

a

∫ f ( x)dx > ∫ g( x)dx .

B. Chỉ có (2) đúng.

D. Cả hai khẳng định đều sai.

Khẳng định (1) Ta có: f ( x) < g ( x), ∀x ∈ [ a; b] nên đồ thị g ( x ) cao hơn f)x) trên [a;b]. do đó diện tích tạo bởi đồ thị g(x) trục hoành và hai đường thẳng x=a, x=b lớn hơn diện tích tạo bởi b

đồ thị f(x), trục hoành và hai đường thẳng x = a, x = b nghĩa là:

∫

b

f ( x )dx < ∫ g( x )dx . Khẳng

a

a

định 2 cũng đúng.

Chọn C.

CHƯƠNG 3: (TIẾP THEO) NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN CHỦ ĐỀ 4: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN GIẢI BÀI TOÁN VẬT LÝ VÀ BÀI TOÁN THỰC TẾ.

Lưu ý 1: Một chất điểm chuyển động trên trục Ox với vận tốc thay đổi theo thời gian v = f ( t ) (m/s). Quãng đường chất điểm chuyển động trên trục Ox từ thời điểm t1 đến thời điểm t2 t2

là S = ∫ f ( t )dt t1

Lưu ý 2: Điện tích q ( t ) là nguyên hàm của cường độ dòng điện i ( t ) tại thời điểm t ( s) nghĩa là q = ∫ idt .

BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Một đám vi khuẩn tại ngày thứ x có số lượng là N ( x ) . Biết rằng N ' ( x ) = lượng vi khuẩn là 5000 con. Vậy ngày thứ 12 số lượng vi khuẩn là?

A. 10130.

B. 5130.

C. 3154.

D. 10129.

Giải: Theo đề ta có: Trang 58

2000 và lúc đầu số 1+ x

2000

∫ N '( x)dx = ∫ x + 1 dx = 2000.ln x + 1 + C

.

Ta có: N ( x) = 2000ln1 + C = 5000

⇒ C = 5000

.

⇒ N ( x) = 2000.ln x + 1 + 5000 Ngày thứ 12: N (12) = 2000.ln13 + 5000 = 10129,9 .

Chọn D. Bài 2: Một ô tô đang chạy đều với vận tốc a ( m / s ) thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v ( t ) = 5t + a (m/ s) , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc đạp phanh. Hỏi lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn ô tô di chuyển được 40 mét thì vận tốc ban đầu a là bao nhiêu?

B. a = 80 .

C. a = 20 .

D. a = 25 .

A. a = 40 .

Giải: a Khi xe dừng hẳn thì vận tốc = 0 ⇒ −5t + a = 0 ⇔ t = .

5 ứng dụng tích phân ta có: a 5

a 5

a 5

a 5

1  5   5  S = ∫ v dt = ∫ −5t + a dt = ∫ ( −5 x + a )dt =  − t 2 + at  dt =  − t 2 + at  = a 2  2   2  0 10 .

0 0 0  a = −20( L) 1 S = 40m ⇔ a 2 = 40 ⇔  10  a = 20 Vậy a = 20(m/ s) .

Chọn C. Bài 3:Trong quá trình lắp ráp tôn cho một mái nhà, người công nhân đã vô tình cắt tấm tôn đi theo như hình vẽ dưới đây. Hỏi diện tích phần tôn mà người công nhân đó cắt hỏng là bao nhiêu, biết rằng họ đã khảo sát đường cắt hư có dạng hàm số y = f ( x ) = x 3 + 2 x + 1 A. S = 81.75 (đvdt).

B. S = 74.25 (đvdt).

C. S = 79.35 (đvdt).

D. S = 78.69 (đvdt).

Giải: Trang 59

Ta có: phần tôn cắt hỏng được biểu diễn sau đây: b

Theo kiến thức tích phân đã học, Ta có: Diện tích

∫ f ( x)dx . a

Áp dụng, Ta có: 4

4

 x2  Ston = ∫ ( x + 2 x + 1)dx =  + x 2 + x  = 81,75(dvdt) .  4 1 1 Chọn A. 3

Bài 4: Người ta sản xuất một chiếc cốc bằng cách xoay miền phẳng giữa y = 2 x 2 và y = x + 1( x ≥ 0 ) quanh trục Ox. Hãy tìm thể tích vật liệu cần đủ để làm nên chiếc cốc này. Biết đơn vị đo là cm.

A. V = 4.7 ( cm 3 ) .

B. V = 4.817 ( cm3 ) .

C. V = 4.527 ( cm3 ) .

D. V = 4.327 ( cm3 )

Giải: Phương trình hoành độ giao điểm:  x = 1; .

2 x 2 = x + 1 ⇔ 2 x 2 − x − 1 = 0 ⇔ ( 2 x + 1)( x − 1) = 0 ⇔   x = −0,5 Vì giả thiết x ≥ 0 nên ta chọn x = 1 .

Như vậy thể tích vật liệu được tính bởi: 1

(

2

V = π ∫ ( x + 1) − ( 2 x 0

1

) )dx = π ∫ ( x

2 2

2

+ 2 x + 1 − 4 x 4 )dx

0

.

1

 x3 4  23π = π  + x 2 − x − x5  = = 4.817 ( cm3 ) 5  0 15  3 Chọn B.

2

( )

Chú ý: trên [ 0;1] ta có: x + 1 ≥ 2 x 2 nên ta có thể phá trị tuyệt đối ( x + 1) − 2 x 2

2

.

Bài 5: Người ta chứng minh được nếu lực là một giá trị biến thiên (như nén lò xo) và được xác định b

bởi hàm F(x) thì công sinh ra theo trục Ox từ a tới b là A∫ F ( x )dx . Người ta tiến hành thí nghiệm a

nén lò xo đang ở trạng thái tự nhiên dài 1( m ) xuống còn 0.75 ( m ) . Hãy tìm công của lò xo khi biết hằng số lò xo là k = 16N/m .

A. 0.5 ( N / m ) .

B. 0.6 ( N / m ) .

C. 0.7 ( N / m ) .

Giải: Ta có: F = 16 x .

Trang 60

D. 0.8 ( N / m ) .

0.25

Vậy nên công A =

∫

16 xdx = 8 x 2

0

0.25 0

= 0.5(N/ m) .

Chọn A. Bài 6: Người ta tiến hành thí nghiệm kéo căng một chiếc lò xo bằng một lực 40N để kéo căng một chiếc lò xo có độ dài tự nhiên từ 10(cm) đến 15(cm). Hãy tìm công sinh ra khi kéo lò xo từ độ dài 15(cm) đến 18(cm).

B. 1.45J. C. 1.56J. D. 1.65J. A. 1.35J. Giải: Ta quan sát hình sau: Và sau khi nó bị kéo dãn một đoạn:

Khi chiếc lò xo bị kéo thêm một đoạn x(m) so với độ dài tự nhiên thì chiếc lò xo tác dụng lại với một lực f ( x) = kx .

Khi kéo căng lò xo từ 10(cm) đến 15(cm) thì nó dãn ra một đoạn 5(cm)=0.05(m). Lúc này, Ta có: 40 f ( x ) = kx = f ( 0.05 ) = 40 ⇒ 0.05k = 40 ⇔ = 800 .

0.05 Do đó f ( x) = 800 x và công sinh ra khi kéo lò xo từ 15(cm) đến 18(cm) là: 0.08

x2 A = ∫ 800 xdx = 800 2 005

0.08

= 1.56 J .

0.05

Chọn C.

1000 . Biết rằng ngày đầu 2t + 8 tiên đám vi trùng có 2500 con. Tính số lượng đám vi trùng ở ngày thứ 20 (làm tròn kết quả đến hàng trăm).

A. 11459 con.

B. 8959 con.

C. 10000 con.

D. 3284 con.

Giải: Bài 7: Số lương đám vi trùng ở ngày thứ t xác định bởi N(t) với N ' ( t ) =

Trang 61

1000 dt = 500ln 2t + 8 + C . Ở ngày thứ nhất có 2500 con vi trùng nên 2t + 8 N (1) = 500ln 2.1 + 8 + C ⇒ C = 1348

Ta có: N (t ) = ∫

Do đó: N ( 20 ) = 500ln 2.20 + 8 + 1348 = 3284 con.

