Đề ôn thi Đánh giá năng lực Đại học Sư phạm Hà Nội môn Toán có đáp án - Đề số 4

Ta có \(f'\left( x \right)\) có nghiệm \(x = 0\) (bội chẵn) và \(x = 3\) (bội lẻ) nên \(f'\left( x \right)\) chỉ đổi dấu khi qua \(x = 3\).

Vậy hàm số \(y = f\left( x \right)\) có điểm cực trị \(x = 3\). Chọn D.

Gọi \(I\left( { - 2;3; - 5} \right)\) là trung điểm của \(CD\), khi đó đường trung tuyến \(OI\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = - 2\overrightarrow {OI} = \left( {4; - 6;10} \right)\). Chọn B.

Ta có \(y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 3x + 5}}{{x + 2}} = x + 1 + \frac{3}{{x + 2}}.\) Khi đó, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( {x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{3}{{x + 2}} = 0\) hoặc

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( {x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{3}{{x + 2}} = 0\) nên đường thẳng \(y = x + 1\) là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho.

Chọn B.

Gọi \(h\left( t \right)\) là độ cao của viên đạn bắn lên từ mặt đất sau \(t\) giây kể từ thời điểm đạn được bắn lên.

Khi đó \(h\left( t \right) = \int {v\left( t \right)} \,{\rm{dt}} = \int {\left( {25 - 9,8t} \right)} \,{\rm{dt}} = 25t - 4,9{t^2} + C\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).

Do \[h\left( 0 \right) = 1\] nên \(C = 1\)\( \Rightarrow h\left( t \right) = - 4,9{t^2} + 25t + 1\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).

Vậy viên đạn đạt độ cao lớn nhất là \(h = - \frac{\Delta }{{4a}} = \frac{{3223}}{{98}}\,\,\left( {\rm{m}} \right)\) khi \(t = - \frac{b}{{2a}} = \frac{{125}}{{49}}\) giây. Chọn B.

Ta có\(\left( Q \right):6x + 3y - 6z + 15 = 0 \Leftrightarrow 2x + y - 2z + 5 = 0\). Ta thấy \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) là hai mặt phẳng song song nên \[d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {5 - \left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 2\]. Chọn A.

Ta có \({S_8} = 72 \Leftrightarrow \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right] = 72 \Leftrightarrow 4\left[ {2{u_1} + \left( {8 - 1} \right) \cdot \left( { - 2} \right)} \right] = 72 \Leftrightarrow 2{u_1} - 14 = 18 \Leftrightarrow {u_1} = 16\).

Chọn C.

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}2x-1>0\\ x+2>0\end{array}\right.\iff x>\frac{1}{2}$

Ta có: \[{\log _5}\left( {2x - 1} \right) < {\log _5}\left( {x + 2} \right) \Leftrightarrow 2x - 1 < x + 2 \Leftrightarrow x < 3\].

Kết hợp điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(\left( {\frac{1}{2};3} \right)\). Chọn C.

Gọi A là biến cố: “Lần thứ nhất lấy được bi màu trắng”.

Gọi B là biến cố: “Lần thứ hai lấy được bi màu đen”.

⇒ AB là biến cố: “Lần thứ nhất lấy được viên bi màu trắng và lần thứ hai lấy được viên bi màu đen”. Ta thấy 2 biến cố A và B độc lập với nhau.

Xác suất để lần thứ nhất lấy được bi màu trắng là: \[P\left( A \right) = \frac{6}{{11}}\].

Xác suất để lần thứ hai lấy được bi màu đen là \[P\left( B \right) = \frac{5}{{11}}\].

Áp dụng quy tắc nhân xác suất; xác suất cần tìm là:

\[P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = \frac{6}{{11}} \cdot \frac{5}{{11}} = \frac{{30}}{{121}}\]. Chọn C.

Ta có \(n = 10 + 30 + 55 + 42 + 9 = 146\).

Gọi \[{x_1},\,{x_2},\,...,\,{x_{146}}\] là số liệu được xếp theo thứ tự không giảm.

Ta có \[{x_1},\,...,{x_{10}} \in \left[ {0;\,2} \right);\,\,{x_{11}},\,....,\,{x_{40}} \in \left[ {2;\,4} \right);\,\,{x_{41}},\,....,\,{x_{95}} \in \left[ {4;\,6} \right);\,\,\,{x_{96}},\,....,\,{x_{137}} \in \left[ {6;\,8} \right);\,{x_{138}},\,...,\,{x_{146}} \in \left[ {8;\,10} \right)\]

nên trung vị của mẫu số liệu \[{x_1},\,{x_2},\,...,\,{x_{146}}\] là \[\frac{1}{2}\left( {{x_{73}} + {x_{74}}} \right) \in \left[ {4;\,6} \right)\]. Suy ra \[\left[ {4;\,6} \right)\] là nhóm chứa trung vị.

