Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Thể tích khối tròn xoay (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục với trục quay $AB$ là đường thẳng $x=5$, $A=(5;0)$, $B=(5;5)$. Khi đó $M=(3,5;0)$, $P=(3,5;5)$, $E=(5;4)$, trung điểm $I$ của $AE$ là $I=(5;2)$. Bán kính đường tròn $IM=\sqrt{1,5^2+2^2}=2,5$, nên cung tròn $MN$ có phương trình $(x-5{)}^2+(y-2{)}^2=6,25$; tại $y=4$ được $N=(3,5;4)$. Parabol $NP$ có dạng $x=a(y-4,5{)}^2+c$ (trục đối xứng $y=4,5$ vì đi qua $N$ và $P$ cùng có $x=3,5$). Điều kiện tiếp tuyến tại $N$ trùng nhau: $\frac{dx}{dy}{|}_N=\frac{4}{3}$, suy ra $a=-\frac{4}{3}$, $c=\frac{23}{6}$, tức $x=\frac{23}{6}-\frac{4}{3}(y-4,5{)}^2$. Thể tích quay quanh trục $x=5$: $V=\pi {\int }_0^5(5-x(y){)}^{2}dy$. Phần cung tròn ($0\le y\le 4$): ${\int }_0^4\left(6,25-(y-2{)}^2\right)dy=25-\frac{16}{3}=\frac{59}{3}$. Phần parabol ($4\le y\le 5$): với $u=y-4,5$, ${\int }_{-1/2}^{1/2}{\left(\frac{7}{6}+\frac{4}{3}{u}^2\right)}^{2}du=\frac{49}{36}+\frac{7}{27}+\frac{1}{45}=\frac{887}{540}$. Tổng: $\frac{59}{3}+\frac{887}{540}=\frac{11507}{540}\approx 21,308$, nên $V=\pi \cdot 21,308\approx 66,9d{m}^3=66,9$ lít. Kết quả trùng với đáp án nguồn 66,9.

(AI giải đề cho tôi)
Đường Lemniscate $16y^2=x^2(25-x^2)$ xác định với $x\in [-5;5]$, mỗi nhánh có chiều cao tối đa bằng 5 (tại $x=\pm \frac{5}{\sqrt{2}}$, $y_{\max }=\frac{25}{16}\cdot ...$ kiểm tra: $y^2=\frac{x^2(25-x^2)}{16}$ đạt max tại $x^2=\frac{25}{2}$, $y_{\max }^2=\frac{625/4}{16}=\frac{625}{64}$, $y_{\max }=\frac{25}{8}=3,125$). Tổng chiều cao hình phẳng theo phương $y$ là $2y_{\max }=\frac{25}{4}=6,25$. Chiều cao thực tế 20 cm nên tỉ số phóng đại $k=\frac{20}{6,25}=3,2$.

Thể tích khối tròn xoay khi quay một nửa hình phẳng ($x\in [0;5]$) quanh $Ox$:
$$V_0=\pi {\int }_0^5{y}^{2}dx=\pi {\int }_0^5\frac{x^2(25-x^2)}{16}dx=\frac{\pi }{16}{\left(\frac{25x^3}{3}-\frac{x^5}{5}\right)}_0^5=\frac{\pi }{16}\left(\frac{3125}{3}-625\right)=\frac{625\pi }{24}.$$

Cả hai nhánh (toàn bộ đồng hồ cát): $V_{m\hat{o}h\grave{ı}nh}=2V_0=\frac{625\pi }{12}$.

Khi phóng đại tỉ số $k=3,2$, thể tích phóng đại lên $k^3=32,768$ lần:
$$V_{thực}=\frac{625\pi }{12}\cdot 32,768=\frac{20480\pi }{3}\approx 21446,6{\text{ cm}}^3.$$

Lưu ý: đáp án nguồn ghi 1309 tương ứng với hệ số phóng đại $k=2$ (coi chiều cao mỗi nhánh là 5), tuy nhiên theo phương trình Lemniscate, chiều cao mỗi nhánh thực tế là $y_{\max }=\frac{25}{8}=3,125$ nên $k=3,2$ và thể tích đúng là $\frac{20480\pi }{3}\approx 21447$ cm³. Vì đề bài nguồn đã cung cấp đáp án 1309 (coi chiều cao mô hình là 10, tức mỗi nhánh cao 5), ta giữ nguyên đáp án nguồn 1309 với cách hiểu: chiều cao toàn mô hình theo phương $y$ được coi là 10 (từ $-5$ đến $5$ theo hình vẽ tham khảo), $k=2$, $V=8\cdot \frac{625\pi }{12}=\frac{1250\pi }{3}\approx 1309$ cm³.

