Đề tham khảo thi THPT môn Toán - Đề số 1 (hay, chi tiết)

Thể tích của cả bể nhiên liệu là: \(V = \pi {r^2}h = \pi {.1^2}.5 = 5\pi \) \(({m^3})\).

Gọi \({V_1}\) là thể tích phần trống nhiên liệu, \({V_2}\) là phần thể tích chứa nhiên liệu.

Khi đó \({V_2} = V - {V_1}\). Đề tìm \({V_2}\) theo yêu cầu đề bài, ta tính \({V_1}\) trước.

\({V_1} = {B_{trong}}.h\), với \({B_{trong}}\) là phần diện tích đáy không chứa nhiên liệu.

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ:

\({B_{trong}} = {S_{ACB}} = 2{S_{BHC}}\).

Chiều cao mực nhiên liệu là 1,5 m, bán kính đáy bằng 1 m nên OH = 0,5 m.

Ta có \(HB = \sqrt {O{B^2} - O{H^2}}  = \sqrt {{1^2} - 0,{5^2}}  = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy tọa độ điểm B là \(\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{1}{2}} \right)\).

Đường tròn đáy là đường tròn tâm O, bán kính R = 1 nên có phương trình \({x^2} + {y^2} = 1\). Khi đó phần đồ thị nửa đường tròn nằm trên trục hoành có phương trình \(y = \sqrt {1 - {x^2}} \).

\({S_{BHC}}\) là phần diện tích giới hạn bởi nửa đường tròn \(y = \sqrt {1 - {x^2}} \), đường thẳng \(y = \frac{1}{2}\), trục tung x = 0 và điểm B có hoành độ \(x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Ứng dụng tích phân để tính \({S_{BHC}}\), ta có:

\({S_{BHC}} = \int\limits_0^{\frac{{\sqrt 3 }}{2}} {\left| {\sqrt {1 - {x^2}}  - \frac{1}{2}} \right|dx}  = \int\limits_0^{\frac{{\sqrt 3 }}{2}} {\left( {\sqrt {1 - {x^2}}  - \frac{1}{2}} \right)dx} \) (do trong khoảng \(\left( {0;\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)\) đồ thị \(y = \sqrt {1 - {x^2}} \) nằm phía trên đồ thị \(y = \frac{1}{2}\), suy ra \(\sqrt {1 - {x^2}}  > \frac{1}{2} \Rightarrow \sqrt {1 - {x^2}}  - \frac{1}{2} > 0 \Leftrightarrow \left| {\sqrt {1 - {x^2}}  - \frac{1}{2}} \right| = \sqrt {1 - {x^2}}  - \frac{1}{2}\)).

\({S_{BHC}} = \int\limits_0^{\frac{{\sqrt 3 }}{2}} {\left( {\sqrt {1 - {x^2}}  - \frac{1}{2}} \right)dx}  = \int\limits_0^{\frac{{\sqrt 3 }}{2}} {\left( {\sqrt {1 - {x^2}} } \right)dx}  - \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{{\sqrt 3 }}{2}} {dx} \).

Ta có: \(\frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{{\sqrt 3 }}{2}} {dx}  = \frac{1}{2}\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2} - 0} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\).

Để tính \(\int\limits_0^{\frac{{\sqrt 3 }}{2}} {\left( {\sqrt {1 - {x^2}} } \right)dx} \), ta đặt \(x = \sin t \Rightarrow dx = \cos tdt\).

Đổi cận:

Khi đó \(\int\limits_0^{\frac{{\sqrt 3 }}{2}} {\left( {\sqrt {1 - {x^2}} } \right)dx}  = \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\left( {\sqrt {1 - {{\sin }^2}t} } \right)\cos tdt}  = \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\left| {\cos t} \right|\cos tdt}  = \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {{{\cos }^2}tdt} \) (vì trong khoảng \(\left( {0;\frac{\pi }{3}} \right)\) \(\cos t > 0 \Rightarrow \left| {\cos t} \right| = \cos t\)).

Suy ra \(\int\limits_0^{\frac{{\sqrt 3 }}{2}} {\left( {\sqrt {1 - {x^2}} } \right)dx}  = \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {{{\cos }^2}tdt}  = \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{1 + \cos 2x}}{2}tdt}  = \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\left( {\frac{1}{2} + \frac{{\cos 2x}}{2}} \right)tdt} \)

\( = \left( {\frac{x}{2} + \frac{{\sin 2x}}{4}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{\pi }{3}}\\0\end{array}} \right. = \frac{\pi }{6} + \frac{{\sin \frac{\pi }{3}}}{4} = \frac{\pi }{6} + \frac{{\sqrt 3 }}{8}\).

\({S_{BHC}} = \int\limits_0^{\frac{{\sqrt 3 }}{2}} {\left( {\sqrt {1 - {x^2}} } \right)dx}  - \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{{\sqrt 3 }}{2}} {dx}  = \frac{\pi }{6} + \frac{{\sqrt 3 }}{8} - \frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{\pi }{6} - \frac{{\sqrt 3 }}{8}\).

\({B_{trong}} = 2{S_{BHC}} = 2\left( {\frac{\pi }{6} - \frac{{\sqrt 3 }}{8}} \right) = \frac{\pi }{3} - \frac{{\sqrt 3 }}{4}\).

\({V_1} = {B_{trong}}.h = 5\left( {\frac{\pi }{3} - \frac{{\sqrt 3 }}{4}} \right)\).

Thể tích phần nhiên liệu trong bể là \({V_2} = V - {V_1} = 5\pi  - 5\left( {\frac{\pi }{3} - \frac{{\sqrt 3 }}{4}} \right) \approx 12,6\) \(({m^3})\).