Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 24

Đáp án đúng là D

Ta có $\int {\frac{1}{{{{\sin }^2}x}}{\rm{d}}x} = F\left( x \right) + C \Rightarrow F'\left( x \right) = \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}$.

Đáp án đúng là D

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị $\left( P \right)$ và trục $Ox$ là: $2x - {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.$.

Thể tích khối tròn xoay cần tìm là $V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {2x - {x^2}} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \frac{{16\pi }}{5}$.

Đáp án đúng là D

Cỡ mẫu $n = 18$.
Gọi ${x_1};{x_2};...;{x_{18}}$ là mẫu số liệu gốc gồm thời gian của 18 ngày chạy bộ của bạn An được sắp xếp theo thứ tự không giảm.
Ta có: ${x_1},...,{x_6} \in \left[ {20;25} \right);\,\,{x_7},...,{x_{12}} \in \left[ {25;30} \right);\,\,{x_{13}},...,{x_{16}} \in \left[ {30;35} \right);\,\,{x_{17}} \in \left[ {35;40} \right);\,\,{x_{18}} \in \left[ {40;45} \right)$
Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là ${x_5} \in \left[ {20;25} \right)$.
Do đó, tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là: ${Q_1} = 20 + \frac{{\frac{{18}}{4} - 0}}{6} \cdot \left( {25 - 20} \right) = 23{,}75$.
Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là ${x_{14}} \in \left[ {30;35} \right)$.
Do đó, tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là:
${Q_3} = 30 + \frac{{\frac{{3 \cdot 18}}{4} - \left( {6 + 6} \right)}}{4} \cdot \left( {35 - 30} \right) = 31{,}875$.
Vậy khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là: ${\Delta _Q} = 31{,}875 - 23{,}75 = 8{,}125$.

Đáp án đúng là A

Đường thẳng $d$đi qua điểm $M\left( {1; - 1;3} \right)$ và song song với đường thẳng ${d_1}:\frac{{x - 2}}{2} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{{z + 3}}{{ - 1}}$ có véc tơ chỉ phương: $\overrightarrow{{u}_{d}}=\overrightarrow{{u}_{{d}_{1}}}=(2;1;-1)$ nên có phương trình: $\{\begin{matrix}x=1+2t \\ y=-1+t \\ z=3-t\end{matrix}$

Đáp án đúng là D

Điều kiện xác định: $f\left( x \right) \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\x \ne a\,\left( {a < - 2} \right)\end{array} \right.$, suy ra đồ thị hàm số $g\left( x \right)$ có hai đường tiệm cận đứng $x = 0$ và $x = a$.

Vậy đồ thị hàm số $g\left( x \right)$ có 2 đường tiệm cận đứng.

Đáp án đúng là C

Ta có ${\log _2}\left( {{x^2} + 3x} \right) \le 2 \Leftrightarrow 0 < {x^2} + 3x \le 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 3x > 0\\{x^2} + 3x - 4 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x > 0\\x < - 3\end{array} \right.\\ - 4 \le x \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 4 \le x < - 3\\0 < x \le 1\end{array} \right.$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: $\left[ { - 4; - 3} \right) \cup \left( {0;1} \right]$.

Đáp án đúng là D

Mặt phẳng $\left( P \right):\,\frac{x}{2} + \frac{y}{3} - \frac{z}{2} = 1 \Rightarrow \left( P \right):\,3x + 2y - 3z - 6 = 0$.

Do đó một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$ là $\overrightarrow n = \left( {3;\,2;\, - 3} \right)$.

Đáp án đúng là B

Vì $AB \bot \left( {SAC} \right)$ nên $\left( {SAC} \right) \bot \left( {SAB} \right)$.

Đáp án đúng là A

Phương trình ${3^x} + 2 = 0 \Leftrightarrow {3^x} = - 2$.

Nếu $b \le 0$ thì phương trình ${a^x} = b$$\left( {a > 0;a \ne 1} \right)$vô nghiệm.

