Đề khảo sát chất lượng Toán 12 đợt 2 năm 2025 – 2026 sở GD&ĐT Phú Thọ

Nhóm chứa mốt là nhóm có tần số lớn nhất.

Dựa vào bảng tần số, ta thấy tần số lớn nhất là 20 ứng với nhóm [22; 24).

Vậy nhóm chứa mốt của mẫu số liệu đã cho là [22; 24).

Sử dụng công thức tính xác suất $P(A) = \dfrac{n(A)}{n(\Omega)}$.

Tổng số viên bi trong hộp là $5 + 7 = 12$ viên bi, có $n(\Omega) = C_{12}^{2} = 66$.

Gọi A là biến cố: Lấy được 2 viên bi màu đỏ, có $n(A) = C_{5}^{2} = 10$.

Xác suất để lấy được 2 viên bi màu đỏ là $P(A) = \dfrac{10}{66} = \dfrac{5}{33}$.

Đường thẳng đi qua hai điểm A và B nhận vectơ $\overset{\rightarrow}{AB}$ làm vectơ chỉ phương.

Phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm $M(x_{0};y_{0};z_{0})$ có vectơ chỉ phương $\overset{\rightarrow}{u} = (a;b;c)$ là $\dfrac{x - x_{0}}{a} = \dfrac{y - y_{0}}{b} = \dfrac{z - z_{0}}{c}$.

Ta có $\overset{\rightarrow}{AB} = (4;2; - 4)$. Chọn vectơ chỉ phương của đường thẳng là $\overset{\rightarrow}{u} = \dfrac{1}{2}\overset{\rightarrow}{AB} = (2;1; - 2)$.

Đường thẳng đi qua điểm $B(5;4; - 1)$ có phương trình chính tắc là: $\dfrac{x - 5}{2} = \dfrac{y - 4}{1} = \dfrac{z + 1}{- 2}$.

Sử dụng tính chất của tích phân: ${\int_{a}^{b}{\left\lbrack {f(x) + kg(x)} \right\rbrack dx}} = {\int_{a}^{b}f}(x)dx + k{\int_{a}^{b}g}(x)dx$.

Ta có ${\int_{2}^{5}{\left\lbrack {f(x) - 2g(x)} \right\rbrack dx}} = {\int_{2}^{5}f}(x)dx - 2{\int_{2}^{5}g}(x)dx = 2 - 2.5 = - 8$.

Giải phương trình dạng $\left. \sqrt{f(x)} = g(x)\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {g(x) \geq 0} \\ {f(x) = {\lbrack g(x)\rbrack}^{2}} \end{array} \right.$ \right..

Ta có:

$\begin{array}{l} \left. \sqrt{2x^{2} + x + 3} = 1 - x\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {1 - x \geq 0} \\ {2x^{2} + x + 3 = {(1 - x)}^{2}} \end{array} \right. \right. \\ \left. \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {x \leq 1} \\ {2x^{2} + x + 3 = 1 - 2x + x^{2}} \end{array} \right.$Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {x \leq 1} \\ {x^{2} + 3x + 2 = 0} \end{array}\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {x = - 1} \\ {x = - 2} \end{array} \right. \right.. \right. \end{array}

Tổng hai nghiệm là $x_{1} + x_{2} = - 1 + ( - 2) = - 3$.

Sử dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng: $u_{n} = u_{1} + (n - 1)d$.

Có $u_{10} = u_{1} + 9d = - 2 + 9.3 = 25$.

Sử dụng quy tắc đạo hàm cơ bản: ${(\sin x)}' = \cos x$ và ${(\cos u)}' = - u'\sin u$.

Ta có $f'(x) = {(\sin x)}' + {(\cos 3x)}' = \cos x - {(3x)}'\sin(3x) = \cos x - 3\sin(3x)$.

Nếu $0 < a < 1$ thì $\left. \log_{a}f(x) > b\Leftrightarrow 0 < f(x) < a^{b} \right.$.

