Dang 1. Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đồ thị(VDT

Câu 1.

[2D3-3.1-3] (Triệu Thái Vĩnh Phúc Lần 3) Mảnh vườn nhà ơng An có dạng hình elip với bốn
đỉnh

A1 , A2 , B1 , B2

elip cắt elip tại

MN = 4

4

như hình vẽ bên. Ơng dùng 2 đường Parabol có đỉnh là tâm đối xứng của

M , N , P, Q

điểm

như hình vẽ sao cho tứ giác

MNPQ

là hình chữ nhật có

để chia vườn. Phần tô đậm dùng để trồng hoa và phần cịn lại để trồng rau. Biết chi

phí trồng hoa là

600.000

đồng/ m 2 và trồng rau là

nhất với số tiền nào dưới đây, biết

50.000 đồng/ m 2 . Hỏi số tiền phải chi gần

A1 A2 = 8 m , B1B2 = 4 m ?

4.899.000 đồng
C. 3.526.000 đồng

5.675.000 đồng
D. 7.120.000 đồng

A.

B.

Lời giải

Chọn E.

Diện tích của hình Elip có trục trục lớn 8 và trục bé 4:

S( E ) = 4.2.π = 8π

x2 y 2
+ =1
16 4

Phương trình đường Elip:

 x2 
x2 y 2
+ = 1 ⇒ y = ± 4 1− ÷
Ta có: 16 4
 16 
4

Diện tích trồng hoa:

S( H ) = 4 ∫

Diện tích trồng hoa:

S( R ) = S( E ) − S(H) .

2

Suy ra số tiền phải chi là:
Câu 2.

2
 x2 
3x
4  1 − ÷dx+4 ∫
dx
2 .
 16 
0

T = 50000.S( R ) + 600000.S(H) ≈ 11.742.142 đồng.

( P ) : y = x 2 và hai điểm A, B thuộc ( P )
cho AB = 2 . Diện tích lớn nhất của hình phẳng giới hạn bởi ( P ) và đường thẳng AB là
[2D3-3.1-3] (Quỳnh Lưu Nghệ An) Cho parabol

3
.
A. 4

3
.
B. 2

2
.
C. 3

Lời giải

sao

4
.
D. 3
Tác giả: ; Fb: PhanKhanh

Chọn D
Gọi phương trình đường thẳng

Phương trình giao điểm của

AB là: y = ax + b ( a, b∈ ¡ )

2
AB và ( P ) là: x − ax − b = 0


A, B

Để có 2 điểm
Nên

x2 > x1

Mặt khác:

a 2 + 4b > 0

( a + 1) x − x

AB = 2 ⇔

Giả sử

thì
2

2

( a + 1)
2

ta có

x2 − x1 =

( x2 + x1 )

S = ∫ ax + b − x 2 dx =
x1

=2
2

x2 − x1 =

x2

Khi đó

1

 A ( x1; ax1 + b )

 B ( x2 ; ax2 + b )

 x1 + x2 = a
. khi đó :  x1 x2 = − b

2

≤2

− 4 x1 x2 = a 2 + 4b

a 2 2
(2 x2 − x1 ) + b ( x2 − x1 ) − 13 ( x23 − x13 )

1
a

= ( x2 − x1 )  ( x2 + x1 ) + b − ( x22 + x1 x2 + x12 ) 
3
2

2
3
1 2
a
 = ( x − x )  a + 2b  a 2 + 4b
x2 − x1 ) 8 4
(
= ( x2 − x1 )  .a + b − ( a + b ) 
2
1 
=
≤ =
( x2 − x1 ) =
3

b 3
2

6
6
6 3.
 x1 + x2 = 0
a = 0
4
⇔


S =
Suy ra: max 3 khi  x2 − x1 = 2
 x1 = x2 = 1 (thỏa mãn vì ( P ) có tính đối xứng)
 A ( 1;1)
⇒
 B ( − 1;1) hoặc
Câu 3.

 A ( − 1;1)

 B ( 1;1) .

[2D3-3.1-3] (Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi
hai đồ thị hàm số y =
thức nào dưới đây?

2

∫ x −( x
A.
3

2

0

1

− 4 x + 4 ) dx

2

∫ x dx − ∫ ( x
C.
3

0

1

x3 , y = x 2 − 4 x + 4

2

và trục

Ox

(tham khảo hình vẽ) được tính theo cơng

1

2

− ∫ x d x + ∫ ( x 2 − 4 x + 4 ) dx
3

.

− 4 x + 4 ) dx

B.

0

1

1

2

∫ x dx + ∫ ( x
D.
3

.

0

1

2

− 4 x + 4 ) dx

.

.

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thùy Linh ; Fb:Nguyễn Thùy Linh


Chọn D
Dựa vào hình vẽ ta thấy hình phẳng cần tính diện tích gồm 2 phần:
Phần 1: Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

y = x3 , trục Ox , x = 0 , x = 1 .

Phần 2: Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

y = x 2 − 4 x + 4 , trục Ox , x = 1 , x = 2 .

1

2

Do đó diện tích cần tính là

Câu 4.

1

2

S = ∫ x dx + ∫ x − 4 x + 4 dx = ∫ x dx + ∫ ( x 2 − 4 x + 4 ) dx
3

2

0

3

1

0

1

[2D3-3.1-3] (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Cho
giới hạn bởi đồ thị hàm số

d : ax + by − 16 = 0
a + b bằng

đi qua

A.

y = x+4 ,

A ( 0;2 )

5.

và chia

B.

là hình phẳng

trục hồnh và trục tung. Biết đường thẳng

( H)

6.

( H)

.

thành hai phần có diện tích bằng nhau. Giá trị

C.

2.

D.

4.

Lời giải
Tác giả:Trần Xuân Hà; Fb: Hà Trần Xuân
Chọn C

0

Gọi

S

là diện tích hình

( H)

Gọi

S1

là diện tích hình

( H1 )

Do

d : ax + by − 16 = 0

Theo giả thiết thì

Do

∫

x + 4 dx =

−4

16
3 .

giới hạn bởi đường thẳng

A ( 0;2 )

suy ra

d , trục tung và trục hoành .

b = 8.