Do đó phương trình ${3^x} + 2 = 0$ vô nghiệm.

Đáp án đúng là C

Gọi 3 số hạng đầu của cấp số nhân là: ${u_1},\,{u_2},\,{u_3}$. Theo đề ra ta có ${u_1} + {u_2} + {u_3} = 13$ $\left( 1 \right)$
Gọi cấp số cộng là $\left( {{v_n}} \right)$và công sai $d$ theo đề ra: ${u_1} = {v_1};{u_2} = {v_3};\,{u_3} = {v_9}$
Khi đó ta có $\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = {v_1}\\{u_2} = {v_3} = {v_1} + 2d\\{u_3} = {v_9} = {v_1} + 8d\end{array} \right.$ $\left( 2 \right)$ do ${u_1}.{u_3} = u_2^2 \Leftrightarrow {v_1}\left( {{v_1} + 8d} \right) = {\left( {{v_1} + 2d} \right)^2}$ $\left( 3 \right)$
Từ phương trình $\left( 1 \right)$ ta có ${u_1} + {u_2} + {u_3} = 13 \Leftrightarrow 3{v_1} + 10d = 13 \Leftrightarrow {v_1} = \frac{{13 - 10d}}{3}$ $\left( 4 \right)$
Thay $\left( 4 \right)$ vào $\left( 3 \right)$: ${v_1}\left( {{v_1} + 8d} \right) = {\left( {{v_1} + 2d} \right)^2} = \frac{{13 - 10d}}{3}.\left( {\frac{{13 - 10d}}{3} + 8d} \right) = {\left( {\frac{{13 - 10d}}{3} + 2d} \right)^2}$

$$\Leftrightarrow 130{d^2} - 130d = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}d = 0 \Rightarrow {v_1} = {v_3} = {v_9} = \frac{{13}}{3} \Rightarrow {u_1} = {u_2} = {u_3} \Rightarrow q = 1\\d = 1 \Rightarrow {v_1} = 1;{v_3} = 3,{v_9} = 9 \Rightarrow {u_1} = 1;{u_2} = 3 \Rightarrow q = 3\end{array} \right.$$

Đáp án đúng là C

Ta có: $\overrightarrow b - \overrightarrow c + \overrightarrow d = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow 0$.

Đáp án đúng là A

Ta có $M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - 1} \right) = 3$ và $m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} \,f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 0$ nên $M + m = 3$.

Xét mệnh đề a)

Với $t = 0$ suy ra $\theta \left( 0 \right) = 2.0 + 0{,}5{\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{3}.0} \right) = 0$(rad) nên mệnh đề a) sai

Xét mệnh đề b)

Vận tốc góc $\omega \left( t \right) = \theta '\left( t \right) = 2 + \frac{\pi }{6}{\rm{cos}}\left( {\frac{\pi }{3}t} \right)$(rad/s) nên mệnh đề b) sai

Xét mệnh đề c)

Ta có $- 1 \le \cos \left( {\frac{\pi }{3}t} \right) \le 1$ nên giá trị nhỏ nhất của $\cos \left( {\frac{\pi }{3}t} \right) = - 1$$\Rightarrow {w_{\min }}\left( t \right) = 2 + \frac{\pi }{6}\left( { - 1} \right) = 2 - \frac{\pi }{6}$

Vậy vận tốc góc của cánh quạt luôn lớn hơn hoặc bằng $2 - \frac{\pi }{6}$(rad/s) nên mệnh đề c) đúng

Xét mệnh đề d)

Gia tốc góc nên mệnh đề d) đúng

Vận tốc liên tục tại thời điểm $t = 3$, nghĩa là: ${v_1}\left( 3 \right) = {v_2}\left( 3 \right) \Leftrightarrow a.3 = - 3.3 + b \Rightarrow a = \frac{{b - 9}}{3}\,\,\left( 1 \right)$

