Các dạng toán ứng dụng của tích phân thường gặp trong kỳ thi THPTQG

Giới thiệu Các dạng toán ứng dụng của tích phân thường gặp trong kỳ thi THPTQG

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Các dạng toán ứng dụng của tích phân thường gặp trong kỳ thi THPTQG CHƯƠNG NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN.

Các dạng toán ứng dụng của tích phân thường gặp trong kỳ thi THPTQG
Các dạng toán ứng dụng của tích phân thường gặp trong kỳ thi THPTQG

Tài liệu môn Toán 12 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi từ cơ bản đến vận dụng cao sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn , các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất.

Tài liệu Các dạng toán ứng dụng của tích phân thường gặp trong kỳ thi THPTQG

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng tại đây nhé.

Text Các dạng toán ứng dụng của tích phân thường gặp trong kỳ thi THPTQG
CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG CHUYÊN ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN ĐỀ 20 ĐT:0946798489 MỤC LỤC PHẦN A. CÂU HỎI ……………………………………………………………………………………………………………………………………. 1 Dạng 1. Ứng dụng tích phân để tìm diện tích ……………………………………………………………………………………………….. 1 Dạng 1.1 Bài toán tính trực tiếp không có điều kiện ………………………………………………………………………………………. 1 Dạng 1.2 Bài toán có điều kiện …………………………………………………………………………………………………………………. 13 Dạng 2. Ứng dụng tích phân để tìm thể tích ……………………………………………………………………………………………….. 23 Dạng 2.1 Bài toán tính trực tiếp không có điều kiện …………………………………………………………………………………….. 23 Dạng 2.2 Bài toán có điều kiện …………………………………………………………………………………………………………………. 28 Dạng 3. Ứng dụng tích phân để giải bài toán chuyển động ………………………………………………………………………….. 30 Dạng 3.1 Bài toán cho biết hàm số của vận tốc, quảng đường……………………………………………………………………….. 30 Dạng 3.2 Bài toán cho biết đồ thị của vận tốc, quảng đường …………………………………………………………………………. 33 Dạng 4. Ứng dụng tích phân để giải một số bài toán thực tế ………………………………………………………………………… 37 Dạng 4.1 Bài toán liên quan đến diện tích…………………………………………………………………………………………………… 37 Dạng 4.2 Bài toán liên quan đến thể tích…………………………………………………………………………………………………….. 41 Dạng 5. Ứng dụng tích phân để giải quyết một số bài toán đại số ………………………………………………………………… 45 PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO …………………………………………………………………………………………………………… 48 Dạng 1. Ứng dụng tích phân để tìm diện tích ……………………………………………………………………………………………… 48 Dạng 1.1 Bài toán tính trực tiếp không có điều kiện …………………………………………………………………………………….. 48 Dạng 1.2 Bài toán có điều kiện …………………………………………………………………………………………………………………. 60 Dạng 2. Ứng dụng tích phân để tìm thể tích ……………………………………………………………………………………………….. 74 Dạng 2.1 Bài toán tính trực tiếp không có điều kiện …………………………………………………………………………………….. 74 Dạng 2.2 Bài toán có điều kiện …………………………………………………………………………………………………………………. 81 Dạng 3. Ứng dụng tích phân để giải bài toán chuyển động ………………………………………………………………………….. 84 Dạng 3.1 Bài toán cho biết hàm số của vận tốc, quảng đường……………………………………………………………………….. 84 Dạng 3.2 Bài toán cho biết đồ thị của vận tốc, quảng đường …………………………………………………………………………. 88 Dạng 4. Ứng dụng tích phân để giải một số bài toán thực tế ………………………………………………………………………… 91 Dạng 4.1 Bài toán liên quan đến diện tích…………………………………………………………………………………………………… 91 Dạng 4.2 Bài toán liên quan đến thể tích…………………………………………………………………………………………………….. 99 Dạng 5. Ứng dụng tích phân để giải quyết một số bài toán đại số ………………………………………………………………. 108 PHẦN A. CÂU HỎI Dạng 1. Ứng dụng tích phân để tìm diện tích Dạng 1.1 Bài toán tính trực tiếp không có điều kiện Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 1 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Câu 1. ĐT:0946798489 (THPT LÊ XOAY VĨNH PHÚC LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y  f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn  a; b . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng x  a, x  b được tính theo công thức b A. S  b f ( x ) dx .  B. S  a Câu 2. D. S   a  f ( x ) dx . b (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Gọi S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường y  2 x , y  0 , x  0 , x  2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 2 2 2 B. S  2 x dx   0 2 C. S   2 2 x dx D. S  22 x dx  0  0 0 (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  e x , y  0 , x  0 , x  2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 2 2 x  2 x B. S   e dx A. S  e dx  0 Câu 4. a C. S   f ( x ) dx . a A. S   2 x dx Câu 3.  b f ( x ) dx . 2 x D. S   e2 x dx C. S   e dx  0  0 0 (Mã 102 – BGD – 2019) Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  f ( x ) , y  0, x  1 và x  5 (như hình vẽ bên). Mệnh đề nào sau đây đúng? 1 5 1 A. S   f ( x)dx  f ( x)dx .   1 1 C. S  Câu 5.  f ( x)dx   f ( x)dx . 1 5 1 1  f ( x)dx  f ( x)dx . 1 B. S  1 5 5 D. S   f ( x)dx  f ( x)dx .  1 1  1 (Mã 103 – BGD – 2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  f ( x ) , y  0, x  1, x  2 (như hình vẽ bên). Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. S  1 2  f ( x ) dx +  f ( x ) dx . 1 B. S   1 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 1 2  f ( x ) dx   f ( x ) dx . 1 1 2 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG 1 C. S   ĐT:0946798489 1  f ( x ) dx+ f ( x ) dx . 1 Câu 6. 2 D. S  1 2  f ( x ) dx   f ( x ) dx . 1 1 (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x 3  x và đồ thị hàm số y  x  x 2 . A. Câu 7. 37 12 B. 9 4 C. 81 12 D. 13 (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Gọi S là diện tích hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường 2 0 y  f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng x  1 , x  2 . Đặt a   f ( x ) dx , b   f ( x ) dx , mệnh đề 0 1 nào sau đây đúng? A. S  b  a Câu 8. B. S  b  a C. S  b  a D. S  b  a (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho ( H) là hình phẳng giới hạn bởi parabol y  3x 2 , cung tròn có phương trình y  4  x 2 (với 0  x  2 ) và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của ( H) bằng A. Câu 9. 4  3 12 B. 4  3 6 C. 4  2 3  3 6 D. 5 3  2 3 (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây? Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 3 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG 2 A. 2  ( 2 x  2 ) dx B. 1 2 C.  ( 2 x  2 ) dx 1 2  ( 2 x 2  2 x  4 ) dx D. 1 Câu 10. ĐT:0946798489  ( 2x 2  2 x  4 ) dx 1 (Mã đề 101 – BGD – 2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  f ( x ) , y  0, x  1 và x  4 (như hình vẽ bên). Mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 A. S  4  f ( x ) dx   f ( x ) dx . 1 B. S  1 1 1 4  f ( x ) dx   f ( x ) dx . 1 1 4 1  f ( x ) dx   f ( x ) dx . C. S   Câu 11. 1  f ( x ) dx   f ( x ) dx . D. S   1 4 1 1 (Mã đề 104 – BGD – 2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi cá đường y  f ( x ) , y  0, x  2 và x  3 (như hình vẽ). Mệnh đề nào dưới đây đúng? y y=f(x) x 2 O 1 A. S   C. S   3 1  f ( x ) dx   f ( x ) dx. B. S   f ( x ) dx   f ( x ) dx. D. S  2 1 2 3 1 1 3  f ( x ) dx   f ( x ) dx. 2 1 1 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 3 1 3  f ( x ) dx   f ( x ) dx. 2 1 4 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Câu 12. (CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây? 2 A. 2 2  ( 2 x  2 x  4 ) dx . B. 1 2 C.  2 x  4 ) dx . 2 1 2  ( 2 x 2  2 x  4 ) dx . D. 1 Câu 13.  (2x  ( 2 x 2  2 x  4 ) dx . 1 (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f ( x ) , trục hoành, đường thẳng x  a, x  b (như hình vẽ bên). Hỏi cách tính S nào dưới đây đúng? b A. S   f ( x ) dx . B. S   c b C. S   f ( x ) dx   a Câu 14. b f ( x ) dx   f ( x ) dx . a a c c c  f ( x ) dx . D. S  c b  f ( x ) dx   f ( x ) dx . a c (THPT ĐOÀN THƯỢNG – HẢI DƯƠNG – 2018 2019) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ 3 thị hàm số: y  x  3x , y  x . Tính S . A. S  4 . B. S  8 . Câu 15. D. S  0 . (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường y  3x , y  0 , x  0 , x  2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 2 2 x A. S  3 dx .  0 Câu 16. C. S  2 . 2 2x B. S   3 dx .  2 x C. S   3 dx . 0  0 D. S  32 x dx .  0 (THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên đoạn  a; b . Gọi D là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C ) : y  f ( x ) , trục hoành, hai đường thẳng x  a , x  b (như hình vẽ dưới đây). Giả sử S D là diện tích hình phẳng D . đúng trong các phương án A, B, C, D cho dưới đây? Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 5 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG A. S D  C. S D  0 b 0  f ( x ) dx   f ( x ) dx . B. S D   f ( x ) dx    f ( x ) dx . a 0 0 b a 0 0 b  f ( x ) dx   f ( x ) dx . a Câu 17. b D. S D   f ( x ) dx  0   f ( x ) dx . a 0 2 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  ( x  2 )  1 , trục hoành và hai đường thẳng x  1, x  2 bằng 2 A. . 3 Câu 18. ĐT:0946798489 B. 3 . 2 C. 1 . 3 D. 7 . 3 Cho hai hàm số f ( x) và g ( x) liên tục trên  a ; b . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của các hàm số y  f ( x) , y  g ( x) và các đường thẳng x  a , x  b bằng b A. b   f ( x)  g ( x) dx . B. a Câu 19. C. a  a b f ( x )  g ( x ) dx . D.   f ( x )  g ( x )  dx . a Diện tích phần hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây? 1 A. ( C.  (x 2 1 ) x2  2  x dx . 1 1 2 B.  (x 2 2 1 1 ) x dx . D. 1 Câu 20.  b f ( x )  g ( x ) dx .  (x 2 2 ) x dx . ) x dx . 1 (KTNL GV BẮC GIANG NĂM 2018-2019) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  4x  x2 và trục Ox Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 6 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG A. 11 . Câu 21. B. 34 . 3 C. ĐT:0946798489 31 . 3 D. 32 . 3 (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 – 2019) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y  ( x  2 ) 2 , đường cong y  x 3 và trục hoành ( như hình vẽ ) bằng : A. Câu 22. 11 2 B. 73 12 C. 7 12 D. 5 2 (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Diện tích của hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng x  a , x  b ( a  b ) (phần tô đậm trong hình vẽ) tính theo công thức nào dưới đây ? A. S  c b  f ( x ) dx   f ( x ) dx . a c c C. S   f ( x ) dx  Câu 23.  f ( x ) dx . a b   a c b f ( x ) dx . D. S   f ( x ) dx . a (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Tính diện tích S hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x2  1, x  1, x  2 và trục hoành. A. S  6 . Câu 24. b B. S  B. S  16 . C. S  13 . 6 D. S  13 . (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x 2  5 , y  6 x , x  0 , x  1 . Tính S . A. 4 3 B. 7 3 C. 8 3 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong D. 5 3 7 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Câu 25. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ( C ) : y  A. S  1  ln Câu 26. 4 3 3 x  1 và hai trục tọa độ là S . Tính S ? x 1 4 4 B. S  4 ln C. S  4 ln  1 3 3 0 1 0 3 3  ( x  3 x ) dx   ( 3 x  x ) dx . 1 C. S  1 3 3  ( 3 x  x ) dx   ( x  3 x ) dx . 1 0 1  ( 3x  x ) dx . 3 D. S  1  ( 3x  x ) dx . 3 1 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi y  x 2 ; y  0; x  1; x  2 bằng A. 4 . 3 B. 7 . 3 C. 8 . 3 D. 1 . (THPT LÊ XOAY VĨNH PHÚC LẦN 1 NĂM 2018-2019) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số ( H ) : y  A. 2 ln 2  1 . Câu 29. B. S  0 1 Câu 28. 4 1 3 (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y  x 3  x ; y  2 x và các đường x  1 ; x  1 được xác định bởi công thức: A. S  Câu 27. D. S  ln x 1 và các trục tọa độ. Khi đó giá trị của S bằng x 1 B. ln 2  1 . C. ln 2  1 . D. 2ln 2  1 . (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 – 2019 LẦN 01) Gọi S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các ln x , y  0 , x  1 , x  e . Mệnh đề nào dưới đây đúng? x2 e e e 2  ln x  ln x ln x A. S    2 dx . B. S   2 dx . C. S    2  dx .  x  x x 1 1 1 đường y   ln x  D. S     2  dx  x  1 e 2 Câu 30. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 2 đồ thị các hàm số y   x  2 x  1 , y  2 x  4 x  1 là A. 8 . B. 5 . C. 4 . D. 10 . Câu 31. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị y  x 2  2 x , y  x  2 . A. Câu 32. B. 9 . 2 C. 5 . 2 D. 11 . 2 (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y  x ln x , trục hoành và đường thẳng x  e là A. Câu 33. 7 . 2 e2  1 . 2 B. e2  1 . 2 C. e2  1 . 4 D. e2  1 . 4 (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi các đường y  x 2 , y  3x  2 . Tính diện tích hình phẳng ( H ) A. Câu 34. 2 (đvdt) 3 B. 1 (đvdt) 3 C. 1 (đvdt) D. 1 (đvdt) 6 (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y  ln x, y  1 và đường thẳng x  1 bằng 2 A. e . B. e  2 . C. 2e . Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong D. e  2 . 8 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Câu 35. Giá trị dương của tham số m sao cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y  2 x  3 và các đường thẳng y  0, x  0, x  m bằng 10 là A. m  Câu 36. 7 . 2 B. m  5 . 2 B. 20 . 3 C. 4 . 3 D. 16 3 (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Tính diện tích phần hình phẳng gạch chéo (tam giác cong OAB ) trong hình vẽ bên. A. Câu 38. D. m  1 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y  4 x  x và đường thẳng y  2 x bằng A. 4 . Câu 37. C. m  2 . 5 . 6 B. 5 . 6 C. 8 . 15 D. 8 . 15 (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn 2 bởi các đường y  x  2 x , y  0 , x  10 , x  10 . A. S  Câu 39. 2000 . 3 1  3 D. S  2008 . 3 2 f ( x ) dx , b   f ( x ) dx . Mệnh đề nào sau đây là đúng. A. S  a  b . 1 B. S  a  b . C. S  a  b . D. S  b  a . (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x 2 và đường thẳng y  2 x là : A. Câu 41. C. S  2000 . (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng x  3 , x  2 (như hình vẽ bên). Đặt a Câu 40. B. S  2008. 4 3 B. 5 3 C. 3 2 D. 23 15 (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y   x 2  2 x  1 , y  2 x 2  4 x  1 là A. 8 B. 5 C. 4 D. 10 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 9 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Câu 42. ĐT:0946798489  7  4 x khi 0  x  1 . Tính diện tích 2  4  x khi x  1   (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Cho hàm số f  x    3 hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f  x và các đường thẳng x  0, x  3, y  0 . A. Câu 43. 16 . 3 B. 20 . 3 C. 10 . D. 9 . (CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Tính diện tích S của hình phẳng ( H ) giới hạn 3 2 bởi các đường cong y   x  12 x và y   x . A. S  Câu 44. 937 12 B. S  343 12 C. S  793 4 D. S  397 4 (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x , y  x  2 và trục hoành. Diện tích của ( H ) bằng y 2 O A. Câu 45. 7 . 3 B. 8 . 3 y x 2 4 C. x 10 . 3 D. 16 . 3 (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ x 1 và các trục tọa độ. Khi đó giá trị của S là x 1 A. S  1  ln 2. B. S  2ln 2  1. C. S  2ln 2  1. thị hàm số y  Câu 46. Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường y  x 2  x  1 và y  x 4  x  1 là A. Câu 47. D. S  ln 2  1. 8 . 15 B. 7 . 15 C. 2 . 5 D. 4 . 15 (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 – 2018 – 2019) Gọi S là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số x 1 và các trục tọa độ. Khi đó giá trị của S bằng x 1 A. S  ln 2  1 . B. S  2ln 2  1 . C. S  ln 2  1 . (H ) : y  Câu 48. D. S  2ln 2  1 . (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tính diện tích của phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ sau: A. 10 . 3 B. 4 . C. 13 . 3 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong D. 11 . 3 10 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 2 Câu 49. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bới parabol y  có phương trình y  4  x và đường cong 12 x2 (tham khảo hình vẽ bên ) 4 Diện tích hình phẳng ( H ) bằng: ( 2 4  3 A. Câu 50. 3 ) B. 4  3 6 C. 4  3 3 D. 4 3  6 (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 – 2019) Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn  5;3 có đồ thị như hình vẽ bên. Biết diện tích của hình phẳng ( A ) , ( B ) , ( C ) , ( D ) giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f ( x ) và trục hoành lần lượt là 6; 3; 12; 2 . Tính tích phân A. 27. Câu 51. B. 25. C. 17.  1 3  2 f ( 2 x  1)  1dx bằng D. 21. (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y  x 3 , y  x 2  4 x  4 và trục Ox (tham khảo hình vẽ) được tính theo công thức nào dưới đây? Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 11 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG 2 A.  1 x 3  ( x 2  4 x  4 ) dx . 0 1 C. 2 B.  x 3dx   0 2 1 3 2  x dx   ( x  4 x  4 ) d x . 0 Câu 52. ĐT:0946798489 D. 1 (x 2  4 x  4 ) dx . 1 2 3 2  x dx   ( x  4 x  4 ) dx . 0 1 (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ – THÁNG 4 – 2018) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x  1 2 2 và nửa trên của đường tròn x  y  1 bằng? A. Câu 53.  4  1 . 2 B.  1 2 .  2 1 . D.  4 1 . [KIM LIÊN – HÀ NỘI – LẦN 1 – 2018] Cho ( H ) là hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ và được giới hạn bởi các đường có phương trình y  A. Câu 54. C. 11 . 6 B. 13 . 2  x khi x  1 10 x  x2 , y   . Diện tích của ( H ) bằng? 3  x  2 khi x  1 C. 11 . 2 D. 14 . 3 (THCS&THPT NGUYỄN KHUYẾN – BÌNH DƯƠNG – 2018) Cho đường tròn có đường kính bằng 4 và 2 Elip lần lượt nhận 2 đường kính vuông góc nhau của đường tròn làm trục lớn, trục bé của mỗi Elip đều bằng 1 . Diện tích S phần hình phẳng ở bên trong đường tròn và bên ngoài 2 Elip (phần gạch carô trên hình vẽ) gần với kết quả nào nhất trong 4 kết quả dưới đây? Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 12 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG A. S  4,8 . Câu 55. B. S  3, 9 . ĐT:0946798489 C. S  3,7 . D. S  3, 4 . (THPT TRẦN QUỐC TUẤN – LẦN 1 – 2018) Tính diện tích S của miền hình phẳng giới hạn bởi đồ thị 3 2 của hàm số f ( x )  ax  bx  c , các đường thẳng x  1 , x  2 và trục hoành (miền gạch chéo) cho trong hình dưới đây. A. S  Câu 56. 51 . 8 B. S  52 . 8 C. S  50 . 8 D. S  53 . 8 (THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU – LẦN 3 – 2018) Cho hàm số f liên tục trên đoạn  6; 5 , có đồ 5 thị gồm 2 đoạn thẳng và nửa đường tròn như hình vẽ. Tính giá trị I    f ( x )  2 dx . 6 A. I  2  35 . B. I  2  34 . Dạng 1.2 Bài toán có điều kiện C. I  2  33 . Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong D. I  2  32 . 13 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Câu 57. ĐT:0946798489 Hình vuông OABC có cạnh bằng 4 được chia thành hai phần bởi đường cong ( C ) có phương trình y 1 2 x . Gọi S1 , S2 lần lượt là diện tích của phần không bị gạch và bị gạch như hình vẽ bên dưới. Tỉ số 4 S1 bằng S2 A. Câu 58. 3 . 2 B. 3 . C. 1 . 2 D. 2 . (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Kí hiệu S ( t ) là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường y  2 x  1 , y  0 , x  1 , x  t ( t  1) . Tìm t để S ( t )  10 . A. t  3 . Câu 59. B. t  4 . (Mã đề 104 – BGD – 2019) Cho đường thẳng C. t  13 . 3 y x 2 và parabol D. t  14 . y  x2  a ( a là tham số thực dương). Gọi S1 , S2 lần lượt là diện tích hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi khoảng nào dưới đây? A. Câu 60.  2  0;   5 B. 1 9   ;   2 16  C. 2 9   ;   5 20  D. S1  S 2 thì a thuộc  9 1  ;   20 2  3 1 x và parabol y  x 2  a , ( a là tham số thực dương). 4 2 Gọi S1 , S2 lần lượt là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1  S2 thì a (Mã 102 – BGD – 2019) Cho đường thẳng y  thuộc khoảng nào dưới đây? Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 14 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG  7 1 ; .  32 4  A.  Câu 61. 1 9  .  4 32  B.  ;  3 7  ; .  16 32  C.  ĐT:0946798489   D.  0; 3 . 