Điều kiện xác định: $\left. 2x - 1 > 0\Leftrightarrow x > \dfrac{1}{2} \right.$.

Ta có $\left. \log_{\dfrac{1}{3}}(2x - 1) > - 2\Leftrightarrow 2x - 1 < \left( \dfrac{1}{3} \right)^{- 2} \right.$$\left. \Leftrightarrow 2x - 1 < 9\Leftrightarrow x < 5 \right.$.

Kết hợp với điều kiện xác định, ta được tập nghiệm là $S = \left( {\dfrac{1}{2};5} \right)$.

Điểm cực trị của hàm số là nghiệm bội lẻ của phương trình $f'(x) = 0$.

Ta có $\left. f'(x) = 0\Leftrightarrow(x - 1){(x - 2)}^{2}(x + 3) = 0 \right.$ có các nghiệm là $x = 1$, $x = 2$ (nghiệm bội hai) và $x = - 3$.

Hàm số đạt cực trị tại các điểm là các nghiệm bội lẻ $x = 1$ và $x = - 3$.

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Tính đạo hàm $f'(x)$, xét dấu đạo hàm trên đoạn [2;5] để xác định tính đơn điệu của hàm số, từ đó tìm giá trị lớn nhất.

Hàm số liên tục trên đoạn [2; 5].

Ta có $f'(x) = \dfrac{2(x - 1) - 1(2x + 3)}{{(x - 1)}^{2}} = \dfrac{- 5}{{(x - 1)}^{2}} < 0$ với mọi $x \in \lbrack 2;5\rbrack$.

Do đó hàm số nghịch biến trên đoạn [2; 5].

Giá trị lớn nhất của hàm số là $f(2) = \dfrac{2.2 + 3}{2 - 1} = 7$.

Nhận biết nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản.

Ta có $\left. \sin x = 0\Leftrightarrow x = k\pi \right.$ với $k \in {\mathbb{Z}}$.

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{ k\pi,k \in {\mathbb{Z}} \right\}$.

Sử dụng quy tắc hình hộp: $\overset{\rightarrow}{AB} + \overset{\rightarrow}{AD} + \overset{\rightarrow}{AA^{\prime}} = \overset{\rightarrow}{AC^{\prime}}$.

Ta có $\overset{\rightarrow}{AB} + \overset{\rightarrow}{AD} + \overset{\rightarrow}{AA^{\prime}} = \overset{\rightarrow}{AC^{\prime}}$.

Độ dài của vectơ: $\left| \overset{\rightarrow}{AC^{\prime}} \middle| = \sqrt{2^{2} + 3^{2} + 6^{2}} = 7 \right.$.

Xác định tâm I và bán kính R của mặt cầu $(S)$.

Tính tọa độ vectơ $\overset{\rightarrow}{AB}$, $\overset{\rightarrow}{AC}$ rồi tìm vectơ pháp tuyến cho mặt phẳng $(ABC)$.

Sử dụng công thức tính khoảng cách d từ tâm I đến mặt phẳng $(ABC)$. Bán kính đường tròn giao tuyến $r = \sqrt{R^{2} - d^{2}}$.

Sử dụng công thức tọa độ trọng tâm tam giác.

a) Đúng. Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(1;0; - 1)$ và bán kính $R = \sqrt{1^{2} + 0^{2} + {( - 1)}^{2} - ( - 2)} = 2$.

Khoảng cách từ $I$ đến mặt phẳng $(ABC):2x - 2y + z + 1 = 0$ là:

$d(I,(ABC)) = \dfrac{\left| 2(1) - 2(0) - 1 + 1 \right|}{\sqrt{2^{2} + {( - 2)}^{2} + 1^{2}}} = \dfrac{2}{3}$.

