Đề thi thử THPT môn Toán lần 2 năm 2026 trường THPT Phụ Dực - Hưng Yên

Xét mẫu số liệu ghép nhóm cho bởi bảng sau:
 
* Phương sai:
- Công thức 1: ${S^2} = \frac{1}{n}\left[ {{n_1}{{\left( {{c_1} - \bar x} \right)}^2} + {n_2}{{\left( {{c_2} - \bar x} \right)}^2} + ... + {n_k}{{\left( {{c_k} - \bar x} \right)}^2}} \right]$.
- Công thức 2: ${S^2} = \frac{1}{n}\left( {{n_1}{c_1}^2 + {n_2}{c_2}^2 + ... + {n_k}{c_k}^2} \right) - {\bar x^2}$.
Trong đó: $n = {n_1} + {n_2} + ... + {n_k}$ là cỡ mẫu; $\bar x = \frac{1}{n}\left( {{n_1}{c_1} + {n_2}{c_2} + ... + {n_k}{c_k}} \right)$ là số trung bình.
* Độ lệch chuẩn: $S = \sqrt {{S^2}}$.

Cỡ mẫu: n = 6 + 6 + 4 + 1 + 1 = 18.

Số trung bình: $\overline x = \frac{{22,5.6 + 27,5.6 + 32,5.4 + 37,5.1 + 42,5.1}}{{18}} = \frac{{85}}{3}$.

Phương sai: ${s^2} = \frac{1}{{18}}\left( {22,{5^2}.6 + 27,{5^2}.6 + 32,{5^2}.4 + 37,{5^2}.1 + 42,{5^2}.1} \right) - {\left( {\frac{{85}}{3}} \right)^2} = 31,25$.

Độ lệch chuẩn: $s = \sqrt {31,25} \approx 5,59$.

Quan sát hình dạng của đồ thị.

Đồ thị hàm số có dạng đồ thị của hàm số bậc ba.

Quan sát đồ thị, thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty$ nên hệ số của ${x^3}$ nhỏ hơn 0.

Để tính khoảng biến thiên, lấy đầu mút phải của nhóm cuối cùng trừ đi đầu mút trái của nhóm đầu tiên (chứa số liệu).

R = 175 – 150 = 25.

Quan sát bảng biến thiên và kết luận.

Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên đoạn [0; 3] là -4.

Tìm giao điểm của hai đường tiệm cận.

Đồ thị có tiệm cận đứng x = -1. Giả sử tiệm cận xiên của đồ thị có phương trình y = ax + b.

Tiệm cận xiên của đồ thị đi qua điểm có tọa độ (0; 2) và (2; 0) nên ta có hệ:

$\{\begin{array}{l}2=a.0+b\\ 0=a.2+b\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=-1\\ b=2\end{array}\Rightarrow y=-x+2$$\left\{ \begin{array}{l}2 = a.0 + b\\0 = a.2 + b\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 2\end{array} \right.$ \Rightarrow y = - x + 2.

Hai đường tiệm cận giao nhau tại: $y = - ( - 1) + 2 = 3$.

Vậy tâm đối xứng của đồ thị hàm số là điểm có tọa độ (-1; 3).

Hàm phân thức hữu tỉ dạng $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ không có điểm cực trị.

Hàm số $y = \frac{{2x + 3}}{{x + 1}}$ không có điểm cực trị.

Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp: $V = \frac{1}{3}Bh$.

${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}SA.AB.AD = \frac{1}{3}.3a.a.2a = 2{a^3}$.

Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) là góc giữa d và d’ là hình chiếu của d lên (P).

Vì $SA \bot (ABCD)$ nên AD là hình chiếu của SD lên (ABCD), do đó $\left( {SD,(ABCD)} \right) = \left( {SD,AD} \right) = \widehat {SDA}$.

Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ là $c = - \frac{d}{c}$.

Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 3}}{{x - 1}}$ là x = 1.

Tìm khoảng cách từ S đến hình chiếu vuông góc của S lên (ABC).

$SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow d\left( {S,(ABC)} \right) = SA = a$.

Áp dụng kiến thức về hai vecto đối nhau.

