Trắc nghiệm Đại số Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Bài 5: Ứng dụng hình học của tích phân - Mức độ 4.1 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

Nội dung text: Trắc nghiệm Đại số Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Bài 5: Ứng dụng hình học của tích phân - Mức độ 4.1 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 12. [DS12.C3.5.BT.d] (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-2018) Bổ dọc một quả dưa hấu ta được thiết diện là hình elip có trục lớn 28cm , trục nhỏ 25cm . Biết cứ 1000cm3 dưa hấu sẽ làm được cốc sinh tố giá 20000 đồng. Hỏi từ quả dưa hấu trên có thể thu được bao nhiêu tiền từ việc bán nước sinh tố? Biết rằng bề dày vỏ dưa không đáng kể. A. 183000 đồng. B. 180000 đồng. C. 185000 đồng. D. 190000 đồng. Lời giải Chọn A Đường elip có trục lớn 28cm , trục nhỏ 25cm có phương trình 2 2 2 2 y 2 25 x 25 x 2 1 y 1 2 y 1 2 . 25 2 14 2 14 2 Do đó thể tích quả dưa là 2 14 2 2 2 14 2 25 x2 25 14 x2 25 x3 25 56 V 1 2 dx 1 2 dx . x 2 . 2 14 2 14 2 3.14 2 3 14 14 14 8750 cm3 . 3 8750 .20000 Do đó tiền bán nước thu được là 183259 đồng. 3.1000 Câu 49: [DS12.C3.5.BT.d] [THPT Lê Hồng Phong-HCM-HK2-2018] Cho đồ thị C : y f x x . Gọi H là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị C , đường thẳng x 9 và trục Ox . Cho điểm M thuộc đồ thị C và điểm A 9;0 . Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay khi cho H quay quanh trục Ox , V2 là thể tích khối tròn xoay khi cho tam giác AOM quay quanh trục Ox . Biết rằng V1 2V2 . Tính diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị C và đường thẳng OM . 27 3 3 3 4 A. S 3.B. S .C. S .D. S . 16 2 3 Lời giải Chọn B 9 2 81 Ta có V π x dx . 1 0 2 Gọi H là hình chiếu của M lên trục Ox , đặt OH m (với 0 m 9 ), ta có M m; m , MH m và AH 9 m . 1 1 1 Suy ra V π.MH 2.OH π.MH 2.AH π.MH 2.OA 3mπ . 2 3 3 3 81π 27 27 3 3 Theo giả thiết, ta có V 2V nên 6mπ m . Do đó M ; . 1 2 2 4 4 2 2 3 Từ đó ta có phương trình đường thẳng OM là y x . 9 Diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị C và đường thẳng OM là
2. 27 27 4 2 3 2 3 4 27 3 S x x dx x x x2 . 9 3 9 16 0 0 Câu 50: [DS12.C3.5.BT.d] (THPT Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - Lần 2 -2018) Cho các số p,q thỏa mãn các điều 1 1 kiện: p 1, q 1, 1 và các số dương a,b . Xét p q p 1 hàm số: y x x 0 có đồ thị là C . Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi C , trục hoành, đường thẳng x a , Gọi S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi C , trục tung, đường thẳng y b , Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung và hai đường thẳng x a , y b . Khi so sánh S1 S2 và S ta nhận được bất đẳng thức nào trong các bất đẳng thức dưới đây? a p bq a p 1 bq 1 a p 1 bq 1 a p bq A. ab B. ab C. ab D. ab p q p 1 q 1 p 1 q 1 p q Lời giải Chọn D Ta có: S S1 S2 . b 1 a 1 b a p p b 1 p 1 q q p 1 x a p 1 y y b S1 x dx ; S2 y dy . p p 1 q q 0 0 0 1 0 p 1 0 1 p 1 1 Vì: 1 q . 1 1 p 1 p 1 1 p q a p bq Vậy ab . p q HẾT Câu 42: [DS12.C3.5.BT.d] (THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần 1 - 2018) Cho Parabol P : y x2 và hai điểm A, B thuộc P sao cho AB 2 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi P và đường thẳng AB đạt giá trị lớn nhất bằng? 2 3 4 3 A. B. C. D. 3 4 3 2
