Đề kiểm tra Tích phân lớp 12 (có lời giải) - Đề 3

Ta có

$\int\limits_1^5 {f\left( x \right)} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x = \int\limits_1^3 {f\left( x \right)} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x + \int\limits_3^5 {f\left( x \right)} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x \Rightarrow 10 = \int\limits_1^3 {f\left( x \right)} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x + 1 \Rightarrow \int\limits_1^3 {f\left( x \right)} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x = 9$.

Ta có:

$\begin{array}{l}\int\limits_0^3 {\left[ {4f\left( x \right) + 3{x^2}} \right]{\rm{d}}x} = 7 \Leftrightarrow \int\limits_0^3 {4f\left( x \right){\rm{d}}x + \int\limits_0^3 {3{x^2}{\rm{d}}x} } = 7\\ \Leftrightarrow 4\int\limits_0^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x + \int\limits_0^3 {3{x^2}{\rm{d}}x} } = 7 \Leftrightarrow 4\int\limits_0^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x + 27} = 7 \Leftrightarrow 4\int\limits_0^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = - 20 \Leftrightarrow \int\limits_0^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = - 5\end{array}$.

Ta có $\int\limits_0^{10} {f\left( x \right){\rm{d}}x = 7}$$\Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_2^6 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_6^{10} {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 7$

$\Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_6^{10} {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 7 - 3 = 4$. Vậy $P = 4$.

Ta có $- 2t + 10 = 0 \Leftrightarrow t = 5 \Rightarrow$ Thời gian tính từ lúc bắt đầu đạp phanh đến khi dừng hẳn là $5$ giây. Vậy trong $8$ giây cuối cùng thì có $3$ giây ô tô chuyển động với vận tốc $10m/s$ và $5$ giây chuyển động chậm dần đều với vận tốc $v\left( t \right) = - 2t + 10\left( {m/s} \right)$.

Khi đó quãng đường ô tô di chuyển là $S = 3.10 + \int\limits_0^5 {\left( { - 2t + 10} \right)} dt = 30 + 25 = 55m$.

Ta có $\left| {x - 2} \right| = \left\{ \begin{array}{l}x - 2.{\rm{ Khi }}x \ge 2\\2 - x.{\rm{ Khi }}x \le 2\end{array} \right.$.

Do đó $I = \int\limits_1^2 {\frac{{2\left| {x - 2} \right| + 1}}{x}} {\rm{ d}}x + \int\limits_2^5 {\frac{{2\left| {x - 2} \right| + 1}}{x}{\rm{ }}} {\rm{d}}x$.

$= \int\limits_1^2 {\frac{{2\left( {2 - x} \right) + 1}}{x}} {\rm{ d}}x + \int\limits_2^5 {\frac{{2\left( {x - 2} \right) + 1}}{x}{\rm{ }}} {\rm{d}}x$.

$= \int\limits_1^2 {\left( {\frac{5}{x} - 2} \right)} {\rm{ d}}x + \int\limits_2^5 {\left( {2 - \frac{3}{x}} \right){\rm{ }}} {\rm{d}}x$.

$= \left( {5\ln x - 2x} \right)\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}2\\1\end{array} + } \right.\left( {2x - 5\ln x} \right)\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}5\\2\end{array}} \right.$.

$= 4 + 8\ln 2 - 3\ln 5$.

Ta có $I = \int\limits_{ - 2}^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x}$ bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi ${\Delta _1}$, ${\Delta _2}$, Parabol $\left( P \right)$, $x = - 2$, $x = 3$.