Bán kính đường tròn giao tuyến $r = \sqrt{2^{2} - \left( \dfrac{2}{3} \right)^{2}} = \dfrac{4\sqrt{2}}{3}$.

b) Sai. Ta có $\overset{\rightarrow}{AB} = (1; - 1; - 4)$, $\overset{\rightarrow}{AC} = ( - 1; - 3; - 4)$ $\left. \Rightarrow\left\lbrack {\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AC}} \right\rbrack = ( - 8;8; - 4) \right.$.

Chọn vectơ pháp tuyến $\overset{\rightarrow}{n^{\prime}} = (2; - 2;1)$.

Phương trình mặt phẳng $(ABC):$

$\left. 2(x - 0) - 2(y - 1) + 1(z - 1) = 0\Leftrightarrow 2x - 2y + z + 1 = 0 \right.$.

c) Đúng. $\overset{\rightarrow}{AB} = (1 - 0;0 - 1; - 3 - 1) = (1; - 1; - 4)$.

d) Sai. Tọa độ trọng tâm $G = \left( {\dfrac{0 + 1 - 1}{3};\dfrac{1 + 0 - 2}{3};\dfrac{1 - 3 - 3}{3}} \right) = \left( {0; - \dfrac{1}{3}; - \dfrac{5}{3}} \right)$.

Khi đó $a + b + c = 0 - \dfrac{1}{3} - \dfrac{5}{3} = - 2$.

Tìm hàm $h(t)$ bằng cách tính nguyên hàm của $h'(t)$ và sử dụng điều kiện $h(0) = 15$.

Tìm cực đại của hàm $h'(t)$ để biết thời điểm tốc độ tăng trưởng lớn nhất.

Tốc độ tăng trưởng trung bình trên đoạn [a; b] là $\dfrac{1}{b - a}{\int_{a}^{b}h'}(t)dt = \dfrac{h(b) - h(a)}{b - a}$.

a) Sai. $h(t) = {\int{\left( {- 0,02t^{3} + 0,32t^{2}} \right)dt}} = - \dfrac{1}{200}t^{4} + \dfrac{32}{300}t^{3} + C$.

Vì $\left. h(0) = 15\Rightarrow C = 15 \right.$. Vậy $h(t) = - \dfrac{t^{4}}{200} + \dfrac{32t^{3}}{300} + 15$.

b) Sai. Xét $\left. h^{''}(t) = - 0,06t^{2} + 0,64t = 0\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {t = 0} \\ {t = \dfrac{32}{3}} \end{array}$ \right. \right..

Tốc độ tăng trưởng lớn nhất tại $t = \dfrac{32}{3}$. Khi đó chiều cao $h\left( \dfrac{32}{3} \right) \approx 79,73$ cm.

c) Đúng. Tốc độ trung bình trong 10 tuần đầu:

$v_{tb} = \dfrac{h(10) - h(0)}{10} = \dfrac{- 50 + \dfrac{320}{3} + 15 - 15}{10} = \dfrac{17}{3} \approx 5,67$.

d) Đúng. $h(6) = - 0,005 \cdot 6^{4} + \dfrac{32}{300} \cdot 6^{3} + 15 = 31,56$ cm.

Gọi A là biến cố trúng thầu dự án thứ nhất, B là biến cố trúng thầu dự án thứ hai.

Sử dụng các công thức xác suất tích, xác suất đầy đủ và công thức Bayes.

Gọi A là biến cố trúng thầu dự án thứ nhất, B là biến cố trúng thầu dự án thứ hai.

d) Đúng. $\left. P(A) = 0,8\Rightarrow P(\overline{A}) = 1 - 0,8 = 0,2 \right.$.

c) Đúng. $\left. P(AB) = P(A) \cdot P(B \middle| A) = 0,8 \cdot 0,9 = 0,72 \right.$.

b) Đúng. $\left. P(B) = P(A) \cdot P(B \middle| A) + P(\overline{A}) \cdot P(B \middle| \overline{A}) \right.$

$= 0,72 + 0,2.0,2 = 0,76$.

a) Sai. Cần tính $\left. P(A \middle| \overline{B}) = \dfrac{P(A\overline{B})}{P(\overline{B})} \right.$.

