Người ta bơm xăng vào bình xăng của một chiếc xe ô tô. Biết thể tích \(V\) (lít) của xăng được bơm vào bình phụ thuộc theo thời gian \(t\) (phút) được cho bởi công thức \(V\left( t \right) = \frac{{35}}{4}\left( {3t - {t^2} + {t^3}} \right) + 4\) với \(0 \le t \le 1\). Gọi \(V'\left( t \right)\) là tốc độ bơm của xăng vào bình. Xác định thể tích (lít) của xăng trong bình tại thời điểm mà tốc độ bơm đạt nhỏ nhất (làm tròn đến hàng phần chục).

Đáp án: 0,57.

+) Người quan sát ở điểm \(M\left( {1;2;3} \right)\). Vật cần quan sát ở điểm \(N\left( {3;6; - 12} \right)\).

\(MN:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t\left( {3 - 1} \right)}\\{y = 2 + t\left( {6 - 2} \right)}\\{z = 3 + t\left( { - 12 - 3} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 2t}\\{y = 2 + 4t}\\{z = 3 - 15t}\end{array}} \right.\)

+) Tầm nhìn của người quan sát bị che khuất khi tấm bìa cứng chắn ngang đường thẳng \(MN\). Tấm bìa nằm trong mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\), tức là mặt phẳng \(z = 0\).

+)Giao điểm của đường thẳng \(MN\) với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) là điểm \(I\) có tọa độ \({z_I} = 0\).

\(3 - 15t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{3}{{15}} = \frac{1}{5}\).

Thay \(t = \frac{1}{5}\) vào phương trình đường thẳng \(MN\), ta được tọa độ điểm \(I\left( {1,4;2,8;0} \right)\) là điểm trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) mà đường nhìn \(MN\) đi qua.

+) Tấm bìa cứng có dạng hình tròn bán kính \(R = 2\). Nó bắt đầu từ gốc tọa độ và di chuyển theo hướng vector \(\vec j = \left( {0;1;0} \right)\) với tốc độ \(v = 5\left( {cm/s} \right)\).

Tại thời điểm \(t\) (giây), tâm của hình tròn là \(O{\rm{'}}\left( {0;vt;0} \right) = O{\rm{'}}\left( {0;5t;0} \right)\).

Tầm nhìn của người quan sát bị che khuất khi điểm \(I\) nằm trong hoặc trên đường biên của hình tròn di động.

Điều này xảy ra khi khoảng cách từ \(I\) đến \(O{\rm{'}}\left( {0;5t;0} \right)\) nhỏ hơn hoặc bằng bán kính \(R = 2\).

\(d\left( {I,O{\rm{'}}} \right) \le R\)

\(\sqrt {{{\left( {1,4 - 0} \right)}^2} + {{\left( {2,8 - 5t} \right)}^2} + {{\left( {0 - 0} \right)}^2}} \le 2\)\( \Leftrightarrow - 4,2282856 \le - 5t \le - 1,3717144\)

\( \Leftrightarrow 0,27434288 \le t \le 0,84565712\)

Khoảng thời gian tầm nhìn bị che khuất là:

\(\Delta t = 0,84565712 - 0,27434288 = 0,57131424\) (giây)

Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm, ta được \(\Delta t \approx 0,57\) (giây).

Đáp án: 9,24.

Gắn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ với điểm \(A\) trùng gốc tọa độ.

Ta có: \(A\left( {0;0;0} \right)\), \(B\left( {4;0;0} \right)\), \(C\left( {4;4;0} \right)\), \(D\left( {0;4;0} \right)\) và giả sử \(S\left( {x;y;z} \right)\).

Do \(\Delta SAB\) đều nên \[\left\{ \begin{array}{l}SA = SB\\SA = 4\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} = {\left( {4 - x} \right)^2} + {y^2} + {z^2}\\{x^2} + {y^2} + {z^2} = 16\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\{y^2} + {z^2} = 12\end{array} \right.\].

Tương tự, \[\Delta SCD\] vuông cân tại \(S\) nên \[SC = SD = \frac{{CD}}{{\sqrt 2 }} = \frac{4}{{\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 \]

\[ \Rightarrow {x^2} + {\left( {4 - y} \right)^2} + {z^2} = 8 \Rightarrow {\left( {4 - y} \right)^2} + {z^2} = 4 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y^2} + {z^2} = 12\\{\left( {4 - y} \right)^2} + {z^2} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 3\\z = \pm \sqrt 3 \end{array} \right.\].

Vậy \[S\left( {2;3;\sqrt 3 } \right)\] hoặc \[S\left( {2;3; - \sqrt 3 } \right)\] nên chiều cao của khối chóp \(S.ABCD\) là \[\left| {{z_S}} \right| = \sqrt 3 \].

Khi đó: \[V = \frac{1}{3} \times {S_{ABCD}} \times h = \frac{1}{3} \times {4^2} \times \sqrt 3 = \frac{{16\sqrt 3 }}{3} \approx 9,24\] (đvtt).