Ứng dụng tích phân vào giải một số bài toán liên quan đến thực tế

I. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong giai đoạn phát triển khoa học công nghệ hiện nay, trình độ tri thức của con người từng
bước được cải thiện và phát triển rõ rệt. Vì thế trong dạy học, giáo viên cần tạo điều kiện để học
sinh phát triển năng lực trí tuệ, phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo trong học tập, biết nhận
biết vấn đề ở từng góc độ khác nhau, tìm tòi những cái mới để từng bước hình thành kiến thức mới.
Đồng thời biết vận dụng các kiến thức mình đã học vào giải các bài toán liên quan đến thực tế . Đây
là một trong các mục tiêu mà giáo dục hiện nay đang hướng tới và đã được Bộ giáo dục đưa vào đề
thi tốt nghiệp trung học phổ thông quốc gia những năm gần đây. Chủ đề tích phân và ứng dụng của
tích phân ở lớp 12 là một chủ đề mà có tính liên hệ thực tế khá cao. Trong quá trình giảng dạy tôi đã
đúc kết được một số kinh nghiệm về vấn đề này nhằm giúp các em hiểu và biết vận dụng tích phân
vào giải các bài toán có kiến thức thực tế về tính diện tích, thể tích và bài toán chuyển động. Vì vậy
tôi đã chọn đề tài: “ Ứng dụng tích phân vào giải một số bài toán liên quan đến thực tế " .
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Trong phạm vi đề tài này tôi không có tham vọng đưa ra một hệ thống kiến thức
hoàn toàn mới, một kết quả mới về mặt toán học; ở đây tôi chỉ trình bày một số ứng dụng
của tích phân để giải quyết một số bài toán có liên quan đến kiến thức thực tế nhằm hướng
tới mục đích giúp các em học sinh nắm vững kiến thức cơ bản, đồng thời phát triển tư duy
sáng tạo, linh hoạt, biết vận dụng các kiến thức mà mình đã học trong sách giáo khoa vào
các bài toán có yếu tố thực tiễn.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Đề tài này sẽ được nghiên cứu trên học sinh lớp 12A2 và 12A4 trường THPT Lê Hoàn - Thọ
Xuân - Thanh Hoá. Trong quá trình giảng dạy bản thân sẽ định hướng, dẫn dắt học sinh vào các bài
toán có tính thực tế, sau đó chia thành các nội dung, các dạng khác nhau. Với mỗi nội dung sẽ đưa
ra một số ví dụ minh họa kèm theo lời giải chi tiết. Sau đó cung cấp cho các em một số bài tập vận
dụng cho từng dạng, từng vấn đề và bảng đáp án để các em đối chiếu.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
- Phương pháp nghiên cứu lý luận:
+ Thông qua việc nghiên cứu các loại tài liệu chuyên môn có liên quan đến đề tài.
+ Nghiên cứu chương trình sách giáo khoa lớp 12, mục đích, yêu cầu của chương nguyên hàm tích
phân và ứng dụng của tích phân.

- Phương pháp đàm thoại lấy ý kiến của học sinh và giáo viên có nhiều kinh nghiệm trong
công tác bồi dưỡng học sinh khá giỏi.
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm
II. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
A. DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG

Trang 1


�
a; b�
liên tục, không âm trên � �. Khi đó diện tích S của
hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f (x) , trục hoành và 2 đường thẳng x  a, x  b là:

1. Định lý 1: Cho hàm số

y  f (x)

b

S �
f (x)dx
a

2. Bài toán liên quan:
�
a;b�
Bài toán 1: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f (x) liên tục trên đoạn � �, trục
b

hoành và hai đường thẳng x  a , x  b được xác định:

S

�f (x) dx
a

y

y  f (x)

O a c1

c2

c3 b x

�y  f (x)
�
�y  0
(H ) �
�x  a
�
�x  b

S

b

f (x) dx
�
a

Bài toán 2: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f (x) , y  g(x) liên tục trên đoạn
�
a;b�
�
�và hai đường thẳng x  a , x  b được xác định:

y

S

b

�f (x)  g(x) dx
a

�
(C1): y  f1(x)
�
(C ): y  f2( x)
�
(H ) � 2
�x  a
�x  b
�

(C1)

(C2 )

b

O a c1

c2 b

x

S

f (x)  f (x) dx
�
1

2

a

Bài toán 3: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị (C1) : y  f1(x) và (C2 ) : y  f2(x) là:

S

xn

�f (x)  g(x)dx

x1

. Trong đó: x1 , xn tương ứng là nghiệm nhỏ nhất và lớn nhất của phương trình

f (x)  g(x).
B. THỂ TÍCH CỦA KHỐI TRÒN XOAY
1. Thể tích vật thể
Gọi B là phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm có
hoành độ lần lượt là a và b; S(x) là diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc
với trục Ox tại điểm có hoành độ là x , (a �x �b) . Giả sử S(x) là hàm số liên tục trên đoạn
�
a;b�
�
�.

