Đề thi giữa kì 2 Toán 12 Cánh diều - Đề số 1

a) Hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị \(y = {x^2}\); \(y = \sqrt x \).

b) Diện tích hình phẳng tô màu trong hình vẽ là \(\frac{1}{3}\).

c) Thể tích của vật tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng trên quanh trục Ox là \(\pi \int\limits_0^1 {\left( {\sqrt x - {x^2}} \right)dx} \).

d) Thể tích V của vật tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (P): \(y = {x^2}\); (C): \(y = \sqrt x \) quanh trục Oy bằng \(\frac{{3\pi }}{{10}}\).

a) Tồn tại giá trị m để hai mặt phẳng (P ) và (Q) song song với nhau.

b) Hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau khi m = 0.

c) Với m = 4 thì góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) gần bằng \(42,{4^o}\).

d) Góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) bằng \({60^o}\) khi và chỉ khi \(m = \pm \frac{{39}}{{\sqrt {407} }}\).

F(x) là nguyên hàm của f(x) nếu F’(x) = f(x).

Ta có \(F'(x) = (\ln x)' = \frac{1}{x}\) nên F(x) là nguyên hàm của \(f(x) = \frac{1}{x}\).

F(x) là nguyên hàm của f(x) nếu F’(x) = f(x).

Ta có \(F'(x) = \left( {2{x^9} + 1945} \right)' = 18{x^8}\) nên F(x) là nguyên hàm của \(f(x) = 18{x^8}\).

Áp dụng tính chất của tích phân \(\int\limits_a^b {\left[ {f(x) + g(x)} \right]dx} = \int\limits_a^b {f(x)dx} + \int\limits_a^b {g(x)dx} \).

\(\int\limits_2^3 {\left[ {f(x) + g(x)} \right]dx} = \int\limits_2^3 {f(x)dx} + \int\limits_2^3 {g(x)dx} = 1 + 4 = 5\).

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa \(\int {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C\).

\(F(x) = \int {f(x)dx} = \int {\left( {5{x^4} + \frac{1}{{{x^3}}}} \right)dx} = \int {\left( {5{x^4} + {x^{ - 3}}} \right)dx} = 5.\frac{{{x^{4 + 1}}}}{{4 + 1}} + \frac{{{x^{ - 3 + 1}}}}{{ - 3 + 1}} + C\)

\( = 5.\frac{{{x^5}}}{5} + \frac{{{x^{ - 2}}}}{{ - 2}} + C = {x^5} - \frac{1}{{2{x^2}}} + C\).

\(F(1) = 0 \Leftrightarrow {1^5} - \frac{1}{{{{2.1}^2}}} + C = 0 \Leftrightarrow C = - \frac{1}{2}\).

Vậy \(F(x) = {x^5} - \frac{1}{{2{x^2}}} - \frac{1}{2}\).

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa \(\int {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C\).

Áp dụng tính chất của tích phân \(\int\limits_a^b {\left[ {f(x) - g(x)} \right]dx} = \int\limits_a^b {f(x)dx} - \int\limits_a^b {g(x)dx} \).

\(\int\limits_0^2 {\left( {6{x^2} - 2x} \right)dx} = \left( {6.\frac{{{x^3}}}{3} - 2.\frac{{{x^2}}}{2}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^2}\\{_0}\end{array}} \right. = \left( {2{x^3} - {x^2}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^2}\\{_0}\end{array}} \right. = {2.2^3} - {2^2} = 12\).

Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), y = g(x) liên tục trên [a;b] và hai đường thẳng x = a, x = b được tính bằng công thức \(S\int\limits_a^b {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx} \).

Quan sát hình vẽ, phần tô đậm được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x) và trục hoành y = 0. Trên [-2;0] ta thấy \(f(x) \ge 0\) và trên [0;1] ta thấy \(f(x) \le 0\).