1
8
S 8
S1 = OA. OB ⇒ OB = ⇒
=
2
3
2 3 mà

 8 
B  − ;0 ÷
 3 .

B∈ d ⇒ a = −6.

Vậy
Câu 5.

S1 =

đi qua

suy ra

S=

a+ b= 2.

[2D3-3.1-3] (HSG Bắc Ninh) Cho hàm số y =
hình vẽ.

f ( x) là hàm số đa thức bậc bốn và có đồ thị như


Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y =

127
A. 40 .

f ( x); y = f '( x) có diện tích bằng

127
B. 10 .

13
.
D. 5

107
.
C. 5
Lời giải

Tác giả: Tạ Tiến Thanh; Fb: Thanh Ta
Chọn C
Hàm số đã cho có dạng

f ( x) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e ⇒ f '( x) = 4ax3 + 3bx 2 + 2cx + d .

Từ giả thiết đồ thị hàm số đã cho ta thấy đồ thị hàm số đi qua các điểm

(− 2;0) , (− 1;1) , (0;1) ,

(1;0) và có hai điểm cực tiểu là (1;0) , (− 2;0) nên ta có hệ
 f (0)
 f (−2)

 f (1)
 f '(−2)


 f '(1)

Do đó

=
=
=
=
=

f ( x) =

=
=
=
=
=

1 
e
0  a + b + c + d

0 ⇔  16a − 8b + 4c − 2d
0  −32a + 12b − 4c + d

0  4a + 3b + 2c + d

e


1
a
−1 

−1 ⇔  b

0

0
c

 d

= −2
= −1
=
=

1
4

=
=

.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số

∫

=

f ( x) = f '( x).

x
x
1 4 1 3 9 2 1
⇔ x − x − x + x+2= 0⇔ 
x
4
2
4
2

x

S=

=

1
1
4
1
.
2
−3
4
−1

1 4 1 3 3 2
3
3
x + x − x − x + 1 ⇒ f '( x ) = x 3 + x 2 − x − 1.
4
2
4
2
2

Xét phương trình hồnh độ giao điểm

4

=

y = f ( x); y = f '( x) là

f ( x) − f ′( x) dx

−2

1
1
9
1
f ( x) − f ′ ( x) = x 4 − x3 − x 2 + x + 2
Vì biểu thức
không đổi đấu trên các khoảng (− 2; − 1) ,
4

2
4
2

(− 1;1) , (1;4) nên ta có


S=
Câu 6.

−1

∫− 2 [ f ( x) − f '( x)] dx + ∫−1[ f ( x) − f '( x)] dx + ∫1 [ f ( x) − f '( x)] dx =
1

4

107
(dvdt ).
5

[2D3-3.1-3] (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Tính diện tích
giới hạn các đường
A.

S=

S

của hình phẳng

y = x x2 + 1 ; y = 0 x = 1.

2 2 −1
3 .

B.

S=

3− 2
3 .

C.

S=

3−2 2
3 .

D.

S=

3 2 −1
3 .

Lời giải
Tác giả: Trần Phương ; Fb: Trần Phương
Chọn A

Phương trình hồnh độ giao điểm của đường cong: y =

x x 2 + 1 và trục hoành: y = 0 .

x x2 + 1 = 0 ⇔ x = 0 .
1

1

S = ∫ x x + 1 dx = ∫ x x 2 + 1dx
2

0

Đặt

0

.

t = x 2 + 1 ⇒ t 2 = x 2 + 1 ⇒ tdt = xdx .

 x = 0 → t = 1

Đổi cận:  x = 1 → t = 2 .
2

2

t3

2 2 −1
S = ∫ t dt =
=
31
3 .
1
2

Câu 7.

[2D3-3.1-3]

(Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019)

S

Bắc-Ninh-2019) Tính diện tích

(Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-

của hình phẳng giới hạn các đường

y = x x2 + 1 ; y = 0

x = 1.
A.

S=

2 2 −1

3 .

B.

S=

3− 2
3 .

C.

S=

3−2 2
3 .

D.

S=

3 2 −1
3 .

Lời giải
Tác giả: Trần Phương ; Fb: Trần Phương
Chọn A
Phương trình hồnh độ giao điểm của đường cong: y =

x x2 + 1 = 0 ⇔ x = 0 .
1

1

S = ∫ x x + 1 dx = ∫ x x 2 + 1dx
2

0

0

.

x x 2 + 1 và trục hoành: y = 0 .


Đặt

t = x 2 + 1 ⇒ t 2 = x 2 + 1 ⇒ tdt = xdx .

 x = 0 → t = 1

Đổi cận:  x = 1 → t = 2 .
2

2

t3
2 2 −1
S = ∫ t dt =
=

31
3 .
1
2

Câu 8.

[2D3-3.1-3] (KSCL-Lần-2-2019-THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Diện tích hình
phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm
số hữu tỷ. Tính

y= x

2

và

y=

2x
x − 1 là S = a + b ln 2 với a , b là những

a+ b ?

−1
A. 3 .

B.

−2

C. 3 .

2.

D. 1 .

Lời giải
Tác giả: Trần Phương ; Fb: Trần Phương.
Chọn A

Hình phẳng

( H)

giới hạn bởi

( C1 ) : y = x

Phương trình hồnh độ giao điểm của

⇒ x3 − x 2 − 2 x = 0

2

( C1 )

và

và

( C2 ) :
( C2 )

y=

là

2x
x−1.

x2 =

2x
x − 1 ( x ≠ 1)

x = 0
⇔  x = −1
 x = 2 .

0


x3 
2
 2x

2
2
5
=

2
x
+
2
ln
x
−
1
−
S= ∫
− x ÷ dx = ∫  2 +
− x ÷dx 
÷ = − 2ln 2
3  −1 3
x−1
x−1
.



