• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay

Đề thi thử TN THPT môn Toán sở GD&ĐT Bắc Ninh năm 2026

Số câu: 22 câu  Thời gian làm bài: 90 phút

Phạm vi kiểm tra: Toán THPT

Lưu ý: Bạn chỉ có thể làm các câu hỏi trắc nghiệm. HocTot.XYZ chưa hỗ trợ làm các câu hỏi tự luận

Làm từng câu Làm tất cả

Bắt đầu làm bài

a) Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (Oxy) có toạ độ là (0; 0; 1).

b) Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là (2; 1; -1).

c) Biết rằng điểm I thoả mãn điều kiện $\\overrightarrow{IA} + 3\\overrightarrow{IB} - 2\\overrightarrow{IC} = \\overrightarrow{0}$. Cao độ của điểm I bằng 2.

d) Xét M là điểm thay đổi trên mặt phẳng (Oxy). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $S = MA^2 + 3MB^2 - 2MC^2$ bằng $\\frac{13}{2}$.

a) Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (Oxy) có toạ độ là (0; 0; 1).

b) Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là (2; 1; -1).

c) Biết rằng điểm I thoả mãn điều kiện $\\overrightarrow{IA} + 3\\overrightarrow{IB} - 2\\overrightarrow{IC} = \\overrightarrow{0}$. Cao độ của điểm I bằng 2.

d) Xét M là điểm thay đổi trên mặt phẳng (Oxy). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $S = MA^2 + 3MB^2 - 2MC^2$ bằng $\\frac{13}{2}$.

a) Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (Oxy) có toạ độ là (0; 0; 1).

b) Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là (2; 1; -1).

c) Biết rằng điểm I thoả mãn điều kiện $\\overrightarrow{IA} + 3\\overrightarrow{IB} - 2\\overrightarrow{IC} = \\overrightarrow{0}$. Cao độ của điểm I bằng 2.

d) Xét M là điểm thay đổi trên mặt phẳng (Oxy). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $S = MA^2 + 3MB^2 - 2MC^2$ bằng $\\frac{13}{2}$.

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(3; -4; 1), B(1; 1; -1) và C(2; 0; -3). Khi đó

a) Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (Oxy) có toạ độ là (0; 0; 1).

b) Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là (2; 1; -1).

c) Biết rằng điểm I thoả mãn điều kiện $\\overrightarrow{IA} + 3\\overrightarrow{IB} - 2\\overrightarrow{IC} = \\overrightarrow{0}$. Cao độ của điểm I bằng 2.

d) Xét M là điểm thay đổi trên mặt phẳng (Oxy). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $S = MA^2 + 3MB^2 - 2MC^2$ bằng $\\frac{13}{2}$.

a) Sai. Hình chiếu của A(3; -4; 1) lên mặt phẳng (Oxy) là điểm có tọa độ (3; -4; 0).

b) Sai. Tọa độ trọng tâm G là $(\\frac{3+1+2}{3}; \\frac{-4+1+0}{3}; \\frac{1-1-3}{3}) = (2; -1; -1)$.

c) Đúng. Gọi $I(x; y; z)$. Từ $\\vec{IA} + 3\\vec{IB} - 2\\vec{IC} = \\vec{0}$, ta có cao độ $z_I$:

$1(1 - z_I) + 3(-1 - z_I) - 2(-3 - z_I) = 0 $

$\\Leftrightarrow 1 - z_I - 3 - 3z_I + 6 + 2z_I = 0 $

$\\Leftrightarrow -2z_I + 4 = 0 \\Rightarrow z_I = 2$.

d) Đúng. Giải tương tự câu c) đối với hoành độ và tung độ, suy ra $I(1; -\\frac{1}{2}; 2)$.

Chèn điểm I vào biểu thức: $S = 2MI^2 + (IA^2 + 3IB^2 - 2IC^2)$.

Ta có: $IA^2 = \\frac{69}{4}$; $IB^2 = \\frac{45}{4}$; $IC^2 = \\frac{105}{4}$.

Suy ra $IA^2 + 3IB^2 - 2IC^2 = \\frac{69}{4} + 3(\\frac{45}{4}) - 2(\\frac{105}{4}) = -\\frac{3}{2}$.

Biểu thức trở thành: $S = 2MI^2 - \\frac{3}{2}$.

S nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất, tức M là hình chiếu của $I(1; -\\frac{1}{2}; 2)$ lên mặt phẳng (Oxy).