Khi đó ta xác định được \[{n_m} = 55,\,C = 10 + 30 = 40,\,{u_m} = 4,\,{u_{m + 1}} = 6\].

Vậy trung vị của mẫu số liệu ghép nhóm là \[{M_e} = {u_m} + \frac{{\frac{n}{2} - C}}{{{n_m}}} \cdot \left( {{u_{m + 1}} - {u_m}} \right) = 4 + \frac{{\frac{{146}}{2} - 40}}{{55}} \cdot \left( {6 - 4} \right) = 5,2.\]

Chọn A.

Dựa vào đồ thị, ta thấy \(f'\left( x \right) < 0,\forall x < 1\). Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\). Chọn A.

Đường thẳng \(d\) có một vectơ chỉ phương là: \({\vec u_d} = \left( {2;1; - 3} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) vuông góc với đường thẳng \(d\) nên \(\left( P \right)\) nhân \({\vec u_d}\) làm vectơ pháp tuyến.

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(A\left( {1\,;0\,;1} \right)\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \[2\left( {x - 1} \right) + 1\left( {y - 0} \right) - 3\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y - 3z + 1 = 0\]. Chọn A.

Tổng tần số là: \(n = 40\).

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là: \(\bar x = \frac{{19 \cdot 1 + 9 \cdot 3 + 5 \cdot 5 + 6 \cdot 7 + 1 \cdot 9}}{{40}} = 3,05\).

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là: \({S^2} = \frac{1}{{40}}\left( {19 \cdot {1^2} + 9 \cdot {3^2} + 5 \cdot {5^2} + 6 \cdot {7^2} + 1 \cdot {9^2}} \right) - 3,{05^2} = 5,6975\).

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là: \(S = \sqrt {5,6975} \approx 2,39\). Chọn C.

Giả sử \[AC = \sqrt 5 ,{\rm{ }}CD' = \sqrt {10} ,{\rm{ }}AD' = \sqrt {13} .\]

Đặt \[AD = x,{\rm{ }}AB = y,{\rm{ }}A'A = z \Rightarrow V = xyz.\]

Theo định lí Pythagore, ta có: $\left\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=B{D}^2=5\\ y^2+z^2=A^{\text{'}}{B}^2=10\\ z^2+x^2=A^{\text{'}}{D}^2=13\end{array}\right.$ $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}^2=4\\ y^2=1\\ z^2=9\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=1\\ z=3\end{array}\right.\Rightarrow V=xyz=6.$ Chọn A.

Diện tích cần tìm \(S = \int\limits_{ - 2}^2 {\left| {{x^3} - 3x} \right|{\rm{d}}x} = 5\). Chọn C.

Ta có \(\cos 2x = 1 - 2{\sin ^2}x\) nên phương trình trở thành:

\( - 2{\sin ^2}x + 4\sin x + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin x = - 1}\\{\sin x = 3}\end{array} \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right..\)

Mà \(x \in \left( {0;10\pi } \right) \Rightarrow 0 < - \frac{\pi }{2} + k2\pi < 10\pi \Leftrightarrow \frac{1}{4} < k < \frac{{21}}{4}.\)

Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k \in \left\{ {1;2;3;4;5} \right\}\).

Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm trên khoảng \(\left( {0;10\pi } \right)\).Chọn A.

Ta có tích phân \(\int\limits_{ - 1}^1 {f'\left( x \right){\rm{d}}x} = \left. {f\left( x \right)} \right|_{ - 1}^1 = f\left( 1 \right) - f\left( { - 1} \right) = - 1 - 1 = - 2\). Chọn C.

a) Đúng. Do trên khoảng \[\left( { - 1;1} \right)\], đồ thị hàm số \[f\left( x \right)\] có hướng đi xuống từ trái qua phải, suy ra hàm số \[f\left( x \right)\] nghịch biến trên khoảng \[\left( { - 1;1} \right)\].

b) Sai. Trên đoạn \[\left[ { - 2;2} \right]\], hàm số \[f\left( x \right)\] đạt giá trị lớn nhất bằng 3 tại \[x = - 1\] hoặc \[x = 2\].

c) Đúng. Hàm số \[f\left( x \right)\] có hai điểm cực trị là \[x = - 1\] và \[x = 1\].

d) Đúng. Do đồ thị hàm số đi qua điểm \[\left( {0;1} \right)\], suy ra \[f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + 1\].

