Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: GTLN/GTNN và tối ưu (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích xô: $V=\pi r^{2}h=10000{\text{cm}}^3$ (10 lít), nên $h=\frac{10000}{\pi r^2}$, với $r>0$. Diện tích nguyên vật liệu (xô không có nắp gồm đáy và mặt xung quanh): $S=\pi r^2+2\pi rh=\pi r^2+\frac{20000}{r}$. Ta có $S^{\prime }(r)=2\pi r-\frac{20000}{r^2}$; $S^{\prime }(r)=0\iff 2\pi r^3=20000\iff r^3=\frac{10000}{\pi }\approx 3183,10\iff r\approx 14,71$ cm. Vì $S^{\prime }(r)<0$ khi $r<\sqrt[3]{10000/\pi }$ và $S^{\prime }(r)>0$ khi $r>\sqrt[3]{10000/\pi }$ nên $S$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $r\approx 14,71$ cm. Làm tròn đến hàng phần chục: $r\approx 14,7$ cm.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hình chữ nhật nội tiếp nửa đường tròn bán kính R=4 với cạnh đáy nằm trên đường kính. Gọi x là nửa cạnh đáy (0<x<4), chiều cao y, khi đó x²+y²=16. Diện tích S=2xy. Theo AM-GM: xy ≤ (x²+y²)/2 = 8, dấu bằng khi x=y=2√2. Vậy S_max = 2·8 = 16 dm². Kiểm tra bằng đạo hàm: S=2x√(16−x²), S'=0 tại x=2√2, S”<0, đạt max. Diện tích lớn nhất là 16 dm².

(AI giải đề cho tôi)
Gọi chiều rộng đáy là $x$, chiều dài $2x$, chiều cao $z$. Thể tích $2x^{2}z=10\Rightarrow z=\frac{5}{x^2}$.

Diện tích cần xây: đáy (trừ đi $20\%$ vì nắp để trống một ô bằng $20\%$ diện tích đáy, tức phần nắp xây chỉ còn $0,8$ đáy) cộng bốn mặt bên:
$$S=0,8\cdot 2x^2+2xz+2(2x)z=1,6x^2+6xz=1,6x^2+\frac{30}{x}.$$

Chi phí nhỏ nhất khi $S$ nhỏ nhất: $S^{\prime }(x)=3,2x-\frac{30}{x^2}=0\Rightarrow x^3=\frac{30}{3,2}=9,375\Rightarrow x\approx 2,1103$ m.

Khi đó $S\approx 1,6(4,4534)+\frac{30}{2,1103}\approx 7,125+14,216=21,341$ m${}^2$.

Số tiền: $21,341\times 500000\approx 10,67$ triệu đồng, làm tròn đến hàng đơn vị là $11$ triệu đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích hộp: $x^{2}h=4000\Rightarrow h=\frac{4000}{x^2}$ với $x>0$.

Diện tích bìa các tông (hộp không nắp, gồm đáy và 4 mặt bên):
$$S=x^2+4xh=x^2+4x\cdot \frac{4000}{x^2}=x^2+\frac{16000}{x}.$$

Xét hàm $S(x)=x^2+\frac{16000}{x}$ trên $(0;+\infty )$:
$$S^{\prime }(x)=2x-\frac{16000}{x^2}=0\iff 2x^3=16000\iff x^3=8000\iff x=20.$$

Vì $S^{\prime }(x)<0$ khi $0<x<20$ và $S^{\prime }(x)>0$ khi $x>20$, hàm $S$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=20$. Khi đó $h=4000/400=10$ cm.