Quãng đường đi được trong 3 giây đầu $\left( {{S_1}} \right)$ là: ${S_1} = \int\limits_0^3 {at{\rm{d}}t} = \left. {\left( {\frac{1}{2}a{t^2}} \right)} \right|_0^3 = 4{,}5a$ (m)

Quãng đường đi được trong giai đoạn chậm dần $\left( {{S_2}} \right)$:

Vật dừng lại khi $v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - 3t + b = 0 \Leftrightarrow t = \frac{b}{3}$

Suy ra: ${S_2} = \int\limits_3^{\frac{b}{3}} {\left( { - 3t + b} \right){\rm{d}}t = \left. {\left( { - \frac{3}{2}{t^2} + bt} \right)} \right|_3^{\frac{b}{3}}} = \frac{{{{\left( {b - 9} \right)}^2}}}{6}$ (m).

Sử dụng dữ kiện ${S_2} - {S_1} = 6$ nên $\frac{{{{\left( {b - 9} \right)}^2}}}{6} - 4{,}5a = 6$.

Thế $\left( 1 \right)$vào, ta có: $\frac{{{{\left( {b - 9} \right)}^2}}}{6} - 4{,}5\left( {\frac{{b - 9}}{3}} \right) = 6 \Rightarrow b = 21$ suy ra $a = \frac{{21 - 9}}{3} = 4$.

Xét mệnh đề a)

Dựa vào quá trình giải hệ phương trình ở trên, ta tìm được giá trị $b = 21$ nên mệnh đề a) đúng

Xét mệnh đề b)

Vật chuyển động nhanh dần đến $t = 3$ rồi bắt đầu chậm lại, nên vận tốc cực đại đạt được tại $t = 3$

${v_{max}} = v\left( 3 \right) = a.3 = 4.3 = 12$(m/s) nên mệnh đề b) sai

Xét mệnh đề c)

Thời điểm vật dừng lại: ${t_1} = \frac{b}{3} = \frac{{21}}{3} = 7$(s).

Quãng đường ${S_1} = 4{,}5.4 = 18$(m) và ${S_2} = \frac{{{{\left( {21 - 9} \right)}^2}}}{6} = 24$(m) nên $S = 18 + 24 = 42$ (m)

Vận tốc trung bình: ${v_{tb}} = \frac{S}{{{t_1}}} = \frac{{42}}{7} = 6$ (m/s) nên mệnh đề c) đúng

Xét mệnh đề d)

Tại $t = 7$, vật dừng lại và cách điểm xuất phát $42$m.

Giai đoạn lùi về: Vật bắt đầu từ trạng thái nghỉ $\left( {{v_0} = 0} \right)$, gia tốc $a' = - 2$m/s² (hướng về vị trí cũ)

Quãng đường cần đi để về vị trí cũ là $42$m.

Thời gian để đi hết quãng đường này $\left( {t'} \right)$: $S = \frac{1}{2}\left| {a'} \right|{\left( {t'} \right)^2} \Leftrightarrow 42 = \frac{1}{2}.2.{\left( {t'} \right)^2} \Rightarrow t' = \sqrt {42}$(s)

Tổng thời điểm là $t = {t_1} + t' = 7 + \sqrt {42} \approx 13{,}48$(s) nên mệnh đề d) sai

Xét mệnh đề a)

Gọi các biến cố $N$: “Người lái xe là nam giới”; $F$: “Người lái xe là nữ giới”

$T$: “Người lái xe vi phạm tốc độ”

Theo đề bài, ta có: $P\left( N \right) = 0{,}6$; $P\left( F \right) = 0{,}4$; $P\left( {T\mid N} \right) = 0{,}1$; $P\left( {T\mid F} \right) = 0{,}03$

Xác suất một lái xe được chọn ngẫu nhiên trong giờ cao điểm là nam giới và vi phạm tốc độ là $P\left( {N \cap T} \right)$.