Chọn D. Bài 8: Giả sử một vật từ trạng thái nghỉ khi t = 0 ( s ) chuyển động thẳng với vận tốc

v ( t ) = t ( 5 − t ) (m/ s) . Tìm quãng đường vật đi được cho tới khi nó dừng lại.

A.

125 m.

8 Giải:

B.

125 m.

7

C.

125 m.

9

D.

125 m.

6

t = 0( Loai ) Vật dừng lại khi v = 0. ⇒ t ( 5 − t ) = 0 ⇔  . t = 5 Suy ra thời gian vật đi là 5s.

5

5

0

0

ứng dụng tích phân ta có: S = ∫ v dt = ∫ t ( 5 − t ) dt =

125 m .

6

chọn D. Bài 9: Một chất điểm A xuất phát từ vị trí O, chuyển động thẳng nhanh dần đều; 8 giây sau nó đạt đến vận tốc 6m/s. Từ thời điểm đó nó chuyển động thẳng đều. Một chất điểm B xuất phát từ cùng vị trí O nhưng chậm hơn 12 giây so với A và chuyển động thẳng nhanh dần đều. Biết rằng B đuổi kịp A sau 8 giây (kể từ lúc B xuất phát). Tìm vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A. A. 25m / s .

B. 46m / s .

C. 24m / s .

D. 47m / s .

Giải: A xuất phát tại t = 0.

B xuất phát tại t = 12.

A gặp B tại t = 20.

Từ 0s đến 8s A chuyển động nhanh dần đều nên: 0 = b 3 v A = at + b ⇒  ⇒ vA = t .

4 6 = a.8 + b 8

3 Quãng đường mà A đi được là: S A = ∫ tdt + 6.12 = 96 .

4 0

Vì B chuyển động nhanh dần đều nên vB = mt + n tại t = 0, vB = 0 ⇒ n = 0 do đó vB = mt .

Trang 62

8

8

mt 2 ⇒ S B = ∫ mtdt = = 32m = 96 2 0 0 ⇒m=3 ⇒ vB = 3t

.

Do đó vB ( 8 ) = 3.8 = 24 .

Chọn C. Bài 10: Một ô tô xuất phát với vận tốc v1 (t ) = 2t + 10 (m/ s) sau khi được một khoảng thời gian t1 thì bất ngờ gặp chướng ngại vật nên tài xế phanh gấp với vận tốc v2 (t ) = 20 − 4t (m/ s) và đi thêm một khoảng thời gian t2 nữa thì dừng lại. Hỏi xe đã đi được quãng đường bao nhiêu mét.

A. 57m .

B. 104m .

C. 50m .

D. 125m .

Giải: Ban đầu chạy với vận tốc v1 trong khoảng thời gian t1 và khi phanh ô tô chuyển động sau khoảng thời gian t2 thì xe dừng lại, tại thời điểm phanh xe thì v2( t =0) = 20 , cũng chính là vận tốc cuối của v1 , do đó v1 (t1 ) = 2t1 + 10 = 20 ⇔ t1 = 5 .

Khi xe dừng hẳn thì v2 (t2 ) = 20 − 4t2 = 0 ⇔ t2 = 5.

Ta có: v ( t ) = s′ ( t ) ⇒ S = ∫ v ( t ) dt .

Quãng đường mà xe đi được là: t1 =5

t2 =5

0

0

∫ ( 2t + 10 )dt + ∫ ( 20 − 4t )dt = 125(m).

s=

Chọn D. Bài 11: Một vật chuyển động chậm dần với vận tốc v ( t ) = 160 − 10t (m/ s) . Hỏi rằng trong 3s trước khi dừng hẳn vật di chuyển được bao nhiêu mét?

A. 16m.

B. 130m .

C. 170m.

Giải: Khi vật dừng hẳn: 160 − 10t = 0 ⇔ t = 16 .

Quãng đường vật di chuyển được trong 16s là:

D. 45m .

16

s=

∫ (160 − 10t )dt (m) .

0

Quãng đường vật di chuyển được trong 13s đầu là: 13

S1 =

∫ (160 − 10t )dt (m) .

0

Quãng đường vật di chuyển được trong 3s trước khi dừng hẳn là: S − S1 = 45(m) Trang 63

Chọn D. Bài 12: Học sinh lần đầu thử nghiệm “tên lửa tự chế” phóng từ mặt đất theo phương thẳng đứng với vận tốc 15m/s. Hỏi sau 2,5s tên lửa lên đến độ cao bao nhiêu? (giả sử bỏ qua sức cản gió, tên lửa chỉ chịu tác động của trọng lực và gia tốc trọng trường là g = 9,8(m/ s 2 ) .

A. 61,5m .

B. 6,875m .

C. 68,125m.

D. 30,625m.

Giải: v = v0 + gt = 15 + 9,8t .

Sau 2,5s tên lửa ở độ cao là; 2,5

S=

∫ (15 + 9,8t )dt = 68,125(m) .

0

Chọn C. Bài 13: Vi khuẩn HP (helicobacter pylori) gây đau dạ dày tại ngày thứ m với số lượng F(m). Biết nếu phát hiện sớm khi số lượng vi khuẩn không vượt quá 4000 con thì bệnh nhân sẽ được cứu chữa.

1000 và ban đầu bệnh nhân có 2000 con vi khuẩn trong dạ 15 ngày bệnh nhân phát Biết F ' ( m ) = 2m + 1 hiện ra bị bệnh. Hỏi khi đó có bao nhiêu con vi khuẩn trong dạ dày (lấy xấp xỉ hàng thập phân thứ hai) và bệnh nhân có cứu chữa được không?

A. 5433,99 và không cứu được.

B. 1499,45 và cứu được.

C. 283,01 và cứu được.

D. 3716,99 và cứu được.

Giải: Số con vi khuẩn sau 15 ngày bị nhiễm bênh là: 15

2000 + ∫ 0

1000 dm = 3716,99con ⇒ cứu được.

2m + 1

Chọn D. Bài 14: Giả sử sau t năm dự án đầu tư thứ nhất sẽ phát sinh lợi nhuận với tốc độ P1 (t ) = t 2 + 50 trăm

đô la/năm, trong khi đó dự án đầu tư thứ hai phát sinh lợi nhuận với tốc độ P2 (t ) = 200 + 5t trăm đô la/năm. Từ lúc bắt đầu đến lúc tốc độ phát sinh lợi nhuận của dự án hai bằng tốc độ phát sinh lợi nhuận dự án một thì lợi nhuận của dự án hai hơn dự án một bao nhiêu?

A. 1690 trăm đô.

B. 1695 trăm đô.

C. 1687,5 trăm đô.

D. 1685 trăm đô.

Giải: Đầu tiên ta phải hiểu rằng lợi nhuận là nguyên hàm của tốc độ phát sinh lợi nhuận.

Trang 64

Khi dự án đầu tư thứ hai có tốc độ sinh lợi nhuận bằng dự án đầu tư thứ nhất: t = 15(t/ m ) . t 2 − 5t − 150 = 0, ( t > 0 ) ⇔  t = −10(L) Lợi nhuận dự án hai lớn hơn dự án một là: 15

15

∫ ( 200 + 5t )dt − ∫ ( t 0

2

+ 50 )dt = 1687,5 .

0

Chọn C. Bài 15: Một vật chuyển động với vận tốc 10(m/s) thì tăng tốc với gia tốc a ( t ) = 3t + t 2 (m/ s 2 ) . Tính quãng đường vật di chuyển trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc.

4300 1750 1450 A. 3600m. m. m. m.

B. C. D. 3 3 3 Giải: Quãng đường một vật di chuyển trong khoảng thời gian từ thời điểm t = to (s) đến thời điểm t1

t = t1 (s) với vận tốc v(t ) m/ s . Được tính theo công thức s = ∫ v ( t )dx , ở đây vận tốc v(t) là t0

nguyên hàm của gia tốc a(t).

Chọn B. Bài 16: Người ta tác dụng một lực có độ lớn F ( x ) = 2 x − 1 vào một cục đá tảng. Tính công sinh ra từ lực này, biết vật này di chuyển một đoạn từ x = 1 đến x = 5 .