16  (Mã 103 – BGD – 2019) Cho đường thẳng y  3 x và parabol 2 x 2  a ( a là tham số thực dương). Gọi S1 và S 2 lần lượt là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1  S2 thì a thuộc khoảng nào dưới đây?  9  8 A.  1;  . Câu 62.  9  ;1  .  10  B.  4 9  .  5 10  C.  ;   4 5 D.  0;  . 2 2 2 (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hai hàm số f ( x )  ax  bx  cx  2 và g ( x )  dx  ex  2 ( a , b , c , d , e   ). Biết rằng đồ thị của hàm số y  f ( x ) và y  g ( x ) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là 2 ; 1; 1 (tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng A. 37 12 B. 37 6 C. 13 2 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong D. 9 2 15 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Câu 63. ĐT:0946798489 (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hai hàm số f ( x )  ax 3  bx 2  cx  ( a, b, c, d , e   ) . Biết rằng đồ thị hàm số 1 2 và g ( x )  dx  ex  1 2 y  f ( x ) và y  g ( x ) cắt nhau tại 3 điểm có hoành độ lần lượt là 3 ; 1 ; 1 (tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị đã cho có diện tích bằng A. 5 Câu 64. (MĐ B. 103 BGD&ĐT 9 2 NĂM C. 8 2017-2018) Cho hai D. 4 hàm số f ( x )  ax3  bx 2  cx  1 và 1 ( a, b, c, d , e   ) . Biết rằng đồ thị của hàm số y  f ( x) và y  g ( x) cắt nhau tại 2 ba điểm có hoành độ lần lượt 3; 1; 2 (tham khảo hình vẽ). g ( x )  dx 2  ex  Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng A. Câu 65. 253 12 B. 125 12 C. 253 48 (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hai hàm số f ( x )  ax 3  bx 2  cx  ( a, b, c, d , e   ) . Biết rằng đồ thị của hàm số D. 125 48 3 3 và g ( x )  dx 2  ex  , 4 4 y  f ( x ) và y  g ( x ) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là 2 ; 1; 3 (tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 16 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG A. Câu 66. 253 48 B. 125 24 C. 125 48 D. 253 24 ( P1 ) : y   x 2  2 x  3 cắt trục hoành tại hai điểm A, B và đường thẳng d : y  a ( 0  a  4 ) . Xét parabol ( P2 ) đi qua A, B và có đỉnh thuộc đường thẳng y  a . Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P1 ) và d .Gọi S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P2 ) và trục hoành. Biết S1  S2 Cho parabol , tính T  a3  8a 2  48a . A. T  99 . B. T  64 . Câu 67. ĐT:0946798489 C. T  32 . D. T  72 . (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm số y  f ( x ) là hàm số đa thức bậc bốn và có đồ thị như hình vẽ. Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y  f ( x ); y  f ‘( x ) có diện tích bằng A. Câu 68. 127 . 40 127 . 10 C. 107 . 5 D. 13 . 5 (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các 2 2 đường my  x , mx  y ( m  0 ) . Tìm giá trị của m để S  3 . A. m  1 Câu 69. B. B. m  2 C. m  3 D. m  4 (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Cho hình thang cong ( H ) giới hạn bởi các đường y  e x , y  0 , x  0 , x  ln 4 . Đường thẳng x  k ( 0  k  ln 4) chia ( H ) thành hai phần có diện tích là S1 và S 2 như hình vẽ bên. Tìm k để S1  2 S 2 . A. k  Câu 70. 4 ln 2 . 3 8 3 B. k  ln . C. k  ln 2 . D. k  ln 3 . (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số đa thức bậc bốn y  f ( x ) và y  g ( x ) . Biết rằng đồ thị cảu hai hàm số này cắt nhau tại đúng ba điểm phân biệt có hoành độ Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 17 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 lần lượt là 3;  1; 2. Diện tích của hình phẳng ( H ) ( phần gạch sọc trên hình vẽ bên ) gần nhất với kết quả nào dưới đây? A. 3,11 Câu 71. B. 2,45 D. 2,95 2 (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho parabol ( P ) : y  x và hai điểm A, B thuộc ( P ) sao cho A. Câu 72. C. 3, 21 AB  2 . Diện tích lớn nhất của hình phẳng giới hạn bởi ( P ) và đường thẳng AB là 3 . 4 B. 3 . 2 C. 2 . 3 D. 4 . 3 2 (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho Parabol ( P ) : y  x  1 và đường thẳng d : y  mx  2 với m là tham số. Gọi m0 là giá trị của m để diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) và d là nhỏ nhất. Hỏi m0 nằm trong khoảng nào? 1 2 A. ( 2;  ) . Câu 73. C. (1; B. (0;1). 1 ). 2 1 2 D. ( ;3) . (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn  5;3 . Biết rằng diện tích hình phẳng S1 , S 2 , S3 giới hạn bởi đồ thị hàm số f ( x ) và đường parabol y  g ( x )  ax 2  bx  c lần lượt là m, n, p . 3 Tích phân  f ( x ) dx bằng 5 A.  m  n  p  208 . 45 B. m  n  p  208 45 C. m  n  p  Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 208 . 45 D.  m  n  p  208 . 45 18 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Câu 74. ĐT:0946798489 (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 – 2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  và có đồ thị như hình  2 vẽ bên. Biết rằng diện tích các phần ( A ) , ( B ) lần lượt bằng 3 và 7 . Tích phân  cos x . f ( 5sin x  1) dx 0 bằng A.  Câu 75. 4 5 B. 2 C. 4 5 D. 2 Cho hàm số y  f ( x ) có đồ thị như hình vẽ và diện tích hai phần A, B lần lượt bằng 11 và 2. 0 Giá trị của I   f ( 3x  1) dx bằng 1 A. 3. Câu 76. B. 13 . 3 C. 9. D. 13. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi đồ thị ( C ) của hàm đa thức bậc ba và parabol ( P ) có trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần tô đậm của hình vẽ có diện tích bằng Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 19 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG A. Câu 77. Câu 78. 37 . 12 B. 7 . 12 C. ĐT:0946798489 11 . 12 D. 5 . 12 x2 chia hình tròn có tâm là gốc tọa độ, bán 2 S kính bằng 2 2 thành hai phần có diện tích S1 và S2 , trong đó S1  S2 . Tìm tỉ số 1 . S2 3  2 9  2 3  2 3  2 A. . B. . C. . D. . 12 3  2 9  2 21  2 (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Parabol y  Tìm số thực a để hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm y  x 2  2ax  3a 2 a 2  ax và có diện tích y  1  a6 1  a6 lớn nhất. A. Câu 79. 1 . 3 2 B. 1. C. 2. D. 3 3. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Cho hàm số y  f ( x ) có đạo hàm trên  , đồ thị hàm số y  f ( x ) như hình vẽ. Biết diện tích hình phẳng phần sọc kẻ bằng 3 . Tính giá trị của biểu thức: 2 3 4 T   f  ( x  1) dx   f  ( x  1) dx   f ( 2 x  8 ) dx 1 A. T  Câu 80. 9 . 2 B. T  6 . 2 3 C. T  0 . D. T  4 3 . 2 2 (THPT YÊN KHÁNH – NINH BÌNH – 2018 – 2019) Cho hàm số y  x  6 x  m có đồ thị ( Cm ) . Giả sử ( Cm ) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt sao cho hình phẳng giới hạn bởi ( Cm ) và trục hoành có phần phía trên trục hoành và phần phía dưới trục hoành có diện tích bằng nhau. Khi đó m  số nguyên, b  0 , A. 7. Câu 81. a (với a , b là các b a là phân số tối giản). Giá trị của biểu thức S  a  b là: b B. 6. C. 5. D. 4. Hình phẳng (H) được giới hạn bởi đồ thị (C) của hàm số đa thức bậc ba và parabol (P) có trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần tô đậm như hình vẽ có diện tích bằng Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 20 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG A. Câu 82. 37 . 12 B. 7 . 12 C. ĐT:0946798489 11 . 12 D. 5 . 12 (THPT CHUYÊN HẠ LONG – LẦN 2 – 2018) Cho các số p, q thỏa mãn các điều kiện: p  1 , q  1 , 1 1   1 và các số dương a, b . Xét hàm số: y  x p 1 ( x  0 ) có đồ thị là ( C ) . Gọi ( S1 ) là diện tích hình p q phẳng giới hạn bởi ( C ) , trục hoành, đường thẳng x  a , Gọi ( S2 ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , trục tung, đường thẳng y  b , Gọi ( S ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung và hai đường thẳng x  a , y  b . Khi so sánh S1  S 2 và S ta nhận được bất đẳng thức nào trong các bất đẳng thức dưới đây? A. Câu 83. a p bq   ab p q B. a p 1 b q 1   ab . p 1 q 1 C. a p 1 b q 1   ab . p 1 q 1 D. a p bq   ab . p q (SGD&ĐT HÀ NỘI – 2018) Cho khối trụ có hai đáy là hai hình tròn ( O; R ) và ( O; R ) , OO  4 R . Trên đường tròn ( O; R ) lấy hai điểm A, B sao cho AB  a 3 . Mặt phẳng ( P ) đi qua A , B cắt đoạn OO và tạo với đáy một góc 60 , ( P ) cắt khối trụ theo thiết diện là một phần của elip. Diện tích thiết diện đó bằng  4 A.    3 Câu 84.  3 2 R . 2   2 B.    3  3 2 R . 4   2 C.    3  3 2 R . 4   4 D.    3  3 2 R . 2  (THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – GIA LAI – LẦN 2 – 2018) Cho parabol ( P ) : y  x 2 và một đường thẳng d thay đổi cắt ( P ) tại hai điểm A , B sao cho AB  2018 . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) và đường thẳng d . Tìm giá trị lớn nhất S max của S . Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 21 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG 3 A. S max  Câu 85. 2018  1 . 6 3 B. S max  2018 . 3 ĐT:0946798489 3 C. S max  2018  1 . 6 D. S max  20183 . 3 (CHUYÊN KHTN – LẦN 1 – 2018) Cho hàm số y  ax 4  bx 2  c có đồ thị ( C ) , biết rằng ( C ) đi qua điểm A ( 1; 0 ) , tiếp tuyến d tại A của ( C ) cắt ( C ) tại hai điểm có hoành độ lần lượt là 0 và 2 và diện tích hình phẳng giới hạn bởi d , đồ thị ( C ) và hai đường thẳng x  0 ; x  2 có diện tích bằng 28 (phần 5 tô màu trong hình vẽ). Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) và hai đường thẳng x  1 ; x  0 có diện tích bằng A. Câu 86. 2 . 5 B. C. 2 . 9 D. 1 . 5 (THPT TỨ KỲ – HẢI DƯƠNG – LẦN 2 – 2018) Đặt S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y  4  x 2 , trục hoành và đường thẳng x  2 , x  m , ( 2  m  2 ) . Tìm số giá trị của tham số m để S  25 . 3 A. 2 . Câu 87. 1 . 4 B. 3 . C. 4 . D. 1 . (THPT MỘ ĐỨC – QUẢNG NGÃI – 2018) Trong hệ trục tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) : y  x 2 và hai đường thẳng y  a , y  b ( 0  a  b ) (hình vẽ). Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) và đường thẳng y  a (phần tô đen); ( S2 ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) và đường thẳng y  b (phần gạch chéo). Với điều kiện nào sau đây của a và b thì S1  S 2 ? A. b  3 4a . B. b  3 2a . C. b  3 3a . Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong D. b  3 6a . 22 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 2 Câu 88. x  y 2  1 , parabol 4 a c 3 2 3 (với y x và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ) có diện tích T    b d 2 a c a, c  ; b, d  * ; , là các phân số tối giản). Tính S  a  b  c  d . b d (THPT YÊN KHÁNH A – LẦN 2 – 2018) Cho hình phẳng giới hạn bởi Elip A. S  32 . Câu 89. B. S  10 . C. S  15 . D. S  21 . Cho hàm số y  x3  ax 2  bx  c ( a, b, c   ) có đồ thị ( C ) và y  mx 2  nx  p ( m, n, p   ) có đồ thị ( P ) như hình vẽ. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) và ( P ) có giá trị nằm trong khoảng nào sau đây? A. ( 0;1) . B. (1; 2 ) . C. ( 2;3) . D. ( 3; 4 ) . Dạng 2. Ứng dụng tích phân để tìm thể tích Dạng 2.1 Bài toán tính trực tiếp không có điều kiện Câu 90. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Viết công thức tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo ra khi quay hình thang cong, giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f ( x ) , trục Ox và hai đường thẳng x  a, x  b ( a  b ) , xung quanh trục Ox . b A. V   a b f ( x ) dx B. V    b f 2 ( x )dx C. V  a Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong  a b f 2 ( x )dx D. V    f ( x )dx a 23 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Câu 91. ĐT:0946798489 (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên đoạn  a; b . Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng x  a, x  b ( a  b ) . Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành được tính theo công thức: b b A. V   2  f ( x )dx a Câu 92. B. V    f b 2 ( x )dx a b C. V  2  f 2 ( x )dx a D. V   2  f 2 ( x )dx a (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường y  x 2  3 , y  0 , x  0 , x  2 . Gọi V là thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay ( H ) xung quanh trục Ox . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 2 A. V  2 (x 2  3 ) dx 0 2 C. V  (x 2 2  3) dx B. V   (x 0 2 D. V   0 Câu 93. 2 (x 2  3) dx 2  3) dx 0 x (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y  e , trục hoành và các đường thẳng x  0 , x  1 . Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích V bằng bao nhiêu? A. V  Câu 94. (  e2  1 ) 2 e2  1 B. V  2 e 2 C. V  3 D. V  (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho hình phẳng D giới hạn với đường cong y  (  e2  1 ) 2 x 2  1 , trục hoành và các đường thẳng x  0, x  1 . Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích V bằng bao nhiêu? A. V  2 Câu 95. B. V  4 3 V bằng bao nhiêu? A. V  (   1) 4 3  . Khối tròn xoay tạo thành khi D quay quanh trục hoành có thể tích 2 B. V    1 C. V    1 D. V  (   1) (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y  2  sin x , trục hoành và các đường thẳng x  0 , x   . Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quay quanh trục hoành có thể tích V bằng bao nhiêu? A. V  2 (  1) Câu 97. D. V  (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y  2  cos x , trục hoành và các đường thẳng x  0, x  Câu 96. C. V  2 B. V  2 C. V  2 (  1) (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Kí hiệu (H ) D. V  2 2 là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  2( x  1)e x , trục tung và trục hoành. Tính thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình ( H ) xung quanh trục Ox 2 A. V  ( e 2  5 )  B. V  ( 4  2e )  C. V  e  5 D. V  4  2e Câu 98. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình phẳng (H ) giới hạn bởi các đường thẳng 2 y  x  2, y  0, x  1, x  2 . Gọi V là thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay ( H ) xung quanh trục Ox . Mệnh đề nào dưới đây đúng? Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 24 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG 2 A. V  2 (x 2  2 ) dx 1 2 C. V  (x 2 B. V   2 2  2 ) dx 1 2 2  2 ) dx D. V   1 Câu 99. (x ĐT:0946798489 (x 2  2 ) dx 1 (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Tính thể tích V của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x  1 và x  3 , biết rằng khi cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x ( 1  x  3 ) thì được thiết diện là một hình chữ nhật có độ dài hai cạnh là 3x và 3x 2  2 . 124 124 A. V  B. V  (32  2 15) C. V  32  2 15 D. V  3 3 Câu 100. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Tìm công thức tính thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) : y  x 2 và đường thẳng d : y  2 x quay xung quanh trục Ox . 2 A.  2 2 2  ( x  2 x ) dx .  0 Câu 101. 2 2 2 2 2 4 2 4 B.  4x dx   x dx . C.  4x dx   x dx . D.   0  0  0 0  ( 2x  x ) dx 2 0 (THPT ĐOÀN THƯỢNG – HẢI DƯƠNG – 2018 2019) Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường y  x2  3, y  0, x  0, x  2 . Gọi V là thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay ( H ) xung quanh trục Ox . Mệnh đề nào sau đây đúng? 2 A. V   (x 2 2 2  3) dx . B. V   ( x 2  3 ) dx . 0 0 2 C. V  (x 2 2  3 ) dx . 2 D. V   0 Câu 102.  2  3 ) dx . 0 , xung quanh trục Ox. Mệnh đề nào dưới đây đúng?    2 2 2  B. V  sin xdx  C. V   sin 2 xdx 0 0 0 A. V  sin 2 xdx   2 D. V   sin xdx  0 Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y  x 2  2 x , trục hoành, đường thẳng x  0 và x  1 quanh trục hoành bằng A. Câu 104. 2 (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi V là thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình thang cong, giới hạn bởi đồ thị hàm số y  sin x , trục Ox, trục Oy và đường thẳng x Câu 103. (x 16 . 15 B. 2 . 3 C. 4 . 3 D. 8 . 15 (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho miền phẳng ( D ) giới hạn bởi y  x , hai đường thẳng x  1 , x  2 và trục hoành. Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay ( D ) quanh trục hoành. A. 3 . Câu 105. B. 3 . 2 C. 2 . 3 (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình phẳng D. (H ) 3 . 2 giới hạn bởi các đường y  2 x  x 2 , y  0 . Quay ( H ) quanh trục hoành tạo thành khối tròn xoay có thể tích là Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 25 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG 2 A. 2  ( 2 x  x ) dx 2 B.  0 Câu 106. 2 2  ( 2x  x ) ĐT:0946798489 2 dx C. 0 2 2  (2x  x ) 2 dx D.  0 Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y   ( 2 x  x ) dx 2 0 tan x , y  0, x  0, x   4 quay xung quanh trục Ox . Tính thể tích vật thể tròn xoay được sinh ra. A. C. Câu 107.  ln 2 2  4 . B.  ln 3 4 D.  ln 2 . . (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành do quay xung quanh trục hoành một elip có phương trình sau đây? A. 550 Câu 108. B. 400 x2 y2   1 . V có giá trị gần nhất với giá trị nào 25 16 C. 670 D. 335 (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường y  x 2  2 x , trục hoành và đường thẳng x  1 . Tính thể tích V hình tròn xoay sinh ra bởi ( H ) khi quay ( H ) quanh trục Ox . A. V  Câu 109. 4 . 3 B. V  16 . 15 C. V  D. V  15 . 8 (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng ( H ) xác định bởi các đường y  A. Câu 110. 7 . 8 81 . 35 B. 81 . 35 1 3 2 x  x , y  0 , x  0 và x  3 quanh trục Ox là 3 71 71 C. . D. . 35 35 (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Thể tích khối tròn xoay khi cho 2 hình phẳng giới hạn bởi parapol (P): y  x và đường thẳng d: y  2 x quay xung quanh trục Ox bằng: 2 2 A.  (2 x  x 2 ) dx . B.  ( x 2  2 x) 2 dx .  0 2  0 2 2 0 Câu 111.  4 2 C.  4 x dx   x dx . D.  4 x dx   x 4 dx .  2  0 2  0 0 (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình phẳng ( D ) được giới hạn ( ) 2 bởi hai đường y  2 x 2  1 ; y  1  x . Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành do ( D ) quay quanh trục Ox . 64 A. . 15 Câu 112. B. 32 . 15 C. 32 . 15 D. 64 . 15 (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y  tan x , y  0, x  0 , x  A. 5  quay xung quanh trục Ox . Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng: 4 3   1  B.   1   C. D.      2  4 2  Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 26 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Câu 113. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x  2 , y  0 và x  9 quay xung quanh trục Ox . Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành. A. V  Câu 114. 7 . 6 B. V  5 . 6 C. V  7 . 11 D. V  11 . 6 (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình ( H ) quanh Ox với ( H ) được giới hạn bởi đồ thị hàm số y  4 x  x 2 và trục hoành. A. Câu 115. 31 . 3 B. 32 . 3 C. 34 . 3 D. 35 . 3 (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hình phẳng ( H ) giới hạn 2 bởi đồ thị y  2 x  x và trục hoành. Tính thể tích V vật thể tròn xoay sinh ra khi cho ( H ) quay quanh Ox . A. V  Câu 116. 16 . 15 C. V  16 . 15 D. V  4 . 3 19 . 15 B. V  13 . 15 C. V  17 . 15 D. V  16 . 15 Tính thể tích vật tròn xoay tạo bởi miền hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x  3 , y   x  3 , x  1 xoay quanh trục Ox . A. Câu 118. B. V  (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 – 2018 – 2019) Tính thể tích của vật thể tạo nên khi quay quanh trục Ox 2 hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị ( P ) : y  2 x  x và trục Ox bằng: A. V  Câu 117. 4 . 3 41 . 2 B. 43 . 2 C. 41 . 3 D. 40 . 3 (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Ký hiệu ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị hàm số y  f ( x )  x .e x , trục hoành, đường thẳng x  1 . Tính thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay ( H ) quanh trục hoành. A. V  e 2  1 . ( 2 ) B. V   e  1 . C. V  Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 1 2  e 1. 4 D. V  1  ( e2  1) . 4 27 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Câu 119. (THPT YÊN KHÁNH – NINH BÌNH – 2018 – 2019) Cho vật thể (T ) giới hạn bởi hai mặt phẳng x  0; x  2 . Cắt vật thể (T ) bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại x ( 0  x  2 ) ta thu được thiết diện là một hình vuông có cạnh bằng ( x  1) e x . Thể tích vật thể (T ) bằng A. Câu 120.  (13e4  1) 4 13e4  1 B. . 4 . 2 C. 2e . 2 D. 2 e . (TT HOÀNG HOA THÁM – 2018-2019) Cho hai mặt cầu ( S1 ) , ( S2 ) có cùng bán kính R  3 thỏa mãn tính chất tâm của ( S1 ) thuộc ( S2 ) và ngược lại. Tính thể tích V phần chung của hai khối cầu tạo bởi ( S1 ) , ( S2 ) . Câu 121. 