Vì O là trung điểm của AC’ nên $\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OC'}  = \overrightarrow 0$.

Hàm số y = f(x) không nghịch biến trên khoảng f’(x) > 0.

Hàm số y = f(x) không nghịch biến trên khoảng (-1; 2) vì f’(x) > 0 trên khoảng $(1; + \infty )$.

a) Tìm ĐKXĐ của hàm số.

b) Đường thẳng y = ax + b $(a \ne 0)$ gọi là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y = f(x) nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f(x) - (ax + b)} \right] = 0$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {f(x) - (ax + b)} \right] = 0$.

c) Tâm đối xứng là giao điểm của tiệm cận đứng và tiệm cận xiên.

d) Thay tọa độ điểm A vào hàm số, nếu thỏa mãn thì A thuộc đồ thị hàm số.

a) Đúng. Hàm số xác định khi $x - 2 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 2$. Vậy tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$.

b) Sai. Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left[ {y - (x + 1)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{1}{{x - 2}} = 0$ nên tiệm cận xiên của đồ thị (C) là đường thẳng y = x + 1.

c) Đúng. Tiệm cận đứng của đồ thị là đường thẳng x = 2.

Tung độ giao điểm của hai tiệm cận là y = 2 + 1 = 3. Vậy tâm đối xứng của đồ thị (C) là I(2; 3).

d) Đúng. Ta có $y(1) = 1 + 1 + \frac{1}{{1 - 2}} = 1$. Vậy đồ thị hàm số đi qua A(1; 1).

Xác định phương trình parabol và các đường thẳng AC, AB. Từ đó áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay ứng dụng tích phân.

a) Đúng. ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}d\left( {A,BC} \right).BC$

$= \frac{1}{2}.2.4 = 4$.

b) Sai. Giả sử parabol (P) có phương trình $y = a{x^2} + bx + c$.

(P) đi qua các điểm B(2; 2), C(-2; 2), I(0; 6) nên ta có hệ:

$\{\begin{array}{l}6=a{.0}^2+b.0+c\\ 2=a{.2}^2+b.2+c\\ 2=a(-2{)}^2+b(-2)+c\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=-1\\ b=0\\ c=6\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}6 = a{.0^2} + b.0 + c\\2 = a{.2^2} + b.2 + c\\2 = a{( - 2)^2} + b( - 2) + c\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b = 0\\c = 6\end{array} \right.$.

Vậy (P): $y =  - {x^2} + 6$.

Đường thẳng AC và AB có phương trình lần lượt là y = -x và y = x.

${S_{\left( H \right)}} = \int\limits_{ - 2}^0 {\left[ {( - {x^2} + 6) - ( - x)} \right]dx}$

$+ \int\limits_0^2 {\left[ {( - {x^2} + 6) - x} \right]dx}  = \frac{{44}}{3}$.

c) Sai. ${V_1} = \pi \int\limits_{ - 2}^0 {\left[ {{{( - {x^2} + 6)}^2} - {{( - x)}^2}} \right]dx}$

$+ \pi \int\limits_0^2 {\left[ {{{( - {x^2} + 6)}^2} - {x^2}} \right]dx}  = \frac{{1312}}{{15}}\pi$.

d) Đúng. (P): $y =  - {x^2} + 6 \Leftrightarrow {x^2} = 6 - y$;

AB: x = y.

${V_2} = \pi \int\limits_0^2 {{y^2}dy}  + \pi \int\limits_2^6 {(6 - y)dy}  = \frac{{32}}{3}\pi$.

Áp dụng định nghĩa xác suất có điều kiện, công thức xác suất toàn phần và công thức Bayes.

A: “Khách hàng mua phải hộp sữa giả”; B: “Quản lí thị trường phát hiện có sữa giả”.

a) Đúng. Vì có 10 trong tổng số 30 hộp sữa trong lô là giả nên $P(A) = \frac{{10}}{{30}} = \frac{1}{3}$.

b) Đúng. Ta có $P(\overline A ) = 1 - P(A) = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$.