A. 8,67 đơn vị.

B. 7,68 đơn vị.

C. 8,96 đơn vị.

D. 9,68 đơn vị.

Giải: Trước khi giải bài toán này chúng ta cần lưu ý điều sau. Trong vật lý, công thức được hình thành khi một lực tác đông vào một vật và gây ra sự di chuyển, ví dụ như đẩy bàn, lái xe đạp, … Nếu có một lực biến thiên, thay đổi ta dùng tích phân để tính công sinh ra lực này. Ta sẽ dùng công thức sau: b

W = ∫ F ( x )dx . a

ở đây F ( x) là lực.

5

Áp dụng vào bài. Để giải quyết bài này, ta cần tính I = ∫ 2 x − 1dx .

1

Đặt u = 2 x − 1 ⇒ du = 2dx .

5

9

5

1 12 1 3 23 26 du Vậy ta đươc . = dx ⇒ I = ∫ 2 x − 1dx = ∫ u du = . u = 2 21 2 2 1 3 1

Như vậy, công sinh ra là 8,67 đơn vị.

Chọn A. Trang 65

Bài 17: Một ô tô chạy đều với vận tốc 10 (m/s) thì người lái đạp phanh. Từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v ( t ) = −5t + 10(m/ s) , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét?

A. 0,2m.

B. 2m.

C. 10m.

D. 20m.

Giải: Khi vật dừng hẳn v = 10 − 5t = 0 ⇒ t = 2 .

Từ lúc đạp phanh tới lúc dừng hẳn, ô tô di chuyển được quãng đường là: 2

S = ∫ ( −5t + 10 )dt = 10m .

0

Chọn C.

4000 , một căn phòng 1 + 0,5t lúc đầu đám vi trùng có 250.000 con. Sao 10 ngày số lượng vi trùng trong căn phòng là (lấy xấp xỉ hàng đơn vị): A. 264334 con.

B. 257167 con.

C. 258959 con.

D. 253584 con.

Giải: Số lượng vi trùng sau 10 ngày trong căn phòng là: Bài 18: Một đám vi trung ngày thứ t có số lượng là N (t ) . Biết rằng N ' ( t ) =

10

P=

4000

∫ 1 + 0,5t dt = 14334,1 .

0

Vậy số lượng vi trùng sau 10 ngày trong căn phòng là: P+250.000 =264334,1.

Chọn A. Bài 19: Gọi h(t )cm là mực nước ở bồn chứa sau khi bơm nước được t giây. Biết rằng 13 t + 8 và lúc đầu bồn không có nước. Tìm mức nước ở bồn sau khi bơm nước được 6 giây 5 (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm): A. 2,33cm .

B. 5,06cm.

C. 2,66cm.

D. 3,33cm.

Giải: Ta có h(6) là mực nước ở bồn chứa sau 6 giây. Vì ban đầu bồn không có nước nên h '(t ) =

6

h(6) = h(6) − h(0) = ∫ 0

13 t + 8 dt = 2,66cm .

5

Chọn C.

Trang 66

Bài 20: Một hạt proton di chuyển trong điện trường có biểu thức gia tốc ( cm 2 / s ) là a ( t ) =

−20

(1 + 2t )

2

với t tính bằng giây. Tìm hàm vận tốc v theo t, biết rằng khi t = 0 thf v = 30cm / s .

10 10 20 −3 A. .

B. + 20.

C. (1 + 2t ) + 30. D. + 10.

1 + 2t 1 + 2t 1 + 2t Giải: Ta có: v '(t ) = a(t ) suy ra v(t ) = ∫

−20

(1 + 2t )

2

dt =

10 +C .

1 + 2t

10 + C ⇒ C = 20 .

1 + 2t 10 Suy ra hàm vận tốc theo t là: + 20.

1 + 2t Chọn B.

Theo đề bài Ta có: 30 =

Bài 21: Một thùng rượu có bán kính các đáy là 30cm, thiết diện vuông góc với trục và cách đều hai đáy là đường tròn 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 pararabol, hỏi thể tích của thùng rượu (đơn vị lít) là bao nhiêu?

A. 425,2l.

B. 425162l.

C. 212581l.

D. 212,6l.

Giải: Các đường xung quanh thùng rượu là các đường parabol. Đặt thùng rượu nằm ngang và chọn hệ trục có gốc tọa độ là tâm của đáy, trục hoành là trục đối xứng của thùng rượu.

Gọi đường paragol có dạng y = ax 2 + bx + c .

1  Theo bài ta có đường parabol này sẽ đi qua các điểm ( 0;0;3) ,  ;0; 4  , (1;0;3) . 2  −2 2 2 3 Suy ra: y = x + x+ .

5 5 10 −2 2 2 3 Thêt tích thùng rượu chính là thể tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x + x+ 5 5 10 ; y = 0; x = 1 .

Trang 67

2

1

3 203π 3  −2 2 2 V = π ∫ x + x +  dx = (m ) ≈ 425, 2l .

5 5 10  1500 0 Chọn A. Bài 22: Một ô tô đang chạy với vận tốc 18m/s thì người lái phanh. Sau khi hãm phanh, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v ( t ) = −36t + 18(m/ s) trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc bắt đầu hãm phanh. Hỏi từ lúc hãm phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển thêm bao nhiêu mét?

A. 3,5m.

B. 5,5m.

C. 4,5m.

D. 6,5m.

Giải: Lấy mốc thời gian lầ lúc ô tô bắt đầu hãm phanh. Gọi T là thời điểm ô tô dừng. Ta có 1 v (T ) = 0 suy ra −36T + 18 = 0 ⇒ T = (s) .

2 Khoảng thời gian từ lúc hãm phanh đến lúc dừng hẳn của ô tô là 0,5s. Trong khoảng thời gian đó ô tô di chuyển đc quãng đường là: 0,5

S=

∫ ( −36t + 18)dt = 4,5(m) .

0

Chọn C. Bài 23: Một chất điểm chuyển động trên trục Ox với vận tốc thay đổi theo thời gian v = f (t )(m/ s) . t2

Quãng đường chất điểm chuyển động trên trục Ox từ thời điểm t1 đến thời điểm t2 là s = ∫ f (t )dt . t1

Tính quãng đường chất điểm đó đi được từ thời điểm t1 = 1s đến thời điểm t2 = 2 s , biết rằng

v ( t ) = 30 − 5t (m/ s) .

A. 32,5m .

Giải:

B. 22,5m.

2

C. 42,5m.

D. 52,5m.

2

 5t 2  s = ∫ ( 30 − 5t )dt =  30 −  = 22,5(m) .

2 1  1 Chọn B. Bài 24: Một chất điểm đang chuyển động với vận tốc v0 = 15m / s thì tăng tốc với gia tốc

a ( t ) = t 2 + 4t (m/ s 2 ) . Tính quãng đường chất điểm đó đi được trong khoảng thời gian 3s kể từ lúc bắt đầu tăng vận tốc: A. 67,25m.

B. 68,25m.

Giải:

C. 69,75m.

Trang 68

D. 70,25m.

Ta có: v(t ) = ∫ a (t )dt =

t3 t3 + 2t 2 + C tại t = 0 thì v0 = 15m / s nên v ( t ) = 15 + + 2t 2 .

3 3

1

  t3 s = ∫ 15 + + 2t 2 dt = 69, 75( m) .

3  0 Chọn C.

Bài 25: Một viên đạn được bắn lên theo phương thẳng đứng với vận tốc ban đầu 29, 4m / s . Tính quãng đường viên đạn đi được từ lúc bắn lên cho tới khi chạm đất, biết gia tốc trọng trường là 9,8m / s 2 .

A. 88,2m.

B. 44,1m.

C. 22,05m.

D. 176,4m.

Giải: Ta có: v = 29, 4 − 9,8t với t là thời gian (s).

Tại thời điểm viên đạn có độ cao lớn nhất thì: v = 0 ⇔ 29, 4 − 9,8t = 0 ⇔ t = 3 .

3

s = 2 ∫ ( 29, 4 − 9,8t )dt = 88, 2( m) 0

Chọn A. Bài 26: Một chiếc xe hơi đang di chuyển với vận tốc 54km/h thì phát hiện phía trước có 1 chướng ngại vật trên đường cách khoảng 20m, người lái xe quyết định hãm phanh, giả sử sau đó xe chuyển động chậm dần đều với phương trình vận tốc −6t + 15(m/ s) . Khi xe dừng hẳn thì khoảng cách giữa xe và chướng ngại vật là bao nhiêu?