−1 
−1 
0

Suy ra
Câu 9.

0

a=

5
−1
a+b=
3 và b = − 2 .Vậy
3 .

[2D3-3.1-3] (Trần Đại Nghĩa) Một viên gạch hoa hình vng cạnh
hình bên dưới. Diện tích mỗi cánh hoa bằng

40cm

được thiết kế như


400 2
cm
A. 3
.

800 2
cm
B. 3
.

C.

250cm 2 .

D.

800cm 2 .

Lời giải
Tác giả: Ngũn Duy Mạnh; Fb: Ngũn Mạnh Tốn
Chọn A
Diện tích mỗi cánh hoa là
20

1 2   2 20 x x 1 x 3 
400

∫0  20 x − 20 x ÷dx=  3 − 20 . 3 ÷÷ = 3

0

20

Email:

cm 2 .

Câu 10. [2D3-3.1-3] (Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Cho hàm số
đi qua điểm

A ( − 1;0 ) . Tiếp tuyến ∆

tại

A

của đồ thị

( C)

có đồ thị

( C ) , biết

( C ) tại hai điểm có
hồnh độ lần lượt là 0 và 2. Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi ∆ , đồ thị ( C ) và hai đường
rằng

( C)

y = ax 4 + bx 2 + c
cắt

56
thẳng x = 0 ; x = 2 có diện tích bằng 5 (phần gạch chéo trong hình vẽ).

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi

∆ , đồ thị ( C )

và hai đường thẳng

x = − 1; x = 0 .

2
A. 5 .

2
B. 9 .

1
C. 9 .

1
D. 5 .

Lời giải

Tác giả: Hoàng Thị Mến ; Fb: Hoàng Mến
Chọn A
Cách 1:
Hàm số
Ta có:

y = ax 4 + bx 2 + c . TXĐ: D = R

y ' = 4ax 3 + 2bx .
của đồ thị

( C)

A của đồ thị ( C )

cắt

Phương trình tiếp tuyến

∆

tại

A ( − 1;0 )

có dạng

y = ( − 4a − 2b ) ( x + 1) .

( C ) tại hai điểm có hồnh độ lần lượt là 0 và 2 nên
4
2
phương trình ax + bx + c = ( − 4a − 2b ) ( x + 1) nhận ba nghiệm là: x = − 1 ; x = 0 ; x = 2 .
Do tiếp tuyến

∆

tại

c = − a − b
⇔

Suy ra:  b = − 3a
Vậy

 c = 2a


 b = − 3a .

( C ) : y = ax4 − 3ax2 + 2a = a ( x4 − 3x2 + 2)

Bài cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi

và

∆ : y = 2a ( x + 1) .

∆ , đồ thị ( C )

và hai đường thẳng

x = 0 ; x = 2 có

56
diện tích bằng 5 nên:
2

∫ 2a ( x + 1) − a ( x
0

⇔

4

− 3x 2 + 2 ) dx =

56
5

2

(∫ 2a ( x + 1) − a ( x − 3x + 2) ) dx = 565
4

2

0

2

2

 − x 5 3 2  56
56
28 56
+x +x ÷ =
⇔ a ∫ ( − x 4 + 3x 2 + 2 x ) dx = ⇔ a. 
⇔
a
.
=
5
 5
0 5
0
5 5

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi

∆ , đồ thị ( C )

và hai đường thẳng

⇔ a = 2.

x = − 1 ; x = 0 là:
0

 x5 3 2 
2
4
2
4
2
S = ∫ a ( x − 3x + 2 ) − 2a ( x + 1) dx = ∫ ( 2 x − 6 x − 4 x ) dx = 2.  − x − x ÷ =
 5
 −1 5 .
−1
−1
0

0

Cách 2:
Giả sử đường thẳng

d : y = kx + m là tiếp tuyến với ( C )

tại

A ( 0; − 1)

nên

c = − 1 và m = − 1 .


( )

Phương trình hồnh độ giao điểm của d và C là ax + bx
(do phương trình trên có 3 nghiệm như bài tốn đã cho).
2

Theo bài ta có phương trình

4

a ∫ ( x + 1) x. ( x − 2 ) dx =
2

0

0

2

− kx = 0 ⇔ a ( x + 1) .x. ( x − 2 ) = 0

2

56
⇒ a= 2
5
.
0

2
S = ∫  2( x − 3x + 2) − 4 ( x + 1)  dx = ∫ ( 2 x 4 − 6 x 2 − 4 x ) dx =
5.
Từ đó ta được
−1
−1
4

2

Câu 11. [2D3-3.1-3] (CổLoa Hà Nội) Cho hàm số đa thức bậc ba

y = f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d (a ≠ 0)

có đồ thị như hình vẽ. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
hoành.

A.

19
B. 4 .

6.

27
C. 4 .

y = f ( x)

và trục

D. 8.

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Phi Thanh Phong ; Fb: Nguyễn Phi Thanh Phong.
Chọn C
Đồ thị hàm số
số có dạng

y = f ( x ) cắt và tiếp xúc trục hoành lần lượt tại tại điểm ( −2;0 ) và ( 1;0 ) nên hàm

y = f ( x ) = a ( x + 2 ) ( x − 1) = a ( x 3 − 3x + 2 ) .
2

Mặt khác đồ thị hàm số lại đi qua điểm

( − 1;4 ) nên ta có a = 1 . Vậy y = f ( x ) = x3 − 3x + 2 .

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
1

S=

∫

x 3 − 3x + 2 dx =

−2

và trục hoành là:

27
4 .

f ( x) có đạo hàm trên ¡ , đồ thị hàm số y = f ′ ( x)
f (a) > 0 , tìm số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x) với trục hoành.

Câu 12. [2D3-3.1-3] (Kim Liên) Cho hàm số
hình vẽ. Biết

y = f ( x)

như


A.

3.

B.

C. 0 .
Lời giải

4.

D.

2.

