Bài 10. Bài tập có đáp án chi tiết về Thể tích giới hạn bởi các đồ thị (tròn xoay) | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (937.65 KB, 16 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Câu 1. [2D3-3.3-3] (Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ) Gọi

 

D là hình phẳng được giới hạn bởi các
đường thẳng y3x10,y1 và Parabol y x 2,



x0



. Tính thể tích V của khối trịn xoay
do ta quay Dquanh trục Ox tạo nên, (

 

D nằm ngoài parabol

y x



2).

A. 
56

V  

. B. 
56
5
V 
. C. 
56
5

V  

. D.

56
15

V  

.
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Minh Hạnh; Fb: fb.com/meocon2809

Chọn A

Phương trình hồnh độ giao điểm:
 3x10 1  x3

 3x10x2  x2 (Vì x  )0
 x2  1 x1 (Vì x  )0

Ta có:

 





2 3

2 2

2 2 2

1 2

1 d 3 10 1 d

V   x   x    x   x  

   

 



Câu 2. [2D3-3.3-3] (KÊNH TRUYỀN HÌNH GIÁO DỤC QUỐC GIA VTV7 –2019) Cho hình

phẳng D giới hạn bởi đường cong





3 2
1
x
x
x e
y
xe
 


 , trục hoành và hai đường thẳng x 0,
1

x  . Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hồnh có thể tích
1

ln 1

V a b

e
  
     

 

  , trong đó a,b là các số hữu tỷ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. a 2b .5 B. a b  .3 C. a 2b .7 D. a b  .5
Lời giải

Tác giả: Phan Văn Trình ; Fb: Tốn vitamin.

Chọn A

Thể tích của hình phẳng D là





1 2 1

0 0
3 2
d d
1
x
x

x e

V y x x

xe

   

 





3 2
d
1
x x
x
xe e
x
xe
  





1 2 2
d

1
x x
x
xe e
x
xe
   









1 1
0 0
2 1
d d
1
x
x
e
x x
xe
  
 








</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Với
1 1
0 0

1
1
1

2 d 2 d

1
1
x x
x
x
e e

K x x

xe x
e
 


 
 



.
Đặt
1 1

d 1 d

x x

u x u x

e e

 
     

  . Đổi cận:

0 1; 1 1

x u x u

e
      
.
1 1
1 1
1
1
d 1

2 e u 2 .ln e 2 ln 1

K u
u e
      

      
 



.
Vậy
1 1

2 ln 1 1 2.ln 1
V

e e

      

         

     .

Từ đó ta suy ra được
1
2 5
2
a
a b
b


  



 .

Câu 3. [2D3-3.3-3] (HK2 Sở Đồng Tháp) Tìm a



a 0



biết





2 3 d 4

a

x x



A. a 4. B. a 2. C. a 1. D. a 1.

Lời giải

Tác giả: Hoàng Trung Hiếu; Facebook: Hoàng Trung Hiếu

Chọn A

Ta có:









2 3 d 3 3

a a

x x x  x a  a



Vì:





2 3 d 4

a

x x



nên

2 3 4 4( )
1( )
a tm
a a

a l


   


Vậy a 4.

Câu 4. [2D3-3.3-3] (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Tính thể tích khối trịn xoay được
tạo bởi hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y3x x 2 và trục hoành khi quay quanh trục
hoành.

A. 
π
81

10 . B.

π
8

7 . C.

π
41

7 . D.

π
85

7 .
Lời giải

Tác giả:Vũ Thị Loan ;Fb: Loan Vu

Chọn A

Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số y3x x 2 và trục hoành là:
x
x x
x


   


2 0
3 0
3 .

Vậy thể tích khối trịn xoay cần tìm là





d π

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu 5. [2D3-3.3-3] Bắc-Ninh-2019) 
(Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Tính thể tích khối trịn xoay được tạo bởi hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm
số y3x x 2 và trục hoành khi quay quanh trục hoành.

A.

π
81

10 . B.

π
8

7 . C.

π
41

7 . D.

π
85

7 .
Lời giải

Tác giả:Vũ Thị Loan ;Fb: Loan Vu

Chọn A

Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số y3x x 2 và trục hoành là:
x

x x

x


   




2 0

3 0

3 .

Vậy thể tích khối trịn xoay cần tìm là





d π

Vπ



x x x 
3

2
2

81
3

10 .

