SKKN ứng dụng tích phân để giải các bài toán trắc nghiệm tính diện tích hình phẳng

MỤC LỤC
Trang
A.MỞ ĐẦU...................................................................................02
1- Lý do chọn đề tài......................................................................02
2- Mục đích của đề tài ..................................................................02
3- Phạm vi và đối tượng của đề tài ...............................................02
4- Phương pháp nghiên cứu .........................................................02
5- Đóng góp của đề tài…………………………………………..03
B. NỘI DUNG..............................................................................03
1- Cơ sở lý thuyết .........................................................................03
2- Nội dung đề tài .........................................................................04
C. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ:...............................................33
D. TÀI LIỆU THAM KHẢO......................................................34

1


A.MỞ ĐẦU.
1. Lý do chọn đề tài:
Từ nhiều năm nay,Tích phân là một trong những phần quan trọng của môn Giải
tích lớp 12. Các bài toán tích phân nói chung và bài toán ứng dụng tích phân nói riêng
rất đa dạng và phong phú, thường có mặt trong các kì thi tốt nghiệp, thi tuyển sinh Đại
học và Cao đẳng. Những năm gần đây Bộ GD&ĐT triển khai hình thức thi trắc nghiệm
đối với bộ môn Toán, vì vậy những bài tập về ứng dụng tích phân và ứng dụng của nó
vào bài toán thực tế gây không ít khó khăn cho học sinh dẫn đến tâm lý sợ , thiếu tự tin
vào khả năng của mình.
Trong quá trình giảng dạy, ngoài việc khuyến khích học sinh tính tích cực, chủ
động và sáng tạo nắm chắc kiến thức cơ bản, rèn luyện kĩ năng giải toán thì giáo viên
phải là người khơi gợi học sinh vận dụng được các bài toán đó để giải quyêt những vấn
đề thực tiễn. Điều đó cũng phù hợp với mục tiêu dạy học tích hợp trong nhà trường.
Từ những thực tế nhiều năm giảng dạy khối 12 tôi xin đưa ra một số bài toán được áp

dụng trong khi dạy chủ đề ứng dụng tích phân lớp 12 và ứng dụng bài toán đó vào bài
toán thực tế. Trong phạm vi bài viết tôi chọn đề tài là “Ứng dụng tích phân để giải
các bài toán trắc nghiệm tính diện tích hình phẳng” giúp các em học sinh
có kiến thức sâu, rộng về ứng dụng tích phân; có thêm nhiều bài tập để rèn luyện kỹ
năng , giúp học sinh phát triển tư duy sáng tạo, vận dụng vào thực tiễn.
2. Mục đích của đề tài:
Mục đích của đề tài là nghiên cứu các cơ sở lý luận về ứng dụng của tích phân trong
hình học.Ôn tập, bổ sung kiến thức cho học sinh 12 chuẩn bị thi vào đại học, giải quyết
vấn đề ứng dụng tích phân một cách dễ dàng. Bổ sung một số bài toán ứng dụng tích
phân vào bài toán thực tiễn.
3. Phạm vi và đối tượng của đề tài:
- Đối tượng của đề tài là các em học sinh lớp 12 ôn tập kỳ thi THPT Quốc gia
-Các dạng toán cơ bản và nâng cao về ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng.
- Các bài toán thực tế.
4. Phương pháp nghiên cứu:
a) Nghiên cứu tài liệu:
Nghiên cứu những tài liệu có liên quan đến đề tài:
- Sách giáo khoa Giải tích lớp 12 Cơ bản và Nâng cao.
- Tài liệu tham khảo.
b) Điều tra:
2


-Trong quá trình nghiên cứu đề tài, tôi đã tiến hành thực dạy các lớp 12,Trường
thpt Lương Thế Vinh.
- Dự giờ: Thường xuyên dự giờ để biết được mức độ hiểu biết và khả năng giải
toán ứng dụng tích phân của học sinh và cách giải quyết vấn đề của đồng nghiệp, từ đó
để đánh giá chính xác kết quả phương pháp của mình.
- Phương pháp phân tích và tổng hợp các bài tập nhằm xây dựng một hệ thống bài tập
đi từ dễ đến khó, từ cụ thể tới tổng quát.