Khi đó $M(1; -\\frac{1}{2}; 0)$, suy ra $MI^2 = (2-0)^2 = 4$.

Vậy giá trị nhỏ nhất $S = 2.4 - \\frac{3}{2} = \\frac{13}{2}$.

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán vecto.

Một quần thể vi khuẩn ban đầu có 1000 con. Gọi P(t) là số lượng vi khuẩn của quần thể đó tại thời điểm t, trong đó t tính theo giờ ($t \\geq 0$). Tốc độ tăng trưởng vi khuẩn của quần thể này tại thời điểm t được cho bởi hàm số P'(t) = kt, trong đó k là một hằng số. Biết rằng sau 2 giờ, số lượng vi khuẩn của quần thể tăng lên thành 1400 vi khuẩn.

a) Số lượng vi khuẩn P(t) là một nguyên hàm của hàm số tốc độ tăng trưởng P'(t).

b) Số lượng vi khuẩn tại thời điểm t là $P(t) = 200t^2 + 1000$.

c) Sau 5 giờ, số lượng vi khuẩn tăng thêm 2500 con so với thời điểm ban đầu.

d) Sau 9 giờ số lượng vi khuẩn vượt quá 10000 con.

a) Số lượng vi khuẩn P(t) là một nguyên hàm của hàm số tốc độ tăng trưởng P'(t).

b) Số lượng vi khuẩn tại thời điểm t là $P(t) = 200t^2 + 1000$.

c) Sau 5 giờ, số lượng vi khuẩn tăng thêm 2500 con so với thời điểm ban đầu.

d) Sau 9 giờ số lượng vi khuẩn vượt quá 10000 con.

a) Số lượng vi khuẩn P(t) là một nguyên hàm của hàm số tốc độ tăng trưởng P'(t).

b) Số lượng vi khuẩn tại thời điểm t là $P(t) = 200t^2 + 1000$.

c) Sau 5 giờ, số lượng vi khuẩn tăng thêm 2500 con so với thời điểm ban đầu.

d) Sau 9 giờ số lượng vi khuẩn vượt quá 10000 con.

Một quần thể vi khuẩn ban đầu có 1000 con. Gọi P(t) là số lượng vi khuẩn của quần thể đó tại thời điểm t, trong đó t tính theo giờ ($t \\geq 0$). Tốc độ tăng trưởng vi khuẩn của quần thể này tại thời điểm t được cho bởi hàm số P'(t) = kt, trong đó k là một hằng số. Biết rằng sau 2 giờ, số lượng vi khuẩn của quần thể tăng lên thành 1400 vi khuẩn.

a) Số lượng vi khuẩn P(t) là một nguyên hàm của hàm số tốc độ tăng trưởng P'(t).

b) Số lượng vi khuẩn tại thời điểm t là $P(t) = 200t^2 + 1000$.

c) Sau 5 giờ, số lượng vi khuẩn tăng thêm 2500 con so với thời điểm ban đầu.

d) Sau 9 giờ số lượng vi khuẩn vượt quá 10000 con.

a) Đúng. Theo định nghĩa, tốc độ tăng trưởng $P'(t)$ là đạo hàm của số lượng quần thể $P(t)$, do đó $P(t)$ là một nguyên hàm của $P'(t)$.

b) Sai. Ta có $P(t) = \\int kt  dt = \\frac{k}{2}t^2 + C$.

Tại $t = 0$: $P(0) = 1000 \\Rightarrow  \\frac{k}{2}0^2 + C = 1000 \\Rightarrow C = 1000$.

Tại $t = 2$: $P(2) = \\frac{k}{2}(2^2) + 1000 = 1400 \\Rightarrow k = 200$.

Vậy $P(t) = \\frac{200}{2}t^2 + 1000 = 100t^2 + 1000$.

c) Đúng. Số lượng tăng thêm sau 5 giờ là:

$P(5) - P(0) = (100 \\cdot 5^2 + 1000) - 1000 = 2500$ con.

d) Sai. Tại $t = 9$: $P(9) = 100 \\cdot 9^2 + 1000 = 9100$ con.

Vì 9100 < 10000 nên số lượng chưa vượt quá 10000 con.

a) Dựa vào định nghĩa đạo hàm, nguyên hàm.

b) Tìm hàm P(t).

c) Tính P(5) – P(0).

d) Tính P(9).