Tác giả: Tạ Tiến Thanh; Fb: Thanh Ta
Chọn C

x = a
f '( x) = 0 ⇔  x = b
 x = c và đi qua các nghiệm trên, đạo hàm đổi dấu nên hàm số
Từ đồ thị ta thấy

f ( x) có 3 điểm cực trị.
Xét bảng biến thiên

Ta thấy:

f (a)

b

hoặc

f (c) là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x) . (1)

c

S1 = ∫ f '( x)dx = f ( x) a = f (b) − f ( a ) ; S 2 = ∫ − f '( x) dx = f ( x) c = f (b) − f ( c )
b

a

b

Ta thấy S1 >
(2)

S2 ⇒ f (b) − f (a ) > f (b) − f (c) ⇔ f (a) < f (c) ⇒ 0 < f (a ) < f (c) , vì f (a) > 0 .

Từ (1) và (2) suy ra đồ thị hàm số y =
số

b

f ( x) nằm hồn tồn phía trên trục hồnh hay đồ thị hàm

y = f ( x) không cắt trục hoành.

Câu 13. [2D3-3.1-3] (Sở Quảng NamT) Cho
tuyến với

2
A. 3 .

( P)

tại điểm

M ( 2;4 )
8
B. 3 .

( H)

là hình phẳng giới hạn bởi parabol

và trục hồnh. Diện tích của hình phẳng

1
C. 3 .

Lời giải

( P ) : y = x2 , tiếp

( H ) bằng

4
D. 3 .


Tác giả: Nguyễn Trọng Nghĩa; Fb: Nghĩa Nguyễn
Chọn A
Phương trình tiếp tuyến của

( P)

Giao điểm của đường thẳng

y = 4 x − 4 với trục hoành tại điểm

tại điểm

M ( 2;4 ) là: y = 4 x − 4 .

A ( 1;0 ) .
Từ đồ thị bên ta có diện tích của hình phẳng

( H ) là:

2
2
2
S = ∫ x 2 dx − ∫ ( 4 x − 4 ) dx = .
3
0
1


Câu 14. [2D3-3.1-3] (Sở Hà Nam) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của các hàm số

y = 2 x 2 + x + 1 và y = x 2 + 3 .
9
A. 2 .

B.

5
D. 2 .

7
C. 2 .

4.

Lời giải
Tác giả: Trung Thảo; Fb: Trung Thảo
Chọn A

x = 1
2x2 + x + 1 = x2 + 3 ⇔ x2 + x − 2 = 0 ⇔ 
Xét phương trình:
 x = −2 .
Diện tích hình phẳng là:
1

S=

∫ ( 2x

−2

2

+ x + 1) − ( x + 3) dx =

2

1

∫x

1

2

+ x − 2 dx =

−2

∫ ( −x

−2

2

− x + 2 ) dx

 x3 x 2
1  1 1  8
 9
=  − − + 2x ÷ =  − − + 2 ÷−  − 2 − 4 ÷ =
 2 .
 3 2
 −2  3 2   3
Vậy diện tích hình phẳng là:

S=

9
2 (đvdt).

Câu 15. [2D3-3.1-3] (Chuyên Phan Bội Châu Lần2) Người ta xây một sân khấu với mặt sân có dạng
hợp của hai hình trịn giao nhau. Bán kính của hai của hai hình trịn là 20 mét và 15 mét.
Khoảng cách giữa hai tâm của hai hình trịn là 30 mét. Chi phí làm mỗi mét vng phân giao
nhau của hai hình trịn là 300 ngàn đồng và chi phí làm mỗi mét vng phần cịn lại là 100
ngàn đồng. Hỏi số tiền làm mặt sân của sân khấu gần với số nào trong các số dưới đây?
A. 202 triệu đồng.

B.

208 triệu đồng.

C.

218 triệu đồng.

Lời giải.
Chọn A

D.

200

triệu đồng.

Gọi

O, I

lần lượt là tâm của các đường tròn bán kính bằng 20 mét và bán kính bằng 15 mét.

Oxy

Gắn hệ trục
lượt là

x 2 + y 2 = 202

và

như hình vẽ, vì

OI = 30 mét nên I ( 0; 30) . Phương trình hai đường trịn lần

x 2 + ( y − 30) = 152 . Gọi A, B
2


5 455
 x = ±
 x + y = 20
12
⇔
 2

2
2
 x + ( y − 30 ) = 15
 y = 215
là nghiệm của hệ
.

12
2

Tọa độ

A, B

là các giao điểm của hai đường trịn đó.

Tổng diện tích hai đường trịn là

2

2

π ( 202 + 152 ) = 625π

(mét vuông).

Phần giao của hai hình trịn chính là phần hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị
và

y = 30 − 152 − x 2

y = 202 − x 2 . Do đó diện tích phần giao giữa hai hình trịn là

S=

5 455
12

∫

5 455
−
12

(

)

202 − x 2 + 152 − x 2 − 30 dx ≈ 60,2546
(mét vuông).

Số tiền để làm phần giao giữa hai hình trịn là
Số tiền để làm phần cịn lại là

300.000x60,2546 ≈ 18.076.386

(đồng).

100.000x ( 625π − 2 x 60,2546 ) = 184.299.220 (đồng).

Vậy tổng số tiền làm sân khấu là 184.299.220 + 18.076.386 ≈

202.375.606 (đồng).

Câu 16. [2D3-3.1-3] (Thị Xã Quảng Trị) Cho hàm số y = ax + bx + c và hàm số y = mx + nx + p có
đồ thị là các đường cong như hình vẽ bên (đường cong đậm hơn là đồ thị của hàm số
4

2

y = ax 4 + bx 2 + c ). Diện tích của hình phẳng được tơ đậm bằng

2


32
A. 15 .

64
B. 15 .

104
C. 15 .

52
D. 15 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Minh Thắng ; Fb: />Chọn B
Từ đồ thị ta thấy đồ thị hàm hàm số

y = f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c

 f ( 1) = 4

⇒  f ( 0) = 3 ⇔
( 0;3) và đạt cực trị tại x = 1  f ′ ( 1) = 0
Từ đồ thị ta thấy đồ thị hàm số

a + b + c = 4

⇔
c = 3
 4a + 2b = 0


y = g ( x ) = mx 2 + nx + p

 f ( 0) = 0

⇒  f ( 1) = 4 ⇔
( 1;4) và ( − 1;4 )  f ( −1) = 4

đi qua các điểm có tọa độ

p = 0

m + n = 4 ⇔
m − n = 4


( 1;4) ,

 a = −1

b = 2
c = 3
⇒ f ( x ) = − x4 + 2x2 + 3 .


