Bài tập ứng dụng của tích phân tính thể tích khối tròn xoay có đáp án chi tiết

Bài tập ứng dụng của tích phân tính thể tích khối tròn xoay có đáp án chi tiết

Bài tập trắc nghiệm ứng dụng tích phân tính thể tích khối tròn xoay có lời giải

Lời giải:

Thể tích cần tính là  $V=\pi \int\limits_{0}^{2}{{{x}^{4}}dx}=\pi .\left. \frac{{{x}^{5}}}{5} \right|_{0}^{2}=\frac{32\pi }{5}.$ Chọn D.

Lời giải:

Thể tích cần tính bằng $V=\pi \int\limits_{0}^{1}{{{\left( \sqrt{{{x}^{2}}+1} \right)}^{2}}}dx=\frac{4\pi }{3}.$ Chọn A.

Lời giải:

Thể tích cần tính bằng $V=\pi \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\left( \sqrt{2+\cos x} \right)}^{2}}}dx=\pi \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left( 2+\cos x \right)}\,dx=\pi \left. \left( 2x+sinx \right) \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=\left( \pi +1 \right)\pi .$ Chọn A.

Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm là: $-{{x}^{2}}+4x=x\Leftrightarrow -{{x}^{2}}+3x=0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}  {} x=0 \\  {} x=3 \\ \end{array} \right.$

Thể tích cần tìm là: $V=\pi \int\limits_{0}^{3}{\left| {{\left( 4x-{{x}^{2}} \right)}^{2}}-{{x}^{2}} \right|dx}=\frac{108\pi }{5}.$ Chọn C.

Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm là: $x\sqrt{\ln \left( 1+{{x}^{3}} \right)}=0\Leftrightarrow x=0$

Gọi $V$ là thể tích khối tròn xoay cần tìm ta có: $V=\pi \int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}\ln \left( 1+{{x}^{3}} \right)dx}$

Đặt $\left\{ \begin{array}  {} u=\ln \left( 1+{{x}^{3}} \right) \\  {} dv={{x}^{2}}dx \\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}  {} du=\frac{3{{x}^{2}}}{1+{{x}^{3}}} \\  {} v=\frac{{{x}^{3}}+1}{3} \\ \end{array} \right.\Rightarrow V=\pi \left( \left. \frac{{{x}^{3}}+1}{3}\left. \ln \left( 1+{{x}^{3}} \right) \right| \right|_{0}^{1}-\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}dx} \right)$

$=\pi \left( \frac{2\ln 2}{3}-\frac{1}{3} \right)\,\,\,\left( vtt \right).$ Chọn A.

Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của $\left( C \right)$ và $Ox$ là $x\sqrt{\ln \left( x+1 \right)}=0\Leftrightarrow x=0$

Thể tích khối tròn xoay cần tính là$\pi \int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}\ln \left( x+1 \right)dx}$. Đặt $\left\{ \begin{array}  {} u=\ln \left( x+1 \right) \\  {} dv={{x}^{2}}dx \\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}  {} du=\frac{dx}{x+1} \\  {} dv=\frac{{{x}^{3}}+1}{3} \\ \end{array} \right.$

Ta có: $\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}\ln \left( x+1 \right)dx}=\left. \frac{{{x}^{3}}+1}{3}\left. \ln \left( x+1 \right) \right| \right|_{0}^{1}-\int\limits_{0}^{1}{\left( {{x}^{2}}-x+1 \right)dx}=\frac{1}{18}\left( 12\ln 2-5 \right)$

Do đó $V=\frac{\pi }{18}\left( 12\ln 2-5 \right)$. Chọn D.

Lời giải:

Tung độ giao điểm là: $-{{y}^{2}}+5=3-y\Leftrightarrow \left[ \begin{array}  {} y=-1 \\  {} y=2 \\ \end{array} \right.$

$\Rightarrow V=\pi \int\limits_{-1}^{2}{\left| {{\left( -{{y}^{2}}+5 \right)}^{2}}-{{\left( 3-y \right)}^{2}} \right|dy}\xrightarrow{CASIO}V=\frac{153}{5}\pi$

Vậy $V=\frac{153}{5}\pi$ (đvtt). Chọn D.