Vậy độ dài cạnh hình vuông cần tìm là $x=20$ cm.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng xét dấu: $f^{\prime }<0$ trên $(-\infty ;-1)$, $x=-1$ là điểm không xác định (||), $f^{\prime }<0$ trên $(-1;0)$, $f^{\prime }(0)=0$, $f^{\prime }>0$ trên $(0;1)$, $f^{\prime }(1)=0$, $f^{\prime }<0$ trên $(1;+\infty )$.
- A: trên $(-1;1]$ hàm giảm trên $(-1;0)$ rồi tăng trên $(0;1)$, nên $f(1)>f(0)$, max là $f(1)$, không phải $f(0)$ → sai.
- B: trên $(0;+\infty )$ hàm tăng trên $(0;1)$ rồi giảm trên $(1;+\infty )$, nên $\underset{(0;+\infty )}{\max }f(x)=f(1)$ → đúng.
- C: trên $(-\infty ;-1)$ hàm giảm, khoảng mở nên không có min → sai.
- D: trên $(-1;+\infty )$ hàm giảm trên $(1;+\infty )$ nên có thể giảm xuống dưới $f(0)$, không kết luận min tại $x=0$ → sai.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số xác định trên ℝ. Ta có y' = (5−x)/(x²+5)^{3/2}, nên y'>0 khi x<5 và y'<0 khi x>5: hàm đồng biến trên (−∞;5) và nghịch biến trên (5;+∞), đạt giá trị lớn nhất tại x=5 với max y = 6/√30. Vì hàm đồng biến trên (−∞;5) và lim_{x→−∞} y = −1 (không đạt tới), hàm số không có giá trị nhỏ nhất. Vậy hàm có giá trị lớn nhất nhưng không có giá trị nhỏ nhất.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=\cos x\in [-1;1]$, hàm số $f(t)=2t-\frac{4}{3}{t}^3$. Có $f^{\prime }(t)=2-4t^2=0\Rightarrow t=\pm \frac{\sqrt{2}}{2}$. Tính: $f(1)=\frac{2}{3}$, $f(-1)=-\frac{2}{3}$, $f\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{3}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$, $f\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=-\frac{2\sqrt{2}}{3}$. Vậy $\underset{[0;\pi ]}{\max }y=\frac{2\sqrt{2}}{3}$, đạt được khi $\cos x=\frac{\sqrt{2}}{2}$ (tức $x=\frac{\pi }{4}$). Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=2^x$, với $x\in [-1;0]$ thì $t\in \left[\frac{1}{2};1\right]$. Khi đó $y=2t-\frac{4}{3}{t}^3$. Xét $f(t)=2t-\frac{4}{3}{t}^3$ trên $\left[\frac{1}{2};1\right]$: $f^{\prime }(t)=2-4t^2=0\Rightarrow t=\frac{1}{\sqrt{2}}$. Tính giá trị: $f\left(\frac{1}{2}\right)=1-\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{8}=\frac{5}{6}$; $f\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\sqrt{2}-\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{2\sqrt{2}}=\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{3}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\approx 0,943$; $f(1)=2-\frac{4}{3}=\frac{2}{3}\approx 0,667$. Vậy giá trị nhỏ nhất là $\min \left\{\frac{5}{6},\frac{2\sqrt{2}}{3},\frac{2}{3}\right\}=\frac{2}{3}$, đạt tại $x=0$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
a) $y^{\prime }=6x^2+6x=6x(x+1)=0\Rightarrow x=0,x=-1$. Tính $f(-2)=-16+12-1=-5$; $f(-1)=0$; $f(0)=-1$; $f(1)=4$. Vậy ${\min }_{[-2;1]}y=-5$ tại $x=-2$: khẳng định Đúng.
b) $y^{\prime }=12x^2-24x+9=3(2x-1)(2x-3)=0\Rightarrow x=\frac{1}{2}$ (thuộc $[0;1]$), $x=\frac{3}{2}$ (ngoại lai). Tính $f(0)=0$; $f(\frac{1}{2})=\frac{1}{2}-3+\frac{9}{2}=2$; $f(1)=4-12+9=1$. Vậy hàm đạt GTLN trên $[0;1]$ tại $x=\frac{1}{2}$, không phải $x=2$ (ngoài đoạn): khẳng định Sai.
c) Hàm $y=\sqrt{4x-x^2}$ có tập xác định $[0;4]$, $y^2=4x-x^2=4-(x-2{)}^2\in [0;4]$ nên $0\le y\le 2$. GTNN bằng 0 (tại $x=0$ hoặc $x=4$), GTLN bằng 2: khẳng định Sai.
d) Trên $(0;+\infty )$, $y=x+\frac{4}{x}\ge 4$ (AM-GM), đạt tại $x=2$; khi $x\to 0^{+}$ hoặc $x\to +\infty$ thì $y\to +\infty$, nên hàm số không có GTLN: khẳng định Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$y^{\prime }=6x(x+1)=0\Rightarrow x=0,-1$; so sánh $f(-2)=-5,f(-1)=0,f(0)=-1,f(1)=4$ nên GTNN trên $[-2;1]$ là $-5$. Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
Trên $[0;1]$, điểm duy nhất cho GTLN là $x=\frac{1}{2}$ với $f=2$; $x=2$ không thuộc đoạn nên khẳng định Sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
TXĐ $[0;4]$, $0\le \sqrt{4x-x^2}\le 2$; GTNN là 0 chứ không phải 4. Sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
$y=x+\frac{4}{x}\ge 4$ với min tại $x=2$, và $y\to +\infty$ khi $x\to 0^{+}$ hoặc $x\to +\infty$, nên không có GTLN trên $(0;+\infty )$. Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=(x-3)(x+3)(x-1{)}^2$. Xét dấu: $f^{\prime }(x)<0$ khi $x<-3$; $f^{\prime }(x)>0$ khi $x>-3$ (vì $(x-1{)}^2\ge 0$ và $(x-3)(x+3)>0$ khi $x>3$, $<0$ khi $-3<x<3$, nhưng dấu của $f^{\prime }$ trên $(-3;1)$ và $(1;3)$ đều dương do $(x-1{)}^2>0$ và $(x+3)>0$). Vậy $f$ nghịch biến trên $(-\infty ;-3)$ và đồng biến trên $(-3;+\infty )$; $f$ đạt cực tiểu (cũng là GTNN trên $\mathbb{R}$) tại $x=-3$, không có GTLN trên $\mathbb{R}$.

