NW359 360 DẠNG 48 ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG tỉ số DIỆN TÍCH GV
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.43 MB, 26 trang )
NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ
DẠNG TỐN 48: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN ( TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG, TỈ SỐ DIỆN TÍCH )
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ: Tính diện tích hình phẳng
Dạng 1 : Biết cận tích phân
y = f (x), y = g(x)
Cho miền D giới hạn bởi đồ thị hai hàm
và hai đường thẳng
b
x = a, x = b,(a < b)
S = ∫ f (x) − g(x) dx
a
. Khi đó diện tích miền D là:
.
b
• TH 1: Nếu
• TH 2: Nếu
S=
f (x) − g(x) = 0
f (x) − g(x) = 0
vơ nghiệm trên
có nghiệm
∫ [ f (x) − g(x)] dx
S=
( a;b )
a
thì
a < x1 < x 2 < ... < x n < b
x1
x2
b
a
x1
xn
thì:
∫ [ f (x) − g(x)] dx + ∫ [ f (x) − g(x)] dx + ... + ∫ [ f (x) − g(x) ] dx
b
• Chú ý: Nếu
g(x) = 0
S = ∫ f (x) dx
(trục Ox) thì
TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA
a
.
Trang 1
NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ
Dạng 2: Chưa biết cận tích phân
Cho miền D giới hạn bởi đồ thị hai hàm
+ Giải phương trình
S=
f (x) − g(x) = 0
y = f (x), y = g(x)
tìm nghiệm
.
x1 < x 2 < ... < x n
x2
x3
xn
x1
x2
x n −1
.
∫ [ f (x) − g(x)] dx + ∫ [ f (x) − g(x) ] dx + ... + ∫ [ f (x) − g(x) ] dx
+ Tình
Chú ý: Nếu biết một cận thì ta tìm cận cịn lại.
Dạng 3: Miền cần tính giới hạn bởi 3 đồ thị
+ Tìm giao điểm từng cặp đồ thị.
+ Vẽ đồ thị xác định miền. D.
+ Chia miền D để tính diện tích từng phần rồi cộng lại.
DIỆN TÍCH CÁC HÌNH ĐẶC BIỆT:
Hình elip
Cho elip có phương trình
khi đó diện tích elip là:
x 2 y2
+
=1
a 2 b2
S = πab
,
Hình parabol
Diện tích parabol có chiều cao h và bán kính
4
S = r.h
3
đáy r là:
II. CÁC DẠNG BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Câu hỏi lý thuyết về ứng dụng hình học của tích phân.
Xây dựng cơng thức tính diện tích theo hình vẽ.
•
Diện tích hình phẳng
y = f ( x ) , Ox
Diện tích hình phẳng
.
y = f ( x) , y = g ( x)
.
y = f ( x) , y = g ( x) , y = h ( x)
Diện tích hình phẳng
Diện tích hình phẳng dựa vào đồ thị.
…
.
BÀI TẬP MẪU
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 2
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
Cho hàm số bậc ba
trị tại hai điểm
y = f ( x)
x1 , x2
có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên dưới. Biết hàm số
thỏa mãn
x2 = x1 + 2
phẳng được gạch trong hình bên. Tỉ số
A.
3
4
.
50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ
S1
S2
và
f ( x1 ) + f ( x2 ) = 0
. Gọi
S1
và
S2
f ( x)
đạt cực
là diện tích của hai hình
bằng
5
8
3
8
3
5
B. .
C. .
D. .
Phân tích hướng dẫn giải
1. DẠNG TỐN: Đây là dạng tốn tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong
2. HƯỚNG GIẢI:
B1: Từ đồ thị hàm số suy ra phương trình hàm số
y = f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d
B2: Dựa vào giả thiết tìm mối liên hệ giữa các hệ số của hàm số:
⇒ f ′ ( x ) = 3ax 2 + 2bx + c
y = f ( x) = ax3 + bx 2 + cx + d
x2 = x1 + 2
f ′ ( x1 ) = f ′ ( x2 ) = 0 ⇒ f ′ ( x ) = 3a ( x − x1 ) ( x − x2 ) = 3a ( x − x1 ) ( x − x1 − 2 )
⇒ f ( x ) = ∫ f ′ ( x ) dx = a ( x − x1 ) − 3a ( x − x1 ) + C
3
2
Suy ra C
f ( x ) = 0 ⇒ a ( x − x1 ) − 3 ( x − x1 )
3
2
x = x1 + 1 − 3
+ 2 = 0 ⇔ x = x1 + 1
x = x1 + 1 + 3
B3: Từ đó tính diện tích mỗi phần theo cơng thức.
Suy ra tỉ số diện tích.
Từ đó, ta có thể giải bài tốn cụ thể như sau:
Lời giải
Chọn D
Cách 1
2
f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d
a > 0 ⇒ f ′ ( x ) = 3ax + 2bx + c
Gọi
, với
.
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 3
NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ
f ′ ( x1 ) = f ′ ( x2 ) = 0 ⇒ f ′ ( x ) = 3a ( x − x1 ) ( x − x2 ) = 3a ( x − x1 ) ( x − x1 − 2 )
Theo giả thiết ta có
2
⇒ f ′ ( x ) = 3a ( x − x1 ) − 6a ( x − x1 )
⇒ f ( x ) = ∫ f ′ ( x ) dx = a ( x − x1 )
3
.