Trang 2


(V)
b

x

O a

b

x

V  �S(xdx
)
a

S(x)
2. Thể tích khối tròn xoay
Bài toán 1: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường

y  f (x) , trục hoành và hai đường thẳng x  a , x  b quanh trục Ox:
y
y  f (x)

O

a

b

�
(C ): y  f (x)
�
b
(Ox): y  0
2
�
V


f ( x ) dx

�
x
�

x �x  a
a
�
�x  b

Bài toán 2: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường

x  g(y) , trục hoành và hai đường thẳng y  c , y  d quanh trục Oy:

y
d

c
O

x

�(C): x  g(y)
�
�(Oy): x  0
�
�y  c
�
�y  d

d

VOy   �
 g ( y ) dy
2

c

Bài toán 3: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
b

y  f (x) , y  g(x) và hai đường thẳng x  a , x  b quanh trục Ox:

VOx   �
f 2(x)  g2(x) dx
a

C. BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG TRONG VẬT LÝ

 t  . Do đó ta có một số công thức:
(t ) , a  t   v�
Theo khái niệm vật lý, ta có: v (t )  s�
1.
2.

s t  �
v  t  .dt
v t  �
a  t  .dt

Trang 3


t2

3.

t t 
Quãng đường vật đi được từ thời gian t1 đến thời gian t2 , 1 2 là :

s�
v  t  dt
t1

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
a.Thuận lợi
+ Các nội dung diện tích của các hình phẳng dạng cơ bản, thể tích vật thể, thể tích các khối
tròn xoay; Mối quan hệ giữa ba yếu tố trong bài toán chuyển động là quảng đường, vận tốc, thời
gian đã được trình bày một cách rõ ràng, đầy đủ trong chương trình sách giáo khoa.
+ Khi thực hiện tính tích phân thì học sinh có thể sử dụng máy tính Casio để đưa ra kết quả.
b. Khó khăn
Đây là một vấn đề có liên quan đến thực tế nên nó không đơn giản, càng khó khăn hơn đối
với các học sinh yếu về suy luận, về khả năng tư duy cụ thể hoá , trừu tượng hoá. Hầu hết các em
học sinh thường có cảm giác “sợ” bài toán dạng này. Khi học vấn đề này nhìn chung các em thường
không biết huy động kiến thức nào, công thức nào cho phù hợp. Một khó khăn lớn nữa đó là việc
chuyển đổi bài toán có nội dung thực tiễn về bài toán mà đã có công thức giải, từ đó áp dụng công
thức vào để giải quyết là một vấn đề khá khó khăn với học sinh. Thêm vào đó trong sách giáo khoa
cũng như các sách tham khảo có rất ít ví dụ minh hoạ và giải chi tiết để giúp học sinh học tập và
khắc phục những khó khăn này. Do vậy đòi hỏi sự nỗ lực và sự quyết tâm cao của cả thầy và trò.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
Trong quá trình tìm tòi, nghiên cứu, giảng dạy và bồi dưỡng học sinh , tôi đã tổng hợp và lựa
chọn một số bài toán cơ bản, giải quyết nó bằng tích phân. Trên cơ sở đó tôi hướng dẫn học sinh
giải quyết một số bài toán tương tự cũng như tìm tòi và giải quyết thêm một số bài toán mới.
VẤN ĐỀ 1. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN THỰC TIỄN VỀ DIỆN
TÍCH HÌNH PHẲNG

A.Một số ví dụ
Ví dụ 1: Tính diện tích của hình phẳng liên quan đến elip
Ví dụ 1.1. Trong hệ toạ độ Oxy cho Elip có phương trình : ,

Diện tích của elip đã cho là :

A

. S a.b (đvdt)

4 a 2b
S
3
C.

 ab
S
2
B.

Trang 4

2
D. S   a b


Lời giải
y

b

. a2  x2
a

Phần đường cong phía trên trục Ox có phương trình là:
a
b
S  2. �. a 2  x 2 dx
a
a
Suy ra diện tích Elip là:
.Bằng phương pháp đổi biến ta thu được S   ab .
Ví dụ 1.2. (Đề thi thử nghiệm kỳ thi THPTQG năm 2017) Ông An có một mảnh vườn hình elip có
độ dài trục lớn bằng 16 m và độ dài trục bé bằng 10m. Ông muốn trồng hoa trên một mảnh đất rộng
8m và nhận trục bé của elip làm trục đối xứng (như hình vẽ). Biết kinh phí trồng hoa là 100.000
đồng/1m2. Hỏi ông An cần bao nhiêu tiền để trồng hoa trên mảnh 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 hệ trục toạ độ như hình vẽ.

x2 y2


 1.
Ta có phương trình đường elip là: 64 25

x2
y  5 1
64
Phần đường cong phía trên trục Ox của Elip có phương trình là:
4

Suy ra diện tích mảnh đất trồng hoa là:

S  2�
5 1
4

x2
dx.
64

2

Sử dụng MTCT ta tính được S = 76,5289182 ( m )
Suy ra số tiền để trên mảnh đất này là: S. 100000 = 7652891,82 (đồng).
Do làm tròn đến hàng nghìn nên số tiền là 7.653.000 đồng. Chọn B
Ví dụ 2: Diện tích của hình phẳng liên quan đến hình dạng parabol.
Ví dụ 2.1. Cổng trường Đại học Bách Khoa Hà Nội có hình dạng Parabol có chiều rộng 8 m và
chiều cao 12,5 m . Diện tích của cổng là:

Trang 5

A.