Cho hàm số $y = f(x) = \\frac{ax^2 + bx + c}{x + d}$ có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:

a) Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng (0; 4).

b) Tích giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số y = f(x) bằng -12.

c) Cho điểm M có hoành độ lớn hơn 2, di chuyển trên đó thì hàm số y = f(x). Giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách từ điểm M tới hai trục tọa độ bằng $4 + 4\\sqrt{2}$.

d) a + b + c + d = -5.

a) Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng (0; 4).

b) Tích giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số y = f(x) bằng -12.

c) Cho điểm M có hoành độ lớn hơn 2, di chuyển trên đó thì hàm số y = f(x). Giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách từ điểm M tới hai trục tọa độ bằng $4 + 4\\sqrt{2}$.

d) a + b + c + d = -5.

a) Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng (0; 4).

b) Tích giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số y = f(x) bằng -12.

c) Cho điểm M có hoành độ lớn hơn 2, di chuyển trên đó thì hàm số y = f(x). Giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách từ điểm M tới hai trục tọa độ bằng $4 + 4\\sqrt{2}$.

d) a + b + c + d = -5.

Cho hàm số $y = f(x) = \\frac{ax^2 + bx + c}{x + d}$ có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:

a) Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng (0; 4).

b) Tích giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số y = f(x) bằng -12.

c) Cho điểm M có hoành độ lớn hơn 2, di chuyển trên đó thì hàm số y = f(x). Giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách từ điểm M tới hai trục tọa độ bằng $4 + 4\\sqrt{2}$.

d) a + b + c + d = -5.

a) Sai. Hàm số gián đoạn trên (0; 4) nên không đồng biến trên (0; 4).

b) Đúng. Giá trị cực tiểu là 2, giá trị cực đại là -6. Tích của chúng bằng -12.

c) Đúng. Đồ thị có tiệm cận đứng x = 2 nên d = -2.

Ta có \\(f(0) = 2 \\Leftrightarrow \\frac{c}{d} = 2 \\Leftrightarrow c = 2d = 2.( - 2) =  - 4\\).

\\(f'(0) = 0 \\Leftrightarrow \\frac{{(2a.0 + b)(0 - 2) - (a{{.0}^2} + b.0 - 4)}}{{{{(0 - 2)}^2}}} = 0 \\Rightarrow b = 2\\).

\\(f(4) =  - 6 \\Leftrightarrow \\frac{{a{{.4}^2} + 2.4 - 4}}{{4 - 2}} =  - 6 \\Leftrightarrow a = \\frac{{ - 2 - b}}{4} =  - 1\\).

Vậy \\(y = \\frac{{ - {x^2} + 2x - 4}}{{x - 2}}\\). M thuộc đồ thị thì \\(M\\left( {{x_M};\\frac{{ - {x_M}^2 + 2{x_M} - 4}}{{{x_M} - 2}}} \\right)\\).

Khoảng cách từ M tới hai trục tọa độ là \\(d = \\left| {{x_M}} \\right| + \\left| {\\frac{{ - {x_M}^2 + 2{x_M} - 4}}{{{x_M} - 2}}} \\right|\\), mà theo bảng biến thiên thì hoành độ M luôn dương, tung độ M luôn âm nên phá dấu trị tuyệt đối, được:

\\(d = {x_M} + \\left( { - \\frac{{ - {x_M}^2 + 2{x_M} - 4}}{{{x_M} - 2}}} \\right) = 2{x_M} + \\frac{4}{{{x_M} - 2}}\\).

Đặt \\(t = {x_M} - 2 \\Leftrightarrow {x_M} = t + 2\\). Thay vào d, ta được:

\\(d = 2(t + 2) + \\frac{4}{t} = 2t + 4 + \\frac{4}{t} \\)

\\(\\ge 2\\sqrt {2t.\\frac{4}{t}}  + 4 = 4\\sqrt 2  + 4\\).

d) Đúng. a + b + c + d = -1 + 2 – 4 – 2 = -5.

Quan sát bảng biến thiên (tiệm cận, cực trị,...) để khảo sát và tìm công thức hàm số.