2
− 3a ( x − x1 ) + C
.
f ( x1 ) + f ( x2 ) = 0 ⇒ f ( x1 ) + f ( x1 + 2 ) = 0 ⇒ C + 8a − 12a + C = 0 ⇒ C = 2a
Ta có
f ( x ) = a ( x − x1 ) − 3a ( x − x1 ) + 2a = a ( x − x1 ) − 3 ( x − x1 ) + 2
3
Do đó
2
f ( x ) = 0 ⇒ a ( x − x1 ) − 3 ( x − x1 )
3
S2 =
Suy ra
=
x1 +1
∫
x1
x1 +1
x1 +1
x1
x1
∫ f ( x ) dx = ∫
.
2
3
x = x1 + 1 − 3
+ 2 = 0 ⇔ x = x1 + 1
x = x1 + 1 + 3
.
2
.
.
3
2
a ( x − x1 ) − 3 ( x − x1 ) + 2 dx
3
2
a ( x − x1 ) − 3 ( x − x1 ) + 2 d ( x − x1 )
x1 +1
( x − x1 ) 4
3
= a
− ( x − x1 ) + 2 ( x − x1 )
4
x
=
5a
4
1
S1 + S 2 =
.
x1 +1
x1 +1
∫ f ( x ) dx = f ( x ) ∫
1
x1
1
x1
dx = f ( x1 ) = 2a ⇒ S = 2a − S = 3a
1
2
4
Mặt khác ta có
.
S1 3
=
S2 5
Vậy
.
Cách 2
Rõ ràng kết quả bài tốn không đổi nếu ta tịnh tiến đồ thị sang trái cho điểm uốn trùng gốc tọa
độ
O
. Gọi
b=d =0
và
f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d
f ( x ) = ax 3 + cx
3ax 2 + c = 0
là hàm số khi đó thì dễ thấy
có hai điểm cực trị tương ứng là
f ( x)
−1,1
lẻ nên có ngay
cũng là nghiệm của
f ( x ) = k ( x3 − 3x ) , k > 0
. Từ đó dễ dàng có
.
S1 + S 2 = ( −1) . f ( −1) = 2k
Xét diện tích hình chữ nhật
. Ngoài ra,
0
5
S 2 = k ∫ x 3 − 3 x dx = k
4
−1
.
S1 3
5k 3k
=
S1 = 2k −
=
S2 5
4
4
Vì thế
và
TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA
Trang 4
NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ
Bài tập tương tự và phát triển:
Mức độ 3.
Câu 1.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol
tơ đậm trong hình vẽ bên dưới) bằng
S=
A.
11
2
S=
.
B.
73
12
y = ( x − 2)
2
, đường cong
S=
.
C.
Lời giải:
7
12
y = x3
và trục hoành (phần
S=
.
D.
5
2
.
Chọn C
Hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số
1
2
S = ∫ x3dx + ∫ ( x − 2 ) dx
Vậy
Câu 2.
0
1
Cho hàm số
y = f ( x)
( A),( B)
lần lượt bằng
I =−
A.
4
5
2
.
S=
hay
liên tục trên
3
7
¡
7
12
y = ( x − 2)
I =2
TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA
là
x =1
.
và có đồ thị như hình vẽ bên. Biết rằng diện tích các hình
π
2 cos x. f
0
∫
I=
.
và
y = x3
.
và . Tích tích phân
B.
2
C.
Lời giải
(5sin x − 1) dx
bằng
4
5
.
D.
I = −2
.
Trang 5
NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ
Chọn A
Theo đề
π
2
0
∫
Câu 3.
∫
1
f ( x)dx = 3,
−1
∫
S1 = 2 S2
1
5
f ( x )dx = −7
π
2
0
∫
(H)
Cho hình thang cong
để
1
cos x. f (5sin x − 1) dx =
x = k (0 < k < ln 4)
4
chia
f (5sin x − 1)d (5sin x − 1) =
1
5
1
f (t ) dt =
−1
5
∫
4
∫
1
−1
f ( x)dx +
∫
4
1
4
f ( x) dx = −
5
y = e x y = 0 x = 0 x = ln 4
giới hạn bởi các đường
,
,
,
. Đường thẳng
(H)
thành hai phần có diện tích là
S1
và
S2
như hình vẽ bên. Tìm
k
.
y
S2
S1
x
O
k
k=
ln 4
A.
k = ln 3
2
ln 4
3
.
k = ln 2
B.
k = ln
.
C.
8
3
.
D.
.
Lời giải
Chọn D
Cách 1:
k
k
S1 = ∫ e x dx = e x 0 = e k − 1
0
Ta có
S2 =
ln 4
∫
e x dx = e x
Ta có
Cách 2:
Câu 4.
Cho
(với
( H)
0
Y
ln 4
là biểu thức
0
Y
X
giá trị bất kỳ,
Y
là các giá trị trong
3
đáp án A, B, C,
hoặc vơ cùng nhỏ ở đáp nào. thì chọn đáp án đó, nếu khơng thỏa mãn thì chọn
là hình phẳng giới hạn bởi parabol
0≤ x≤2
.
X
X
∫ e dx − 2 ∫ e dx
Bước 2 : Dùng chức năng CALC, gán
kết quả bằng
D
= 4 − ek
.
S1 = 2 S 2 ⇔ e k − 1 = 2 ( 4 − e k ) ⇔ k = ln 3
Bước 1 : NHẬP
k
k
và
S1 − 2 S2
ln 4
y = 3x2
, cung trịn có phương trình
) và trục hồnh (phần tơ đậm trong hình vẽ). Diện tích của
TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA
(H)
y = 4 − x2
bằng
Trang 6
NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ
y
2
2 x
O
A.
4π + 3
12
.
B.
4π − 3
6
.
C.
Lời giải
4π + 2 3 − 3
6
.
D.
5 3 − 2π
3
.