3. Lời giải Chọn C 2 Cách 1: Gọi A a;a2 , B b;b2 với a b . Ta có AB 2 b a 2 b2 a2 4 x a y a2 x a y a2 AB : y a b x a a2 y a b x ab b a b2 a2 1 b a b b S a b x ab x2 dx x a b x dx . a a b a b a 3 b a b a b a t 2 t3 b a Đặt t x a . Suy ra S t b a t dt t b a t 2 dt . 2 3 6 0 0 0 0 2 2 2 2 2 4 Ta có b a b2 a2 4 b a 1 b a 4 b a 4 2 1 b a 3 b a 23 4 Suy ra b a 2 S . 6 6 3 a b 0 b 1 Dấu bằng xảy ra khi A 1;1 , B 1;1 . b a 2 a 1 Cách 2: Sử dụng công thức diện tích hình phẳng giới hạn bởi P : y ax2 bx c và trục hoành 3 y 0 là S 2 , b2 4ac 1 . 36a4 Tổng quát với P : y ax2 bx c và d : y mx n thì ta lập phương trình hoành độ giao điểm ax2 bx c mx n ax2 b m x c n 0 . 3 2 Áp dụng S 2 , b m 4a c n . 36a4 Câu 49: [DS12.C3.5.BT.d](THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - Lần 2 -2018 - BTN) Cho parabol P : y x2 và một đường thẳng d thay đổi cắt P tại hai điểm A , B sao cho AB 2018. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi P và đường thẳng d . Tìm giá trị lớn nhất Smax của S. 20183 1 20183 20183 1 20183 A. S .B. S .C. S .D. S . max 6 max 3 max 6 max 3 Lời giải Chọn D Giả sử A(a;a2 ); B(b;b2 )(b a) sao cho AB 2018. Phương trình đường thẳng d là: y (a b)x ab . Khi đó b b 1 3 S (a b)x ab x2 dx a b x ab x2 dx b a . a a 6
4. 2 Vì AB 2018 b a 2 b2 a2 20182 b a 2 1 b a 2 20182 . 3 3 2 2018 2018 b a 20182 b a b a 2018 S . Vậy S khi a 1009 và 6 max 6 b 1009 . Câu 6: [DS12.C3.5.BT.d](THPT Kinh Môn - Hải Dương - Lần 2 - 2018 - BTN) Cho hai đường tròn O1;5 và O2 ;3 cắt nhau tại hai điểm A , B sao cho AB là một đường kính của đường tròn O2 ;3 . Gọi D là hình phẳng được giới hạn bởi hai đường tròn (ở ngoài đường tròn lớn, phần được gạch chéo như hình vẽ). Quay D quanh trục O1O2 ta được một khối tròn xoay. Tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo thành. 68 14 40 A. V 36 B. V C. V D. V 3 3 3 Lời giải Chọn D Chọn hệ tọa độ Oxy với O2  O , O2C  Ox , O2 A  Oy . 2 2 2 2 2 2 Cạnh O1O2 O1 A O2 A 5 3 4 O1 : x 4 y 25. 2 2 Phương trình đường tròn O2 : x y 9 . 2 Kí hiệu H1 là hình phẳng giới hạn bởi các đường y 25 x 4 , trục Ox , x 0 , x 1. 2 Kí hiệu H2 là hình phẳng giới hạn bởi các đường y 9 x , trục Ox , x 0 , x 3. Khi đó thể tích V cần tính chính bằng thể tích V2 của khối tròn xoay thu được khi quay hình H2 xung quanh trục Ox trừ đi thể tích V1 của khối tròn xoay thu được khi quay hình H1 xung quanh trục Ox. 1 4 2 Ta có V . r3 .33 18 . 2 2 3 3 1 1 3 1 2 x 4 14 Lại có V y2dx 25 x 4 dx 25x . 1 3 3 0 0 0 14 40 Do đó V V V 18 . 2 1 3 3 Câu 43: [DS12.C3.5.BT.d] (THPT Đức Thọ - Hà Tĩnh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong đợt hội trại “Khi tôi 18” được tổ chức tại trường THPT X, Đoàn trường có thực hiện một dự án ảnh trưng bày trên một pano có dạng parabol như hình vẽ. Biết rằng Đoàn trường sẽ yêu cầu các lớp gửi hình dự thi và dán lên khu vực hình chữ nhật ABCD , phần còn lại sẽ được trang trí hoa văn cho phù hợp. Chi phí dán hoa văn là 200.000 đồng cho một m2 bảng. Hỏi chi phí thấp nhất cho việc hoàn tất hoa văn trên pano sẽ là bao nhiêu (làm tròn đến hàng nghìn)?