Thời gian tập luyện trong một ngày (tính theo giờ) của 39 vận động viên được ghi lại ở bảng sau:

a) Từ phân vị thứ ba của mẫu số liệu trên (làm tròn đến hàng phần trăm) là 7,04.

b) Giá trị trung bình của mẫu số liệu trên(làm tròn đến hàng phần trăm) là 5,31.

c) Bảng tần số ghép lớp trên có 5 nhóm.

d) Giá trị đại diện của nhóm [6; 8) là 6,5.

a) Từ phân vị thứ ba của mẫu số liệu trên (làm tròn đến hàng phần trăm) là 7,04.

b) Giá trị trung bình của mẫu số liệu trên(làm tròn đến hàng phần trăm) là 5,31.

c) Bảng tần số ghép lớp trên có 5 nhóm.

d) Giá trị đại diện của nhóm [6; 8) là 6,5.

a) Từ phân vị thứ ba của mẫu số liệu trên (làm tròn đến hàng phần trăm) là 7,04.

b) Giá trị trung bình của mẫu số liệu trên(làm tròn đến hàng phần trăm) là 5,31.

c) Bảng tần số ghép lớp trên có 5 nhóm.

d) Giá trị đại diện của nhóm [6; 8) là 6,5.

Thời gian tập luyện trong một ngày (tính theo giờ) của 39 vận động viên được ghi lại ở bảng sau:

a) Từ phân vị thứ ba của mẫu số liệu trên (làm tròn đến hàng phần trăm) là 7,04.

b) Giá trị trung bình của mẫu số liệu trên(làm tròn đến hàng phần trăm) là 5,31.

c) Bảng tần số ghép lớp trên có 5 nhóm.

d) Giá trị đại diện của nhóm [6; 8) là 6,5.

a) Đúng. \\({Q_3} = 6 + \\frac{{\\frac{{3.39}}{4} - (3 + 8 + 12)}}{{12}}(8 - 6) \\approx 7,04\\).

b) Đúng. \\(\\overline x  = \\frac{{1.3 + 3.8 + 5.12 + 7.12 + 9.4}}{{39}} \\approx 5,31\\).

c) Đúng. Bảng tần số ghép lớp trên có 5 nhóm.

d) Sai. Giá trị đại diện của nhóm [6; 8) là 7.

Áp dụng công thức tính các số đặc trưng đo xu thế trung tâm của mẫu số liệu ghép nhóm.

Cho đa giác đều 36 cạnh. Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh trong các đỉnh của đa giác đều đã cho. Tính xác suất để 4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có 2 góc ở 2 đỉnh liền kề, chung một cạnh của tứ giác là 2 góc tù (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Áp dụng tính chất của tứ giác nội tiếp và phương pháp tổ hợp, tính xác suất của biến cố đối.

Một tứ giác nội tiếp không có góc vuông thì luôn có hai góc tù kề nhau.

Để được một tứ giác có góc vuông thì:

- Chọn 2 đỉnh tạo thành đường kính của đường tròn: 18 cách.

- Chọn 2 đỉnh còn lại trên mỗi nửa đường tròn (bờ là đường kính): 17.17 cách.

- Trừ đi số tứ giác bị đếm trùng vì chọn 2 đỉnh còn lại cũng tạo thành đường kính: \\(C_{18}^2\\).

Xác suất cần tìm là: \\(1 - \\frac{{18.17.17 - C_{18}^2}}{{C_{36}^4}} \\approx 0,91\\).

Cho một bể chứa nước có hình dạng là một lăng trụ đứng AEFB.DHGC. Mặt đáy của lăng trụ là hình thang vuông AEFB (vuông tại A và E). Biết rằng chiều dài của bể AD = 12 m, chiều rộng của mặt bể AB = 6 m, chiều rộng của đáy bể EF = 3 m và chiều cao của bể AE = 4 m. Bể được bơm nước vào với lưu lượng không đổi P = 4 $m^3$/giờ. Giả sử mặt nước (IKJL) luôn song song với mặt đáy (HGFE) của bể (tham khảo hình vẽ).

Tính tốc độ tăng chiều cao của mực nước tại thời điểm t = 18 giờ (đơn vị tính theo mét trên giờ, kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Ứng dụng tích phân tính thể tích vật thể.

Đặt hệ trục tọa độ Exh sao cho F thuộc tia Ex, A thuộc tia Eh.

Ta có F(3; 0) và B(6; 4) nên \\(\\left\\{ \\begin{array}{l}0 = 3a + b\\\\4 = 6a + b\\end{array} \\right. \\Leftrightarrow \\left\\{ \\begin{array}{l}a = \\frac{4}{3}\\\\b =  - 4\\end{array} \\right.\\)

Phương trình BF là: \\(h = \\frac{4}{3}x - 4 \\Rightarrow x = \\frac{{3h + 12}}{4}\\).

Diện tích mặt nước là: \\(S(h) = 12x = 9h + 36\\).

