Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: BPT/hệ BPT bậc nhất hai ẩn (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Miền nghiệm của $3x+4y-12\le 0$ với $x\ge 0,y\ge 0$ là tam giác với ba đỉnh $O(0;0)$, $A(4;0)$ (giao với $Ox$: $3x-12=0\Rightarrow x=4$), $B(0;3)$ (giao với $Oy$: $4y-12=0\Rightarrow y=3$). Diện tích $S=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 3=6$. Kết quả trùng với đáp số nguồn: 6.

(AI giải đề cho tôi)
Ràng buộc nguyên liệu: bột $200x+100y\le 1200$, đường $20x+30y\le 210$, với $x,y\ge 0$ nguyên. Khi $y=3$: bột $200x+300\le 1200\Rightarrow x\le 4,5$; đường $20x+90\le 210\Rightarrow x\le 6$. Vậy $x\le 4,5$ và $x$ nguyên nên $x_{\max }=4$. Khớp đáp án nguồn: 4.

(AI giải đề cho tôi)
Thay điểm $O(0;0)$ vào bất phương trình $2x-y+m-3\ge 0$ ta được $0-0+m-3\ge 0\iff m\ge 3$. Vậy $m$ nhỏ nhất là $m=3$, trùng với đáp số đã cho (Đáp số: 3).

(AI giải đề cho tôi)
Kiểm tra $M(2;1)$: $x=2\ge 0$, $y=1\ge 0$, $x+y=3\le 4$ nên $M$ thuộc miền nghiệm. Tính $F(2;1)=2\cdot 2+3\cdot 1=7$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm tuyến tính $F(x,y)=x+y$ đạt giá trị lớn nhất trên tam giác $ABC$ tại một đỉnh. Tính: $F(A)=0+0=0$, $F(B)=3+0=3$, $F(C)=0+4=4$. Vậy $\max F=4$ tại $C(0;4)$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Thay từng điểm vào bất phương trình $x-y\le 1$:
- Điểm $(0;0)$: $0-0=0\le 1$ thỏa mãn, thuộc miền nghiệm.
- Điểm $(1;0)$: $1-0=1\le 1$ thỏa mãn, thuộc miền nghiệm.
- Điểm $(2;0)$: $2-0=2>1$ không thỏa mãn, không thuộc miền nghiệm.
- Điểm $(-1;1)$: $-1-1=-2\le 1$ thỏa mãn, thuộc miền nghiệm.
Vậy miền nghiệm là nửa mặt phẳng bờ $d:x-y=1$ không chứa điểm $(2;0)$.

(AI giải đề cho tôi)
Miền nghiệm của hệ $x\ge 0$, $y\ge 0$, $x+y\le 4$ là tam giác trong góc phần tư thứ nhất, bị chặn bởi trục $Ox$, trục $Oy$ và đường thẳng $x+y=4$. Các đỉnh là giao điểm từng cặp đường thẳng: $Ox\cap Oy$: $(0;0)$; $Ox\cap \{x+y=4\}$: $(4;0)$; $Oy\cap \{x+y=4\}$: $(0;4)$. Vậy các đỉnh là $(0;0),(4;0),(0;4)$, tương ứng đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác vuông cân $OAB$ với $O(0;0)$, $A(4;0)$, $B(0;4)$ nằm trong góc phần tư thứ nhất, bị chặn bởi hai trục $x=0$, $y=0$ và cạnh huyền $AB$ có phương trình $x+y=4$. Vì miền nghiệm kể cả các cạnh nên các bất phương trình đều không nghiêm ngặt: $x\ge 0$, $y\ge 0$, $x+y\le 4$. Kiểm tra ba đỉnh: $O(0;0)$, $A(4;0)$, $B(0;4)$ đều thỏa cả ba bất phương trình này. Phương án A khớp. B sai vì $x+y\ge 4$ cho miền ngoài tam giác (không bị chặn); C sai vì $x\le 0$, $y\le 0$ cho góc phần tư thứ ba; D sai vì $x-y\le 4$ không tạo thành tam giác bị chặn. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Thay $M(1;2)$ vào hệ: BPT thứ nhất: $2(1)-2+1=1>0$ luôn đúng. BPT thứ hai: $m(1)+2-3<0\iff m-1<0\iff m<1$. Vậy $m<1$, chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm tuyến tính $F(x,y)=3x-y$ đạt giá trị nhỏ nhất trên đa giác tại một đỉnh. Tính tại các đỉnh: $F(A)=3\cdot 1-1=2$; $F(B)=3\cdot 4-1=11$; $F(C)=3\cdot 3-4=5$; $F(D)=3\cdot 1-3=0$. Giá trị nhỏ nhất là $0$ tại $D(1;3)$, chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Thay $(x;y)=(1;2)$ vào $(m-1)x+2y>3$: $(m-1)\cdot 1+2\cdot 2>3\iff m-1+4>3\iff m>0$. Vậy $m>0$, chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Điểm nằm trên trục hoành có dạng $(x;0)$ với $x$ nguyên. Thay $y=0$ vào hệ: $x+0\le 6\Rightarrow x\le 6$; $x-0\le 2\Rightarrow x\le 2$; $x\ge 0$. Vậy $0\le x\le 2$ với $x$ nguyên, tức $x\in \{0;1;2\}$ — có 3 điểm. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Giải hệ $\{\begin{array}{l}2x+y=8\\ x+2y=8\end{array}$. Trừ hai phương trình theo vế ta được $x-y=0$, tức $x=y$. Thay vào: $3x=8\Rightarrow x=y=\frac{8}{3}$. Khi đó $F\left(\frac{8}{3};\frac{8}{3}\right)=4\cdot \frac{8}{3}+5\cdot \frac{8}{3}=\frac{32+40}{3}=\frac{72}{3}=24$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Máy $M_1$ dùng $2x+y$ giờ (A cần 2 giờ/kg, B cần 1 giờ/kg) nên $2x+y\le 8$. Máy $M_2$ dùng $x+2y$ giờ nên $x+2y\le 7$. Cùng $x\ge 0,y\ge 0$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Miền nghiệm là đa giác với các đỉnh: giao của $x+2y=6$ với $x=0$ là $(0;3)$; giao của $x+y=5$ với $y=0$ là $(5;0)$; giao của $x+y=5$ và $x+2y=6$ là $(4;1)$; cùng $(0;0)$. Tính $F=2x+5y$: tại $(0;0)$: $0$; tại $(5;0)$: $10$; tại $(0;3)$: $15$; tại $(4;1)$: $13$. Vậy $F_{\max }=15$ tại $(0;3)$, chọn B.