A. 1,35m.

B. 1,25m.

C. 1,45m.

D, 1,15m.

Giải: 5 Ta có: 45km/h = 15m/s, xe dừng hẳn lúc v = 0 ⇒ t = (s) .

2 Quãng đường mà xe còn di chuyển từ khi hãm phanh là: 5 2

s = ∫ ( −6t + 15 )dt = 0

75 m < 20m .

4

Khoảng cách của xe và chướng ngại vật là: 75 5 20 − = = 1, 25 4 4 Chọn B. Bài 27: Một công ty có hai dự án đầu tư Q1 và Q2. Giả sử sau một thời gian t năm thì dự án thứ nhất sinh lợi nhuận với tốc độ là Q1 (t ) = 100 + t 2 (trăm đô la/năm). Tính lợi nhuận vượt thực tế từ lúc ban

đầu tới khi tốc độ sinh lợi nhuận dự án thứ 2 vượt bằng dự án đầu tư thứ nhất.

Trang 69

A. Xấp xỉ 5243,83 (trăm đô la).

B. Xấp xỉ 4243,83 (trăm đô la).

C. Xấp xỉ 4143,83 (trăm đô la).

D. Xấp xỉ 4144,83 (trăm đô la).

Giải: Thời điểm mà tốc độ sinh lợi nhuận dự án thứ 2 vượt bằng dự án đầu tư thứ nhất thỏa mãn: t = 23( nhan) .

100 + t 2 = 15t + 284 ⇔ t 2 − 15t − 184 = 0 ⇔  t = −8(loai ) Lợi nhuận vượt thực tế từ lúc ban đầu t=0 cho tới t=23 là: 23

∫

23

Q2 (t ) − Q1 (t ) dt =

0

∫ 0

t 2 − 15t − 184 dt =

24863 ≈ 4143,83 (trăm đô la).

6

Chọn C. Bài 28: Thời gian và vận tốc của một vật khi nó đang trượt xuống trên mặt phẳng nghiêng có mối 2 dv (giây). Chọn gốc thời gian là lúc vật bắt đầu chuyển động. liên hệ theo công thức t = ∫ 20 − 3v Hãy tìm phương trình vận tốc của vật: 20 20 20 20 A. v = − .

B. v = + .

3 t 3 3 e 3 3 e 3t C. v =

20 20 20 20 20 20 − hoặc v = + .

D. v = + .

3 3 e 3t 3 3 e 3t 5 3 e 3t Giải: 2 2 dv = − ln 20 − 3v + C , C ∈ R .

Ta có: t = ∫ 20 − 3v 3 2 2 Lúc t=0 thì vật có vận tốc là 0 suy ra : 0 = − ln 20 + C ⇒ C = ln 20 .

3 3 2 2 3 Hay: t = − ln 20 − 3v + ln 20 ⇔ ln 20 − t 3 3 2 20 ⇔ 20 − 3v = e 3t 20 20 20   20 3 (nhan) . − v = v = −   3t 3 3 e 3t e ⇔ ⇔   20 20 20 (loai)  20 − 3v = − 3t v = 3 + e 3 e3 t   Loại vì phương trình thứ 2 không thể cho được giá trị v=0 tại t=0.

Chọn A.

Bài 29: Tập đoàn dầu khí Việt Nam PVC dự định đầu tư một khu sản xuất, chế biến dầu thô tại Quảng Ngãi. Giả sử sau t năm đầu tư, dự án đầu tư lần một sẽ phát sinh lợi nhuận với tốc độ Trang 70

P1 (t ) = 50 + t 2 trăm đô la/năm, Tiếp sau đó dự án lần hai sẽ phát sinh lợi nhuận với tốc độ

P2 (t ) = 200 + 5t trăm đô la/năm. Biết sau thời gian t năm thì tốc độ lợi nhuận của dự án hai bằng một nửa với tốc độ lợi nhuận với dự án một. Tính lợi nhuận vượt thực tế cho khoảng thời gian trên.

B. 6576,4 đô.

C. 5676,4 đo.

D. 6679,4 đô.

A. 6674,6 đô.

Giải: Khoảng thời gian để tốc độ sinh lợi nhuận để dự án hai bằng một nửa dự án lần một khi: P1 (t ) = 2 P2 (t )

⇔ 50 + t 2 = 400 + 10t ⇔ t 2 − 10t − 350 = 0 t = 5 + 5 15 ⇔ t = 5 − 5 15 ⇒ t = 5 + 5 15 năm.

Lợi nhuận vượt trong khoảng thời gian 0 ≤ t ≤ 5 + 5 15 sẽ xác định bằng tích phân sau: 5+ 5 15

5+ 5 15

∫ [ P (t) − P (t)]dt = ∫ ( 400 + 10t ) − ( 50 + t )dt 2

L=

2

2

0

0

5+ 5 15

=

∫ ( 350 + 10t − t )dt 2

.

0 5+ 5 15

1   =  350t + 5t 2 − t 3  3 0  Chọn A.

= 6674.6

Bài 30: Trong giờ thực hành môn Vật Lí. Một nhóm sinh viên đã nghiên cứu về sự chuyển động của các hạt. Trong quá trình thình thực hành thì nhóm sinh viên này đã phát hiện một hạt proton di −2

chuyển trong điện trường với biểu thức gia tốc (theo cm / s 2 ) là: a = −20 (1 + 2t ) . Với t được tính bằng giây. Nhóm sinh viên đã tìm hàm vận tốc v theo t, biết rằng khi t=0 thì v = 30m / s 2 . Hỏi biểu thức đúng là:  10   10  A. v =  B. v =  + 25  cm / s 2 . + 30  cm / s 2 .  1 + 2t   1 + 2t 

 10   10  C. v =  + 10  cm / s 2 .

D. v =  + 20  cm / s 2 .  1 + 2t   1 + 2t  Giải: Trước hết để giải bài này ta chú ý biểu thức vận tốc v theo thời gian t có gia tốc là a. v = ∫ a.dt .

Áp dụng CT trên Ta có: Trang 71

v = ∫ a.dt = ∫

20

(1 + 2t )

2

dt ,

Đến đây ta đặt:

du 2 . −10 10 10 −2 v = ∫ 2 du = ∫ −10u du = + K = +K u u 1 + 2t Với t=0., v=30 suy ra K=20.

Vậy biểu thức vận tốc theo thời gian là:  10  v= + 20  cm / s 2 .  1 + 2t  Chọn D. u = 1 + 2t ⇒ du = 2dt ⇒ dt =

Bài 31: 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 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.

Giải: Tia lửa điện chịu tác dụng của trọng lực hướng xuống nên ta có gia tốc a = −9,8 ( m / s 2 ) .

Ta có biểu thức vận tốc v theo thời gian t có gia tốc a là: v = ∫ a.dt = ∫ −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 . chọn A. Bài 32: 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(m).

Giải: Tia lửa điện chịu tác động của trọng lực hướng xuống nên ta có gia tốc a = −9,8(m/ s 2 ) .

Ta có biểu thức vận tốc v theo thời gian t có gia tốc a là: v = ∫ a.dt = ∫ −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 , Trang 72

Lấ y

tích

phân

biểu

thức

vận

tốc

ta

sẽ

được

biểu

thức

quãng

đường:

s = ∫ vdt = ∫ ( −9,8t + 15 ) dt = −4,9t + 15t + K .

2

Theo đề bài ta được khi t = 0 ⇒ s = 0 ⇒ K = 0 Vậy biểu thức tọa độ của quãng đường là: s = −4,9t 2 + 15t Khi t= 2,5(s), ta sẽ được s= 6,875(m).

Chọn D. Bài 33: Một vật chuyển động có phương trình v = 5 + at (m / s) . Hỏi sau thời gian 5 giây thì vật chuyển động quãng đường là?

A. 147,5(m).

B. 157,5(m).

C. 137,5(m).

D. 127,5(m).

Giải: Quãng đường là nguyên hàm của vận tốc, Ta có: s = ∫ vdt = ∫ ( v0 + at ) dt = ∫ ( 5 + at ) dt .

1 Do đó, quãng đường có biểu thức là: s = v0t + at 2 + C (1) .

2 Khi t = 0 ⇒ s = 0 ⇒ C = 0.

Theo đề bài: t = 5(s),a = 9,8(m/ s 2 ) , thay vào phương trình (1) ta được 1 5.5 + 9,8.52 = 147.5(m) .

