Dựa vào thông tin dưới đây, thí sinh lựa chọn một phương án đúng theo yêu cầu từ câu 26 đến câu 28.

Một bể nước hình trụ có chiều cao 9 m và bán kính đáy 2 m, ban đầu chứa đầy nước. Nước bắt đầu chảy ra từ một vòi ở đáy bể. Gọi \(V\left( t \right)\) là thể tích nước đã thoát ra tại thời điểm \(t\)(phút) sau khi mở vòi, biết rằng \(V'\left( t \right) = k\left( {45 - t} \right)\) với \(k \in \mathbb{R},0 \le t \le 45\). Biết công thức tính thể tích hình trụ là \(V = \pi {r^2}h\).

               

Tổng thể tích nước ban đầu trong bể là bao nhiêu?    

Gọi \({R_h} = 10\;mm\) là độ dài kim giờ (\(OA\)), \({R_m} = 15\;mm\)là độ dài kim phút \(\left( {OB} \right)\).

Tốc độ góc của kim phút \({\omega _m} = \frac{{2\pi }}{{60}} = \frac{\pi }{{30}}\)(rad/phút).

Tốc độ góc của kim giờ \({\omega _h} = \frac{{2\pi }}{{12 \cdot 60}} = \frac{\pi }{{360}}\) (rad/phút).

Góc giữa hai kim tại thời điểm \(t\)(phút) là \(\theta \left( t \right) = \left| {\left( {{\omega _m} - {\omega _h}} \right)t} \right| = \left| {\left( {\frac{\pi }{{30}} - \frac{\pi }{{360}}} \right)t} \right| = \frac{{11\pi }}{{360}}t\) (rad).

Diện tích tam giác \(OAB\) là \({S_{\Delta AOB}} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB \cdot \sin \theta \left( t \right) = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 15 \cdot \sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 75\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t\).

1. Đúng. Có \(\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t \le 1\) nên \({S_{\Delta AOB}} \le 75\).

Dấu “=” xảy ra khi \(\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 1\)\( \Leftrightarrow \frac{{11\pi }}{{360}}t = \frac{\pi }{2} + k2\pi \)\( \Leftrightarrow t = \frac{{180}}{{11}} + k\frac{{720}}{{11}}\).

Thời điểm đầu tiên, diện tích tam giác \(AOB\) lớn nhất ứng với \(k = 0\). Tức là \(t = \frac{{180}}{{11}} \approx 16,36\).

2. Sai. Có \({S_{\Delta AOB}} = 37,5 \Leftrightarrow 75\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 37,5\)\( \Leftrightarrow \sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = \frac{1}{2}\).

Thời điểm đầu tiên ứng với góc nhỏ nhất. Khi đó \(\frac{{11\pi }}{{360}}t = \frac{\pi }{6} \Rightarrow t = \frac{{360}}{{6 \cdot 11}} \approx 5,5\) phút.

3. Đúng. Vì \({S_{\Delta AOB}} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB \cdot \sin \theta \left( t \right)\).

4. Sai. Có \({S_{\Delta AOB}} = 0 \Leftrightarrow 75\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{11\pi }}{{360}}t = k\pi \)\( \Leftrightarrow t = \frac{{360}}{{11}}k\).

Với 30 phút đầu tiên thì ứng với \(k = 0\).

Vậy trong 30 phút đầu tiên, diện tích tam giác \(AOB\)bằng 0 tại đúng 1 thời điểm. Chọn 1, 3.

Đường thẳng \(d\)đi qua điểm \(K\left( {0;0;4} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left( {1;0;0} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {KA}  = \left( {0;6;0} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {KA}  \cdot \overrightarrow u  = 0 \Rightarrow AK \bot d\).

Do đó K là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên đường thẳng \(d\).

Có \(d \subset \left( P \right)\) và \(AH \bot \left( P \right)\) nên \(AH \bot HK\).

Lại có \(\overrightarrow {{n_P}}  \cdot \overrightarrow u  = 0\) nên hoành độ của vectơ \(\overrightarrow {{n_P}} \) bằng 0.

Do điểm \(A\) có hoành độ bằng 0 nên hình chiếu \(H\) của \(A\) lên mặt phẳng \(\left( P \right)\) cũng phải có hoành độ bằng 0. Tức là điểm \(H\)nằm trong mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) có \(\widehat {AHK} = 90^\circ \) nên \(H\)luôn nằm trên đường tròn đường kính \(AK\).

Đường tròn này có tâm \(I\left( {0;3;4} \right)\)là trung điểm của \(AK\) và bán kính \(R = \frac{{AK}}{2} = 3\).

Do đó khoảng cách từ O đến H lớn nhất thì \(H\)là giao điểm của tia \(OI\) với đường tròn.

Ta có \(OI = 5\). Khi đó \(O{H_{\max }} = OI + R = 5 + 3 = 8\).

Đáp án cần nhập là: 8.