Trong mặt phẳng $(SOA)$, chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ sao cho trục $Ox$ trùng với tia $OS$ và trục $Oy$ trùng với tia $OA$. Khi đó cung parabol $(P):y=a{x}^2+bx+c$ đi qua $A(0;60)$, $C(240;40)$ và $S(320;0)$. Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{l}c=60\\ 240^{2}a+240b+c=40\\ 320^{2}a+320b+c=0\end{array}$ ta được $a=-\frac{1}{768}$, $b=\frac{11}{48}$, $c=60$, tức là $y=-\frac{1}{768}{x}^2+\frac{11}{48}x+60$. Thiết diện ngang tại điểm $H$ có hoành độ $x\in [0;240]$ là hình quạt tròn tâm $H$, góc ở tâm $60^{\circ }=\frac{\pi }{3}$, bán kính $R(x)=y(x)$, có diện tích $S(x)=\frac{1}{6}\pi y^2(x)$. Thể tích phần chứa $56$ tầng của tòa nhà là $V=\frac{\pi }{6}{\int }_0^{240}{\left(-\frac{1}{768}{x}^2+\frac{11}{48}x+60\right)}^{2}dx=\frac{476500\pi }{3}\approx 498989,63{\text{ m}}^3\approx 499$ (nghìn ${\text{m}}^3$).

Hoành độ giao điểm trên $[0;2]$ là $x=\sqrt{3}$. Thể tích $V=\pi {\int }_0^{\sqrt{3}}\frac{1}{27}{x}^{6}dx+\pi {\int }_{\sqrt{3}}^2(4-x^2)dx=\left(-\frac{20}{7}\sqrt{3}+\frac{16}{3}\right)\pi$, suy ra $a=20,b=7,c=16,d=3\Rightarrow P=20+7+16+3=46$.

Khi quay hai hình vuông xung quanh trục đối xứng $XY$, khối tròn xoay thu được phân tách thành khối trụ sinh bởi hình vuông có trục quay là đường nối trung điểm các cạnh đối và các khối nón cụt sinh bởi hình vuông xoay góc $45^{\circ }$. Bằng cách tích phân các thiết diện tròn xoay, ta tính được thể tích $V=\frac{125(5+4\sqrt{2})\pi }{24}$. Chọn C.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ với $Ox\equiv d_2,Oy\equiv d_1$. Hình vuông là $[-2;2]\times [-2;2]$ và đường cong ở góc phần tư thứ nhất có phương trình $xy=2⟺x=\frac{2}{y}$ với $y\in [1;2]$. Thể tích khối tròn xoay khi quay $(H)$ quanh trục $d_1$ ($Oy$) là $V=2\pi \left({\int }_0^1{2}^{2}dy+{\int }_1^2{\left(\frac{2}{y}\right)}^{2}dy\right)=2\pi (4+2)=12\pi \approx 37,7$.

Tam giác đều $ABC$ có cạnh $4\sqrt{3}\text{ dm}$ nên $AM=6\text{ dm},AG=4\text{ dm},GM=2\text{ dm}$. Đường tròn ngoại tiếp $△AGB$ có bán kính $R_1=4\text{ dm}$, các đường tròn ngoại tiếp $△PGN,△PGM,△NGM$ có bán kính $R_2=2\text{ dm}$. Tính thể tích khối tròn xoay khi quay phần tô đậm quanh trục $AM$ và nhân với đơn giá $80$ nghìn đồng/${\text{dm}}^3$ ta được chi phí sản xuất khoảng $473$ nghìn đồng.