2 Chọn A. Bài 34: Trong mạch máy vi tính, cường độ dòng điện (đơn vị mA) là một hàm số theo thời gian t như sau: i = 0.3 − 0.2t . Hỏi tổng điện tích đi qua một điểm trong mạch trong 0.05(s) là bao nhiêu?

A. 0.013(mC).

B. 0.014(mC).

C. 0.01475(mC).

D. 0.016(mC).

Giải: Ta có biểu thức tọa độ q như sau: q = ∫ idt = ∫ ( 0.3 − 0.2t ) dt = 0.3t − 0.1t 2 + K .

Khi t = 0 ⇒ q = 0 ⇒ K = 0.

Vậy ta có: q = 0.3t − 0.1t 2 2

qt =0.05 = 0.3 × 0.05 − 0.1 × ( 0.05 ) = 0.01475(mC) (Đơn vị đo là mili-coulomb vì cường độ dòng điện i là mA) Chọn C. Bài 35: Hiệu điện thế đi qua tụ điện có điện dung 8.5(nF) đặt trong mạch thu sóng FM gần bằng 0.

Nếu cường độ dòng điện i = 0.042t (mA) nạp vào tụ. Tìm hiệu điện thế sau 2µ s .

A. 9.22(nV).

B. 9.88(nV).

C. 9.55(nV).

D. 9.44(nV).

Trang 73

Giải: Ta có: hiệu điện thế VC có biểu thức như sau: VC =

1 idt .

C∫

1nF = 10−9 F  Ta lưu ý các đại lượng vật lý sau: 1µ s = 10−6 s  −3 0.042t ( mA ) = 0.042 × 10 t ( A ) Ta có: 2 0.042 × 10−3 3 t 4.94 10 VC = tdt = × + K = 2.47 × 103 t 2 + K . −9 ∫ 8.5 × 10 2 Theo giả thiết: t = 0 ⇒ VC = 0 ⇒ K = 0.

Do đó VC = 2.47 × 103 t 2 .

Khi t = 2µ s , ta sẽ được: 2

VC = 2.47 × 103 ( 2 × 10−6 ) = 9.882 × 10−9 = 9.88 ( nV ) .

Chọn B.

Bài 36: Trong mạch các máy tivi, cường độ dòng điện (đơn vị mA) là một biểu thức hàm số theo thời gian t cho như sau: i = 0.5 − 0.1t . Hỏi điện tích đi qua một điểm trong mạch trong thời gian 0.03(s) là bao nhiêu?

A. 0.024(mC).

B. 0.015(mC).

C. 0.017(mC).

D. 0.016(mC).

Giải: Ta có: biểu thức điện tích q là:

q = ∫ idt = ∫ ( 0.5 − 0.1t ) dt = 0.5t − 0.05t 2 + K .

Khi t = 0, q = 0 → K = 0 .

Vậy ta được: q = 0.5t − 0.05t 2 2

qt = 0.03 = 0.5 × 0.03 − 0.05 × ( 0.03) = 0015 ( mC )

.

Chọn B. Bài 37: Một vật chuyển động với vận tốc v(t ) = 1 − 2sin 2t (m/ s) . Tính quãng đường S (m) mà vật di chuyển trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 0(s) đến thời điểm t = A. S =

3π − 1.

4 Giải:

B. S =

3π .

4

C. S = Trang 74

3π + 1.

4

3π (s) .

4

D. S =

π 3

.

Quãng đường một vật di chuyển trong khoảng thời gian từ thời điểm t = t0 (s) đến thời điểm t1

t = t1 ( s ) với vận tốc v ( t ) m / s được tính theo công thức s = ∫ v ( t )dt . t0

Chọn A. Bài 38: Một nhà sản xuất tấm lợp kim loại bằng tôn có chiều rộng 28inch và cao 2inch, bề mặt tấm lợp được dàn bằng máy theo phương trình máy tính lập trình trước mà tập hợp các điểm trên bề mặt πx . Từ một tấm phôi kim loại phẳng có chiều dài w. tấm lợp đều thuộc đồ thị của hàm số y = sin 7 Tính chiều dài cần thiết của tấm phôi kim loại để chế tạo được tấm lợp theo yêu cầu trên, biết rằng b

2

độ dài của đường cong y = f ( x) trên đoạn [a;b] được xác định bởi công thức L = ∫ 1 + [ f ′( x ) ] dx 0

w

2in 28in

28

A. w =

∫

1 + sin 2

0 28

C. w =

∫ 0

πx 7

28

B. w =

dx.

∫

1 + cos 2

0 2

28

πx π 1 +  + cos  dx 7  7

D. w =

∫ 0

πx 7

dx.

2

πx 7 1 +  + cos  dx 7  π

Giải: Tấm lợp có độ dài 28inch và các điểm trên mặt tấm lợp thuộc đồ thị y =

πx

nên ta có thể 7 chọn trục Ox sao cho O nằm ở mép đầu của tấm lợp, điểm còn lại ở mép bên kia sẽ có hoành độ là 28.

Ta có: y′ =

π 7

cos

πx 7

28

do đó: w =

∫ 0

2

πx π 1 +  + cos  dx .

7  7

Chọn C. Bài 39: Một viên đạn được bắn lên theo phương thẳng đứng với vận tốc ban đầu là 25m/s. Gia tốc trọng trường là 9,8 m / s 2 . Quãng đường viên đạn đi được từ lúc bắn lên cho đến khi chạm đất là: 3125 3125 125 6250 m. m. m. D. s = m.

A. s = B. s = C. s = 98 49 49 49 Trang 75

Giải: Quãng đường một vật di chuyển trong khoảng thời gian từ thời điểm t = t0 (s) đến thời điểm t1

t = t1 ( s ) với vận tốc v ( t ) m / s được tính theo công thức s = ∫ v ( t )dt . t0

ở đây vận tốc v ( t ) = 25 − 9,8 t . tại thời điểm vật có độ cao lớn nhất thì v ( t ) = 0 ⇔ t = 125 49

do đó quãng đường S =

∫ ( 25 − 9,8 t )dt = 0

125 , 49

6250 .

49

chọn D. Bài 40: Một xô nước bị rỉ có trong lượng 5N được nâng lên không trung 20(m) với tốc độ cố định.

Biết lực nâng xô nước là x với x là khoảng từ xô nước tới mặt đất. Hỏi công sinh ra khi ta bỏ qua trong lượng xô nước bằng?

A. 20J. B. 25J. C. 30J. D. 35J. Giải: x Vì F ( x ) = − + 2 , nên khi đó ta có: 10 b 20  x2   x  Công A = ∫ F ( x )dx = ∫  − + 2 dx =  − + 2 x  |020 = 20 J .

10   20  a 0  Chọn A. Bài 41: Một nhà nghiên cứu ước tính rằng sau t giờ kể từ 0h đêm, nhiệt độ của thành phố Hồ Chí 2 2 Minh được cho bởi hàm C ( t ) = 40 − ( t − 10 ) (độ C) với 0 ≤ t ≤ 24 . Nhiệt độ trung bình của thành 3 phố từ 8h sáng đến 5h chiều là: A. 31

B. 31,33

C. 33, 47

D. 33,33

Giải: Nhiệt độ trung bình từ a giờ đến b giờ tính theo công thức: b

1 [C (t ) ]dt . b − a ∫a

Áp dụng vào bài ta có nhiệt độ trung bình cần tính là: 8

8

1 1  2 2 40 − ( t − 10 ) dt = 31,33 .

[C (t )]dt = ∫ ∫  8−5 5 8−5 5  3 

Chọn B. Bài 42: Bến xe Quyết Thắng quyết định sẽ đầu tư một khu trung tâm thương mại Quyết Thắng Mart tại trung tâm Thị trấn Vạn Giã huyện Vạn Ninh, tỉnh Khánh Hòa. Giả sử như sau n năm đầu tư, lợi Trang 76

nhuận phát sinh trong lần đầu tư đầu tiên với tốc độ là P1 ( n ) = 2n 2 + 5 trăm đô la/năm, tiếp sau đó là dự án đầu tư lần hai thì phát sinh lợi nhuận có tốc độ P2 ( n ) = 20n + 170 trăm đô la/năm. Tính lợi nhuận vượt thực tế cho khoảng thời gian trên, biết sau thời gian n năm thì tốc độ lợi nhuận của lần đầu tư hai gấp 10 lần tốc độ lợi nhuận lần đầu tiên.