5. A B 4m D C 4m A. 900.000 đồng. B. 1.232.000 đồng. C. 902.000 đồng. D. 1.230.000 đồng. Hướng dẫn giải Chọn C Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ, khi đó phương trình đường parabol có dạng: y ax2 b . y 4 A B 4m x D O C 2 4m 2 Parabol cắt trục tung tại điểm 0;4 và cắt trục hoành tại 2;0 nên: b 4 a 1 . 2 a.2 b 0 b 4 Do đó, phương trình parabol là y x2 4 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường parabol và trục hoành là: 2 2 3 2 x 32 S1 x 4 d x 4x . 3 3 2 2 Gọi C t;0 B t;4 t 2 với 0 t 2 . Ta có CD 2t và BC 4 t 2 . Diện tích hình chữ nhật ABCD là 2 3 S2 CD.BC 2t. 4 t 2t 8t . Diện tích phần trang trí hoa văn là: 32 3 3 32 S S1 S2 2t 8t 2t 8t . 3 3 32 Xét hàm số f t 2t3 8t với 0 t 2 . 3 2 t 0;2 3 Ta có f t 6t 2 8 0 . 2 t 0;2 3 Bảng biến thiên:
6. 96 32 3 Như vậy, diện tích phần trang trí nhỏ nhất là bằng m2 , khi đó chi phí thấp nhất cho việc 9 96 32 3 hoàn tất hoa văn trên pano sẽ là: .200000 902000 đồng. 9 Câu 20. [DS12.C3.5.BT.d] (Chuyên Thái Bình-Thái Bình-L4-2018-BTN) Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên đoạn  3;3 và đồ thị hàm số y f x như hình vẽ bên. Biết f (1) 6 và x 1 2 g(x) f (x) . 2 Kết luận nào sau đây là đúng? A. Phương trình g(x) 0 có đúng hai nghiệm thuộc  3;3. B. Phương trình g(x) 0 không có nghiệm thuộc  3;3. C. Phương trình g(x) 0 có đúng một nghiệm thuộc  3;3. D. Phương trình g(x) 0 có đúng ba nghiệm thuộc  3;3. Lời giải Chọn C x 1 2 Ta có: g x f x g x f x x 1 . 2 Vẽ đường thẳng y x 1 trên cùng một hệ trục tọa độ với đồ thị hàm số y f x (như hình vẽ bên).
7. Từ đồ thị ta thấy: g x f x x 1 0 , x 3;1 (do đường cong nằm phía trên đường thẳng), g x f x x 1 0 , x 1;3 (do đường cong nằm phía dưới đường thẳng). 1 1 2 Ta có: g 1 f 1 6 2 4. 2 Bảng biến thiên: Dựa vào đồ thị ta thấy: diện tích S1 lớn hơn 4 (trong phần bên trái có nhiều hơn 4 ô, mỗi ô có diện tích bằng 1), do đó: 1 1 4 S g x dx 4 g x 4 g 1 g 3 g 3 0 . 1 3 3 Mặt khác: diện tích S2 nhỏ hơn 4 (trong phần bên phải có ít hơn 4 ô), do đó: 3 3 4 S g x dx 4 g x 4 g 1 g 3 g 3 0 . 2 1 1 Vậy phương trình g x 0 có đúng một nghiệm thuộc đoạn  3;3 (nghiệm này nằm trong khoảng 3;1 ).