45 . 8 45 . 4 45 . 8 (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ – THÁNG 4 – 2018) Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị y  x và y  x 2 quay A. V  B. V  C. V  45 . 4 D. V  quanh trục tung tạo nên một vật thể tròn xoay có thể tích bằng A. Câu 122.  6 . B.  3 . C. 2 . 15 D. 4 . 15 (THPT CHUYÊN NGUYỄN THỊ MINH KHAI – SÓC TRĂNG – 2018) Cho hình ( H ) giới hạn bởi đồ thị hàm số y  3 3 x , cung tròn có phương trình y  4  x 2 (với 0  x  2) và trục hoành (phần tô đậm 9 trong hình vẽ). c  a 3    , trong d  b Biết thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay ( H ) quanh trục hoành là V    đó a, b, c, d  * và a c , là các phân số tối giản. Tính P  a  b  c  d . b d B. P  40 . C. P  46 . A. P  52 . Dạng 2.2 Bài toán có điều kiện Câu 123. D. P  34 . (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi đường cong y  m2  x 2 ( m là tham số khác 0 ) và trục hoành. Khi ( H ) quay xung quanh trục hoành được khối tròn xoay có thể tích V . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để V  1000 . A. 18. B. 20. C. 19. D. 21. Câu 124. (PEN I – THẦY ĐỀ 3 – NĂM 2019) Cho hàm số y  f ( x )  ax  bx  cx  d , ( a, b, c, d  , a  0 ) có đồ thị ( C ) . Biết rằng đồ thị ( C ) tiếp xúc với 3 LÊ ANH TUẤN – 2 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 28 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 đường thẳng y  4 tại điểm có hoành độ âm và đồ thị của hàm số y  f ‘ ( x ) cho bởi hình vẽ dưới đây. Tính thể tích vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng H giới hạn bởi đồ thị ( C ) và trục hoành khi quay xung quanh trục Ox . A. Câu 125. 725 . 35 B. 1 . 35 C. 6 . D. đáp án khác. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x , y  0 và x  4 quanh trục Ox . Đường thẳng x  a ( 0  a  4 ) cắt đồ thị hàm số y  x tại M (hình vẽ). Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox . Biết rằng V  2V1 . Khi đó B. a  2 2 . A. a  2 . Câu 126. C. a  5 . 2 D. a  3 . (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình phẳng ( D ) giới hạn bởi các đường y  x   , y  sin x và x  0 . Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành do ( D ) quay quanh trục hoành và V  p , ( p   ) . Giá trị của 24 p bằng 4 A. 8 . B. 4 . C. 24 . Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong D. 12 . 29 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489  x2 y   4  x2  Câu 127. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , ( H1 ) :  y   , 4   x  4, x  4   2 2  x  y  16  2 ( H 2 ) :  x 2  ( y  2 )  4 . Cho ( H1 ) , ( H 2 ) xoay quanh trục Oy ta được các vật thể có thể tích lần lượt  2 2  x  ( y  2 )  4 V1 , V2 . Đẳng thức nào sau đây đúng. 1 3 A. V1  V2 . B. V1  V2 . C. V1  2V2 . D. V1  V2 . 2 2 Câu 128. (THPT CHU VĂN AN -THÁI NGUYÊN – 2018) Cho hình thang ABCD có AB song song CD và AB  AD  BC  a, CD  2a . Tính thể tích khối tròn xoay khi quay hình thang ABCD quanh trục là đường thẳng AB . A. Câu 129. 5 3 a . 4 B. 5 3 a . 2 C. 3 2 2 3 a . 3 D.  a 3 . (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – TPHCM – 2018) Cho đồ thị ( C ) : y  f ( x )  x . Gọi ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C ) , đường thẳng x  9 và trục Ox . Cho điểm M thuộc đồ thị ( C ) và điểm A ( 9; 0 ) . Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay khi cho ( H ) quay quanh trục Ox , V2 là thể tích khối tròn xoay khi cho tam giác AOM quay quanh trục Ox . Biết rằng V1  2V2 . Tính diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C ) và đường thẳng OM . A. S  3 . B. S  27 3 . 16 C. S  3 3 . 2 D. S  4 . 3 Dạng 3. Ứng dụng tích phân để giải bài toán chuyển động Dạng 3.1 Bài toán cho biết hàm số của vận tốc, quảng đường Câu 130. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc 1 2 13 t  t( m/s ) , trong đó t (giây) là khoảng thời gian tính 100 30 từ lúc A bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 10 giây so với A và có gia tốc bằng a( m/s 2 ) ( a là hằng số). biến thiên theo thời gian bởi quy luật v ( t )  Sau khi B xuất phát được 15 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng A. 15( m/s ) B. 9 ( m/s ) C. 42( m/s ) D. 25( m/s ) Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 30 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Câu 131. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc biến 1 2 58 t  t ( m / s ) , trong đó t (giây) là khoảng thời gian tính từ 120 45 lúc A bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng 2 cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3 giây so với A và có gia tốc bằng a m / s ( a là hằng số). Sau thiên theo thời gian bởi quy luật v ( t )  ( ) khi B xuất phát được 15 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng A. 21( m / s ) B. 25 ( m / s ) C. 36 ( m / s ) D. 30 ( m / s ) Câu 132. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Một ô tô đang chạy với vận tốc 10m/s thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v ( t )  5t  10 (m/s), trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét? A. 0,2m B. 2m C. 10m D. 20m Câu 133. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc biến 1 2 59 t  t ( m / s ) , trong đó t (giây) là khoảng thời gian tính từ 150 75 lúc a bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3 giây so với A và có gia tốc bằng a ( m / s 2 ) ( a là hằng số). Sau khi thiên theo thời gian bởi quy luật v ( t )  B xuất phát được 12 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng A. 15 ( m / s ) Câu 134. B. 20 ( m / s ) C. 16 ( m / s ) D. 13 ( m / s ) (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc biến 1 2 11 t  t ( m / s ) , trong đó t (giây) là khoảng thời gian tính từ 180 18 lúc A bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 5 giây so với A và có gia tốc bằng a ( m / s 2 ) ( a là hằng số). Sau khi thiên theo thời gian bởi quy luật v(t )  B xuất phát được 10 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng A. 15 ( m / s ) Câu 135. B. 10 ( m / s ) C. 7 ( m / s ) D. 22 ( m / s ) 1 2 3 2 (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Một vật chuyển động theo quy luật s   t  6t với t (giây) là khoảng thời gian tính từ khi vật đó bắt đầu chuyển động và s ( m ) là quãng đường vật di chuyển được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 6 giây, kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bào nhiêu? A. 18 ( m/s ) B. 108 ( m/s ) C. 64 ( m/s ) D. 24 ( m/s ) Câu 136. (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một ô tô đang chạy với tốc độ 20 ( m / s ) thì người lái đạp phanh, từ thời điểm đó ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v ( t )  5t  20 ( m / s ) , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét ( m )? A. 20 m . Câu 137. B. 30 m . C. 10 m . D. 40 m . (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Một ô tô đang chạy với vận tốc là 12 ( m / s ) thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v ( t )  6t  12 ( m / s ) , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến lúc ô tô dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được bao nhiêu mét? Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 31 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG A. 8m . B. 12m . C. 15m . Câu 138. D. 10m . (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một chiếc ô tô đang chạy với vận tốc 15m/s thì người lái xe hãm phanh. Sau khi hãm phanh, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v ( t )  3t  15 ( m/s) , trong đó t (giây). Hỏi từ lúc hãm phanh đến khi dừng hẳn, ô tô di chuyển được bao nhiêu mét? A. 38m. Câu 139. ĐT:0946798489 B. 37,2m. C. 37,5m. D. 37m. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Một ô tô đang chạy với vận tốc 20 m/s thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v ( t )  10t  20 (m/s), trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét? A. 5 m B. 20 m C. 40 m D. 10 m Câu 140. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Một ô tô đang chạy với vận tốc 10m / s thì người lái xe đạp phanh. Từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v ( t )  2t  10 ( m / s ) , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Tính quãng đường ô tô di chuyển được trong 8 giây cuối cùng. A. 55m . B. 25m . C. 50m . Câu 141. D. 16m . (THPT THỰC HÀNH – TPHCM – 2018) Một chất điểm bắt đầu chuyển động thẳng đều với vận tốc v0 , sau 6 giây chuyển động thì gặp chướng ngại vật nên bắt đầu giảm tốc độ với vận tốc chuyển động 5 v(t )   t  a (m / s ), (t  6) cho đến khi dừng hẳn. Biết rằng kể từ lúc chuyển động đến lúc dừng thì 2 chất điểm đi được quãng đường là 80m. Tìm v0 . A. v0  35 m / s . B. v0  25 m / s . C. v0  10 m / s . D. v0  20 m / s . Câu 142. (THPT LƯƠNG THẾ VINH – HN – LẦN 1 – 2018) Một ô tô chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v ( t )  7t ( m/s ) . Đi được 5 ( s ) người lái xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển ( ) động chậm dần đều với gia tốc a  35 m/s 2 . Tính quãng đường của ô tô đi được từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn? A. 87.5 mét. B. 96.5 mét. Câu 143. C. 102.5 mét. D. 105 mét. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NĐ – LẦN 1 – 2018) Một chất điểm đang chuyển động với vận tốc v0  15 m/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 3 giây kể từ lúc bắt đầu tăng vận tốc. A. 70, 25 m . B. 68, 25 m . C. 67, 25 m . Câu 144. D. 69, 75 m . (THPT HOÀNG HOA THÁM – HƯNG YÊN – 2018) Một chất điểm chuyển động theo phương trình s ( t )  10  t  9t 2  t 3 trong đó s tính bằng mét, t tính bằng giây. Thời gian để vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất (tính từ thời điểm ban đầu) là A. t  6 ( s) . Câu 145. B. t  3( s ) . C. t  2 ( s) . (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC – LẦN 4 – 2018) Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v1 ( t )  7t ( m/ s ) . Đi được 5s , người lái xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc a  70 ( m/ s ) . Tính quãng đường S chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn. A. S  96, 25 ( m ) . B. S  87,5 ( m ) . Câu 146. D. t  5 ( s ) . 2 C. S  94 ( m ) . đi được của ô tô từ lúc bắt đầu D. S  95, 7 ( m ) . (SGD THANH HÓA – LẦN 1 – 2018) Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v1 ( t )  2t ( m/s ) . Đi được 12 giây, người lái xe gặp chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 32 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ( động chậm dần đều với gia tốc a  12 m/s 2 chuyển động đến khi dừng hẳn? A. s  168 ( m ) . B. s  166 ( m ) . Câu 147. ĐT:0946798489 ) . Tính quãng đường s ( m ) đi được của ôtô từ lúc bắt đầu C. s  144 ( m ) . D. s  152 ( m ) . (THPT CHUYÊN THÁI BÌNH – LẦN 5 – 2018) Để đảm bảo an toàn khi lưu thông trên đường, các xe ô tô khi dừng đèn đỏ phải cách nhau tối thiểu 1m . Một ô tô A đang chạy với vận tốc 16 m/s bỗng gặp ô tô B đang dừng đèn đỏ nên ô tô A hãm phanh và chuyển động chậm dần đều với vận tốc được biểu thị bởi công thức vA ( t )  16  4t (đơn vị tính bằng m/s ), thời gian tính bằng giây. Hỏi rằng để có 2 ô tô A và B đạt khoảng cách an toàn khi dừng lại thì ô tô A phải hãm phanh khi cách ô tô B một khoảng ít nhất là bao nhiêu? A. 33 . B. 12 . C. 31 . D. 32 . Câu 148. (THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG – HÀ TĨNH – LẦN 1 – 2018) Một vật chuyển động với vận tốc 10 m/s thì tăng tốc với gia tốc được tính theo thời gian là a ( t )  t 2  3t . Tính quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 6 giây kể từ khi vật bắt đầu tăng tốc. A. 136m . B. 126m . Câu 149. C. 276m . D. 216m . (THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU – NGHỆ AN – LẦN 2 – 2018) Một chiếc máy bay chuyển động trên đường băng với vận tốc v ( t )  t 2  10t ( m / s ) với t là thời gian được tính theo đơn vị giây kể từ khi máy bay bắt đầu chuyển động. Biết khi máy bay đạt vận tốc 200 ( m / s ) thì rời đường băng. Quãng đường máy bay đã di chuyển trên đường băng là A. Câu 150. 2500 (m) . 3 B. 2000 ( m ) . C. 500 ( m ) . D. 4000 (m) . 3 (THPT QUỐC GIA 2018 – MÃ ĐỀ 102) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc 1 2 59 t  t ( m / s ) , trong đó t (giây) là khoảng thời gian tính 150 75 từ lúc a bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3 giây so với A và có gia tốc bằng a ( m / s 2 ) ( a là hằng số). biến thiên theo thời gian bởi quy luật v ( t )  Sau khi B xuất phát được 12 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng A. 20 ( m / s ) . B. 16 ( m / s ) . C. 13 ( m / s ) . D. 15 ( m / s ) . Câu 151. (THPTQG 2018 – MÃ ĐỀ 104) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên 1 2 58 t  t ( m / s ) , trong đó t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc 120 45 A bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3 giây so với A và có gia tốc bằng a m / s 2 ( a là hằng số). Sau theo thời gian bởi quy luật v ( t )  ( ) khi B xuất phát được 15 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng B. 36 ( m / s ) . A. 25 ( m / s ) . Câu 152. C. 30 ( m / s ) . D. 21( m / s ) . (SỞ GD&ĐT LÀO CAI – 2018) Một ôtô đang dừng và bắt đầu chuyển động theo một đường thẳng với gia ( ) tốc a ( t )  6  2t m / s 2 , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc ôtô bắt đầu chuyển động. Hỏi quảng đường ôtô đi được từ lúc bắt đầu chuyển động đến khi vận tốc của ôtô đạt giá trị lớn nhất là bao nhiêu mét? A. 18m . B. 36m . C. 22, 5m . D. 6, 75m . Dạng 3.2 Bài toán cho biết đồ thị của vận tốc, quảng đường Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 33 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Câu 153. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Một vật chuyển động trong 3 giờ với vận tốc v( km / h ) phụ thuộc vào thời gian t( h) có đồ thị vận tốc như hình bên. Trong thời gian 1 giờ kể từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là một phần của đường parabol có đỉnh I (2; 9) và trục đối xứng song song với trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạn thẳng song song với trục hoành. Tính quãng đường s mà vật chuyển động được trong 3 giờ đó (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm). A. s  21, 58( km) Câu 154. B. s  23, 25( km) C. s  13, 83( km ) D. s  15, 50( km) (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Một người chạy trong thời gian 1 giờ, vận tốc v (km/h) phụ thuộc vào 1 2   thời gian t (h) có đồ thị là một phần parabol với đỉnh I  ; 8  và trục đối xứng song song với trục tung như hình bên. Tính quảng đường s người đó chạy được trong khoảng thời gian 45 phút, kể từ khi chạy? A. s  2,3 (km) Câu 155. B. s  4,5 (km) C. s  5, 3 (km) D. s  4 (km) (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Một vật chuyển động trong 3 giờ với vận tốc v ( km/h ) phụ thuộc thời gian t ( h ) có đồ thị là một phần của đường parabol có đỉnh I ( 2;9) và trục đối xứng song song với trục tung như hình bên. Tính quãng đường s mà vật di chuyển được trong 3 giờ đó. A. s  25, 25 ( km) B. s  24, 25 ( km ) C. s  24,75 ( km) Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong D. s  26,75 ( km) 34 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Câu 156. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Một vật chuyển động trong 4 giờ với vận tốc v (km/h) phụ thuộc thời gian t (h) có đồ thị của vận tốc như hình bên. Trong khoảng thời gian 3 giờ kể từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là một phần của đường parabol có đỉnh I ( 2; 9 ) với trục đối xứng song song với trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạn thẳng song song với trục hoành. Tính quãng đường s mà vật di chuyển được trong 4 giờ đó. A. s  24 (km) Câu 157. B. s  28, 5 (km) C. s  27 (km) D. s  26, 5 (km) (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Một vật chuyển động trong 6 giờ với vận tốc v ( km / h ) phụ thuộc vào thời gian t ( h ) có đồ thị như hình bên dưới. Trong khoảng thời gian 2 giờ từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị là một phần đường Parabol có đỉnh I ( 3;9 ) và có trục đối xứng song song với trục tung. Khoảng thời gian còn lại, đồ thị vận tốc là một đường thẳng có hệ số góc bằng 1 . Tính quảng đường s mà 4 vật di chuyển được trong 6 giờ? A. Câu 158. 130 ( km ) . 3 B. 9 ( km ) . C. 40 ( km ) . D. 134 ( km ) . 3 (THPT THỰC HÀNH – TPHCM – 2018) Một người chạy trong 2 giờ, vận tốc v (km/h) phụ thuộc vào thời gian t (h) có đồ thị là 1 phần của đường Parabol với đỉnh I (1;5 ) và trục đối xứng song song với trục tung Ov như hình vẽ. Tính quảng đường S người đó chạy được trong 1 giờ 30 phút kể từ lúc bắt đầu chạy (kết quả làm tròn đến 2 chữ số thập phân). Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 35 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG A. 2,11km . Câu 159. B. 6,67 km . ĐT:0946798489 D. 5, 63km . C. 5, 63 km. (SGD&ĐT ĐỒNG THÁP – HKII – 2018) Một người chạy trong thời gian 1 giờ, với vận tốc v ( km/h ) phụ 1 2   thuộc vào thời gian t ( h ) có đồ thị là một phần của parabol có đỉnh I  ;8  và trục đối xứng song song với trục tung như hình vẽ. Tính quãng đường S người đó chạy được trong thời gian 45 phút, kể từ khi bắt đầu chạy. A. 5,3 ( km ) . Câu 160. B. 4, 5 ( km ) . C. 4 ( km ) . D. 2, 3 ( km ) . (THPT CHUYÊN HẠ LONG – LẦN 1 – 2018) Một vật chuyển động trong 4 giờ với vận tốc v (km/ h) phụ thuộc thời gian t (h) có đồ thị là một phần của đường parabol có đỉnh I (1;1) và trục đối xứng song song với trục tung như hình bên. Tính quãng đường s mà vật di chuyển được trong 4 giờ kể từ lúc xuất phát. Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 36 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG A. s  6 (km). C. s  B. s  8 (km). ĐT:0946798489 40 (km). 3 D. s  46 (km). 3 Dạng 4. Ứng dụng tích phân để giải một số bài toán thực tế Dạng 4.1 Bài toán liên quan đến diện tích Câu 161. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh A1 , A2 , B1 , B2 như hình vẽ bên. Biết chi phí để sơn phần tô đậm là 200.000 vnđ / m 2 và phần còn lại 100.000 vnđ / m 2 . Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết A1 A2  8m , B1 B2  6m và tứ giác MNPQ là hình chữ nhật có MQ  3m ? B2 M N A1 A2 Q P B1 A. 5.526.000 đồng. Câu 162. B. 5.782.000 đồng C. 7.322.000 đồng. D. 7.213.000 đồng. (ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Một biển quảng cáo với 4 đỉnh A, B , C , D như hình vẽ. Biết chi phí để sơn phần tô đậm là 200.000(đ/m 2 ) sơn phần còn lại là 100.000đ/m 2 . Cho AC  8m; BD  10 m; MN  4 m Hỏi số tiền sơn gần với số tiền nào sau đây: A. 12204000 đ . . B. 14207000 đ . . Câu 163. C. 11503000 đ . . D. 10894000 đ . Một họa tiết hình cánh bướm như hình vẽ bên. Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 37 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Phần tô đậm được đính đá với giá thành 500.000đ/m 2 . Phần còn lại được tô màu với giá thành 250.000đ / m 2 . Cho AB  4dm; BC  8dm. Hỏi để trang trí 1000 họa tiết như vậy cần số tiền gần nhất với số nào sau đây. A. 105660667đ . B. 106666667đ . C. 107665667đ . D. 108665667đ . Câu 164. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 – 2019) Một khuôn viên dạng nửa hình tròn, trên đó người thiết kế phần để trồng hoa có dạng của một cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với tâm và có trục đối xứng vuông góc với đường kính của nửa hình tròn, hai đầu mút của cánh hoa nằm trên nửa đường tròn (phần tô màu) và cách nhau một khoảng bằng 4 ( m ) . Phần còn lại của khuôn viên (phần không tô màu) dành để trồng cỏ Nhật Bản. Biết các kích thước cho như hình vẽ, chi phí để trồng hoa và cỏ Nhật Bản tương ứng là 150.000 đồng/m2 và 100.000 đồng/m2. Hỏi cần bao nhiêu tiền để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong khuôn viên đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng đơn vị) 4m 4m A. 3.738.574 (đồng). Câu 165. 