Với ${\Delta _1}$qua $E\left( { - 3;\,0} \right)$, $D\left( {0;4} \right)$nên có pt: $y = \frac{4}{3}x + 4$; ${\Delta _2}$ qua $D\left( {0;4} \right)$, $C\left( {1;\,3} \right)$ nên có phương trình: $y = - x + 4$; $\left( P \right):y = a{x^2} + bx + c$ qua $C\left( {1;\,3} \right)$và có đỉnh $A\left( {2;4} \right)$nên $\left\{ \begin{array}{l}a + b + c = 3\\\frac{{ - b}}{{2{\rm{a}}}} = 2\\4{\rm{a}} + 2b + c = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 4\\c = 0\end{array} \right. \Rightarrow y = - {x^2} + 4x$.

Vậy $I = \int\limits_{ - 2}^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 2}^0 {\left( {\frac{4}{3}x + 4} \right){\rm{d}}x + \int\limits_0^1 {\left( { - x + 4} \right){\rm{d}}x + \int\limits_1^3 {\left( { - {x^2} + 4x} \right){\rm{d}}x} } = \frac{{97}}{6}}$.

a) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị $\left( P \right)$, $Ox$ và 2 đường thẳng$x = 0,\,\,x = 1$ được xác định bởi công thức:$S = \int\limits_0^1 {{x^2}{\rm{d}}x} = \frac{1}{3}.$

Vậy khẳng định a) là sai.

b) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị $\left( P \right)$, đường thẳng $\Delta :y = 2x$ và 2 đường thẳng $x = 0,\,\,x = 2$ được xác định bởi công thức: $S = \int\limits_0^2 {\left| {{x^2} - 2x} \right|{\rm{d}}x} = \frac{4}{3}.$

Vậy khẳng định b) là sai.

c) Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng $d$ và đồ thị $\left( P \right):$

$${x^2} = 3x - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right..$$

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị $\left( P \right)$, đường thẳng $d:y = 3x - 2$ được xác định bởi công thức: $S = \int\limits_1^2 {\left| {{x^2} - 3x + 2} \right|{\rm{d}}x} = \frac{1}{6}.$

Vậy khẳng định c) là sai.

d) Gọi phương trình đường thẳng $AB$là: $y = ax + b$ $\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)$

Phương trình giao điểm của $AB$và $\left( P \right)$là: ${x^2} - ax - b = 0$

Để có 2 điểm $A,B$ thì ${a^2} + 4b > 0$. khi đó: $\left\{ \begin{array}{l}A\left( {{x_1};a{x_1} + b} \right)\\B\left( {{x_2};a{x_2} + b} \right)\\{x_1} + {x_2} = a\\{x_1}{x_2} = - b\end{array} \right.$

Nên $AB = 2 \Leftrightarrow \sqrt {\left( {{a^2} + 1} \right)} \left| {{x_2} - {x_1}} \right| = 2$

Giả sử ${x_2} > {x_1}$ ta có $\left| {{x_2} - {x_1}} \right| = \frac{2}{{\sqrt {\left( {{a^2} + 1} \right)} }} \le 2$

Mặt khác: $\left| {{x_2} - {x_1}} \right| = \sqrt {{{\left( {{x_2} + {x_1}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} = \sqrt {{a^2} + 4b}$

Khi đó $S = \int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {ax + b - {x^2}} {\rm{d}}x = \frac{a}{2}\left( {x_2^2 - x_1^2} \right) + b\left( {{x_2} - {x_1}} \right) - \frac{1}{3}\left( {x_2^3 - x_1^3} \right)$

$$= \left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left[ {\frac{a}{2}\left( {{x_2} + {x_1}} \right) + b - \frac{1}{3}\left( {x_2^2 + {x_1}{x_2} + x_1^2} \right)} \right]$$

$= \left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left[ {\frac{a}{2}.a + b - \frac{1}{3}\left( {{a^2} + b} \right)} \right]$$= \left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left[ {\frac{{{a^2}}}{b} + \frac{{2b}}{3}} \right]$$= \frac{{{a^2} + 4b}}{6}\left( {{x_2} - {x_1}} \right)$$= \frac{{{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^3}}}{6} \le \frac{8}{6} = \frac{4}{3}$.

