Cho (H) là hình phẳng giới hạn bởi parabol y=3x2 và nửa đường tròn có phương trình y=4-x2 với -2≤x≤2 (phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của (H) bằng

Phương trình hoành độ giao điểm: $\sqrt{3}{x}^2=\sqrt{4-x^2}$  , Đk: $-2\le x\le 2$

$\iff 3x^4+x^2-4=0\iff x^2=1\iff x=\pm 1$.

Hình $\left(H\right)$  giới hạn bởi: $\left\{\begin{array}{c}\left(P\right): y=\sqrt{3}{x}^2\\ \left(C\right): y=\sqrt{4-X^6}\\ x=-1; x=1\end{array}\right.$   có diện tích là:

$S={\int }_{-1}^1(\sqrt{4-x^2}-\sqrt{3}{x}^2)dx={\int }_{-1}^1\sqrt{4-x^2}dx-{\int }_{-1}^1\sqrt{3}{x}^{2}dx$.

* Ta có: $I_2=\frac{\sqrt{3}}{3}{x}^3=\frac{2\sqrt{3}}{3}$ .

* Xét $I_1={\int }_{-1}^1\sqrt{4-x^2}dx$ :Đặt $x=2\sin t,t\in \left[-\frac{\mathrm{\pi }}{\mathrm{\pi }}; \frac{\mathrm{\pi }}{2}\right]; dx=2\cos tdt$  .

Khi $x=-1\Rightarrow t=-\frac{\mathrm{\pi }}{6}$  và $x=1\Rightarrow t=\frac{\mathrm{\pi }}{6}$ .

Ta có: $I_1={\int }_{-\frac{\mathrm{\pi }}{6}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{6}}\sqrt{4(1-{\sin }^{2}x)}2\cos tdt=4{\int }_{-\frac{\mathrm{\pi }}{6}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{6}}{\cos }^{2}tdt$  (Do $\cos t\ge 0$  khi $t\in \left[-\frac{\mathrm{\pi }}{2}; \frac{\mathrm{\pi }}{2}\right]$ )

  $=2{\int }_{-\frac{\mathrm{\pi }}{6}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{6}}(1+\cos 2t)dt=2\left(t+\frac{1}{2}\sin 2t\right)=2(\frac{\mathrm{\pi }}{3}+\frac{\sqrt{3}}{2})$.

Vậy $S=2(\frac{\mathrm{\pi }}{3}+\frac{\sqrt{3}}{2})-\frac{2\sqrt{3}}{3}=\frac{2\mathrm{\pi }+\sqrt{3}}{3}$ .

Chọn D.