Mặt khác đồ thị hàm số đi qua các điểm có tọa độ là\[A\left( { - 1;3} \right),\,B\left( {1; - 1} \right),\,C\,\left( {2;3} \right)\]. Ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}a \cdot {\left( { - 1} \right)^3} + b \cdot {\left( { - 1} \right)^2} + c \cdot \left( { - 1} \right) + 1 = 3\\a \cdot {1^3} + b \cdot {1^2} + c \cdot 1 + 1 = - 1\\a \cdot {2^3} + b \cdot {2^2} + c \cdot 2 + 1 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a + b - c = 2\\a + b + c = - 2\\8a + 4b + 2c = 2\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 0\\c = - 3\end{array} \right. \Rightarrow f\left( x \right) = {x^3} - 3x + 1\].

a) Sai. Từ \(d:\frac{{x - 1}}{1} = \frac{y}{{ - 1}} = \frac{z}{2}\)\( \Rightarrow \overrightarrow u = \left( {1\,; - 1\,;2} \right)\) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d\).

b) Đúng. Mặt cầu tâm \(A\left( {0;1;3} \right)\), bán kính \(R = 5\) có phương trình là \({x^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 25\).

c) Sai. Phương trình tham số của \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = - t\\z = 2t\end{array} \right.\).

\(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\)lên \(d\)\( \Rightarrow H \in d \Rightarrow H\left( {t + 1\,; - t\,;2t} \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow {AH} = \left( {t + 1\,; - t - 1\,;2t - 3} \right)\).

\(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\)lên \(d\)\( \Leftrightarrow AH \bot d \Leftrightarrow \overrightarrow {AH} \bot \vec u\)\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AH} \cdot \vec u = 0 \Leftrightarrow 6t - 4 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{2}{3}\).

\( \Rightarrow H\left( {\frac{5}{3}; - \frac{2}{3};\frac{4}{3}} \right)\).

d) Đúng. Đường thẳng \(d\) cắt mặt cầu tại \(2\) điểm phân biệt \(M,N\).

Tọa độ của \(M,N\) là nghiệm của hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = - t\\z = 2t\\{x^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 25.\end{array} \right.\)

Giải hệ trên ta được \(\left\{ \begin{array}{l}t = - 1\\t = \frac{7}{3}\end{array} \right.\)\( \Rightarrow M\left( {0\,;1\,; - 2} \right),N\left( {\frac{{10}}{3}; - \frac{7}{3}\,;\frac{{14}}{3}} \right)\). Khi đó \(MN = \frac{{10\sqrt 6 }}{3} \approx 8,16\).

Vậy đoạn đường nằm trong vùng phủ sóng là \(8,16\,{\rm{km}}\).

Số tiền mà \(A\) thu được (gọi là doanh thu) từ việc bán \(x\) tấn sản phẩm \(\left( {0 \le x \le 100} \right)\) cho \(B\) là

\(R\left( x \right) = x \cdot P\left( x \right) = x\left( {45 - 0,001{x^2}} \right) = 45x - 0,001{x^3}\) (triệu đồng).

Lợi nhuận (triệu đồng) mà \(A\) thu được là

\(P\left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right) = x\left( {45 - 0,001{x^2}} \right) - \left( {100 + 30x} \right) = - 0,001{x^3} + 15x - 100\).

Xét hàm số \(P\left( x \right) = - 0,001{x^3} + 15x - 100\) với \(0 \le x \le 100\), ta có \(P'\left( x \right) = - 0,003{x^2} + 15;\)

\(P'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 0,003{x^2} + 15 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 5{\kern 1pt} 000 \Leftrightarrow x = 50\sqrt 2 \in \left[ {0\,;100} \right]\).

Ta có \(P\left( 0 \right) = - 100\); \(P\left( {50\sqrt 2 } \right) = 500\sqrt 2 - 100\); \(P\left( {100} \right) = 400\).

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta có \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;100} \right]} P = P\left( {50\sqrt 2 } \right) = 500\sqrt 2 - 100\).

Vậy \(A\) thu được lợi nhuận lớn nhất khi bán \(50\sqrt 2 \) tấn sản phẩm cho \(B\) mỗi tháng.

Trả lời: \(50\sqrt 2 \).

Chọn điểm \(A\left( {1;3; - 1} \right) \in d\) và điểm \(B\left( {2;2;0} \right) \in d\).