A. 345 trăm đô.

B. 456 trăm đô.

C. 567 trăm đô.

D. 678 trăm đô.

Giải: Khoảng thời gian để tốc độ lợi nhuận của dự án hai gấp 10 lần tốc độ lợi nhuận dự án đầu tiên:

P2 (n) = 10 P1 (n) ⇔ 20n + 170 = 10 ( 2n 2 + 5 ) . n = 3 ⇔ 20n 2 − 20n − 120 = 0 ⇔  ⇒n=3  n = −2 Lợi nhuận vượt trong khoảng thời gian trên 0 ≤ n ≤ 3 sẽ được xác định bằng tích phân sau: 3

3

0

0

I = ∫ [ P2 ( x) − P1 ( x) ]dn = ∫ (170 + 20n ) − ( 2n 2 + 5 ) dn 3

3

2   = ∫ (165 + 20n − 2n 2 )dn = 165n + 10n 2 − n3  = 567.

3 0  0 Chọn C.

.

Bài 43: Một hạt electron có điện tích âm là 1, 6.10−19 C . Người ta tiến hành tách hai electron từ 1pm đến 4 pm . Hỏi công sinh ra là bao nhiêu?

A. 1, 2.10−16 J Giải:

B. 1, 728.10−16 J

C. 1,928.10−16 J

D. 1,38.10−16 J .

Ta nhắc lại đơn vị "pm" là đơn vị đo pico-metre, hay 10−12 ( metre ) .

Ta nêu ra các đại lượng:

a = 1×10−12 m  −12 b = 4 × 10 m  9 k = 9 ×10 q = q = 1.6 × 10−19 C  1 2 Lực tương tác giữa hai điện tích là F ( x) = k b

Vậy ta được công A = ∫ a

kq1q2 dx . x2

Thay vào ta có:

Trang 77

q1q2 với x là khoảng cách giữa hai điện tích. x2

4×10−12

∫

A=

−19 2

( 9.10 )( −1.6 ×10 ) dx = 9

x2

1×10−12

4.10−12

( 2,304 ×10−28 )  −x1  −12 = 1,728.10−16 ( J ) .

1.10

Chọn B. 0

Bài 44: Nhiệt độ T (tính theo

C ) ghi nhận trong một ngày thỏa mãn đường cong sau đây: T = 0.001t − 0.28t + 25 . Với t là giờ và được tính từ lúc giữa trưa ( −12 ≤ t ≤ 12 ). Hỏi nhiệt độ trung bình của ngày hôm đó là bao nhiêu?

A. 14.70 C. B. 13.70 C. C. 15.70 C. D. 16.70 C. Giải: Ta có công thức: nhiệt độ trung bình là: b 1 . T (t )dt với a=-12;b=12. b − a ∫a 4

2

Chọn C. Bài 45: Qua theo dõi diễn biến sản xuất lúa gạo ở huyện V từ đầu năm đến nay, tổng sản lượng lúa của huyện V đang ở vụ Hè-Thu được mô tả bởi TH ( x) = 175 x 2 + 275 (tấn) và chỉ bằng 75% so với chỉ tiêu của vụ Đông-Xuân TD ( x ) = 100 x 2 + 400 x + 900 (tấn). tính sản lượng thực tế trong thời gian sản xuất, biết x là số tháng sản xuất (1 ≤ x ≤ 12 ) .

A. 6780 tấn.

B. 5670 tấn.

C. 4560 tấn.

D. 3300 tấn.

Giải: Thời gian sản xuất để tổng lượng lúa của huyện V đang ở vụ Hè-Thu chỉ bằng 75% so với chỉ tiêu của vụ Đông-Xuân:

TH ( x) = 75%TD ( x) ⇔ 175 x 2 + 275 = 0, 75 (100 x 2 + 400 x + 900 )

x = 4 ⇔ 100 x 2 − 300 x − 400 = 0 ⇔  ⇒ x = 4 thang  x = −1 Sản lượng thực tế trong thời gian sản xuất 1 ≤ x ≤ 4 của 2 vụ mùa sẽ được xác định bằng tích phân sau: 4

4

1

1

J = ∫ [TD ( x) − TH ( x)]dx = ∫ (100 x 2 + 400 x + 900 ) − (175 x 2 + 275 ) dx 4

4

= ∫ ( 625 + 400 x − 75 x 2 )dx = ( 625 x + 200 x 2 − 25 x 3 ) = 3300 1

1

Chọn D. Bài 46: Vi khuẩn HP (helicobacter pylori) gây đau dạ dày tại ngày thứ m với số lượng F(m). Biết nếu phát hiện sớm khi số lượng vi khuẩn không vượt quá 5000 con thì bệnh nhân sẽ được cứu chữa.

Trang 78

4000 và lần đầu đi khám bệnh nhân có 2550 con vi khuẩn. Sau 15 ngày bệnh nhân đi 2m + 1 khám lại. Hỏi khi đó có bao nhiêu con vi khuẩn trong dạ dày và bệnh nhân có cứu chữa được không?

A. 50508 và không cứu được.

B. 1499 và cứu được.

D. 7346 và không cứu được.

C. 62283 và không cứu được.

Biết F ' ( m ) =

Giải: Số con vi khuẩn sau 15 ngày bị nhiễm bênh là: 15

2550 + ∫ 0

4000 dm = 7345,8con ⇒ không cứu được.

2m + 3

Chọn A. Bài 47: Công ty Acos một dự án đầu tư, sau thời gian t (năm) kể từ khi bắt đầu dự án cho lợi nhuận

K ( t ) và tốc độ sinh lợi nhuận là K ' ( t ) = 100 ( t 3 + t 2 ) (triệu đồng/năm). Tính lợi nhuận công ty A thu về từ dự án này ở năm thứ 10.

A. 2833 triệu.

B. 28333 triệu.

Giải:

C. 283333 triệu.

Ta có: K ( t ) = ∫ 100 ( t 3 + t 2 ) dt = 25t 4 +

D. 283 triệu.

100 3 t + C , lúc bắt đầu dĩ nhiên lợi nhuận bằng 0 nên 3

K(0) =0 suy ra C= 0, do đó:

100 3 t .

3 Lợi nhuận mà công ty A thu về kể từ khi bắt đầu đến năm thứ 10 là K(10)=283333 triệu.

Chọn C. K ( t ) = ∫ 100 ( t 3 + t 2 ) dt = 25t 4 +

Bài 48: Nhịp trung tâm của cầu Cổng Vàng tại San Francisco của Mỹ là 1280 (m). Chiều cao của tòa tháp là 152(m) tính từ mặt đường. Hỏi cáp treo chính giữa hai tòa tháp có chiều dài là bao nhiêu?

Biết rằng một cáp treo tự do có hình dạng dây chuyền. Dạng tổng quát của dây chuyền này là tổng của hai hàm số mũ y =

a ( eax + e− ax )

2

.

Trang 79

A. 1320 (m).

B. 1323 (m).

C. 1325 (m).

D. 1327 (m).

Giải: Đầu tiên ta cần mô hình đường cong này. Nghĩa là ta tìm phương trình đường cong giống với hình cáp treo. Ta đặt gốc tọa độ ngay điểm thấp nhất của đường cong dây cáp. Đường cong yêu cầu (tương đối) đi qua các điểm ( −640;152 ) , ( 0,0 ) , ( 640;152 ) , nên có phương trình là: x −x  1326  1326 e +e  − 1 . Ta xem đồ thị minh họa sau: y = 1280   2    

Đạo hàm hàm số trên ta được: x −x  1326  1326 640  e + e  y' = .  663  2    Sử dụng công thức tính đường cong, bắt đầu từ điểm x = −640 đến điểm x =640. Ta có:

Trang 80

2 x −x   1326   1326  640  e + e   640     dx ≈ 1327 1 +   ∫ 2 × 663 −640       Vậy độ dài sợi dây cáp chính ở nhịp trung tâm dài: 1327 m.

Chọn D.

Bài 49: Nếu lực là một giá trị biến thiên (như nén lò xo) và được xác định bởi hàm F ( x) thì công b

sinh ra theo trục Ox từ a tới b là A = ∫ F ( x)dx (đơn vị là Jun (J)). Một con lắc lò xo đang ở trạng thái a

tự nhiên thì dài 1m và ki bị nén bởi một lực thì nó chỉ còn 0,65cm, biết độ cứng lò xo là k = 16N/m .