Diện tích hình phẳng được tô đậm là

\(S = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {f(x) - 0} \right|dx} = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {f(x)} \right|dx} = \int\limits_{ - 2}^0 {f(x)dx} - \int\limits_0^1 {f(x)dx} \).

Đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + at\\y = {y_0} + bt\\z = {z_0} + ct\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\) đi qua điểm \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và nhận \(\overrightarrow u = (2;3;1)\) làm một vecto chỉ phương.

Vecto chỉ phương của đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 3t\\z = 1 + t\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\) là \(\overrightarrow u = (2;3;1)\).

Thay tọa độ O(0;0;0) vào từng phương trình mặt phẳng. Nếu thỏa mãn phương trình thì mặt phẳng đó đi qua gốc tọa độ.

Ta thấy 2.0 + 5.0 – 8.0 = 0 nên O(0;0;0) thuộc mặt phẳng 2x + 5y – 8z = 0.

Đường tròn tâm I(a;b;c), bán kính R có phương trình \({\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z + c} \right)^2} = {R^2}\).

Đường tròn \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + {\left( {z + 2} \right)^2} = 9\) có tâm I(1;4;-2) và bán kính R = 3.

Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng (P), (Q) tương ứng có các vectơ pháp tuyến là \(\vec n{\rm{\;}} = \left( {A;B;C} \right),\vec n'{\rm{\;}} = \left( {A';B';C'} \right)\). Khi đó, góc giữa (P) và (Q), kí hiệu là ((P), (Q)) được tính theo công thức:

\(\cos \left( {(P),(Q)} \right) = \frac{{\left| {AA' + BB' + CC'} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} .\sqrt {A{'^2} + B{'^2} + C{'^2}} }}\).

\(\cos \left( {(P),(Q)} \right) = \frac{{\left| {1.( - 1) + 2.1 + 1.2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {1^2}} .\sqrt {{{( - 1)}^2} + {1^2} + {2^2}} }} = \frac{1}{2} \Rightarrow \left( {(P),(Q)} \right) = {60^o}\).

Mặt phẳng trung trực của AB vuông góc với đường thẳng AB nên nhận \(\overrightarrow {AB} \) làm một vecto pháp tuyến.

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB nhận một vecto cùng phương với \(\overrightarrow {AB} = ( - 2 - 4;2 - 0;3 - 1) = ( - 6;2;2)\) làm vecto pháp tuyến.

Ta có \(\overrightarrow n = (3; - 1; - 1) = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \) là một vecto pháp tuyến của mặt phẳng trung trực của AB.

Xét tỉ lệ các hệ số.

Các vecto pháp tuyến tương ứng với ba mặt phẳng (P), (Q), (R) là \(\overrightarrow {{n_P}} = (2;6; - 4)\), \(\overrightarrow {{n_Q}} = (5;15; - 10)\) và \(\overrightarrow {{n_R}} = (6;18; - 12)\).

Mà \(\frac{5}{2} = \frac{{15}}{6} = \frac{{ - 10}}{{ - 4}} = \frac{{20}}{8}\) nên (P) trùng (Q).

Lại có \(\frac{6}{2} = \frac{{18}}{6} = \frac{{ - 12}}{{ - 4}} \ne \frac{{ - 24}}{8}\) nên (P) // (R).

a) Hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị \(y = {x^2}\); \(y = \sqrt x \).

b) Diện tích hình phẳng tô màu trong hình vẽ là \(\frac{1}{3}\).

c) Thể tích của vật tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng trên quanh trục Ox là \(\pi \int\limits_0^1 {\left( {\sqrt x - {x^2}} \right)dx} \).

d) Thể tích V của vật tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (P): \(y = {x^2}\); (C): \(y = \sqrt x \) quanh trục Oy bằng \(\frac{{3\pi }}{{10}}\).