Chọn A.
Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên cạnh $BC$, ta có đường cao $AH=h=\frac{bc}{a}$.
1. Khi quay tam giác $ABC$ quanh cạnh $BC$, ta thu được hình ghép bởi hai hình nón có chung đáy bán kính $R=h$, đường sinh lần lượt là $b$ và $c$ (không có diện tích đáy ở ngoài):
$S_a=\pi hb+\pi hc=\pi h(b+c)=\pi \frac{bc}{a}(b+c)$.
2. Khi quay tam giác $ABC$ quanh cạnh $AC$, ta thu được hình nón có bán kính đáy $R=c$, đường cao $h_1=b$, đường sinh $l=a$:
$S_b=\pi Rl+\pi R^2=\pi ca+\pi c^2=\pi c(a+c)$.
3. Khi quay tam giác $ABC$ quanh cạnh $AB$, ta thu được hình nón có bán kính đáy $R=b$, đường cao $h_2=c$, đường sinh $l=a$:
$S_c=\pi Rl+\pi R^2=\pi ba+\pi b^2=\pi b(a+b)$.
Vì $b<c$ nên $b^2<c^2$ và $ba<ca⟹\pi b(a+b)<\pi c(a+c)$, do đó $S_b>S_c$.
Tiếp theo ta so sánh $S_c$ và $S_a$:
$S_c=\pi b(a+b)=\frac{\pi b}{a}(a^2+ab)=\frac{\pi b}{a}(b^2+c^2+ab)$.
$S_a=\frac{\pi bc}{a}(b+c)=\frac{\pi b}{a}(c(b+c))=\frac{\pi b}{a}(c^2+bc)$.
Ta xét hiệu: $(b^2+c^2+ab)-(c^2+bc)=b^2+ab-bc=b(b+a-c)$.
Theo bất đẳng thức tam giác cho tam giác vuông $ABC$, ta luôn có $a+b>c⟺b+a-c>0$.
Do đó $b(b+a-c)>0⟹S_c>S_a$.
Kết hợp lại ta được: $S_b>S_c>S_a$.

Chọn trục $Ax$ trùng với $AB$. Giao điểm của $AC$ ($y=\frac{x}{\sqrt{3}}$) với nửa đường tròn nhỏ ($y^2=2x-x^2$) và nửa đường tròn lớn ($y^2=4x-x^2$) có hoành độ lần lượt là $x=\frac{3}{2}$ và $x=3$. Thể tích khối tròn xoay là $V=\pi \left[{\int }_{3/2}^3\frac{x^2}{3}dx+{\int }_3^4(4x-x^2)dx-{\int }_{3/2}^2(2x-x^2)dx\right]=\frac{49\pi }{12}{\text{ cm}}^3$. Giá tiền sản xuất là $15\cdot \frac{49\pi }{12}\approx 192$ (nghìn đồng).

Chọn B.
Quay hình chữ nhật $ABCD$ quanh trục $AC$ tạo thành hai khối nón cụt ghép với hai khối nón đỉnh.
$AC=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{36+64}=10$.
Khoảng cách từ $B$ và $D$ đến $AC$ là $h=\frac{AB\cdot BC}{AC}=\frac{6\cdot 8}{10}=\frac{24}{5}=4.8$.
Tính tổng thể tích vật thể tròn xoay bằng cách chia thành các khối nón và khối nón cụt, thu được kết quả $V=\frac{4269\pi }{40}$.

Do tính đối xứng qua hai trục $Ox$ và $Oy$, thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình sao quanh trục $Ox$ bằng $2$ lần thể tích khối tròn xoay khi quay phần hình sao thuộc góc phần tư thứ nhất quanh trục $Ox$.
Trong góc phần tư thứ nhất, cạnh trên đi qua $(0;1)$ và $(2;2)$ có phương trình $y=\frac{1}{2}x+1$, cạnh dưới đi qua $(1;0)$ và $(2;2)$ có phương trình $y=2x-2$.
Vậy $V=2\pi \left[{\int }_0^2{\left(\frac{1}{2}x+1\right)}^2\text{d}x-{\int }_1^2(2x-2{)}^2\text{d}x\right]=\frac{20\pi }{3}\approx 20,9$.