Ta có $P(\overline{B}) = 1 - 0,76 = 0,24$; $\left. P(A\overline{B}) = P(A).P(\overline{B} \middle| A) = 0,8.(1 - 0,9) = 0,08 \right.$.

$\left. \Rightarrow P(A \middle| \overline{B}) = \dfrac{0,08}{0,24} = \dfrac{1}{3}.0,33 \right.$.

Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của hàm $y = \dfrac{u(x)}{v(x)}$ có phương trình $y = \dfrac{u'(x)}{v'(x)}$.

Tìm tọa độ các điểm cực trị A, B để tính diện tích tam giác.

Khảo sát sự biến thiên của hàm số.

a) Đúng. Ta có $y = x - 2 + \dfrac{4}{x - 1}$. Tiệm cận xiên là $y = x - 2$.

Suy ra $a = 1$, $b = - 2$. Khi đó $a - 2b = 1 - 2( - 2) = 5$.

b) Đúng. Phương trình đường thẳng đi qua các điểm cực trị là:

$y = \dfrac{{(x^{2} - 3x + 6)}'}{{(x - 1)}'} = \dfrac{2x - 3}{1} = 2x - 3$.

c) Đúng. $\left. y' = \dfrac{x^{2} - 2x - 3}{{(x - 1)}^{2}} = 0\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {x = - 1} \\ {x = 3} \end{array}$ \right. \right..

Với $\left. x = - 1\Rightarrow y = - 5\Rightarrow A( - 1; - 5) \right.$.

Với $\left. x = 3\Rightarrow y = 3\Rightarrow B(3;3) \right.$.

Diện tích $\left. S_{\Delta OAB} = \dfrac{1}{2} \middle| x_{A}y_{B} - x_{B}y_{A} \middle| = \dfrac{1}{2} \middle| ( - 1).3 - 3.( - 5) \middle| = 6 \right.$.

d) Sai. Ta có $\left. y' < 0\Leftrightarrow x \in ( - 1;1) \cup (1;3) \right.$.

Do hàm số không xác định tại $x = 1$ nên hàm số không nghịch biến trên khoảng $( - 1;3)$.

Tính tổng chi phí sản xuất $C(x) = x.G(x)$.

Thiết lập hàm lợi nhuận $P(x) = F(x) - C(x)$.

Giải bất phương trình $P(x) > 100000$ để tìm giá trị x nhỏ nhất.

Tổng chi phí sản xuất x sản phẩm là:

$C(x) = x \cdot \left( {\dfrac{50000}{x} + 450} \right) = 50000 + 450x$ (nghìn đồng).

Lợi nhuận của doanh nghiệp trong một tháng là:

$P(x) = F(x) - C(x)$

$= ( - 0,03x^{2} + 800x) - (50000 + 450x)$

$= - 0,03x^{2} + 350x - 50000$(nghìn đồng).

Để lợi nhuận lớn hơn 100 triệu đồng:

$- 0,03x^{2} + 350x - 50000 > 100000$

$\left. \Leftrightarrow - 0,03x^{2} + 350x - 150000 > 0 \right.$

$\left. \Leftrightarrow 445,59 < x < 11221,08 \right.$.

Kết hợp với điều kiện ban đầu của bài toán là $x \in {\mathbb{N}}^{*}$ và $1 \leq x \leq 5000$, ta có tập các giá trị $x$ thỏa mãn là: $x \in \left\{ 446;447;448;...;5000 \right\}$.

Để lợi nhuận lớn hơn 100 triệu đồng thì doanh nghiệp cần sản xuất ít nhất số sản phẩm là giá trị nhỏ nhất của tập hợp trên.

Suy ra $x = 446$.

Từ giả thiết $C'A = C'B = C'C$, suy ra hình chiếu của C' lên đáy $(ABC)$ là tâm H của tam giác đều ABC.

Sử dụng tính chất khoảng cách và góc giữa hai mặt phẳng để tìm cạnh đáy và chiều cao của lăng trụ.