Câu 6. [2D3-3.3-3] (Gang Thép Thái Nguyên) Gọi V là thể tích khối trịn xoay tạo thành khi quay
hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x , y  và 0 x 4 quanh trục Ox. Đường thẳng



0 4



x a a

cắt đồ thị hàm số y x tại M (hình vẽ). Gọi V là thể tích khối trịn xoay1
tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox. Biết rằng V 2V1. Khi đó

A. a 2. B. a 2 2. C.

5
2
a 

. D. a 3.
Lời giải

Tác giả: Đinh Thanh ; Fb: An Nhiên

Chọn D

Ta có:

4 2

0 0

8
2
x

V 



xdx  

. Mà V 2V1 V14 .

Gọi K là hình chiếu của M trên Ox  OK a KH ,  4 a MK,  a .

Khi xoay tam giác OMHquanh 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  nên thể tích của khối trịn xoay đó là

 

2
1

1 4

. .4.

3 3

a

V   a  

, từ đó suy ra a 3.
Câu 7. [2D3-3.3-3] (Cầu Giấy Hà Nội 2019 Lần 1) Khi quay hình phẳng được đánh dấu ở hình vẽ

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

A.

 







 



0 1

2 2

2 0

d d

V f x x f x x











. B.

 







 



0 1

2 2

2 0

d d

V  f x x  f x x











C.

 







 



0 1

2 2

2 0

d d

V f x x f x x











. D.



 



V  f x x







.
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thành Biên ; Fb: BienNguyenThanh

Chọn D

Hình phẳng

 

H được đánh dấu trong hình giới hạn bởi đồ thị hàm số yf x

 

, trục hoành và

hai đường thẳng x 2, x 1 nên thể tích của vật thể tròn xoay tạo thành khi cho

 

H quay
xung quanh trục Ox là



 



V  f x x







Câu 8. [2D3-3.3-3] (Lương Thế Vinh Lần 3) Cho hình vng OABC có cạnh bằng 4 được chia
thành hai phần bởi parabol

 

P có đỉnh tại O . Gọi S là hình phẳng khơng bị gạch (như hình
vẽ). Tính thể tích V của khối tròn xoay khi cho phần S quay quanh trục Ox .

A.

128
5

V  

. B.

128
3

V  

. C.

64
5

V  

. D.

256
5

V  

Lời giải

Tác giả:Nguyễn Dương; Fb:Duong Nguyen.

Chọn D

Ta có parabol

 

P có đỉnh O và đi qua điểm B



4;4



có phương trình

1
4

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Khi đó thể tích khối trịn xoay sinh bởi hình phẳng (phần gạch chéo) khi quay quanh trục Ox

là:

2
4

2
1

1 64

4 5

V   x  x 

 



Thể tích khối trụ khi quay hình vng OABC quanh cạnh OC là: V2 r h2 .4 .4 642  .
Suy ra thể tích V của khối trịn xoay khi cho phần S quay quanh trục Ox là

2 1

64 256
64

5 5

V V V     

Câu 9. [2D3-3.3-3] (Sở Bắc Ninh 2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình (H giới hạn1)
bởi các đường y 2 ,x y 2 ,x x4; hình (H là tập hợp tất cả các điểm 2) M x y( ; ) thỏa
mãn các điều kiện x2y2 16;(x 2)2y2  ; 4 (x2)2y2  . Khi quay 4 (H1);(H2)
quanh Ox ta được các khối trịn xoay có thể tích lần lượt là V V .Khi đó, mệnh đề nào sau1, 2
đây là đúng?

A. V2 2V1 . B. V1 V2 . C. V V1 2 48 . D. V2 4V1 .
Lời giải

Tác giả:Lê Thị Hồng Vân; Fb:Hồng Vân

Phản biện: Vũ Ngọc Tân ; Fb : Vũ Ngọc Tân

Chọn D

Ta thấy đồ thị của 2 hàm số y 2x và y 2x đối xứng nhau qua trục hoành nên khối
trịn xoay thu được khi quay hình phẳng (H quanh trục Ox cũng là khối tròn xoay thu được 1)

khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường

2
0
4

y x

y
x
 




 

 quanh trục Ox .