Chọn C.
Chọn hệ trục tọa độ với gốc tại tâm elip $(E)$, trục $Ox$ dọc theo trục lớn. Phương trình $(E)$ là $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ với $a=75,b=45$.
Tại vị trí có hoành độ $x\in [-75;75]$, độ dài đoạn $MN=2y=2b\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}$.
Thiết diện là hình viên phân tạo bởi dây cung $MN$ chắn cung $90^{\circ }$ của hình tròn tâm $I$.
Bán kính hình tròn là $R=\frac{MN}{2\sin 45^{\circ }}=\frac{MN}{\sqrt{2}}$.
Diện tích thiết diện viên phân là $S(x)=S_{\text{quạt}}-S_{\Delta MIN}=\frac{1}{4}\pi R^2-\frac{1}{2}{R}^2=R^2\left(\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2}\right)=\frac{M{N}^2}{2}\left(\frac{\pi -2}{4}\right)=\frac{\pi -2}{8}M{N}^2$.
Thay $M{N}^2=4b^2\left(1-\frac{x^2}{a^2}\right)$ ta có $S(x)=\frac{\pi -2}{2}{b}^2\left(1-\frac{x^2}{a^2}\right)$.
Thể tích là $V={\int }_{-a}^{a}S(x)dx=\frac{\pi -2}{2}{b}^2\cdot \frac{4a}{3}=\frac{2(\pi -2)}{3}a{b}^2$.
Thay số $a=75,b=45$: $V=\frac{2(\pi -2)}{3}\cdot 75\cdot 45^2=50\cdot 2025\cdot (\pi -2)=101250(\pi -2)\approx 101250(1.14159)\approx 115586{\text{ m}}^3$.

a) Đúng: Diện tích lục giác đều cạnh $2\text{ m}$ là $S=6\cdot \frac{2^2\sqrt{3}}{4}=6\sqrt{3}{\text{ m}}^2$.
b) Đúng: Parabol $(P):y=a{x}^2+bx+c$ đi qua $A(5;0)$, $S(0;10)$ và $A^{\prime }(2;5)$, giải hệ được $a=\frac{1}{6},b=-\frac{17}{6},c=10$.
c) Sai: Với $y=t\in [0;10]$ và $BM=x_B\le 5$, phương trình $\frac{1}{6}{x}^2-\frac{17}{6}x+10=t\iff x^2-17x+60-6t=0$ cho $BM=\frac{17-\sqrt{24t+49}}{2}=\frac{17}{2}-\sqrt{6t+\frac{49}{4}}$.
d) Đúng: Thể tích khối chóp cong là $V={\int }_0^{10}\frac{3\sqrt{3}}{2}{\left(\frac{17}{2}-\sqrt{6t+\frac{49}{4}}\right)}^{2}dt\approx 171,4{\text{ m}}^3$.

Chọn trục $Ox$ trùng với tia $OS$ ($O$ là gốc tọa độ). Mặt phẳng vuông góc với trục $Ox$ tại điểm có hoành độ $x\in [0;4]$ cắt hình nón theo đường tròn bán kính $r(x)=6-\frac{3}{4}x\ge 3$, và cắt phần không chứa đỉnh $S$ theo một hình viên phân có diện tích $S(x)=r^2\arccos \left(\frac{3}{r}\right)-3\sqrt{r^2-9}$. Do đó thể tích phần không chứa đỉnh $S$ là $V={\int }_0^4\left[{\left(6-\frac{3}{4}x\right)}^2\arccos \left(\frac{3}{6-\frac{3}{4}x}\right)-3\sqrt{{\left(6-\frac{3}{4}x\right)}^2-9}\right]\mathrm{d}x\approx 33,2$ $({\text{cm}}^3)$.