Gọi x là độ dài cạnh của hình thoi ABCD. Tam giác ABC đều cạnh x.

Gọi H là tâm của $\Delta ABC$, khi đó $C'H\bot(ABCD)$.

Gọi M là trung điểm BC, ta có $HM\bot BC$ và $HM = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{x\sqrt{3}}{2} = \dfrac{x\sqrt{3}}{6}$.

Có $((BCC'B'),(ABC)) = \angle C'MH = 45^{o}$.

Chiều cao lăng trụ $h = C'H = HM \cdot \tan 45^{o} = \dfrac{x\sqrt{3}}{6}$.

Vì $AA' \parallel CC'$ nên $d(AA',BC) = d(A,(BCC'B'))$.

Gọi $h_{a}$ là chiều cao từ A trong $\Delta ABC$, $h_{a} = \dfrac{x\sqrt{3}}{2}$.

Khoảng cách $d(A,(BCC'B')) = h_{a} \cdot \sin 45^{{^\circ}} = \dfrac{x\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{x\sqrt{6}}{4}$.

Có $\left. \dfrac{x\sqrt{6}}{4} = 6\sqrt{3}\Rightarrow x\sqrt{2} = 24\Rightarrow x = 12\sqrt{2} \right.$.

Diện tích đáy $S = 2 \cdot S_{ABC} = 2 \cdot \dfrac{x^{2}\sqrt{3}}{4} = 144\sqrt{3}$.

Chiều cao $h = \dfrac{12\sqrt{2} \cdot \sqrt{3}}{6} = 2\sqrt{6}$.

Thể tích $V = S.h = 144\sqrt{3}.2\sqrt{6} = 864\sqrt{2}$.

Sử dụng phương pháp vectơ trong không gian.

Thiết lập hệ thức tính tích vô hướng và độ dài dựa trên các góc cho trước giữa các cạnh xuất phát từ đỉnh $A$.

Ta có $\overset{\rightarrow}{AC^{\prime}} = \overset{\rightarrow}{AB} + \overset{\rightarrow}{AD} + \overset{\rightarrow}{AA^{\prime}}$ và $\overset{\rightarrow}{D^{\prime}C} = \overset{\rightarrow}{AB} - \overset{\rightarrow}{AA^{\prime}}$.

Tích vô hướng các cặp vectơ cạnh:

$\overset{\rightarrow}{AB} \cdot \overset{\rightarrow}{AD} = 0$.

$\overset{\rightarrow}{AB} \cdot \overset{\rightarrow}{AA^{\prime}} = 3.5.\cos 60^{{^\circ}} = 7,5$.

$\overset{\rightarrow}{AD} \cdot \overset{\rightarrow}{AA^{\prime}} = 4.5.\cos 60^{{^\circ}} = 10$.

$\left| \overset{\rightarrow}{AC^{\prime}} \middle| {}_{2} = AB^{2} + AD^{2} + A{A'}^{2} + 2(\overset{\rightarrow}{AB} \cdot \overset{\rightarrow}{AD} + \overset{\rightarrow}{AB} \cdot \overset{\rightarrow}{AA^{\prime}} + \overset{\rightarrow}{AD} \cdot \overset{\rightarrow}{AA^{\prime}}) = 85 \right.$.

$\left. \Rightarrow \middle| \overset{\rightarrow}{AC^{\prime}} \middle| = \sqrt{85} \right.$.

$\left| \overset{\rightarrow}{D^{\prime}C} \middle| {}_{2} = AB^{2} + A{A'}^{2} - 2\overset{\rightarrow}{AB} \cdot \overset{\rightarrow}{AA^{\prime}} = 9 + 25 - 15 = 19 \right.$.

