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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: khối trụ (T): $x^2+y^2\le 4$, $0\le z\le 4$ (bán kính 2 dm, chiều cao 4 dm). Vì trục của nón là một đường sinh của trụ nên đỉnh nón là $S(2,0,4)$, tâm đáy nón là $(2,0,0)$, đáy nón nằm trong mặt phẳng $z=0$ (đồng phẳng với đáy trụ), bán kính đáy nón bằng 2 dm.

Thiết diện phẳng $z=\text{const}$ của phần giao là giao của hai hình tròn: tròn tâm $O(0,0)$ bán kính $R=2$ (thuộc trụ) và tròn tâm $(2,0)$ bán kính $r=2\left(1-\frac{z}{4}\right)=2-\frac{z}{2}$ (thuộc nón), khoảng cách hai tâm $d=2$.

Diện tích giao (lens) của hai đường tròn bán kính $R=2$, $r$, tâm cách nhau $d=2$:
$$A(r)=r^2\arccos \frac{r}{4}+4\arccos \left(1-\frac{r^2}{8}\right)-\frac{1}{2}r\sqrt{16-r^2}.$$

Kiểm tra: $A(2)=4\cdot \frac{\pi }{3}+4\cdot \frac{\pi }{3}-\sqrt{12}\approx 4,9135$; $A(1)\approx 1,4030$; $A(0,5)\approx 0,3705$; $A(1,5)\approx 2,9667$.

Thể tích:
$$V={\int }_0^{4}A(z)dz=2{\int }_0^{2}A(r)dr(r=2-\frac{z}{2},dz=-2dr).$$

Tính gần đúng bằng quy tắc Simpson với $h=0,5$ trên $[0,2]$:
$${\int }_0^{2}A(r)dr\approx \frac{0,5}{3}\left[A(0)+4A(0,5)+2A(1)+4A(1,5)+A(2)\right]\approx \frac{0,5}{3}(21,068)\approx 3,511.$$
$$V\approx 2\cdot 3,511\approx 7,02{\text{dm}}^3.$$

Kết quả khớp với đáp án nguồn 7,02.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn trục Oz dọc theo OO', gốc tại O, z dương hướng lên về B. Khi đó B(0;7), A(5;-3) (vì OO'=3, OB=10 nên B cao hơn O là 10-3=7; A nằm trên mặt đáy dưới, cách trục OA=5, thấp hơn O là 3). Parabol đỉnh B có dạng r(z)=a(z-7)^2; qua A: 5=a·100 nên a=1/20.

Thể tích phần paraboloid (từ z=-3 đến z=7):
V1=π∫_{-3}^{7} (z-7)^4/400 dz = π·[(7-z)^5/2000]_{-3}^{7} = π·10^5/2000 = 50π.

Phần trụ dưới (bán kính 5, chiều cao 3): V2=π·25·3=75π.

V=125π≈392,699≈393 (m^3).

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối tròn xoay khi quay hình $(H)$ quanh trục $Ox$ là $V=\pi {\int }_1^2{f}^2(x)dx=\pi {\int }_1^2\frac{1}{x^2}dx=\pi {\left[-\frac{1}{x}\right]}_1^2=\pi \left(1-\frac{1}{2}\right)=\frac{\pi }{2}$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng $(H)$ giới hạn bởi đồ thị $y=f(x)$, trục $Ox$ và hai đường thẳng $x=a$, $x=b$ $(a<b)$ quanh trục $Ox$ theo công thức chuẩn là $V=\pi {\int }_a^b{f}^2(x)dx$. Loại A (thiếu hệ số $\pi$), B (công thức diện tích), D (thiếu bình phương).

(AI giải đề cho tôi)
Thiết diện vuông góc với chiều dài lều là một hình Parabol có bề ngang 3 m, đỉnh cao 3 m. Chọn hệ trục với gốc tại đỉnh parabol: $y=-\frac{4}{3}{x}^2$ (vì tại $x=\pm \frac{3}{2}$ thì $y=-3$). Diện tích hình parabol bằng $\frac{2}{3}\cdot \text{đaˊy}\cdot \text{chieˆˋu cao}=\frac{2}{3}\cdot 3\cdot 3=6$ (m²) (cũng tính được bằng tích phân ${\int }_{-3/2}^{3/2}\left(3-\frac{4}{3}{x}^2\right)dx=6$). Thể tích lều = diện tích thiết diện × chiều dài $=6\times 5=30$ (m³).