- Phương pháp thảo luận: Trao đổi với các thầy cô và đồng nghiệp về các bài
toán ứng dụng tích phân mới để biết được cách tìm ra hướng giải bài toán của các em,
nhất là tìm ra đáp án bài toán trắc nghiệm một cách nhanh nhất, từ đó có cách dạy tốt
hơn.
5.Đóng góp của đề tài:
* Về mặt khoa học:
Đề tài nêu rõ ứng dụng Tích phân vào giải một số bài toán tính diện tích hình
phẳng và hệ thống các bài tập liên quan.
* Về mặt thực tiễn:
Nếu học sinh tìm ra được hướng giải quyết được bài toán ứng dụng tích phân vận
dụng bài toán đó để giải được những bài toán thực tiễn thì các em cảm thấy hăng say,
tích cực, tự tin hơn. Ngoài ra học sinh thấy được sự vận dụng của Toán vào các môn
học khác, cũng như việc vận dụng Toán vào thực tiễn.
Đề tài sẽ trở thành một tài liệu tham khảo cho các giáo viên giảng dạy ở trường THPT
trong quá ôn thi THPT Quốc Gia

B. NỘI DUNG
1.Cơ sở lí thuyết:
Phép tính tích phân là một phần quan trọng của giải tích toán học. Những người
mới bất đầu làm quen với khái niệm tích phân thường gặp một số khó khăn hoặc chưa
hiểu một cách cặn kẽ tư tưởng cũng như phương pháp tiếp cận của lí thuyết. Và đặc biệt
là khâu vận dụng kiến thức vào giải các bà toán thực tế. Trong thực tế có rất nhiều mô
hình của toán học cần đến sự can thiệp của phép tính tích phân.
2.Nội dung đề tài gồm ba phần:
- Phần 1. Diện tích hình phẳng.
- Phần 2 . Các bài toán thực tế
- Phần 3.Một số bài toán tương tự
3

PHẦN I:

DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG

I)Ý nghĩa hình học của tích phân :
Cho y = f(x) liên tục và f(x) > 0 x[a, b]. Thế thì diện tích
hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hsố y = f(x); trục Ox; đt x
b

= a và đt x = b là :S =

f ( x) dx
�
a

*Hệ quả :Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
y

y = f(x), Ox, đường thẳng x = a; x = b là :

y=f(x)

b

S = | f (x) | dx

x

a
b

a

* Khử dấu GTTĐ: |f(x)| ;Ta làm 2 bước:
1)Giải pt: f(x)=0;Chọn các nghiệm (Nếu có) trên [a;b] l x1;x2; x3;.…(ax12) Chọn 1 trong 3 cach sau:
*Lập bảng xét dấu : f(x) trên [a;b] .
* Đưa dấu GTTĐ|f(x)| ra ngoài dấu Tích phân trên mỗi đoạn con tạo bởi 2 nghiệm liên
tiếp xi;xi+1; vì f(x) chỉ nhận 1 dấu trên mỗi đoạn con này .
*Dùng đồ thị
Chú ý: Khó khăn nhất của việc tính diện tích hình phẳng là phải đưa về được công thức
lấy tích phân đúng, còn kết quả tích phân đó học sinh có thể sử dụng máy tính bỏ túi để
tìm đáp số trong phần thi trắc nghiệm.
II)Diện tích hình phẳng:
1)Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường cong:
y = f(x); y = g(x) đều liên tục trên [a,b] và 2 đường thẳng
b

x = a, x = b là : S = | f (x)  g(x) | dx

y

y= f(x)

a

c
* Khử dấu GTTĐ: |f(x)-g(x)| ;Ta làm 2 bước:
a
O

1)Giải pt: f(x)-g(x)=0;Chọn các nghiệm (Nếu có) trên [a;b] là
x1;x2; x3;.…
(a  x12)Khử dấu GTTĐ: |f(x)-g(x)| bằng 1 trong 3 cách sau:
a) Lập bảng xét dấu : f(x)-g(x) trên [a;b] .
b) Đưa dấu GTTĐ|f(x)-g(x)| ra ngoài dấu Tích phân trên mỗi đoạn con tạo bởi 2
nghiệm liên tiếp xi;xi+1; vì f(x) – g(x) chỉ nhận 1 dấu trên mỗi đoạn con này .

x
b

4


c) Khử dấu GTTĐ |f(x)-g(x)| bằng đồ thị
2) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường cong tự cắt khép kín :

y

y

f(x)

g(x)

f(x)

s

s

a

g(x)

b

h(x)

x

O

O

a

c

b

x

 (C1 ) : y  f ( x)
 (C 2 ) : y  g ( x)