Suy ra: ${S_{max}} = \frac{4}{3}$ khi $\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\{x_2} - {x_1} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 0\\{x_1} = {x_2} = 1\end{array} \right.$ (thỏa mãn vì $\left( P \right)$ có tính đối xứng)

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A\left( {1;1} \right)\\B\left( { - 1;1} \right)\end{array} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{array}{l}A\left( { - 1;1} \right)\\B\left( {1;1} \right)\end{array} \right.$.

Vậy khẳng định d) là đúng.

a) Đ

b) Đ

c) Đ

d) Đ

a) Đúng.

Do $OB$ đi qua gốc tọa độ và tạo với $Ox$ một góc $\frac{\pi }{4}$ nên $OB:y = \tan \frac{\pi }{4}x = x$.

b) Đúng.

Do $OB$ đi qua gốc tọa độ và tạo với $Ox$ một góc $\frac{\pi }{6}$ nên $OB:y = \tan \frac{\pi }{6}x = \frac{x}{{\sqrt 3 }}$.

Khi đó, thể tích của khối $\beta$ theo $V = \pi \int\limits_0^a {{{\left( {\frac{x}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \pi \int\limits_0^a {\frac{{{x^2}}}{3}{\rm{d}}x} = \left. {\frac{{\pi {x^3}}}{9}} \right|_0^a = \frac{{\pi {a^3}}}{9}$ (đvtt).

c) Đúng.

Do $OB$ đi qua gốc tọa độ và tạo với $Ox$ một góc $\alpha$ nên $OB:y = \tan \alpha .x$.

Khi đó, thể tích của khối $\beta$ theo $V = \pi \int\limits_0^a {{{\left( {\tan \alpha .x} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \left. {\frac{{\pi {{\tan }^2}\alpha .{x^3}}}{3}} \right|_0^a = \frac{{\pi {{\tan }^2}\alpha .{a^3}}}{3}$ (đvtt).

Do $V = \frac{{4\pi {a^3}}}{3} \Leftrightarrow \frac{{\pi {{\tan }^2}\alpha .{a^3}}}{3} = \frac{{4\pi {a^3}}}{3} \Leftrightarrow {\tan ^2}\alpha = 4 \Rightarrow \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} = {\tan ^2}\alpha + 1 = 5 \Rightarrow \cos \alpha = \frac{{ \pm 1}}{{\sqrt 5 }}$.

Mặt khác $0 < \alpha < \frac{\pi }{2}$ nên $\cos \alpha = \frac{1}{{\sqrt 5 }}$.

d) Đúng.

Ta có: Do $OB$ đi qua gốc tọa độ và tạo với $Ox$ một góc $\alpha$ nên $OB:y = \tan \alpha .x$.

Khi đó, thể tích của khối $\beta$ theo $V = \pi \int\limits_0^a {{{\left( {\tan \alpha .x} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \left. {\frac{{\pi {{\tan }^2}\alpha .{x^3}}}{3}} \right|_0^a = \frac{{\pi {{\tan }^2}\alpha .{a^3}}}{3}$ (đvtt).

Do $\tan \alpha = \cot \alpha \Rightarrow {\tan ^2}\alpha = \cot \alpha .\tan \alpha = 1 \Leftrightarrow \tan \alpha = \pm 1$.

Mặt khác $0 < \alpha < \frac{\pi }{2}$ nên $\tan \alpha = 1$ $\Rightarrow V = \frac{{\pi {{\tan }^2}\alpha .{a^3}}}{3} = \frac{{\pi .{a^3}}}{3}$ (đvtt).

a) Đúng (Dựa vào đồ thị $v\left( t \right)$).

b) Đúng

Trong $3$ giây đầu tiên, vận tốc của chuyển động là $v\left( t \right) = 11\,\left( {m/s} \right)$.