4m B. 1.948.000 (đồng). C. 3.926.990 (đồng). D. 4.115.408 (đồng). (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Người ta cần trồng một vườn hoa Cẩm Tú Cầu ( phần được gạch chéo trên hình vẽ). Biết rằng phần gạch chéo là hình phẳng giới hạn bởi parabol y  2 x 2  1 và nửa trên của đường tròn có tâm là gốc tọa độ và bán kính bằng 2 ( m ) Tính số tiền tối thiểu 2 để trồng xong vườn hoa Cẩm Tú Cầu biết rằng để trồng mỗi m hoa cần ít nhất là 250000 đồng. A. Câu 166. 3π  2  250000 . 6 B. 3π  10  250000 . 6 C. 3π  10  250000 . 3 D. 3π  2  250000 6 (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Nhà trường dự định làm một vườn hoa dạng elip được chia ra làm bốn phần bởi hai đường parabol có chung đỉnh, đối xứng với nhau qua trục của elip như hình vẽ bên. Biết độ dài trục lớn, trục nhỏ của elip lần lượt là 8 m và 4 m , F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip. Phần A , B dùng để trồng hoa, phần C , D dùng để trồng cỏ. Kinh phí để trồng mỗi mét Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 38 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 vuông hoa và cỏ lần lượt là 250.000 đ và 150.000 đ. Tính tổng tiền để hoàn thành vườn hoa trên (làm tròn đến hàng nghìn). A. 5.676.000 đ. B. 4.766.000 đ. C. 4.656.000 đ. D. 5.455.000 đ. Câu 167. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN LẦN 1 NĂM 2018-2019) Người ta xây một sân khấu với mặt sân có dạng hợp của hai hình tròn giao nhau. Bán kính của hai của hai hình tròn là 20 mét và 15 mét. Khoảng cách giữa hai tâm của hai hình tròn là 30 mét. Chi phí làm mỗi mét vuông phân giao nhau của hai hình tròn là 300 ngàn đồng và chi phí làm mỗi mét vuông phần còn lại là 100 ngàn đồng. Hỏi số tiền làm mặt sân của sân khấu gần với số nào trong các số dưới đây? A. 202 triệu đồng. B. 208 triệu đồng. C. 218 triệu đồng. D. 200 triệu đồng. Câu 168. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Người ta xây một sân khấu với sân có dạng của hai hình tròn giao nhau. Bán kính của hai hình tròn là 20 m và 15 m. Khoảng cách giữa hai tâm của hai hình tròn là 30 m. Chi phí làm mỗi mét vuông phần giao nhau của hai hình tròn là 300 nghìn đồng và chi phí làm mỗi mét vuông phần còn lại là 100 nghìn đồng. Hỏi số tiền làm mặt sân khấu gần với số nào nhất trong các số dưới đây? A. 218 triệu đồng. B. 202 triệu đồng. C. 200 triệu đồng. D. 218 triệu đồng. Câu 169. (TT DIỆU HIỀN – CẦN THƠ – 2018) Bác Năm làm một cái cửa nhà hình parabol có chiều cao từ mặt đất đến đỉnh là 2, 25 mét, chiều rộng tiếp giáp với mặt đất là 3 mét. Giá thuê mỗi mét vuông là 1500000 đồng. Vậy số tiền bác Năm phải trả là: A. 33750000 đồng. B. 3750000 đồng. C. 12750000 đồng. D. 6750000 đồng. Câu 170. (THPT NGÔ QUYỀN – QUẢNG NINH – HKII – 2018) Một người có miếng đất hình tròn có bán kính bằng 5 m. Người này tính trồng cây trên mảnh đất đó, biết mỗi mét vuông trồng cây thu hoạch được 100 nghìn. Tuy nhiên cần có 1 khoảng trống để dựng 1 cái chòi và để đồ dùng nên người này bớt lại 1 phần đất nhỏ không trồng cây (phần màu trắng như hình vẽ), trong đó AB  6m . Hỏi khi thu hoạch cây thì người này thu được bao nhiêu tiền ? A. 3722 nghìn đồng. D. 7445 nghìn đồng. Câu 171. (THPT YÊN LẠC – LẦN 4 – 2018) Một mảnh vườn hình elip có trục lớn bằng C. 7446 nghìn đồng. B. 3723 nghìn đồng. 100 ( m ) và trục nhỏ bằng 80 ( m ) được chia làm hai phần bởi một đoạn thẳng nối hai đỉnh liên tiếp của elip. Phần nhỏ hơn trồng cây con và phần lớn hơn trồng rau. Biết lợi nhuận thu được là 2000 mỗi m 2 trồng cây con và 4000 mỗi m 2 trồng rau. Hỏi thu nhập của cả mảnh vườn là bao nhiêu? (Kết quả làm tròn đến phần nghìn). A. 31904000 . B. 23991000 . C. 10566000 . D. 17635000 . Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 39 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Câu 172. (CHUYÊN VINH – LẦN 2 – 2018) Một cổng chào có dạng hình Parabol chiều cao 18 m , chiều rộng chân đế 12 m . Người ta căng hai sợi dây trang trí AB , CD nằm ngang đồng thời chia hình giới hạn bởi Parabol và mặt đất thành ba phần có diện tích bằng nhau (xem hình vẽ bên). Tỉ số A. Câu 173. B. 4 . 5 C. 1 . 2 3 D. 3 . 1 2 2 (THPT KINH MÔN – HD – LẦN 2 – 2018) Một hoa văn trang trí được tạo ra từ một miếng bìa mỏng hình vuông cạnh bằng 10 cm bằng cách khoét đi bốn phần bằng nhau có hình dạng parabol như hình bên. Biết AB  5 cm, OH  4 cm. Tính diện tích bề mặt hoa văn đó. A. Câu 174. 1 . 2 AB bằng CD 160 2 cm . 3 B. 140 2 cm . 3 C. 14 2 cm . 3 D. 50 cm 2 . (CHUYÊN VINH – LẦN 1 – 2018) Một viên gạch hoa hình vuông cạnh 40cm . Người thiết kế đã sử dụng bốn đường parabol có chung đỉnh tại tâm viên gạch để tạo ra bốn cánh hoa (được tô mầu sẫm như hình vẽ bên). Diện tích mỗi cánh hoa của viên gạch bằng A. 800 cm 2 . B. 800 2 cm . 3 C. 400 2 cm . 3 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong D. 250 cm 2 . 40 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Dạng 4.2 Bài toán liên quan đến thể tích Câu 175. ĐT:0946798489 (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Trong chương trình nông thôn mới, tại một xã Y có xây một cây cầu bằng bê tông như hình vẽ. Tính thể tích khối bê tông để đổ đủ cây cầu. (Đường cong trong hình vẽ là các đường Parabol). y O A. 19 m 3 . B. 21m 3 . C. 18 m 3 . x D. 40 m 3 . Câu 176. (PEN I – THẦY LÊ ANH TUẤN – ĐỀ 3 – NĂM 2019) Để kỷ niệm ngày 26-3. Chi đoàn 12A dự định dựng một lều trại có dạng parabol, với kích thước: nền trại là một hình chữ nhật có chiều rộng là 3 mét, chiều sâu là 6 mét, đỉnh của parabol cách mặt đất là 3 mét. Hãy tính thể tích phần không gian phía bên trong trại để lớp 12A cử số lượng người tham dự trại cho phù hợp. A. 30 m3 B. 36 m3 C. 40 m3 D. 41 m3 Câu 177. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Săm lốp xe ô tô khi bơm căng đặt nằm trên mặt phẳng nằm ngang có hình chiếu bằng như hình vẽ với bán kính đường tròn nhỏ R1  20cm , bán kính đường tròn lớn R2  30cm và mặt cắt khi cắt bởi mặt phẳng đi qua trục, vuông góc mặt phẳng nằm ngang là hai đường tròn. Bỏ qua độ dày vỏ săm. Tính thể tích không khí được chứa bên trong săm. A. 1250 2 cm 3 . Câu 178. B. 1400 2 cm 3 . C. 2500 2 cm 3 . D. 600 2 cm 3 . (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Chuẩn bị cho đêm hội diễn văn nghệ chào đón năm mới, bạn An đã làm một chiếc mũ “cách điệu” cho ông già Noel có dáng một khối tròn xoay. Mặt cắt qua trục của chiếc mũ như hình vẽ bên dưới. Biết rằng OO  5 cm , OA  10 cm , OB  20 cm , đường cong AB là một phần của parabol có đỉnh là điểm A . Thể tích của chiếc mũ bằng Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 41 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG A. Câu 179. 2750 3 ( cm ) 3 B. 3 3 C. 2050 cm3 ) ( 3 D. 2250 3 ( cm ) 3 3 B. V  344964cm 3 C. V  208347cm 3 D. V  208346cm Cho một vật thể bằng gỗ có dạng hình trụ với chiều cao và bán kính đáy cùng bằng R . Cắt khối gỗ đó bởi một mặt phẳng đi qua đường kính của một mặt đáy của khối gỗ và tạo với mặt phẳng đáy của khối gỗ một góc 300 ta thu được hai khối gỗ có thể tích là V1 và V2 , với V1  V2 . Thể tích V1 bằng? A. V1  Câu 181. ( cm ) Cho chiếc trống như hình vẽ, có đường sinh là nửa elip được cắt bởi trục lớn với độ dài trục lớn bằng 80 cm, độ dài trục bé bằng 60 cm và đáy trống là hình tròn có bán kính bằng 60 cm. Tính thể tích V của chiếc trống (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị). A. V  344963cm Câu 180. 2500 3 ĐT:0946798489 2 3R 3 . 9 B. V1  3 R 3 . 27 C. V1  3 R 3 . 18 D. V1  3R 3 . 27 (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Cho một mô hình 3  D mô phỏng một đường hầm ( ) như hình vẽ bên. Biết rằng đường hầm mô hình có chiều dài 5 cm ; khi cắt hình này bởi mặt phẳng vuông góc với đấy của nó, ta được thiết diện là một hình parabol có độ dài đáy gấp đôi chiều cao parabol. Chiều 2 x ( cm ) , với x ( cm ) là khoảng cách tính từ lối 5 3 vào lớn hơn của đường hầm mô hình. Tính thể tích (theo đơn vị cm ) không gian bên trong đường hầm mô cao của mỗi thiết diện parobol cho bởi công thức y  3  hình ( làm tròn kết quả đến hàng đơn vị ) A. 29 . Câu 182. B. 27 . C. 31 . D. 33 . (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Một chi tiết máy được thiết kế như hình vẽ bên. Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 42 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Các tứ giác ABCD, CDPQ là các hình vuông cạnh 2,5 cm . Tứ giác ABEF là hình chữ nhật có BE  3,5 cm . Mặt bên PQEF được mài nhẵn theo đường parabol ( P ) có đỉnh parabol nằm trên cạnh EF . Thể tích của chi tiết máy bằng 395 3 50 A. B. cm . cm 3 . 24 3 C. 125 3 cm . 8 D. 425 3 cm . 24 Câu 183. (THPT LỤC NGẠN – LẦN 1 – 2018) Bổ dọc một quả dưa hấu ta được thiết diện là hình elip có trục lớn 28 cm , trục nhỏ 25 cm . Biết cứ 1000 cm3 dưa hấu sẽ làm được cốc sinh tố giá 20000 đồng. Hỏi từ quả dưa hấu trên có thể thu được bao nhiêu tiền từ việc bán nước sinh tố? Biết rằng bề dày vỏ dưa không đáng kể. A. 183000 đồng. B. 180000 đồng. C. 185000 đồng. D. 190000 đồng. Câu 184. (THPT THỰC HÀNH – TPHCM – 2018) Một cốc rượu có hình dạng tròn xoay và kích thước như hình vẽ, thiết diện dọc của cốc (bổ dọc cốc thành 2 phần bằng nhau) là một đường Parabol. Tính thể tích tối đa mà cốc có thể chứa được (làm tròn 2 chữ số thập phân) A. V  320cm 3 . Câu 185. B. V  1005,31cm 3 . C. V  251,33cm 3 . D. V  502, 65cm3 . (THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU – LẦN 3 – 2018) Có một cốc nước thủy tinh hình trụ, bán kính trong lòng đáy cốc là 6 cm , chiều cao lòng cốc là 10 cm đang đựng một lượng nước. Tính thể tích lượng nước trong cốc, biết khi nghiêng cốc nước vừa lúc khi nước chạm miệng cốc thì đáy mực nước trùng với đường kính đáy. Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 43 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG A. 240 cm3 . Câu 186. C. 120cm3 . D. 120 cm3 . (THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU – LẦN 3 – 2018) Cho vật thể đáy là hình tròn có bán kính bằng 1 (tham khảo hình vẽ). Khi cắt vật thể bằng mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x ( 1  x  1) thì được thiết diện là một tam giác đều. Thể tích V của vật thể đó là A. V  3 . Câu 187. B. 240 cm3 . ĐT:0946798489 B. V  3 3 . C. V  4 3 . 3 D. V   . (THPT BÌNH GIANG – HẢI DƯƠNG – 2018) Sân vận động Sport Hub (Singapore) là sân có mái vòm kỳ vĩ nhất thế giới. Đây là nơi diễn ra lễ khai mạc Đại hội thể thao Đông Nam Á được tổ chức tại Singapore năm 2015 . Nền sân là một elip ( E ) có trục lớn dài 150m , trục bé dài 90m (hình 3). Nếu cắt sân vận động theo một mặt phẳng vuông góc với trục lớn của ( E ) và cắt elip ở M , N (hình 3) thì ta được thiết diện luôn   900. là một phần của hình tròn có tâm I (phần tô đậm trong hình 4) với MN là một dây cung và góc MIN Để lắp máy điều hòa không khí thì các kỹ sư cần tính thể tích phần không gian bên dưới mái che và bên trên mặt sân, coi như mặt sân là một mặt phẳng và thể tích vật liệu là mái không đáng kể. Hỏi thể tích xấp xỉ bao nhiêu? Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 44 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Hình 3 A. 57793m3 . B. 115586m3 . C. 32162m3 . D. 101793m3 . Câu 188. (TRẦN PHÚ – HÀ TĨNH – LẦN 2 – 2018) Một cái thùng đựng dầu có thiết diện ngang (mặt trong của thùng) là một đường elip có trục lớn bằng 1m , trục bé bằng 0,8m , chiều dài (mặt trong của thùng) bằng 3m . Đươc đặt sao cho trục bé nằm theo phương thẳng đứng (như hình bên). Biết chiều cao của dầu hiện có trong thùng (tính từ đáy thùng đến mặt dầu) là 0,6m . Tính thể tích V của dầu có trong thùng (Kết quả làm tròn đến phần trăm). A. V  1,52m3 . Câu 189. B. V  1,31m 3 . C. V  1, 27m3 . (SỞ GD&ĐT YÊN BÁI – 2018) Người ta thay nước mới cho một bể bơi có dạng hình hộp chữ nhật có độ sâu là 280 cm. Giả sử h ( t ) là chiều cao (tính bằng cm) của mực nước bơm được tại thời điểm t giây, biết rằng tốc độ tăng của chiều cao mực nước tại giây thứ t là h(t )  nước. Hỏi sau bao lâu thì bơm được số nước bằng A. 2 giờ 36 giây. Câu 190. D. V  1,19m 3 . B. 2 giờ 34 giây. 1 3 t  3 và lúc đầu hồ bơi không có 500 3 độ sâu của hồ bơi (làm tròn đến giây)? 4 C. 2 giờ 35 giây. D. 2 giờ 36 giây. (THPT NGÔ QUYỀN – QUẢNG NINH – HKII – 2018) Một bác thợ xây bơm nước vào bể chứa nước. Gọi h ( t ) là thể tích nước bơm được sau t giây. Cho h ( t )  6at 2  2bt và ban đầu bể không có nước. Sau 3 giây thì thể tích nước trong bể là 90m3 , sau 6 giây thì thể tích nước trong bể là 504m3 . Tính thể tích nước trong bể sau khi bơm được 9 giây. A. 1458m3 . B. 600m3 . C. 2200m3 . D. 4200m3 . Dạng 5. Ứng dụng tích phân để giải quyết một số bài toán đại số Câu 191. (PTNK CƠ SỞ 2 – TPHCM – LẦN 1 – 2018) Cho hàm số y  f ( x ) có đạo hàm f  ( x ) liên tục trên đoạn  0;5 và đồ thị hàm số y  f  ( x ) trên đoạn  0;5 được cho như hình bên. Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 45 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Tìm mệnh đề đúng A. f ( 0 )  f ( 5 )  f ( 3) . B. f ( 3)  f ( 0 )  f ( 5 ) . C. f ( 3)  f ( 0 )  f ( 5 ) . D. f ( 3)  f ( 5 )  f ( 0 ) . Câu 192. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y  f ( x ) . Đồ thị của hàm số y  f  ( x ) như hình bên. 2 Đặt g ( x )  2 f ( x )  ( x  1) . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. g (1)  g ( 3)  g ( 3) B. g (1)  g ( 3)  g ( 3) C. g ( 3)  g ( 3)  g (1) D. g ( 3)  g ( 3)  g (1) Câu 193. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y  f ( x) . Đồ thị y  f ( x) của hàm số như hình bên. Đặt g ( x )  2 f ( x )  x 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. g ( 3 )  g ( 3 )  g ( 1) B. g ( 1)  g ( 3 )  g ( 3 ) Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 46 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG C. g ( 3 )  g ( 3 )  g ( 1) Câu 194. ĐT:0946798489 D. g ( 1)  g ( 3 )  g ( 3 ) (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho hàm số y  f ( x ) . Đồ thị hàm số y  f ‘ ( x ) như hình vẽ. Đặt h ( x )  2 f ( x )  x 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. h ( 4 )  h ( 2 )  h ( 2 ) B. h ( 2 )  h ( 2 )  h ( 4 ) C. h ( 4 )  h ( 2 )  h ( 2 ) D. h ( 2 )  h ( 4 )  h ( 2 ) Câu 195. Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên  và có đồ thị của hàm số f  ( x ) như hình bên dưới. Mệnh đề nào sau đây đúng? Câu 196. A. f ( 0 )  f ( 2 )  f ( 1) . B. f ( 0 )  f ( 1)  f ( 2 ) . C. f ( 2 )  f ( 0 )  f ( 1) . D. f ( 1)  f ( 0 )  f ( 2 ) . (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) . Đồ thị của hàm số y  f  ( x ) trên  3; 2 như hình vẽ (phần cong của đồ thị là một phần của parabol y  ax 2  bx  c. ) Biết f ( 3)  0, giá trị của f ( 1)  f (1) bằng A. 23 6 B. 31 6 C. 35 3 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong D. 9 2 47 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Câu 197. ĐT:0946798489 (THPT LƯƠNG VĂN CAN – LẦN 1 – 2018) Cho hàm số y  f ( x ) . Đồ thị của hàm số y  f  ( x ) như 2 hình vẽ. Đặt g ( x )  2 f ( x )  ( x  1) . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. g ( 1)  g ( 3)  g ( 5 ) . B. g ( 1)  g ( 5 )  g ( 3) . C. g ( 5 )  g ( 1)  g ( 3) . D. g ( 3)  g ( 5 )  g ( 1) . Câu 198. 3 2 (THPT HẬU LỘC 2 – TH – 2018) Cho hàm số y  f ( x)  ax  bx  cx  d ( a, b, c, d  , a  0 ) có đồ thị là ( C ) . Biết rằng đồ thị ( C ) đi qua gốc tọa độ và đồ thị hàm số y  f ‘( x ) cho bởi hình vẽ bên. Tính giá trị H  f (4)  f (2) ? A. H  45 . B. H  64 . Câu 199. C. H  51 . D. H  58 . (SGD THANH HÓA – LẦN 1 – 2018) Cho hàm số y  f ( x ) . Đồ thị của hàm số y  f  ( x ) như hình vẽ bên. Đặt M  max f ( x ) , m  min f ( x ) , T  M  m . Mệnh đề nào dưới đây đúng?  2;6  2;6 Câu 1. A. T  f ( 0 )  f ( 2 ) . B. T  f ( 5 )  f ( 2 ) . C. T  f ( 5 )  f ( 6 ) . D. T  f ( 0 )  f ( 2 ) . PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO Dạng 1. Ứng dụng tích phân để tìm diện tích Dạng 1.1 Bài toán tính trực tiếp không có điều kiện Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng x  a, x  b b được tính bởi công thức: S   f ( x ) dx . a Câu 2. Chọn B Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 48 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG 2 ĐT:0946798489 2 S   2 x dx   2 x dx (do 2 x  0, x   0; 2 ). 0 Câu 3. 0 Chọn A 2 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  e x , y  0 , x  0 , x  2 là: S  e x dx .  0 Câu 4. Chọn C 1 Ta có: S   5 f ( x) dx   f ( x ) dx  1 Câu 5. 1 1 5  f ( x ) dx   f ( x ) dx . 1 1 Chọn D 2 S  1 1 2 f ( x ) dx=  f ( x ) dx   f ( x ) dx 1 1 Nhìn hình ta thấy hàm số f ( x ) liên tục và nhận giá trị không âm trên đoạn  1;1 nên 1  1 f ( x ) dx  1 2  f ( x )dx ; hàm số f ( x ) liên tục và nhận giá trị âm trên đoạn 1;2 nên 1 2  f ( x ) dx   f ( x )dx 1 1 1 Vậy S   1 Câu 6. 2 f ( x ) dx   f ( x ) dx 1 Chọn A x  0  Phương trình hoành độ giao điểm x  x  x  x  x  x  2 x  0  x  1   x  2 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x3  x và đồ thị hàm số y  x  x 2 là: 3 1 S  2 0 ( ) x3  x  x  x 2 dx  2 ( 2 1 ) x 3  x 2  2 x dx  2 0 3 (x 3 )  x 2  2 x dx 0 1  x 4 x3   x 4 x3   16 8   1 1  37 .     x 2      x 2       4      1   4 3   4 3  12  4 3  2  4 3 0 Câu 7. Chọn A Ta có: Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 49 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG 2 0 2 ĐT:0946798489 0 2 S   f ( x ) dx   f ( x ) dx   f ( x ) dx    f ( x ) dx   f ( x ) dx  a  b . 1 Câu 8. 1 0 1 0 Chọn B 3×2  4  x2  x  1 với Phương trình hoành độ giao điểm giữa parabol và cung tròn ta được 0  x  2 nên ta có x  1 1 Ta có diện tích S  1 2  3x dx   0 1 2 2 3 3 3 4  x dx  x   4  x2 dx    4  x2 dx 3 3 1 1 0 2 2 Đặt: x  2 sin t  dx  2 cos tdt ; x  1  t   6  ; x  2  t  2  3  1  2 4  3  2  t  sin 2t   3 6  2  S 6 Câu 9. Chọn C Diện tích hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là: 2 S 2  (x 2  3)  ( x 2  2 x  1) dx  1 Câu 10. 1  ( 2 x 2  2 x  4 )dx . 1 Chọn A Ta có: hàm số f (x)  0 x   1;1 ; f (x)  0 x  1; 4 , nên: 4 S  1 f ( x ) dx  1 Câu 11.  2 2 x 2  2 x  4 dx   4 1 f ( x ) dx   f ( x ) dx  1 1 4 f ( x ) dx   f ( x ) dx . Chọn đáp án  1 1 B. Chọn B 3 1 3  f ( x ) dx  S   f ( x ) dx   f ( x ) dx. Ta có S  2 2 1 1 Do f ( x )  0 với x   2;1 và f ( x )  0 với x  1;3 nên S   f ( x ) dx   f ( x ) dx. 2 Câu 12. 2 3 1 2 Từ đồ thị ta thấy  x  3  x  2 x  1 , x   1; 2 . Vậy diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là S 2 2 2 2  (  x  3)  ( x  2 x  1) dx   ( 2 x 1 2  2 x  4 ) dx . 1 Câu 13. Chọn B. Câu 14.  x  2  Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là x  3 x  x  x  4 x  0  x  0 .   x  2 3 0 Vậy S  3 2  (x 3  4 x ) dx  (x 2 3  4 x ) dx  4  4  8 . 0 2 Câu 15. Diện tích hình phẳng đã cho được tính bởi công thức S  3x dx  0 b Câu 16. Ta có S D  0 b  f ( x ) dx   f ( x ) dx   f ( x ) d x . a a 0 Vì f ( x )  0, x   a ; 0  , f ( x )  0, x   0; b  nên: Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 50 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG b 0 ĐT:0946798489 b 0 S D   (  f ( x ) ) dx   f ( x ) dx    f ( x ) dx   f ( x ) dx. a a 0 2 Câu 17.  ( x  2) Ta có: S  2 1 Câu 18. 0 2 2 2  1 dx   x  4 x  3 dx  1 (x  4 x  3) dx  2 1 2 . 3 Theo lý thuyết thì diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị của các đường y  f ( x) , y  g ( x) , x  a b , x  b được tính theo công thức S   f ( x )  g ( x ) dx . a Câu 19. Diện tích hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ bên là: 1 x 2 ( 1 )  2   x dx  1 Câu 20.  ( 1 Chọn D Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số Xét phương trình Ta có y  4x  x2 và trục Ox . x  0 . 4 x  x2  0   x  4 4 Câu 21. ) x  x 2  2 dx ( vì x   1;1   x  x 2  2 ). 4 4 x3 32 S   4 x  x dx   (4 x  x )dx  (2 x  )  . 3 0 3 0 0 2 2 2 Chọn C: 1 2 2 7 x 4 1  x3    2 x2  4x   4 0  3  1 12 0 1 Diện tích của hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng x  a 2 S   x3dx   ( x  2 ) dx  Câu 22. b , x  b là S  c b c  f ( x ) dx   f ( x ) dx   f ( x ) dx a a 2    f ( x )dx   f ( x )dx . c a c 2 x 2  1 dx   ( x 2  1) dx  6 . Câu 23. Ta có: S  Câu 24. Chọn B Phương trình hoành độ giao điểm: x 2  5  6 x  x  5; x  1 . 