Lời giải:

Theo đề bài ta có $2=-1+a\Rightarrow a=3\Rightarrow (d):y=-x+3$.

Gọi ${{V}_{1}}$ là thể tích khối tròn xoay thu được khi quay hình phẳng $\left( {{S}_{1}} \right)$ được giới hạn bởi các đường $\left( C \right),\,\,\,\left( d \right),\,\,Oy,\,\,Ox$ như hình bên quanh trục $Ox$ $\Rightarrow {{V}_{1}}=\pi \int\limits_{0}^{1}{{{\left( {{2}^{x}} \right)}^{2}}dx}+\pi \int\limits_{1}^{3}{{{\left( 3-x \right)}^{2}}dx}$

$\Rightarrow {{V}_{1}}=\pi \left( \frac{8}{3}-\frac{3}{\ln 4} \right).$

Gọi ${{V}_{2}}$ là thể tích khối tròn xoay thu được khi quay hình phẳng được giới hạn bởi các đường $\left( d \right),\,\,Ox$ như hình bên quanh trục hoành,

Suy ra ${{V}_{2}}=\pi \int\limits_{0}^{3}{{{\left( 3-x \right)}^{2}}dx}=9\pi .$ Khi đó $V={{V}_{2}}-{{V}_{1}}=\left( \frac{19}{3}-\frac{3}{\ln 4} \right)\pi .$ Chọn A. 

Lời giải:

Ta có: ${{y}^{2}}={{x}^{3}}\left( k-x \right)\Rightarrow$ đồ thị cắt trục $Ox$ tại điểm $\left( 0;k \right).$

Thể tích của chậu hoa là: $V=\pi \int\limits_{0}^{k}{{{x}^{3}}\left( k-x \right)dx}=\left. \pi \left( k\frac{{{x}^{4}}}{4}-\frac{{{x}^{5}}}{5} \right) \right|_{0}^{k}=\pi \left( \frac{{{k}^{5}}}{4}-\frac{{{k}^{5}}}{5} \right)=12,15\pi$

$\Leftrightarrow {{k}^{5}}=243\Leftrightarrow k=3$. Chọn C.

Ví dụ 10: Cho hình thang cong $\left( H \right)$ giới hạn bởi các đường $y=\frac{1}{x};\,\,y=0;\,\,x=1;\,\,x=5$. Đường thẳng $x=k$ với $1<k<5$ chia $\left( H \right)$ thành hai phần là $\left( {{S}_{1}} \right)$ và $\left( {{S}_{2}} \right)$ quay quanh trục $Ox$ ta thu được hai khối tròn xoay có thể tích lần lượt là ${{V}_{1}}$  và ${{V}_{2}}.$ Xác đinh $k$ để ${{V}_{1}}=2{{V}_{2}}.$ A. $k=\frac{5}{3}.$ B. $k=\frac{15}{7}.$ C. $k=\ln 5.$ D. $k=\sqrt[3]{25}.$

Lời giải:

Ta có $\int{\frac{dx}{{{x}^{2}}}}=-\frac{1}{x}=F\left( x \right)\Rightarrow \frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{\pi \int\limits_{1}^{k}{{{\left( \frac{1}{x} \right)}^{2}}dx}}{\pi \int\limits_{k}^{5}{{{\left( \frac{1}{x} \right)}^{2}}dx}}=\frac{F\left( k \right)-F\left( 1 \right)}{F\left( 5 \right)-F\left( k \right)}=2\Leftrightarrow k=\frac{15}{7}.$ Chọn B.