Do đó quãng đường chất điểm chuyển động trong $3$giây đầu tiên là: ${S_1} = \int\limits_0^3 {11dt} \,\,\left( m \right)$

c) Đúng

Trong khoảng thời gian từ $8$ đến $15$ giây, đồ thị $v\left( t \right)$là một đường thẳng đi qua hai điểm $\left( {8;21} \right)$ và $\left( {15;0} \right)$. Ta có: $v\left( t \right) = at + b$.

Từ giả thiết ta có hệ: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{8a + b = 21}\\{15a + b = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = - 3}\\{b = 45}\end{array}} \right.$.

Do đó $v\left( t \right) = - 3t + 45\,\,\left( {8 \le t \le 15} \right)$.

Quãng đường chất điểm đi được trong khoảng thời gian này là:

${S_2} = \int\limits_8^{15} {\left( { - 3t + 45} \right)dt} = - \frac{{3{t^2}}}{2}\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{15}\\8\end{array}} \right. + 45t\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{15}\\8\end{array}} \right. = \frac{{147}}{2} = 73{,}5\,\left( m \right)$.

d) Sai

Trong khoảng thời gian từ $3$ đến $8$ giây đồ thị $v\left( t \right)$ là một Parabol đi qua $\left( {3;11} \right),\left( {5;3} \right),\left( {8;21} \right)$ có phương trình dạng: $v\left( t \right) = a{t^2} + bt + c$.

Từ giả thiết ta có: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{9a + 3b + c = 11}\\{25a + 5b + c = 3}\\{64a + 8b + c = 21}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = 2}\\{b = - 20}\\{c = 53}\end{array}} \right.$

Do đó: $v\left( t \right) = 2{t^2} - 20t + 53\,\,\left( {3 \le t \le 8} \right)$.

Quãng đường chất điểm đi được trong khoảng thời gian này là:

$${S_3} = \int\limits_3^8 {v\left( t \right)dt} = \int\limits_3^8 {\left( {2{t^2} - 20t + 53} \right)dt = \,\,} \left( {\frac{{2{t^3}}}{3} - 10{t^2} + 53t} \right)\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}8\\3\end{array}} \right. = \frac{{115}}{3}\,\,\,\left( m \right)$$

Vận tốc trung bình của chất điểm trong khoảng thời gian này là:

${v_{tb}} = \frac{{{S_3}}}{5} = \frac{{23}}{3} \approx 7{,}67\,\left( {m/s} \right)$.

a)CHỌN SAI

+)Chiều cao tòa nhà là $48m \Rightarrow OI = 24m$$\Rightarrow IP = \sqrt {O{P^2} - O{I^2}} = \sqrt {{{30}^2} - {{24}^2}} = 18$

+)$PQ = 18\sqrt 2 = AB \Rightarrow {S_{ABCD}} = 648{m^2}$

b)CHỌN ĐÚNG

Gọi L là tâm cung tròn như hình vẽ.

+)Ta tính được

$LP = 40 \Rightarrow LO = 50 \Rightarrow {\rm{OF}} = 10 \Rightarrow {S_{td}} = 200\left( {{m^2}} \right)$

c)CHỌN ĐÚNG.

Ta có ${S_{LCP}} = 768$ và $\cos \widehat {CLP} = \frac{{{{40}^2} + {{40}^2} - {{48}^2}}}{{2.40.40}} = \frac{7}{{25}} \Rightarrow \widehat {CLP} \approx 1{,}29(rad)$.

+)Diện tích quạt tròn $LCFP$ là ${S_{LCFP}} = \frac{{1,{{29.40}^2}}}{2} = 1032\left( {{m^2}} \right)$

+) Diện tích tam giác cong $CFP$là ${S_{CFP}} = 1032 - 768 = 264\left( {{m^2}} \right)$$\Rightarrow {S_{ACPM}} = 2\left( {{S_{GCPI}} - {S_{CFP}}} \right) = 2\left( {48.18 - 264} \right) = 1200\left( {{m^2}} \right)$

d)CHỌN ĐÚNG.