Sử dụng công thức $P\left( {N \cap T} \right) = P\left( {T\mid N} \right).P\left( N \right) = 0{,}1.0{,}6 = 0{,}06$ nên mệnh đề a) đúng

Xét mệnh đề b)

Xác suất một lái xe được chọn ngẫu nhiên trong giờ cao điểm vi phạm tốc độ là $P\left( T \right)$.

Sử dụng công thức xác suất toàn phần:.

$P\left( T \right) = P\left( {T\mid N} \right).P\left( N \right) + P\left( {T\mid F} \right).P\left( F \right) = 0{,}1.0{,}6 + 0{,}03.0{,}4 = 0{,}072$nên mệnh đề b) sai

Xét mệnh đề c)

Xác suất người lái xe là nam giới khi biết người đó vi phạm tốc độ.

Sử dụng công thức Bayes: $P\left( {N\mid T} \right) = \frac{{P\left( {T\mid N} \right).P\left( N \right)}}{{P\left( T \right)}} = \frac{{0{,}1.0{,}6}}{{0{,}072}} = \frac{{0{,}06}}{{0{,}072}} = \frac{{60}}{{72}} = \frac{5}{6}$

$P\left( {F\mid T} \right) = \frac{{P\left( {T\mid F} \right).P\left( F \right)}}{{P\left( T \right)}} = \frac{{0{,}03.0{,}4}}{{0{,}072}} = \frac{{0{,}012}}{{0{,}072}} = \frac{{12}}{{72}} = \frac{1}{6}$

Vì $P\left( {N\mid T} \right) = \frac{5}{6} > \frac{1}{2}$ và $P\left( {N\mid T} \right) > P\left( {F\mid T} \right)$ nên khả năng người vi phạm tốc độ là nam giới cao hơn. nên mệnh đề c) đúng

Xét mệnh đề d)

Gọi $D$ là biến cố “người lái xe bị dừng xe”

Theo để bài, người bị dừng xe là những người vi phạm tốc độ nên $D \equiv T$

Xác suất người đó là nữ giới khi biết đã bị dừng xe là:

$P\left( {F\mid D} \right) = P\left( {F\mid T} \right) = \frac{1}{6} \approx 0{,}167 < 0{,}2$ nên mệnh đề a) sai

Xét mệnh đề a)

Mặt cầu có tâm $I\left( {1;2;3} \right)$và bán kính $R = 5$

Phương trình mặt cầu là : ${\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 25$nên mệnh đề a) đúng

Xét mệnh đề b)

Khoảng cách từ tâm $I\left( {1;2;3} \right)$đến mặt phẳng $\left( P \right)$: $d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2.1 - 2.2 + 1.3 + 8} \right||}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2}} }} = 3$m $= 30$dm nên mệnh đề b) sai

Xét mệnh đề c)

Mặt thoáng của nước là một hình tròn được tạo bởi giao tuyến của mặt cầu và mặt phẳng $\left( P \right)$.

Gọi $r$là bán kính mặt thoáng nên ta có mối liên hệ:$r = \sqrt {{R^2} - {d^2}\left( {I;\left( P \right)} \right)} = \sqrt {{5^2} - {3^3}} = 4$.

Diện tích mặt thoáng $S = \pi {r^2} = 16\pi$(m²) nên mệnh đề c) đúng

Xét mệnh đề d)

Gọi $v$ là tốc độ dâng của mực nước và $Q$ là lưu lượng nước bơm vào ($Q$ không đổi).

Ta có công thức:$Q = S.v \Rightarrow v = \frac{Q}{S}$. Như vậy, tốc độ dâng tỉ lệ nghịch với diện tích mặt thoáng $S$

Tại thời điểm ban đầu (mặt phẳng$\left( P \right)$): ${S_{\left( P \right)}} = 16\pi$.

Tại thời điểm sau (mặt phẳng $Q$) thì khoảng cách $d\left( {I;\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {2. - 2.2 + 3 - 1} \right|}}{3} = 0$.

Điều này nghĩa là mặt phẳng $\left( Q \right)$đi qua tâm$I$, bán kính mặt thoáng lúc này bằng bán kính mặt cầu:${r_Q} = R = 5$.