a) Trên đoạn $[-3;3]$, $f$ đồng biến nên GTLN là $f(3)$, không phải $f(-3)$. → Sai.

b) $f$ đồng biến trên $(-3;+\infty )$ và $f(x)\to +\infty$ khi $x\to +\infty$ (vì $f$ tăng lên vô hạn), nên hàm số không có GTLN trên $\mathbb{R}$. → Sai.

c) $g(x)=f(-2x+3)$, với $x\in [0;3]$ thì $t=-2x+3\in [-3;3]$. Trên $[-3;3]$, $f$ đồng biến nên $g$ nghịch biến theo $x$ (vì $-2x+3$ giảm). GTNN của $g$ đạt khi $t=-3$, tức $x=3$: $g(3)=f(-3)$. → Đúng.

d) $h(x)=f(-x+5)$, với $x\in [0;8]$ thì $t=-x+5\in [-3;5]$. Vì $f$ đồng biến trên $[-3;5]$ và $-x+5$ nghịch biến, $h$ nghịch biến trên $[0;8]$. Do đó GTLN của $h$ trên $[0;8]$ là $h(0)=f(5)$, còn $h(8)=f(-3)$ là GTNN. Điều kiện $h(0)+h(4)=h(2)+h(8)$ (tức $f(5)+f(1)=f(3)+f(-3)$) không làm thay đổi tính nghịch biến của $h$. → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trên đoạn $[-3;3]$, $f$ đồng biến nên GTLN là $f(3)$, không phải $f(-3)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$f$ đồng biến trên $(-3;+\infty )$, $f(x)\to +\infty$ khi $x\to +\infty$, nên không có GTLN trên $\mathbb{R}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với $x\in [0;3]$, $t=-2x+3\in [-3;3]$; $f$ đồng biến trên $[-3;3]$ nên $g$ nghịch biến, GTNN là $g(3)=f(-3)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$h(x)=f(-x+5)$ nghịch biến trên $[0;8]$ (vì $f$ đồng biến trên $[-3;5]$), nên GTLN là $h(0)=f(5)$, còn $h(8)=f(-3)$ là GTNN.