100  m 2 

.

B.

200  m 2 

100 2
m 
C. 3
.
Lời giải

.

200 2
m 
D. 3
.

Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ mà trục đối xứng của Parabol trùng với trục tung, trục
2
hoành trùng với đường tiếp đất của cổng. Khi đó Parabol có phương trình dạng y  ax  c .
Vì

 P

đi qua đỉnh

I  0;12,5 

 P

nên ta có c  12,5 .

cắt trục hoành tại hai điểm
25
 P  : y   x 2  12,5
32
Do đó
.

A  4;0 

và

B  4; 0 

nên ta có 0  16a  c

�a 

c
25


16
32 .

4

� 25 2
�
S�
dx  200  m 2 
� x  12,5 �
32
�
3
4 �
Diện tích của cổng là:
. Chọn D
Ví dụ 2.2. Một khuôn viên dạng nửa hình tròn có đường kính bằng 4 5 (m). Trên đó người thiết
kế hai phần để trồng hoa có dạng của một cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với tâm nửa hình
tròn và hai đầu mút của cánh hoa nằm trên nửa đường tròn (phần tô màu), 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 và kinh phí để trồng cỏ Nhật Bản là 100.000 đồng/m2. Hỏi cần bao
nhiêu tiền để trồng cỏ Nhật Bản trên phần đất đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn)

A. 3.895.000 (đồng).

B. 1.948.000 (đồng).
C. 2.388.000 (đồng).
Lời giải

Trang 6

D. 1.194.000 (đồng).


Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ.
y  R2  x2 

Khi đó phương trình nửa đường tròn là
Phương trình parabol

 P  có đỉnh là gốc O sẽ có dạng

4  a  2  � a  1

 2 5

2

 x 2  20  x 2

.

y  ax 2 . Mặt khác  P  qua điểm M  2;4  do

2

đó:

.

Phần diện tích của hình phẳng giới hạn bởi

 20  x
�
2

S1 
Ta có công thức

2



 P  và nửa đường tròn ( phần tô màu)

 x 2 dx  11,94m2

.
1
Strongco  Shinhtron  S1 �19,47592654
2
Vậy phần diện tích trồng cỏ là
S
�100000 �1.948.000
Vậy số tiền cần có là trongxo
(đồng).
Chọn B
2

Ví dụ 3: Tính diện tích hình phẳng của một số loại hình hoa văn

Ví dụ 3.1. 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





16 y 2  x 2 25  x 2
Oxy
trình trong hệ tọa độ
là
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.
y

x

125
250
125
m2 
S
m2 
S


 m2 
4
3

3
A.
B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải
Vì tính đối xứng nên diện tích của mảnh đất tương ứng với 4 lần diện tích của mảnh đất thuộc
S

125 2
m 
6
.

S

góc phần tư thứ nhất của hệ trục tọa độ Oxy . Từ giả thiết bài toán, ta có
1
y  x 25  x 2 ; x � 0; 5
4
Góc phần tư thứ nhất

1
y  � x 5  x2
4
.

5

S( I ) 
Nên

1
125
125 3
x 25  x 2 dx 
�S 
(m )
�
40
12
3

.

Chọn D

Ví dụ 3.2. 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.

Trang 7


160 2
cm

A. 3

140 2
cm
B. 3

14 2
cm
C. 3

2
D. 50 cm

Lời giải

Đưa parabol vào hệ trục Oxy ta tìm được phương trình là:
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 P : y  

 P : y  

16 2 16
x  x
25
5 .

16 2 16
x  x
25

5 , trục hoành và các đường thẳng x  0 ,

5

� 16 2 16 � 40
S �
 x  x�
dx 
�
25
5 �
3
x  5 là:
0�
.
Tổng diện tích phần bị khoét đi:

S1  4S 

160
3 cm 2 .

2
Diện tích của hình vuông là: S hv  100 cm .

Vậy diện tích bề mặt hoa văn là:

S 2  Shv  S1  100 

160 140


cm 2
3
3
.

Chọn B

B. Bài tập vận dụng
Câu 1. (Đề minh hoạ của BGD năm 2019). Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh
2
A2 B1 B2
,
,
như hình vẽ . Biết chi phí sơn phần tô đậm là 200.000 đồng/ m và phần còn lại là

100.000đồng/ m2 . Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết

A1A2 = 8m B1B2 = 6m
,
và tứ giác MNPQ là hình chữ nhật có MQ = 3m ?