Do đó

4
4

2
1

0 0

2 16

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Gọi ( )C là hình trịn tâm O bán kính 1 R  , 1 4 ( )C là hình trịn tâm 2 I(2;0) bán kính R  2 2
và ( )C là hình trịn tâm 3 J ( 2;0) bán kính R  . Khi đó hình phẳng 3 2 (H là phần nằm bên 2)
trong hình trịn ( )C nhưng nằm bên ngồi các hình trịn 1 ( )C và 2 ( )C . Gọi 3 V V V lần lượt là 3, ,4 5
thể tích của các khối cầu có bán kính R R R thì 1, 2, 3 V2 V3 (V4 V5)

Do đó

3 3 3

4 .4 4 .2 4 .2

( ) 64

3 3 3

V        

Vậy V2 4V1.

Câu 10. [2D3-3.3-3] (Chuyên Hùng Vương Gia Lai) Gọi D là miền được giới hạn bởi các đường
3 10

y x , y  , 1 y x 2 và D nằm ngoài parabol y x 2. Khi cho D quay xung quanh trục
Ox, ta nhận được vật thể trịn xoay có thể tích là:

A.

5 . B. 12. C. 11 . D.

25
3  .

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Như Tùng, Fb: Nguyễn Như Tùng

Chọn A

Vẽ các đường các đường y3x10, y  , 1 y x 2

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

là

2 1 1

1
x
x

x


   



Phương trình hồnh độ giao điểm 2 đồ thị y x 2và y3x10

là x2 3x10 x23x10 0

2
5
x
x



  



Phương trình hồnh độ giao điểm 2 đồ thị y3x10và y 1

là 3 x10 1  x3

Theo hình vẽ, D là miền gạch chéo.

Do đó ta có thể tích vật thể trịn xoay nhận được V V V 1 2V3, trong đó:

V là thể tích khối trịn xoay sinh bởi hình phẳng D quay quanh Ox , với 1 D giới hạn bởi các 1
đường y x y 2; 0;x1;x .2

V là thể tích khối trịn xoay sinh bởi hình phẳng D quay quanh Ox , với 2 D giới hạn bởi các 2
đường y3x10;y0;x2;x .3

V là thể tích khối trịn xoay sinh bởi hình phẳng D quay quanh Ox , với 3 D giới hạn bởi các 3
đường y1;y0;x1;x .3

Suy ra

 





2 2 2 3 2 3

1 d 2 10 3 d 1d
V  x x  x x x

 











2 4 3 2 3

1 x xd 2 9x 60x 100 dx 1 dx

 

    

 











5 3

3
3 2

1
2
1

3 30 100

5
x

x x x x

 

     

 

 



 

3 2

 

3 2







2 1 3.3 30.3 100.3 3.2 30.2 100.2 3 1
5

 

          

 

56
5



Câu 11. [2D3-3.3-3] (CHUN HỒNG VĂN THỤ HỊA BÌNH LẦN 4 NĂM 2019) Trong mặt
phẳng cho hình vng ABCD cạnh 2 2, phía ngồi hình vng vẽ thêm bốn đường trịn nhận
các cạnh của hình vng làm đường kính (hình vẽ). Thể tích của khối trịn xoay sinh bởi hình
trên khi quay quanh đường thẳng AC bằng

A.

2
32

4
3





. B.

2
16

2
3





. C.

2
8

3





. D.

2
64

8
3





</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Lời giải

Tác giả - Facebook: Trần Xuân Vinh

Chọn A

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có J



1;1 ,



K



2 1;1 ,



C



2;0



Phương trình đường trịn J



1;1



bán kính JB  2 là

















2 2

2 2

2 2

2 1 1 1 2 1, khi 1

1 1 2

2 1 1 1 2 1, khi 1

y x x x y

x y

y x x x y

         



    



        

 .

Do quay hình phẳng xung quanh đường thẳng AC có thể tích gấp đơi khi quay phần hình phẳng
gồm tam giác vng OBC và nửa hình trịn tâm J bán kính JB .

Nên thể tích khối trịn xoay









1 2 2 1 2 2

2 2

0 2

2 1 2 1 d 2 1 2 1 d

V  x x x  x x x

 





   



   

2
32

4
3




 

(Tính tích phân trên dùng máy tính do thi trắc nghiệm)

Câu 12. [2D3-3.3-3] (Thị Xã Quảng Trị) Cho đồ thị

 

3 2
:

C y ax bx cx d

và Parabol

 

P y mx: 2 nx p

  

có đồ thị như hình vẽ (đồ thị

 

C là đường cong đậm hơn). Biết phần

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

A. 3 . B.

237

35  . C. 5 . D. 
159

35 .

Lời giải
Chọn A

Đồ thị

 

P đi qua các điểm



1;2



;



3;1



và



5;3



nên Parabol có phương trình là

3 29

8 8

y x  x
.

