Bài 4. Bài tập có đáp án chi tiết về nguyên hàm_tích phân | 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 (439.42 KB, 10 trang )

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

Câu 1. [2D3-5.13-3] (HSG 12 Bắc Giang) Cho một vật thể bằng gỗ có dạng hình trụ với chiều cao và
bán kính đáy cùng bằngR. 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 30 ta thu được hai khối gỗ có0
thể tích là V và 1 V , với 2 V1V2. Thể tích V bằng?1

A.

3
1

2 3
9
R
V 

. B.

3
1

3
27

R
V  

. C.

3
1

3
18

R
V  

. D.

3
1

3
27

R
V 

.
Lời giải

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

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 trịn đường kính AB có phương trình là y R2 x2 ,x 



R R;



.

Một mặt phẳng vng góc với trục Ox tại điểm M có hồnh độ x, cắt hình nêm theo thiết 
diện là MNP vng tại N và có PMN  300.

Ta có

2 2

2 2 .tan 300

R x

NM  y R  x  NP MN  

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

MNP

 có diện tích

 

2 2

1 1

. .

2 2 3

R x

S x  NM NP 

Thể tích hình nêm là

 

2 2

d d

2 3

R R

R x

V S x x x

 











2 3

1 1 2 3

3 9

2 3

R

R x x



 

    

  .

* Chú ý: Có thể ghi nhớ cơng thức tính thể tích hình nêm:

2 3

2 2

tan

3 3

V  R h R 

, trong đó 2
AB
R 

,  PMN .

II. PHẦN TỰ LUẬN

Câu 2. [0D4-8.4-3] (HSG 12 Bắc Giang) Giải bất phương trình

2 2

2x 7x 3 2x 15x7 3 x 3 3 x  , 7 4



x R



Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Thu Trang; Fb: Nguyễn Thị Thu Trang

ĐK:
2
2

2 7 3 0

2 15 7 0

3 0
7 0

x x

x
x

   



  




 


  


1
2
x

 

Ta có 2x27x 3 2x215x7 3 x 3 3 x  7 4

 



2x 1

 

x 3





2x 1

 

x 7



3 x 3 3 x 7 4

          



 



2x 1 x 3 x 7 3 x 3 x 7 4

         

(Vì

1
2
x 

)
4

2 1 3

3 7

x

x x

   

  

2x 1 3 x 7 x 3

      

 

* (Vì x 7 x  )3 0

2x 1 3 x 7 x 3
      

 

2 .

Cách 1 :

Trường hợp 1: 2x    1 3 0
1

4
2 x
   

Khi đó bpt

 

2 luôn đúng.

Trường hợp 2: 2x    1 3 0  x .4

Bpt

 



 



2 2

2x 1 3 x 7 x 3

      



 



6 2x 1 2 x 7. x 3 3 2x 1 x 3 x 7

          



 



9 2x 1 x 3 x 7

    

(Vì



x3

 

x7



 )0

2 8 12 0

x x

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

Vậy tập nghiệm của bất phương trình

 

1 là
1

;6
2

 



 

 .

Cách 2:

 

*  2x 1 x 7 x 3 3 0

6 6

2 1 7 3 3

x x

x x x

 

  

    





1 1

6 0

2 1 7 3 3

x

x x x

 

    

    

 

6 0

x

    x . Kết hợp điều kiện ta có 6
1

6
2 x
  

Vậy tập nghiệm của bất phương trình

 

1 là
1

;6
2

 



 

 .

Cách 3 :

 

2  2x 1 x 3 x7 3 0 

Xét hàm số f x

 

 2x 1 x 3 x 7 3 trên nửa khoảng
1

;
2

 

  


 .

Ta có

 

1 1 1

2 1 2 3 2 7

f x

x x x

   

   . Dễ thấy

 

0, ;

2
f x    x   

  suy ra hàm

số f x

 

đồng biến trên khoảng
1

;
2

 

  

 

 .

Mặt khác f

 

6  suy ra 0

 

2  f x

 

f

 

6
2 x
   

Vậy tập nghiệm của bất phương trình

 

1 là
1

; 6
2

 



 

 .

Câu 3. [2H1-3.9-3] (HSG 12 Bắc Giang) Cho lăng trụ ABC A B C có đáy ABC là tam giác. ' ' '
vng tại A. Hình chiếu của A trên mặt phẳng



ABC



là trọng tâm của tam giác ABC . Biết

' 3

BB AC a , AB a . Tính thể tích khối chóp . ' 'C A B BA .

Lời giải

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

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

Ta có

2 1 2

3 2 3

a

AH  BC

, AA'BB'a 3.