$P(\overline B |A) = \frac{{C_{20}^3}}{{C_{29}^3}} = \frac{{190}}{{609}}$

$\Rightarrow P(B|A) = 1 - P(\overline B |A) = 1 - \frac{{190}}{{609}} = \frac{{419}}{{609}}$.

$P(\overline B |\overline A ) = \frac{{C_{19}^3}}{{C_{29}^3}} = \frac{{323}}{{1218}}$

$\Rightarrow P(B|\overline A ) = 1 - P(\overline B |\overline A ) = 1 - \frac{{323}}{{1218}} = \frac{{895}}{{1218}}$.

$P(B) = P(A).P(B|A) + P(\overline A ).P(B|\overline A )$

$= \frac{1}{3}.\frac{{419}}{{609}} + \frac{2}{3}.\frac{{895}}{{1218}} = \frac{{146}}{{203}}$.

c) Sai. $P(B|A) = \frac{{419}}{{609}}$.

d) Đúng. $P(A|B) = \frac{{P(A).P(B|A)}}{{P(B)}} = \frac{{\frac{1}{3}.\frac{{419}}{{609}}}}{{\frac{{146}}{{203}}}} = \frac{{419}}{{1314}}$.

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán trong không gian.

a) Đúng. Đường thẳng MN đi qua M(3; -2; -1), nhận $\overrightarrow {MN}  = (1;5;2)$ làm VTCP có phương trình là $\{\begin{array}{l}x=3+t\\ y=-2+5t\\ z=-1+2t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + t\\y =  - 2 + 5t\\z =  - 1 + 2t\end{array} \right.$.

b) Đúng. Ta có: $\{\begin{array}{l}x=3+t\\ y=-2+5t\\ -5=-1+2t\end{array}\iff \{\begin{array}{l}t=-2\\ x=1\\ y=-12\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + t\\y =  - 2 + 5t\\ - 5 =  - 1 + 2t\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}t =  - 2\\x = 1\\y =  - 12\end{array} \right.$. Vậy E(1; -12; -5).

c) Sai. $\overrightarrow {ME}  = ( - 2; - 10; - 4) =  - 2\overrightarrow {MN}$ nên M nằm giữa N và E.

Hai tam giác EMA và EAN đồng dạng (g.g) nên $E{A^2} = EM.EN$.

Vì N, M, E là các điểm cố định nên $E{A^2} = EM.EN$ không đổi.

Vì E cố định và độ dài EA không đổi nên A thuộc đường tròn tâm E, bán kính EA.

$EM = \sqrt {{{( - 2)}^2} + {{( - 10)}^2} + {{( - 4)}^2}}  = 2\sqrt {30}$, $EN = \sqrt {{{(4 - 1)}^2} + {{(3 + 12)}^2} + {{(1 + 5)}^2}}  = 3\sqrt {30}$.

$E{A^2} = EM.EN = 2\sqrt {30} .3\sqrt {30}  = 180 \Rightarrow EA = 6\sqrt 5  \approx 13,42$.

d) Đúng. Gọi H là hình chiếu của O lên (P). Khi đó H(0; 0; -5).

Xét tam giác OAH vuông tại H: $O{A^2} = O{H^2} + H{A^2} = {5^2} + H{A^2}$.

Để OA lớn nhất thì HA lớn nhất. Khi đó, xét trên (P):

$H{A_{\max }} = HE + EA =$

$\sqrt {{{(1 - 0)}^2} + {{( - 12 - 0)}^2} + {{( - 5 + 5)}^2}}  + 6\sqrt 5$

$= \sqrt {145}  + 6\sqrt 5$.

Vậy $OA = \sqrt {{5^2} + {{\left( {\sqrt {145}  + 6\sqrt 5 } \right)}^2}}  \approx 25,9$.

Phân loại mỗi câu hỏi dựa trên số lượng học sinh nhận được câu hỏi đó.

Mỗi câu hỏi trong ngân hàng 20 câu có thể được giao cho bất kỳ ai trong số 5 học sinh. Với mỗi câu hỏi, một học sinh có hai trạng thái: hoặc là được giao câu đó, hoặc là không.