Hãy tìm công sinh ra lúc này. Cho biết nếu lực F dùng để kéo căng lò xo đi một khoảng x đơn vị so với trạng thái ban đầu của lò xo thì F có dạng F = kx , với k là độ cứng lò xo.

A. 1 J. B. 0,5 J. C. 0,98 J. D. 0,6 J. Giải: Lực F lúc này được xác định bởi F ( x) = kx ⇔ F ( x) = 16 .

Độ dài lò xo bị nén là: 1m − 0,65m = 0,35m.

0,35

Vậy công sinh ra là: A =

∫ 16 xdx = 0,98 J

.

0

Chọn C. Bài 50: Người ta đặt vào đoạn mạch một hiệu điện thế xoay chiều u = U 0 sin

2π t . Khi đó trong T

 2π  mạch có dòng điện xoay chiều i = I 0 sin  t + ϕ  với ϕ là độ lẹch giữa dòng điện và hiệu điện thế.  T  Hãy tính công của dòng điện xoay chiều thực hiện trên đoạn mạch đó trong thời gian một chu kì.

U I U I U I U I A. 0 0 T cos ϕ .

B. 0 0 T cos ϕ .

C. 0 0 T cos ϕ .

D. 0 0 T cos ϕ .

2 3 4 5 Giải: Ta có: T

T

2π  2π  A = ∫ u.idt = ∫ U 0 I 0 sin  t + ϕ  sin tdt T T   0 0

Trang 81

1  4π  t + ϕ  dt = U 0 I 0 ∫  cos ϕ − cos  2  T  0 T

U I   4π  t + ϕ  dx = 0 0 ∫  cos ϕ − cos  2 0  T  T

T

U I  T  4π  sin  = 0 0  t.cos ϕ − t +ϕ  2  4π  T  0 U 0 I0 T .cos ϕ .

2 Chọn A. =

 2π  Bài 51: Người ta tiến hành một thí nghiệm. Cho một dòng điện xoay chiều i = I 0 sin  t + ϕ  chạy  T  qua một mạch có điện trở thuần R. Hãy tính nhiệt lượng Q tỏa ra trên mạch đó trong thời gian chu kỳ T. RI 02 RI 02 RI 0 RI 0 t. t. t. t.

A. B. C. D. 2 3 2 3 Giải: Để tính nhiệt lượng Q tỏa ra ta phải tính tích phân cận từ t = 0 đến t = T. Ta có:  2π  +ϕ  T T T 1 − cos 2   2π   T dt Q = ∫ R.i 2 dt = ∫ RI 02 sin 2  t + ϕ dt = RL20 ∫ 2  T  0 0 0 T

RI 2  T RI 2  2π  = 0 t − t + ϕ  = 0 T. sin 2  2  4π 2  T  0 Chọn C. Bài 52: Một nhà nghiên cứu khoa học đã tiến hành thực nghiệm như sau. Ông ước tính rằng sau thời gian t giờ kể từ lúc 0h đêm, nhiệt độ của một thành phố nào đó cho bởi hàm 2 2 C ( t ) = 3 − ( t − 13) ,0 ≤ t ≤ 24 . Hãy tính nhiệt độ trung bình của thành phố giữa 6h sáng và 4h 3 chiều.

B. −4.220 C. C. −3.220 C. D. −2.220 C. A. −5.220 C. Giải: Vì 6 giờ sáng và 4 giờ chiều lần lượt tương ứng với t =6 và t = 4.

Như vậy nhiệt độ trung bình của thành phố giữa 6 giờ sáng và 4 giờ chiều chính là giá trj trung bình của hàm nhiệt đô C(t) với 6 ≤ t ≤ 16 . Theo công thức tính giá trị trung bình ta có: Trang 82

16

16

1 1  2 2 3  2 3 − ( t − 13) dt = 3t − ( t − 13)  ttb = ∫  16 − 6 6  3 10  9  6

1  2 1  2 3 3 3 × 16 − (16 − 13)  − 3 × 6 − ( 6 − 13)  = −5.22  10  9 9  10   Vậy nhiệt độ trung bình trong khoảng thời gian dã cho là: -5.22 độ C. Chọn A. =

Bài 53: Một công ty sở hữu một loại máy, biết rằng sau thời gian t năm thì nó sinh ra doanh thu

R ( t ) có tốc độ doanh thu là R ' ( t ) = 5000 − 20t 2 (đô la/năm). Biết chi phí hoạt động và chi phí bảo dưỡng của máy sau t năm là C ( t ) có tốc độ là C ' ( t ) = 2000 + 10t 2 (đô la/năm). Hỏi sau bao nhiêu năm thì máy không còn sinh lãi nữa. Tính tiền lãi thực sinh ra của máy trong khoảng thời gian từ lúc bắt đầu đến khi máy không còn sinh lãi.

B. 15000 đô.

C. 20000 đô.

D. 25000 đô.

A. 10000 đô.

Giải: Lợi nhuận mà máy sinh ra sau t năm hoạt động là: P (t ) = R (t ) − C (t ) Tốc độ lợi nhuận sau t năm là:

P ' ( t ) = R ' ( t ) − C ' ( t ) = ( 5000 − 20t 2 ) − ( 2000 + 10t 2 ) = 3000 − 30t 2 .

Việc máy không còn sinh lãi nữa khi: t = 10 .

P ' ( t ) = 0 ⇔ 3000 − 30t 2 = 0 ⇔ t 2 = 100 ⇒  t = −10(loai) Vậy sau 10 năm thì việc sinh lợi của máy không còn nữa.

Như vậy tiền lãi thực trên khoảng thời gian 0 ≤ t ≤ 10 là P (10 ) − P ( 0 )

Được tính bằng tích phân: 10

P (10 ) − P ( 0 ) = ∫ P '(t )dt = 0

10

∫ ( 3000 − 30t )dt = ( 3000t − 10t ) 2

0

3

10 0

= 20000 đô.

Chọn C. Bài 54: Một người bán tạp hóa nhận một kiện hàng gồm 10.000 kg gạo và số gạo sẽ bán hết trong vòng 5 tháng, với tốc độ 2000 kg/tháng. Nếu chi phí lưu trữ của 1 cent/kg/tháng, thì người đó phải trả bao nhiêu chi phí lưu trữ trong vòng 5 tháng.

B. 10 đô la.

C. 15 đô la.

D. 20 đô la.

A. 5 đô la.

Giải: Gọi S(t) là tổng chi phí lưu trữ (đô la) sau t tháng. Vì gạo được bán với tốc độ không đổi 2000kg/tháng, số kg gạo được lưu trữ sau t tháng là 10000 − 2000t .

Vì chi phí lưu trữ là 1 cent/kg/ tháng, nên tốc độ thay đổi chi phí theo thời gian: Trang 83

S ' ( t ) = (chi phí hằng tháng/kg). (Số kg)= 0,01(10000-2000t).

Do đó, S ( t ) là một nguyên hàm của:

0,01(10000 − 2000t ) = 100 − 20t , tức là: S ( t ) = ∫ S ′ ( t ) dt = ∫ (100 − 20t ) dt = 100t − 10t 2 + C .

Ta lại có, thời điểm hàng gửi tới (khi t = 0) thì không có chi phí lưu trữ, vì vậy:

0 = 100 × 0 − 10 × 02 ⇒ C = 0 Vậy S ( t ) = 100t − 10t 2 .

Do đó tổng chi phí trong 5 tháng tới là:

S ( 5 ) = 100 × 5 − 10 × 52 = 25 đô la.

Chọn D. Bài 55: Tại một nhà máy nào đó, người ta ước tính rằng khi sản xuất và bán q sản phẩm thì doanh thu cận biên là −4q + 4000(USD / đvsp) và chi phí cận biên là 2q − 1200(USD / đvsp). Biết rằng khi sản xuất và bán ra 5 đơn vị sảm phẩm thì lợi nhuận thu được là 50000(USD). Hãy biểu diễn hàm lợi nhuận và nhà sản xuất nên sản xuất bao nhiêu sản phẩm để lợi nhuận thu được là lớn nhất và tìm lợi nhuận lớn nhất đó.