(AI giải đề cho tôi)
Tìm các đỉnh của miền nghiệm: O(0;0); A là giao của y=0 với x−y=2 nên A(2;0); B là giao của x+y=4 với x−y=2, giải hệ x+y=4, x−y=2 được x=3, y=1 nên B(3;1); C là giao của x=0 với x+y=4 nên C(0;4). Áp dụng công thức shoelace cho tứ giác O(0;0), A(2;0), B(3;1), C(0;4): S = ½|x_O y_A − y_O x_A + x_A y_B − y_A x_B + x_B y_C − y_B x_C + x_C y_O − y_C x_O| = ½|0 + (2·1 − 0·3) + (3·4 − 1·0) + 0| = ½(2 + 12) = 7. Vậy diện tích tứ giác OABC bằng 7, chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Miền nghiệm là đa giác lồi với các đỉnh giao của các đường thẳng: $O(0;0)$; giao $y-x=2$ với $x=0$ là $(0;2)$; giao $y-x=2$ với $x+y=6$ là $(2;4)$; giao $x+y=6$ với $y=0$ là $(6;0)$. Tính $F(x,y)=4x+3y$ tại các đỉnh: $F(0;0)=0$, $F(0;2)=6$, $F(2;4)=8+12=20$, $F(6;0)=24$. Vậy giá trị lớn nhất của $F$ trên miền nghiệm là $24$, đạt tại $(6;0)$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
a) Mỗi bất phương trình đều là bất phương trình bậc nhất hai ẩn nên hệ là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn → đúng. b) Thay (0;0): 0+0−4=−4≤0 và 0−0+2=2≥0, thỏa cả hai → đúng. c) Thay A(2;2): 2+4−4=2>0, không thỏa x+2y−4≤0 → sai. d) Giải hệ x+2y−4=0, 2x−y+2=0: từ phương trình thứ hai y=2x+2, thay vào: x+4x+4−4=0 ⇒ x=0, y=2, giao điểm I(0;2). Kiểm tra: 0+4−4=0≤0 và 0−2+2=0≥0, thỏa cả hai bất phương trình (thuộc biên miền nghiệm) → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Cả hai bất phương trình x+2y−4≤0 và 2x−y+2≥0 đều là bất phương trình bậc nhất hai ẩn, nên hệ đã cho là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.
b) (AI giải đề cho tôi)
Thay (0;0): 0+0−4=−4≤0 (thỏa) và 0−0+2=2≥0 (thỏa). Vậy (0;0) thuộc miền nghiệm.
c) (AI giải đề cho tôi)
Thay A(2;2): 2+2·2−4=2>0, không thỏa bất phương trình x+2y−4≤0. Vậy A không thuộc miền nghiệm.
d) (AI giải đề cho tôi)
Giải hệ hai đường thẳng: y=2x+2 thay vào x+2y−4=0 ⇒ 5x=0 ⇒ x=0, y=2, giao điểm I(0;2). Thay vào hệ: 0+4−4=0≤0 và 0−2+2=0≥0, thỏa cả hai nên I thuộc miền nghiệm.