A) Tìm diện tích hình phẳng S giới hạn bởi : 

 x a

Bước 1: Giải phương trình : f(x) = g(x)  

 x b
b

f ( x) 

Bước 2: Sử dụng S =

g ( x) dx

a

 (C1 ) : y  f ( x)

B)Tìm diện tích hình phẳng S giới hạn bởi :  (C 2 ) : y  g ( x)
 (C ) : y  h ( x )
 3

Bước 1: Giải phương trình tương giao  tìm hoành độ giao điểm
 f ( x)  g ( x) � x  c
 f ( x )  h( x ) � x  b
 h( x )  g ( x ) � x  a

Bước 2: Sử dụng
c

b

S = ( f ( x)  h( x))dx  ( g ( x)  h( x))dx
a

c

C) Chú ý : Cần phải điền “đvdt” vào kết quả cuối cùng trong các bài toán tính diện
tích hình phẳng.

5


III. BÀI TẬP VẬN DỤNG CỤ THỂ:
Bài 1: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi
(P): y  f ( x)  2 x 2  4 x  6 , các đường thẳng
x  2, x  4 , và trục Ox .

10

8

6

4

Lời giải:

2

s1

s3

-5

5
-2

+ PTHĐGĐ của (P) và Ox là

-4

x  1
�
2 x2  2 x  4  0 � �
�x  2

-6

-8

-10

Cách 1: Lập bảng xét dấu
y  f ( x )  2 x 2  4 x  6 trên đoạn [– 2; 4]
x
-2
-1
3
4
f(x)
+
0
0

+
1

3

 S = f ( x)dx 
2

s2

4

f ( x)dx  f ( x)dx (*)

1

3

Cách 2 : Vẽ đồ thị suy ra (*)
Cách 3: Vì trên mỗi đoạn con, f(x) chỉ nhận 1 dấu nên ta đưa dấu GTTĐ ra ngoài dấu
tích phân trên 3 đoạn con : [-2; -1]; [-1; 3]; [3; 4]
1

 S = f ( x)dx 
2

3

4

f ( x)dx 

f ( x)dx

1

3

Bài 2: Cho hình  H  là hình phẳng giới hạn bởi parabol y  x 2  4 x  4 , đường cong
y  x3 và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ). Tính diện tích S của hình

 H .

A. S  11 .
2

B. S  7 .
12

C. S  20 .
3

D. S   11 .
2

6


Lời giải
Chọn B.

Parabol y  x 2  4 x  4 có đỉnh I  2;0  .
y  x2  4x  4

Phương trình hoành độ giao điểm của
x3  x 2  4 x  4  0 � x  1 .
1

và

y  x3

1
3

4
và trục
3

là

2

x dx  �
 x 2  4 x  4  dx  7 .
Ta có S  �
3

0

12

1

Nhận xét: Có thể sử dụng MTBT để tìm kết quả S = S1 + S2
Bài 3: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x 2 , y   x 
hoành.
A.

11
.
6

B.

61
.
3

C.

343
.
162

D.

39
.
2

Lời giải
Chọn A.

1
3

Phương trình hoành độ giao điểm của các đường y  x 2 , y   x 

4
là
3

x 1
�
1
4
�
2
x   x  � 3x  x  4  0 �
4.
�
x
3
3
3
�
2

1
3

Hoành độ giao điểm của đường thẳng y   x 

4
với trục hoành là x  4 .
3

Hoành độ giao điểm của parabol y  x 2 với trục hoành là x  0 .
Diện tích hình phẳng cần tìm là:
1

4

1

4

4�
�1
x3
� 1 2 4 � 11 .
S�
x2 d x  �
 x �
dx 
�
 x  x�
�
3
3�

6
3 0 �6
3 �
0
1�
1
7


2
Bài 4: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  P  : y  x  4 x  5 và các tiếp tuyến

của  P  tại A  1; 2  và B  4;5 .
A.

9
.
4

B.

4
.
9

C.

9
.
8

D.

5
.
2

Lời giải
Chọn A.
Ta có y� 2 x  4 .
Tiếp tuyến của  P  tại A và B lần lượt là y  2 x  4 ; y  4 x  11 .
5

�
�
Giao điểm của hai tiếp tuyến là M � ; 1�.
2
�

�

Khi đó, dựa và hình vẽ ta có diện tích hình phẳng cần tìm là:
5
2

4

S�
 x  4 x  5  2 x  4  dx  �
 x 2  4 x  5  4 x  11 dx 

1

2

5
2

9
4

Bài 5: Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y  3 x và
y   x 2  3x  7 . Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau ?
A. S � 16; 17  .
B. S � 15; 16  .
C. S � 14; 15 .
D. S � 13; 14  .
Lời giải
Chọn D.