Trang 8

A1

,


A. 7.322.000 đồng.

B. 7.213.000 đồng.
C. 5.526.000 đồng.
D. 5.782.000 đồng.
Câu 2. (Phát triển đề minh họa năm 2019) Một họa tiết hình cánh bướm như hình vẽ

2
Phần tô mầu đậm được đính đá với giá thành 500.000đ/m . 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 .
Câu 3. Một công ty quảng cáo muốn làm một bức tranh
trang trí hình MNEIF ở chính giữacủa một bức tường

A

hìnhchữ nhật ABCD có chiều cao BC  6 m , chiều dài

D. 108665667đ .
12 m

I

B
E

F

6m

CD  12 m (hình vẽ bên). Cho biết MNEF là hình chữ
nhật có MN  4 m ; cung EIF có hình dạng là một phần của
cung parabol có đỉnh I là trung điểm của cạnh AB và đi
qua hai điểm C , D . Kinh phí làm bức tranh là 900.000

D

M

4m

N

2

đồng/ m . Hỏi công ty đó cần bao nhiêu tiền để làm bức tranh đó?
A. 20.400.000 đồng.
B. 21.200.000 đồng. C. 20.800.000 đồng. D. 20.600.000 đồng.
Câu 4.(Thi thử chuyên ĐH 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 (Hình vẽ).

Trang 9

C

1
A. 2 .

AB
Tỉ số CD bằng:

1
C. 2 .

4
B. 5 .

3

3
D. 1  2 2 .

Câu 5. Để trang trí cho một lễ hội đầu Xuân, từ một mảnh vườn hình elip có chiều dài trục lớn là

10  m 

, chiều dài trục nhỏ là

4 m

. Ban tổ chức vẽ một đường tròn có đường kính bằng độ dài trục

2

nhỏ và có tâm trùng với tâm của elip. Trên hình tròn người ta trồng hoa với giá 100000 (đồng / m
2
), phần còn lại của mảnh vườn người ta trồng cỏ với giá 60000 (đồng / m ) . Hỏi ban tổ chức cần
bao nhiêu tiền để trồng hoa và cỏ trên dải đất đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn).

A. 2639000 (đồng).

B. 2388000 (đồng).

C. 2387000 (đồng).
D. 2638000 (đồng).
5m
Câu 6. Một mảnh vườn có dạng hình tròn bán kính bằng
. Phần đất canh tác trồng rau (phần

AB = MQ = 5m
được gạch chéo) trong hình vẽ bên dưới, hình chữ nhật ABCD và MNPQ có
.

1m2
Biết rằng cứ
đất canh tác thì cần 30.000 (đồng) tiền mua hạt giống. Hỏi số tiền cần để mua hạt
giống trồng hết diện tích phần đất canh tác gần với số nào sau đây

A. 2.119.800 đồng.

B. 2.191.000 đồng.

C. 2.218.000 đồng.

D. 2.218.900 đồng.

Câu 7. Ông An muốn làm cửa rào sắt có hình dạng và kích thước như hình vẽ bên, biết đường cong

1 m 2 

phía trên là một Parabol. Giá
của rào sắt là 700000 (đồng). Hỏi ông An phải trả bao nhiêu
tiền để làm cái cửa sắt như vậy (làm tròn đến hàng phần nghìn).

.
A. 6417000 (đồng).

B. 6320000 (đồng).

C. 6520000 (đồng).

D. 6620000 (đồng).

Câu 8. 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

8 m 

và rộng

8 m 

(như hình vẽ).

Trang 10


131 2
m 
A. 3
.

.
26 2
(m )
C. 3
.

28 2
(m )
B. 3
.

128 2
m 
D. 3
.

30  m 
Câu 9. Ông Toàn xây dựng một sân bóng đá mini hình chữ nhật có chiều rộng
và chiều dài
50  m 
. Để giảm bớt kinh phí cho việc trồng cỏ nhân tạo, ông Toàn chia sân bóng ra làm hai phần
tô màu và không tô màu (như hình vẽ).

.
Phần tô màu gồm hai miền diện tích bằng nhau và đường cong AIB là một parabol có đỉnh I .Phần
tô màu được trồng cỏ nhân tạo với giá 130 nghìn đồng/ m và phần còn lại được trồng cỏ nhân tạo
2

2
với giá 90 (nghìn đồng/ m ). Hỏi ông Toàn phải trả bao nhiêu tiền để trồng cỏ nhân tạo cho sân
bóng?
A. 165 (triệu đồng).
B. 151 (triệu đồng).
C. 195 (triệu đồng).
D. 135 (triệu đồng).

Câu 10. Một mặt bàn hình elip có chiều dài là 120 cm, chiều rộng là 60 cm. Anh Hải muốn gắn đá
hoa cương cho mặt bàn theo hình (phần đá hoa cương trắng bên ngoài và phần đá hoa cương màu
vàng bên trong), biết rằng phần màu vàng cũng là elip có chiều dài 100 cm và chiều rộng là 40 cm.
Biết rằng đá hoa cương màu trắng có giá

650.000 vnđ / m2

600.000 vnđ / m2

và đá hoa cương màu trắng có giá

. Hỏi số tiền để gắn đá hoa cương theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới

đây?