- Vì có 5 học sinh, số cách phân phối một câu hỏi là $2^{5} = 32$ cách (bao gồm cả trường hợp không bạn nào nhận được hoặc cả 5 bạn cùng nhận được).

- Với 20 câu hỏi độc lập, tổng số cách phân phối là:

$n(\Omega) = 32^{20} = {(2^{5})}^{20} = 2^{100}$.

Điều kiện 1: Có đúng 2 câu chung cho cả 5 bạn.

Số cách chọn 2 câu này từ 20 câu là: $C_{20}^{2}$.

Điều kiện 2: Có đúng 3 câu chung cho nhóm 4 bạn bất kỳ.

Lưu ý: "3 câu chung cho nhóm 4 bạn" đã bao gồm 2 câu chung của cả 5 bạn ở trên.

Vậy, với mỗi nhóm 4 bạn, có thêm 3 - 2 = 1 câu hỏi mà chỉ đúng 4 bạn đó có (bạn thứ 5 không có).

- Có $C_{5}^{4} = 5$ nhóm 4 bạn. Vậy số câu hỏi thuộc loại "chỉ 4 người có" là: 5.1 = 5 câu.

- Số cách chọn 5 câu này từ 18 câu còn lại là: $C_{18}^{5}$.

- Số cách xếp 5 câu này vào 5 nhóm (mỗi nhóm 1 câu) là: 5! (hoặc hiểu là chọn từng câu cho từng nhóm).

Điều kiện 3: Có đúng 4 câu chung cho nhóm 3 bạn bất kỳ.

Các câu chung của nhóm 3 bạn bao gồm: câu chung của cả 5 bạn và các câu chung của nhóm 4 bạn có chứa 3 bạn đó. Với một nhóm 3 bạn bất kỳ (ví dụ bạn {1, 2, 3}):

- Số câu chung cả 5 bạn: 2 câu.

- Số câu chung của nhóm 4 bạn chứa {1, 2, 3}: Có 2 nhóm như vậy là {1, 2, 3, 4} và {1, 2, 3, 5}. Mỗi nhóm này có 1 câu riêng. Tổng là 2 câu.

Vậy hiện tại nhóm 3 bạn đã có 2 + 2 = 4 câu chung.

Theo đề bài, số câu chung của nhóm 3 bạn phải là 4. Điều này đồng nghĩa với việc không có thêm câu hỏi nào mà chỉ đúng 3 bạn có.

Số câu hỏi thuộc loại "chỉ 3 người có" là 0 câu.

Các câu hỏi còn lại:

Mỗi câu trong 13 câu còn lại này chỉ có thể rơi vào các trường hợp: có 0 người nhận, 1 người nhận, hoặc 2 người nhận.

Số cách phân bổ cho mỗi câu là: $C_{5}^{0} + C_{5}^{1} + C_{5}^{2} = 1 + 5 + 10 = 16$ cách.

Vậy 13 câu còn lại có: $16^{13}$ cách chọn.

Ta có $p = \dfrac{C_{20}^{2}.C_{18}^{5}.5!.16^{13}}{32^{20}}$. Vậy $10^{10}p \approx 6940$.

Đặt BM = x (km). Biểu diễn thời gian tàu đi từ A đến M và xe cứu thương đi từ C đến M theo x. Tìm x sao cho hai xe đến M cùng thời điểm.

Giả sử BM = x (km, $0 \leq x \leq 60$). Khi đó MC = BC – MB = 60 – x (km).

$AM = \sqrt{AB^{2} + BM^{2}}$

$= \sqrt{20^{2} + x^{2}} = \sqrt{400 + x^{2}}$ (km).

Thời gian tàu đi từ A đến M là $\dfrac{\sqrt{400 + x^{2}}}{60}$ (giờ), thời gian xe cứu thương đi từ C đến M là $\dfrac{60 - x}{80}$ (giờ).

Thời gian sớm nhất để người bệnh có thể được cấp cứu là $t = \dfrac{2\sqrt{400 + x^{2}}}{60} = \dfrac{2(60 - x)}{80}$ (giờ).