Cho hình phẳng được giới hạn bởi các đồ thị hàm số liên tục trên [a;b] y = f(x), y = g(x), đường thẳng x = a, x = b.

a) Quan sát đồ thị và nhận xét.

b) Áp dụng công thức tính diện tích của hình phẳng \(S = \int\limits_a^b {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx} \).

c) Áp dụng công thức tính thể tích vật thể quay quanh trục Ox \(V = \pi \int\limits_a^b {\left| {{f^2}(x) - {g^2}(x)} \right|dx} \).

d) Cho hình phẳng được giới hạn bởi các đồ thị hàm số liên tục trên [a;b] x = f(y), x = g(y), đường thẳng y = a, y = b.

Áp dụng công thức tính thể tích vật thể quay quanh trục Oy \(V = \pi \int\limits_a^b {\left| {{f^2}(y) - {g^2}(y)} \right|dx} \).

a)Đúng. Hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị \(y = {x^2}\); \(y = \sqrt x \).

b) Đúng. Quan sát khoảng (0;1), thấy đồ thị \(y = \sqrt x \) nằm phía trên đồ thị \(y = {x^2}\).

Do đó, trong khoảng (0;1) ta có \(\sqrt x > {x^2}\).

Diện tích hình phẳng tô màu trong hình vẽ là:

\(S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2} - \sqrt x } \right|dx} = \int\limits_0^1 {\left( {\sqrt x - {x^2}} \right)dx} = \left( {\frac{2}{3}.{x^{\frac{3}{2}}} - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^1}\\{_0}\end{array} = \frac{2}{3}{{.1}^{\frac{3}{2}}} - \frac{{{1^3}}}{3}} \right. = \frac{1}{3}\).

c) Sai. Thể tích của vật tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng trên quanh trục Ox là:

\({V_1} = \pi \int\limits_0^1 {\left| {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2} - {{\left( {{x^2}} \right)}^2}} \right|dx} = \pi \int\limits_0^1 {\left[ {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2} - {{\left( {{x^2}} \right)}^2}} \right]dx} = \pi \int\limits_0^1 {\left[ {x - {x^4}} \right]dx} \).

d) Đúng. Vật tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường thẳng \(x = \sqrt y \) và \(x = {y^2}\) quanh trục Oy.

Quan sát đồ thị, ta thấy trong khoảng giá trị (0;1) của y, giá trị x của hàm số \(x = \sqrt y \) lớn hơn giá trị x của hàm số \(x = {y^2}\). Do đó \(\sqrt y > {y^2}\).

Thể tích của vật đó là: \(V = \pi \int\limits_0^1 {\left| {{{\left( {\sqrt y } \right)}^2} - {{\left( {{y^2}} \right)}^2}} \right|dx} = \pi \int\limits_0^1 {\left[ {{{\left( {\sqrt y } \right)}^2} - {{\left( {{y^2}} \right)}^2}} \right]dx} = \pi \int\limits_0^1 {\left[ {y - {y^4}} \right]dx} = \frac{{3\pi }}{{10}}\).

a) Tồn tại giá trị m để hai mặt phẳng (P ) và (Q) song song với nhau.

b) Hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau khi m = 0.

c) Với m = 4 thì góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) gần bằng \(42,{4^o}\).

d) Góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) bằng \({60^o}\) khi và chỉ khi \(m = \pm \frac{{39}}{{\sqrt {407} }}\).

Xác định vecto pháp tuyến của hai mặt phẳng và áp dụng biểu thức tọa độ của các phép toán vecto.

a)Sai. \(\overrightarrow {{n_{(P)}}} = (3; - m;0)\) và \(\overrightarrow {{n_{(P)}}} = (0;5;12)\).

Để (P) // (Q) thì \(\overrightarrow {{n_{(P)}}} = k\overrightarrow {{n_{(Q)}}} \Leftrightarrow (3; - m;0) = k(0;5;12)\), mà không có giá trị k nào thỏa mãn.

