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

Ta có \(\int\limits_1^4 {\left[ {\frac{1}{3}f\left( x \right) - 5} \right]{\rm{d}}x}  = \frac{1}{3}\int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  - \int\limits_1^4 {5{\rm{d}}x}  = 1 - 15 =  - 14\).

Ta có \(\int\limits_1^3 {\left[ {3f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right]dx}  = 3\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx - 2} \int\limits_1^3 {g\left( x \right)dx}  = 3.5 - 2.\left( { - 7} \right) = 29\).

Ta có\(\int\limits_1^3 {f(x)dx}  = F(x)\mathop |\nolimits_1^3  = {x^2}\mathop |\nolimits_1^3  = 9 - 1 = 8\).

Ta có: \(\int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_1^5 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_5^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 10 + \left( { - 1} \right) = 9\).

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: \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} = F\left( b \right) - F\left( a \right)\).

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

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

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

\[ = \left( {5\ln x - 2x} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}2\\1\end{array} + } \right.\left( {2x - 5\ln x} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}5\\2\end{array}} \right.\].

\[ = 4 + 8\ln 2 - 3\ln 5\].

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) 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: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{8a + b = 21}\\{15a + b = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a =  - 3}\\{b = 45}\end{array}} \right.\).

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:

\({S_2} = \int\limits_8^{15} {\left( { - 3t + 45} \right)dt}  =  - \frac{{3{t^2}}}{2}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{15}\\8\end{array}} \right. + 45t\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{15}\\8\end{array}} \right. = \frac{{147}}{2} = 73,5\,\left( m \right)\).

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: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{9a + 3b + c = 11}\\{25a + 5b + c = 3}\\{64a + 8b + c = 21}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 2}\\{b =  - 20}\\{c = 53}\end{array}} \right.\)

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:

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

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:

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