Suy ra $\dfrac{\sqrt{400 + x^{2}}}{30} = \dfrac{60 - x}{40}$

$\Leftrightarrow 40\sqrt{400 + x^{2}} = 1800 - 30x$

$\Leftrightarrow 4\sqrt{400 + x^{2}} = 180 - 3x$

$\Leftrightarrow 16(400 + x^{2}) = 32400 - 1080x + 9x^{2}$

$\Leftrightarrow 7x^{2} + 1080x - 26000 = 0$.

Giải phương trình trên được nghiệm $x \approx 21,17$ thỏa mãn điều kiện.

Vậy thời gian sớm nhất để người bệnh có thể được cấp cứu là $\dfrac{2(60 - x)}{80} \approx 0,97$ giờ.

Chọn hệ trục tọa độ Oxy ở vị trí phù hợp. Xác định phương trình các đường elip, từ đó áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng ứng dụng tích phân.

Chọn hệ trục Oxy sao cho O trùng với tâm viên gạch, trục hoành trùng với trục lớn của elip chấm bi.

Phương trình đường elip chấm bi là: $\left. \dfrac{x^{2}}{4^{2}} + \dfrac{y^{2}}{2^{2}} = 1\Leftrightarrow\dfrac{x^{2}}{16} + \dfrac{y^{2}}{4} = 1\Leftrightarrow y^{2} = 4 - \dfrac{x^{2}}{4} \right.$.

Phương trình đường elip chấm bi nằm phía trên trục hoành là $y = \sqrt{4 - \dfrac{x^{2}}{4}}$.

Phương trình elip trắng là: $\left. \dfrac{x^{2}}{4} + \dfrac{y^{2}}{16} = 1\Leftrightarrow y^{2} = 16 - 4x^{2} \right.$.

Phương trình đường elip trắng nằm phía trên trục hoành là $y = \sqrt{16 - 4x^{2}}$.

Xét hệ: $\left.$$\left\{ \begin{array}{l} {\dfrac{x^{2}}{4} + \dfrac{y^{2}}{16} = 1} \\ {\dfrac{x^{2}}{16} + \dfrac{y^{2}}{4} = 1} \end{array} \right.$Leftrightarrow$\left\{ \begin{array}{l} {x^{2} = \dfrac{16}{5}} \\ {y^{2} = \dfrac{16}{5}} \end{array} \right.$ \right..

Do đó, các giao điểm của hai elip có hoành độ là $\pm \dfrac{4\sqrt{5}}{5}$.

Diện tích elip là:

$S_{E} = 2{\int\limits_{- 4}^{4}{\sqrt{4 - \dfrac{x^{2}}{4}}dx}} = 8\pi$ $(dm^{2})$.

Diện tích phần elip tô trắng là:

$S_{T} = 4{\int\limits_{0}^{\dfrac{4\sqrt{5}}{5}}{\left( {\sqrt{16 - 4x^{2}} - \sqrt{4 - \dfrac{x^{2}}{4}}} \right)dx}} \approx 10,3$ $(dm^{2})$.

Diện tích phần màu đen là:

$S_{D} = \pi.4^{2} - S_{E} - S_{T} \approx 14,84$ $(dm^{2})$.

Diện tích phần còn lại của viên gạch là:

$S_{C} = 8^{2} - S_{E} - S_{D} \approx 24,03$ $(dm^{2})$.

Chi phí tráng men là:

$100000P = 100000\left( {150S_{E} + 200S_{D} + 100S_{C}} \right) \approx 9140000000$ đồng, hay 914 triệu đồng.

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán vecto.

Ta có $\left| \overset{\rightarrow}{v_{1}} \right| = \sqrt{4^{2} + 3^{2} + 0^{2}} = 5$.

Gọi $\overset{\rightarrow}{u} = \dfrac{1}{5}\overset{\rightarrow}{v_{1}} = \left( {\dfrac{4}{5};\dfrac{3}{5};0} \right)$ là vecto đơn vị cùng hướng với $\overset{\rightarrow}{v_{1}} = \left( {4;3;0} \right)$.