đi qua các điểm có tọa độ

( 0;0) ,

p = 0

2
 m = 4 ⇒ g ( x ) = 4x
n = 0

.
1

 x5 2 3

64
4
2
2
S = ∫ ( − x + 2 x + 3 − 4 x ) dx =  − − x + 3x ÷ =

Diện tích phần tơ đậm:
 5 3
 − 1 15 .
−1
1

Câu 17. [2D3-3.1-3] (CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIỆU ĐỒNG THÁP 2019 LẦN 2) Cho đồ thị

( C) : y = x

. Gọi

M

là điểm thuộc

( C ) , A( 9 ; 0) . Gọi ( S1 )

bởi

( C ) , đường thẳng x = 9 và trục hoành. ( S2 )

để

S1 = 2S2

A.

M 3; 3

(

là diện tích hình phẳng giới hạn

là diện tích tam giác

OMA . Tọa độ điểm M

là

).

B.

M ( 4 ; 2) .

C.

(

M 6; 6

).

D.

M ( 9 ; 3) .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Tỉnh ; Fb: Nguyễn Văn Tỉnh

Chọn B


9

x = 0 ⇔ x = 0 ⇒ S1 = ∫ xdx = 18

Ta có

0

M là điểm thuộc ( C )
Theo đề bài ta có

(

.

)

1
1
M a ; a ⇒ SOMA = d [ M ; OA] .OA = . a .9 = S2
nên
.
2
2

S1 = 2S2 ⇔ 18 = 9 a ⇔ a = 4 ⇒ M ( 4 ; 2 ) .

Câu 18. [2D3-3.1-3] (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3)Tính diện tích của
phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ sau:

10
A. 3 .

B.

13
C. 3 .

4.

11
D. 3 .

Lời giải
Tác giả: Bùi Nguyễn Phi Hùng; Fb: Bùi Nguyễn Phi Hùng
Chọn A
Cách 1: Coi

x

là hàm số theo biến số y .

Hình phẳng đã cho giới hạn bởi các đường:

x = y2

(với

y ≥ 0 ) ; x = y + 2; y = 0 .

 y = − 1 (loai)
y2 = y + 2 ⇔ y2 − y − 2 = 0 ⇔ 
Ta có:
 y = 2 (t / m)
2

2

S = ∫ y + 2 − y dy = ∫ ( y + 2 − y 2 ) dy =
2

Diện tích của hình phẳng cần tìm là
Cách 2:

0

0

10
3 (đvdt)


Phương trình hồnh độ giao điểm của các đồ thị hàm số

 x ≥ 2
x = x−2⇔ 
2 ⇔

 x = ( x − 2 )

y = x, y = x − 2 :

x ≥ 2
⇔ x = 4.
 2
x
−
5
x
+
4
=
0


Diện tích của hình phẳng cần tìm là

4

4

0

2

S = ∫ x dx − ∫ ( x − 2 ) dx =

10

3 (đvdt)

Câu 19. [2D3-3.1-3] (CHUYÊN NGUYỄN DU ĐĂK LĂK LẦN X NĂM 2019) Cho hàm số

y=

( C)
A.

x− m
x + 1 ( với

m > 0 ) có đồ thị là ( C ) . Gọi S

là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

S = 1 , giá trị thực của m gần nhất với số nào sau đây:
B. 0,45 .
C. 4,4 .
D. 1,7 .

và hai trục tọa độ. Biết

0,56 .

Lời giải
Tác giả:Lê Đình Năng; Fb: Lê Năng
Chọn D

( C)

Do

cắt trục

Ox

tại điểm

A ( m;0 )

và cắt trục

Oy

tại điểm

m > 0 nên diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C )
m

m

B ( 0; − m ) .

và hai trục tọa độ là:

m

m
x−m
−x + m

m +1 

S=∫
dx = ∫
dx = ∫  −1 +
÷dx = ( − x + ( m + 1) ln ( x + 1) ) 0
x +1
x +1
x +1 
0
0
0

= − m + ( m + 1) ln ( m + 1) .
Lại có

S = 1 ⇔ ( m + 1) ln ( m + 1) = 1 + m ⇒ ln ( m + 1) = 1 (vì m > 0 nên m + 1 > 1 )

⇒ m + 1 = e ⇔ m = e − 1 ; 1,71828 .

Câu 20. [2D3-3.1-3] (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) Gọi

( H) :y =
diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
bằng
A.

2ln 2 + 1 (đvdt).

B.

2ln 2 − 1 (đvdt).

S

là

x−1
x + 1 và các trục tọa độ. Khi đó giá trị của S

C.

ln 2 + 1 (đvdt).

D.

ln 2 − 1 (đvdt).


Lời giải
Tác giả: Lê Mai ; Fb: Lê Mai
Chọn B

( H) :y =
Hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị

x−1
x+1; y = 0 ; x = 0.

x −1

= 0⇒ x =1
Phương trình hồnh độ giao điểm của ( H ) và trục hoành: x + 1
.
1

1

1

1
x −1
−x +1
2 

S=∫
dx = ∫
dx = ∫  −1 +
÷dx = ( − x + 2ln x + 1 ) = 2ln 2 − 1
x +1
x +1
x +1 
0
.
0
0
0
Câu 21. [2D3-3.1-3] (Cẩm Giàng) Cho hình thang cong

x = 0 , x = ln 4 . Đường thẳng x = k ( 0 < k < ln 4 )
và

S2

như hình vẽ bên. Tìm

4
k = ln 2
A.
.
3

B.

k

để

k = ln

( H)
chia

giới hạn bởi các đường

( H)

y = ex , y = 0 ,

thành hai phần có diện tích là

S1 = 2S2 .