Do đó

2 2 2 4 23

' ' 3

9 3

a a

A H  AA  AH  a  

3
. ' ' . ' ' '

2 2 2 23 1 69

. ' . . . . 3

3 3 3 3 2 9

C A B BA ABC A B C ABC

a a

V  V  A H S  a a 

Câu 4. [1D2-2.2-4] (HSG 12 Bắc Giang) Cho tập hợp S 



1; 2;3; 4;5;6;7;8;9;10



. Hỏi có bao
nhiêu cách chia tập S thành ba tập con khác rỗng sao cho trong mỗi tập con đó khơng có hai số
nguyên liên tiếp nào?

Lời giải

Tác giả: Võ Thanh Hải ; Fb: Võ Thanh Hải

Ta đặt Sn 



1; 2;3;...;n n



,  và 3 un

số cách chia tập S thành ba tập con khác rỗng sao cho n
trong mỗi tập con đó khơng có hai số ngun liên tiếp nào.

Ta sẽ chứng minh un 2n 2 1,n 3



  

 

bằng phương pháp qui nạp.

*Với n3:S3 



1; 2;3



. Rõ ràng ta chỉ có duy nhất1 cách chia thỏa u cầu bài tốn, do đó

 

đúng với n  .3

*Giả sử

 

1 đúng với n k k



3



, tức là với Sk 



1; 2;3;...;k



ta có uk 2k 2 1



  .

* Ta sẽ chứng minh

 

1 đúng với n k  , tức là với 1 Sk1



1; 2;3;...;k1



thì ta phải có
1

1 2 1

k
k

u 

   . Giả sử ta đã chia tập Sk 



1;2;3;...;k



thành ba tập con thỏa yêu cầu đề bài, bây
giờ ta cần bổ sung thêm phần tử k  , khi đó có 2 trường hợp xảy ra:1

Trường hợp 1: phần tử k  được bổ sung vào ba tập hợp đã chia sẵn của 1 Sk 



1;2;3;...;k



,

trường hợp này ta chỉ có 2 cách thực hiện (vì k  khơng thể bổ sung vào tập hợp có chứa phần 1

tử k ). Do Sk 



1;2;3;...;k



có uk cách chia nên trường hợp này ta có 2uk cách thực hiện.

Trường hợp 2: phần tử k  là một tập con mới chỉ có một phần tử của 1 Sk1



1; 2;3;...;k1



,
khi đó các phần tử cịn lại 1, 2,3,.., k chỉ có duy nhất 1 cách chia thành hai tập hợp (một tập 
chứa các chữ số chẵn và một tập chứa các chữ số lẻ).

Vậy





2 1

1 2 1 2 2 1 1 2 1

k k

u u  

        (điều phải chứng minh).

Kết luận: Với n  ta có số cách chia thỏa u cầu bài tốn là 10 u   10 28 1 255.

Ta cũng có thể lập luận như sau: Ta cần thiết lập công thức truy hồi của dãy số

 

un

Giả sử ta có u cách chia tập n Sn 



1; 2;3;...;n



thành ba tập con thỏa yêu cầu đề bài. Khi đó với

tập Sn1 



1; 2;3;...;n1



ta có 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1: phần tử n  được bổ sung vào ba tập hợp đã chia sẵn của 1 Sn 



1;2;3;...;n



,

trường hợp này ta chỉ có 2 cách thực hiện (vì n  khơng thể bổ sung vào tập hợp có chứa phần 1

tử n ). Do Sn 



1;2;3;...;n



có un cách chia nên trường hợp này ta có 2un

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

Trường hợp 2: phần tử n  là một tập con mới chỉ có một phần tử của 1 Sn1 



1; 2;3;...;n1



,
khi đó các phần tử cịn lại 1, 2,3,.., n chỉ có duy nhất 1 cách chia thành hai tập hợp (một tập 
chứa các chữ số chẵn và một tập chứa các chữ số lẻ).

Do đó ta có un12un 1



un11



2



un 1



Đặt vn un thì 1

 

vn là một cấp số nhân với công bội q  . Mặt khác vì 2 v3 u3  nên 1 2
ta có 3. 3 2 2

n n

n

v v q  

  vn un 1 1 2n 2 1

n n

u v

  

        .

Vậy u   10 28 1 255.
Cách 2 :

Gọi 3 tập con của S thỏa mãn yêu cầu bài toán lần lượt là A , B , C.

A B C

+ Thả số 1 vào A, thả số 2 vào B.

+ Thả số 3 vào ba tập trên có 2 cách ( loại tập B vì B chứa số 2).