Trang 11

A. 355.000 đồng.

B. 339.000 đồng.

C. 368.000 đồng.

D. 353.000 đồng

Bảng đáp án
Câu

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Đáp
án

A

B

C

C

B

A

A

D

B

A

VẤN ĐỀ 2. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN THỰC TIỄN VỀ THỂ
TÍCH VẬT THỂ
A.Một số ví dụ
Ví dụ 1. Người thợ gốm làm một cái chum từ một khối đất hình cầu bán kính 5dm bằng

cách cắt bỏ hai chỏm cầu đối diện nhau. Hãy tính thể tích của cái chum biết rằng chiều cao của nó
là 80 cm (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
A. 494,28 lít.

B. 157,33 lít.

C. 35,18 lít.

D. 110,53 lít.

Lời giải

Chọn hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ.
2
Thể tích của cái chum là thể tích của hình giới hạn bởi đường tròn có phương trình y  25  x và

các đường thẳng x  �4 khi quay xung quanh trục Ox.
4

Suy ra:

V  �
(25  x 2 ) dx 
4

472
  494, 28
3
.

Chọn A

Ví dụ 2. Thành phố định xây cây cầu bắc ngang con sông dài 500m, biết rằng người ta định
xây cầu có 10 nhịp cầu hình dạng parabol,mỗi nhịp cách nhau 40m, biết 2 bên đầu cầu và giữa mối
nhịp nối người ta xây 1 chân trụ rộng 5m. Bề dày và bề rộng của nhịp cầu không đổi là 20cm (mặt
Trang 12


cắt của một nhịp cầu được mô phỏng như hình vẽ). Hỏi lượng bê tông để xây các nhịp cầu là bao
nhiêu (làm tròn đến hàng đơn vị).

A. 20m

3

3
B. 50m

3
C. 40m

D. 100m

3

Lời giải

Chọn hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ. Gọi parabol đi qua điểm I là (P1) và có phương trình:
2
y  ax 2  bx  x. Do ( P )đi qua gốc toạ độ nên ( P1 ) : y  ax  bx

1

Mặt khác do (P1 ) đi qua I và A ta suy ra

( P1 ) : y  

Do đó parabol phía dưới có phương trình là

2 2 4
x  x
625
25

( P2 ) : y  

2 2 4
1
x  x .
625
25
5

Khi đó diện tích mỗi nhịp cầu là S  2 S1 với S1 phần diện tích giới hạn bởi các parabol ( P1 ) và ( P2 )
trong khoảng (0; 25).
0,2
25
�
1 �
� 2 2 4 �
S  2 ��


x

x
dx

dx � 9,9(m 2 ).
�
�
�
25 � 0,2 5 �
�0 � 625
Suy ra:
3
Thể tích của mỗi nhịp cầu là: V1  S .0, 2  9,9.0, 2  1,98(m ).

3
Suy ra lượng bê tông để xây dựng các nhịp cầu là: 2.(1,98.10)  39, 6( m ) (*).
3
Do làm tròn đến hàng đơn vị nên ta cần 40m .

Chọn C

Ví dụ 3. (THPT Trần Phú - Hà Tĩnh - 2017) 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
Trang 13


trong của thùng) bằng 3m . Được 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).

3
A. V  1,52m .

3
B. V  1,31m .

3
C. V  1, 27m .
Lời giải

3
D. V  1,19m .

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

x2 y2

1
1
4
Theo đề bài ta có phương trình của Elip là 4 25
.
Gọi M , N lần lượt là giao điểm của dầu với elip.
1 2 
S1   ab   . 
2 5 5.
Gọi S1 là diện tích của Elip ta có

Gọi S 2 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
1
y
5.
có phương trình của đường thẳng MN là
x2 y 2

1
4 1
1
4
y
 x2
5 4
Mặt khác từ phương trình 4 25
ta có
.
1
3
3
y

5 cắt Elip tại hai điểm M , N có hoành độ lần lượt là
4 và 4 nên
Do đường thẳng
S2 

3
4

�4 1
1�

3
2

x

dx  
�
�
��5 4
�
5 � 15 20
3�

4

.

� 
3�
V �


.3  1,52
�5 15 20 �
�
�

�
Thể tích của dầu trong thùng là
. Chọn A

Trang 14


B.Bài tập vận dụng
Câu 1.(THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2-2018 ) Chướng ngại vật “tường cong” trong một sân thi
đấu X-Game là một khối bê tông có chiều cao từ mặt đất lên là 3, 5 m . Giao của mặt tường cong và mặt đất
là đoạn thẳng AB  2 m . Thiết diện của khối tường cong cắt bởi mặt phẳng vuông góc với AB tại A là
một hình tam giác vuông cong ACE với AC  4 m , CE  3,5 m và cạnh cong AE nằm trên một đường
parabol có trục đối xứng vuông góc với mặt đất. Tại vị trí M là trung điểm của AC thì tường cong có độ
cao 1m (xem hình minh họa bên).

Thể tích bê tông cần sử dụng để tạo nên khối tường cong đó là
3
A. 9, 75 m .

3

3

B. 10,5 m .

C. 10 m .

3

D. 10, 25 m .

Câu 2 (Thi thử lần 1/2017 Bắc Giang). Có một vật thể là hình tròn xoay có dạng giống như một cái
ly như hình vẽ dưới đây.