Chọn hệ trục như hình vẽ.

+)Phương trình đường tròn $\left( {L;40} \right)$ là ${\left( {x - 50} \right)^2} + {y^2} = 1600 \Rightarrow x = 50 - \sqrt {1600 - {y^2}}$.

+)Độ dài đường chéo thiết diện phẳng cắt bởi mặt phẳng vuông góc với Oy là

$$2\left( {50 - \sqrt {1600 - {y^2}} } \right)$$

Suy ra $\Rightarrow S\left( y \right) = {\left( {2\left( {50 - \sqrt {1600 - {y^2}} } \right)} \right)^2}$

+)Vậy thể tích ngôi nhà là $V = 2\int\limits_0^{24} {S\left( y \right){\rm{d}}y} = 2\int\limits_0^{24} {{{\left( {2\left( {50 - \sqrt {1600 - {y^2}} } \right)} \right)}^2}} .{\rm{d}}y = 31295\,\,\left( {{m^3}} \right)$.

$$\int\limits_0^1 x {\left( {1 - {x^2}} \right)^{2024}}dx = \frac{{ - 1}}{2}\int\limits_0^1 {{{\left( {1 - {x^2}} \right)}^{2024}}} d\left( {1 - {x^2}} \right) = \left. {\frac{{ - 1}}{2}.\frac{{{{\left( {1 - {x^2}} \right)}^{2025}}}}{{2025}}} \right|_0^1 = \frac{1}{{2.2025}}$$

$\Rightarrow m = 2025.$.

Phương trình hoành độ giao điểm của $d$ và $(P)$ là

${x^2} - 5x + 4 = x + m \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 4 - m = 0,\left( 1 \right)$

$d$ và $(P)$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt $\Leftrightarrow \Delta ' = 9 - 4 + m = m + 5 > 0 \Leftrightarrow m > - 5$

Theo Viét: ${{\rm{x}}_1} + {x_2} = 6;{x_1}{x_2} = 4 - m$

Ta có $S = \int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left( {m - {x^2} + 6x - 4} \right)} {\rm{d}}x = \left. {\left( {\left( {m - 4} \right)x + 3{x^2} - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_{{x_1}}^{{x_2}}$

$= \left( {\left( {m - 4} \right) + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - \frac{1}{3}\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - {x_1}{x_2}} \right]} \right)\left( {{x_2} - {x_1}} \right) = \frac{4}{3}\sqrt {{{\left( {m + 5} \right)}^3}} = \frac{4}{3}$$\Leftrightarrow m = - 4$

Vậy $S = - 4$.

Diện tích thiết diện là: $S(x) = 2x.\sqrt {{x^2} + 1}$.

Thể tích phần vật thể đã cho là: $V = \int\limits_1^{\sqrt 7 } {2x.\sqrt {{x^2} + 1} {\rm{d}}x}$.

Đặt $t = \sqrt {{x^2} + 1} \Rightarrow {t^2} = {x^2} + 1 \Rightarrow t{\rm{d}}t = x{\rm{d}}x.$

Với $x = 1 \Rightarrow t = \sqrt 2 ;{\rm{ }}\,x = \sqrt 7 \Rightarrow t = 2\sqrt 2$.

$$\Rightarrow V = \int\limits_{\sqrt 2 }^{2\sqrt 2 } {{t^2}{\rm{d}}t} = \left. {\frac{{{t^3}}}{3}} \right|_{\sqrt 2 }^{2\sqrt 2 } = \frac{{14\sqrt 2 }}{3}.$$

Vậy $a = 14;\,b = 2;\,c = 3$ nên $a.b.c = 84$.

Hình phẳng đã cho được chia làm $2$ phần sau:

Xét phương trình hoành độ giao điểm chung:

$2\sqrt x - 1 = 2 - x \Leftrightarrow x = 1$.