$\left. \Rightarrow \middle| \overset{\rightarrow}{D^{\prime}C} \middle| = \sqrt{19} \right.$

Tích vô hướng:

$\overset{\rightarrow}{AC^{\prime}}.\overset{\rightarrow}{D^{\prime}C} = (\overset{\rightarrow}{AB} + \overset{\rightarrow}{AD} + \overset{\rightarrow}{AA^{\prime}}).(\overset{\rightarrow}{AB} - \overset{\rightarrow}{AA^{\prime}})$

$= AB^{2} - \overset{\rightarrow}{AB}.\overset{\rightarrow}{AA^{\prime}} + \overset{\rightarrow}{AD}.\overset{\rightarrow}{AB} - \overset{\rightarrow}{AD}.\overset{\rightarrow}{AA^{\prime}} + \overset{\rightarrow}{AA^{\prime}}.\overset{\rightarrow}{AB} - A{A'}^{2}$

$= 9 - 7,5 + 0 - 10 + 7,5 - 25 = - 26$.

$\left. \Rightarrow\cos(\overset{\rightarrow}{AC^{\prime}},\overset{\rightarrow}{D^{\prime}C}) = \dfrac{- 26}{\sqrt{85} \cdot \sqrt{19}} \right.$.

Vậy $(\overset{\rightarrow}{AC^{\prime}},\overset{\rightarrow}{D^{\prime}C}) \approx 130^{o}$.

Xác định các kích thước của đèn lồng từ miếng bìa. Thân đèn là lăng trụ cạnh đáy x, chiều cao H. Đầu đèn là chóp chiều cao $h_{0}$.

Thiết lập hàm thể tích V và tìm giá trị lớn nhất bằng đạo hàm.

Từ hình vẽ, chiều rộng miếng bìa chia làm 4 phần bằng nhau làm các mặt bên

$\Rightarrow$ Cạnh đáy đèn $x = \dfrac{40}{4} = 10$ cm.

Gọi $h$ là chiều cao của tam giác cân làm mặt bên khối chóp ($h \in (5;20\rbrack$), H là chiều cao lăng trụ.

Ta có $\left. 2h + H = 40\Rightarrow H = 40 - 2h \right.$.

Chiều cao của mỗi khối chóp:

$h_{0} = \sqrt{h^{2} - \left( \dfrac{x}{2} \right)^{2}} = \sqrt{h^{2} - 25}$.

Tổng thể tích đèn lồng:

$V = x^{2}H + 2.\dfrac{1}{3}x^{2}h_{0} = 100(40 - 2h) + \dfrac{200}{3}\sqrt{h^{2} - 25}$.

Xét hàm $f(h)$ với $h \geq 5$, $f'(h) = - 200 + \dfrac{200h}{3\sqrt{h^{2} - 25}}$.

$\left. f'(h) = 0\Leftrightarrow 3\sqrt{h^{2} - 25} = h\Leftrightarrow 9(h^{2} - 25) = h^{2}\Leftrightarrow h = \dfrac{15}{2\sqrt{2}} \right.$.

Giá trị thể tích lớn nhất $V\left( \dfrac{15}{2\sqrt{2}} \right) \approx 3057$.

Đưa về bài toán phẳng trong hệ tọa độ Oxy với $A(12;8)$, $M(72;28)$ và $N( - 32; - 30)$.

Viết phương trình đường thẳng MN.

Tính khoảng cách d từ A đến đường thẳng MN.

Quãng đường UAV nằm trong tầm phát hiện của Ra đa chính là độ dài dây cung L của đường tròn tâm A, bán kính $R = 30$ cắt bởi đường thẳng MN: $L = 2\sqrt{R^{2} - d^{2}}$.

Tính thời gian $t = \dfrac{L}{v}$ (đổi sang phút).

Vì A, M, N đều có cao độ $z = 3$ nên ta xét mặt phẳng $z = 3$.

Vectơ chỉ phương $\overset{\rightarrow}{MN} = ( - 32 - 72; - 30 - 28) = ( - 104; - 58)$.

Chọn vectơ pháp tuyến tương ứng $\overset{\rightarrow}{n}(29; - 52)$.