8
3.

C. k = ln 2 .
D. k = ln3 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Ngọc Duy ; Fb: Ngọc Duy

Chọn D
Diện tích hình thang cong
ln 4

S=

∫

e x dx = e x

0

ln 4
0

=

( H)

giới hạn bởi các đường

y = e x , y = 0 , x = 0 , x = ln 4

eln 4 − e0 = 4 − 1 = 3 (đvdt).

1
3
2S 2.3
S = S1 + S 2 = S1 + S1 = S1
S1 =
=
=2
Ta có
(đvdt).
2
2 . Suy ra
3
3
Vì

S1

là phần diện tích được giới hạn bởi các đường
k

k

2 = S1 = ∫ e x dx = e x =

ek − e0 = ek − 1 .

Do đó e k = 3 ⇔ k = ln3 .
0

0

S1

y = ex , y = 0 , x = 0 , x = k

nên

là


Câu 22. [2D3-3.1-3] (KHTN Hà Nội Lần 3) Cho hàm số

d

tiếp tuyến

của

( C)

tại điểm

A

y = x3 + ax 2 + bx + c

có hồnh độ bằng

2

− 1 cắt ( C )

(xem hình vẽ). Diện tích hình phẳng giới hạn bởi
bằng

27
A. 4 .

d

và

( C)

tại điểm

B

( C ) . Biết rằng

có hồnh độ bằng

(phần gạch chéo trong hình)

25
C. 4 .

11
B. 2 .

có đồ thị

13
D. 2 .

Lời giải
Tác giả: Trần Vũ Thái ; Fb: Trần Vũ Thái
Chọn A
Đồ thị
độ

( C)

đi qua gốc tọa độ

O ( 0;0 )

suy ra

c = 0 . Tiếp tuyến d

với

( C)

tại điểm có hồnh

x = − 1 có phương trình y = ( 3 − 2a + b ) x + 2 − a . Xét phương trình hồnh độ giao điểm của

hai đồ thị

d

và

( C ) : x3 + ax2 + bc = ( 3 − 2a + b ) x + 2 − a ⇔ ( x + 1)  x2 + ( a − 1) x + a − 2 = 0

 x = −1
⇔
2
 g ( x ) = x + ( a − 1) x + a − 2 = 0 .
Vì

d

cắt

( C)

tại điểm

B

có hồnh độ bằng

2

2

Vậy diện tích hình phẳng cần tính là

S=

∫ (x

3

−1

Câu 23. [2D3-3.1-3] (Đặng Thành Nam Đề 5) Cho

suy ra

g ( 2) = 0 ⇔ a = 0 .

∫

x 3 − 3x − 2 dx =

27
4.

và

g ( x) = f (dx + e)

với

+ bx ) − ( ( 3 + b ) x + 2 ) dx =

f ( x) = x3 + ax 2 + bx + c

2

−1

a, b, c, d , e∈ ¡ có đồ thị như hình vẽ bên, trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị của hàm số
y = f ( x). Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong y = f ( x) và y = g ( x) gần nhất

với kết quả nào dưới đây?


A.

4,5 .

4,25 .

B.

C.

3,63 .

D.

3,67 .

Lời giải
Tác giả: Tạ Trung Kiên ; Fb: TrungKienTa
Chọn A
Vì

f ( x)

là hàm số bậc ba và có đồ thị tiếp xúc với

Ox

tại điểm

x = 3 , cắt Ox

tại điểm

x= 0

⇒ f ( x ) = x ( x − 3) .
2

Ta có

g ( x ) = f ( dx + e )

x= 3

 3
g ( x ) = k  x − ÷ ( x − 3)
nên
.
 2

và đồ thị hàm

g ( x)

tiếp xúc

Ox

tại điểm

3
2 và cắt

x=

Ox

tại điểm

2

f ( x)

Từ đồ thị ta thấy đồ thị hàm số

và

g ( x)

cắt nhau tại điểm có hồnh độ

2

x = 1.

2

 3
 3
⇒ f ( 1) = g ( 1) ⇔ 4 = k 1 − ÷ ( 1 − 3) ⇔ k = −8 ⇒ g ( x ) = − 8  x − ÷ ( x − 3)
 2
 2
Do đó đồ thị hàm số hai hàm số cắt nhau tại các điểm có hồnh độ lần lượt là:

x = 1; x = 3 .

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường cong là:

  3 2

S = ∫ x ( x − 3) −  − 8  x − ÷ ( x − 3)  dx = 4,5
1
  2 


3

2

Câu 24. [2D3-3.1-3] (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG
NGÃI) Trong mặt phẳng cho Parabol ( P) : y = x và đường tròn (C ) : x
bên). Tính diện tích phần tơ đậm (làm trịn đến chữ số hàng phần trăm).
2

2

+ y2 = 2

(xem hình vẽ


A. 1,19

B. 1,90.

C. 1,81
Lời giải

.

D. 1,80.

Tác giả: Đào Văn Vinh ; Fb: Đào Văn Vinh
Chọn B
Ta có

x 2 + y 2 = 2 ⇔ y = ± 2 − x 2 . Vì đường cong nửa trên của (C )

trục hồnh nên có phương trình

tương ứng phần dương của

y = 2 − x2 , ( y ≥ 0)

Phương trình hồnh độ giao điểm của đường cong nửa trên của

(C ) và Parabol ( P) là :

x2 = 2 − x2

⇔ x4 + x2 − 2 = 0
 x2 = 1
⇔ 2
⇔ x = ±1
x
=
−
2

Suy ra diện tích hình phẳng

∫(
1

S=

)

1

2 − x − x dx =
2

2

−1

∫

−1

(H )

(phần tơ đậm) cần tính là :

x3
2 − x dx −
3

1

1

=

2

−1

∫

2 − x 2 dx −

−1

2
3

1

Xét

I=

∫

2 − x 2 dx

−1

I=
ta được
π
4

π
4

∫

−

, đặt

x = 2 sin t ⇒ dx = 2 cos tdt

2 − 2sin 2 t 2 cos tdt

π
4
π
4

π

4
= ∫ 2 cos tdt = ∫ ( 1 + cos 2t ) dt =  t + sin 2t 
π

÷
π
π
2  −π = + 1

−

−

2

4

Do đó
Câu 25.