8


.
Ta có S 

0

1

2

0

  x2  3x  7  3 x  dx �
  x 2  3x  7  3x  dx  13,4 .
�

Bài 6: (ĐỀ MINH HỌA NĂM 2017) Cho
hình thang cong  H  giới hạn bởi các đường
y  ex ,

y

y  0,

x  0 , x  ln 4 . Đường thẳng
x  k (0  k  ln 4) chia  H  thành hai phần có

diện tích là S1 và S 2 như hình vẽ bên. Tìm k
để S1  2S 2 .
2
3
k  ln 3

A. k  ln 4

B. k  ln 2 .

8
.

3

C. k  ln

D.

S2
S1
x
O

k

ln 4

Lời giải
Chọn D.
k

k

e x dx  e x 0  e k  1 và S2 
Ta có S1  �
0

ln 4

e dx  e
�
x

x ln 4
k

 4  ek .

k

Ta có S1  2 S2 � ek  1  2  4  ek  � k  ln 3 .

2
Bài 7: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường: y  x  4 x  3 , y  x  3 .

A.

109
.
6

B.

107
.
6

C.

109
.
8

D.

109
.
7

Lời giải
Chọn A.

9


.
Xét phương trình hoành độ giao điểm ta có.

�x  3 �0
x0
� 2
�
x  4x  3  x  3
x 2  4 x  3  x  3 � ��
��
.
x5
�
��
2
x  4 x  3    x  3
��

2
Sau khi vẽ hình ta thấy x  4 x  3 �x  3, x � 0;5 .

Vậy diện tích phần hình phẳng cần tính là.
5





S�
x  3  x 2  4 x  3 dx .
0

1

3

5

�
 x  3  x 2  4x  3 dx  �
 x  3  x 2  4 x  3 dx  �
 x  3  x 2  4 x  3 dx .
0
1

1

3

3

5

�
  x 2  5x  dx  �
 x 2  3x  6  dx  �
  x 2  5x  dx .
0

1

1

3

3

5

� x 5 x � �x 3x
� � x 5 x 2 � 109
�
 
 6x � �
 
.
� � 
�

2 �0 �3
2
2 �3
6
� 3
�
� 3
1
3

2

3

2

3

x 1
và hai đường thẳng
x2
y  2 , y   x  1 (phần tô đậm trong hình vẽ. Tính diện tích S của hình phẳng

Bài 8: Cho hình phẳng  H  giới hạn bởi đồ thị hàm số y 

 H .

A. S  8  3ln 3 .

B. S  8  3ln 3 .

C. S  3ln 3 .

D. S  4  3ln 3 .

Lời giải
10


Chọn C.
Dựa vào hình vẽ, diện tích hình phẳng  H  là:
3

1

�x  1
�
S�
 2�
dx  �
  x  1  2  dx
�
x

2
�
�
5
3
3

1

3 �
�
�
1 
dx  �
  x  1 dx    x  3ln x  2 
�
�
x

2
�
�
5
3

1

�x 2
�
 �  x �  3ln 3 .
5
�2
�3
3

Bài 9: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y  sin x , y  cos x và S1 , S2 là diện tích

của các phần được gạch chéo như hình vẽ. Tính S12  S22 ?
.
y
S2

S1

x

A. S12  S22  10  2 2 .
C. S12  S22  11  2 2 .

B. S12  S22  10  2 2 .
D. S12  S22  1  12 2 .
Lời giải

Chọn C.
Ta có:
cos x  0 � x 


 k ,  k �� .
2


� �
sin x  cos x � sin �x  � 0 � x   k ,  k �� .
4
� 4�


2

Dựa vào hình vẽ ta có S1 , S 2 giới hạn bởi các giá trị x   , x 

Vậy S1 


4

 cos x  sin x  dx  1 
�




2 ; S2 

2


5
, x .
4
4

5
4

 sin x  cos x  dx  2
�


4

2.

Suy ra: S12  S22   1  2    2 2   11  2 2 .
2

2

11


Bài10: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: y  x 2 , y 
A. S  27 ln 2 (đvdt).
(đvdt).

B. S  27 ln 3 (đvdt). C. S  28ln 3 (đvdt).

1 2
27
x , y
.
27
x

S  29ln 2

D.