Ví dụ 11: Cho hình thang cong $\left( H \right)$ giới hạn bởi các đường $y=\sqrt{x};\,\,y=0;\,\,x=1;\,\,x=7$. Đường thẳng $x=k$ với $1<k<7$ chia $\left( H \right)$ thành hai phần là $\left( {{S}_{1}} \right)$ và $\left( {{S}_{2}} \right)$ quay quanh trục $Ox$ ta thu được hai khối tròn xoay có thể tích lần lượt là ${{V}_{1}}$ và ${{V}_{2}}.$ Xác đinh $k$ để ${{V}_{1}}=2{{V}_{2}}.$ A. $k=33.$ B. $k=\sqrt{33}.$ C. $k=\frac{33}{2}.$ D. $k=\sqrt[3]{33}.$

Lời giải:

Ta có $\int{x}=\frac{{{x}^{2}}}{2}=F\left( x \right)\Rightarrow \frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{\pi \int\limits_{1}^{k}{{{\left( \sqrt{x} \right)}^{2}}dx}}{\pi \int\limits_{k}^{7}{{{\left( \sqrt{x} \right)}^{2}}dx}}=\frac{F\left( k \right)-F\left( 1 \right)}{F\left( 7 \right)-F\left( k \right)}=2\Leftrightarrow F\left( k \right)-\frac{1}{2}=2\left( \frac{49}{2}-F\left( k \right) \right)$

$\Rightarrow F\left( k \right)=\frac{33}{2}\Rightarrow k=\sqrt{33}.$ Chọn B.

Lời giải:

Ta có: $S\left( x \right)={{S}_{HCN}}=3x\sqrt{3{{x}^{2}}-2}\Rightarrow V=\int\limits_{1}^{3}{S\left( x \right)dx}=\int\limits_{1}^{3}{3x\sqrt{3{{x}^{2}}-2}\,dx}=\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{3}{\sqrt{3{{x}^{2}}-2}\,d\left( 3{{x}^{2}}-2 \right)}$

$=\frac{1}{3}\left. \sqrt{{{\left( 3{{x}^{2}}-2 \right)}^{3}}} \right|_{1}^{3}=\frac{124}{3}.$ Chọn C.

Lời giải:

Do thiết diện là hình chữ nhật nên diện tích thiết diện là: $S\left( x \right)=x\ln \left( {{x}^{2}}+1 \right)$

Ta có thể tích cần tính là $V=\int\limits_{0}^{1}{x\ln \left( {{x}^{2}}+1 \right)dx}$

$V=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}{\ln \left( {{x}^{2}}+1 \right)d\left( {{x}^{2}}+1 \right)=\frac{1}{2}}\left( {{x}^{2}}+1 \right)\left. \ln \left( {{x}^{2}}+1 \right) \right|_{0}^{1}-\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}{\left( {{x}^{2}}+1 \right)d\left( \ln \left( {{x}^{2}}+1 \right) \right)}$

$\ln 2-\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}{2xdx=\ln 2-\frac{1}{2}}.$ Chọn C.

Lời giải:

Diện tích thiết diện là $S\left( x \right)=\frac{{{\left( 2\sqrt{\sin x} \right)}^{2}}.\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}\sin x$

Ta có thể tích cần tính là $V=\int\limits_{0}^{\pi }{\sqrt{3}\sin xdx=-\left. \sqrt{3}\,\cos x \right|}_{0}^{\pi }=2\sqrt{3}.$ Chọn C.

Lời giải:

Ta có $V=\pi \int\limits_{0}^{4}{xdx=8\pi \Rightarrow }\,\,{{V}_{1}}=4\pi .$

Gọi $N$ là giao điểm của đường thẳng $x=a$ và trục hoành. Khi đó ${{V}_{1}}$ là thể tích tạo được khi xoay hai tam giác $OMN$ và $MNH$ quanh trục $Ox$ với $N$ là hình chiếu của $M$ trên $OH.$

Ta có ${{V}_{1}}=\frac{1}{3}\pi a{{\left( \sqrt{a} \right)}^{2}}+\frac{1}{3}\pi \left( 4-a \right){{\left( \sqrt{a} \right)}^{2}}=\frac{4}{3}\pi a=4\pi \Leftrightarrow a=3.$

Chọn D.

Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ như hình suy ra phương trình Parabol là: $y=\frac{3{{x}^{2}}-12}{2}\Rightarrow {{x}^{2}}=\frac{2y+12}{3}.$
Thể tích của vật là thể tích khối tròn xoay khi quay hình $\left( H \right)$  giới hạn bởi các đường $x=\sqrt{\frac{2y+12}{3}},\,\,x=0,\,\,y=-6;\,\,y=0$ quanh trục tung.
Khi đó $V=\pi \int\limits_{-6}^{0}{\frac{2y+12}{3}dy=\left. \pi \left( \frac{1}{3}{{y}^{2}}+4y \right) \right|}_{-6}^{0}=12\pi .$ Chọn C.

Lời giải:

Gọi (α) là mặt phẳng song song với đáy của hình trụ và cắt đồng hồ cát.

Khi đó mặt cắt là một hình tròn có bán kính là $x$ nên diện tích hình tròn là ${{S}_{t}}=\pi {{R}^{2}}=\pi {{x}^{2}}$.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ, gọi phương trình của parabol $\left( P \right)$ là $y=a{{x}^{2}}+bx+c$.

Vì $\left( P \right)$ đi qua điểm $O\left( 0;0 \right),\,\,A\left( 4;4 \right),\,\,B\left( 4;-4 \right)$

Nên phương trình $\left( P \right):$ $y=\frac{{{x}^{2}}}{4}\Rightarrow {{x}^{2}}=4y\Rightarrow S=4\pi y.$

→ Thể tích cát ban đầu là $V=\int\limits_{0}^{h}{{{S}_{t}}dy}$ vì mặt cắt vuông góc với $Oy.$ Suy ra $V=\int\limits_{0}^{h}{\left( 4\pi y \right)dy}$ mà thể tích khối cát ${{V}_{c}}=2,9.30=87\,\,c{{m}^{3}}.$

$\Rightarrow \int\limits_{0}^{h}{\left( 4\pi y \right)dy=}\,87\Leftrightarrow \left. 2\pi {{y}^{2}} \right|_{0}^{h}=87\Rightarrow 2\pi {{h}^{2}}=87\Rightarrow h=\sqrt{\frac{87}{2\pi }}.$

Vậy chiều cao của khối trụ bên ngoài là $2.\frac{4}{3}.h=2.\frac{4}{3}.\sqrt{\frac{87}{2\pi }}\approx 9,92\,\,cm$. Chọn D.

Lời giải:

Gọi $x$ là bán kính viên bi hình cầu. Điều kiện: $0<2x<10\Leftrightarrow 0<x<5$

Chú ý: Công thức thể tích chỏm cầu: $V=\pi {{h}^{2}}\left( R-\frac{h}{3} \right).$

Thể tích khối nước hình chỏm cầu khi chưa thả viên bi vào:

${{V}_{1}}=\pi {{h}^{2}}\left( R-\frac{h}{3} \right)=16\pi \left( 10-\frac{4}{3} \right)=\frac{416}{3}\pi$

Khi thả viên bi vào thì khối chỏm cầu gồm khối nước và viên bi có thể tích là:

${{V}_{2}}=\pi {{\left( 2x \right)}^{2}}\left( R-\frac{2x}{3} \right)=\frac{4\pi {{x}^{2}}\left( 30-2x \right)}{3}$

Ta có phương trình: ${{V}_{2}}-{{V}_{1}}=\frac{4}{3}\pi {{x}^{3}}\Leftrightarrow 4\pi {{x}^{2}}\left( 30-2x \right)-416\pi =4\pi {{x}^{3}}$

$\Leftrightarrow 3{{x}^{3}}-30{{x}^{2}}+104=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x\approx 9,626>5\,\,\,(lo{}^\text{1}i) \\  & x\approx 2,0940<5 \\  & x=-1,72\,\,(lo{}^\text{1}i) \\ \end{align} \right..$ Chọn B.