Vậy không có giá trị k nào để (P) // (Q).

b) Đúng. Để \((P) \bot (Q) \Leftrightarrow \overrightarrow {{n_{(P)}}} .\overrightarrow {{n_{(Q)}}} = 0 \Leftrightarrow 3.0 - m.5 + 0.12 = 0 \Leftrightarrow m = 0\).

c) Sai. \(\cos \left( {(P),(Q)} \right) = \frac{{\left| {3.0 - m.5 + 0.12} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {{( - m)}^2} + {0^2}} .\sqrt {{0^2} + {5^2} + {{12}^2}} }}\)

\( = \frac{{\left| {3.0 - 4.5 + 0.12} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {{( - 4)}^2} + {0^2}} .\sqrt {{0^2} + {5^2} + {{12}^2}} }} = \frac{{20}}{{5.13}} = \frac{4}{{13}}\).

\( \Rightarrow \cos \left( {(P),(Q)} \right) \approx 72,{08^o}\).

d) Sai. \(\cos {60^o} = \frac{{\left| {3.0 - m.5 + 0.12} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {{( - m)}^2} + {0^2}} .\sqrt {{0^2} + {5^2} + {{12}^2}} }} \Leftrightarrow \frac{1}{2} = \frac{{\left| {5m} \right|}}{{13\sqrt {{m^2} + 9} }}\)

\( \Leftrightarrow 13\sqrt {{m^2} + 9} = 10\left| m \right| \Leftrightarrow 169\left( {{m^2} + 9} \right) = 100{m^2} \Leftrightarrow 69{m^2} = - 1521\) (vô nghiệm).

Tìm nguyên hàm Q(t) của Q’(t) và tìm giá trị lớn nhất của Q(t) trên đoạn [0;14].

Hàm số biểu diễn số lượng khách sau t giờ là:

\(Q(t) = \int {Q'(t)dt} = \int {\left( {8{t^3} - 144{t^2} + 576t} \right)dt} = 8.\frac{{{t^4}}}{4} - 144.\frac{{{t^3}}}{3} + 576.\frac{{{t^2}}}{2} + C = 2{t^4} - 48{t^3} + 288{t^2} + C\).

Vì sau 1 giờ có 300 người có mặt nên \(Q(1) = 300 \Leftrightarrow {2.1^4} - {48.1^3} + {288.1^2} + C = 300 \Leftrightarrow C = 58\).

Suy ra \(Q(t) = 2{t^4} - 48{t^3} + 288{t^2} + 58\).

Ta cần tìm giá trị lớn nhất của Q(t) trên đoạn [0;14].

Xét \(Q'(t) = 0 \Leftrightarrow 8{t^3} - 144{t^2} + 576t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 12\\t = 6\\t = 0\end{array} \right.\).

Ta có: \(Q(0) = 58\); \(Q(6) = 2650\); \(Q(12) = 58\); \(Q(14) = 1626\).

Do đó Q(6) = 2650 là giá trị lớn nhất của \(Q(t) = 2{t^4} - 48{t^3} + 288{t^2} + 58\) trên đoạn [0;14].

Như vậy số lượng khách tham dự đông nhất trong vòng 14 giờ là 2650.

Tìm hàm v(t) biểu diễn vận tốc theo thời gian t và tính \(\int\limits_2^4 {v(t)dt} \).

Đồ thị hàm vận tốc là một đường parabol có bề lõm hướng xuống dưới nên hàm vận tốc có dạng \(v(t) = a{t^2} + bt + c\) \((a < 0)\).

Parabol đi qua điểm có tọa độ (0;1) và có đỉnh I(3;10) nên ta có hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l}1 = a{.0^2} + b.0 + c\\10 = a{.3^2} + b.3 + c\\ - \frac{b}{{2a}} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 1\\9a + 3b = 9\\6a + b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 1\\a = - 1\\b = 6\end{array} \right. \Rightarrow v(t) = - {t^2} + 6t + 1\).