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị

 

C và

 

P là









 

3 2 0

ax  b m x  c n x d p     .

Dựa vào hình vẽ ta có đồ thị

 

C cắt đồ thị

 

P tại các điểm có hồnh độ 1; 3; 5 nên phương
trình hồnh độ cũng có dạng là a x



1

 

x 3

 

x 5



0



3 9 2 23 15



0





a x x x

     

Theo giả thiết ta có diện tích phần tơ đậm bằng 1 suy ra









3 3

3 2 3 2

1 5

9 23 15 d 9 23 15 d 1

S 



a x  x  x x



a x  x  x x 1
8
a
 
.
Với
1
8
a 

ta có





3 2
1

9 23 15 0

8 x  x  x 

 

3 2

1 9 23 15

0 1
8x 8x 8 x 8

    

Từ

 

1 và

 

 ta có
1
8
3 9
8 8
23
2
8
29 15
8 8
a
b
c
d





  


  


  

1
8
3
4
7
8
7
4
a
b
c
d




 

 
 



 
 .

Suy ra

 

C có phương trình là

3 2

1 3 7 7

8 4 8 4

y x  x  x
.

Vậy thể tích của khối trịn xoay tạo thành khi quay phần hình phẳng đó quanh trục hoành là

2 2

3 3

3 2 2

1 1

2 2

5 5

2 3 2

3 3

1 3 7 7 3 29

d 2 d

8 4 8 4 8 8

3 29 1 3 7 7

2 d d

8 8 8 4 8 4

V x x x x x x x

x x x x x x x

 
 
   
           
   
   
          
   



.
395 199 409 437

84 60 60 84

   



    

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Câu 13. [2D3-3.3-3] (Thanh Chương Nghệ An Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

 

S :x2 y2



z 2



2 16

   

và điểm A m m



; ;2



nằm ngoài mặt cầu. Từ A kẻ các tiếp tuyến

đến mặt cầu

 

S , gọi



Pm



là mặt phẳng chứa các tiếp điểm, biết



Pm



luôn đi qua một đường
thẳng d cố định, phương trình đường thẳng d là:

A.

 

1
x t

d y t

z






 

 . B.

 

: 2

2
x t

d y t

z






 

 . C.

 

2
x t

d y t

z






 

 . D.

 

2
x t

d y t

z







 

 .

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Văn Đệ st ; Fb: De Nguyen

Chọn C

Cách 1:

Mặt cầu

 

S có tâm I



0;0; 2



, bán kính R 4. Mặt cầu đường kính AI có tâm là trung điểm

; ;0
2 2

m m
H  

  của AI và bán kính

2 16

2 2

AI m

R   

có phương trình là:

 

S :

2 2 2

2 2 16

2 2 4

m m m

x y z 

   

    

   

     x2y2z2 mx my  .4

Khi đó các tiếp điểm kẻ từ A đến mặt cầu

 

S nằm trên

 

S do đó tọa độ các tiếp điểm thỏa
mãn hệ phương trình sau:

2 2 2

4 12 0
4 0

x y z z

x y z mx my

     




     


  mx my 4z 8 0 .

Do đó mặt phẳng



Pm



có phương trình: mx my 4z 8 0 .

Đường thẳng cố định của



Pm



có dạng

4 8 0

2
x t
x y

y t

z

z


 

 

 

 

 

  



</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Mặt cầu

 

S có tâm I



0;0; 2



, bán kính R 4. Mặt cầu tâm A m m



; ;2



bán kính

2 2 2 2

AM  AI  R  m có phương trình:

 

S :



x m





y m





z 2



2 2m2

      x2 y2 z2 2mx 2my 4z 4 0

        .



Pm



là giao của mặt cầu

 

S và

 

S :
2 2 2

2 2 2

4 12 0

2 2 4 4 0

x y z z

x y z mx my z

     




      


  mx my 4z 8 0 .

Đường thẳng cố định của



Pm



có dạng

4 8 0

2
x t
x y

y t

z

z


 

 

 

 

 

  

 .

Câu 14. Câu 46 [2H3-4.1-3] (Thanh Chương Nghệ An Lần 2) Một thùng đựng Bia hơi (có dạng
như hình vẽ) có đường kính đáy là 30cm, đường kính lớn nhất của thân thùng là 40cm, chiều
cao thùng là 60 cm, cạnh bên hơng của thùng có hình dạng của một parabol. Thể tích của thùng
Bia hơi gần nhất với số nào sau đây? (với giả thiết độ dày thùng Bia khơng đáng kể).