Diện tích mặt thoáng lúc này:${S_Q} = \pi {.5^2} = 25\pi$ nên $\frac{{{v_Q}}}{{{v_P}}} = \frac{{{S_P}}}{{{S_Q}}} = \frac{{16\pi }}{{25\pi }} = \frac{{16}}{{25}}$nên mệnh đề d) sai

Ta có $AB' \cap A'B = I$ là trung điểm của mỗi đường.

Khi đó $d\left( {B'C',\left( {A'BC} \right)} \right) = d\left( {B',\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{{B'I}}{{AI}}d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right)$.

Kẻ $AH \bot BC$ ($H$ là trung điểm của $BC$) suy ra:

$BC \bot \left( {A'AH} \right) \Rightarrow \left( {A'BC} \right) \bot \left( {A'AH} \right),\left( {A'BC} \right) \cap \left( {A'AH} \right) = A'H$.

Kẻ $AK \bot A'H \Rightarrow AK \bot \left( {A'AB} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {A'AB} \right)} \right) = AK = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Ta lại có $\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} + \frac{1}{{A{{A'}^2}}} \Rightarrow AA' = \frac{{\sqrt {15} }}{5}$.

Vậy thể tích của lăng trụ là $V=A{A}^{'}.{S}_{ABC}=\frac{\sqrt{15}}{5}.1.\frac{\sqrt{3}}{4}{.1}^{2}=\frac{3\sqrt{5}}{20}\approx \boxed{0{,}34}$.

Gọi $q$( triệu đồng) là số tiền hàng tháng anh Bình phải trả.
Cuối tháng thứ nhất, sau khi anh Bình trả số tiền $q$( triệu đồng) thì số tiền anh còn nợ là:
${T_1} = 200\left( {1 + \frac{{0{,}75}}{{100}}} \right) - q$.
Cuối tháng thứ hai, sau khi anh Bình trả số tiền $q$( triệu đồng) thì số tiền anh còn nợ là:
${T_2} = 200{\left( {1 + \frac{{0{,}75}}{{100}}} \right)^2} - q\left( {1 + \frac{{0{,}75}}{{100}}} \right) - q$.
Cuối tháng thứ ba, sau khi anh Bình trả số tiền $q$( triệu đồng) thì số tiền anh còn nợ là:
${T_3} = 200{\left( {1 + \frac{{0{,}75}}{{100}}} \right)^3} - q{\left( {1 + \frac{{0{,}75}}{{100}}} \right)^2} - q\left( {1 + \frac{{0{,}75}}{{100}}} \right) - q = 200{\left( {1 + \frac{{0{,}75}}{{100}}} \right)^3} - \frac{{q\left[ {{{\left( {1 + \frac{{0{,}75}}{{100}}} \right)}^3} - 1} \right]}}{{\frac{{0{,}75}}{{100}}}}$.
Cuối tháng thứ $N$, sau khi anh Bình trả số tiền $q$( triệu đồng) thì số tiền anh còn nợ là:
${T_N} = 200{\left( {1 + \frac{{0{,}75}}{{100}}} \right)^N} - q{\left( {1 + \frac{{0{,}75}}{{100}}} \right)^{N - 1}} - q{\left( {1 + \frac{{0{,}75}}{{100}}} \right)^{N - 2}} - ... - q$.

$$= 200{\left( {1 + \frac{{0{,}75}}{{100}}} \right)^N} - \frac{{q\left[ {{{\left( {1 + \frac{{0{,}75}}{{100}}} \right)}^N} - 1} \right]}}{{\frac{{0{,}75}}{{100}}}}$$

Đúng hai năm hết nợ, tức là ta có
${T_{24}} = 0 \Leftrightarrow 200{\left( {1 + \frac{{0{,}75}}{{100}}} \right)^{24}} = \frac{{q\left[ {{{\left( {1 + \frac{{0{,}75}}{{100}}} \right)}^{24}} - 1} \right]}}{{\frac{{0{,}75}}{{100}}}} \Leftrightarrow q = 9{,}137$ (triệu đồng)