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=x^2-4x+4=(x-2{)}^2\ge 0$ với mọi $x$, tiếp xúc trục hoành tại $x=2$. Hình $(H)$ giới hạn bởi đồ thị, trục tung $(x=0)$, trục hoành và đường thẳng $x=3$, nên $x\in [0;3]$ và trên khoảng này đồ thị luôn nằm trên trục $Ox$. Thể tích khối tròn xoay khi quay $(H)$ quanh trục $Ox$ là:
$$V=\pi {\int }_0^3(x-2{)}^{4}dx=\pi {\frac{(x-2{)}^5}{5}|}_0^3=\pi \left(\frac{1}{5}+\frac{32}{5}\right)=\frac{33\pi }{5}.$$
Vậy đáp án đúng là C, trùng với đáp án mã đề 611 (câu 6: C).

(AI giải đề cho tôi)
Hình (H) giới hạn bởi parabol $y=(x-2{)}^2$, trục tung, trục hoành và đường thẳng $x=3$. Khi quay quanh trục $Ox$, thể tích là $V=\pi {\int }_0^3(x-2{)}^{4}dx=\pi {\left[\frac{(x-2{)}^5}{5}\right]}_0^3=\pi \cdot \frac{1^5-(-2{)}^5}{5}=\frac{33\pi }{5}$. Kết quả khớp với đáp án C trong bảng đáp án.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi trục $Ox$ là trục thẳng đứng qua tâm đáy, đáy tại $x=-20$, đỉnh tại $x=20$ (chiều cao 40cm). Vì mặt cắt đứng chứa đường chéo đáy, parabol $y=f(x)$ cho nửa đường chéo của mặt cắt ngang tại độ cao $x$.

a) Diện tích lớn nhất của mặt cắt ngang hình vuông có cạnh $L_{max}=14\sqrt{2}$ là $S=(14\sqrt{2}{)}^2=392c{m}^2\ne 196c{m}^2$. → Sai.

b) Parabol đỉnh $(0;14)$, đi qua $(\pm 20;10)$ (vì nửa đường chéo đáy $=\frac{10\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}{2}=10$): $f(x)=a{x}^2+14$, $400a+14=10\Rightarrow a=\frac{-1}{100}$. Vậy $f(x)=\frac{-1}{100}{x}^2+14$. → Đúng.

c) Cạnh mặt cắt ngang tại độ cao $x$ là $L(x)=\sqrt{2}f(x)$, diện tích $L(x{)}^2=2f(x{)}^2$. Thể tích:
$$V={\int }_{-20}^{20}2{\left(14-\frac{x^2}{100}\right)}^{2}dx=2{\int }_{-20}^{20}\left(196-\frac{28x^2}{100}+\frac{x^4}{10^4}\right)dx$$
$=2\left(7840-\frac{4480}{3}+128\right)=2\cdot 6474,67=12949,33c{m}^3\approx 12,95$ lít. → Đúng.

d) Tâm bóng đèn cách đáy 22cm nên có tọa độ $x=-20+22=2$, tức điểm $C(2;0)$. Mặt cắt ngang là hình vuông nửa đường chéo $f(x)$, nên khoảng cách từ trục tới cạnh (điểm gần nhất trên lồng đèn) là $\frac{L(x)}{2}=\frac{f(x)}{\sqrt{2}}$. Khoảng cách từ $C$ đến lồng đèn:
$$d^2(x)=(x-2{)}^2+\frac{f(x{)}^2}{2}=(x-2{)}^2+\frac{1}{2}{\left(14-\frac{x^2}{100}\right)}^2$$
$$d^{\prime }(x)=0\iff 2(x-2)-\frac{x}{50}\left(14-\frac{x^2}{100}\right)=0\iff x^3+8600x-20000=0\iff x\approx 2,3242$$
Khi đó $f(2,3242)\approx 13,946$, $d_{min}=\sqrt{(0,3242{)}^2+\frac{13,946^2}{2}}\approx 9,8666cm$. Bán kính lớn nhất: $r=d_{min}-7\approx 2,8666cm$. → Đúng.