Chọn B
y = 3x2
Phương trình hồnh độ giao điểm của parabol
0≤ x≤2
Cách 1: Diện tích của
1
0
(với
) là
4 − x2 = 3x2 ⇔ 4 − x2 = 3x4 ⇔ x = 1
S=∫
và cung tròn
y = 4 − x2
3 x 2 dx + ∫
2
1
( H)
0≤ x≤2
(vì
).
là
4 − x 2 dx =
3 31
3
x +I =
+I
0
3
3
với
I =∫
2
1
4 − x 2 dx
.
π π
t ∈ − ;
x = 2sin t
2 2 ⇒ dx = 2cos t.dt
Đặt:
,
.
x =1⇒ t =
Đổi cận:
π
π
x =2⇒t =
6
2
,
.
π
π
π
6
6
6
I = ∫ π2 4 − 4sin 2 t .2cos t.dt = ∫ π2 4 cos 2 t.dt = ∫ π2 2 ( 1 + cos 2t ) .dt = ( 2 x + sin 2t )
S=
Vậy
3
3 2π
3 4π − 3
+I =
+
−
=
3
3
3
2
6
Cách 2: Diện tích của
( H)
Tức là
1
0
(
Cho hai hàm số
2π
3
−
3
2
.
2
trừ diện tích hình
)
4 − x 2 − 3 x 2 dx
.
f ( x ) = ax + bx + cx − 2
3
Câu 5.
=
.
bằng diện tích một phần tư hình trịn bán kính
Oy
phẳng giới hạn bởi cung tròn, parabol và trục
.
S =π −∫
π
2
π
6
2
và
g ( x ) = dx 2 + ex + 2
với
a , b, c , d , e ∈ R
. Biết rằng
y = f ( x)
y = g ( x)
−2; −1;1
đồ thị của hàm số
và
cắt nhau tại ba điểm có hồnh độ lần lượt là
(tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị có diện tích bằng?
TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA
Trang 7
NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
A.
37
6
.
Chọn A
B.
13
2
.
50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ
9
2
C. .
Lời giải:
D.
f ( x ) − g ( x ) = 0 ⇔ ax 3 + ( b − d ) x 2 + ( c − e ) x − 4 = 0
Xét phương trình
−2; −1;1
lần lượt là
.
Áp dụng định lý
Vi − et
∫ ( 2x
−1
3
−2
Câu 6.
Cho hai hàm số
)
y = f ( x)
. Suy ra
+ 4 x 2 − 2 x − 4 dx − ∫
f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx − 1
thị của hàm số
(tham khảo hình vẽ).
.
có 3 nghiệm
x1; x2 ; x3
cho phương trình bậc 3 ta được:
b−d
x1 + x2 + x3 = − a = −2
c −e
= −1
x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 =
a=2
a
⇔ c − e = −2
4
x1 x2 x3 = = 2
b−d = 4
a
Diện tích hình phẳng:
37
12
và
y = g ( x)
1
−1
f ( x ) − g ( x ) = 2 x3 + 4 x 2 − 2 x − 4
( 2x
3
)
+ 4 x 2 − 2 x − 4 dx =
g ( x ) = dx 2 + ex +
và
37
6
1
2 ( a , b , c, d , e ∈ R )
.
. Biết rằng đồ
cắt nhau tại ba điểm có hồnh độ lần lượt
−3; −1; 2
Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 8
NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
A.
253
12
.
B.
125
12
50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ
253
48
.
C.
Lời giải:
.
D.
125
48
.
Chọn C
−3;1; 2
Theo giả thiết hai đồ thị hàm số cắt nhau tại các điểm
nên ta có:
1
3
1
−27 a + 9b − 3c − 1 = 9d − 3e + 2
−27 a + 9 ( b − d ) − 3 ( c − e ) − 2 = 0 a = 4
1
3
1
⇔
⇒
−
a
+
b
−
c
−
1
=
d
−
e
+
−
a
+
b
−
d
−
c
−
e
−
=
0
(
) (
)
b−d =
2
2
2
1
3
5
8a + 4b + 2c − 1 = 4d + 2e + 2
8a + 4 ( b − d ) + 2 ( c − e ) − 2 = 0
c − e = − 4
Vậy diện tích cần tính là:
S=
=
3
3
2
∫ −3 ax + ( b − d ) x + ( c − e ) x − 2 dx +
−1
∫
2
−1
3
3
2
ax + ( b − d ) x + ( c − e ) x − 2 dx
1
1 26 5
3
1 15 1
5 3 3
4 63 253
. ( −20 ) + . − ( −4 ) − .2 + . + .3 − . − .3 = +
=
4
2 3 4
2
4 4 2
4 2 2
3 16 48
Cách 2.
f ( x ) − g ( x ) = 0 ⇔ a ( x + 3) ( x − 2 ) ( x + 1) = 0
Ta có:
(
)
⇔ x 2 + 4 x + 3 ( x − 2 ) = 0 ⇔ x3 + 2 x 2 − 5 x − 6 = 0
3
ax3 + ( b − d ) x 2 + ( c − e ) x − = 0
2
Đồng nhất hệ số với phương trình
1
⇒ f ( x ) − g ( x ) = ( x3 + 2 x 2 − 5x − 6 )
4
S=∫
Do đó
2
−3
1
253
( x + 3) ( x + 1) ( x − 2 ) dx =
4
48
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
ta có:
3
−
a
1
= 2 ⇒a=
1 −6
4
.
Trang 9
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
Câu 7. Cho đường thẳng
y=x
50 BÀI TOÁN THEO 4 MỨC ĐỘ
y=
va parabol
1 2
x +a
S1 , S2
a
2
( là tham số thực dương). Gọi
lần
lượt là diện tích hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi
khoảng nào dưới đây?