B. P ( 886,7 ) .

C. P ( 868, 7 ) .

D. P ( 888, 7 ) .

A. P ( 866,7 ) .

Giải: Gọi P ( q ) là tổng lợi nhuận của sản phẩm khi sản xuất q sản phẩm.

Ta có: Tốc độ thay đổi doanh thu là: P ' ( q ) = −4q + 4000 − ( 2q − 1200 ) = −6q + 5200.

P ( q ) = ∫ P′ ( q ) dq = ∫ ( −6q + 5200dq ) = −3q 2 + 5200q + C

.

Ta lại có, lợi nhuận khi sản xuất ra 5 đơn vị sản phẩm là 50000 USD, nên: P ( 5) = 50000 ⇒ C = 24075 .

Vậy ta có hàm tổng lợi nhuận của công ty là: P ( q ) = −3q 2 + 5200q + 24075 ⇒ P′ ( x ) = −6q + 5200 = 0 ⇒ q = 886, 7

P′′ ( x ) = −6 < 0 Vậy để lợi nhuận công ty lớn nhất thì công ty phải sản xuất 866,7 (đvsp) và khi đó lợi nhuận lớn nhất là P ( 866,7 ) .

Chọn A. Bài 56: Một vật có khối lượng m, vận tốc ban đầu v0 , di chuyển chịu lực cản có độ lớn FC = kv, v là vận tốc của vật, hằng số k = 1kg / s . Viết biểu thức vận tốc của vật tại thời điểm t.

Trang 84

−k t 1 −mk t 1 −mk t 1 −mk t m A. v = v0e .

B. v = v0e .

C. v = v0 e .

D. v = v0e .

2 3 4 Giải: Bài toán đang xét vật chuyển động dưới tác dụng của một lực, đó là FC .

+ Chọn chiều dương là chiều chuyển động. + Theo định luật II Niu-Tơn: − FC = ma

dv dt Bậy giờ ta đưa vi phân dt và dv vào 2 vế, đồng thời biến v về cùng với vi phân dv. m dv dt = − k v Do ta xét chuyển động của vật từ thời điểm ban đầu t = 0 đến thời điểm t nào đó thì vận tốc v0 cũng đến giá trị v nào đó, tích phân hai vế theo các cận này: − kv = m

1

v

mdv k .v v0

∫ dt = − ∫ 0

t=−

v m m ( ln v − ln v0 ) = ln  0  . k k v

⇒ v = v0e

−k t m

Chọn B. Bài 57: Một lực 1200N nén lò xo từ chiều dài tự nhiên từ 18(cm) xuống còn 16(cm). Hỏi công sinh ra là bao nhiêu nếu ta tiếp tục nén lò xo từ 16(cm) xuống 14(cm).

A. 3600(N/m).

B. 3700(N/m).

C. 3800(N/m).

D. 3900(N/m).

Giải: Ta có hằng số lò xo (theo đơn vị cm): F = kx .

Vậy 1200 = k ( 2 ) ⇒ k = 600(N/ cm) Vậy trong trường hợp này, ta có: F = 600 x .

Vậy công sinh ra xác định bởi: 4

4

Công = ∫ 600 xdx = 300 x 2 = 3600 N .

2

2

Chọn A. Bài 58: số lượng vi khuẩn HP (Helicobacter Pylori) có trong dạ dày của một người bệnh sau thời 1000 gian t (ngày) là f ( t ) , trong đó f ′′ = . Một người bị đau dạ dày do vi khuẩn HP gây ra. Khi đi 2t + 3 Trang 85

khám lần thứ nhất, bằng cách xét nghiệm biết được người này có 2550 con vi khuẩn HP trong dạ dày nhưng lúc này cơ thể chưa phát bệnh. Biết rằng nếu trong dạ dày người bện có trên 50000 con vi khuẩn thì người bệnh sẽ ở tình trạng nguy hiểm. Hỏi nếu sau 15 ngày đó mới đi khám lại thì trong dạ dày của bệnh nhân này có bao nhiêu con vi khuẩn và bệnh nhân có đang trong tình trạng nguy hiểm không? Nếu có thì số lượng vi khuẩn đã vượt quá ngưỡng an toàn là khoảng bao nhiêu con?

A. Không.

B. Có; 433 con.

C. Có; 733 con.

D. Có; 533 con.

Giải: 1000 Ta có: ∫ dt = 500ln ( 2t + 3) + C , C ∈ ℝ 2t + 3 Vì lúc đầu người này có 2550 con vi khuẩn HP trong dạ dày nên: 500ln ( 2.0 + 3) + C = 2550 ⇔ C ≈ 2000, 7 .

Số lượng Vi khuẩn HP sau 15 ngày: 15

∫ ( 500 ln ( 2t + 3) + 2000,7 )dt ≈ 50532,72 > 50000 0

Số lượng vi khuẩn vượt: 50532,72-50000=532,72~ 533 con.

Kết luận: người này đang ở tình trạng nguy hiểm cần nhập viện gấp để điều trị.

Chọn D. Bài 59: Một vật thể đang di chuyển xuống trên một mặt phẳng nghiêng có phương trình biểu diễn 1 dv .Tìm vận tốc v là hàm số theo t nếu như vật bắt đầu di chuyển từ trạng một lực tỉ lệ là t = ∫ 20 − v thái nghỉ.

A. v = 20 (1 − e− t ) .

B. v = 15 (1 − e − t ) .

C. v = 10 (1 − e − t ) .

D. v = 5 (1 − e − t ) .

Giải: 1 dv 20 − v Đặt u = 20 − v ⇒ du = − dv 1 1 dv = − ∫ du = − ln ( u ) + K = − ln ( 20 − v ) + K Vậ y t = ∫ 20 − v u Với t = 0 ⇒ v = 0 .

Vậy 0 = − ln ( 20 ) + K ⇒ K = ln 20 Ta có: t = ∫

Từ đó ta được:

20 20 − v  20  t t = ln 20 − ln ( 20 − v ) ⇒ t = ln  ⇒ e−t = ⇒e = 20 − v 20 .  20 − v  ⇔ 20e − t = 20 − v ⇔ v = 20 − 20e − t ⇔ v = 20 (1 − e − t ) Chọn A.

Trang 86

Bài 60: Công suất điện p tạo ra từ một điện trở nào đó xác định bởi p = 3∫

sin(π t ) dt. với t là thời 2 + cos(π t )

gian. Hãy biểu diễn p là một hàm số theo t.

3 3 A. p = ( ln ( 2 + cos π t ) ) + K .

B. p = − ( ln ( 3 + cos π t ) ) + K .

π

C. p = −

π

3

( ln ( 2 + cos π t ) ) + K . π

D. p =

3

π

( ln ( 3 + cos π t ) ) + K .

Giải: Ta có: p = 3∫

sin (π t ) dt .

2 + cos (π t )

Đặt u = 2 + cosπ t ⇒ du = −π sin π t.

Vậy ta có: sin (π t ) 3 −π sin π t 3 p = 3∫ dt = − ∫ dt = − +K π 2 + cos (π t ) 2 + cos (π t ) π ln ( 2 + cos (π t ) )

(

Vậ y p = −

3

π

)

( ln ( 2 + cosπ t ) ) + K .

Chọn C,

t2 + 4 (m/ s) . Quãng đường vật đó đi được Bài 61: Một vật chuyển động với vận tốc v ( t ) = 1, 2 + t +3 trong 4 giây đầu tiên bằng bao nhiêu? (làm tròn đến hàng phần trăm).

A. 18,82m.

B. 11,81m.

C. 4,06m.

D. 7,28m.

Giải: Quãng đường vật đi được trong 4 giây đầu tiên là: 4

S = ∫ 1, 2 + 0

t2 + 4 dt = 11,81m . t +3

chonjB. Bài 62: Bạn Nam ngồi trên máy bay đi du lịch thế giới và vận tốc chuyển động của máy bay là

v ( t ) = 3t 2 + 5(m/ s) . Quãng đường máy bay đi được từ giây thứ 4 đến giây thứ 10 là: A. 36m.

B. 252m.

C. 1134m.

D. 966m.

Giải: Quãng đường vật đi được trong giây thứ 4 đến giây thứ 10 là: 10

S=

∫ ( 3t

2

+ 5 )dt = 966m .

4

Chọn D. Trang 87

Trang 88