Kết quả khớp với đáp án nguồn: a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Diện tích lớn nhất là $(14\sqrt{2}{)}^2=392c{m}^2$, không phải $196c{m}^2$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Parabol đỉnh $(0;14)$ qua $(\pm 20;10)$ nên $f(x)=\frac{-1}{100}{x}^2+14$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$V={\int }_{-20}^{20}2f(x{)}^{2}dx=12949,33c{m}^3\approx 12,95$ lít.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tâm bóng tại $x=2$; $d_{min}\approx 9,8666cm$ tại $x\approx 2,3242$; $r_{max}=d_{min}-7\approx 2,8666cm$.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối tròn xoay: $V=\pi {\int }_0^9(\sqrt{x}{)}^{2}dx=\pi {\int }_0^{9}xdx=\pi \cdot \frac{x^2}{2}{|}_0^9=\frac{81\pi }{2}$ (đvtt). Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối tròn xoay tạo bởi hình phẳng giới hạn bởi $y=f(x)$, $x=a$, $x=b$ và trục hoành khi quay quanh trục $Ox$ là $V=\pi {\int }_a^b{\left(f(x)\right)}^2\mathrm{d}x$ (công thức chuẩn, với $a<b$). Loại A (thiếu $\pi$), B (cận ngược), C (thừa hệ số $\frac{1}{3}$). Vậy đáp án là D.

(AI giải đề cho tôi)
Hình phẳng giới hạn bởi $y=\sqrt{x}$, $y=2-x$ và trục hoành. Giao điểm của hai đường: $\sqrt{x}=2-x\Rightarrow x=1$ (với $y=1$). Trên $[0;1]$ biên trên là $y=\sqrt{x}$, trên $[1;2]$ biên trên là $y=2-x$ (đến giao điểm với trục hoành tại $x=2$). Khi quay quanh $Ox$, thể tích là $V=\pi {\int }_0^1(\sqrt{x}{)}^{2}dx+\pi {\int }_1^2(2-x{)}^{2}dx=\pi {\int }_0^{1}xdx+\pi {\int }_1^2(2-x{)}^{2}dx$. Vậy đáp án C. (A sai vì công thức hiệu số bình phương không đúng dạng đó; B thiếu hệ số $\pi$; D sai cận tích phân thứ hai.)

(AI giải đề cho tôi)
Hai đường $y=\sqrt{x}$ và $y=\frac{x^2}{8}$ cắt nhau tại $x=0$ và $x=4$; trên $[0;4]$ ta có $\sqrt{x}\ge \frac{x^2}{8}$.

a) $S={\int }_0^4\left(\sqrt{x}-\frac{x^2}{8}\right)dx={\left[\frac{2}{3}{x}^{3/2}-\frac{x^3}{24}\right]}_0^4=\frac{16}{3}-\frac{64}{24}=\frac{16}{3}-\frac{8}{3}=\frac{8}{3}$. Đúng.

b) $V_1=\pi {\int }_0^4(\sqrt{x}{)}^{2}dx=\pi {\int }_0^{4}xdx=\pi \cdot 8=8\pi$. Đúng.

c) $V_2=\pi {\int }_0^2{\left(\frac{x^2}{8}\right)}^{2}dx=\pi {\int }_0^2\frac{x^4}{64}dx=\pi \cdot \frac{32}{320}=\frac{\pi }{10}\ne \frac{16\pi }{5}$. Sai.

