PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.

Giả sử một hạt chuyển động trên một trục thẳng đứng, chiều dương hướng lên. Toạ độ của hạt (đợn vị mét) tại thời điểm \(t\) (giây) là \(y = {t^3} - 12t + 3,\,\,t \ge 0\). Tính vận tốc của hạt tại thời điểm \(t = 8\) giây theo đơn vị \(m/s\).

a) Đúng

Ta có \(NP = QR = SM = AB - AN - BP = 6 - 2x\,(dm)\).

b) Đúng

Do tam giác  \(ABC\) với cạnh bằng \(6\,dm\), nên \(AH = \sqrt {A{C^2} - C{H^2}}  = 3\sqrt 3 \,(dm)\)

Và \(OA = \frac{2}{3}AH = 2\sqrt 3 \,(dm)\).

c) Đúng

Do \(AMDN\) là hình thoi cạnh \(x\) và \(\widehat {MAN} = {60^o}\),

Nên \(AD = \sqrt {A{N^2} + N{D^2} - 2AN.DN.cos{{120}^o}}  = x\sqrt 3 \,(dm)\)

Lại có tam giác \(CMQ\) đều cạnh \(6 - x\,(dm)\)

Vậy \(DE = MQ - QE - DM = 6 - x - x - x = 6 - 3x\,(dm)\).

d) Đúng

Ta có chóp cụt đều \(MPSDEF\) với cạnh đáy lớn \(MP = 6 - 2x\) và cạnh đáy nhỏ là \(DE = 6 - 3x\)

+) Ta có \({S_1} = {S_{DEF}} = \frac{{{{(6 - 3x)}^2}\sqrt 3 }}{4}\,(d{m^2})\).

+) Ta có \({S_2} = {S_{MPS}} = \frac{{{{(6 - 2x)}^2}\sqrt 3 }}{4}\,(d{m^2})\).

+) Ta có \(\sqrt {{S_1}{S_2}}  = \sqrt {\frac{{{{(6 - 2x)}^2}\sqrt 3 }}{4} \times \frac{{{{(6 - 3x)}^2}\sqrt 3 }}{4}}  = \frac{{(6 - 3x)(6 - 2x)\sqrt 3 }}{4}\,(d{m^2})\).

Kẻ \(DK \bot MG\,(K \in MG)\).

Ta tính  \(h = OG = DK = \sqrt {M{D^2} - M{K^2}} \)

+) Ta có \(MD = x,\,\,MK = MG - KG = MG - DO = \frac{2}{3}\left( {6 - 2x} \right).\frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{2}{3}\left( {6 - 3x} \right).\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}\)\( \Rightarrow h = OG = \sqrt {{x^2} - {{\left( {\frac{{x\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \frac{{x\sqrt 6 }}{3}\,(dm)\)

Thể tích chóp cụt đều bằng

                            \(\begin{array}{l}V = \frac{h}{3}\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}{S_2}} } \right)\\\,\,\,\,\, = \frac{{x\sqrt 6 }}{{3.3}}\left( {\frac{{{{(6 - 3x)}^2}\sqrt 3 }}{4}\, + \frac{{{{(6 - 2x)}^2}\sqrt 3 }}{4} + \frac{{(6 - 3x)(6 - 2x)\sqrt 3 }}{4}} \right)\\\,\,\,\,\, = \frac{{\sqrt {18} }}{{36}}\left( {19{x^3} - 90{x^2} + 108x} \right)\end{array}\)

Dùng casio xét trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\), ta có \(\mathop {max}\limits_{\left( {0;2} \right)} V \approx 4,54\,(d{m^3})\).

Đáp án: 3,16

Chọn hệ tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ ( đơn vị trên hệ trục là dm).

Ta có \(A(0;0),\,\,B(4;0),\,\,C(4;2),\,\,D(0;2).\)

Vì \(M\)thuộc cạnh \(BC\) nên \(M(4;m),\,\,(0 < m < 2).\)

Ta có \(AM = \sqrt {16 + {m^2}} \), Bán kính hình tròn nội tiếp tam giác \(ABM\) là

\(r = \frac{{{S_{ABM}}}}{p} = \frac{{\frac{1}{2}.AB.BM}}{{\frac{1}{2}(AB + BM + AM)}} = \frac{{4m}}{{4 + m + \sqrt {16 + {m^2}} }} = \frac{{4 + m - \sqrt {16 + {m^2}} }}{2}\) nên diện tích hình tròn là \({S_1} = \pi {r^2} = \pi {\left( {\frac{{4 + m - \sqrt {16 + {m^2}} }}{2}} \right)^2}\)

Gọi \(a,\,(0 < a < 2)\) là cạnh hìn vuông thì đỉnh đối diện với đỉnh \(D\) là đỉnh \(I(a;2 - a)\) thuộc đường

thẳng \(AM:\,y = \frac{m}{4}.x \Rightarrow 2 - a = \frac{m}{4}.a \Rightarrow a = \frac{8}{{4 + m}}\).

Suy ra diện tích hình vuông là \({S_2} = {a^2} = \frac{{64}}{{{{(4 + m)}^2}}}\)

Tổng diện tích hình vuông và hình tròn là

\(S(m) = {S_1} + {S_2} = \pi {\left( {\frac{{4 + m - \sqrt {16 + {m^2}} }}{2}} \right)^2} + \frac{{64}}{{{{(4 + m)}^2}}}\), với \(0 < m < 2.\)

Table ta được giá trị tổng diện tích nhỏ nhất xấp xỉ  \(3,16\,(d{m^2})\)