1 2
− 3; 5 ÷
A.
.
B.
1
0; 3 ÷
1 2
; ÷
3 5
C.
.
Lời giải:
.
S1 = S2
thì
a
thuộc
2 3
; ÷
5 7
D.
.
Chọn C
Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số
1
1
x = x2 + a ⇔ x2 − x + a = 0
∆ = 1 − 2a
2
2
(có
)
1
0
Theo hình, ta có:
.
Gọi
y=x
y=
và
1 2
x +a
2
:
x1 = 1 − 1 − 2a , x2 = 1 + 1 − 2a ( 1)
là hai hoành độ giao điểm:
.
x1 1
x2
1
S1 = S 2 ⇔ ∫ x 2 + a − x ÷dx = ∫ x − x 2 − a ÷dx.
0
x
1
2
2
x1 , x2 ( 0 < x1 < x2 )
Khi đó:
x1
x2
1
1
1
1
x22 x23
⇔ x3 + ax − x 2 ÷ = x 2 − x 3 − ax ÷ .
⇔
− − ax2 = 0 ⇔ 3 x2 − x22 − 6a = 0. ( 2 )
2 0 2
6
6
x1
2 6
Từ
1
a≥
3
⇔a=
( 1) , ( 2 ) ⇔ 1 − 2a = 4a − 1 ⇔
4
8
16a 2 − 6a = 0
y=
Câu 8.
3
x
4
y=
.
1 2
x +a
2
S1 S 2
a
Cho đường thẳng
và parbol
( là tham số thực dương). Gọi ,
lần
lượt là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên.
TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA
Trang 10
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
S1 = S2
Khi
A.
1 9
; ÷
4 32
thì
.
a
50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ
thuộc khoảng nào dưới đây?
3 7
3
; ÷
0; ÷
16 32
16
B.
.
C.
.
Lời giải:
D.
7 1
; ÷
32 4
.
Chọn B
Phương trình hồnh độ giao điểm:
3
1
x = x2 + a
⇔ 2 x 2 − 3 x + 4a = 0 ( *)
4
2
Từ hình vẽ, ta thấy đồ thị hai hàm số trên cắt nhau tại hai điềm dương phân biệt. Do đó phương
trình
( *)
có hai nghiệm dương phân biệt.
∆ = 9 − 32a > 0
3
9
⇔ S = >0 ⇔0
32
P
=
2
a
>
0
*
( )
có hai nghiệm dương phân biệt
.
x1 =
3 − 9 − 32a
4
Khi đó (*) có hai nghiệm dương phân biệt
,
x1 1
x2 3
3
1
S1 = S 2 ⇔ ∫ x 2 + a − x ÷dx = ∫ x − x 2 − a ÷dx
0
x
1 4
4
2
2
x1
x2 =
3 + 9 − 32a
4
,
( x1 < x2 )
x2
x3
3x 2 x3
3x 2
⇔ + ax −
=
− − ax ÷
÷
8 0 8
6
6
x1
⇔
2
3
3x 2 x 3
x13
3x 2 3x 2 x 3
+ ax1 − 1 = 2 − 2 − ax2 − 1 − 1 − ax1 ÷ ⇔ 3 x2 − x2 − ax = 0
2
6
8
8
6
6
8
8
6
⇔ −4 x2 2 + 9 x2 − 24a = 0
2
3 + 9 − 32a
3 + 9 − 32a
⇔ −4
+ 9.
− 24a = 0
÷
÷
4
4
⇔ 3 9 − 32a = 64a − 9
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 11
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
64a − 9 > 0
⇔
2
9 ( 9 − 32a ) = ( 64a − 9 )
Câu 9.
50 BÀI TOÁN THEO 4 MỨC ĐỘ
9
a≥
64
9
a≥
27
⇔
⇔ a = 0 ⇔ a =
64
128
4096a 2 − 864a = 0
27
a =
128
Ơng An có một mảnh vườn hình Elip có độ dài trục lớn bằng
Ông muốn trồng hoa trên một dải đất rộng
8m
16m
.
và độ dài trục bé bằng
10m
.
và nhận trục bé của elip làm trục đối xứng (như
1m 2
100.000
hình vẽ). Biết kinh phí để trồng hoa là
đồng/
. Hỏi ơng An cần bao nhiêu tiền để
trồng hoa trên dải đất đó? (Số tiền được làm trịn đến hàng nghìn.)
8m
A.
7.862.000
đồng.
B.
7.653.000
7.128.000
đồng. C.
Lời giải:
đồng.
D.
7.826.000
đồng
Chọn B
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Giả sử elip có phương trình
Từ giả thiết ta có
x2 y2
+
=1
a 2 b2
2a = 16 ⇒ a = 8
Vậy phương trình của elip là
và
.
2b = 10 ⇒ b = 5
5
2
y = 8 64 − x ( E1 )
x2 y 2
+
=1⇒
64 25
y = − 5 64 − x 2 ( E )
2
8
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 12
NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ
Khi đó diện tích dải vườn được giới hạn bởi các đường
của dải vườn là
S = 2∫
( E1 ) ; ( E2 ) ; x = −4; x = 4
và diện tích
5
5 4
64 − x 2 dx = ∫ 64 − x 2 dx
−4 8
2 0
4
S=
x = 8sin t
40π
+ 20 3
3
Tính tích phân này bằng phép đổi biến
, ta được
40π
T =
+ 20 3 ÷.100000 = 7652891,82 ; 7.653.000
3
Khi đó số tiền là
.
2
(H )
y = −x + 4x
Câu 10. Gọi
là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
và trục hồnh. Hai đường
(H )
y=m
y=n
thẳng
và
chia
thành 3 phần có diện tích bằng nhau( tham khảo hình vẽ). Giá
trị của biểu thức
T=
A.