1 1 1 Diện tích hình phẳng cần tìm: S  x 2  6 x  5 dx  0 Câu 25. b 7 . 3 Chọn C Hoành độ giao điểm của ( C ) và trục hoành là nghiệm của phương trình 0 3 x  1 Do đó diện tích hình phẳng là S   dx  1 x 1  Câu 26. 3 3 x  1 1 0 x . x 1 3 0 0 4  4  3  d x  3 x  4 ln x  1 1. ( ) 1  4 ln   1  x  1   3 3  3 Ta có diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y  x 3  x ; y  2 x và các đường x  1 ; 1 1 x  1 là S   ( x 3  x )  ( 2 x ) dx   x3  3x dx . 1 3 1 Bảng xét dấu x  3 x x -1 0 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 1 51 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Do đó dựa vào bảng ta 0  x3  3 x 0 S ĐT:0946798489  có: 1 3 3  ( x  3 x ) dx   ( 3 x  x ) dx . 1 0 Câu 27. 2 Ta có S  x 1 Câu 28. 2 2 7 dx   x 2 dx  . 3 1 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị ( H ) và trục hoành x 1  0  x  1. x 1 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( H ) và các trục tọa độ là 1 Câu 29. 1 1 1 x 1 x 1 2   S dx   dx    1   dx  (  x  2ln x  1 ) 0  2ln 2  1. x 1 x 1 x 1  0 0 0 ln x Diện tích hình phẳng giới hạn bởi miền D gồm các đường y  2 , y  0 , x  1 , x  e là: x e e ln x ln x ln x S   2 dx   2 dx vì 2  0, x  1; e . x x x 1 1 Câu 30. Phương trình hoành độ giao điểm là  x 2  2 x  1  2 x 2  4 x  1  3 x 2  6 x  0 x  0  x  2 2 Diện tích hính phẳng là S   ( 2 x 0 2   ( 3x 2  6 x ) dx  ( x3  3x 2 ) 0 Câu 31. 2 0 2  4 x  1)  (  x 2  2 x  1)  dx 4.  x  2 . x  1 2 2 Xét phương trình: x  2 x  x  2  x  x  2  0   Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị là: 1 S  2 Câu 32. 1 1  x3 x 2    x  x  2 d x x  x  2dx  ( )  3  2  2 x    76  103  92 .   2 2 2 2 Phương trình hoành độ của đường cong y  x ln x và trục hoành là Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 52 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 x  0 x  0   x ln x  0    x  0    x  0  x  1 .  ln x  0  x  1   Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y  x ln x , trục hoành và đường thẳng x  e là e e S   x ln x dx   x ln xdx . 1 1 1  du  dx  e 1e u  ln x x2 e2 x 2 e e2  1  x  S  ln x  x d x    Đặt  . Suy ra . 2 1 2 1 2 2 4 1 4 dv  xdx v  x  2 Câu 33. Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình: x  1 . x 2  3x  2  x 2  3x  2  0   x  2 Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường là: 2 2 S   x 2  ( 3x  2 ) dx  1 Câu 34. (x 2  3x  2 ) dx  1 1 (đvdt). 6 Ta có ln x  1  0  x  e . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y  ln x, y  1 và đường thẳng x  1 là: e e S   ln x  1dx  1 Câu 35. e e  ( ln x  1) dx  x ( ln x  1)   dx  1  x 1 1 e 1  1  ( e  1)  2  e  e  2 1 Vì m  0 nên 2 x  3  0, x   0; m  . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  2 x  3 và các đường thẳng y  0, x  0, x  m là: m m S   ( 2 x  3) .dx  ( x 2  3 x )  m 2  3m . 0 0 Theo giả thiết ta có: Câu 36. m  2 S  10  m2  3m  10  m2  3m  10  0    m  2 ( do m  0 ) . m  5 x  0 Xét phương trình hoành độ giao điểm 4 x  x 2  2 x  x 2  2 x  0   x  2 2 Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là S   0 Câu 37. 2 2  x3  4 x  2 x dx   ( 2 x  x ) dx   x 2    . 3 0 3  0 2 2 Phương trình hoành độ giao điểm  x 1 2 x  ( x  2)  x2  5x  4  0   x  4 Dựa vào đồ thị, khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là 1 2 2 S   xdx   ( x  2 ) dx  0 1 1 1 5   2 3 6 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 53 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Vậy S  Câu 38. ĐT:0946798489 5 . 6 Chọn D 2 Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường ( C ) : y  x  2 x và ( d ) : y  0 là: x  0 x2  2 x  0   . x  2 Bảng xét dấu: 10 Diện tích cần tìm: S   0 2 x  2 x dx  10 2  (x 10 0 2 2 10  2 x ) dx   ( x  2 x ) dx   ( x 2  2 x ) dx 2 0 2 10  x3   x3   x3  1300 4 704 2008    x2     x2     x2   .    3 3 3 3  3  10  3 0  3 2 Câu 39. Chọn D 2 Ta có S  1 2 1  f ( x ) dx   f ( x ) dx   f ( x ) dx 3 3 2    f ( x ) dx   f ( x ) dx  a  b . 1 3 1 Câu 40. Lờigiải Chọn A x  0 x 1 Xét phương trình x 2  x   Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x 2 và đường thẳng y  2 x là : 1 1 2 S   x  x dx  0 Câu 41. (x 2  x ) dx  0 4 3 Phương trình hoành đồ giao điểm hai đồ thị hàm số y   x 2  2 x  1 , y  2 x 2  4 x  1 là: x  0 .  x2  2 x  1  2 x2  4 x  1  3×2  6 x  0   x  2 Diện tích hình phẳng đã cho là  2 0 2 3x 2  6 x dx   ( 6 x  3x 2 ) dx  ( 3x 2  x 3 ) 0 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 2 4. 0 54 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Câu 42. 1 2 3 1 2 S   7  4 x3 dx   4  x 2  dx    x 2  4 dx 0  3 x3  2  x3 7 8 4   7 x  x |  4 x  |    4 x|  6  4   3   8 10 .   0 1 2  3  3 3 3 1 Câu 43. Xét phương trình hoành độ giao điểm 2 đường cong: x  0  x  12 x   x  x( x  x  12)  0   x  3 .  x  4 3 2 2 4 ⇒ Diện tích cần tìm là: S   0 3 2 x  x  12 x dx  3 0   (x 4 3 2 )  x  12 x dx  3  Câu 44. ( 0  3 4 3 2 x  x  12 x dx   x 3  x 2  12 x dx 0 0 4  x4 x3   x 4 x3  x  x  12 x dx     6 x 2      6 x 2   4 3  3  4 3 0 3 2 ) 99 160 937   . 4 3 12 y  x y  x  2   Xét các hình phẳng ( H1 ) :  y  0 và ( H 2 ) :  y  0 .  x  2, x  4  x  0, x  4   ( H )  ( H1 ) \ ( H 2 ) Ta có  . ( H )  ( H 2 )  ( H1 ) Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 55 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG 4 Do đó S ( H )  S ( H1 )  S ( H 2 )  ĐT:0946798489 4  0 2 xdx   ( x  2 ) dx  2 4 x  4 16 2 10 x x    2x    2  0  2 3 3 2 3 2 x  y 2 10  Cách khác: Ta có ( H ) :  x  y  2 . Suy ra S ( H )   y 2  ( y  2 ) dy  . 3 0  y  0, y  2  Câu 45. Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho và trục hoành: 1 Khi đó S   0 Câu 46. 1 x 1  0  x  1. x 1 1 1 x 1 2   x 1   dx     dx   1   dx  ( x  2 ln x  1 ) 0  2 ln 2  1. x 1 x 1  x 1  0 0 Phương trình hoành độ giao điểm của y  x 2  x  1 và y  x 4  x  1 là x  0 x  x  1  x  x  1  x  x  0   x  1 .  x  1 2 2 4 4 1 Diện tích hình phẳng cần tìm là S  x 0 2 4  x dx  1 0 4  x d x   x 2  x 4 dx 1 3 5 x x 0  x 4 ) dx       3 5  1 1 0 Phương trình trục (Ox ) và (Oy ) lần lượt là y  0 và 0 3 5  x x 1 2 2 4       .  3 5  0 15 15 15 x 0. x 1 Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số ( H ) và trục Ox:  0  x  1. x 1 1 x 1 x 1 Ta có: S    0, x   0;1 nên diện tích cần tìm là: dx . Vì x 1 x 1 0  Câu 47. 1 x 1 2  (x 2  x 4 ) dx  (x 2 1 1 1 x 1 2   dx     1   dx  (  x  2 ln x  1 )  2 ln 2  1 . 0 x 1 x 1  0 0 Cách 1: Coi x là hàm số theo biến số y . S   Câu 48. Hình phẳng đã cho giới hạn bởi các đường: x  y 2 (với y  0 ); x  y  2; y  0 .  y  1 (loai)  y  2 (t / m) 2 2 Ta có: y  y  2  y  y  2  0   2 Diện tích của hình phẳng cần tìm là S   0 2 y  2  y 2 dy   ( y  2  y 2 ) dy  0 10 (đvdt) 3 Cách 2: Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 56 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Phương trình hoành độ giao điểm của các đồ thị hàm số y  x, y  x  2 :  x  2 x  2 x  x2   x  4. 2   2  x  5x  4  0  x  ( x  2 ) 4 Diện tích của hình phẳng cần tìm là S   0 Câu 49. 4 x dx   ( x  2 ) dx  2 10 (đvdt) 3  x  12 x2 x2 x4 x2 x4 x2  4   4   40   12 4 144 4 144 4  x   12 Diện tích hình phẳng ( H ) bằng: Xét phương trình  12  12  x2 x2  x2 x2  x2  4    dx 2  4    dx 2  4   12  0 0   4 12  4 12  4    12  x2  Xét I1    4   dx 0   4   Đặt x  4sin t  dx  4cos xdx  Đổi cận: x  0  t  0; x  12  t  3 12 S   3 3 I1  8  cos 2 tdt  4  (1  cos 2t ) dt  0 0 Xét I 2   0 12 2  12 x dx  dx  2 0  12  4  3 3 2 x 2 3 dx  12 3 ( 2 4  3 Vậy S  2 I1  2 I 2  ) 3 Câu 50. Hướng dẫn giải 1 1 1 3  f ( x ) dx  S( )  S( )  S( )  S( Vậy   2 f ( 2 x  1)  1dx  21 Mà 3 3 2 f ( 2 x  1)  1dx  23 f ( 2 x  1) dx  x 3  5 f ( x ) dx  4 Ta có 5 A B C D)  6  3  12  2  17 1 3 Câu 51. Dựa vào hình vẽ ta thấy hình phẳng cần tính diện tích gồm 2 phần: Phần 1: Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x 3 , trục Ox , x  0 , x  1 . Phần 2: Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x 2  4 x  4 , trục Ox , x  1 , x  2 . Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 57 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG 1 Do đó diện tích cần tính là S  x 3 0 Câu 52. ĐT:0946798489 2 1 2 dx   x 2  4 x  4 dx   x 3 dx   ( x 2  4 x  4 ) dx . 1 0 1  x  1 khi x  1 y  x 1   . 1  x khi x  1 x 2  y 2  1  y   1  x 2 do chỉ tính nửa trên của đường tròn nên ta lấy y  1  x 2 . 2 2 Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x  1 và nửa trên của đường tròn x  y  1 là phần tô màu vàng như hình vẽ. 1 1 Diện tích hình phẳng trên là: S   1  x  (1  x )  dx  2   0 1 1  x2  1  x dx   ( x  1) dx  I1    x   2 0 0 2  0 1  I1  . 2 1 Tính I1   1  x 2 dx . 0    ; ; dx  cos t.dt .  2 2  Đặt x  sin t , t    Đổi cận x  0  t  0 ; x  1  t  1  2 .     2 2 2 2 1  cos 2t dt 2 0 I1   1  x 2 dx   1  sin 2 t .cos t.dt   cos t cos t.dt   cos 2 t.dt   0 0 0 0   1 1  sin 2t  2   t    .Vậy S   . 2 2 0 4 4 2 Câu 53. Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y   x và y  x  2 là:  x  x  2  x  1 . Diện tích hình phẳng cần tính là: 1 3  10   10  S    x  x 2  x  dx    x  x 2  x  2  dx . 3 3   0 1 1 3 1 3  13  7   S    x  x 2  dx    x  x 2  2  dx 3 3   0 1  13  7   S    x  x 2  dx    x  x 2  2  dx 3 3   0 1 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 58 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG  13 x3   S   x2   3 6 Câu 54. 1 ĐT:0946798489 3 7  x3 13   x2   2x   . 3 6 1 2 0 Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Hai Elip lần lượt có phương trình: ( E1 ) : x2 y 2 x2 y 2   1 và ( E2 ) :  1 4 1 1 4 Tọa độ giao điểm của hai Elip trong góc phần tư thứ nhất là nghiệm phương trình: x2 4  1  x2  4  x  2 5 4 5 5 1 x2  2 5 5  x2  2 2 1  x  1   dx  3, 71 0   4   3 2 Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số f ( x )  ax  bx  c , các đường thẳng x  1 , x  2 và trục Diện tích hình phẳng cần tìm: S   .22   .2.1  4 Câu 55. hoành được chia thành hai phần: Miền D1 là hình chữ nhật có hai kích thước lần lượt là 1 và 3  S1  3 .  f ( x )  ax 3  bx 2  c  Miền D2 gồm:  y  1 .  x  1; x  2  Dễ thấy (C ) đi qua 3 điểm A ( 1;1) , B ( 0;3) , C ( 2;1) nên đồ thị (C ) có phương trình 1 3 3 2 x  x  3. 2 2 2 3 27 1  .  S 2    x3  x 2  3  1dx  2 2 8   1 f ( x)  Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là S  S1  S2  51 . 8 Câu 56. 5 I   f ( x )  2 dx  6 5  g ( x ) dx với g ( x )  f ( x )  2 có đồ thị như hình vẽ. 6 Có I  S1  S 2  S3  S 4 trong đó: Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 59 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG S1 là diện tích hình thang vuông ABCD  S1  ĐT:0946798489 ( AB  CD ) . AD  (1  3) .4  8 , 2 2 S 2 là diện tích hình chữ nhật CDEF  S2  3.4  12 ,  .22  2 , 2 ( EF  GH ) .EH  ( 5  3) .3  12 . S 4 là diện tích hình thang vuông EFGH  S4  2 2 Suy ra I  8  12  2  12  2  32 . S3 là diện tích hình tròn tâm I , bán kính R  2  S3  Câu 57. Dạng 1.2 Bài toán có điều kiện Ta có diện tích hình vuông OABC là 16 và bằng S1  S2 . 4 S2  1 x 2 3 4  4 x dx  12 0  0 S 16  S2 16  1   S2 S2 3 t Câu 58. Cách 1. Ta có: S ( t )  ( Suy ra S ( t )  x 2  x 16 3  2 16 3 16  t  2 x  1 dx   ( 2 x  1) dx . ) 1 t 1 1  t2  t  2 . t  3 . t   4 L ( )  Do đó S ( t )  10  t 2  t  2  10  t 2  t  12  0   Vậy t  3 . Cách 2. Hình phẳng đã cho là hình thang có đáy nhỏ bằng y (1)  3 , đáy lớn bằng y ( t )  2t  1 và chiều cao bằng t  1 . Ta có Câu 59. ( 3  2t  1)( t  1)  10  2t 2  2t  24  0  t  3 t  4 . Vì t  1 nên t  3  2 Do đó chọn đáp án Chọn C Giải toán: A. 3 x  2 x 2  3 x  2a  0 2 a  0 a  0   Để phương trình có 2 nghiệm dương thì  9 .   0 a    16 3  9  16a Gọi hai nghiệm đó là 0  x1  x2 thì x2  . 4 x2 3   2 Để S1  S2 khi và chỉ khi   x  a  x  dx  0 2  0 Phương trình hoành độ giao điểm: x2  a  x2 Ta có: x23 3  3  2 x  a  x d x  0   ax2  x22  0  0  2  3 4 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 60 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 3  3  9  16a    2 4 3  9  16a 3  3  9  16a     a      0 3 4 4  4  Giải nhanh bằng máy tính cho kết quả x  0, 421875 thuộc khoảng Câu 60. 2 9   ; .  5 20  Chọn C 1 2 3 x  x  a  0  2 x 2  3 x  4a  0 . 2 4 3  ( *)  x1  x2  2 Theo đề bài phương trình có hai nghiệm 0  x1  x2 thỏa mãn  .  x1 x2  2a (**)  Ta có phương trình hoành độ giao điểm x1 S1  S2  0   0  x 2 1 2 3 1 3 x  x  a dx   x 2  x  a d x  0  2 4 2 4 x1 1 3 3 2 x  x  ax 6 8 x2 0  0 x2  0 1 2 3 x  x  a dx  0 2 4 2 2 x 3x 1 3 3 2 x2  x2  ax2  0  a    2 6 8 6 8 (***) . 2 x 2 3x 3 9 x 2 3x 3   x2 , thay vào (**)    x2  x2   2  2  2  2  0  x2  2 8 3 4 3 4 2  27  3 7  (***) . Vậy a   ;  .  a  128  16 32  Từ (*)  x1  Câu 61. Chọn C Phương trình hoành độ giao điểm 2 x 2  a  3 x  2 x 2  3 x  a  0 có hai nghiệm dương phân biệt 9     9  8a  0 9  a   a  8 0a . 8  2  0 a  0 Ta được nghiệm của phương trình là x  3 9 8 a 4 Ta có S1  S 2   ( 2x 2 3  9  8a . 4 3 9 8 a 4 )  a  3 x dx   0 3 9 8 a 4   ( 2x 2   ( 0 2 )  a  3 x dx . 3  9 8 a 4 )  a  3 x dx  0 3 9  8 a 4  ( 2x 3  9 8 a 4  (2x 2 )  a  3 x dx  0 3 9 8 a 4 3 2  2 x 2  3x  a dx  0   x3  x 2  ax  2 3  ) 3 2  3  9  8a  2  3  9  8a      3 4 4  3 2 3  9  8a 0 4 0   3  9  8a   a  4   Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong    0  61 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG  3  9  8a   2  3  9  8a      4 4    3   2  3  9  8a        a   0 3 4      3  9  8a  0 (vn)  4   2 2  3  9  8a  2  3  9  8a      4 4  3   3 2 2  3  9  8a  2  3  9  8a      3 4 4  3 Câu 62. ĐT:0946798489 2    a  0   27 CASIO a    a  0  Shift Solve 32  Chọn B Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị f ( x ) và g ( x ) là ax3  bx 2  cx  2  dx 2  3 x  2  a 3  ( b  d ) x 2  ( c  e ) x  4  0. (*) Do đồ thị của hai hàm số cắt nhau tại ba điểm suy ra phương trình ( *) có ba nghiệm x  2 ; x  1 ; x  1 . Ta được ax 3  ( b  d ) x 2  ( c  e ) x  4  k ( x  2 )( x  1)( x  1) . Khi đó 4  2k  k  2 . 1 Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là  2 ( x  2 )( x  1)( x  1) dx  2 Câu 63. 37 . 6 Chọn D Cách 1: 3 1  dx 2  ex  1 Û ax 3 + (b – d ) x 2 + ( c – e ) x – = 0 có 3 nghiệm 2 2 3 3   27a  9 ( b  d )  3 ( c  e )  2  0 b  d  2   3 1    a  lần lượt là 3 ; 1 ; 1 nên suy ra  a  ( b  d )  ( c  e )   0 2 2   3 1   a  ( b  d )  ( c  e )  2  0 c  e  2   1 3 1 3 Vậy f ( x )  g ( x )  x 3  x 2  x  . 2 2 2 2 Xét phương trình ax 3  bx 2  cx  Hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị đã cho có diện tích bằng 1 S 1  ( f ( x )  g ( x ) ) dx   ( g ( x )  f ( x ) ) dx 3 1 1 1 3 1 3 3 1 3 1 1  S    x 3  x 2  x   dx    x 3  x 2  x   dx  2  2  4 . 2 2 2 2 2 2 2 2 3  1  Cách 2: Ta có: f ( x )  g ( x )  a ( x  3)( x  1)( x  1) . Suy ra a ( x  3)( x  1)( x  1)  ax 3  ( b  d ) x 2  ( c  d ) x  Xét hệ số tự do suy ra: 3a   3 2 3 1 a . 2 2 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 62 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Do đó: f ( x )  g ( x )  1 ( x  3)( x  1)( x  1) . 2 1 Diện tích bằng: S  1   f ( x )  g ( x ) dx    g ( x )  f ( x ) dx 3 1 1 S Câu 64. ĐT:0946798489 1 1 1 ( x  3)( x  1)( x  1) dx   ( x  3)( x  1)( x  1) dx  4 .  2 3 2 1 Chọn C Vì phương trình f ( x )  g ( x )  0 có 3 nghiệm 3; 1; 2 nên f ( x )  g ( x )  a ( x  3)( x  2 )( x  1) . 2 So sánh hệ số tự do ta được 6a   Câu 65. 3 1 1 253 .  a  . Do đó S   ( x  3)( x  1)( x  2 ) dx  2 4 4 48 3 Chọn A Ta có phương trình hoành độ giao điểm là: 3 3 3  dx 2  ex   ax 3  ( b  d ) x 2  ( c  e ) x   0 . 4 4 2 3 Đặt h ( x )  ax 3  ( b  d ) x 2  ( c  e ) x  2 3 Dựa vào đồ thị ta có h ( x )  ax 3  ( b  d ) x 2  ( c  e ) x  có ba nghiệm là x  2 ; x  1; x  3 . 2 3 Với x  2 ta có 8a  4 ( b  d )  2 ( c  e )   , (1) . 2 3 Với x  1 ta có a  ( b  d )  ( c  e )   , ( 2 ) . 2 3 Với x  3 ta có 27 a  9 ( b  d )  3 ( c  e )   , ( 3) . 2 3 1   8a  4 ( b  d )  2 ( c  e )   2 a  4   3 1    b  d   . Từ (1) , ( 2 ) và ( 3) ta có a  ( b  d )  ( c  e )   2 2   3 5   27a  9 ( b  d )  3 ( c  e )   2 c  e   4   ax 3  bx 2  cx  Hay ta có 3 S 1  f ( x )  g ( x ) dx   2 Câu 66. 2 3 1 3 1 2 5 3 1 1 5 3 63 4 253 x  x  x  dx   x3  x 2  x  dx  .   16 3 48 4 2 4 2 4 2 4 2 1 Để việc tính toán trở nên đơn giản, ta tịnh tiến hai parabol sang trái một đơn vị. a 2 x a. 4 Gọi A, B là các giao điểm của ( P1 ) và trục Ox  A ( 2;0 ) , B ( 2;0 )  AB  4 . 2 Khi đó, phương trình các parabol mới là ( P1 ) : y   x  4 , ( P2 ) : y   ( ) ( Gọi A, B là giao điểm của ( P1 ) và đường thẳng d  M  4  a ; a , N 4 Ta có S1  2  a 2 ) 4  a; a . 4 3 4 4  4  y .dy    ( 4  y ) 2   ( 4  a ) 4  a 3 a 3 2  ax3  8a  a  S2  2   x 2  a  .dx  2    ax   . 4   12 0 3 a Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 63 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Theo giả thiết S1  S2  Câu 67. ĐT:0946798489 4 8a 3 ( 4  a ) 4  a   ( 4  a )  4a 2  a3  8a 2  48a  64 3 3 Vậy T  64 . Hàm số đã cho có dạng f ( x )  ax 4  bx 3  cx 2  dx  e  f ‘( x )  4ax 3  3bx 2  2cx  d . Từ giả thiết đồ thị hàm số đã cho ta thấy đồ thị hàm số đi qua các điểm ( 2; 0) , ( 1;1) , (0;1) , (1; 0) và có hai điểm cực tiểu là (1; 0) , ( 2; 0) nên ta có hệ e  1  e  1  f (0)  1  a  1  f ( 2)  0  4 abcd  1     1 .  f (1)  0   16a  8b  4c  2d  1   b  2  f ‘( 2)  0 32a  12b  4c  d  0     3  0  f ‘(1)  0  4a  3b  2c  d c  4  d  1 1 1 3 3 3 Do đó f ( x )  x 4  x 3  x 2  x  1  f ‘( x )  x 3  x 2  x  1. 4 2 4 2 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm f ( x )  f ‘( x ). x x 1 1 9 1  x4  x3  x 2  x  2  0   x 4 2 4 2  x  2  1  1  4 . 4 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y  f ( x ); y  f ‘( x ) là S   f ( x )  f ( x ) dx 2 Vì biểu thức f ( x )  f ( x )  1 4 1 3 9 2 1 x  x  x  x  2 không đổi đấu trên các khoảng ( 2; 1) , ( 1;1) 4 2 4 2 , (1;4) nên ta có S Câu 68. 107   f ( x)  f ‘( x )  dx    f ( x)  f ‘( x)  dx    f ( x)  f ‘( x ) dx  5 (dvdt ). 1 1 2 1 4 1 Chọn C 2  my  x Tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của hệ phương trình:  2  mx  y (1) ( 2) 2  x2  x  0 Thế (1) vào (2) ta được: mx     m3 x  x 4  0   x  m  0 m x2 y 0 Vì y   0 nên mx  y 2   y  mx m m m  x2 x2  Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là: S   mx  dx    mx   dx m m 0 0 m  2 m 32 x 3  1 2 1 2   .x    m  m 3m  3 3  3 0 Yêu cầu bài toán S  3  1 2 m0 m  3  m 2  9  m  3 3 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 64 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Câu 69. ĐT:0946798489 Diện tích hình thang cong ( H ) giới hạn bởi các đường y  e , y  0 , x  0 , x  ln 4 là x ln 4 x S  e dx  e x ln 4 0  eln 4  e0  4  1  3 (đvdt). 0 1 3 2 S 2.3 S1  S1 . Suy ra S1    2 (đvdt). 2 2 3 3 Vì S1 là phần diện tích được giới hạn bởi các đường y  e x , y  0 , x  0 , x  k nên Ta có S  S1  S 2  S1  k k 2  S1   e x dx  e x  ek  e0  ek  1 . 0 0 Câu 70. Do đó ek  3  k  ln 3 . Chọn A ( ) f ( x )  g ( x )  a ( x  3)( x  1)( x  2 )  ( ax  3a ) x 2  x  2  ax3  ax 2  2ax  3ax 2  3ax  6a 3 2  ax  2ax  5ax  6a 3 3 9 f ( 0 )  g ( 0 )  6 a , quan sát hình vẽ ta có f ( 0 )  g ( 0 )     5 2 10 2 2 3 253 9 3 S   f ( x )  g ( x ) dx   Nên 6a  a ( x  3)( x  1)( x  2 ) dx   3.1625 20 80 10 20 3 3 Câu 71. Gọi phương trình đường thẳng AB là: y  ax  b ( a, b   ) Phương trình giao điểm của AB và ( P ) là: x 2  ax  b  0  A ( x1 ; ax1  b )   B ( x2 ; ax2  b ) 2 Để có 2 điểm A, B thì a  4b  0 . khi đó:   x1  x2  a  x x  b  1 2 Nên AB  2  (a 2  1) x2  x1  2 2 Giả sử x2  x1 ta có x2  x1  Mặt khác: x2  x1  ( x2  x1 ) x2 Khi đó S  a ( a 2  1) 2  4 x1 x2  a 2  4b  ax  b  x dx  2 ( x 2 2 2 2  x12 )  b ( x2  x1 )  x1 1 3 3 ( x2  x1 ) 3 1 a   ( x2  x1 )  ( x2  x1 )  b  ( x22  x1 x2  x12 )  3 2  3  a 2 2b  a 2  4b (x  x ) 8 4 1 a   ( x2  x1 )  .a  b  ( a 2  b )   ( x2  x1 )     ( x2  x1 )  2 1   . 3 6 6 6 3 3 2  b x  x  0 a  0 4 Suy ra: Smax  khi  (thỏa mãn vì ( P ) có tính đối xứng)  1 2 3  x2  x1  2  x1  x2  1  A (1;1)  A ( 1;1)  hoặc  .  B ( 1;1)  B (1;1) Câu 72. Chọn C 2 Phương trình hoành độ của ( P ) và d là x  mx  1  0 (1) . Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 65 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Dễ thấy (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. Gọi a, b ( a  b ) là các nghiệm của (1) thì diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) và d là b b 2 S   x  mx  1 dx  a  ( a b  x 3 mx 2  x  mx  1 dx    x 2  3 a ) 2 b3  a 3 m(b 2  a 2 ) b 2  ab  a 2 m(b a)   (b a)  b  a .  