Lời giải
Chọn B.

.
Ta có x 2 

27
x
x 2 27
2
� x  3,
� x  0, x 

�x 9.
x
27
27 x
2

3

3

9

� 2 x 2 � 9 �27 x 2 �
�x 3 x 3 � �
x3 �
S


x

d
x


d
x



27
ln
x

Khi đó
�
�
�
�
�
� �
�  27 ln 3 (đvdt).
�
27 � �
x 27 �
81 �3
0�
3�

�2 81 �0 �

Bài 11: Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi y  2 x ; y  x 2 ; y  1 trên miền x �0 ; y �1
A.

1
3

B.

1
2

C.

5
12

D.

2
3

Lời giải
Chọn C.

1
2

Phương trình hoành động giao điểm x 2  1 � x  1 ; 2 x  1 � x  .

12


Hình phẳng cần tính được tạo từ hai hình  H1  và  H 2 
�
�y  2 x
1
2
�
5
2
Trong đó  H1  �y  x
� S1  �
2 x  x 2 dx  24 .
�
0
1
�x  0; x 
�
2
�
�y  1
1
�
2
�
S

1  x 2 dx  5
2

�
Và  H 2   �y  x
.
1
24
� 1
2
�x  ; x  1
� 2
5
5
5
Vậy diện tích hình phẳng cần tính là S  S1  S2    .
24 24 12

Bài 12: Cho  H  là hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ và được giới hạn bởi các
đường có phương trình y 

 x khi x �1
�
10
x  x2 , y  �
. Diện tích của
3
�x  2 khi x  1

 H

bằng?

A.

11
.
6

B.

13
.
2

C.

11
.
2

D.

14
.
3

Lời giải
Chọn B.
Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y   x và y  x  2 là:
x  x  2 � x  1 .
Diện tích hình phẳng cần tính là:
1

3

10
10
�
�
�
�
2
2
S�
dx  �
dx .
� x x  x�
� x  x  x  2�
3
� 1 �3
�
0�
1

3

1

3

13
�

�7
�
2�
2
�S �
dx  �
dx
� xx �
� x  x  2�
3
� 1 �3
�
0�
13
�
�7
�
2�
2
�S �
dx  �
dx
� xx �
� x  x  2�
3
3
� 1�
�
0�
13

1

3

�
� 13
13
x 3 � �7
x3
� S  � x2  �  � x 2   2x �  .
3 �0 �6
3
�6
�1 2

Bài 13: (ĐỀ MINH HỌA THPT QUỐC GIA NĂM 2018)

Cho hình ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi parabol y  3 x 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.

4  3
.
12

B.

Lời giải:

4  3
.
6

4  2 3  3
.
6

C.

D.

5 3  2
.
3

Chọn B.

Ta có:
x 1
(nhan)
�
3 x 2  4  x 2 � 3x 4  x 2  4  0 � x 2  1 x 2  4  0 � �
x  1 (loai )
�







Do đó:
1

2

S  �3x 2 dx  �4  x 2 dx 
0

1

2

2

3 31
3
x |0  �4  x 2 dx 
 �4  x 2 dx
3
3
1
1

2

Tính I  �4  x 2 dx .

1

Đặt x  2sin t � dx  2 cos tdt .
1

�
x  1 � sin t  � t 
�
�
2
6
Đổi cận �

�x  2 � sin t  1 � t 
�
2

14


2

 /2

 /2

 /2

1

 /6

 /6

 /6

I  �4  x 2 dx 

2
�4  4sin t .2 cos tdt 

2
�4 cos tdt 

�2  cos 2t  1 dt

2
3

3
2
3 2
3 4  3
Suy ra S    
.
3
3
2
6
 sin 2t | //62 2t | /2

/6 

Bài 14: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi nửa đường tròn y  2  x 2 và đường
thẳng d đi qua hai điểm A   2;0  và B  1;1 ( phần tô đậm như hình vẽ)

A.

 2 2
.
4

B.

3  2 2
.
4

C.

 2 2
.
4

D.