320
9
T = (4 − m)3 + (4 − n)3
T=
.
B.
512
15
bằng
T = 405
.
C.
Lời giải
T=
.
D.
75
2
.
Chọn A
*) Chứng minh cơng thức tính nhanh diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm
số
y = ax 2 + bx + c (a ≠ 0)
x1 , x2
x1 < x2
cắt trục hoành tại 2 điểm
và trục hoành (
)
2
y = ax + bx + c (a ≠ 0)
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
và trục hoành là
S=
x2
∫ ax
2
+ bx + c dx
x1
Khơng mất tính tổng qt, sử a<0. Vì đồ thị hàm số đã cắt trục hoành tại hai điểm
ax 2 + bx + c ≥ 0, ∀x ∈ [ x1; x2 ] .
x1 , x2
phân biệt
nên
Do đó,
x2
S = ∫ (ax 2 + bx + c)dx = ( a x3 + b x 2 + cx )
x1
3
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
2
x2
x1
=
a 3
b
( x2 − x13 ) + ( x22 − x12 ) + c ( x2 − x1 )
3
2
Trang 13
NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ
b
∆ a b 2 c b −b
a 2
2
= ( x2 − x1 ) ( x2 + x2 x1 + x1 ) + ( x2 + x1 ) + c = −
( 2 − ) + ( ) + c
2
a 3 a a 2 a
3
∆ −b 2 + 4ac
∆ b 2 − 4ac ∆ ∆
=
=
a 6a
a 6a 6a 2
=−
S=
∆ ∆
∆3
2
hay
S
=
6a 2
36a 4
. Vậy
*) Vận dụng cơng thức tính nhanh vào giải bài tập:
Gọi
S
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
S=
Ta có
+) Gọi
y = −x2 + 4x
và trục hoành
∆ ∆ 16 16 32
=
=
6a 2
6
3
S1
y = − x 2 + 4 x (P)
y=m
y = − x 2 + 4 x (P)
y=n
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
và
2
y = −x + 4x − m
m
Tịnh tiến (P) xuống dưới
đơn vị ta được đồ thị hàm số
S1
y = − x2 + 4 x − m
Khi đó là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
và trục Ox
S12 =
∆13
(16 − 4m)3
36S12
3
=
⇔
(4
−
m
)
=
(1)
36a14
36
43
+) Gọi
S2
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
và
2
y = − x + 4x − n
n
Tịnh tiến (P) xuông đơn vị ta được đồ thị hàm số
S2
y = − x2 + 4 x − n
Khi đó
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
và trục Ox
∆ 32
(16 − 4n)3
36 S2 2
3
S2 =
=
⇔ (4 − n) =
(2)
36a24
36
43
2
S1 =
Theo bài ra ta có
S 32
2 S 64
= ; S=
=
3 9
3
9
T=
Từ (1) và (2) ta có
Mức độ 4.
Câu 1.
Biết rằng parabol
36( S12 + S 2 2 ) 9 5120 320
= .
=
43
16 81
9
( P ) : y 2 = 2x
( C ) : x2 + y 2 = 8
thành hai phần lần lượt có
b
b
S 2 − S1 = aπ −
S1 S2
a
,
b
,
c
c
c
diện tích là ,
(như hình vẽ). Khi đó
với
ngun dương và là
S = a+b+c
phân số tối giản. Tính
.
TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA
chia đường tròn
.
Trang 14
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
A.
S = 13
.
B.
S = 16
50 BÀI TOÁN THEO 4 MỨC ĐỘ
.
C.
Lời giải
S = 15
.
D.
S = 14
.
Chọn C
2
2
2
x + y = 8
x + 2 x − 8 = 0
x = −4 ∨ x = 2
x = 2
⇔
⇔ 2
⇔ 2
2
2
y = 2 x
y = 2 x
y = 2x
y = 4
Xét hệ
2
S1 = 2 ∫ 2 xdx + 2
0
.
2 2
∫
8 − x 2 dx
2
2
2
2 3
16
2 xdx = 2. 2.
x ÷ =
3
0 3
I1 = 2∫
0
.
2 2
I2 = 2
∫
8 − x 2 dx
2
Đặt
x = 2 2 cos t ⇒ dx = −2 2 sin tdt
x=2⇒t =
0
π
4 x=2 2⇒t =0
,
.
(
I 2 = 2 ∫ 8 − 8cos 2 t −2 2 sin tdt
π
4
⇒ S1 = I1 + I 2 = 2π +
4
3
)
π
4
π
4
π
1
4
= 16 ∫ sin 2 tdt = 8 ∫ ( 1 − cos 2t ) dt = 8 t − sin 2t ÷
2
0 = 2π − 4
0
0
.
.
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 15
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
(
⇒ S2 = π 2 2
)
2
− S1 = 6π −
4
3
50 BÀI TOÁN THEO 4 MỨC ĐỘ
.
8
⇒ S2 − S1 = 4π −
3
Câu 2.
.
a = 4 = 8 c = 3 ⇒ S = a + b + c = 15
Vậy
,
,
.
Một khuôn 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 đường trịn (phần tơ màu) và
4
cách nhau một khoảng bằng (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, chi phí để trồng hoa và cỏ Nhật Bản
150.000
100.000
tương ứng là
đồng/m2 và
đồng/m2. Hỏi cần bao nhiêu tiền để trồng hoa và
trồng cỏ Nhật Bản trong khn viên đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng đơn vị)
A.
3.738.574
(đồng).
B.
1.948.000
3.926.990
(đồng). C.
Lời giải
(đồng). D.