Người ta đo được đường kính của miệng ly là 4cm và chiều cao là 6cm. Biết rằng thiết diện của
chiếc ly cắt bởi mặt phẳng qua trục đối xứng là một Parabol. Thể tích
V

72
5 .

V  cm 3 

của vật thể đã cho là :
V

72
5

A.
B. V  12 .
D.
Câu 3.(THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-2018). Bổ dọc một quả dưa hấu ta được thiết diện là hình elip
C. V  12 .

3

có trục lớn 28 cm, trục nhỏ 25 cm. Biết cứ 1000 cm 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 4.(SGD Hải Phòng - HKII - 2016 - 2017) Người ta làm một chiếc phao bơi (như hình vẽ) với
bề mặt có được bằng cách quay đường tròn

 C

quanh trục d . Biết rằng OI  30 cm , R  5 cm

. Thể tích V của chiếc phao là

Trang 15


2
3
A. V  1500 cm .

2
3
B. V  9000 cm .

3
C. V  1500 cm .

3
D. V  9000 cm

.

8  dm
8  dm
2  m
Câu 5. Một bồn nước được thiết kế với chiều cao
, ngang
, dài
, bề mặt cong
đều nhau với mặt cắt ngang là một hình parabol như hình vẽ bên dưới. Thể tích bồn chứa được tối
đa là

.
1280
A. 3 (lít).

2560
C. 3 (lít).

B. 1280 (lít).

D. 1280 (lít).

30  cm 
Câu 6. Một thùng rượu có bán kính các đáy là
, thiết diện vuông góc với trục và cách đều
40  cm 
1  m 
hai đáy có bán kính là
, chiều cao thùng rượu là

(hình vẽ). Biết rằng mặt phẳng chứa
trục và cắt mặt xung quanh thùng rượu là các đường parabol.Thể tích của thùng rượu là

.
A. 425162 (lít).

B. 212581 (lít).

C. 212, 6 (lít).

D. 425, 2 (lít).

Câu 7. Một khối cầu có bán kính 5 dm , người ta cắt bỏ hai phần bằng hai mặt phẳng vuông góc với
đường kính của khối cầu và cách tâm khối cầu một đoạn bằng 3dm để làm một chiếc lu đựng nước.
Tính thể tích mà chiếc lu đựng được?
100
 (dm3 )
3
3
3
132

(
dm
)
41

(
dm
)

A.
B.
C. 3
D. 43 ( dm )
Câu 8. Từ một khúc gỗ hình trụ đường kính 30 cm , người ta cắt khúc gỗ bằng một mặt phẳng đi
0
qua đường kính đáy và nghiêng với đáy một góc 45 để lấy một hình nêm (hình vẽ). Thể tích của
Trang 16


hình nêm thu được là:

3
C. 1800 (cm )

3
B. 2250 (cm )

3
A. 2250 (cm )

3
D. 1800 (cm )

Bảng đáp án
Câu

1

2

3

4

5

6

7

8

Đáp
án

C

C

A

A

C

D

A

A

VẤN ĐỀ 3: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TRONG BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG
A. Một số ví dụ
Ví dụ 1.(Sở GD- ĐT Thanh Hóa năm 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



a  12 m/s 2



chuyển động chậm dần đều với gia tốc
. Tính quãng đường
lúc bắt đầu chuyển động đến khi dừng hẳn?
s  168  m 
s  166  m 
s  144  m 
A.
.
B.
.
C.
.
Lời giải

Giai đoạn 1: Xe bắt đầu chuyển động đến khi gặp chướng ngại vật.
12

s  m

đi được của ôtô từ

D.

s  152  m 

.

12

S1  �
v1  t  dt  �
2tdt

12

 144 m 
0
0
0
Quãng đường xe đi được là:
.
Giai đoạn 2: Xe gặp chướng ngại vật đến khi dừng hẳn.
v  t  �
adt  12t  c

Ôtô chuyển động chậm dần đều với vận tốc 2
.
v  0   v1  12   2.12  24 m/s 
Vận tốc của xe khi gặp chướng ngại vật là: 2
.
� 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 .
2

Khi đó, quãng đường xe đi được là:

 t2

2

S2  �
v2  t  dt  �
 12t  24  dt

Vậy tổng quãng đường xe đi được là:

0

0

S  S1  S2  168 m 

.

  6t 2  24t   24 m 
2

0

Chọn A

Ví dụ 2 (Mã đề 101 –TN THPT năm 2008) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động
thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy luật
Trang 17

v t 

1 2 11
t  t  m s
180
18
, trong đó t (giây)


là khoảng thời gian tính từ lúc A bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng
xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 5 giây so với A và có gia
a  m s2  a
tốc bằng
( là hằng số). Sau khi B xuất phát được 10 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của
B tại thời điểm đuổi kịp A bằng

10  m s
7  m s
C.