+ Thả số 4 vào ba tập trên có 2 cách ( loại tập chứa số 3).

+ Cứ thả các số từ số 3 đến số 10 vào ba tập A, B, C theo cách như trên mỗi số có 2 cách
thả. Vậy số cách thả 10 phần tử của S vào ba tập A , B , C theo cách trên có 2 cách.8
* Xét trường hợp C . Khi đó, A 



1;3;5;7;9



và B 



2;4;6;8;10



có 1 cách.

Vậy số cách chia tập S thành ba tập con khác rỗng sao cho trong mỗi tập con đó khơng có hai 
số nguyên liên tiếp là 281.

Câu 5. [2D3-5.13-3] (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị Lần 1) 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 trịn nhỏ

1 20

R  cm, bán kính đường tròn lớn R2 30cm và mặt cắt khi cắt bởi mặt phẳng đi qua trục,
vng góc mặt phẳng nằm ngang là hai đường tròn. Bỏ qua độ dày vỏ săm. Tính thể tích khơng
khí được chứa bên trong săm.

A. 1250 cm2 3. B. 1400 cm2 3. C. 2500 cm2 3. D. 600 cm2 3.
Lời giải

Tác giả: Hoàng Văn Phiên; Fb: Phiên Văn Hồng
Chọn A

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

Thể tích săm xe bằng thể tích của khối trịn xoay sinh bởi hình trịn tâm I



0; 25



bán kính bằng
5 quay quanh trục Ox .

Ta có phương trình đường trịn là









2
2

2
25 25

25 25 , 5;5

25 25

y x

x y x

y x

   



     

   

 .

Vậy









5 2 5 2 5

2 2 2

5 5 5

. 25 25 d 25 25 d 100 . 25 d

V  x x x x  x x

  

 

         









.

Ta có
5

2
5

25 x xd






là diện tích nửa hình trịn tâm O



0;0



, bán kính bằng 5
5

2 2

1 25

25 d . .5

2 2

x x  







  

Suy ra

2
5

25
100 . 25 d 100 .

V  x x  







  

2 3
1250 cm
Chú ý: Có thể bấm máy tích phân, ta được









5 2 5 2

2 2 3

5 5

25 25 d 25 25 d 3927

V  x x x x cm

 

 

        





 .

Kiểm tra các đáp án ta chọn đáp án A.

Câu 6. [2D3-5.13-3] (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Lần 1) (Chuyên Lê Hồng Phong Nam
Định Lần 1) 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, F là hai tiêu điểm của elip. Phần2

A, B dùng để trồng hoa, phần C , D dùng để trồng cỏ. Kinh phí để trồng mỗi mét vuông hoa
và cỏ lần lượt là 250.000 đ và 150.000 đ. Tính tổng tiền để hồn thành vườn hoa trên (làm
trịn đến hàng nghìn).

A. 5.676.000 đ. B. 4.766.000 đ. C. 4.656.000 đ. D. 5.455.000 đ.

Lời giải

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

Chọn A

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Do elip có độ dài trục lớn 2a 8 a , độ dài trục nhỏ 24 b 4 b .2

Diện tích của

 

E là: S E ab8 .

Phương trình chính tắc

 

E là:

2 2

1
16 4

x y

 

. Suy ra

2
1

16
2

y  x
.

Ta có c a2 b2 2 3  F2



2 3; 0



.

Do N và F có cùng hồnh độ 2  N



2 3; 1



.
Gọi

 

P y kx:  2 là parabol nằm ở phía trên trục Ox .

Do N

 

P ta có





2 1

1 2 3

k k

  

. Suy ra

 

2
1
:

12
P y x

Diện tích phần A là

2 3

2 2

2 3

1 1

16 d

2 12

A

S x x x



 

    

 



2 3

2 2

1 1

2 16 d

2 x 12x x

 

    

 



2 3 2 3

2 2

0 0

16 d d

x x x x





 



* Xét

2 3

2
1

16 d
I 



 x x

. Đặt x4sint dx4cos dt t.
Đổi cận:

Khi đó
3

2
1

16 16sin .4cos d

I t t t








3
2
0

16 cos dt t










3
0

8 1 cos2 dt t








3
0
1

8 sin 2
2

t t



 

   

 

3
8

3 4



 

   

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

* Ta có

2 3
2
2

0
1

d
6

I 



x x

2 3
3

0
1
18x

 4 3

3


Suy ra: 1 2

8 2 3
3

A

S  I I    2 16 4 3

A B A

S S S 

   

Tổng diện tích phần C , D là: SC SD S E 



SASB





8 4 3
3


.
Khi đó tổng số tiền để hồn thành vườn hoa trên là:

16 4 3 8 4 3

.250000 .150000 5676000

3 3

   

 

đ.