A. 70 (lít). B. 62 (lít). C. 60 (lít). D. 64 (lít).
Lời giải

Tác giả: ; Fb: Nguyễn Út

Chọn D

Gọi

 

P y ax:  2bx c là parabol đi qua điểm

3
3;

A 

  và có đỉnh I



0;2



(hình vẽ bên

dưới).

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Ta thấy

 

P có đỉnh I



0;2



nên

 

P y ax:  2 , mặt khác 2

 

P đi qua điểm

3
3;

A 

  nên ta

tìm được

 

P có phương trình

2
2
18

x
y 

.
Khi đó thể tích thùng Bia là:





2
3 2

203

2 d 63, 77

18 10

x

V  x  dm



 

     

 



(lít).

Câu 15. [2D3-3.3-3] (Cẩm Giàng)Trong chương trình nơng thơn mới, tại một xã Y có xây một cây cầu
bằng bê tơng như hình vẽ. Tính thể tích khối bê tơng để đổ đủ cây cầu. (Đường cong trong hình
vẽ là các đường Parabol).

A. 19 m .3 B. 21m .3 C. 18 m .3 D. 40 m .3
Lời giải

Tác giả:Tuấn Anh Nguyễn; Fb: Tuấn Anh Nguyễn

Chọn D

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.

Gọi

 

P1 :y a x 1 2 là Parabol đi qua hai điểm b1





;0 , 0;2
2

A  B

 

y

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Nên ta có hệ phương trình sau:

2
19

0 . 2

2
2

a

b

  

 

  

  





8
361
2

a

b




 

 



 

2
1

: 2

361

P y x

  

Gọi

 

P2 :y a x 2 2b2 là Parabol đi qua hai điểm





5
10;0 , 0;

C D  

 

Nên ta có hệ phương trình sau:

 

2
2

5
0 . 10

2
5

a

b



 




 



1
40
5
2

a

b





 

 




 

2
2

1 5

40 2

P y x

  

Ta có thể tích của bê tông là:

10 2 2 3

0 0

1 5 8

5.2 d 2 d 40 m

40 2 361

V    x   x  x   x 

   





 .

Câu 16. [2D3-3.3-3] (THPT Sơn Tây Hà Nội 2019) Trong hình vẽ dưới đây, đoạn AD được chia làm
3 bởi các điểm B và C sao cho AB BC CD   . Ba nửa đường tròn có bán kính 2 1 là

AEB , BFC và CGD có đường kính tương ứng là AB , BC và CD . Các điểm E , F , G lần
lượt là tiếp điểm của tiếp tuyến chung EG với 3 nửa đường tròn. Một đường trịn tâm F, bán
kính bằng 2 . Diện tích miền bên trong đường trịn tâm F và bên ngoài 3 nửa đường trịn

(miền tơ đậm) có thể biểu diễn dưới dạng
a

c d

b   , trong đó a , b , c , d là các số nguyên
dương và a , b nguyên tố cùng nhau. Tính giá trị của a b c d   ?

A. 14 . B. 15 . C. 16 . D. 17 .

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Tân Tiến ; Fb: Nguyễn Tiến

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Chọn hệ trục Axy như hình vẽ, khi đó F



3;1



nên đường trịn tâm F , bán kính bằng 2 có dạng



x 3



2



y1



2 4.

Gọi M , N là giao điểm của đường tròn

 

F với trục hoành.

Suy ra x  M 3 3 và x  N 3 3.

Gọi S là diện tích giới hạn bởi nửa đường trịn AEB , đường trịn 1

 

F và trục hồnh.

Khi đó, 









3 3 3 3

2 2

1 1

1 4 3 d 1 4 3 d

2 AEB 4

S S x x  x x

 

 



    



  

Tính









3 3

1 4 3 d

I x x







  

Đặt x 3 2sin t  dx2 cos .dt t, t 2 2;
 

 
  
  .

Khi x  thì 1 t 2



và khi x  3 3 thì t 3



Nên









3 3

2 2

1 4 4sin .2cos .d 1 2cos .2cos .d

I t t t t t t

 

 





  





;

2 3

t     

  nên cost  , suy ra 0





2cos 4cos d 2

3 2

I t t t












   

Vậy
1

1 3 7 3

2 2

4 3 2 12 2

S          

  .