4.115.408
(đồng).
Chọn A
Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Tính được bán kính của nửa hình trịn là
R = 22 + 42 = 2 5.
y = R 2 − x2 =
( 2 5)
2
− x 2 = 20 − x 2
Khi đó phương trình nửa đường trịn là
.
2
( P)
( P)
y = ax
O
Phương trình parabol
có đỉnh là gốc
sẽ có dạng
. Mặt khác
qua điểm
M ( 2;4 )
4 = a ( −2 ) ⇒ a = 1
2
do đó:
.
Phần diện tích của hình phẳng giới hạn bởi
TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA
( P)
và nửa đường trịn.( phần tô màu)
Trang 16
NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ
)
∫(
2
20 − x 2 − x 2 dx ≈ 11,94m 2 S 2 = S − S1 = 1 π R 2 − S1 ≈ 19, 48m 2
2
−2
Ta có cơng thức
,
150.000.S1 + 100.000.S2 ≈ 3.738.574
Vậy số tiền cần có là
đồng.
S1 =
Câu 3.
18
Trong đợt hội trại “ Khi tơi
” được tổ chức tại trường THPT X, Đồn trường có thực hiện
một dự án ảnh trưng bầy trên một pano có dạng Parabol như hình vẽ. Biết rằng Đồn trường sẽ
yêu cầu các lớp gửi hình dự thi và dán lên khu vực hình chữ nhật
ABCD
. Phần cịn lại sẽ trang
200.000
m2
trí hoa văn cho phù hợp. Chi phí dán hoa văn là
đồng cho một
bảng. Hỏi chi phí
thấp nhất cho việc hoàn tất hoa văn trên pano sẽ là bao nhiêu ( làm trịn đến hàng phần nghìn)?
A.
900.000
đồng.
B.
1.232.000
902.000
đồng.
C.
Lời giải
đồng.
D.
1.230.000
đồng.
Chọn C
y = ax 2 + c ( a < 0)
Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ. Parabol của pano có dạng
tại điểm có tung độ
4
nên
của pano có phương trình
CD = 2 x
c=4
( P)
( 2;0)
. Mà
đi qua điểm
y = 4 - x2
[- 2; 2]
0£ x£ 2
trên đoạn
nên
a =- 1
.
Giả sử
với
. Khi đó diện tích của hình chữ nhật là
Diện tích phần trang trí của hoa văn là
2
32
S ( x) = ị( 4 - x 2 ) dx - 2 x ( 4 - x 2 ) = 2 x 3 - 8 x +
3
- 2
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
( P)
. Vì
cắt
Oy
. Như vậy Parabol
S ABCD = 2 x ( 4 - x 2 )
.
Trang 17
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
S ( x)
S '( x ) = 0 Û x = ±
S '( x ) = 6 x 2 - 8
Hàm số
có
và
S ( ±2) =
[- 2; 2]
Trên đoạn
50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ
32
;
3
ỉ2 3 ư
ư 96 + 32 3
96 - 32 3 ỉ
2 3ữ
ữ
ỗ
ữ
ữ
Sỗ
=
;
S
=
ỗ
ỗ
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ỗ 3 ứ
ỗ 3 ữ
9
9
ố
ố
ứ
ta cú
S ( x)
[- 2; 2]
Do đó giá trị nhỏ nhất của
Câu 4.
2 3
3
96 - 32 3
9
trên đoạn
là
96 - 32 3
´ 200.000 » 902.000
9
Chi phí cho họa tiết văn hoa lúc đó là
đồng.
2
y = x −1
(H)
y=k
0 < k <1
k
Cho hình phẳng
giới hạn bởi các đường
và
, với
. Tìm
để
diện tích hình phẳng
k = 4 −1
(H)
gấp hai lần diện tích hình phẳng được kẻ sọc ở hình vẽ bên.
k=
3
A.
.
B.
1
2
.
C.
k=34
.
D.
k = 3 2 −1
.
Lời giải
Chọn A
Gọi
S
là diện tích hình phẳng
sọc ở bên phải
Oy
và
S2
(H)
. Lúc dó
S = 2 S1 + 2 S 2
, trong đó
S1
là diện tích phần gạch
là diện tích phần gạch ca rơ trong hình vẽ bên.
TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA
Trang 18
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
Gọi
A, B
là các giao diếm có hồnh độ dương của đường thẳng
y = x2 − 1
A
, trong đó
1− k
∫
0
( 1 − x 2 − k ) dx =
⇔ ( 1 − k ) 1 − k −
(
1− k ; k
1
∫
1− k
(
y = x − 4x
2
4
phắng có diện tích
m=−
giản có dạng
A.
29
và
(
1+ k ; k
1+ k
∫ (k−x
2
1
+ 1) dx
.
với
3
.
.
= 2 ⇔ k = 3 4 −1
.
cắt đường thẳng
S1 , S2 , S3
a
b
)
và đồ thị hàm số
.
1
1
( 1+ k ) 1+ k − (1+ k ) +
3
3
1+ k
y=k
.
thỏa mãn
a, b ∈ N
d:y=m
S1 + S2 = S3
. Giá trị cúa
3
.
)
1
1
1
( 1− k ) 1− k = − ( 1− k ) − ( 1− k ) 1− k
3
3
3
2
4
⇔ (1+ k ) 1+ k = ⇔
3
3
Đồ thị hàm số
B
( k − 1 − x 2 ) dx +
+ ( 1− k ) 1− k + ( 1+ k ) 1+ k −
Câu 5.
)
S = 2 ×2S1 ⇔ S1 = S 2
Thco u cầu bài tốn
⇔
50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ
B. .
tại 4 điểm phân biệt và tạo ra các hình
(như hình vẽ). Giá trị
T = a −b
C.