.
D.
.
Lời giải
+ Từ đề bài, ta suy ra: tính từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động cho đến khi bị chất điểm B
bắt kịp thì A đi được 15 giây, B đi được 10 giây.
A.

22  m s

.

B.

15  m s

.

v  t  �
adt  at  C
v  0  0
v  t   at
+ Vận tốc của chất điểm B có dạng B
, lại có B
nên B
.
+ Từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động cho đến khi bị chất điểm B bắt kịp thì quãng đường hai
chất điểm đi được là bằng nhau. Do đó ta có:
15

10

�1 2 11 �
3
dt  �
at dt
� t  t�
�
a

�
180
18 � 0
0�
� 75  50a
2.
3
vB  10   .10  15  m s
2
+ Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng
. Chọn B.
Ví dụ 3: (THPT Quốc Gia năm 2017 mã đề 101 ) Một vật chuyển động trong 3 giờ với vận tốc
v  km / h 

phụ thuộc thời gian

t  h

có đồ thị của vận tốc. Trong khoảng thời gian 1 giờ kể từ khi

I 2;9 
bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là một phần của đường Parabol có đỉnh 
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 chuyển động trong 3 giờ đó (kết quả làm tròn đến hàng phần
trăm).

Gọi

A. s  23, 25(km) .

B. s  21, 58( km) .

C. s  15,50(km) .

D. s  13,83( km) .
Lời giải

 P  : y  ax 2  bx  c .

P
Vì  

qua

A  0; 4 

và có đỉnh
31
y

4 .
Mặt khác tại x  1 ta có

I  2;9 

P
nên ta tìm được phương trình  

1

là

y

5 2
x  5x  4
4

3

31
�5 2
�
S�
.dx  � .dx  21,58( km)
� x  5x  4 �
4
� 1 4
0�
Vậy quãng đường cần tìm là

. Chọn B
B.Bài tập vận dụng
Câu 1. Một chiếc xe đua đang chạy 180km / h . Tay đua nhấn ga để về đích kể từ đó xe chạy với gia
a  t   2t  1 m/s 2
tốc
(
). Hỏi rằng 5s sau khi nhấn ga thì xe chạy với vận tốc bao nhiêu km/h .
A. 200 .
B. 243 .
C. 288 .
D. 300 .
Câu 2. (THPT Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định năm 2018) Một vật chuyển động vận tốc tăng
liên tục được biểu thị bằng đồ thị là đường cong parabol (như hình vẽ) .

Trang 18


Biết rằng sau 10 s thì vật đó đạt đến vận tốc cao nhất và bắt đầu giảm tốc. Hỏi từ lúc bắt đầu đến lúc
đạt vận tốc cao nhất thì vật đó đi được quãng đường bao nhiêu mét?
1400
1100
1000
A. 300 m.
B. 3 m.
C. 3 m.
D. 3 m.
Câu 3.(THPT Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2018) 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 khoảng thời gian 1

I  2;5 
giờ kể từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là một phần của đường parabol có đỉnh
và trục
đối xứng song song với trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạn thẳng song song với
trục hoành.Tính quãng đường mà vật di chuyển được trong 3 giờ đó.

 km  .
A. 15

32
 km  .
B. 3

 km  .
C. 12

35
 km  .
D. 3

Câu 4. Một ô tô đang chạy với vận tốc 10m / s thì người lái đạp phân, từ thời điểm đó, ô tô chuyển
v( t ) = - 5t + 10( m / s)
động chậm dần đều với vận tốc
, 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 5. (SG- ĐT Cần Thơ - HKII - 2017 - 2018) Một vận chuyển động không vận tốc đầu xuất
2
phát từ đỉnh mặt phẳng nằm nghiêng (như hình vẽ). Biết gia tốc của chuyển động là 5m/s và

sau 1, 2s thì vật đến chân của mặt ván. Độ dài của mặt ván là

Trang 19


A. 3,6 m

B. 3, 2m

D. 2,8m

C. 3m

Câu 6.(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
v  t   16  4t
vận tốc được biểu thị bởi công thức A

(đơn vị tính bằng m/s ), thời gian tính bằng
giây. Hỏi rằng để 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 7. Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc

v1  t   4t  m / s 
 s
. Đi được 6

người lái xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều

 m/s2  . Tính quãng đường S  m  đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh
với gia tốc 12
cho đến khi dừng hẳn.

 m .
A. S  456

 m .
B. S  240

 m .
C. S  72

 m .
D. 96

Câu 8. (THPT Chuyên Phan Bội Châu – 2017) Một ôtô đang chạy đều với vận tốc 15 m/s thì
phía trước xuất hiện chướng ngại vật nên người lái đạp phanh gấp. Kể từ thời điểm đó, ôtô
2
chuyển động chậm dần đều với gia tốc a m / s . Biết ôtô chuyển động thêm được 20m thì

dừng hẳn. Hỏi a thuộc khoảng nào dưới đây.
 3;4  .
 4;5 .
A.
B.

C.

 5;6  .

D.

 6;7  .

Câu 9. (Sở GD-ĐT Hà Nội -2017] Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc
v1 (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  70 (m/s2 ). Tính quãng đường S (m) đi được của ô
tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn.
A. S  95, 70 (m).