Câu 7. [2D3-5.13-3] (Đặng Thành Nam Đề 1) Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh
1, 2, ,1 2

A A B B như hình vẽ bên. Biết chi phí để sơn phần tô đậm là 200.000 đồng/ 2

m và phần

còn lại là 100.000 đồng/m . Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới2
đây, biết A A1 2 8 ,m B B1 2 6m và tứ giác MNPQ là hình chữ nhật có MQ3m.

A.7322000 đồng. B. 7 213000 đồng. C. 5526000 đồng. D. 5782000 đồng.

Lời giải

Tác giả:Vũ Thị Thanh Huyền; Fb: Vu Thi Thanh Huyen
Chọn A

Gắn hệ trục tọa độ Oxy có A A trùng với trục Ox , 1 2 B B trùng với trục Oy , gốc tọa độ1 2

1 2 1 2

O A A B B (như hình vẽ).

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

Suy ra phương trình chính tắc của elip là

2 2

2 2 1

4 3

x y

  3 16 2

y x

  

. Trong đó:

Do MQ 3

2 2

M

MQ
y

  

4 1 2 3

M
M

y
x

   

2 3

N

x

  .

Gọi S là diện tích phần tơ đậm của elip, 1 S là diện tích phần khơng bị tơ đậm của elip và S là 2

diện tích elip. Suy ra S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 1

2
3

16
4

y  x

,
2

3
16
4

y  x

, x 2 3, x 2 3
Ta có:





2
12
S ab  m

2 3

2 2

1
2 3

3 3

16 16 dx

4 4

S x x



 

     

 



2 3

2
0

= 3



16 x dx
.

Đặt x4sint  dx 4cos dt t .

Khi x 0 t . Khi 0 x 2 3 t 3


  

2 3

2
1

= 3 16 dx =

S x







2
0

3 16 16sin .4cost tdt



 



2
0

48cos dtt











3
0

24 1 cos2t dt










0
24 12sin 2t t 

  86 3 m









2 1 4 6 3

S S S  m

    

Suy ra chi phí để sơn biển quảng cáo là: 200000.S1100000.S2 7322416(đồng).
Vậy số tiền để sơn biển quảng cáo gần nhất với 7322000 đồng.

Câu 8. [2D3-5.13-3] (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2019) Vườn hoa của một trường học có hình dạng
được giới hạn bởi một đường elip có bốn đỉnh A, B, C , D và hai đường parabol có các đỉnh
lần lượt là E,F (phần tơ đậm của hình vẽ bên). Hai đường parabol có cùng trục đối xứng AB,
đối xứng nhau qua trục CD , hai parabol cắt elip tại các điểm M , N , P, Q . Biết AB8m,

CD m, MN PQ3 3m, EF 2m. Chi phí để trồng hoa trên vườn là 300.000 đ/m .2

Hỏi số tiền trồng hoa cho cả vườn gần nhất với số tiền nào dưới đây?

A. 4.477.800 đồng. B. 4.477.000 đồng. C. 4.477.815 đồng. D. 4.809.142 đồng.
Lời giải

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

Chọn D

+) Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ với O



0;0



, B



4;0



và C



0;3



+) Khi đó elip

 

E có độ dài trục lớn AB  , độ dài trục bé 8 CD  .6

 Phương trình của

 

E là:

2 2

1
16 9

x y

 

+) Do PQ 3 3 và P, Q

 

E , suy ra

3 3
2;

P 

  . Lại có EF  2 F



1;0



.

+) Phương trình parabol

 

P1

đỉnh F có dạng:

2 1

x ky  .

+) Vì parabol

 

P1 đi qua điểm

3 3
2;

P 

  nên phương trình

 

P1 là:

2
4

1
27
x y 

+) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bới các đường 1

2
3

16 , 0, 0, 2

y  x y x x

Ta có
2

2
1

0
3

16 d
4

S 



 x x

 

5.73967 m


+) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bới các đường 2

3 3

1, 0, 1, 2
2

y x y x x
.

Ta có

 

2
2

1
3 3

1d 1,73205
2

S 



x x m

+) Diện tích trồng hoa là:





 

1 2

4 16,0305

S  S  S  m

</div>

Bài 4. Bài tập có đáp án chi tiết về nguyên hàm_tích phân | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện





 

 

<sub></sub>

<sub></sub>





 



 





 





 



 

 

 

 



 





 





 

 





 



 

 





 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 













 





 

 









 

























 