Mà đường thẳng \(d\)nằm trong mặt phẳng \(\left( P \right)\) suy ra \(A\left( {1;3; - 1} \right);B\left( {2;2;0} \right) \in \left( P \right)\).

Thay tọa độ của hai điểm \(A;B\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\), ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}a + 3b - 11 = 0\\2a + 2b - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 3\end{array} \right..\) Vậy \(a + b = 2 + 3 = 5.\)

Trả lời: 5.

Chọn ngẫu nhiên một người dân trên 50 tuổi của tỉnh X. Gọi \(A\) là7Xu| biến cố “Người đó mắc bệnh tim”; \(B\) là biến cố “Người đó mắc bệnh huyết áp”; \(E\)là biến cố “Người đó không mắc cả bệnh tim và bệnh huyết áp”. Khi đó \(\overline E \) là biến cố “Người đó mắc bệnh tim hoặc mắc bệnh huyết áp". Ta có \(\overline E = A \cup B\) . Áp dụng công thức cộng xác suất và công thức xác suất của biến cố đối để tính .

Theo công thức xác suất của biến cố đối: \(P\left( E \right) = 1 - P\left( {\overline E } \right)\) .

Theo công thức cộng xác suất ta có: \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right)\).

Do đó: \(P\left( E \right) = 1 - P\left( {\overline E } \right) = 1 - P\left( {A \cup B} \right) = 1 - P\left( A \right) - P\left( B \right) + P\left( {AB} \right)\).

Dữ liệu bài toán cho ta: \(P\left( A \right) = 7,6\% = 0,76;P\left( B \right) = 11,5\% = 0,115\,;\,P\left( {AB} \right) = 4,7\% = 0,047\).

Thay giá trị của \(P\left( A \right),\,P\left( B \right)\)và \(P\left( {AB} \right)\) vào ta được:

\(P\left( E \right) = 1 - P\left( A \right) - P\left( B \right) + P\left( {AB} \right) = 1 - 0,076 - 0,115 + 0,047 = 0,856\).

Vậy xác suất để người đó không mắc cả bệnh tim và bệnh huyết áp là \(0,856\) .

Điều đó có nghĩa là có 85,6% dân cư trên 50 tuổi của tỉnh X không có cả bệnh tim và bệnh huyết áp.

Trả lời: 85,6.

Gọi \({H_1}\) là biến cố “chọn được khách hàng thuộc đối tượng \(1\)”; \({H_2}\)là biến cố “chọn được khách hàng thuộc đối tượng \(2\)”; \({H_3}\)là biến cố “chọn được khách hàng thuộc đối tượng \(3\)”.

Gọi A là biến cố “khách hàng đó trả được nợ ngân hàng”.

Theo đề bài ta có: \(P\left( {{H_1}} \right) = 0,813;\;P\left( {{H_2}} \right) = 0,087;\;P\left( {{H_3}} \right) = 0,1\).

\(P\left( {A|{H_1}} \right)\)là xác suất để một khách hàng trả được nợ với điều kiện khách hàng đó thuộc đối tượng 1

Þ\(P\left( {A|{H_1}} \right) = 0,85\).

\(P\left( {A|{H_2}} \right)\)là xác suất để một khách hàng trả được nợ với điều kiện khách hàng đó thuộc đối tượng 2

Þ\(P\left( {A|{H_2}} \right) = 0,7\).

\(P\left( {A|{H_3}} \right)\)là xác suất để một khách hàng trả được nợ với điều kiện khách hàng đó thuộc đối tượng 3

Þ\(P\left( {A|{H_3}} \right) = 0,35\).

Theo công thức Bayes ta có:

\(P\left( {{H_1}|\overline A } \right) = \frac{{P\left( {{H_1}} \right) \cdot P\left( {\overline A |{H_1}} \right)}}{{1 - \left[ {P\left( {{H_1}} \right) \cdot P\left( {A|{H_1}} \right) + P\left( {{H_2}} \right) \cdot P\left( {A|{H_2}} \right) + P\left( {{H_3}} \right) \cdot P\left( {A|{H_3}} \right)} \right]}}\)

\( = \frac{{0,813 \cdot \left( {1 - 0,85} \right)}}{{1 - \left( {0,813 \cdot 0,85 + 0,087 \cdot 0,7 + 0,1 \cdot 0,35} \right)}} = \frac{{2439}}{{4261}}\).

Trả lời: \(\frac{{2439}}{{4261}}\).