(AI giải đề cho tôi)
Cửa sổ gồm hình chữ nhật rộng $x$, cao $y$ và nửa đường tròn đường kính $x$ phía trên. Tổng dây thép gồm: cạnh đáy $x$, hai cạnh dọc $2y$, thanh ngang phân cách $x$ và cung bán nguyệt $\frac{\pi x}{2}$, nên $2x+2y+\frac{\pi x}{2}=8$.

a) Chiều dài cung bán nguyệt đường kính $x$ là $\frac{1}{2}\cdot \pi x=\frac{\pi x}{2}$ → Đúng.

b) Từ $2x+2y+\frac{\pi x}{2}=8$ suy ra $y=4-x-\frac{\pi x}{4}=4-\frac{x(4+\pi )}{4}$ → Đúng.

c) Diện tích: $S=xy+\frac{\pi x^2}{8}=x\left(4-\frac{x(4+\pi )}{4}\right)+\frac{\pi x^2}{8}=4x-x^2-\frac{\pi x^2}{8}=4x-\left(1+\frac{\pi }{8}\right)x^2\ne 4x-x^2$ → Sai.

d) $S^{\prime }(x)=4-2\left(1+\frac{\pi }{8}\right)x=0\Rightarrow x=\frac{16}{8+\pi }$. Khi đó $y=4-\frac{4(4+\pi )}{8+\pi }=\frac{4(8+\pi )-4(4+\pi )}{8+\pi }=\frac{16}{8+\pi }$ → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Cung bán nguyệt có đường kính $x$, độ dài $\frac{\pi x}{2}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Từ $2x+2y+\frac{\pi x}{2}=8$ suy ra $y=4-\frac{x(4+\pi )}{4}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$S=xy+\frac{\pi x^2}{8}=4x-\left(1+\frac{\pi }{8}\right)x^2$, không bằng $4x-x^2$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$S^{\prime }(x)=0\Rightarrow x=\frac{16}{8+\pi }$, khi đó $y=\frac{16}{8+\pi }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi A là chân cột cao 12 m, B là chân cột cao 28 m, AB = 30 m, C là vị trí cọc với AC = x nên BC = 30 − x.

a) Tổng chiều dài dây: $f(x)=\sqrt{144+x^2}+\sqrt{784+(30-x{)}^2}$, với $0\le x\le 30$. Theo bất đẳng thức Minkowski (phản xạ điểm): $f(x)\ge \sqrt{(12+28{)}^2+30^2}=\sqrt{2500}=50$. Dấu bằng khi $\frac{x}{12}=\frac{30-x}{28}\Rightarrow 28x=360-12x\Rightarrow x=10\in (0;30)$. Vậy phát biểu a) đúng.

b) Chiều dài dây từ cọc đến đỉnh cột 28 m là $\sqrt{28^2+(30-x{)}^2}=\sqrt{1684-60x+x^2}$, không phải $\sqrt{1684+x^2}$ → sai.

c) Tổng chiều dài dây là $\sqrt{144+x^2}+\sqrt{1684-60x+x^2}$ → đúng.

d) Giá trị nhỏ nhất của tổng chiều dài dây bằng 50 m (tại $x=10$), không phải 48,5 m → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
f(x)=√(144+x²)+√(784+(30−x)²) ≥ √(40²+30²)=50, dấu bằng khi x/12=(30−x)/28 ⟹ x=10 ∈ (0;30).
b) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách từ cọc đến đỉnh cột 28 m là √(28²+(30−x)²)=√(1684−60x+x²), không phải √(1684+x²).
c) (AI giải đề cho tôi)
Tổng chiều dài dây là √(144+x²)+√(1684−60x+x²) → đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
Giá trị nhỏ nhất là 50 m (tại x=10), không phải 48,5 m.