d) $V=\pi {\int }_0^4\left(x-\frac{x^4}{64}\right)dx=\pi \left(8-\frac{1024}{320}\right)=\pi \left(8-\frac{16}{5}\right)=\frac{24\pi }{5}$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$S={\int }_0^4(\sqrt{x}-x^2/8)dx=16/3-8/3=8/3$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$V_1=\pi {\int }_0^{4}xdx=8\pi$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$V_2=\pi {\int }_0^2{x}^4/64dx=\pi /10\ne 16\pi /5$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$V=\pi {\int }_0^4(x-x^4/64)dx=\pi (8-16/5)=24\pi /5$.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối tròn xoay tạo bởi quay hình phẳng giới hạn bởi $y=\sqrt{x}+2$, trục hoành, $x=0$, $x=4$ quanh trục hoành là $$V=\pi {\int }_0^4{\left(\sqrt{x}+2\right)}^{2}dx=\pi {\int }_0^4\left(x+4\sqrt{x}+4\right)dx.$$ Tính từng phần: ${\int }_0^{4}xdx=8$; ${\int }_0^{4}4\sqrt{x}dx=4\cdot \frac{2}{3}{x}^{3/2}{|}_0^4=\frac{8}{3}\cdot 8=\frac{64}{3}$; ${\int }_0^{4}4dx=16$. Vậy $$V=\pi \left(8+\frac{64}{3}+16\right)=\pi \left(24+\frac{64}{3}\right)=\frac{136\pi }{3}\approx 142.416\approx 142.4d{m}^3.$$

(AI giải đề cho tôi)
PT vi phân: $f^{\prime }(x)+\frac{x}{x^2+1}f(x)=-\frac{x}{x^2+1}$. Nhân tích phân: $\sqrt{x^2+1}$, được ${\left(f(x)\sqrt{x^2+1}\right)}^{\prime }=-\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$, suy ra $f(x)\sqrt{x^2+1}=-\sqrt{x^2+1}+C$. Với $f(0)=-2$ ta được $C=-1$, nên $f(x)=-1-\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$. Do đó $1+f(x)=-\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$ và $g(x)=-\sqrt{x^2+1}$. Thể tích: $V=\pi {\int }_0^3{g}^2(x)dx=\pi {\int }_0^3(x^2+1)dx=\pi \left(\frac{27}{3}+3\right)=12\pi \approx 37,70\approx 38$.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối tròn xoay tạo bởi hình thang cong giới hạn bởi $y=f(x)$, trục $Ox$, $x=a$, $x=b$ khi quay quanh trục $Ox$ là $V=\pi \underset{a}{\overset{b}{\int }}{f}^2(x)\mathrm{d}x$ (công thức chuẩn, vì bán kính mặt tròn tại hoành độ $x$ là $|f(x)|$ nên diện tích thiết diện là $\pi f^2(x)$). Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng D quanh trục Ox là $V=\pi {\int }_0^1(e^{3x}{)}^2\mathrm{d}x=\pi {\int }_0^1{e}^{6x}\mathrm{d}x$. Vậy đáp án đúng là C.

(AI giải đề cho tôi)
Quay hình phẳng giới hạn bởi $y=e^{4x}$, $y=0$, $x=0$, $x=1$ quanh trục $Ox$, thể tích là $V=\pi {\int }_0^1(e^{4x}{)}^2\mathrm{d}x=\pi {\int }_0^1{e}^{8x}\mathrm{d}x$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi $y=f(x)=x^2+3\ge 0$, $y=0$, $x=0$, $x=2$ quanh trục $Ox$ là $V=\pi \underset{0}{\overset{2}{\int }}{f}^2(x)\mathrm{d}x=\pi \underset{0}{\overset{2}{\int }}(x^2+3{)}^2\mathrm{d}x$. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối tròn xoay khi quay miền D quanh trục Ox: $V=\pi {\int }_0^1(e^x{)}^{2}dx=\pi {\int }_0^1{e}^{2x}dx=\pi \cdot \frac{e^{2x}}{2}{|}_0^1=\frac{\pi (e^2-1)}{2}$. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối tròn xoay khi quay miền $D$ quanh trục $Ox$ là $$V=\pi {\int }_0^1{y}^{2}dx=\pi {\int }_0^1(x^2+1)dx=\pi \left(\frac{x^3}{3}+x\right){|}_0^1=\pi \left(\frac{1}{3}+1\right)=\frac{4\pi }{3}.$$ Vậy đáp án đúng là B.