Quãng đường vật đi được trong nửa thời gian sau của chuyển động là:

\(s(t) = \int\limits_2^4 {v(t)dt} = \int\limits_2^4 {\left( { - {t^2} + 6t + 1} \right)dt} = \left( { - \frac{{{t^3}}}{3} + 3{t^2} + t} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^4}\\{_2}\end{array}} \right. = \frac{{58}}{3} \approx 19,3\) (km).

Tính góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (Oyz).

Mặt phẳng (Oyz) có vecto pháp tuyến là \(\overrightarrow i = (1;0;0)\).

Đường thẳng AB nhận \(\overrightarrow {AB} = (2 + 1;1 - 1;3 - 2) = (3;0;1)\) làm vecto chỉ phương.

Gọi góc giữa đường ống nước và mặt phẳng nằm ngang là \(\alpha \).

Ta có \(\sin \alpha = \frac{{\left| {3.1 + 0.0 + 1.0} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {0^2} + {0^2}} .\sqrt {{3^2} + {0^2} + {1^2}} }} = \frac{3}{{\sqrt {10} }} \Rightarrow \alpha \approx {72^o}\).

Tìm tọa độ của các điểm A, B, D và lập phương trình mặt phẳng (ABD).

Tìm cao độ điểm C sao cho C thuộc mặt phẳng (ABD).

Gọi độ cao của các điểm A, B, C, D lần lượt là \({z_A}\), \({z_B}\), \({z_C}\), \({z_D}\).

Theo đề bài, ta có: \({z_A} = {z_B} = {z_D} = 0.\)

Sau khi điều chỉnh, độ cao của các điểm B, D được thay đổi như sau:

\({z_B} = - 0,06\), \({z_D} = - 0,036\).

Để mặt sân sau khi lát gạch là một mặt phẳng, ta cần lập phương trình mặt phẳng (ABCD) đi qua ba điểm \(A(0;0;0)\), \(B(9;0; - 0,06)\), \(D(0;5; - 0,036)\).

Phương trình mặt phẳng có dạng: \(Ax + By + Cz + D = 0.\)

Vì mặt phẳng đi qua \(A(0;0;0)\), thay \(A(0;0;0)\) vào phương trình ta được D = 0.

Do đó, phương trình mặt phẳng có dạng: \(Ax + By + Cz = 0.\)

Tính hai vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AD} \): \(\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} = (9;0; - 0,06)\), \(\overrightarrow {AD} {\rm{\;}} = \left( {0;5; - 0,036} \right)\).

Tích có hướng của \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AD} \):

\(\left( {0.( - 0,036) - ( - 0,06).5;( - 0,06).0 - 9.( - 0,036);9.5 - 0.0} \right) = (0,3;0,324;45)\).

Ta có phương trình mặt phẳng: \(0,3x + 0,324y + 45z = 0\).

Thay tọa độ \(C(9;6;{z_C})\) vào phương trình:

\(0,3.(9) + 0,324.(6) + 45{z_C} = 0 \Leftrightarrow 2,7 + 1,944 + 45{z_C} = 0 \Leftrightarrow {z_C} = {\rm{\;}} - 0,1032\) (m).

Vậy độ cao của điểm C cần giảm là: \({z_C} = - 0,1032{\rm{m}} \approx - 10,3{\rm{cm}}\).

Bác An cần hạ độ cao của điểm C xuống khoảng 10,3 cm so với độ cao của điểm A.

Áp dụng tính chất của tích phân: \(\int\limits_a^b {f(x)dx} = \int\limits_a^c {f(x)dx} + \int\limits_c^b {f(x)dx} \).

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa: \(\int {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C\).

\(\int\limits_{ - 1}^2 {f(x)dx} = \int\limits_{ - 1}^1 {f(x)dx} + \int\limits_1^2 {f(x)dx} = \int\limits_{ - 1}^1 {(2x - 1)dx} + \int\limits_1^2 {1dx} \)

\(\left( {{x^2} - x} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^1}\\{_{ - 1}}\end{array}} \right. + x\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^2}\\{_1}\end{array}} \right. = \left( {{1^2} - 1} \right) - \left( {{{( - 1)}^2} - ( - 1)} \right) + 2 - 1 = 0 - 2 + 2 - 1 = - 1\).