(AI giải đề cho tôi)
Hộp có đáy hình vuông cạnh $30-2x$ (cm), chiều cao $x$ (cm), với $0<x<15$. Thể tích $V(x)=x(30-2x{)}^2$.
a) Sai: mỗi cạnh của tấm bị cắt đi hai đoạn dài $x$ nên đáy có cạnh $30-2x$, không phải $30-x$.
b) Sai: với $x=3$, $V=3\cdot (30-6{)}^2=3\cdot 576=1728(c{m}^3)\ne 1500(c{m}^3)$.
c) Sai: $V^{\prime }(x)=(30-2x)(30-6x)$; trên $(0;15)$ chỉ có nghiệm $x=5$, $V$ đạt max tại $x=5$. Tại $x=15$ thì $V=0$.
d) Đúng: $V_{max}=V(5)=5\cdot 20^2=2000(c{m}^3)$.
a) (AI giải đề cho tôi)
Đáy hộp là hình vuông cạnh $30-2x$ (cm) vì mỗi cạnh bị cắt hai đoạn dài $x$, không phải $30-x$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với $x=3$: $V=3(30-6{)}^2=3\cdot 576=1728(c{m}^3)\ne 1500(c{m}^3)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$V(x)=x(30-2x{)}^2$, $V^{\prime }(x)=(30-2x)(30-6x)$; trên $(0;15)$ chỉ có nghiệm $x=5$ và $V$ đạt max tại đó. Tại $x=15$ thì $V=0$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$V_{max}=V(5)=5\cdot (30-10{)}^2=5\cdot 400=2000(c{m}^3)$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=\sin x$, với $x\in \left[0;\frac{\pi }{2}\right]$ thì $t\in [0;1]$. Khi đó $y=\frac{3t+2}{t+1}=\frac{3(t+1)-1}{t+1}=3-\frac{1}{t+1}$. Hàm số này đồng biến trên $[0;1]$ nên $m=y(0)=3-1=2$, $M=y(1)=3-\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$. Vậy $M^2+m^2=\frac{25}{4}+4=\frac{41}{4}=10,25$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $BM=x$ với $0\le x\le 10$. Khi đó $AM=10-x$ và $MC=\sqrt{x^2+B{C}^2}=\sqrt{x^2+16}$ (vì $BC\perp AB$). Tổng chi phí: $f(x)=30(10-x)+50\sqrt{x^2+16}$ (triệu đồng). $f^{\prime }(x)=-30+\frac{50x}{\sqrt{x^2+16}}=0\Rightarrow 50x=30\sqrt{x^2+16}\Rightarrow 25x^2=9(x^2+16)\Rightarrow 16x^2=144\Rightarrow x=3$ (thỏa $0\le x\le 10$). Kiểm tra: $f^{\prime }(x)<0$ khi $x<3$ và $f^{\prime }(x)>0$ khi $x>3$ nên $x=3$ là điểm cực tiểu. So sánh: $f(3)=30\cdot 7+50\cdot 5=460$, $f(0)=30\cdot 10+50\cdot 4=500$, $f(10)=50\sqrt{116}\approx 538,5$. Vậy chi phí nhỏ nhất khi $BM=3$ km, làm tròn đến hàng đơn vị là $3$ km.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $x$ (cm) là cạnh hình vuông cắt ở mỗi góc, $0<x<120$. Hộp có đáy hình vuông cạnh $240-2x$ và chiều cao $x$, nên thể tích $V(x)=x(240-2x{)}^2$.

Xét hàm $V(x)=x(240-2x{)}^2=57600x-960x^2+4x^3$ trên $(0;120)$.
$V^{\prime }(x)=57600-1920x+12x^2=12(x^2-160x+4800)=12(x-40)(x-120)$.

Trên $(0;120)$, $V^{\prime }(x)>0$ khi $x\in (0;40)$ và $V^{\prime }(x)<0$ khi $x\in (40;120)$, nên $V$ đạt cực đại (cũng là giá trị lớn nhất) tại $x=40$.

Thể tích lớn nhất: $V(40)=40\cdot (240-80{)}^2=40\cdot 160^2=1024000{\text{cm}}^3=1024$ lít.

Vậy khối hộp có thể tích lớn nhất đựng được $1024$ lít nước.