1 3 2 3 2 = ( b a ) 2 ( b a )  4ab . 2  ab 3  m ( b a ) 2 1  m2 2  4   .  6 3 3 2 Mà a  b  m, ab  1 nên S  m  4.  Do đó min S  Câu 73. 4 khi m  0 . 3 Chọn B 2 S1  S2  S3  2 2 2 2   f ( x )  g ( x ) dx   f ( x ) dx   g ( x ) dx   f ( x ) dx  S   g ( x ) dx . 1 5 5 5 5 0 0 0 0 5 0   g ( x )  f ( x ) dx   g ( x ) dx   f ( x ) dx   f ( x ) dx   g ( x ) dx  S 2 2 2 2 3 3 2 2 . 2 3 3   f ( x )  g ( x ) dx   f ( x ) dx   g ( x ) dx   f ( x ) dx  S   g ( x ) dx . 1 5 0 3 0 0 3  f (x )dx  S Do vậy: 0 5 1  S 2  S 3   g ( x )dx. 5 3 Từ đồ thị ta thấy  g (x )dx là số dương. Mà 4 đáp án chỉ có B là phù hợp, nên ta chọn B. 5 3 Chú ý: Có thể tính  g (x )dx như sau: 5 Từ đồ thị hàm số y  g ( x ) ta thấy nó đi qua các điểm ( 5;2 ) , ( 2;0 ) , ( 0;0 ) nên ta có: 25a  5b  c  2 2 4  4a  2b  c  0  a  , b  , c  0. Do đó: 15 15 c  0  Câu 74. 3 3 2  g ( x ) dx    15 x 5 5 2  4  208 x  dx  . 15  45 Chọn A 1 Theo giả thiết ta có 4 4  f ( x ) dx  3 và  f ( x ) dx  7 suy ra  f ( x ) dx  4 . 1 1 1 Đặt t  5sin x  1  dt  5 cos x dx .  2 4 4 1 1 4 Khi đó  cos x . f ( 5sin x  1) dx   f ( t ) dt   f ( x ) dx   . 5 1 5 1 5 0 Câu 75. Chọn A 0 +) Xét I   f ( 3x  1) dx , đặt ( 3x  1)  t  dt  3dx  dx  1 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong dt 3 66 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489  x  1  t  2 x  0  t  1 +) Đổi cận  I Câu 76. 1 0 1 1 1 f t dt= f t dt + ( ) ( )  0 f ( t ) dt 3 2 3  2  1 1   ( S A  S B )  (11  2 )  3 3  3 Cách 1: Gọi hàm số bậc ba là y  ax3  bx 2  cx  d  y ‘  3ax 2  2bx  c . Đồ thị ( C ) đi qua các điểm (1;0 ) , ( 2; 2 ) và đạt cực trị tại x  0; x  2 nên ta có hệ sau : 0  a  b  c  d a  1 2  8a  4b  2c  d b  3    .  0  c c  0 0  12a  4b  c d  2 Suy ra hàm số bậc ba là y  x 3  3 x 2  2 . Gọi hàm bậc hai là y  mx 2  nx  p . Đồ thị ( P ) đi qua các điểm (1;0 ) , ( 2; 2 ) , ( 1; 2 ) nên ta có hệ sau : 0  m  n  p m  1   2  4m  2n  p  n  1 . 2  m  n  p p  0   Suy ra hàm số bậc hai là y   x 2  x . Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và ( P ) là :  x  1 x  3x  2   x  x  x  2 x  x  2  0   x  1 .  x  2 3 2 2 3 2 2 Vậy diện tích phần tô đậm là : S   (x 3  2 x 2  x  2 ) dx . 1 1 S  (x 1 2 3  2 x 2  x  2 ) dx  (x 3 1 8 5 37  2 x 2  x  2 ) dx    . 3 12 12 Cách 2: (Võ Thanh Hải) Vì đồ thị hàm bậc ba và đồ thị hàm bậc hai cắt trục tung tại các điểm có tung độ lần lượt là y  2, y  0 nên ta xét hai hàm số là y  ax3  bx 2  cx  2 , y  mx 2  nx . * Vì đồ thị hai hàm số cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt là x  1; x  1; x  2 nên ta có phương trình hoành độ giao điểm: ax3  bx 2  cx  2  mx 2  nx  a ( x  1)( x  1)( x  2 )  0 . Với x  0 ta được 2a  2  a  1 . 2 *Vậy diện tích phần tô đậm là: S  37  ( x  1)( x  1)( x  2 ) dx  12 . 1 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 67 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Câu 77. 2 Diện tích hình tròn là S   R  8 . 2 2 Phương trình đường tròn tâm O ( 0; 0 ) , bán kính R  2 2 là x  y  8 . Hoành độ giao điểm của Parabol và đường tròn là nghiệm của phương trình x 2  x4 8 4 x  2  x4  4 x2  32  0  ( x 2  8)( x 2  4 )  0  x2  4  0   .  x  2 Phương trình nửa phía trên trục Ox của đường tròn là: y  8  x 2 . Diện tích miền giới hạn bởi Parabol và nửa phía trên trục Ox của đường tròn là: 2 2 2 1 2  x2  2 2  8  x dx  x dx 8  x  dx     2  2 2  2 2 2 2 x3 Ta có  x dx  3 2 2  2 16 . 3 2 I  8  x 2 dx 2      ;   dx  2 2 cos tdt  2 2   Đặt x  2 2 sin t  t     +) x  2  t   +) x  2  t  I  4  4 .     4 4 4 4   8  8sin 2 t .2 2 cos tdt  8  cos 2 tdt  4  (1  cos 2t ) dt  4  (1  cos 2t ) dt  4  4   4   4   1 4  4  t  sin 2t   2  4 .  2   4 2 4  x2  2 8  x   dx  2  . 2  3 2  4 4  Diện tích phần còn lại là 8   2    6  . 3 3  Vậy Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 68 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Vậy S1  2  Câu 78. ĐT:0946798489 4 4 S 3  2 ; S2  6   1  S2 9  2 3 3 Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:  x  a x 2  2ax  3a 2 a 2  ax   x 2  3ax  2a 2  0  ( x  a )( x  2a )  0   6 6 1 a 1 a  x  2 a Nếu a  0 thì diện tích hình phẳng S  0 . a a x 2  3ax  2a 2 x 2  3ax  2a 2 1 a3 dx    dx  . + Nếu a  0 thì S   . 1  a6 1  a6 6 1  a6 2 a 2 a 2 a + Nếu a  0 thì S   a x 2  3ax  2a 2 dx   1  a6 3 2 a  a x 2  3ax  2a 2 1 a3 d x   . . 1  a6 6 1  a6 3 1 a 1 a 1 Do đó, với a  0 thì S  .  .  . 6 3 6 1 a 6 2a 12 3 Dấu ”  ” xảy ra khi và chỉ khi a  1  a  1 . Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai hàm đã cho có diện tích lớn nhất khi a  1 . 0 Câu 79. Diện tích phần kẻ sọc là: S   f ( x ) dx  3. 2 0 Vì f ( x )  0 x   2;0  3  0 0  f ( x ) dx    f ( x ) dx   f ( x ) dx  3 . 2 2 2 4 Tính I   f ( 2 x  8) dx . 3 Đặt t  2 x  8  dt  2dx ; x  3  t  2 ; x  4  t  0 . 0 Suy ra: I   2 2 Vậy T  0 1 1 3 f ( t ) . dt   f ( x ) dx   . 2 2 2 2 3 4  f  ( x  1) dx   f  ( x  1) dx   f ( 2 x  8) dx 1 2 2 3 3  f ( x  1) 1  f ( x  1) 2  I  f ( 3)  f ( 2 )  f ( 2 )  f (1)  Câu 80. 3 3 3  2  ( 1)   . 2 2 2 4 2 Phương trình hoành độ giao điểm: x  6 x  m  0 (1) . 2 2 Đặt t  x ( t  0 ) (1) trở thành t  6t  m  0 ( 2) . ( Cm ) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt hay phương trình   ( 3)2  m  0  ( 2) có hai nghiệm dương phân biệt   P  m  0  0  m  9 (*) .  S 60  Gọi t1 , t2 ( 0  t1  t2 ) là hai nghiệm của phương trình ( 2) . Lúc đó phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt theo thứ tự tăng dần là: x1   t2 ; x2   t1 ; x3  t1 ; x4  t2 . Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 69 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 x3 Do tính đối xứng của đồ thị ( Cm ) nên có (x 4 x4  6 x 2  m ) dx   (  x 4  6 x 2  m ) dx 0 x3 5 4 x  2 x43  mx4  0  x54  10 x34  5mx4  0 . 5  x44  6 x42  m  0 ( 3) Từ đó có x4 là nghiệm của hệ phương trình:   4 2  x4  10 x4  5m  0 ( 4 ) 2 2 2 Lấy ( 3)  ( 4 )  x4  m , thay x4  m vào ( 3) có: m  5m  0  m  0  m  5 .  Đối chiếu điều kiện (*) ta có m  5  a  5 và b  1 . Vậy S  6 . Câu 81. Chọn A 3 2 +) Gọi ( C) : y  ax  bx  cx  d ( a  0) Do ( C) cắt trục Oy tại điểm có tung độ bằng 2 nên d  2 ( C) đi qua 3 điểm A( 1; 2) , B(1;0) và C ( 2; 2) nên ta được hệ phương trình   a  b  c  4 a  1   3 2 a  b  c  2  b  3 . Do đó ( C) : y  x  3x  2 4a  2b  c  2 c  0   2 +) Gọi ( P) : y  mx  nx  r ( m  0)  m  n  r  2  m  1    r  0 . Do ( P) đi qua 3 điểm a ( 1; 2) , O( 0;0) và C ( 2; 2) nên ta được r  0 4m  2n  r  2  n  1   2 Do đó ( P) : y   x  x Vậy S( H )  Câu 82.  2 1 MTCT x3  2×2  x  2 dx  37 12 Ta có: S  S1  S 2 . a S1   ( x 0 p 1  xp  d x  )  p   a 0   1 1 b  y p 1   p11  ap   ; S 2    y  dy     1 p   0   p 1  1    b  yq     q  b  0 bq . q 0 a p bq 1 p 1 1   ab . Vì: 1     q . Vậy p q p 1 p 1 1  1 1 p q Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 70 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Câu 83. Cách 1: Gọi I , H , K , E là các điểm như hình vẽ.   60 * Ta có: IHO R OH R 3 3R 2 R 2  OH   OI  OH .tan 60   R,  , IH  2 cos 60 2 4 4 IE OK   2  IE  2 R . IOH  EKH nên ta có: IH OH * Chọn hệ trục tọa độ Ixy như hình vẽ ta có elip ( E ) có bán trục lớn là a  IE  2 R và ( E ) đi qua OH 2  OB 2  BH 2  R 2   x2 y2 R 3 A   R;  nên ( E ) có phương trình là ( E ) : 2  2  1 . 4R R 2   2R * Diện tích của thiết diện là S  2  2R R 1 R 2R * Xét tích phân: I   R  R I 2 1 x2 x2 d x  2 R 1  dx  4R2 4R 2 R x2    dx , đặt x  2 R.sin t ; t    ;  ta được 2 4R  2 2   2  4 R  sin 2t  2 3 3 2 1  cos 2 t d t  t    R  S   ( )    R .     3 2 2     3 8  4    6 2 6 OA2  OB 2  AB 2 1 R    AOB  120  OH  . 2.OA.OB 2 2 Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ AOB  Cách 2: cos   Phương trình đường tròn đáy là x 2  y 2  R 2  y   R 2  x 2 . Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 71 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Hình chiếu của phần elip xuống đáy là miền sọc xanh như hình vẽ. R Ta có S  2   R 2 ĐT:0946798489  2 3 2 R 2  x 2 dx. Đặt x  R.sin t  S    R . 4   3 Gọi diện tích phần elip cần tính là S .  4 S 3 2  2 S    R . cos 60 2   3 Giả sử A(a; a 2 ) ; B (b; b 2 ) (b  a ) sao cho AB  2018 . Phương trình đường thẳng d là: y  (a  b) x  ab . Khi đó Theo công thức hình chiếu, ta có S   Câu 84. b b S   (a  b) x  ab  x 2 dx   ( ( a  b ) x  ab  x 2 ) dx  a a 2 ( Vì AB  2018  ( b  a )  b 2  a 2  (b  a ) Câu 85. 2 ) 2 1 3 (b  a ) . 6 2 (  20182  ( b  a ) 1  ( b  a ) 2 )  2018 . 2 20183 20183 . Vậy S max  khi a  1009 và  2018  b  a  b  a  2018  S  6 6 2 b  1009 . Ta có y  4ax 3  2bx  d : y  ( 4a  2b )( x  1) . Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( C ) là: ( 4a  2b )( x  1)  ax 4  bx 2  c (1) . Phương trình (1) phải cho 2 nghiệm là x  0 , x  2 . 4a  2b  c  12a  6b  16a  4b  c 4a  2b  c  0 ( 2 )  . 28a  10b  c  0 ( 3) 2 Mặt khác, diện tích phần tô màu là 28  ( 4a  2b )( x  1)  ax 4  bx 2  c  dx 5 0  28 32 8 112 32 28  4 ( 4a  2b )  a  b  2c  a  b  2c   ( 4 ) . 5 5 3 5 3 5 Giải hệ 3 phương trình ( 2 ) , ( 3) và ( 4 ) ta được a  1 , b  3 , c  2 .  Khi đó, ( C ) : y  x 4  3 x 2  2 , d : y  2 ( x  1) . Diện tích cần tìm là S  0 0 4 2   x  3x  2  2 ( x  1) dx   (x 1 m Câu 86. Ta có S   4 x 2 2 dx  4 1  3x 2  2 x ) dx  1 . 5 25 . 3 Phương trình 4  x 2  0  x  2 . Bài ra 2  m  2 nên trên ( 2; m ) thì 4  x 2  0 vô nghiệm. Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 72 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG m  4 x 2 dx  2 25  3 m 3  ĐT:0946798489 m  25 x  ( 4  x ) dx  3   4 x  3  2  2 3 2 25 3 3  m   8  25 m 16 25   4m   4m       8    3   3 3 3 3 3   m3 16 25 1 3    4m   3 m  4m  3  0  m3  12m  9  0 3 3 3     3 (1) 1 3 41  m3 16 25 m  12m  41  0    m  4m   0  4m  3  3   3  3 3 Xét hàm số f ( m )  m3  12m , với m  ( 2; 2 ) có ( ) f  ( m )  3m2  12  3 m 2  4  0 , m  ( 2; 2 ) . Do đó f ( m ) nghịch biến trên ( 2; 2 )  f ( m )  f ( 2 )  16  m3  12m  41  0 . ( ) Khi đó (1)  m3  12m  9  0  ( m  3) m 2  3m  3  0  m  Vậy chỉ có m  Câu 87. 21  3 thỏa mãn. 2 21  3 thỏa mãn bài toán. 2 Phương trình hoành độ giao điểm của parabol ( P ) : y  x 2 với đường thẳng y  b là x2  b  x   b . Phương trình hoành độ giao điểm của parabol ( P ) : y  x 2 với đường thẳng y  a là x2  a  x   a . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) : y  x 2 và đường thẳng y  b là b b   x3  b b  4b b S  2  ( b  x ) d x  2  bx    2  b b  .  3 3 0 3   0  Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) : y  x 2 và đường thẳng y  a (phần tô màu đen) là 2 a a   a a  4a a x3  . S1  2  ( a  x ) d x  2  ax    2  a a    3 3 3  0 0   2 Do đó S  2 S1  Câu 88. Ta có: 4b b 4a a  2.  3 3 3 2 ( a) 3  b  3 2 a  b  3 4a . x2 x2  y2  1  y   1 4 4 Hoành độ giao điểm (E’) y  1  1 ( b) 3 2 x2 và parabol y  x là 2 4 x2 3 2  x  3x 4  x 2  4  0  x 2  1  x  1 (theo hình vẽ thì x  0 ) 4 2 1 Vậy T   0 2 3 2 x2 x dx   1  dx 2 4 1 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 73 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG 1 Mà  0 3 2 3×3 3 x dx   2 6 0 6 2 Ta có: I  2 x2 1 dx   4  x 2 dx . Đặt x  2 cos t ta có: 4 21 1  1 2  ĐT:0946798489 1 0 4  x 2 dx   3 3 4sin 2 t . ( 2sin t ) dt  4  sin 2 tdt  2  (1  cos 2t ) dt    1  0 0 2 3  3 2 3 1 3 Do đó T  .  Câu 89. 1 . 3 nên S  15 12 Căn cứ đồ thị ta thấy 3 2 + Hàm số y  x  ax  bx  c đạt cực trị tại x  1 nên ta có  y (1)  0  2a  b  3  0 a  0 .    2a  b  3  0 b  3  y ( 1)  0 2 + Hàm số y  mx  nx  p đạt cực đại tại x  1 và ( P ) cắt ( C ) tại hai điểm có hoành độ x  1 nên ta có 2m  n  0 n  2   1  a  b  c  m  n  p  m  1 1  a  b  c  m  n  p  p  c 1   1 1  ( mx Suy ra S  1 2 4  nx  p  x3  ax 2  bx  x ) dx   (  x3  x 2  x  1) dx   (1; 2 ) 3 1 Dạng 2. Ứng dụng tích phân để tìm thể tích Dạng 2.1 Bài toán tính trực tiếp không có điều kiện Câu 90. Lời giải Câu 91. Chọn B Chọn B Câu 92. Chọn D 2 Thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay ( H ) xung quanh trục Ox là: V   (x 2 2  3) dx . 0 Câu 93. Chọn D 1 e2x V    e dx  2 0 1 2x Câu 94. ( ) 2 0 Chọn B Thể tích khối tròn xoay được tính theo công thức: 1 V  0 Câu 95.   e2  1 ( 1 1  x3  4 . x  1 dx    ( x  1) dx     x   3  3 0 0 2 ) 2 2 Chọn A Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 74 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG  2 V   2 ( 2  cos x ) dx   ( 2x  sin x ) 0  2 0 ĐT:0946798489  (   1). Câu 96. Lời giải Chọn A  Ta có: V    ( 0 )  2  2  sin x dx    ( 2  sin x ) dx   ( 2 x  cos x ) 0  2 (  1) . 0 Câu 97. Lời giải Chọn A x Phương trình hoành độ giao điểm 2 ( x  1) e  0  x  1 Thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình ( H ) xung quanh trục Ox là: du  2 ( x  1) dx u  ( x  1)2  V     2 ( x  1) e  dx  4  ( x  1) e dx . Đặt   e2 x 2x v  0 0  dv  e dx  2 1 x 1 2 2 1 2x 1 1 1 2x e2 x e2 x 2 e  V  4 ( x  1)  4  2 ( x  1) dx  4 ( x  1)  4  ( x  1) e 2 x dx 2 0 2 2 0 0 0 2 u  x  1  du  dx  Gọi I1   ( x  1) e dx . Đặt  e2 x 2x dv  e dx  v  0   2 1 2x 1 1 1 e2 x e2 x  I1  4 ( x  1)  4  dx  2   e2 x  2   e2    3   e 2 0 2 0 2 0 1 e2 x Vậy V  4 ( x  1)  I1  2  3   e 2   e2  5 . 2 0 2 Câu 98. ( ) ( ) Chọn B 2 Ta có: V   (x 2 2  2 ) dx . 1 Câu 99. Chọn A Diện tích thiết diện là: S ( x)  3 x. 3 x 2  2 3  Thể tích vật thể là: V   3 x. 3 x 2  2dx  1 Câu 100. 124 3 x  0 . x  2 2 Phương trình hoành độ giao điểm x  2 x  0   2 2 2 4 Vậy thể tích khối tròn xoay được tính V   4 x dx   x dx .  0 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong  0 75 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Câu 101. 2 Thể tích của vật thể được tạo nên là V   (x 2 2  3) dx. 0 b Câu 102. Công thức tính: V   f 2 ( x ) dx  a 1 1 1 Câu 103.  x5 4 x3  4  8 1 Ta có V    ( x  2 x ) dx    ( x  4 x  4 x ) dx   .   x 4     . 1    . 3 0 3  15 5  5 0 0 Câu 104. Chọn B 2 V    xdx  1 Câu 105. 2 2  x2 2 2  1 4 3 2 3 . 2 Chọn B 2 Theo công thức ta chọn V   2 2  (2x  x ) dx 0 Câu 106. Thể tích vật thể tròn xoay được sinh ra là    4 4 4 d ( cosx ) sin x .dx    cosx cosx 0 0 V  0 ( ) 2  4 tan x .dx    tan x.dx    0   1   ln 2   ( ln cosx ) 4   ln   2 . 0  2 Câu 107. Chọn D Quay elip đã cho xung quanh trục hoành chính là quay hình phẳng:   x2 H   y  4 1  , y  0, x  5, x  5 . 25   Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra bởi H khi quay xung quanh trục hoành là: 5   16 x 2  16 x 3  5 320 V    16  dx   16 x    335,1    5  5 25 75 3     Câu 108. Chọn B Theo đề, ta có hình vẽ sau: Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 76 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG y x 1 1 ĐT:0946798489 y  x2  2x 2 O x Nhận xét: Khi nhìn vào hình vẽ. Đường thẳng x  1 chia hình phẳng giới hạn bởi đường y  x 2  2 x và trục hoành làm 2 phần. Dễ thấy lúc này hình phẳng ( H ) không thể xác định vì phần hình giới hạn bởi x  0 đến x  1 và x  1 đến x  2 chưa rõ ràng. Nếu xét phần tròn xoay khi xoay hình phẳng quanh trục Ox khi x  0 đến x  2 thì không có đáp án trong bài, đồng thời đề cho thêm đường thẳng x  1 là không cần thiết. Do đó để bài toán có đáp án và rõ ràng hơn ta điều chỉnh đề như sau: Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi đường y  x 2  2 x , trục hoành. Tính thể tích V hình tròn xoay sinh ra bởi ( H ) khi quay ( H ) quanh trục Ox .  y  x2  2x Hình phẳng ( H ) giới hạn bởi  . y  0 Ta có phương trình hoành độ giao điểm của y  x 2  2 x và y  0 (trục hoành) là: x  0 x2  2 x  0   x  2 Khi đó thể tích V hình tròn xoay sinh ra bởi ( H ) khi quay ( H ) quanh trục Ox là: 2 2 VOx    ( x 2  2 x ) dx  0 Câu 109. 16 . 15 Thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng ( H ) quanh trục Ox là : 2 3 3 2 81 1  1  . V     x 3  x 2  dx     x 6  x 5  x 4  dx  3 9 3 35     0 0 81 Vậy thể tích khối tròn xoay cần tính là : V  . 35 y y = x^2 12 10 y = 2x 8 6 4 2 x 15 10 5 O 2 5 10 15 2 Câu 110. Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 77 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 x  0 x  2 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị: x  2 x   2 2 2 2 Ta có: VOx   (2 x ) 2 dx   ( x 2 ) 2 dx   4 x 2 dx   x 4 dx   0  0  0 0 y 2 y=2(x2-1) 1 -1 O 1 x 2 y=1-x2 2 y=2(1-x ) Câu 111. 2 Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số y  2 x 2  1 và y  1  x là 2 x 2  1  1  x 2 ( ) ( )  x  1 . ( ) ( ) Lấy đối xứng đồ thị hàm số y  2 x 2  1 qua trục Ox ta được đồ thị hàm số y  2 1  x 2 . ( ) Ta có 2 1  x 2  1  x 2 , x   1;1 . Suy ra thể tích khối tròn xoay cần tìm là 1 2 V     2 ( x 2  1)  dx  1 Câu 112. 64 . 15 Chọn B  4  4 1 t2   V    tan xdx   sin xd ( tanx )    2 dt   1   t 1  4 0 0 0 2 Câu 113. 2 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y   x  4. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành là: 9 9 x  2 và trục hoành: x 20  x 2 9  x2 8x x  V    x  2 dx    x  4 x  4 dx      4 x   2 3 4 4  4  81   16 64  11 .     72  36       16   3 6  2   2  Câu 114. Điều kiện xác định: 4 x  x 2  0  0  x  4 . ( ) 2 ( ) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  4 x  x 2 và trục hoành x  0 4 x  x2  0  4x  x2  0   . x  4 Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình ( H ) quanh Ox là : 4 V  0 ( ) 2 4 4 x  x 2 dx    ( 4 x  x 2 )dx  0 32 . 3 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 78 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 32 . 3  x1  2 Câu 115. Phương trình hoành độ giao điểm của ( H ) với trục hoành: 2 x  x 2  0   .  x2  0 Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra do ( H ) quay quanh Ox là: Vậy thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình ( H ) quanh Ox là 4 x5 V    ( 2 x  x ) .dx    ( 4 x  4 x  x ) .dx   .  x3  x 4  3 5 0 0  Câu 116. Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và trục Ox : 2 2 2 2 2 3 4 2  16   .  15 0 x  0 2 x  x2  0   . x  2 Khi đó: 2 V    ( 2x  x 0 2 2 ) 2 2 1  16 4 dx    ( 4 x  4 x  x )dx    x3  x 4  x5    . 5  0 15 3 0 2 3 4 Câu 117.  x3  0 Xét phương trình x  3   x  3    x  3 .  x  3  1 Xét hình ( H ) giới bởi đồ thị các hàm số y  x  3 ( 3  x  2 ) , y  x  3 ( 2  x  1) , y  0 và x 1. Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm chính bằng thể tích của vật thể tròn xoay thu được khi quay quanh hình ( H ) quanh trục Ox . Do đó 2 1 2 43 2 V     x  3  dx    ( x  3) dx  .  3   2   2 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 79 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Câu 118. Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  f ( x ) và trục hoành là nghiệm của phương trình 2 x .e x  0  x  0. Khi đó thể tích của khối tròn xoay được tạo thành là: 1 V  ( x .e x 2 ) 2 1 2 dx    xe 2 x dx   0 Câu 119. 0 1 1 2 x2 1 21 1 e d(2 x 2 )   e 2 x   (e 2  1) .  0 4 40 4 2 Diện tích thiết diện là S ( x )  ( x  1) e 2 x . 2 2 Thể tích của vật thể (T ) là V  S ( x )dx   0 2 V  ( x  1) 2 e2 x dx . 0 2 2 1 9e  1  x  1 2 x 1 2x  2 2x 2x x  1 e  x  1 e dx   e  ( )  0 ( ) 0 e dx  2 2 2 2 0 0   2 4 2  9e 4  1 3e 4  1 1 2 x 1 1 13e 4  1 .   e  3e 4  e 4   2 2 4 4 4 4 0 Câu 120. Phần chung của hai khối cầu tạo bởi ( S1 ) , ( S2 ) là một khối tròn xoay, tương đương phần hình phẳng OAO quay quanh trục OO hay bằng hai lần phần mặt phẳng tạo bởi AHO quay quanh trục OO . Đặt hệ trục như hình khi đó phương trình đường tròn ( O ) là x 2  y 2  9  y  9  x 2 , điểm H có hoành độ bằng 3 V  3 2 3 ; O có hoành độ là 3 nên thể tích : 2 2 ( 9 x 2 ) 3 ( ) dx     9  x 2 dx  3 2 45 . 8 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 80 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Câu 121. x  0  y  0 .  x  1  y  1 Phương trình hoành độ giao điểm x  x 2   Ta có đồ thị hai hàm số y  x và y  x 2 đều đối xứng qua Oy nên hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị y  x và y  x 2 quay quanh trục tung tạo nên một vật thể tròn xoay có thể tích bằng thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi hai đường x  y và x  Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là: 1 1 1  1  1 y  y dy    ( y  y ) dy   .  