Chọn gốc tọa độ $O\left( {0;0} \right)$ là trọng tâm tam giác đều $ABC$cạnh $a = 6$ m có $h = \frac{{6\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3$m.
Tọa độ các đỉnh:$A\left( {0;2\sqrt 3 } \right)$, $B\left( { - 3; - \sqrt 3 } \right)$,$C\left( {3; - \sqrt 3 } \right)$.
Đường thẳng $AC$đi qua $A\left( {0;2\sqrt 3 } \right)$và $C\left( {3; - \sqrt 3 } \right)$ có phương trình:$y = - \sqrt 3 x + 2\sqrt 3$.
$\left( {{P_1}} \right):y = m{x^2} + n$ có trục đối xứng là$Oy$, đi qua $B,C$và tiếp xúc với $AC$ tại $C$

Đồ thị đi qua $C\left( {3; - \sqrt 3 } \right) \Rightarrow 9m + n = - \sqrt 3 \,\,\left( 1 \right)$
Theo giả thiết, $\left( {{P_1}} \right)$ tiếp xúc với $AC$ tại$C \Rightarrow {y'_{\left( {{P_1}} \right)}}\left( 3 \right) = {k_{AC}} \Rightarrow 2m.3 = - \sqrt 3 \Rightarrow m = - \frac{{\sqrt 3 }}{6}$
Thay $m = - \frac{{\sqrt 3 }}{6}$ vào$\left( 1 \right) \Leftrightarrow 9\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{6}} \right) + n = - \sqrt 3 \Rightarrow n = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$ nên ${\left( P \right)_1}:y = - \frac{{\sqrt 3 }}{6}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.
Phần hoa ở giữa được giới hạn bởi 3 cung parabol đối xứng qua tâm$O$.
Giao điểm ${I_2}$của $\left( {{P_1}} \right)$và ${\left( P \right)_2}$nằm trên đường phân giác$OC:y = - \frac{{\sqrt 3 }}{3}x$.
Xét phương trình hoành độ giao điểm: $- \frac{{\sqrt 3 }}{6}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2} = - \frac{{\sqrt 3 }}{3}x \Rightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 3\left( l \right)}\\{x = - 1\left( n \right)}\end{array}} \right.$
Suy ra, giao điểm ${I_1}\left( { - 1;\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)$và ${I_2}\left( {1;\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)$.
Khoảng cách từ tâm $O$đến các giao điểm của các parabol là bằng nhau:
$O{I_2} = O{I_3} = \sqrt {{1^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow$${I_3} \cap OA \equiv Oy \Rightarrow {I_3}\left( {0; - \frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right)$
Diện tích phần trồng hoa là :

$${S_{hoa}} = {S_{\Delta {I_1}{I_2}{I_3}}} + 3\int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {\left( {{P_1}} \right) - {y_{{I_1}{I_2}}}} \right]} {\rm{d}}x = \frac{1}{2}2\left[ {\frac{{\sqrt 3 }}{3} - \left( { - \frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right)} \right]{\rm{d}}x - 3\int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{6}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) - \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right]} {\rm{d}}x = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}$$

${S_{co}} = 3.{S_{\left( {{P_1}} \right) \cap \left( {{P_2}} \right)}} - {S_{hoa}} = 3.2\int\limits_{ - 1}^3 {\left[ {\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{6}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) - \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{3}x} \right)} \right]} {\rm{d}}x - \frac{{5\sqrt 3 }}{3} = \frac{{17\sqrt 3 }}{3}$(m2)
Vậy tổng diện tích cần tính là: $S={S}_{hoa}+{S}_{co}=\frac{5\sqrt{3}}{3}+\frac{17\sqrt{3}}{3}=\frac{22\sqrt{3}}{3}\approx \boxed{12{,}7}$