B. S  87,50 (m).

Câu 10. Một vật di chuyển với gia tốc

C. S  94, 00 (m).

a  t   20  1  2t 

2

m/s 
2

D. S  96, 25 (m).

. Khi t  0 thì vận tốc của vật

là 30m / s .Tính quãng đường vật đó di chuyển sau 2 giây (làm tròn kết quả đến hàng đơn
vị).

A. 46m .

C. 48m .

B. 107m .

D. 109m .

Bảng đáp án
Câu

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Đáp

C

D

B

C

A

A

D

C

D

C

Trang 20


án
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng
nghiệp và nhà trường.
Đề tài đã giải quyết được các vấn đề sau:
�Đề tài đã đưa ra được ba nội dung về ứng dụng tích phân trong một số bài toán thực tế. Với
mỗi nội dung được trình bày lần lượt từ các ví dụ mẫu cùng lời giải chi tiết. Trên cơ sở đó đã đưa ra
một số bài tập mang tính chất củng cố và đáp án để học sinh đối chiếu. Điều này có ý nghĩa rất lớn
với việc học và giải bài toán tích phân và ứng dụng.

�Thông qua việc ứng dụng kiến thức đã học trong sách giáo khoa vào giải quyết các bài
toán có tính thực tiễn dần hình thành cho các em khả năng quan sát, khả năng làm việc độc lập, phát
triển tư duy sáng tạo, phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề. Phát huy tối đa tính tích cực của học
sinh theo đúng tinh thần đổi mới của Bộ Giáo dục và Đào tạo. Từ đó tạo cho các em niềm tin, hứng
thú khi học tập bộ môn Toán.

�Đề tài của tôi đã được kiểm nghiệm trong năm học giảng dạy lớp 12 và một số tiết dạy tự
chọn, được học sinh nhiệt tình tham gia và đã nâng cao chất lượng dạy học. Cụ thể ở các lớp sau khi
áp dụng sáng kiến này vào giảng dạy, đánh giá qua bài kiểm tra thu được kết quả như sau :

Năm
học

Lớp

12A4 (Ban cơ
2019- bản)
2020 12A2(Ban
nâng cao)

Điểm 8 trở lên
Tổng số
Số
HS
Tỷ lệ
lượng

Điểm từ 5 đến 8
Số
Tỷ lệ
lượng

Điểm dưới 5
Số
Tỷ lệ
lượng

41

7

17,1 %

22

53,6 %

12

29,3 %

44

31

70,4%

8

18,2%

5

11,4 %

III. PHẦN KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
Sáng kiến kinh nghiệm này là kết quả của một quá trình tìm tòi, nghiên cứu và đúc rút kinh
nghiệm trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh. Qua một năm triển khai thực hiện đề tài này
với cách xây dựng và phát triển các bài toán, xây dựng quy trình giải quyết các bài toán một cách
"tự nhiên” như vậy, tôi nhận thấy các em đã nắm được vấn đề, biết vận dụng các kết quả trên vào

giải quyết các bài toán một cách linh hoạt, sáng tạo. Từ đó giúp cho các em yêu thích môn toán hơn,
chất lượng giờ học đã được nâng cao rõ rệt. Trong năm học tới, tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu và bổ
sung để đề tài này được hoàn thiện hơn, đáp ứng được nhu cầu bồi dưỡng cho học sinh khá giỏi để
các em đạt kết quả cao trong các kỳ thi khảo sát và kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông sau này.
Trong quá trình biên soạn đề tài tôi đã có nhiều cố gắng, tuy nhiên cũng không tránh khỏi
những thiếu sót.Tôi rất mong được các thầy cô giáo, các bạn đồng nghiệp góp ý, bổ sung để đề tài
này hoàn thiện hơn. Hy vọng tài liệu này có thể sử dụng làm tài liệu tham khảo cho học sinh và thầy
cô giáo trong quá trình học tập, giảng dạy.
Xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Thanh Hóa, ngày 02 tháng 7 năm 2020
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không
sao chép nội dung của người khác.
Trang 21


Trịnh Công Hải

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.Vũ Tuấn (Chủ biên), Lê Thị Thiên Hương, Nguyễn Tiến Tài (2007), Giải tích 12 cơ bản , NXB
Giáo dục, Hà Nội
2. Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên), Trần phương Dung, Nguyễn Xuân Liêm (2007), Giải tích 12 nâng
cao, NXB Giáo dục, Hà Nội.
3. Vũ Tuấn (Chủ biên), Lê Thị Thiên Hương, Nguyễn Tiến Tài (2007), Bài tập giải tích 12 cơ bản ,
NXB Giáo dục, Hà Nội
4. Đoàn Quỳnh (tổng chủ biên), Trần phương Dung, Nguyễn Xuân Liêm (2007), Bài tập giải tích
12 nâng cao, NXB Giáo dục, Hà Nội
5. Các đề thi TN THPT các năm gần đây của Bộ GD-ĐT.
6. Tài liệu trên mạng internet.

Trang 22