Ứng dụng tích phân, tính diện tích mặt cắt khối bê tông.

Áp dụng công thức tính thể tích: V = Sh.

Gọi parabol giới hạn mặt cắt của khối bê tông lần lượt là (P) và (Q). Giả sử (P) là parabol nằm phía trên.

(P) đi qua điểm có tọa độ (10;0) và tọa độ đỉnh là (0;2,5) nên ta có hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l}0 = a{.10^2} + b.10 + c\\\frac{5}{2} = a{.0^2} + b.0 + c\\ - \frac{b}{{2a}} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = \frac{5}{2}\\b = 0\\100a + 10b = - 2,5\end{array} \right. \Rightarrow (P):y = - \frac{1}{{40}}{x^2} + \frac{5}{2} = 0\).

(Q) đi qua điểm có tọa độ (9,5;0) và tọa độ đỉnh là (0;2) nên ta có hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l}0 = a.{\left( {\frac{{19}}{2}} \right)^2} + b.\frac{{19}}{2} + c\\2 = a{.0^2} + b.0 + c\\ - \frac{b}{{2a}} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 2\\b = 0\\\frac{{361}}{4}a + \frac{{19}}{2}b = - 2\end{array} \right. \Rightarrow (Q):y = - \frac{8}{{361}}{x^2} + 2 = 0\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và trục hoành là:

\({S_P} = \int\limits_{ - 10}^{10} {\left( { - \frac{1}{{40}}{x^2} + \frac{5}{2}} \right)dx} = \frac{{100}}{3}\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi (Q) và trục hoành là:

\({S_Q} = \int\limits_{ - 9,5}^{9,5} {\left( { - \frac{8}{{361}}{x^2} + 2} \right)dx} = \frac{{76}}{3}\).

Diện tích mặt cắt khối bê tông là:

\(S = {S_P} - {S_Q} = \frac{{100}}{3} - \frac{{76}}{3} = 8\) \(({m^2})\).

Thể tích khối bê tông là:

\(V = Sh = 8.5 = 40\) \(({m^3})\).

Gọi I(a;b;c) là điểm thỏa mãn \(3\overrightarrow {IA} + 5\overrightarrow {IB} - 7\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \).

Biến đổi biểu thức P theo điểm I.

Gọi điểm I(a;b;c) là điểm thỏa mãn \(3\overrightarrow {IA} + 5\overrightarrow {IB} - 7\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \).

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}3(1 - a) + 5( - 1 - a) - 7(3 - a) = 0\\3(1 - b) + 5(2 - b) - 7( - 1 - b) = 0\\3(1 - c) + 5(0 - c) - 7(2 - c) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 23\\b = 20\\c = - 11\end{array} \right. \Rightarrow I( - 23;20; - 11)\).

Ta có \(P = \left| {3\overrightarrow {MA} + 5\overrightarrow {MB} - 7\overrightarrow {MC} } \right|\)

\( = \left| {3\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {3IA} + 5\overrightarrow {MI} + 5\overrightarrow {BI} - 7\overrightarrow {MI} - 7\overrightarrow {IC} } \right|\)

\( = \left| {\overrightarrow {MI} + 3\overrightarrow {IA} + 5\overrightarrow {IB} - 7\overrightarrow {IC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MI} } \right| = MI\).

P đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất. Mà M thuộc mặt phẳng \((\alpha )\) nên MI nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng \((\alpha )\), hay MI là khoảng cách từ I đến mặt phẳng \((\alpha )\).

Ta có \(d\left( {I;(\alpha )} \right) = \frac{{\left| {2.( - 23) - 1.20 + 2.( - 11) + 7} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {2^2}} }} = 27\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 27.