Vecto vận tốc của tàu là $\overset{\rightarrow}{v_{T}} = 20.\overset{\rightarrow}{u} = (16;12;0)$.

Vị trí của tàu sau t giờ là: $\{\begin{array}{l}x=60+16t\\ y=75+12t\\ z=0\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 60 + 16t} \\ {y = 75 + 12t} \\ {z = 0} \end{array} \right.$.

Vecto vận tốc của gió là $\overset{\rightarrow}{v_{G}} = 50.\overset{\rightarrow}{u} = (40;30;0)$.

Vecto vận tốc thực tế của máy bay là: $\overset{\rightarrow}{v_{MB}} = \overset{\rightarrow}{v_{2}} + \overset{\rightarrow}{v_{G}}$.

Gọi x (giờ) là thời gian thực tế trực thăng bay ngang. Vì máy bay ở vị trí A sau 2 phút = $\dfrac{1}{30}$ giờ; khi máy bay hạ cánh trong 1 phút = $\dfrac{1}{60}$ giờ thì tàu vẫn di chuyển nên tổng thời gian từ lúc tàu mất liên lạc đến khi máy bay hạ cánh xuống tàu là $x + \dfrac{1}{30} + \dfrac{1}{60} = x + \dfrac{1}{20}$ (giờ).

Khi đó, xét trên mặt phẳng (Oxy):

$\left( {60 + 16\left( {x + \dfrac{1}{20}} \right);75 + 12\left( {x + \dfrac{1}{20}} \right)} \right) = x\overset{\rightarrow}{v_{2}} + \left( {40x;30x} \right)$

$\left. \Rightarrow\left( {\dfrac{304}{5} + 16x;\dfrac{378}{5} + 12x} \right) = x\overset{\rightarrow}{v_{2}} + \left( {40x;30x} \right) \right.$

$\left. \Rightarrow x\overset{\rightarrow}{v_{2}} = \left( {\dfrac{304}{5} - 24x;\dfrac{378}{5} - 18x} \right) \right.$.

Suy ra $400^{2}x^{2} = \left( {\dfrac{304}{5} - 24x} \right)^{2} + \left( {\dfrac{378}{5} - 18x} \right)^{2}$.

Giải phương trình trên được nghiệm dương $x \approx 0,226$ giờ $\approx 13,6$ phút.

Vậy thời gian sớm nhất máy bay đến được vị trí con tàu là 1 + 13,6 + 2 = 16,6 phút.

Lập hàm lợi nhuận và sử dụng kiến thức về hàm bậc hai để giải:

Hàm số $y = ax^2 +bx + c$ với a < 0 đạt GTLN khi $x = - \dfrac{b}{2a}$. 

Hàm lợi nhuận: P(x) = F(x) – G(x) – xt

$= 3000x - x^{2} - \left( {x^{2} + 1440x + 50} \right) - xt$

$= - 2x^{2} + (1560 - t)x - 50$.

Lợi nhuận P(x) lớn nhất khi $x = - \dfrac{1560 - t}{2.( - 2)} = \dfrac{1560 - t}{4}$.

Khi đó, số tiền thuế thu được là $xt = \dfrac{1560 - t}{4}.t = \dfrac{1560t - t^{2}}{4}$.

Số tiền thuế lớn nhất khi $1560t - t^{2}$ lớn nhất, hay $t = - \dfrac{1560}{2.( - 1)} = 780 \in (0;1000)$ (thỏa mãn).

Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Tính chiều cao SO của khối chóp và áp dụng công thức $V = \dfrac{1}{3}Bh$.

Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Khi đó, SO là chiều cao khối chóp.

Ta có $\left. AC = AB\sqrt{2} = 6\sqrt{2}\Rightarrow AO = 3\sqrt{2} \right.$.

$SO = \sqrt{SA^{2} - AO^{2}} = \sqrt{6^{2} - {(3\sqrt{2})}^{2}} = 3\sqrt{2}$.

Thể tích cái lều là:

$V = \dfrac{1}{3}SO.S_{ABCD} = \dfrac{1}{3}3\sqrt{2}.6^{2}$

$= 36\sqrt{2} \approx 50,9$ $(m^{3})$.