3  2 2
.
4

Lời giải

Chọn D.
r uuur
r
Ta có d đi qua B  1;1 có VTCP u  AB   1  2;1 ( VTPT là n   1;1  2 
Suy

ra



phương



trình

tổng

quát

của



d : 1 x  1  1  2

  y  1  0

� x  1  2 y  2  0
y

1
2
x
1 2
1 2

Từ hình vẽ ta có diện tích hình phẳng cần tìm là
�
1
2 �
2
2

x

x

dx 
�
�
��
1 2
1 2 �
�
 2�
1
1
� 1
2 �

2
2

x
d
x

x

dx  A  B
�
�
��1  2 1  2 �
�
�
 2
 2�
1
� 1 x2
� 1
2
2 �
B

x

d
x



�
�
Ta có
��
�
�
�
1 2 2 1 2
1 2
1 2 �
 2�
�
1

S

�1
1 2
x�
� 2  2
�

1

Xét tích phân A 

�2  x

2

dx

 2


2

Đặt x  2 sin t � dx  2 cos tdt ; Đổi cận: x   2 � t   . x  1 � t 


.
4
15



1
3 1
�
2cos 2 tdt  �
t  sin 2t �4 

 1  cos 2t  dt  �
Khi đó A  �
�

2
4 2
�
�






2
2
2
3 1 1
2 3  2 2

Vậy S    
.
4 2 2 2
4

4


4

Bài 15: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x  1 và nửa trên của
đường tròn x 2  y 2  1 bằng?
A.

 1
 .
4 2

B.

 1
.
2

C.


1 .
2

D.


1 .
4

Lời giải
Chọn A.
�x  1 khi x �1
y  x 1  �
.
1  x khi x  1
�
x2  y 2  1 � y  � 1  x2

do chỉ tính nửa trên của đường tròn nên ta lấy

y  1  x2 .

Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x  1 và nửa trên của đường tròn
x 2  y 2  1 là phần tô màu vàng như hình vẽ.
1

1

1

�1  x 2   1  x  �dx  1  x 2 dx   x  1 dx
Diện tích hình phẳng trên là: S  �
�
�
�
�
0
0
0
1

�x 2
�
1
 I1  �  x �  I1  .
2
�2
�0
1

2
Tính I1  �1  x dx .

0

 

�
�
 ; �; dx  cos t.dt .
Đặt x  sin t , t ��
�2 2�

Đổi cận x  0 � t  0 ; x  1 � t 


.
2

16



2


2

1


2


2

I1  �1  x dx  1  sin 2 t .cos t.dt  cos t cos t.dt  cos 2 t.dt  1  cos 2t dt
�
�
�
�
0
2
0
0
0
0
2


2

1 � sin 2t � 
 �
t
� .
2�
2 �0 4
 1
Vậy S  
4 2

Bài 16: Parabol y 

x2
chia hình tròn có tâm tại gốc tọa độ, bán kính 2 2 thành 2
2

phần. Tỉ số diện tích của chúng thuộc khoảng nào?
A.  0,4;0,5 .
B.  0,6;0,7  .
C.  0,5;0,6  .

D.  0,7;0,8  .

Lời giải
Chọn A.
Ta có phương trình đường tròn: x 2  y 2  8 .
�x 2  y 2  8
x4
�
2
2
� x   8 � x  �2 .
Phương trình hoành độ giao điểm: � x
4
�y 
� 2
2
2
�
x2 �
2

S1  �
8

x

dx, S 2  2 2   S1 .
�
�
2�
2 �



�



S1
S1

�0, 4348
2
.
S2
2 2   S1





2

1 2�
4
�
2
S1  �
dx  2  .
�8 x  x �
2 �
3
2 �

4�
4
�
S 2  8  �
2  � 6  .
3�
3
�

4
S1
3  0, 4348 � 0, 4;0,5 

4
S 2 6 
3
2 

.

.
17


Nhận xét: + Diện tích hình tròn : Trong hệ toạ độ Oxy cho đường tròn có
x 2  y 2  R 2 ( R  0) . Khi đó hình tròn đó có diện tích là : S   R 2 .
phương
y
(P)

4

2

-r

x

-2
-1

O

1

2

3

r

-1

Diện tích của elip:

x2 y2
Trong hệ toạ độ Oxy cho elíp có phương trình : 2  2 1 , 0  b  a
a
b
a

b 2 2
Ta có diện tích của elip là : S  4� a  x dx a.b
a
0

(đvdt) .

y
4

b (P)

x
-a

-2

-1

O

1

2

r

a

-1
-b

3
Bài 17: Cho  H  là hình phẳng giới hạn bởi parabol y  x 2 và nửa đường elip có
2

1
4  x 2 ( với 2 �x �2 ) và trục hoành (phần tô đậm trong
2
a  b 3
hình vẽ). Gọi S là diện tích của, biết S 
( với a , b , c �� ). Tính
c
P  abc.