11
m
là số hữu tỷ tối
bằng
.
D.
25
.
Lời giải
Chọn C
Xét phương trình hồnh độ giao điểm
⇔ m > −4
Vậy
. Phương trình có hai nghiệm
−4 < m < 0
x4 − 4x2 − m = 0
x2 = 2 + 4 + m
2
x = 2 − 4 + m
, do
có biệt thức
∆ = 16 + 4m > 0
2− 4+ m > 0 ⇔ m < 0
.
.
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 19
NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ
x = ± 2 + 4 + m = ±t
1
x = ± 2 − 4 + m = ±t
2
Khi đó ta có bốn nghiệm
.
Theo tính đối xứng của đồ thị hàm trùng phương, nên để thỏa u cầu bài tốn ta cần có
t2
∫( x
t1
4
0
⇔
4
2
t2
0
t
x
3 x 4 − 20 x 2 − 15m ) 1 = 0
(
15
0
⇔ 3t14 − 20t12 − 15m = 0
Mặt khác ta có
Vậy
Câu 6.
t1
− 4 x − m ) dx = − ∫ ( x − 4 x − m ) dx ⇔ ∫ ( x 4 − 4 x 2 − m ) dx = 0
2
t14 − 4t12 − m = 0
T = a − b = 11
.
2t12 = −3m ⇔ 2 4 + m = −4 − 3m ⇔ m = −
. Suy ra
.
Cho hình phẳng nằm trong góc phần tư thứ nhất, giới hạn bởi các đường thẳng
đồ thị hàm số
A.
I = 66
y = x3
.
S=
có diện tích là
B.
I = 60
a
b
.
, với
a, b ∈ ¥
C.
Lời giải
và
I = 59
a
b
tối giản. Tính
.
D.
20
9
.
y = 8 x, y = x
I = a −b
I = 67
và
.
.
Chọn C
Đồ thị của ba hàm số đã cho được minh họa như hình vẽ bên.
Trong góc phần tư thứ nhất, xét các phương trình hồnh độ giao điểm:
x =1
x3 = x ⇔ x = 0
+
hoặc
.
x=2 2
+
hoặc
Hình phẳng cần tính diện tích là phần gạch sọc, được chia ra làm hai vùng. Theo hình vẽ ta có
x3 = 8 x ⇔ x = 0
1
S = ∫ ( 8 x − x ) dx +
0
Suy ra
a = 63 b = 4
,
. Vậy
I = a − b = 59
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
2 2
∫ ( 8 x − x ) dx = 63
3
0
4
.
.
Trang 20
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
Câu 7.
p > 1, q > 1,
p, q
Cho các số
50 BÀI TOÁN THEO 4 MỨC ĐỘ
thỏa mãn điều kiện
y = x p −1 ( x > 0 )
có đồ thị
( C)
. Gọi
S1
1 1
+ =1
p q
và các số dương
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi
( C)
. Xét hàm số
, trục hoành,
( C)
S2
x=a
a, b
đường thẳng
. Gọi
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi
, trục tung, đường thẳng
y=b
S
. Gọi
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung và hai đường thẳng
x = a, y = b
. Khi so sánh
S1 + S 2
và
S
ta nhận được bất đẳng thức nào trong các bất đẳng thức
dưới đây.
a p bq
+ ≤ ab
p q
A.
.
B.
a p −1 b q −1
+
≥ ab
p −1 q −1
. C.
Lời giải:
a p +1 b q +1
+
≤ ab
p +1 q +1
. D.
a p bq
+ ≥ ab
p q
.
Chọn D
S < S1 + S2
Ta có
b
a
(
S1 = ∫ x p −1
0
Vì:
1
p
1
1
+1 =
=
= =q
p −1
p −1 1− 1 1
p q
Vậy
Câu 8.
Biết
là
)
1
+1
1
p
p
p −1
÷ y q b bq
b
x
a
y
p −1
÷ = ÷ = .
dx = ÷ =
; S 2 = ∫ y ÷dy =
0
÷
p
1 +1÷ q 0 q
p 0
p −1 ÷
0
a
S1
a p bq
+ ≥ ab
p q
.
1
( P ) : y = x2
24
và
( E) :
chia
S2 ( S1 < S2 )
x2 y 2
+ =1
16 1
T=
. Gọi
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
S2
S1
thành hai hình
( H1 )
và
( H2 )
lần lượt có diện tích
, khẳng định nào sau đây đúng?
Trang 21
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
A.
T ≤3
.
3 < T < 16
B.
50 BÀI TOÁN THEO 4 MỨC ĐỘ
16 ≤ T < 1980
.
C.
Lời giải
.
D.
T > 1980
.
Chọn A
+
x2 y 2
E
:
( ) + =1
16 1
⇒
2
a = 16 a = 4
⇒
2
b = 1
b = 1
nên ta có
Diện tích của elip là:
S = π ab = 4π
.
.
2
( P)
1 2
x = 12
x
2
x 24 ÷
⇔
+
=1
x = − 12
16
1
( E)
+ Phương trình hoành độ giao điểm của
và
là
12
12
x2 x2
1
1 3 12
2 3
S1 = 2 ∫ 1 −
− ÷.dx = ∫ 16 − x 2 dx −
x
=I−
16 24 ÷
2 0
36 0
3
0
14
4 2 4 43
I
+ Ta có
I=
1
2
* Tính
Đặt
.
.
12
∫
16 − x 2 dx
0
.
π
x = 4sint , t ∈ 0;
3
.
⇒ dx = 4cos t.dt
x=0⇒t =0
x = 12 ⇒ t =
Đổi cận
⇒
I=
1
2
12
∫
0
π
3
.