(AI giải đề cho tôi)
Lợi nhuận $P(x)=F(x)-C(x)=-x^3+45x^2+1512x-24$ trên $[1;50]$. Ta có $P^{\prime }(x)=-3x^2+90x+1512=-3(x^2-30x-504)$. Giải $P^{\prime }(x)=0$: $x^2-30x-504=0\Rightarrow x=42$ (nhận, $x=-12$ loại). So sánh: $P(42)=-74088+79380+63504-24=68772$; $P(50)=-125000+112500+75600-24=63076$; $P(1)=-1+45+1512-24=1532$. Vậy lợi nhuận lớn nhất tại $x=42$ sản phẩm mỗi ngày.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục với góc hồ là gốc $O$, bờ dọc là trục $Oy$, bờ ngang là trục $Ox$. Cọc $A$ có tọa độ $(12;5)$. Gọi đường thẳng giăng lưới cắt trục $Oy$ tại $(0;b)$ và trục $Ox$ tại $(a;0)$ với $a,b>0$. Phương trình đường thẳng dạng chắn: $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$. Vì $A(12;5)$ thuộc đường thẳng nên $\frac{12}{a}+\frac{5}{b}=1$. Diện tích khu nuôi cá là tam giác vuông: $S=\frac{1}{2}ab$. Theo AM-GM: $1=\frac{12}{a}+\frac{5}{b}\ge 2\sqrt{\frac{60}{ab}}$, suy ra $\frac{60}{ab}\le \frac{1}{4}$, tức $ab\ge 240$. Vậy $S\ge 120$ m², dấu bằng xảy ra khi $\frac{12}{a}=\frac{5}{b}=\frac{1}{2}$, tức $a=24$, $b=10$. Diện tích nhỏ nhất là $120$ m².

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm của hồ bán nguyệt, bán kính $R=1,5$ km. Gọi $\phi =\angle POQ$ (rad), $0\le \phi \le \pi$ (góc ở tâm chắn cung $PQ$).

- Độ dài đoạn thẳng $PQ$ (chèo thuyền): $PQ=2R\sin \frac{\phi }{2}=3\sin \frac{\phi }{2}$.
- Độ dài cung $QR$ (đi bộ): $\widehat{QR}=R(\pi -\phi )=1,5(\pi -\phi )$.

Thời gian di chuyển:
$$T(\phi )=\frac{3\sin \frac{\phi }{2}}{3}+\frac{1,5(\pi -\phi )}{6}=\sin \frac{\phi }{2}+\frac{\pi -\phi }{4}.$$

Ta cần tìm giá trị lớn nhất của $T(\phi )$ trên $[0;\pi ]$.
$$T^{\prime }(\phi )=\frac{1}{2}\cos \frac{\phi }{2}-\frac{1}{4}=0⟺\cos \frac{\phi }{2}=\frac{1}{2}⟺\phi =\frac{2\pi }{3}.$$

So sánh:
- $T(0)=\frac{\pi }{4}\approx 0,785$;
- $T(\pi )=1$;
- $T\left(\frac{2\pi }{3}\right)=\sin \frac{\pi }{3}+\frac{\pi /3}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\pi }{12}\approx 0,8660+0,2618=1,1278$.

Vậy thời gian lớn nhất là $\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\pi }{12}\approx 1,13$ giờ, khớp với đáp án đã cho.

(AI giải đề cho tôi)
Doanh thu khi bán $x$ tấn: $R(x)=x(50-0,0002x^2)=50x-0,0002x^3$, với $0\le x\le 200$. Thuế $6\%$ doanh thu nên lợi nhuận sau thuế: $P(x)=0,94R(x)-150-35x=47x-0,000188x^3-150-35x=12x-0,000188x^3-150$. $P^{\prime }(x)=12-0,000564x^2=0\Rightarrow x^2=\frac{12}{0,000564}\approx 21276,6\Rightarrow x\approx 145,87$ (thỏa $[0;200]$). $P^{\prime \prime }(x)<0$ nên đây là điểm cực đại. $P(145,87)\approx 12(145,87)-0,000188(145,87{)}^3-150\approx 1750,4-583,5-150\approx 1016,9\approx 1017$ triệu đồng. Khớp đáp án B.