Thể tích nước là: \\(V(h) = \\int\\limits_0^h {S(h)dh}  = \\int\\limits_0^h {(9h + 36)dh}  = \\frac{{9{h^2}}}{2} + 36h\\).

Sau 18 giờ, \\(V(18) = 18.4 = 72 = \\frac{{9{h^2}}}{2} + 36h \\Rightarrow h \\approx 1,66\\).

Ta có \\(V'(t) = V'(h).h'(t) \\Leftrightarrow 4 = (9h + 36).h'(t)\\)

\\( \\Leftrightarrow h'(t) = \\frac{4}{{9h + 36}} \\approx 0,08\\).

Cách tính thể tích vật thể ứng dụng tích phân

Cho một vật thể trong không gian Oxyz. Gọi B là phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm có hoành độ x = a, x = b. Khi cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm x \\((a \\le x \\le b)\\) thì phần chung giữa mặt phẳng và vật thể có diện tích S(x). Giả sử S(x) là hàm số liên tục trên đoạn \\(\\left[ {a;b} \\right]\\). Khi đó thể tích V của vật thể B được tính bởi công thức

\\(V = \\int\\limits_a^b {S(x)dx} \\).

Một sân bóng đá tiêu chuẩn có dạng hình chữ nhật với kích thước đường biên ngang là 68 m; có khung thành rộng 7,32 m và cao 2,44 m nằm ở chính giữa đường biên ngang. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho gốc tọa độ O là điểm đá phạt góc, trục Ox nằm trên đường biên ngang, trục Oy nằm trên đường biên dọc, trục Oz vuông góc với sân bóng, đơn vị trên mỗi trục là mét (tham khảo hình vẽ). Một quả bóng được đá từ vị trí P(6; 22; 0) với vận tốc 28 m/s theo hướng của vectơ $\\overrightarrow{v} = (15; -11;1)$ về phía khung thành. Giả sử quả bóng là một điểm, quỹ đạo bay của quả bóng là một đường thẳng và khung thành là một phần của mặt phẳng (Ozx). Thời gian bóng từ vị trí điểm P đến khung thành là bao nhiêu giây? (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Tìm phương trình đường thẳng d là đường bay của bóng. Tìm giao điểm Q của d và (Oxz). Tính PQ và từ đó tìm thời gian bóng bay từ P đến Q (lấy quãng đường chia vận tốc).

Phương trình quỹ đạo bay của bóng là: \\(\\left\\{ \\begin{array}{l}x = 6 + 15t\\\\y = 22 - 11t\\\\z = t\\end{array} \\right.\\) \\((t \\in \\mathbb{R})\\).

Phương trình mặt phẳng (Oxz) là: y = 0.

Bóng chạm khung thành tại \\(y = 22 - 11t = 0 \\Leftrightarrow t = 2\\).

Điểm bóng chạm khung thành là Q(36; 0; 2).

\\(PQ = \\sqrt {{{(36 - 6)}^2} + {{(0 - 22)}^2} + {{(2 - 0)}^2}}  = 2\\sqrt {347} \\) (m).

Thời gian bóng từ điểm P đến khung thành là \\(\\frac{{2\\sqrt {347} }}{{28}} \\approx 1,33\\) (giây).

Giả sử nhu cầu tiêu thụ một loại sản phẩm mới của doanh nghiệp A được mô hình hoá bởi hàm số $p = \\frac{1500}{\\sqrt{x}}$, trong đó p là đơn giá (tính bằng nghìn đồng) và x là số lượng đơn vị sản phẩm. Chi phí (tính bằng nghìn đồng) để sản xuất x đơn vị sản phẩm được cho bởi hàm số C = 12x + 500. Tìm mức giá (tính bằng nghìn đồng) để mang lại lợi nhuận tối đa.

Lập hàm lợi nhuận L(x), tìm x để L(x) đạt GTLN, từ đó tính p theo x vừa tìm được.

Doanh thu: \\(p.x = \\frac{{1500x}}{{\\sqrt x }} = 1500\\sqrt x \\) (nghìn đồng).

Lợi nhuận: \\(L(x) = p.x - C =  - 12x + 1500\\sqrt x  - 500\\) (nghìn đồng).

\\(L'(x) = \\frac{{750}}{{\\sqrt x }} - 12 = 0 \\Leftrightarrow \\sqrt x  = 62,5 \\Leftrightarrow x \\approx 7,9\\).