4

4

S=

2

.

π
2 π 1
+ 1 − = + ≈ 1,90
.
2
3 2 3

[2D3-3.1-3] (CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIỆU ĐỒNG THÁP 2019 LẦN 2) Cho hàm số

y = f ( x)

liên tục trên

R

và hàm số

y = g ( x) = x. f ( x 2 ) có đồ thị trên đoạn [ 0;2]

như hình vẽ.


4

5
I = ∫ f ( x)dx.
S=
Biết diện tích miền tơ màu là
,
tính
tích
phân
2
1
5
5
I=
I=
A. I = 5 .
B.
C.

2.
4.
Lời giải

D.

I = 10 .

Tác giả: Phạm Uyên; Fb: Phạm Uyên
Chọn A
2

2

5
S = ∫ g ( x)dx = = ∫ xf ( x 2 )dx
2 1
Ta có
.
1
Đặt

t = x 2 ⇒ dt = 2 xdx . Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 1 ; x = 2 ⇒ t = 4 .
2

4

4

4

1
5
⇒ S = ∫ xf ( x )dx = ∫ f (t )dt = ⇒ ∫ f (t )dt = 5 ⇒ ∫ f ( x)dx = 5
21
2 1
.
1
1
2

Câu 26. [2D3-3.1-3] (Sở Thanh Hóa 2019) Một khn viên dạng nửa hình trịn, trên đó người ta thiết
kế phần để trồng hoa có dạng của một cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với tâm và có trục
đối xứng vng góc với đường kính của nửa hình trịn, hai đầu mút của cánh hoa nằm trên nửa
hình trịn (phần tơ đậm) và cách nhau một khoảng 4 (m). Phần cịn lại của khn viên (phần
không tô đậm) dành để trồng cỏ Nhật Bản. Biết các kích thước như hình vẽ, chi phí để trồng
hoa và cỏ Nhật Bản tương ứng là 150.000 đồng/m2 và 100.000 đồng/m2. Hỏi cần bao nhiêu
tiền để trồng hoa và cỏ Nhật Bản trong khn viên đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng đơn vị)

A. 3.926.990 (đồng) .
Chọn D

B. 4.115.408 (đồng)C. 1.948.000 (đồng).
Lời giải

D. 3.738.574 (đồng).


Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta có Parabol có đỉnh là gốc tọa độ và đi qua điểm
có phương trình

y = x2

nên

.

Đường trịn tâm là gốc tọa độ đi qua điểm có tọa độ
trình

( 2;4)

( 2;4)

nên có bán kính

R= 2 5

có phương

x 2 + y 2 = 20 .
2

S = ∫ ( 20 − x 2 − x 2 )dx ≈ 11,9396

Gọi S là diện tích phần tơ đậm. Ta có

−2

10π nên diện tích phần cịn lại là ( 10π - S)

Vậy số tiền cần tìm là: S .150.000 + (10π − S ).100.000 ≈ 3.738.574 (đồng).
Diện tích nửa hình trịn là

Câu 27. [2D3-3.1-3] (HKII-CHUN-NGUYỄN-HUỆ-HÀ-NỘI) Diện tích hình giới hạn bởi

( P ) : y = x 2 + 3 , tiếp tuyến của (P) tại x = 2 và trục Oy là.
2
A. 3 .

8
C. 3 .

B. 8 .

4
D. 3 .

Lời giải
Tác giả: Minh Hạnh ; Fb: fb.com/meocon2809
Chọn C
Xét

( P ) : y = x2 + 3 ta có: y′ = 2 x

 y ( 2 ) = 7
⇒

 y′ ( 2 ) = 4 phương trình tiếp tuyến của ( P ) tại

x = 2 là: y = 4 ( x − 2 ) + 7 ⇔ y = 4 x − 1 .

2

S = ∫ ( x + 3) − ( 4 x − 1) dx =
2

Diện tích hình phẳng cần tìm là:

0

Câu 28. [2D3-3.1-3] (Sở Lạng Sơn 2019) Cho hàm số
rằng đồ thị hàm số

y = f ′ ( x)

y = f ( x)

2

∫( x

2

0

− 4 x + 4 ) dx =

8
3.

có đạo hàm và liên tục trên

có đồ thị hàm số như hình dưới đây.

¡

. Biết


Lập hàm số

g ( x ) = f ( x ) − x 2 − 3x . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A.

g ( − 1) > g ( 1) .

B.

g ( − 1) = g ( 1) .

C.

g ( − 1) < g ( − 2 ) .

D.

g ( − 1) = g ( − 2 ) .

Lời giải

Tác giả: Bùi Thu Hương; Fb: Cucai Đuong
Chọn A

g ( x ) = f ( x ) − x 2 − 3x ⇒ g ′ ( x ) = f ′ ( x ) − (2 x + 3) .
Vẽ đường thẳng y = 2 x + 3 cắt đồ thị hàm số
Nhìn vào đồ thị ta thấy

y = f ′ ( x)

tại các điểm

x = − 2, x = − 1, x = 1

S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f ′ ( x ) , y = 2 x + 3 , x = − 2, x = − 1 . Khi đó,
−1

−1

−1

−2

−2

−2

1

1

1

−1

−1

−1

∫ f ′ ( x ) − (2x + 3) dx = ∫ ( f ′ ( x ) − (2 x + 3) ) dx > 0 ⇒ ∫ g ′ ( x ) dx > 0 ⇒ g ( − 1) > g ( − 2 )
S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f ′ ( x ) , y = 2 x + 3 , x = − 1, x = 1 . Khi đó,
S1 =

S2 =

∫ f ′ ( x ) − (2 x + 3) dx = ∫ ( (2 x + 3) − f ′ ( x ) ) dx > 0 ⇒ ∫ g ′ ( x ) dx < 0 ⇒ g ( − 1) > g ( 1) .