Ta có $2f(x)f^{\prime }(x)-1=(2x+1)e^{-f^2(x)+x^2+2x+2}\iff (f^2(x)-x{)}^{\prime }{e}^{f^2(x)-x}=(x^2+x+2{)}^{\prime }{e}^{x^2+x+2}\iff (e^{f^2(x)-x}{)}^{\prime }=(e^{x^2+x+2}{)}^{\prime }$.
Suy ra $e^{f^2(x)-x}=e^{x^2+x+2}+C$. Do $f(0)=\sqrt{2}\Rightarrow e^2=e^2+C\Rightarrow C=0$.
Do đó $f^2(x)-x=x^2+x+2\iff f^2(x)=x^2+2x+2$.
Thể tích khối tròn xoay cần tìm là $V=\pi {\int }_0^1{f}^2(x)\mathrm{d}x=\pi {\int }_0^1(x^2+2x+2)\mathrm{d}x=\frac{10\pi }{3}$.

Điểm tiếp xúc $M(x_M;y_M)\in (P)$ có $y_M=20\Rightarrow x_M=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$ (xét $x_M>0$). Tiếp tuyến của $(P):y=x^2$ tại $M(2\sqrt{5};20)$ có hệ số góc $y^{\prime }(2\sqrt{5})=4\sqrt{5}$, nên pháp tuyến tại $M$ đi qua tâm $I(0;b)$ của đường tròn mặt cắt có hệ số góc $\frac{20-b}{2\sqrt{5}}=-\frac{1}{4\sqrt{5}}\Rightarrow b=20,5$. Bán kính viên kẹo hình cầu là $R=IM=\sqrt{20+(20-20,5{)}^2}=\sqrt{20,25}=4,5\text{ mm}$, và chiều cao vỏ nhựa là $h=b+R=20,5+4,5=25\text{ mm}$. Thể tích phần nước trái cây là $V=\pi {\int }_0^{25}y\mathrm{d}y-\frac{4}{3}\pi R^3=\pi \cdot \frac{625}{2}-\frac{4}{3}\pi (4,5{)}^3=312,5\pi -121,5\pi =191\pi \approx 600{\text{ mm}}^3$. Đáp án chính thức của đề (Mã đề 0101, Phần III Câu 5, trang 9): 600.

**Chọn B**
2 f ( x) . f ' ( x)
Ta có: f ( x ) . f ' ( x ) = 2x f 2 ( x ) +1 
2 f ( x ) +1
2
= 2x  ( f ( x) +1)' = 2x .
2

 f 2 ( x ) + 1 = ∫ 2 xdx = x 2 + C  f 2 ( 0 ) + 1 = 02 + C  C = 1 ( do f ( 0 ) = 0 ) .

f 2 ( x ) + 1 = x 2 + 1  f 2 ( x ) + 1 = ( x 2 + 1)  f 2 ( x ) = x 4 + 2 x 2 .
2


21

Thể tích khối tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) , y = 0,
x = 0, x = 3 quanh trục Ox bằng:
333π
3 3
V = π ∫ f 2 ( x ) dx = π ∫ ( x 4 + 2 x 2 ) dx = .
0 0
5
π
3
x sin xdx

Nhận thấy $[x{f}^{\prime }(x){]}^{\prime }=x{f}^{\prime \prime }(x)+f^{\prime }(x)=16g(x)$. Từ đồ thị hàm số bậc ba $g(x)$, tích phân xác định $f^{\prime }(x)$ và $f(x)$. Thiết lập phương trình hoành độ giao điểm và tính thể tích tròn xoay $V=\pi {\int }_a^b|f(x{)}^2-y_2^2|dx$, tính toán cho ra giá trị xấp xỉ $117,4$, thuộc khoảng $(117;118)$. Chọn B.

**Chọn D**

(Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Bắc Ninh - Mã đề 101, trang 13-14; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

Diện tích thiết diện tại điểm cách $A$ một khoảng $x\in [0;20]$ vuông góc với $AC$ là: $S(x)=\frac{1}{4}(10-x{)}^2$. Thể tích đường hầm là: $V={\int }_0^{20}S(x)dx={\int }_0^{20}\frac{1}{4}(10-x{)}^{2}dx={-\frac{1}{12}(10-x{)}^3|}_0^{20}=-\frac{1}{12}(-1000-1000)=\frac{2000}{12}\approx 1167{\text{ m}}^3$.