phương trình y 

18


A. P  9 .

B. P  12 .

C. P  15 .
Lời giải

D. P  17 .

Chọn A.
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol và nửa đường elip là:
4
2
3x 2  4  x 2 � 3x  x  4  0 � x  �1

1
2
2
� �3
�1 3 2
� � 3x3
�
1
1
2
2

�
�
x
d
x

4

x
d
x

2

4

x
d
x

2

S
�
�
�
Vậy S  2 �
1
�
��

� �6
�
� �
2�
6
1 2
1
�0 2
� �
�
�
0
�

12
2
Trong đó S1  �4  x dx .
21
Đặt x  2sin t � dx  2cos tdt .

Đổi cận x  1 � t 
x  2�t 


.
6


.
2


2


2



6

6

6

1
�2 
3
cos 2 tdt  �
t  sin 2t �  
 1  cos2t  dt  �
Vậy S1  2 �
.
�

� 2
� 3
4



�4  3 � 4  3
�
.
�
6
� 12 �

Suy ra S  2 �
�

�a  4
�
Vậy �b  1 � P  a  b  c  9 .
�
c6
�

19


Bài 18: Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên đoạn  3;3 . Biết rằng diện tích
hình phẳng S1 , S2 giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng
3

y   x  1 lần lượt là M , m . Tính tích phân

�f  x  dx

bằng

3

A. 6  m  M .
6mM .

B.

C. M  m  6 .
mM 6 .

D.

Lời giải
Chọn D.
1

1

1

1

1

� x2
�
f  x  dx .
M

S



x

1

f
x
d
x


x

1
d
x

f
x
d
x

  x�  �







Tacó


�
1
�
�
�
3
� 2
�3
3
3
3
3

3

3

3

3

�x 2
� 3
m  S2  �
f  x  dx  �
 x  1 dx  �
f  x  dx  �  x �  �

f  x  dx  6 .
 f  x   x  1 dx  �
2
1
1
1
�
�
1
1
1
1
3
3
�1
�
S1  S 2   �
f  x  dx  �
f  x  dx  6 � M  m  6  ��
f  x  dx  �
f  x  dx �
3
1
3
1
�
�

3

� M  m  6  �
f  x  dx �
3

3

�f  x  dx  m  M  6

3

20


PHẦN 2.MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN HỆ THỰC TẾ :
Bài 19: Một viên gạch hoa hình vuông cạnh 40 cm được thiết kế như hình bên dưới.
Diện tích mỗi cánh hoa (phần tô đậm) bằng

A.

800
cm 2 .
3

B.

400
cm 2 .
3

C. 250 cm 2 .

D. 800 cm 2 .

Lời giải
Chọn B.
Diện tích một cánh hoa là diện tích hình phẳng được tính theo công thức sau:
20

20

1 2 � �2
�
1
400
S�
dx  � . 20. x 3  x 3 �

� 20 x  x �
�
20 � �3
3
60 �0
0 �

 cm  .
2

Bài 20: Trong Công viên Toán học có những mảnh đất mang hình dáng khác nhau.
Mỗi mảnh được trồng một loài hoa và nó được tạo thành bởi một trong những
đường cong đẹp trong toán học. Ở đó có một mảnh đất mang tên Bernoulli, nó

được tạo thành từ đường Lemmiscate có phương trình trong hệ tọa độ Oxy là
16 y 2  x 2  25  x 2  như hình vẽ bên.
Tính diện tích S của mảnh đất Bernoulli biết rằng mỗi đơn vị trong hệ tọa độ
Oxy tương ứng với chiều dài 1 mét.
A. S 

125
m2 

6

B. S 

125
4

m 
2

C. S 

250
3

m 
2

D. S 

125

3

m 
2

21


Lời giải
Chọn D.
Vì tính đối xứng trụ nên diện tích của mảnh đất tương ứng với 4 lần diện tích
của mảnh đất thuộc góc phần tư thứ nhất của hệ trục tọa độ Oxy .
1
4

Từ giả thuyết bài toán, ta có y  � x 5  x 2 .
1
4

Góc phần tư thứ nhất y  x 25  x 2 ; x � 0;5
5

Nên S( I ) 

1
125
125 3
x 25  x 2 dx 
�S 
(m )