y 2  y 3   . 3 0 6 2 0 2 V  0 Câu 122. y quay xung quanh trục Oy . 2 3 3 x  4  x2  x  3 9 2  3  3 2  2 3 2  V     x  dx   4  x dx  0 9   3   3 2  1 6    x dx   ( 4  x 2 ) dx  3  0 27  Phương trình hoành độ giao điểm: ( ) 2  1 x7 3  x3     .   4x    3  3  27 7 0     20 3 16        . 7 3   a  20, b  7, c  16, d  3  P  a  b  c  d  46 . Dạng 2.2 Bài toán có điều kiện Câu 123. Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong và trục hoành là: m2  x 2  0  x  m m 2 1 3 m 4 m m Thể tích vật thể tròn xoay cần tính là: V    (m  x )dx   (m x  x ) |  3 3 m m 2 Ta có: V  1000  3 4 m 2 m 2 2 3  1000  m  750   3 750  m  3 750 . 3 750  9, 08 và m  0 . Vậy có 18 giá trị nguyên của m. Ta có Câu 124. Chọn D ( ) Dựa vào đồ thị hàm số y  f ‘ ( x )  f ‘ ( x )  3 x 2  1 . Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 81 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Khi đó f ( x )   f ‘ ( x )dx  x 3 ĐT:0946798489  3x  C . Điều kiện đồ thị hàm số f ( x ) tiếp xúc với đường thẳng y  4 là: 3  f ( x )  4  x  1  x  3x  C  4   suy ra f ( x )  x3  3 x 2  2 ( C ) .   2 C  2  f ‘ ( x )  0 3 ( x  1)  0 + ( C )  Ox  hoành độ giao điểm là x  2; x  1 . 1 +Khi đó V   (x 3 2  3 x 2  2 ) dx  2 4 4 Câu 125. 729 . 35 x2  8 . Mà V  2V1  V1  4 . Ta có: V    xdx   2 0 0 Gọi K là hình chiếu của M trên Ox  OK  a, KH  4  a, MK  a . Khi xoay tam giác OMH quanh Ox ta được khối tròn xoay là sự lắp ghép của hai khối nón sinh bởi các tam giác OMK , MHK , hai khối nón đó có cùng mặt đáy và có tổng chiều cao là OH  4 nên thể tích của 4 a , từ đó suy ra a  3 . 3 Câu 126. Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  x   và y  sin x : x    sin x  x    sin x  0 (1) . Ta thấy x   là một nghiệm của phương trình (1) . 1 3 khối tròn xoay đó là V1  . .4. ( a) 2  Xét hàm số f ( x )  x    sin x  f  ( x )  1  cosx  0, x   .  f ( x ) đồng biến trên  nên x   là nghiệm duy nhất của phương trình f ( x )  0 . Cách 1: Xét hàm số g ( x )    x  sin x, x  ( 0;  ) . g  ( x )  1  cosx  0, x  ( 0;  ) , suy ra hàm số g ( x )    x  sin x nghịch biến trên ( 0;  ) . x  ( 0;  ) : g ( x )  g ( )    x  sin x      sin   0    x  sin x ( 2 ) . Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 82 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Do đó thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay ( D ) quanh trục hoành là thể tích của khối nón khi quay tam giác vuông OAB quanh trục hoành. 1 1 1 1 1 V  . .OB 2 .OA   . 2 .   4  p  . Vậy 24 p  24.  8 . 3 3 3 3 3  Cách 2: Từ ( 2 ) ta có V    2 2  ( x   ) dx    ( x   ) d ( x   ) 0  . (x  ) 3  3  0 4  p 3 0 1 . 3 1 3 Vậy 24 p  24.  8 . Câu 127. (  ) Ta có V1  8.  .42  2   3  4 ( 4y ) 0 2  dy   96  3 4 .4 4 .2 2  64 3 3 3 Suy ra V1  V2 2 V2  Câu 128. Dễ thấy ABCE là hình bình hành nên AE  BC  a . Vậy ADE là tam giác đều. Có AH  a 3 . 2 Xét hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Có phương trình CD : y   Phương trình AD : y  3 x  2a 2 a 3 a  ; xD  0, xC  2a ; A  ; 0  . 2 2  a 3 . 2 a 2 a 2 2 a 3   2 a 3  3 a 2 3a 2  Vậy V      2  3 x   .2 a  2  3 x  3 ax    0  0   2  2  4 4  0    a  3 a3 3a 3a 2  2  x3  x 2  2 2 4   2 3 a 3 a3 5 x   2 .   a 3 . 2 8 4 0 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 83 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Cách 2: Thể tích khối tròn xoay được tạo ra theo đề bài là thể tích khối trụ có chiều cao 2a bán kính đáy a a 3 a 3 trừ đi thể tích hai khối nón cùng có chiều cao bán kính đáy . Vậy 2 2 2 bằng 2 2 a 3 1 a 3 a 5 3 V   .   2a  2.    .  a 3  2  2 4  2  9 2 81 Câu 129. Ta có V1  π  x dx  . 2 0 ( ) ( ) Gọi H là hình chiếu của M lên trục Ox , đặt OH  m (với 0  m  9 ), ta có M m; m , MH  m và AH  9  m . Suy ra V2  1 1 1 π.MH 2 .OH  π.MH 2 . AH  π.MH 2 .OA  3mπ . 3 3 3 Theo giả thiết, ta có V1  2V2 nên  27 3 3  81π 27  6mπ  m  . Do đó M   4 ; 2  . 2 4   2 3 x. 9 Diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C ) và đường thẳng OM là Từ đó ta có phương trình đường thẳng OM là y  27 27 4 2  3 2  4 27 3 2 3  . x   S    x  x  dx   x x  9 16 9  0  3 0 Dạng 3. Ứng dụng tích phân để giải bài toán chuyển động Dạng 3.1 Bài toán cho biết hàm số của vận tốc, quảng đường Câu 130. Chọn D Ta có vB ( t )  a.dt  at  C , vB ( 0 )  0  C  0  vB ( t )  at .  Quãng đường chất điểm A đi được trong 25 giây là 25  1 3 13 2  25 375  1 2 13  S A    t  t  dt   t  t   . 100 30 300 60  0 2    0 Quãng đường chất điểm B đi được trong 15 giây là 15 at 2 15 225a S B   at.dt   . 2 2 0 0 375 225a 5 Ta có  a . 2 2 3 5 Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A là vB (15 )  .15  25( m/s ) . 3 Câu 131. Chọn D Thời điểm chất điểm B đuổi kịp chất điểm A thì chất điểm B đi được 15 giây, chất điểm A đi được 18 giây. Biểu thức vận tốc của chất điểm B có dạng vB ( t )  adt  at  C mà vB ( 0 )  0 nên vB ( t )  at .  Do từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động cho đến khi chất điểm B đuổi kịp thì quãng đường hai chất điểm đi được bằng nhau. Do đó 15 225  1 2 58  t  d t  0  120 45  0 atdt  225  a. 2  a  2 Vậy, vận tốc của chất điểm B tại thời điểm đuổi kịp A bằng vB ( t )  2.15  30 ( m / s ) . 18 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 84 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Câu 132. Chọn C Xét phương trình 5t  10  0  t  2. Do vậy, kể từ lúc người lái đạp phanh thì sau 2s ô tô dừng hẳn. Quãng đường ô tô đi được kể từ lúc người lái đạp phanh đến khi ô tô dừng hẳn là 2  5 2 s   ( 5t  10 ) dt    t 2  10t   10m.  2 0 0 Câu 133. Chọn C 15  1 Quãng đường chất điểm A đi từ đầu đến khi B đuổi kịp là S     150 t 0 2  59  t  dt  96 ( m ) . 75  Vận tốc của chất điểm B là vB ( t )  adt  at  C .  Tại thời điểm t  3 vật B bắt đầu từ trạng thái nghỉ nên vB ( 3)  0  C  3a . Lại có quãng đường chất điểm B đi được đến khi gặp A là 15 15  at 2  S2   ( at  3a ) dt    3at   72a ( m ) .  2 3 3 4 Vậy 72a  96  a  ( m / s 2 ) . 3 Tại thời điểm đuổi kịp A thì vận tốc của B là vB (15)  16 ( m / s ) . Câu 134. Chọn A Thời gian tính từ khi A xuất phát đến khi bị B đuổi kịp là 15 giây, suy ra quãng đường đi được tới lúc đó 15 là 15 15  1 3 11 2   1 2 11  0 v(t )dt  0  180 t  18 t  dt   540 t  36 t  0  75 ( m ) . Vận tốc của chất điểm B là y ( t )  a.dt  a.t  C ( C là hằng số); do B xuất phát từ trạng thái nghỉ nên  có y ( 0 )  0  C  0 ; Quãng đường của B từ khi xuất phát đến khi đuổi kịp A là 10 10 a.t 2  y ( t )d t  75  a . t d t  75 0 0 2 10  75  50a  75  a  0 3 2 3t Vậy có y ( t )  ; suy ra vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng y (10 )  15 ( m / s ) . 2 Câu 135. Lời giải Chọn B 3 2 () 2 Vận tốc của vật chuyển động là v  s   t  12t  f t Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f ( t ) trên đoạn  0; 6  Ta có f  ( t )  3t  12  f  ( t )  0  t  4   0; 6  f ( 0 )  0; f ( 4 )  24; f ( 6 )  18 Vậy vận tốc lớn nhất là 24 ( m/s ) . Câu 136. Khi ô tô dừng hẳn thì: v ( t )  0  5t  20  0  t  4 ( s ) . 4 Vậy từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô di chuyển được: s   ( 5t  20 ) dt  40 ( m ) . 0 Câu 137. Lấy mốc thời gian ( t  0 ) là lúc đạp phanh. Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 85 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Khi ô tô dừng hẳn thì vận tốc v ( t )  0 , tức là v ( t )  6t  12  0  t  2 . Vậy từ lúc đạp phanh đến lúc ô tô dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được quãng đường là 2  ( 6t  12 )dt  ( 3t 2 2  12t )  12 ( m ) . 0 0 Câu 138. Chọn C Khi xe dừng hẳn thì v ( t )  0  t  5 . Khi đó quảng đường xe đi được tính từ lúc bắt đầu hãm phanh đến khi dừng hẳn là: 5 5  3t 2  S   ( 3t  15 ) dt     15t   37,5 m  2 0 0 Câu 139. Vậy ta chọn đáp án C. Chọn B Lúc bắt đầu đạp phanh, ô tô có vận tốc 20 m / s  v ( t0 )  10t0  20  20  t0  0 Ô tô dừng hẳn khi đó vận tốc v ( t1 )  0  20  10t1  0  t1  2 . 2 Do đó ô tô di chuyển được thêm là:  ( 20  10t ) dt  ( 20t  5t ) 2 2 0  20 ( m ) 0 Câu 140. Ta có 2t  10  0  t  5  Thời gian tính từ lúc bắt đầu đạp phanh đến khi dừng hẳn là 5 giây. Vậy trong 8 giây cuối cùng thì có 3 giây ô tô chuyển động với vận tốc 10m / s và 5 giây chuyển động chậm dần đều với vận tốc v ( t )  2t  10 ( m / s ) . 5 Khi đó quãng đường ô tô di chuyển là S  3.10   ( 2t  10 )dt  30  25  55m . 0 Câu 141. – Tại thời điểm t  6 vật đang chuyển động với vận tốc v0 nên có v(6)  v0 5 5   .6  a  v0  a  v0  15 , suy ra v(t )   t  v0  15 . 2 2 2v 2 – Gọi k là thời điểm vật dừng hẳn, vậy ta có v(k )  0  k  . ( v0  15 )  k  0  6 . 5 5 k  5  – Tổng quãng đường vật đi được là 80  6.v0     t  v0  15  dt 2  6 k  5   80  6.v0    t 2  v0 .t  15t   4 6 5  80  6.v0  (k 2  62 )  v0 .(k  6)  15(k  6) 4 2 2v 2v 5  4 ( v0 ) 24v0   80  6.v0      v0 . 0  15. 0   4  25 5  5 5 2  ( v0 )  36.v0  400  0  v0  10 5 Câu 142. 5 t2 Quãng đường ô tô đi được trong 5 ( s ) đầu là s1   7tdt  7  87,5 (mét). 20 0 Phương trình vận tốc của ô tô khi người lái xe phát hiện chướng ngại vật là v( 2) ( t )  35  35t (m/s). Khi xe dừng lại hẳn thì v( 2) ( t )  0  35  35t  0  t  1 . Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 86 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 1 1  t2  Quãng đường ô tô đi được từ khi phanh gấp đến khi dừng lại hẳn là s2   ( 35  35t ) dt   35t  35  2 0  0  17.5 (mét). Vậy quãng đường của ô tô đi được từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn là s  s1  s2  87.5  17.5  105 (mét). t3 Câu 143. a ( t )  t 2  4t  v ( t )   a ( t ) dt   2t 2  C ( C   ) . 3 3 t Mà v ( 0 )  C  15  v ( t )   2t 2  15 . 3 3  t3  2 0  3  2t  15  dt  69,75 m . Vậy S   Câu 144. v ( t )  s ( t )  3t 2  18t  1 . Dễ thấy hàm số v ( t ) là hàm bậc hai có đồ thị dạng parabol với hệ số a  3  0 . Do đó vmax đạt tại đỉnh I ( 3; 28 ) của parabol. Vậy Thời gian để vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất t  3 ( s ) . Câu 145. Chọn gốc thời gian là lúc ô tô bắt đầu đi. Sau 5s ô tô đạt vận tốc là v ( 5 )  35 ( m/s ) . Sau khi phanh vận tốc ô tô là v ( t )  35  70 ( t  5 ) . Ô tô dừng tại thời điểm t  5, 5s . 5 Quãng đường ô tô đi được là S  7tdt   0 Câu 146. 5,5  35  70 ( t  5) dt  96, 25 ( m ) . 5 Giai đoạn 1: Xe bắt đầu chuyển động đến khi gặp chướng ngại vật. Quãng đường xe đi được là: 12 12 S1   v1 ( t ) dt   2tdt  t 2 0 12 0  144 ( m ) . 0 Giai đoạn 2: Xe gặp chướng ngại vật đến khi dừng hẳn. Ôtô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v2 ( t )  adt  12t  c .  Vận tốc của xe khi gặp chướng ngại vật là: v2 ( 0 )  v1 (12 )  2.12  24 ( m/s ) .  12.0  c  24  c  24  v2 ( t )  12t  24 . Thời gian khi xe gặp chướng ngại vật đến khi xe dừng hẳn là nghiệm phương trình: 12t  24  0  t  2 . Khi đó, quãng đường xe đi được là: 2 2 2 S 2   v2 ( t ) dt   ( 12t  24 ) dt  ( 6t 2  24t )  24 ( m ) . 0 0 0 Vậy tổng quãng đường xe đi được là: S  S1  S2  168 ( m ) . Câu 147. Ta có: vA ( 0 )  16 m/s . Khi xe A dừng hẳn: vA ( t )  0  t  4 s . 4 Quãng đường từ lúc xe A hãm phanh đến lúc dừng hẳn là s   (16  4t ) dt  32 m . 0 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 87 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Do các xe phải cách nhau tối thiểu 1m để đảm bảo an toàn nên khi dừng lại ô tô A phải hãm phanh khi cách ô tô B một khoảng ít nhất là 33 m . t Câu 148. t t  t 3 3t 2  1 3 3 2 Ta có v ( 0 )  10 m/s và v ( t )   a ( t ) dt   ( t  3t ) dt      t  t . 2  3 2 0 3 0 0 2 6 6 6 3  1  1 1 Quãng đường vật đi được là S   v ( t ) dt    t 3  t 2  dt   t 4  t 3   216 m . 2 0 3 2   12 0 0 t  10 Câu 149. Thời điểm máy bay đạt vận tốc 200 ( m / s ) là v ( t )  200  t 2  10t  200    t  10 t  20 Quãng đường máy bay đã di chuyển trên đường băng là 10  t3  s   ( t  10t ) dt    5t  3  0 10 2  0 2500 ( m) . 3 15 Câu 150.  1 Quãng đường chất điểm A đi từ đầu đến khi B đuổi kịp là S     150 t 0 2  59  t  dt  96 ( m ) . 75  Vận tốc của chất điểm B là vB ( t )  adt  at  C .  Tại thời điểm t  3 vật B bắt đầu từ trạng thái nghỉ nên vB ( 3)  0  C  3a . Lại có quãng đường chất điểm B đi được đến khi gặp A là 15 15  at 2  S2   ( at  3a ) dt    3at   72a ( m ) .  2 3 3 4 Vậy 72a  96  a  ( m / s 2 ) . 3 Tại thời điểm đuổi kịp A thì vận tốc của B là vB (15 )  16 ( m / s ) . Câu 151. Thời điểm chất điểm B đuổi kịp chất điểm A thì chất điểm B đi được 15 giây, chất điểm A đi được 18 giây. Biểu thức vận tốc của chất điểm B có dạng vB ( t )  adt  at  C mà vB ( 0 )  0 nên vB ( t )  at .  Do từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động cho đến khi chất điểm B đuổi kịp thì quãng đường hai chất điểm đi được bằng nhau. Do đó 15 225  1 2 58  t  d t    0  120 45  0 atdt  225  a. 2  a  2 Vậy, vận tốc của chất điểm B tại thời điểm đuổi kịp A bằng vB ( t )  2.15  30 ( m / s ) . 18 Câu 152. a ( t )  6  2t ( m / s 2 )  v ( t )   ( 6  2t ) dt  6t  t 2  C Xe dừng và bắt đầu chuyển động nên khi t  0 thì v  0  C  0  v ( t )  6t  t 2 . v ( t )  6t  t 2 là hàm số bậc 2 nên đạt GTLN khi t   b  3 (s) 2a 3 Quảng đường xe đi trong 3 giây đầu là: S   ( 6t  t ) dt  18m . 2 0 Câu 153. Dạng 3.2 Bài toán cho biết đồ thị của vận tốc, quảng đường Chọn A Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 88 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489   c  4 b  5   2 Gọi phương trình của parabol v  at  bt  c ta có hệ như sau: 4a  2b  c  9  c  4  b  5   2 a    4  2a 31 Với t  1 ta có v  . 4 1 3  5 2  31 259  21,583 Vậy quãng đường vật chuyển động được là s     t  5t  4 dt   dt  4 4 12   0 1 Câu 154. Chọn B 1 2   Gọi parabol là ( P ) : y  ax 2  bx  c . Từ hình vẽ ta có ( P ) đi qua O ( 0; 0 ) , A (1; 0 ) và điểm I  ; 8  .  c  0 a  32   Ta có hệ: a  b  c  0  b  32 . a b c  0   c 8  4 2 Suy ra ( P ) : y  32 x 2  32 x . 3 4 Vậy quảng đường người đó đi được là s   ( 32 x 2  32 x ) dx  4,5 (km). 0 Câu 155. Chọn C 2 Gọi v ( t )  a.t  bt  c . Đồ thị v ( t ) là một phần parabol có đỉnh I ( 2;9) và đi qua điểm A ( 0;6) nên  b 3   2a  2 a  4   2 3 2  a.2  b.2  c  9  b  3 . Tìm được v ( t )   t  3t  6 4  a.02  b.0  c  6 c  6     3  3  Vậy S     t 2  3t  6 dt  24,75 (km) 4  0 Câu 156. Chọn B Gọi ( P ) : y  ax 2  bx  c . Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 89 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Vì ( P ) qua O ( 0; 0 ) và có đỉnh I ( 2; 9 ) nên dễ tìm được phương trình là y  Ngoài ra tại x  3 ta có y  9 2 x  9x . 4 27 4 3 4  9 2  27 x  9 x dx   dx  27 ( km) . Vậy quãng đuờng cần tìm là: S    4 4  0 3 Câu 157. Chọn A + Vì Parabol đi qua O(0; 0) và có tọa độ đỉnh I ( 3;9 ) nên thiết lập được phương trình Parabol là ( P ) : y  v ( t )  t 2  6t ; t   0; 2 + Sau 2 giờ đầu thì hàm vận tốc có dạng là hàm bậc nhất y  1 t  m , dựa trên đồ thị ta thấy đi qua điểm 4 15 . 2 1 15 Nên hàm vận tốc từ giờ thứ 2 đến giờ thứ 6 là y  t  ; t  [2;6] 4 2 có tọa độ ( 6;9 ) nên thế vào hàm số và tìm được m  + Quảng đường vật đi được bằng tổng đoạn đường 2 giờ đầu và đoạn đường 4 giờ sau. 2 6 130  1 15  S  S1  S 2   ( t 2  6t ) dt    t   dt  ( km ) 4 2 3   0 2 1,5 Câu 158. Ta có 1 giờ 30 phút = 1,5 giờ  S   v(t )dt . 0 Đồ thị v  v(t ) đi qua gốc tọa độ nên v(t ) có dạng v(t )  at 2  bt .  b a  5   1 b  2a    v(t )  5t 2  10t Đồ thị v  v(t ) có đỉnh là I(1;5) nên  2a a  b  5 a  b  5 b  10 1,5 S  ( 5t 0 Câu 159. 2  10t ) dt  45  5,63 . 8 2 Trước hết ta tìm công thức biểu thị vận tốc theo thời gian, giả sử v ( t )  at  bt  c . Khi đó dựa vào hình vẽ ta có hệ phương trình c  0 a  32  2   1 1 a    b    c  8  b  32 . 2  2 c  0  a  b  c  0  45 60 Do đó quãng đường người đó đi được sau 45 phút là S   ( 32t  32t ) dt  4,5 ( km ) . 2 0 Câu 160. 2 Hàm biểu diễn vận tốc có dạng v ( t )  at  bt  c . Dựa vào đồ thị ta có: c  2 a  1  b    b  2  v ( t )  t 2  2t  2 .  1  2a c  2 a  b  c  1  Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 90 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Với t  4  v ( 4 )  10 (thỏa mãn). 4 Từ đó s   (t 2  2t  2 ) dt  0 40 ( km ) . 3 Dạng 4. Ứng dụng tích phân để giải một số bài toán thực tế Dạng 4.1 Bài toán liên quan đến diện tích Câu 161. Chọn C y B2 3 M N O A1 4 A2 x 1 Q P B1 Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng: x2 y2  1 a2 b2  A1 A2  8  2a a  4 x2 y2 3   (E) :  1 y   16  x 2 . 16 9 4 b  3  B1B2  6  2b Với  ( ) Suy ra diên tích của hình elip là S ( E )   a.b  12 m 2 .  3  2 x2 1 3  3     1  x 2  12  M  2 3;  ; N  2 3;  16 4 2  2  Gọi S1 ; S 2 lần lượt là diện tích phần bị tô màu và không bị tô màu Vì MNPQ là hình chữ nhật và MQ  3  M  x;   ( E ) 4 Ta có: S2  4. 4 3 x  4sin t 16  x 2 dx  3  16  x 2 dx  S2  4  6 3 ( m2 ) 4 23 2 3 Suy ra: S1  S ( E )  S 2  8  6 3 . Gọi T là tổng chi phí. Khi đó ta có ( ) ( ) T  4  6 3 .100  8  6 3 .200  7.322.000 (đồng). Câu 162. Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 91 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489  5 3 yN   x y 2   1 . Vì MN  4  xN  2   elip có phương trình là: 16 25  5 3  yN   2 2 2 5 3 2 Diện tích phần tô đậm là S1  2  5 2 4 25  y 2 dy  59, 21 (m 2 ) 5 3 Diện tích elip là S   .4.5  20 (m 2 ) Diện tích phần trắng là S 2  S  S1  3, 622 (m 2 ) Tổng chi phí trang chí là: T  59, 21.200000  3, 622.100000  12204200đ . Câu 163. Vì AB  4dm; BC  8dm.  A( 2; 4), B(2; 4), C(2; 4), D( 2; 4) . parabol là: y  x 2 hoặc y   x 2 2 Diện tích phần tô đậm là S1  4 x 2 dx   0 32 (dm 2 ) 3 Diện tích hình chữ nhật là S  4.8  32 (m 2 ) 32 64  (dm 2 ) 3 3 64  32  Tổng chi phí trang chí là: T   .5000  .2500  .1000  106666667 đ 3  3  Diện tích phần trắng là S 2  S  S1  32  Câu 164. 2 2 Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ, ta có bán kính của đường tròn là R  4  2  2 5 . Phương trình của nửa đường tròn ( C ) là: x 2  y 2  20, y  0  y  20  x 2 . Parabol ( P ) có đỉnh O ( 0;0 ) và đi qua điểm ( 2; 4 ) nên có phương trình: y  x 2 . 2 Diện tích phần tô màu là: S1    2 20  x 2  x 2  dx  11,94 ( m 2 ) .  Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 92 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Diện tích phần không tô màu là: S 2  1 . . 2 5 2 ( ) 2 ĐT:0946798489  S1  10  11, 94 ( m 2 ) . Số tiền để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong khuôn viên đó là: 150000.11,94  100000. (10  11,94 )  3.738.593 . Câu 165. Chọn B Ta có phương trình đường tròn tâm gốc tọa độ và bán kính bằng 2 ( m ) x2  y 2  2 .  y  2  x 2  x  1, y  1  2  x  1, y  1  y  2 x  1 Tọa độ giao điểm của Parabol và đường tròn là nghiệm hệ  1 3  10 . 6 1 3π  10 số tiền tối thiểu để trồng xong vườn hoa Cẩm Tú Cầu là  250000 . 6 Diện tích vườn hoa là S  ) ( 2  x 2  2 x 2  1 dx  Câu 166. Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Do elip có độ dài trục lớn 2a  8  a  4 , độ dài trục nhỏ 2b  4  b  2 . Diện tích của ( E ) là: S( E )   ab  8 . Phương trình chính tắc ( E ) là: x2 y 2 1   1 . Suy ra y   16  x 2 . 2 16 4 ( ) 2 2 Ta có c  a  b  2 3  F2 2 3; 0 . ( ) Do N và F2 có cùng hoành độ  N 2 3; 1 . 2 Gọi ( P ) : y  kx là parabol nằm ở phía trên trục Ox . ( Do N  ( P ) ta có 1  k 2 3 ) 2 k 1 1 2 . Suy ra ( P ) : y  x . 12 12 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 93 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG 2 3 Diện tích phần A là S A   2 2 3  16  x 2 dx   0 1 6 1 2 1 2  16  x  x dx  2 2 12  3 ĐT:0946798489 2 3 1   2 16  x 2  0 1 2 x dx 12  2 3  x 2dx . 0 2 3 * Xét I1  16  x 2 dx . Đặt x  4sin t  dx  4costdt .  0 Đổi cận: Khi đó I1    3 3  0   3  1 3 16  16sin t .4costdt  16  cos tdt  8 (1  cos2t ) dt  8  t  sin 2t   2 0 0 0 2 2  3  8    . 3 4  1 * Ta có I 2  6 2 3  0 2 3 1 x dx  x3 18 0 2  4 3 . 3 8  2 3 16  4 3 .  S A  S B  2S A  3 3 8  4 3 Tổng diện tích phần C , D là: SC  S D  S( E )  ( S A  S B )  . 