Câu 29. [2D3-3.1-3] (HKII-CHUN-NGUYỄN-HUỆ-HÀ-NỘI) Diện tích hình phẳng trong hình vẽ
sau là.


11
B. 3 .

8
A. 3 .

7
C. 3 .

10
D. 3 .

Lời giải
Tác giả: Minh Hạnh ; Fb: fb.com/meocon2809
Chọn D

Nhìn hình vẽ ta thấy diện tích
4

4

0

2

2

4

0

2

S = ∫ xdx + ∫  x − ( x − 2 )  dx

= ∫ xdx − ∫ ( x − 2 ) dx
=

16

10
−2=
3
3

.

Câu 30. [2D3-3.1-3] (CHUN HỒNG VĂN THỤ HỊA BÌNH LẦN 4 NĂM 2019) Cho hàm số

y = f ( x)

có đồ thị gồm một phần đường thẳng và một phần đường parabol có đỉnh là gốc tọa
3

độ

O như hình vẽ. Giá trị của −∫3

26
A. 3 .

38
B. 3 .

f ( x ) dx

bằng:

4
C. 3 .

28
D. 3 .

Lời giải
Tác giả: Huyền Nguyễn; Fb: Nguyễn Huyền
Chọn D
Dựa và đồ thị ta thấy:


Phần đường thẳng đi qua các điểm

A ( − 1;1)

Phần đường parabol có đỉnh là gốc tọa độ
của đồ thị của hàm số

∫

nên nó là một phần của đồ thị của

f ( x ) dx =

−3

−1

∫

−3

O ( 0;0 )

nên nó là một phần

khi x < − 1
khi x ≥ − 1
3

−1

3

−1

−3

−1

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) d x =

2
∫ ( x + 2 ) d x + ∫ x dx =

Câu 31. [2D3-3.1-3] (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Hình phẳng
của hàm đa thức bậc ba và parabol

( P)

A ( − 1;1)

và đi qua điểm

y = x2 .

x + 2
f ( x) =  2
Do đó
x
Nên

B ( − 2;0 )

y = x+ 2.

hàm số

3

và

28
3 .

( H)

được giới hạn bởi đồ thị

( C)

có trục đối xứng vng góc với trục hồnh. Phần tơ đậm của hình vẽ có diện tích bằng

37
A. 12 .

7
B. 12 .

11
C. 12 .

5
D. 12 .

Lời giải
Tác giả: Bùi Quý Minh; Fb: Minh Bùi
Chọn A
Cách 1:
Gọi hàm số bậc ba là
Đồ thị

( C)

y = ax3 + bx 2 + cx + d ⇒ y ' = 3ax 2 + 2bx + c .

đi qua các điểm

( 1;0 ) , ( 2; − 2 )

0 = a + b + c + d

a = 1
 − 2 = 8a + 4b + 2c + d b = − 3


⇔
.

0
=
c
c
=
0


 0 = 12a + 4b + c
 d = 2
Suy ra hàm số bậc ba là

y = x3 − 3x 2 + 2 .

và đạt cực trị tại

x = 0; x = 2

nên ta có hệ sau :


Gọi hàm bậc hai là
có hệ sau :

y = mx 2 + nx + p . Đồ thị ( P )

0 = m + n + p

 − 2 = 4m + 2n + p ⇔
 −2 = m − n + p


đi qua các điểm

( 1;0) , ( 2; − 2) , ( − 1; − 2 )

nên ta

 m = −1

n = 1
p= 0 .


Suy ra hàm số bậc hai là

y = − x2 + x .

Phương trình hoành độ giao điểm của

( C ) và ( P ) là :

 x = −1

x3 − 3x 2 + 2 = − x 2 + x ⇔ x3 − 2 x 2 − x + 2 = 0 ⇔  x = 1
 x = 2 .
2

Vậy diện tích phần tô đậm là :
1

S=

∫(x

−1

3

− 2 x − x + 2 ) dx +
2

S=

−1

2

∫( x
1

∫ (x

3

3

− 2 x 2 − x + 2 ) dx .

8 5 37
− 2 x 2 − x + 2 ) dx = + =
3 12 12 .

Cách 2: (Võ Thanh Hải)
Vì đồ thị hàm bậc ba và đồ thị hàm bậc hai cắt trục tung tại các điểm có tung độ lần lượt là

y = 2, y = 0

nên ta xét hai hàm số là

y = ax 3 + bx 2 + cx + 2 , y = mx 2 + nx .

* Vì đồ thị hai hàm số cắt nhau tại các điểm có hồnh độ lần lượt là
phương trình hồnh độ giao điểm:

x = − 1; x = 1; x = 2 nên ta có

ax3 + bx 2 + cx + 2 = mx 2 + nx ⇔ a ( x + 1) ( x − 1) ( x − 2 ) = 0 . Với x = 0
2

*Vậy diện tích phần tô đậm là:

S=

ta được

2a = 2 → a = 1 .

37

∫ ( x + 1) ( x − 1) ( x − 2 ) dx = 12 .

−1


Câu 32. [2D3-3.1-3] (Đặng Thành Nam Đề 2) Cho hàm số

f ( x)

xác định và liên tục trên đoạn

có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Biết diện tích các hình phẳng

( A) , ( B ) , ( C ) , ( D )
1

đồ thị hàm số
bằng

f ( x)

và trục hoành lần lượt bằng

[ − 5;3]

giới hạn bởi

 2 f ( 2 x + 1) + 1 dx
6;3;12;2 . Tích phân −∫3 