�
40
12
3

Bài21: (ĐỀ MINH HỌA QUỐC GIA NĂM
2017) Ông An có một mảnh vườn hình Elip có
độ dài trục lớn bằng 16m và độ dài trục bé bằng
10m . Ông muốn trồng hoa trên một dải đất rộng
8m
8m và nhận trục bé của elip làm trục đối xứng
(như hình vẽ). Biết kinh phí để trồng hoa là
100.000 đồng/ 1m2 . Hỏi ông An cần bao nhiêu tiền
để trồng hoa trên dải đất đó? (Số tiền được làm
tròn đến hàng nghìn.)
A. 7.862.000 đồng.
B. 7.653.000 đồng.
C. 7.128.000 đồng. D. 7.826.000 đồng
.
Lời giải
Chọn B.
x2 y 2
Giả sử elip có phương trình 2  2  1 , với a  b  0 .
a
b
2
a

16
�

a

8
Từ giả thiết ta có
và 2b  10 � b  5
5
�
y
64  y 2
�
x2 y 2
8

1� �
Vậy phương trình của elip là
5
64 25
�
y
64  y 2
�
� 8

 E1 
 E1 
22


Khi đó diện tích dải vườn được giới hạn bởi các đường  E1  ;  E2  ; x  4; x  4
4

4

5
5
64  x 2 dx  �64  x 2 dx
và diện tích của dải vườn là S  2 �
8
20
4

Tính tích phân này bằng phép đổi biến x  8sin t , ta được
�
3�
S  80 � 
�
�6 4 �
�
�6

Khi đó số tiền là T  80 � 

3�
.100000  7652891,82 ; 7.653.000 .
�
4 �

Bài 22: Cổng trường Đại học Bách Khoa Hà Nội có hình dạng Parabol, chiều rộng 8 m ,
chiều cao 12,5 m . Diện tích của cổng là:
A. 100  m  .

2

2
B. 200  m  .

C.

100 2
m  .
3

D.

200 2
m  .
3

Lời giải
Chọn D.
Cách 1:

Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ mà trục đối xứng của Parabol trùng với trục
tung, trục hoành trùng với đường tiếp đất của cổng.
Khi đó Parabol có phương trình dạng y  ax 2  c .
Vì  P  đi qua đỉnh I  0;12,5  nên ta có c  12,5 .
 P  cắt trục hoành tại hai điểm A  4;0  và B  4;0  nên ta có 0  16a  c
c
25
25
  . Do đó  P  : y   x 2  12, 5 .

16
32
32
4
200 2
� 25 2
�
 x  12,5 �
dx 
Diện tích của cổng là: S  �
m  .
�
32
3
�
4 �
�a

Cách 2:
23


Ta có parabol đã cho có chiều cao là h  12,5m và bán kính đáy OD  OE  4m .
4
3

Do đó diện tích parabol đã cho là: S  rh 

200 2
m  .

3

Bài 23: 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.

160 2
cm
3

B.

140 2
cm
3

C.

14 2
cm
3

D. 50 cm 2

Lời giải
Chọn B.

24

16
16
Đưa parabol vào hệ trục Oxy ta tìm được phương trình là:  P  : y   x 2  x .
25

5

16 2 16
x  x , trục hoành và các
25
5
5
� 16 2 16 � 40
 x  x�
dx 
đường thẳng x  0 , x  5 là: S  �
.
�
25
5 �
3
0�

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi  P  : y  

Tổng diện tích phần bị khoét đi: S1  4S 

160

cm 2 .
3

Diện tích của hình vuông là: Shv  100 cm 2 .
Vậy diện tích bề mặt hoa văn là: S2  Shv  S1  100 

160 140

cm 2 .
3
3

Bài 24: Vòm cửa lớn của một trung tâm văn hoá có dạng hình Parabol. Người ta dự
định lắp cửa kính cường lực cho vòm cửa này. Hãy tính diện tích mặt kính cần
lắp vào biết rằng vòm cửa cao 8m và rộng 8m (như hình vẽ)∙.

.
131 2
A.
m  .
3

28
B. (m2 ) .
3

26
C. (m2 ) .
3

D.

128 2
m  .
3

Lời giải
Chọn D.
Chọn hệ trục tọa độ Oxy với gốc tọa độ O là trung điểm của cạnh đáy, trục Oy
trùng với chiều cao của vòm cửa.
Gọi Parabol có dạng: y  ax 2  bx  c .
Vì Parabolcó đỉnh I  0;8 và qua điểm  4; 0  ;  4;0  nên ta có:

25