3 Suy ra: S A  I1  I 2  Khi đó tổng số tiền để hoàn thành vườn hoa trên là: 16  4 3 8  4 3 .250000  .150000  5676000 đ. 3 3 Câu 167. Gọi O, I lần lượt là tâm của các đường tròn bán kính bằng 20 mét và bán kính bằng 15 mét. Gắn hệ trục Oxy như hình vẽ, vì OI  30 mét nên I ( 0; 30 ) . Phương trình hai đường tròn lần lượt là 2 x 2  y 2  202 và x 2  ( y  30 )  152 . Gọi A, B là các giao điểm của hai đường tròn đó.  5 455  x    x 2  y 2  202 12 . Tọa độ A, B là nghiệm của hệ   2 2 2  x  ( y  30 )  15  y  215  12 ( ) 2 2 Tổng diện tích hai đường tròn là  20  15  625 (mét vuông). Phần giao của hai hình tròn chính là phần hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị y  30  152  x 2 và y  202  x 2 . Do đó diện tích phần giao giữa hai hình tròn là 5 455 12 S   ( ) 202  x 2  152  x 2  30 dx  60,2546 (mét vuông). 5 455 12 Số tiền để làm phần giao giữa hai hình tròn là 300.000x 60,2546  18.076.386 (đồng). Số tiền để làm phần còn lại là 100.000 x ( 625  2 x 60, 2546 )  184.299.220 (đồng). Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 94 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Vậy tổng số tiền làm sân khấu là 184.299.220  18.076.386  202.375.606 (đồng). y ĐT:0946798489 I A B H x O Câu 168. Gọi O1 , O2 lần lượt là tâm của hai đường tròn bán kính 20 m và 15 m. A , B là hai giao điểm của hai đường tròn. Ta có O1 A  O1B  20 m ; O2 A  O2 B  15 m ; O1O2  30 m .  cos BO 1O2  O1B 2  O1O2 2  O2 B 2 43     BO 1O2  2623 . 2O1 B.O1O2 48 Theo tính chất hai đường tròn cắt nhau ta có O1O2 là tia phân giác  AO1 B   AO1 B  2O 2 O1 B  52, 77 . Suy ra diện tích hình quạt tròn O1 AB là SO1 AB   .202. 52, 77  184, 2 ( m 2 ) . 360 1 S O1 AB  O1 A.O1 B.sin  AO1 B  159, 2 ( m 2 ) . 2 AmB trong đường tròn ( O1 ) . Gọi S1 là diện tích hình giới hạn bởi dây AB và cung   S1  S O1 AB  S O1 AB  25 ( m 2 ) . AmB trong đường tròn ( O2 ) Chứng minh tương tự ta được diện tích hình giới hạn bởi dây AB và cung  ( ) là S 2  35 m 2 . ( ) Suy ra diện tích phần giao nhau là S  S1  S 2  60 m 2 .  Chi phí làm sân khấu phần giao nhau 60.300 000  18000 000 (nghìn đồng). Tổng diện tích của hai hình tròn là S    20 2   152  1963 ( m 2 ) . ( ) Diện tích phần không giao nhau là S   S  1903 m 2 . Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 95 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489  Chi phí làm sân khấu phần không giao nhau 1903.100 000  190 300 000 (nghìn đồng). Số tiền làm mặt sân là 18 000 000  190 000 000  208300 000 (nghìn đồng)  208,3 (triệu đồng). Câu 169. Gọi phương trình parabol ( P ) : y  ax 2  bx  c . Do tính đối xứng của parabol nên ta có thể chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho ( P ) có đỉnh I  Oy (như hình vẽ). y  9 I  0;   4 2 1 1 1  3  A   ;0   2  O 3  B  ;0  2  x 9 9   4  c, ( I  ( P ) ) c   4  3 9 Ta có hệ phương trình:  a  b  c  0 ( A  ( P ) )  a  1 . 2 4 b  0 3 9    4 a  2 b  c  0 ( B  ( P))  9 Vậy ( P ) : y   x 2  . 4 Dựa vào đồ thị, diện tích cửa parabol là: 3 2 S     x 3 2 3 2 2 3 9 4  x 9  9 9 9   x   m2 .   dx  2    x 2   dx  2  4 4 4 0 2  3 0 Số tiền phải trả là: 9 .1500000  6750000 đồng. 2 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 96 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Câu 170. Diện tích miếng đất là S1  πR 2  25π (m2). Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Ta có phương trình của đường tròn biên là x 2  y 2  25 . R  5, AH  3  OH  4 .  Phương trình của cung tròn nhỏ  AC là y  25  x 2 , với 4  x  5 . 5  Diện tích phần đất trống là S2  2 25  x 2 dx (m2). 4 5  Diện tích phần đất trồng cây là S  S1  S2  25π  2  25  x 2 dx . 4 5  Số tiền thu được là T  100S  100(25π  2  25  x 2 dx)  7445 (nghìn đồng). 4 Câu 171. x2 y2 Gọi phương trình của elip là 2  2  1 . a b Theo giả thiết, ta có 2a  100  a  50 ; 2b  80  b  40 . 1 Diện tích phần trồng cây con (phần gạch sọc) bằng diện tích của elip trừ đi diện tích tam giác DOF . 4  ab ab  m2 ) . Do đó diện tích phần trồng cây con là S1  ( 4 2 3 Diện tích phần trồng rau (phần không gạch sọc) bằng diện tích elip cộng với diện tích tam giác DOF . 4 3 ab ab Do đó diện tích phần trồng rau là S 2   m2 ) . ( 4 2  ab ab    3 ab ab  Thu nhập của cả mảnh vườn là     2000      4000  23991000 . 2  2   4  4 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 97 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Câu 172. Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Phương trình Parabol có dạng y  a.x 2 ( P) . ( P ) đi qua điểm có tọa độ ( 6; 18) suy ra: 18  a. ( 6 ) Từ hình vẽ ta có: ĐT:0946798489 2 a 1 1  ( P ) : y   x2 . 2 2 AB x1  . CD x2 Diện tích hình phẳng giới bạn bởi Parabol và đường thẳng AB : y   1 2 x1 là 2 x1 x1  1 x3 1   1 2  1  S1  2    x 2    x12   dx  2   .  x12 x   x13 . 2  2   2 3 2 0 3 0  Diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol và đường thẳng CD y   1 2 x2 là 2 x2 x2  1 x3 1   1 2  1  S2  2    x 2    x22   dx  2   .  x22 x   x23 2  2   2 3 2 0 3 0  x 1 AB x1 1  3 . Từ giả thiết suy ra S 2  2 S1  x23  2 x13  1  3 . Vậy x2 CD x2 2 2 Câu 173. Đưa parabol vào hệ trục Oxy ta tìm được phương trình là: ( P ) : y   Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 16 2 16 x  x. 25 5 98 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) : y   ĐT:0946798489 16 2 16 x  x , trục hoành và các đường thẳng x  0 , x  5 25 5 5 40  16 2 16  x  x dx  . 25 5  3 0 là: S     Tổng diện tích phần bị khoét đi: S1  4 S  160 cm 2 . 3 Diện tích của hình vuông là: S hv  100 cm 2 . Vậy diện tích bề mặt hoa văn là: S 2  S hv  S1  100  160 140  cm 2 . 3 3 Câu 174. Chọn hệ tọa độ như hình vẽ (1 đơn vị trên trục bằng 10cm  1dm ), các cánh hoa tạo bởi các đường parabol có phương trình y  x2 x2 y2 y2 , y ,x ,x . 2 2 2 2 Diện tích một cánh hoa (nằm trong góc phàn tư thứ nhất) bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y  x2 , y  2 x và hai đường thẳng x  0; x  2 . 2 Do đó diện tích một cánh hoa bằng 2 2 2 2  x2  2 x   dx   0  2  3 Câu 175. ( 2x) 3 4 400 4 400 x3  cm 2 )  ( dm 2 )  cm 2 ) .    ( dm 2 )  ( ( 3 3 3 3 6 0 Dạng 4.2 Bài toán liên quan đến thể tích Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ. .  19  ;0  , B ( 0; 2 )  2  2 Gọi ( P1 ) : y  a1 x  b1 là Parabol đi qua hai điểm A  Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 99 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 2  8   19  8 2 0  a.    2  a1   x 2. Nên ta có hệ phương trình sau:   361  ( P1 ) : y    2 361 2  b b1  2   5 2 Gọi ( P2 ) : y  a2 x  b2 là Parabol đi qua hai điểm C (10;0 ) , D  0;   2 5 1 2    a2   40 0  a2 . (10 )  2 1 5  ( P2 ) : y   x 2  .  Nên ta có hệ phương trình sau:  40 2 5  b b  5  2 2  2 2 19  10  1 2 5   8 2   x  dx   2   x  2 dx   40 m3 . Ta có thể tích của bê tông là: V  5.2     0 0 2  361     40 Câu 176. Chọn B Giả sử nền trại là hình chữ nhật ABCD có AB = 3 mét, BC = 6 mét, đỉnh của parabol là I. Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho: O là trung điểm của cạnh AB, A, B và I, phương trình của parabol có dạng 4 y  ax 2  b, a  0 . Do I, A, B thuộc nên ta có y   x 2  3 3 Vậy thể tích phần không gian phía trong trại là 3 2 4 V  6.2 ( x 2  3)dx  36 3 0 Câu 177. Thể tích săm xe bằng thể tích của khối tròn xoay sinh bởi hình tròn tâm I ( 0;25) bán kính bằng 5 quay quanh trục Ox .  y  25  25  x 2 Ta có phương trình đường tròn là x  ( y  25 )  25   , x   5;5 .  y  25  25  x 2 5 5 2 2 5  2 dx   25  25  x 2 dx   100 .  25  x 2 dx . Vậy V   .   25  25  x 5 5  5  2 2 ) ( ( ) 5 Ta có  25  x 2 dx là diện tích nửa hình tròn tâm O ( 0;0 ) , bán kính bằng 5 5 5   5 1 25 . 25  x 2 dx  . .52  2 2 5 Suy ra V  100 .  5 25  x 2 dx  100 . 25  1250 2 cm 3 2 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 100 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Chú ý: Có thể bấm máy tích phân, ta được 5 V     25  25  x 2  5 ( ) 2 5 ( dx   25  25  x 2 5 Kiểm tra các đáp án ta chọn đáp án Câu 178. Chọn B ĐT:0946798489 ) dx  3927 cm . 2 3 A. Ta gọi thể tích của chiếc mũ là V . Thể tích của khối trụ có bán kính đáy bằng OA  10 cm và đường cao OO  5 cm là V1 . Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường cong AB và hai trục tọa độ quanh trục Oy là V2 . Ta có V  V1  V2 V1  5.102   500 ( cm ) . 3 Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Do parabol có đỉnh A nên nó có phương trình dạng ( P ) : y  a ( x  10) 2 . Vì ( P ) qua điểm B ( 0; 20 ) nên a  1 . 5 1 2 ( x  10 ) . Từ đó suy ra x  10  5 y (do x  10 ). 5 20 2 8000  1000  Suy ra V2    10  5 y dy    3000   ( cm 3 ) .  3  3  0 1000 2500   500   ( cm 3 ) . Do đó V  V1  V2  3 3 Câu 179. Đặt hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ (trục hoành là trục của chiếc trống, gốc tọa độ là trung điểm của đường Do đó, ( P ) : y  ( ) cao chiếc trống, đơn vị: dm). Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 101 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Gọi ( E ) là elip có phương trình ĐT:0946798489  x2 y 2   1 thì ảnh của ( E ) qua phép tịnh tiến theo vectơ u ( 0;6 ) là 16 9 2 x2 ( y  6)  1. elip ( E  ) có phương trình 16 9 Suy ra, phương trình của đường sinh là: y  6  3 16  x 2 . 4 4 2 3   16  x 2  dx  344,964 ( dm3 ) . Do đó, thể tích của chiếc trống là: V     6  4  4  Câu 180. Khi cắt khối gỗ hình trụ ta được một hình nêm có thể tích V1 như hình vẽ. Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Nửa đường tròn đường kính AB có phương trình là y  Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong R 2  x 2 , x    R; R  . 102 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Một mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm M có hoành độ x , cắt hình nêm theo thiết diện là   300 . MNP vuông tại N và có PMN Ta có NM  y  2 2 0 R  x  NP  MN . tan 30  MNP có diện tích S ( x )  R2  x2 . 3 1 1 R2  x2 NM .NP  . . 2 2 3 R R R 1 R2  x2 1  2 1 3 2 3R 3 dx  Thể tích hình nêm là V1   S ( x )dx   . R x x   2 R 3  R 9 3 2 3 R * Chú ý: Có thể ghi nhớ công thức tính thể tích hình nêm: V1  2 2 2 AB . ,   PMN R h  R 3 tan  , trong đó R  3 3 2 Câu 181. Xét một thiết diện parabol có chiều cao là h và độ dài đáy 2h và chọn hệ trục Oxy như hình vẽ trên. ( ) ( ) ( Parabol P có phương trình P : y  ax2  h, a  0 ) 1 ( doh  0) h h  1 2  4h2 2 Diện tích S của thiết diện: S     x  h  dx  , h  3 x h 3 5  h  ( ) ( ) 2 Có B h; 0  P  0  ah  h  a   4 2   S( x )   3  x  3 5  2 Suy ra thể tích không gian bên trong của đường hầm mô hình: 5 5 2 4 2   V   S ( x ) dx    3  x  dx  28,888 3 5  0 0 (  V  29 cm3 ) Câu 182. Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 103 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Gọi hình chiếu của P, Q trên AF và BE là R và S . Vật thể được chia thành hình lập phương 125 3 ABCD.PQRS có cạnh 2,5 cm , thể tích V1  cm và phần còn lại có thể tích V2 . Khi đó thể tích vật 8 125 thể V  V1  V2   V2 . 8 Đặt hệ trục Oxyz sao cho O trùng với F , Ox trùng với FA , Oy trùng với tia Fy song song với AD . 5 5  5  y  x2 . 2 2  2 Cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với Ox và đi qua điểm M ( x; 0;0 ) , 0  x  1 ta được thiết diện là Khi đó Parabol ( P ) có phương trình dạng y  ax 2 , đi qua điểm P  1;  do đó a  5 2 5 25 2 x và MK  do đó diện tích S ( x )  x 2 2 4 1 25 2 25 Áp dụng công thức thể tích vật thể ta có V2   x dx  4 12 0 hình chữ nhật MNHK có cạnh là MN  Từ đó V  Câu 183. 125 25 425 3   cm 8 12 24 y2  25  Đường elip có trục lớn 28 cm , trục nhỏ 25 cm có phương trình  1  y    2  2   25     2  2 2  x2  1   2   14  25 x2  y 1 2 . 2 14 2 2 2 14  25  x2  x2   25  1  2  dx      1  2  dx Do đó thể tích quả dưa là V      2 14   2  14  14  14  14 2 14 2 x3   25    25  56 8750     . x   cm3 .    . 2  3.14  14 3  2    2  3 8750 .20000 Do đó tiền bán nước thu được là  183259 đồng. 3.1000 Câu 184. Parabol có phương trình y  5 2 8 x  x2  y 8 5 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 104 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG Thể tích tối đa cốc: ĐT:0946798489 10 8  V     y .dy  251,33 . 5  0 Câu 185. Cách 1. Xét thiết diện cắt cốc thủy tinh vuông góc với đường kính tại vị trí bất kỳ có: 1 1 R 2  x 2 . R 2  x 2 .tan   S ( x )  ( R 2  x 2 ) tan  . 2 2 R 1 2 Thể tích hình cái nêm là: V  tan   ( R 2  x 2 ) dx  R3 tan  . 2 3 R S ( x)  Thể tích khối nước tạo thành khi nguyên cốc có hình dạng cái nêm nên Vkn  2 3 R tan  . 3 2 3 h R .  240 cm 3 . 3 R Cách 2. Dựng hệ trục tọa độ Oxyz  Vkn  10 cm M H x 12cm F  O I N E S ( x) J x Gọi S ( x ) là diện tích thiết diện do mặt phẳng có phương vuông góc với trục Ox với khối nước, mặt phẳng này cắt trục Ox tại điểm có hoành độ h  x  0 .    , FHN    , OE  x Gọi IOJ IJ 6 EF 6x 6x    EF   HF  6  . OJ 10 OE 10 10 6x 6 HF 10  1  x ;   arccos  1  x  cos      HN 6 10  10  1 1 S ( x )  S( hinh quat )  S HMN  HN 2 .2   HM .HN .sin 2  2 2 tan   x 1 x x     S ( x )  62 arccos 1    .6.6.2  1   1  1    10  2  10   10  Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 2 105 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 2 10 10  x x x      V   S ( x ) dx    36 arccos 1    36 1   1  1    dx  240 .   10   10   10   0 0  Câu 186. Lời giải Do vật thể có đáy là đường tròn và khi cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox được thiết diện là tam giác đều do đó vật thể đối xứng qua mặt phẳng vuông góc với trục Oy tại điểm O . Cạnh của tam giác đều thiết diện là: a  2 1  x 2 . 1-x2 O x a2 3 Diện tích tam giác thiết diện là: S   (1  x 2 ) 3 . 4 Thể tích khối cần tìm là: 1 1 V  2  Sdx  2  0 0 1  x3  4 3 . 3 (1  x )  2 3  x    3 0 3  2 Câu 187. Chọn hệ trục như hình vẽ Ta cần tìm diện tích của S ( x ) thiết diện. Gọi d ( O, MN )  x (E) : x2 y2   1. 752 452  Lúc đó MN  2 y  2 452 1   x2  x2  90 1   752  752 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 106 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG 2 2 ĐT:0946798489 2 MN 90 x 90  x   . 1  2  R2  . 1  2  75 2  75  2 2 1 1 1 2025  x2  1 S ( x )   R 2  R 2      R 2  (  2 ) . 1  2  . 4 2 2 2  75  4 R Thể tích khoảng không cần tìm là 75 2025  x2  V   (  2 ) .  1  2   115586m3 . 2  75  75 Câu 188. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. x2 y 2   1. Theo đề bài ta có phương trình của Elip là 1 4 4 25 Gọi M , N lần lượt là giao điểm của dầu với elip. 1 2  Gọi S1 là diện tích của Elip ta có S1   ab   .  . 2 5 5 Gọi S2 là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi Elip và đường thẳng MN . Theo đề bài chiều cao của dầu hiện có trong thùng (tính từ đáy thùng đến mặt dầu) là 0,6m nên ta có phương trình của đường thẳng MN là y  Mặt khác từ phương trình Do đường thẳng y  1 . 5 4 1 x2 y 2  x2 .   1 ta có y  1 4 5 4 4 25 1 3 3 cắt Elip tại hai điểm M , N có hoành độ lần lượt là  và nên 5 4 4 3 4 3 4 1 1 4 4 1 3 2 . S2     x   dx    x 2 dx  5 4 5 5 4 10  3 3   4 4 3 4 Tính I    3 4 1  x 2 dx . 4 1 1 sin t  dx  cos tdt . 2 2  3 3   Đổi cận: Khi x  thì t   ; Khi x  thì t  . 4 4 3 3 Đặt x  Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 107 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG  3 I 1 1 1 . cos 2 tdt  2 2 8   ĐT:0946798489  3 3 1  2 3   . 3 2    (1  cos 2t ) dt  8   3 4 1  2 3 3  3 .       5 8 3 2  10 15 20   3 Thể tích của dầu trong thùng là V      5 15 20  .3  1,52 .   3 Câu 189. Gọi x là thời điểm bơm được số nước bằng độ sâu của bể ( x tính bằng giây ). 4 Vậy S 2  x x 4 1 3 3 t  3dt  210  ( t  3) 3  105000  ( x  3) 3 x  3  3 3 3  140000 Ta có:  500 4 0 0  3 ( x  3) 4  3 3 3  140000  x  3  4 (3 3 3  140000 ) 3 x 4 (3 3 3  140000 ) 3 3  x  7234,8256 . 3 Câu 190.  ( 6at 3  2bt ) dt  90  ( 2at 3  bt 2 )  90  54a  9b  90 (1) 2 0 0 6  ( 6at 2 6  2bt ) dt  504  ( 2at 3  bt 2 )  504  432a  36b  504 (2) 0 0 2  a  Từ (1), (2)   3 . Sau khi bơm 9 giây thì thể tích nước trong bể là: b  6 9 9 4  V   ( 4t  12t ) dt =  t 3  6t 2   1458 ( m3 ) . 3 0 0 2 Dạng 5. Ứng dụng tích phân để giải quyết một số bài toán đại số 5 Câu 191. Ta có  f  ( x ) dx  f ( 5)  f ( 3)  0 , do đó f ( 5)  f ( 3) . 3 3  f  ( x ) dx  f ( 3)  f ( 0 )  0 , do đó f ( 3)  f ( 0 ) 0 5  f  ( x ) dx  f ( 5)  f ( 0 )  0 , do đó f ( 5)  f ( 0 ) 0 Câu 192. Chọn B Ta có g  ( x )  2 f  ( x )  2 ( x  1) x  1 g ( x)  0  f  ( x)  x 1   .  x  3 Bảng biến thiên Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 108 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Suy ra g ( 3)  g (1) và g ( 3)  g (1) . (1) Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y  f ‘( x), y  x  1, x  3, x  1 Gọi S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y  x  1, y  f ‘( x), x  1, x  3 Dựa vào hình vẽ, ta thấy: S1  S2  0 . Suy ra: S1  S2  0 1  3   f  ( x )  ( x  1) dx   ( x  1)  f  ( x ) dx  0 3 1  1 3   f  ( x )  ( x  1) dx    f  ( x )  ( x  1) dx  0 3 3  1   f  ( x )  ( x  1) dx  0 . 3 3 Khi đó: g ( 3 )  g ( 3 )  3  g  ( x ) dx  2   f  ( x )  ( x  1) dx  0 (2) 3 3 Từ (1) và (2) suy ra: g (1)  g ( 3)  g ( 3) . Câu 193. Chọn D Ta có g ( x )  2 f  ( x )  2 x  g ( x )  0  x  3; 1; 3 . Từ đồ thị của y  f  ( x ) ta có bảng biến thiên của hàm g ( x ) . Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 109 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Suy ra g ( 3 )  g ( 1) . Kết hợp với BBT ta có: 1 3 3 3  (  g  ( x ) ) dx   g  ( x ) dx   g  ( x ) dx   g  ( x ) dx  g ( 3 )  g ( 1)  g ( 3 )  g ( 1)  g ( 3 )  g ( 3 ) Vậy ta có g ( 3 )  g ( 3 )  g ( 1) . 3 Câu 194. 1 1 1 Chọn D Ta có h ‘ ( x )  2  f ‘ ( x )  x  ; h ‘ ( x )  0  x  2; 2; 4 . Bảng biến thiên Suy ra h ( 2 )  h ( 4 ) . Kết hợp với đồ thị hàm số y=x ta có  4 2 h  ( x ) d x  0  h ( 4 )  h ( 2 )  0  h ( 4 )  h (  2 ) . Vậy ta có h ( 2 )  h ( 4 )  h ( 2 ) . Câu 195. Theo đồ thị, ta có: 0 f ( 0 )  f ( 1)   f  ( x ) dx  0 1  f ( 0 )  f ( 1) (1) , 2 f ( 2 )  f ( 1)  0 2  f  ( x ) dx   f  ( x ) dx   f  ( x ) dx  0 1 1 0 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 110 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489  f ( 1)  f ( 2 ) ( 2 ) . Từ (1) và ( 2 )  f ( 0 )  f ( 1)  f ( 2 ) . Câu 196. Chọn B Parabol y  ax 2  bx  c có đỉnh I ( 2;1) và đi qua điểm ( 3;0 ) nên ta có  b  2a  2  a  1   2 4a  2b  c  1  b  4  y   x  4 x  3. 9a  3b  c  0  c  3    Do f ( 3)  0 nên f ( 1)  f (1)   f (1)  f ( 0 )    f ( 0 )  f ( 1)   2  f ( 1)  f ( 3)  1 0 1 1 3 8 31 2   f ( x)dx   f ( x)dx  2  (  x  4 x  3) dx  S1  S 2  2  (  x 2  4 x  3) dx  1    . 2 3 6 0 1 3 3 Với S1 , S 2 lần lượt là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  ( x ) , trục Ox và hai đường 3 . 2 Câu 197. Ta có g  ( x )  2  f  ( x )  ( x  1)  ; g  ( x )  0  f  ( x )  x  1 .  x  1  Dựa vào đồ thị ta có các nghiệm sau: x  3 .   x  5 thẳng x  1, x  0 và x  0, x  1. Dễ thấy S1  1; S 2  Ta có bảng biến thiên 3 5 3 5 1 1 Ngoài ra dựa vào đồ thị ta có  g  ( x ) dx    g  ( x ) dx  g ( x )   g ( x ) 1 3 2 1 23  g ( 3)  g ( 1)  g ( 3)  g ( 5 )  g ( 5 )  g ( 1) . Vậy g ( 3)  g ( 5 )  g ( 1) . Câu 198. Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 111 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG 3 2 Theo bài ra y  f ( x)  ax  bx  cx  d ĐT:0946798489 ( a, b, c, d  , a  0 ) do đó y  f  ( x ) là hàm bậc hai có dạng y  f  ( x )  ax 2  bx  c .  c  1  a  3   Dựa vào đồ thị ta có: a  b  c  4  b  0  y  f  ( x )  3 x 2  1 . a  b  c  4 c  1   Gọi S là diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi các đường y  f  ( x ) , trục Ox , x  4, x  2 . 4 Ta có S   ( 3x 2  1) dx  58 . 2 4 4 Lại có: S   f  ( x ) dx  f ( x ) 2  f ( 4)  f ( 2) . 2 Do đó: H  f ( 4 )  f ( 2 )  58 . Câu 199. Gọi S1 , S2 , S3 , S4 lần lượt là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  ( x ) với và trục hoành. Quan sát hình vẽ, ta có 0   2 2 0 0 f  ( x ) dx    f  ( x ) dx  f ( x )  2  f ( x ) 2 0  f ( 0 )  f ( 2 )  f ( 0 )  f ( 2 )  f ( 2 )  f ( 2 ) 2  5 0 5   f  ( x ) dx   f  ( x ) dx  f ( x ) 2  f ( x ) 2 0 2  f ( 0 )  f ( 2 )  f ( 5)  f ( 2)  f ( 0 )  f ( 5) 5   2 6 5 5 f  ( x ) dx    f  ( x ) dx  f ( x ) 2  f ( x ) 6 5 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 112 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489  f ( 5)  f ( 2 )  f ( 5 )  f ( 6 )  f ( 2 )  f ( 6 ) Ta có bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta có M  max f ( x )  f ( 5 ) và m  min f ( x )  f ( 2 )  2;6  2;6 Khi đó T  f ( 5 )  f ( 2 ) . Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 113
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top