Tính diện tích phần hình phẳng gạch chéo (tam giác cong \(OAB\)) trong hình vẽ bên (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

                       

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S

a) \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 5x - 7}}{x} = x + 5 - \frac{7}{x}\).

b) \(\int {f\left( x \right)dx} = \frac{{{x^2}}}{2} + 5x - 7\ln \left| x \right| + C\).

c) Theo câu b, ta có \(F\left( x \right) = \frac{{{x^2}}}{2} + 5x - 7\ln \left| x \right| + C\) mà \(F\left( 1 \right) = 5\) nên \(\frac{{{1^2}}}{2} + 5.1 - 7\ln \left| 1 \right| + C = 5\)\( \Leftrightarrow C = \frac{1}{2}.\)

Do đó \(F\left( x \right) = \frac{{{x^2}}}{2} + 5x - 7\ln \left| x \right| + \frac{1}{2}\).

d) Theo câu b, ta có \(G\left( x \right) = \frac{{{x^2}}}{2} + 5x - 7\ln \left| x \right| + C\).

Suy ra \(G\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2}}}{2} + 5x - 7\ln x + {C_1}{\rm{ khi}}\;x \ge 0\\\frac{{{x^2}}}{2} + 5x - 7\ln \left( { - x} \right) + {C_2}{\rm{ khi}}\;x < 0\end{array} \right.\).

Vì \(G\left( 1 \right) = 4\) nên \(\frac{{{1^2}}}{2} + 5.1 - 7\ln 1 + {C_1} = 4 \Leftrightarrow {C_1} = - \frac{3}{2}\).

Suy ra \(G\left( 3 \right) = \frac{{{3^2}}}{2} + 5.3 - 7\ln 3 - \frac{3}{2} = 18 - 7\ln 3\). Suy ra \(G\left( { - 9} \right) = 2 + 7\ln 3\).

Do đó \(G\left( { - 9} \right) = \frac{{{{\left( { - 9} \right)}^2}}}{2} + 5.\left( { - 9} \right) - 7\ln 9 + {C_2} = 2 + 7\ln 3\)\( \Rightarrow {C_2} = \frac{{13}}{2} + 21\ln 3\).

Do đó \(G\left( { - 6} \right) = \frac{{{{\left( { - 6} \right)}^2}}}{2} + 5.\left( { - 6} \right) - 7\ln 6 + \frac{{13}}{2} + 21\ln 3\)\( = - 7\ln 2 + 14\ln 3 - \frac{{11}}{2}\).

Suy ra \(a = - 7;b = 14;c = - \frac{{11}}{2}\). Do đó \(a + b + c = \frac{3}{2}\).

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) Đ

a) Do \(OB\) đi qua gốc tọa độ và tạo với \(Ox\) một góc \(\frac{\pi }{4}\) nên \(OB:y = x.\tan \frac{\pi }{4} = x\).

Khi đó thể tích của khối \(\beta \) theo \(V = \pi \int\limits_0^a {{x^2}dx} = \left. {\frac{{\pi {x^3}}}{3}} \right|_0^a = \frac{{\pi {a^3}}}{3}\).

b) Do \(OB\) đi qua gốc tọa độ và tạo với \(Ox\) một góc \(\frac{\pi }{6}\) nên \(OB:y = x.\tan \frac{\pi }{6} = \frac{x}{{\sqrt 3 }}\).

Khi đó, thể tích của khối \(\beta \) theo \(V = \pi \int\limits_0^a {{{\left( {\frac{x}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2}dx} = \pi \int\limits_0^a {\frac{{{x^2}}}{3}dx} = \left. {\frac{{\pi {x^3}}}{9}} \right|_0^a = \frac{{\pi {a^3}}}{9}\).

c) Do \(OB\) đi qua gốc tọa độ và tạo với \(Ox\) một góc \(\alpha \) nên \(OB:y = x.\tan \alpha \).

Khi đó, thể tích của khối \(\beta \) theo \(V = \pi \int\limits_0^a {{{\left( {x.\tan \alpha } \right)}^2}dx} = \left. {\frac{{\pi {x^3}{{\tan }^2}\alpha }}{3}} \right|_0^a = \frac{{\pi .{a^3}{{\tan }^2}\alpha }}{3}\).

ta có \(\frac{{\pi .{a^3}{{\tan }^2}\alpha }}{3} = \frac{{4\pi {a^3}}}{3} \Leftrightarrow {\tan ^2}\alpha = 4 \Rightarrow \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} = {\tan ^2}\alpha + 1 = 5\)\( \Rightarrow \cos \alpha = \frac{{ \pm 1}}{{\sqrt 5 }}\).

Mặt khác \(0 < \alpha < \frac{\pi }{2}\) nên \(\cos \alpha = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\).

d) Do \(\tan \alpha = \cot \alpha \Rightarrow {\tan ^2}\alpha = \cot \alpha .\tan \alpha = 1 \Leftrightarrow \tan \alpha = \pm 1\).

Mặt khác \(0 < \alpha < \frac{\pi }{2}\) nên \(\tan \alpha = 1\).

Theo câu c, ta có \(V = \frac{{\pi .{a^3}{{\tan }^2}\alpha }}{3}\) mà \(\tan \alpha = 1\) nên \(V = \frac{{\pi {a^3}}}{3}\).