Vẽ bảng biến thiên, thấy L(x) đạt GTLN tại \\(x \\approx 7,9\\). Khi đó, mức giá mỗi sản phẩm là \\(p = \\frac{{1500}}{{\\sqrt x }} = \\frac{{1500}}{{62,5}} = 24\\) (nghìn đồng).

Một cái ly nước hình trụ có chiều cao 9 cm đang chứa một lượng nước bằng $\\frac{3}{4}$ thể tích của ly. Bạn A đặt một vật có dạng hình lập phương vào miệng ly thì thấy một đỉnh của vật đó chạm vào mặt nước đồng thời đường chéo qua đỉnh này của hình lập phương trùng với trục đối xứng của ly (tham khảo hình vẽ). Nếu ban đầu bạn A đổ nước đầy ly thì sau khi đặt khối lập phương như trên, lượng nước tràn ra là bao nhiêu centimet khối (kết quả làm tròn đến hàng phần chục và bỏ qua độ dày của ly)?

Tính thể tích chóp tam giác đều (một phần của khối lập phương) bên trong ly.

Độ cao của nước là: \\(\\frac{3}{4}.9 = 6,75\\) (cm).

Phần khối lập phương bên trong ly là chóp tam giác đều với chiều cao h = 9 – 6,75 = 2,25 (cm).

Giả sử đỉnh chạm vào mặt nước là A. Mặt (BCD) trùng với mặt phẳng miệng ly. I là trung điểm của CD, H là hình chiếu của A lên (BCD), khi đó H thuộc BI và H là trọng tâm tam giác BCD.

Gọi AB = AC = AD = x (cm). Vì AB, AC, AD đôi một vuông góc nên xét tam giác ACD vuông cân tại A, với AI là đường cao: \\(\\frac{1}{{A{I^2}}} = \\frac{1}{{A{C^2}}} + \\frac{1}{{A{D^2}}}\\).

Xét tam giác ABI vuông tại A với AH là đường cao:

\\(\\frac{1}{{A{H^2}}} = \\frac{1}{{A{B^2}}} + \\frac{1}{{A{I^2}}} = \\frac{1}{{A{B^2}}} + \\frac{1}{{A{C^2}}} + \\frac{1}{{A{D^2}}}\\)

\\( \\Rightarrow \\frac{1}{{A{H^2}}} = \\frac{3}{{{x^2}}} \\Rightarrow {x^2} = 3A{H^2} = 3.2,{25^2} = 15,1875\\).

Thể tích nước tràn ra là thể tích khối chóp ABCD:

\\(V = \\frac{1}{3}.AH.{S_{BCD}} = \\frac{1}{3}.AH.\\frac{{{{\\left( {x\\sqrt 2 } \\right)}^2}\\sqrt 3 }}{4} \\)

\\(= \\frac{1}{3}.2,25.\\frac{{15,1875.2\\sqrt 3 }}{4} \\approx 9,9\\) \\((c{m^3})\\).

Một xe ô tô sau khi chở hết đèn đỏ đã bắt đầu chuyển động. Trong 7 phút đầu tiên với tốc độ được biểu thị bằng đồ thị là đường cong parabol; biết rằng sau 5 phút thì xe đạt đến tốc độ cao nhất 900 m/phút và bắt đầu giảm tốc độ. Sau khi đi được 7 phút thì xe chuyển động đều (tham khảo hình vẽ). Quãng đường xe đi được sau 10 phút đầu tiên kể từ khi hết đèn đỏ là bao nhiêu mét?

Từ các điểm thuộc đồ thị, tìm phương trình parabol và đường thẳng biểu diễn vận tốc. Ứng dụng tích phân để tính quãng đường.

Giả sử parabol (P): \\(y = a{x^2} + bx + c\\).

Parabol đi qua điểm có tọa độ (0; 0), đỉnh (5; 900) nên ta có hệ:

\\(\\left\\{ \\begin{array}{l}0 = a{.0^2} + b.0 + c\\\\900 = a{.5^2} + b.5 + c\\\\ - \\frac{b}{{2a}} = 5\\end{array} \\right. \\Leftrightarrow \\left\\{ \\begin{array}{l}c = 0\\\\a =  - 36\\\\b = 360\\end{array} \\right.\\).

Suy ra (P): \\(y =  - 36{x^2} + 360x\\).

Khi x = 7 thì \\(y =  - {36.7^2} + 360.7 = 756\\).

Quãng đường xe đi được 10 phút đầu là:

\\(\\int\\limits_0^7 {( - 36{x^2} + 360x)dx}  + 756.3 = 6972\\) (m).