$2\sqrt x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{4}$

Phần $1$: Hình phẳng giới hạn bởi các đường $y = 2\sqrt x - 1$; $y = 0$; $x = \frac{1}{4}$; $x = 1$.

Khi quay trục $Ox$ phần $1$ ta được khối tròn xoay có thể tích ${V_1} = \pi \int\limits_{1/4}^1 {{{\left( {2\sqrt x - 1} \right)}^2}\,{\rm{d}}x} = \pi .\left( {4x - 4\sqrt x + 1} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1/4}^{\scriptstyle1\atop\scriptstyle}} \right. = \frac{{7\pi }}{{24}}$.

Phần $2$: Hình phẳng giới hạn bởi các đường $y = 2 - x$; $y = 0$; $x = 1$; $x = 2$.

Khi quay trục $Ox$ phần $2$ ta được khối tròn xoay có thể tích

${V_2} = \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {2 - x} \right)}^2}\,{\rm{d}}x} = \pi .\frac{{{{\left( {x - 2} \right)}^3}}}{3}\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. = \frac{\pi }{3}$.

Vậy thể tích khối tròn xoay cần tính là $V = {V_1} + {V_2} = \frac{{5\pi }}{8}$.

Trong khoảng 1 giờ đầu, ta gọi phương trình vận tốc của vật là $v(t) = a{t^2} + bt + c(a \ne 0)$

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}v(0) = 4\\v(2) = 10\\{x_I} = - \frac{b}{{2a}} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 4\\4a + 2b + c = 10\\4a + b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{3}{2}\\b = 6\\c = 4\end{array} \right.$

Khi đó:$v(t) = - \frac{3}{2}{x^2} + 6x + 4$.

=>$v(1) = \frac{{17}}{2};v(4) = 4$.

Trong 3 giờ sau, gọi phương trình vận tốc $v(t) = mx + n$.

Theo giả thiết ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}v(1) = m + n = \frac{{17}}{2}\\v(4) = 4m + n = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = - \frac{3}{2}\\n = 10\end{array} \right.$

$\Rightarrow v(t) = - \frac{3}{2}x + 10$.

Quãng đường vật đi trong 4 giờ:

$S = \int\limits_0^1 {( - \frac{3}{2}{t^2} + 6x + 4)dt + \int\limits_1^4 {( - \frac{3}{2}t + 10)dt = 25{,}3} } km$.

Đặt tọa độ như hình vẽ, ta có parabol cần tìm đi qua $3$ điểm có toạn độ lần lượt là $A\left( {0;6} \right),B\left( {1;3} \right),C\left( {3;0} \right)$ nên có phương trình là $y = \frac{1}{2}{x^2} - \frac{7}{2}x + 6$

Theo hình vẽ ta có bán kính của bát giác là $BM$.

Suy ra: $2y = {x^2} - 7x + 12 \Rightarrow {\left( {x - \frac{7}{2}} \right)^2} = 2y + \frac{1}{4} \Rightarrow |x - \frac{7}{2}| = \sqrt {2y + \frac{1}{4}}$

Mà $x \in \left[ {0;3} \right] \Rightarrow \frac{7}{2} - x = \sqrt {2y + \frac{1}{4}}$

Nếu ta đặt $t = OM$thì $BM = \frac{7}{2} - \sqrt {2t + \frac{1}{4}}$

Khi đó diện tích của thiết diện thiết diện lục giác:

$S(t) = 6.\frac{{B{M^2}.\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}.{(\frac{7}{2} - \sqrt {2t + \frac{1}{4}} )^2}$ với $t \in [0;6]$

Vậy thể tích của mái chòi theo đề bài là:

$$V = \int\limits_0^6 {S(t)dt} = \int\limits_0^6 {\frac{{3\sqrt 3 }}{2}.{{(\frac{7}{2} - \sqrt {2t + \frac{1}{4}} )}^2}dt} = 29{,}2{m^3}$$