Ta có \(2 \cdot {5^{x + 2}} + 5 \cdot {2^{x + 2}} \le 133 \cdot \sqrt {{{10}^x}} \)\( \Leftrightarrow 50 \cdot {5^x} + 20 \cdot {2^x} \le 133 \cdot \sqrt {{{10}^x}} \)\( \Leftrightarrow 50 \cdot {\left( {\sqrt {\frac{5}{2}} } \right)^x} + 20 \cdot {\left( {\sqrt {\frac{2}{5}} } \right)^x} - 133 \le 0\).

Đặt \(t = {\left( {\sqrt {\frac{5}{2}} } \right)^x}\), \(t > 0\), ta được bất phương trình: \(50t + \frac{{20}}{t} - 133 \le 0\)\( \Leftrightarrow 50{t^2} - 133t + 20 \le 0\)\[ \Leftrightarrow \frac{4}{{25}} \le t \le \frac{5}{2}\].

Với \[\frac{4}{{25}} \le t \le \frac{5}{2}\], ta có: \[\frac{4}{{25}} \le {\left( {\sqrt {\frac{5}{2}} } \right)^x} \le \frac{5}{2}\]\( \Leftrightarrow - 2 \le \frac{x}{2} \le 1\)\( \Leftrightarrow - 4 \le x \le 2\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left[ { - 4;2} \right]\).

Vì \(A'M \cap \left( {AB'C} \right) = B'\).

Suy ra \(d\left( {M,\left( {AB'C} \right)} \right) = \frac{{MB'}}{{A'B'}} \cdot d\left( {A',\left( {AB'C} \right)} \right) = \frac{2}{3} \cdot d\left( {A',\left( {AB'C} \right)} \right) = \frac{2}{3} \cdot d\left( {B,\left( {AB'C} \right)} \right)\).

Từ \(B\) kẻ \(BN \bot AC\) tại \(N\), kẻ \(BH \bot B'N\) tại \(H\) thì \(d\left( {B,\left( {AB'C} \right)} \right) = BH\).

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \(BN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Tam giác \(B'BN\) vuông tại \(B\) nên \(BH = \frac{{BB' \cdot BN}}{{\sqrt {B{{B'}^2} + B{N^2}} }} = \frac{{2\sqrt {57} a}}{{19}}\).

Vậy \(d\left( {M,\left( {AB'C} \right)} \right) = \frac{2}{3} \cdot d\left( {B,\left( {AB'C} \right)} \right) = \frac{2}{3}BH = \frac{2}{3} \cdot \frac{{2\sqrt {57} a}}{{19}} = \frac{{4\sqrt {57} a}}{{57}}\).

Xét hệ trục tọa độ có gốc tọa độ đặt tại điểm D và tia Ox trùng với tia DC, tia Oy trùng với tia DA.

Parabol \(\left( P \right)\): \(y = a{x^2}\) đi qua \(B\left( {4;4} \right)\) nên \(4 = {4^2} \cdot a \Rightarrow a = \frac{1}{4}\), suy ra \(y = \frac{1}{4}{x^2} \Rightarrow x = 2\sqrt y \).

Ta xác định được \(M\left( {2;4} \right)\) và \(C\left( {4;\,0} \right)\) nên đường tròn có tâm \(I\left( {3;\,2} \right)\) và bán kính \(R = IC = \sqrt {{2^2} + {1^2}} = \sqrt 5 \) có phương trình là \({\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 5\).

Suy ra \[{\left( {x - 3} \right)^2} = 5 - {\left( {y - 2} \right)^2} \Leftrightarrow 3 - x = \sqrt {5 - {{\left( {y - 2} \right)}^2}} \Leftrightarrow x = 3 - \sqrt {5 - {{\left( {y - 2} \right)}^2}} \].

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và đường tròn là: \({\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{4}{x^2} - 2} \right)^2} = 5\).

\(\left( P \right)\) và đường tròn có hai giao điểm là \(B\left( {4;\,4} \right)\) và \(N\left( {{x_N};\,{y_N}} \right) \Rightarrow \)\({x_N} \approx 1,37 \Rightarrow {y_N} \approx 0,469225\).

Thể tích vật thể cần tính là: \(V = \pi \int\limits_0^{0,469225} {{{\left( {2\sqrt y } \right)}^2}{\rm{d}}y} + \pi \int\limits_{0,469225}^4 {{{\left( {3 - \sqrt {5 - {{\left( {y - 2} \right)}^2}} } \right)}^2}{\rm{d}}y} \approx 14,46\).