Tính thể tích chứa được (dung tích) của một cái chén (bát), biết phần trong của nó có dạng khối tròn xoay được tạo thành khi quay quanh trục \(Ox\) hình phẳng giới hạn bởi đường \(y = \sqrt {2x} + 2\) và trục \(Ox\) (như hình vẽ), bát có độ sâu 5 cm, đơn vị trên trục là centimet.

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 \(V = \frac{{\pi {a^3}}}{3}\).