Phương trình đường thẳng MN:

$\left. 29(x - 72) - 52(y - 28) = 0\Leftrightarrow 29x - 52y - 632 = 0 \right.$.

Khoảng cách từ ra đa A đến đường thẳng MN:

$d = \dfrac{|29.12 - 52.8 - 632|}{\sqrt{29^{2} + {( - 52)}^{2}}} = \dfrac{700}{\sqrt{3545}}$ (km).

Quãng đường UAV được hiển thị trên màn hình:

$L = 2\sqrt{R^{2} - d^{2}} = 2\sqrt{30^{2} - \left( \dfrac{700}{\sqrt{3545}} \right)^{2}} = 2\sqrt{\dfrac{540100}{709}}$ (km).

Vận tốc $v = 240$ km/h. Thời gian tính bằng phút là:

$T = \dfrac{L}{v}.60 = \dfrac{L}{240}.60 = \dfrac{L}{4}$$= \dfrac{2\sqrt{\dfrac{540100}{709}}}{4} \approx 14$ (phút).

Sử dụng phương pháp tính thể tích vật thể bằng tích phân: $V = {\int_{a}^{b}S}(x)dx$.

Trong đó $S(x)$ là diện tích thiết diện của vật thể khi cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục cao độ tại điểm có hoành độ $x$.

Gọi x là khoảng cách từ mặt phẳng đáy của hình nón đến thiết diện đang xét ($0 \leq x \leq 8$).

Tại x, gọi r là bán kính của đường tròn thiết diện song song với đáy.

Ta có tỉ số $\left. \dfrac{r}{6} = \dfrac{8 - x}{8}\Rightarrow r = \dfrac{6}{8}(8 - x) = 6 - \dfrac{3}{4}x \right.$.

Mặt phẳng cắt song song với trục SO và cách trục một khoảng $d = 3$ cm.

Để mặt phẳng này có thể cắt được hình nón, yêu cầu bán kính thiết diện $r \geq 3$:

$\left. 6 - \dfrac{3}{4}x \geq 3\Leftrightarrow\dfrac{3}{4}x \leq 3\Leftrightarrow x \leq 4 \right.$.

Vậy phần vật thể không chứa đỉnh S nằm trong khoảng từ $x = 0$ đến $x = 4$.

Thiết diện tại mỗi cao độ x là một hình viên phân của đường tròn bán kính r, giới hạn bởi dây cung MN cách tâm I một khoảng bằng 3.

Gọi $\alpha$ là góc ở tâm. Ta có $\left. \cos\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{3}{r}\Rightarrow\dfrac{\alpha}{2} = \arccos\left( \dfrac{3}{r} \right) \right.$.

=> Diện tích hình quạt: $S_{q} = \dfrac{\alpha}{2} \cdot r^{2} = r^{2} \cdot \arccos\left( \dfrac{3}{r} \right)$.

Có $MN = 2\sqrt{r^{2} - 3^{2}} = 2\sqrt{r^{2} - 9}$.

=> Diện tích IMN: $S_{\bigtriangleup IMN} = \dfrac{1}{2}.3.MN = 3\sqrt{r^{2} - 9}$.

Diện tích thiết diện: $S(x) = S_{q} - S_{\bigtriangleup IMN} = r^{2}\arccos\left( \dfrac{3}{r} \right) - 3\sqrt{r^{2} - 9}$.

Thể tích cần tìm là:

$V = {\int_{0}^{4}S}(x)dx = {\int_{0}^{4}{\left( {r^{2}\arccos\left( \dfrac{3}{r} \right) - 3\sqrt{r^{2} - 9}} \right)dx}}$

$= {\int_{0}^{4}{\left\lbrack {\left( {6 - \dfrac{3}{4}x} \right)^{2}\arccos\left( \dfrac{3}{6 - \dfrac{3}{4}x} \right) - 3\sqrt{\left( {6 - \dfrac{3}{4}x} \right)^{2} - 9}} \right\rbrack dx}} \approx 33,2$.