Thể tích \(V\) của khối tròn xoay được tạo ra khi quay hình thang cong, giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), trục \(Ox\) và hai đường thẳng \(x = a,x = b\left( {a < b} \right)\), xung quanh trục \(Ox\), được tính theo công thức nào sau đây?    

Trả lời: 7,53

Ta có \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx} = \int {\left( {3{{\cos }^2}\frac{x}{2} + \sin x} \right)} dx\)\( = \int {\left( {3\frac{{1 + \cos x}}{2} + \sin x} \right)} dx\)

\[ = \int {\left( {\frac{3}{2} + \frac{{3\cos x}}{2} + \sin x} \right)} dx\]\[ = \frac{3}{2}x + \frac{3}{2}\sin x - \cos x + C\].

Vì \(F\left( 0 \right) = 5\) nên \[F\left( 0 \right) = - 1 + C = 5 \Rightarrow C = 6\].

Do đó \[F\left( x \right) = \frac{3}{2}x + \frac{3}{2}\sin x - \cos x + 6\].

Vậy \[F\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = \frac{3}{2}.\frac{\pi }{4} + \frac{3}{2}\sin \frac{\pi }{4} - \cos \frac{\pi }{4} + 6 \approx 7,53\].

a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ

a) Vận tốc của vật tại thời điểm \(t\) giây là \(v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt} \).

b) \(v\left( t \right) = \int {\frac{1}{{{t^2} + 3t + 2}}dt} \)\( = \int {\frac{1}{{\left( {t + 1} \right)\left( {t + 2} \right)}}dt} \)\( = \int {\left( {\frac{1}{{t + 1}} - \frac{1}{{t + 2}}} \right)dt} \)\( = \ln \left| {\frac{{t + 1}}{{t + 2}}} \right| + C\).

Mà \({v_0} = 3\ln 2\left( {{\rm{m/s}}} \right)\) nên \(\ln \frac{1}{2} + C = 3\ln 2 \Rightarrow C = 4\ln 2\).

Do đó \(v\left( t \right) = \ln \left| {\frac{{t + 1}}{{t + 2}}} \right| + 4\ln 2\).

c) Có \(v\left( {10} \right) = \ln \frac{{11}}{{12}} + 4\ln 2 \approx 2,69\;{\rm{m/s}}\).

d) \(v\left( t \right) = \ln \left| {\frac{{t + 1}}{{t + 2}}} \right| + 4\ln 2 = 4\ln 2\)\( \Rightarrow \ln \left| {\frac{{t + 1}}{{t + 2}}} \right| = 0\)\( \Rightarrow \left| {\frac{{t + 1}}{{t + 2}}} \right| = 1\)\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{t + 1}}{{t + 2}} = 1\\\frac{{t + 1}}{{t + 2}} = - 1\end{array} \right.\) vô nghiệm.

Do đó không có thời điểm nào vận tốc của vật đạt \(v = 4\ln 2\;\left( {{\rm{m/s}}} \right)\).