π
3
π
3
π
3
0
0
0
16 − x 2 dx = 2 ∫ 16 − 16s in 2t cos tdt = 4 ∫ 2cos 2tdt = 4 ∫ ( 1 + cos 2t ) dt
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 22
NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ
π
π
3 4π + 3 3
1
= 4 t + sin 2t ÷ 3 = 4 +
2 3 4π + 3
÷=
4 ÷
3
⇒ S1 = I −
=
2
0
3
3
S2 = S − S1 = 4π −
Câu 9.
3
.
4π + 3 8π − 3 ⇒ T = S 2 = 8π − 3 ; 1,64 ≤ 3
=
S1 4π + 3
3
3
+ Ta có
.
(H)
( C)
y= x
Ox
Gọi
là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
của hàm số
, trục
và đường thẳng
x=9
. Cho điểm
M
thành khi hình phẳng
giác
OMA
S =3
(H)
.
S
và điểm
quay quanh trục
quay quanh trục
Tính diện tích
A.
thuộc đồ thị
( C)
Ox
. Biết
A ( 9;0 )
Ox V2
V1 = 2V2
,
.
. Gọi
V1
là thể tích khối trịn xoay tạo
là thể tích khối trịn xoay tạo thành khi tam
( C)
OM
phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
và đường thẳng
.
27 3
3 3
4
S=
S=
S=
16
2
3
B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải
Chọn B
9
V1 = ∫
0
( x)
2
dx =
81π
2
Theo bài ra ta có
.
Ox
OH = m
0
M
Gọi
là hình chiếu vng góc của
trên trục
, đặt
(với
). Khi đó
(
M m; m
Suy ra
)
MH = m , AH = 9 − m
,
.
1
1
1
V2 = π .MH 2 .OH + π .MH 2 . AH = π .MH 2 .OA = 3mπ
3
3
3
.
27 3 3
81π
27
M
;
÷
= 6mπ ⇔ m =
÷
V1 = 2V2
4 2
2
4
Theo giải thiết
nên
. Do đó
.
2 3
y=
x
OM
9
Phương trình đường thẳng
là
.
( C)
OM
Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
và đường thẳng
là
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 23
NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ
27
27
4
2
2 3
3 2 4 27 3
S = ∫ x −
x ÷dx = x x −
x ÷
÷ = 16
9 ÷
9
0
3
0
f ( x ) = x + 2m
2
Câu 10. Cho parabol
(với
m
.
là số thực dương) và đường thẳng
S2
lần lượt là diện tích hai phần gạch chéo như hình vẽ. Để
trong khoảng nào dưới đây?
A.
1 1
; ÷
4 2
.
B.
1 3
; ÷
2 4
3
;1÷
4
.
C.
Lời giải
S1
=2
S2
g ( x) = 2x
. Gọi
thì số thực dương
m
S1
và
nằm
5
1; ÷
4
D.
.
.
Chọn A
Phương trình hồnh độ giao điểm của parabol và đường thẳng là:
x 2 + 2m = 2 x ⇔ ( x − 1) = 1 − 2 m ( *)
2
Để có các phần gạch chéo như hình vẽ thì parabol và đường thẳng phải cắt nhau tại hai điểm
phân biệt
Khi đó
⇔
( *)
0
Vì
( *)
⇔ 1 − 2m > 0 ⇔ m <
phải có hai nghiệm phân biệt
x1 = 1 − 1 − 2m , x2 = 1 + 1 − 2m
có 2 nghiệm phân biệt là
1
2
nên
0 < x1 < x2
1
2
.
.
.
x1
x1
x3
x3
S1 = ∫ ( x − 2 x + 2m ) dx = − x 2 + 2mx ÷ = 1 − x12 + 2mx1
3
3
0
0
2
Suy ra
( 1−
=
S2 =
1 − 2m
)
3
x1
(
)
2
(
− 1 − 1 − 2 m + 2 m 1 − 1 − 2m
)
.
x2
x2
∫ ( 2x − x
3
2
x3
1
− 2m ) dx = x 2 − − 2mx ÷ = ( x22 − x12 ) − ( x23 − x13 ) − 2m ( x2 − x1 )
3
3
x1
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 24
NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ
1
2
= ( x2 − x1 ) ( x1 + x2 ) − ( x1 + x2 ) − x1 x2 − 2m ÷
3
1
4 ( 1 − 2m ) 1 − 2m
= 2 1 − 2m 2 − 22 − 2m − 2m ÷ =
3
3
Vì
S1 = 2S 2
(
1 − 1 − 2m
nên
)
3
3
Dùng CASIO dò nghiệm
m>0
(
− 1 − 1 − 2m
ta được
)
2
(
)
+ 2m 1 − 1 − 2m =
m ≈ 0, 41
8 ( 1 − 2m ) 1 − 2m
( **)
3
.
S
Câu 11. Trên bức tường cần trang trí một hình phẳng dạng paranol đỉnh
OS = AB = 4 m O
,
là trung điểm của
AB
. Parabol trên được chia thành ba phần để sơn ba
màu khác nhau với mức chi phí: phần trên là phần kẻ sọc 140000 đồng/
O
2m
như hình vẽ, biết
m
m2
, phần giữa là hình
2
quạt tâm , bán kính
được tơ đậm 150000 đồng/ , phần cịn lại 160000 đồng/
Tổng chi phí để sơn cả 3 phần gần nhất với số nào sau đây?
A. 1.597.000 đồng.
B. 1.625.000 đồng.
C. 1.575.000 đồng.
Lời giải
m2
.
D. 1.600.000 đồng.
Chọn C
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Trang 25