Gọi $A,B$là hai điểm của hình chữ nhật và $A,B$nằm trên đường tròn.
Gọi $I$là trung điểm cạnh $AB$
Gọi $M$ là trung điểm của một cạnh lục giác đều cạnh$x$. Đoạn $OM$ chính là đường cao của tam giác đều cạnh $x$, nên $OM = \frac{{x\sqrt 3 }}{2}$.
Đoạn $OA = R = \sqrt {O{I^2} + IA{}^2} = \sqrt {{{\left( {OM + MI} \right)}^2} + IA{}^2} = \sqrt {{{\left( {\frac{{x\sqrt 3 }}{2} + h} \right)}^2} + \left( {\frac{x}{2}} \right){}^2} \left( * \right)$
Từ $\left( * \right)$ta có:${\left( {\frac{{x\sqrt 3 }}{2} + h} \right)^2} = {R^2} - \frac{{{x^2}}}{4} \Rightarrow \frac{{x\sqrt 3 }}{2} + h = \sqrt {{R^2} - \frac{{{x^2}}}{4}} \Rightarrow h = \sqrt {{R^2} - \frac{{{x^2}}}{4}} - \frac{{x\sqrt 3 }}{2}$
Diện tích đáy lục giác đều cạnh $x$: $S = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}{x^2}$
Thể tích khối lăng trụ: $V = S.h = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}{x^2}\left( {\sqrt {{R^2} - \frac{{{x^2}}}{4}} - \frac{{x\sqrt 3 }}{2}} \right)$
Đặt $t = \frac{x}{2} \Rightarrow V\left( t \right) = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\left( {4{t^2}} \right)\left( {\sqrt {{R^2} - {t^2}} - t\sqrt 3 } \right) = 6\sqrt 3 \left( {{t^2}\sqrt {{R^2} - {t^2}} - {t^3}\sqrt 3 } \right)$
Xét hàm số: $f\left( t \right) = {t^2}\sqrt {{R^2} - {t^2}} - {t^3}\sqrt 3$
$f'\left( t \right) = 2t\sqrt {{R^2} - {t^2}} + {t^2}.\frac{{ - t}}{{\sqrt {{R^2} - {t^2}} }} - 3\sqrt 3 {t^2} \Leftrightarrow 2{R^2} - 3{t^2} = 3\sqrt 3 t\sqrt {{R^2} - {t^2}} \left( {**} \right)$
Bình phương 2 vế của $\left( {**} \right) \Rightarrow 36{t^4} - 39{R^2}{t^2} + 4{R^4} = 0 \Rightarrow {t^2} = \frac{{13 - \sqrt {105} }}{{24}}{R^2}$
Từ phương trình đạo hàm: $\sqrt {{R^2} - {t^2}} = \frac{{2{R^2} - 3{t^2}}}{{3\sqrt 3 t}}$
Thay vào biểu thức của $h$ thì $h = \frac{{2{R^2} - 3{t^2}}}{{3\sqrt 3 t}} - t\sqrt 3 = \frac{{2{R^2} - 3{t^2} - 9{t^2}}}{{3\sqrt 3 t}} = \frac{{2{R^2} - 12{t^2}}}{{3\sqrt 3 t}}$
Tỉ số: $\frac{h}{x} = \frac{h}{{2t}} = \frac{{2{R^2} - 12{t^2}}}{{6\sqrt 3 {t^2}}} = \frac{1}{{3\sqrt 3 }}\left( {\frac{{{R^2}}}{{{t^2}}} - 6} \right)$
Với $\frac{{{R^2}}}{{{t^2}}} = \frac{{39 + 3\sqrt {105} }}{8}$. Khi đó $\frac{h}{x}=\frac{1}{3\sqrt{3}}(\frac{39+3\sqrt{105}}{8}-6)=\frac{\sqrt{35}-\sqrt{3}}{8}\Rightarrow \{\begin{matrix}a=35 \\ b=3 \\ c=8\end{matrix}\Rightarrow T=\boxed{46}$