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Ta có

  1 

7 3 1 7

2 4 2 2 3 4

12 2 2 3

F BFC

S S  S  S           

 

  .

Suy ra a  , 7 b  , 3 c  , 3 d  . Vậy 4 a b c d   17.

Câu 17. [2D3-3.3-3] (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị Lần 1) Cho F x

 

là một nguyên hàm của hàm

số

 

1
cos

f x

x



. Biết 4

F kk

  với mọi k  . Tính

 





...





F F  F   F 

A. 55. B. 44. C. 45. D. 0.

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Anh Đào; Fb: Đào Nguyễn

Chọn B

Ta có

 

d tan

cos

x

f x x x C

x

  



.

Suy ra

 

0 0 0

1 1 1

tan , ; 0 1 0 1

2 2 4

tan , ; 1 1 0

2 2 4

3 5

tan , ; 2

2 2 4

...

17 19

tan , ;

2 2

19 21

tan , ;

2 2

x C x F C C

x C x F C C

x C x F

F x

x C x

  

  

  

 

 
    
          

   

    
       
    
   

    
  
   
    


  
   

 

  
 
  
 

2 0
9 9
10 10

1 2 1

...

9 1 9 8

10 1 10 9.

C C

F C C













    
 




  
     
 

 

  
     
  
 


Vậy F

 

0 F

 

 F







...F



10



tan 0 1 tan   tan 2 1 ... tan10   9 44.

Câu 18. [2D3-3.3-3] (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Cho hình phẳng

 

H giới hạn bởi

 

2 2

: 1

25 9

x y

E  

và đường tròn

 

C :x2y2  (phần nằm trong 9

 

E và nằm ngồi

 

C .

Tính thể tích khối tròn xoay sinh bởi

 

H khi quay quanh trục Ox.

A. 
24

5  . B.

5 . C.

25 . D. 24 .

Lời giải
Chọn D

Từ Phương trình

 

2 2

: 1

25 9

x y

E  

2
2 9 1

25
x

y  

    

  .

Elip giao với trục Ox Oy tại các điểm ; A



5;0 , ' 5;0 ,



A







B



0;3 , ' 0; 3



B







</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Xét phương trình:

9 1 9 0

25
x

x x

 

    

 

  . Suy ra

 

E 

 

C B B; '

Do tính đối xứng nên Thể tích V khối trịn xoay cần tính bằng 2 lần thể tích khối trịn xoay sinh

bởi hình phẳng giới hạn bởi:

2
9 1

25
x
y   

  và y 9 x2 quay quanh trục Ox.





5 2 3

2
1

0 0

2 2. 9 1 9 24

25
x

V  V     dx  x dx  

 





 .

Câu 19. [2D3-3.3-3] (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Cho hình phẳng

 

D giới hạn bởi các đường
y x  , ysinx và x  . Gọi V là thể tích khối trịn xoay tạo thành do 0

 

D quay quanh
trục hoành và V p4,



p  . Giá trị của 24p bằng



A. 8 . B. 4. C. 24. D. 12.

Lời giải

Tác giả: Vũ Việt Tiến, FB: Vũ Việt Tiến

Chọn A

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số y x  và ysinx:
sin

x   x  x   s ni x0 1

 

. Ta thấy x  là một nghiệm của phương trình

 

1 .

Xét hàm số f x

 

 x   sinx 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 sinx x, 



0;



 

1 osx 0,





g x   c  x 

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>





 

sin sin 0

x  g x g   x x   

            xsinx

 

Do đó thể tích khối trịn xoay tạo thành khi quay

 

D quanh trục hồnh là thể tích của khối nón
khi quay tam giác vng OAB quanh trục hoành.

2 2 4

1 1 1

. . . . .

3 3 3

V   OB OA      1

p

 

. Vậy

1
24 24. 8

p  

Cách 2: Từ

 

2 ta có







 



0 0

d d

V x x x x

 

    





 



 





3 4

3 3

x   

 

  1

p

 

Vậy

1
24 24. 8

p  

</div>

Bài 10. Bài tập có đáp án chi tiết về Thể tích giới hạn bởi các đồ thị (tròn xoay) | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

 





 

<i>y x</i>



 













































































<sub></sub>





<sub></sub>

 

 







 



<sub></sub>

<sub></sub>

 







 



<sub></sub>

<sub></sub>

 







 



<sub></sub>

<sub></sub>



 



<sub></sub>

 