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

(AI giải đề cho tôi)
Viết $y=\frac{x^2+4x+5}{x+2}=x+2+\frac{1}{x+2}$ (với $x\ne -2$). Khoảng cách từ điểm $(x;y)$ trên $(C)$ đến đường thẳng $3x+y+6=0$ là $d=\frac{|3x+y+6|}{\sqrt{10}}$. Ta có $3x+y+6=3x+x+2+\frac{1}{x+2}+6=4(x+2)+\frac{1}{x+2}$. Đặt $t=x+2\ne 0$, xét $f(t)=4t+\frac{1}{t}$. $f^{\prime }(t)=4-\frac{1}{t^2}=0\Rightarrow t=\pm \frac{1}{2}$. Khi đó $f\left(\frac{1}{2}\right)=4$ và $f\left(-\frac{1}{2}\right)=-4$, nên $|f(t)|$ nhỏ nhất bằng $4$, tức khoảng cách nhỏ nhất $\frac{4}{\sqrt{10}}$, đạt tại hai điểm: với $t=\frac{1}{2}$: $x=-\frac{3}{2}$, $y=x+2+\frac{1}{x+2}=\frac{1}{2}+2=\frac{5}{2}$, tức $M\left(-\frac{3}{2};\frac{5}{2}\right)$; với $t=-\frac{1}{2}$: $x=-\frac{5}{2}$, $y=x+2+\frac{1}{x+2}=-\frac{5}{2}+2-2=-\frac{5}{2}$, tức $N\left(-\frac{5}{2};-\frac{5}{2}\right)$. Vậy $T=a+b+c+d=-\frac{3}{2}+\frac{5}{2}-\frac{5}{2}-\frac{5}{2}=-4$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $OA=x$ (khoảng cách từ mắt đến màn hình, $x>0$). Đặt $A$ là chân đường vuông góc từ mắt, $B$ là đáy màn hình (cao $1,8$ m), $C$ là đỉnh màn hình (cao $1,8+1,4=3,2$ m). Ta có $\tan \angle BOA=\frac{1,8}{x}$, $\tan \angle COA=\frac{3,2}{x}$. Góc nhìn $\theta =\angle BOC$ nên $$\tan \theta =\frac{\frac{3,2}{x}-\frac{1,8}{x}}{1+\frac{3,2}{x}\cdot \frac{1,8}{x}}=\frac{1,4x}{x^2+5,76}.$$ Vì $\theta$ nhọn nên $\tan \theta$ đồng biến theo $\theta$; xét $f(x)=\frac{1,4x}{x^2+5,76}$, $f^{\prime }(x)=\frac{1,4(5,76-x^2)}{(x^2+5,76{)}^2}$. $f^{\prime }(x)=0\iff x=2,4$ (vì $x>0$). Với $0<x<2,4$ thì $f^{\prime }>0$, với $x>2,4$ thì $f^{\prime }<0$, nên $f$ đạt max tại $x=2,4$. Vậy vị trí đứng cách màn hình $2,4$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Do tính đối xứng 3 lần của bài toán, cấu hình tối ưu có $S,Q,P$ nằm đều trên đường tròn bán kính $1$ (các cung $120^{\circ }$) và $A,B,C$ nằm trên đường tròn đồng tâm bán kính $r$ ($\frac{1}{2}<r<1$), xoay nhau $120^{\circ }$.

Các mặt bên sau khi gấp là các tam giác $ASB,BPC,CQA$ (với đỉnh $S=P=Q$), đáy là tam giác đều $ABC$. Vì chóp đều nên các cạnh bên bằng nhau: $SA=SB=SC=x$, và $AB=BC=CA=a$.

Tọa độ: $S=(0;1)$, $Q=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2};-\frac{1}{2}\right)$, $A=r\left(-\frac{\sqrt{3}}{2};\frac{1}{2}\right)$ (A nằm trên trung trực của $SQ$ vì $SA=QA$). Khi đó:
$$x^2=S{A}^2=r^2-r+1,a=AB=\sqrt{3}r.$$

Kiểm tra điều kiện gấp: góc tại $A$ của hình phẳng là $\angle SAQ=\angle SAB+\angle BAC+\angle CAQ=2\beta +60^{\circ }$ với $\beta =\angle SAB$, và $\cos \beta =\frac{\sqrt{3}r}{2x}$. Tính trực tiếp $\cos \angle SAQ=\frac{2r^2-2r-1}{2(r^2-r+1)}$ và $\cos (2\beta +60^{\circ })=\frac{2r^2-2r-1}{2x^2}$, hai vế trùng nhau (vì $x^2=r^2-r+1$), tức gấp khúc luôn khớp với mọi $r\in (\frac{1}{2};1)$.

Thể tích chóp: diện tích đáy $\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^2=\frac{3\sqrt{3}}{4}{r}^2$; đường cao $h=\sqrt{x^2-{\left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)}^2}=\sqrt{r^2-r+1-r^2}=\sqrt{1-r}$. Vậy
$$V(r)=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{3}}{4}{r}^2\sqrt{1-r}=\frac{\sqrt{3}}{4}{r}^2\sqrt{1-r}.$$

Đạo hàm: $f(r)=r^2\sqrt{1-r}$, $f^{\prime }(r)=\frac{r(2-\frac{5}{2}r)}{\sqrt{1-r}}=0\Rightarrow r=\frac{4}{5}$ (đạt cực đại, vì $V\to 0$ khi $r\to 1$ và $V$ nhỏ hơn tại $r=\frac{1}{2}$).
$$V_{\max }=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{16}{25}\cdot \frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{3}}{25\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{15}}{125}.$$

So sánh với các đáp án: đúng là phương án D.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục toạ độ gốc $O$, đường $OF$ là trục $Ox$, đường $OE$ là trục $Oy$. Vì $M$ cách $OE$ là 8 km và cách $OF$ là 1 km nên $M(8;1)$. Đường thẳng $AB$ qua $M$ cắt hai trục tại $A(0;a)$, $B(b;0)$ với $a,b>0$, phương trình dạng $\frac{x}{b}+\frac{y}{a}=1$. Thay toạ độ $M$: $$\frac{8}{b}+\frac{1}{a}=1.$$ Cần tìm độ dài $AB=\sqrt{a^2+b^2}$ nhỏ nhất. Áp dụng bất đẳng thức Holder: $$a^2+b^2=(a^2+b^2){\left(\frac{8}{b}+\frac{1}{a}\right)}^2\ge {\left(\sqrt[3]{a^2\cdot \frac{8}{b}\cdot \frac{8}{b}}+\sqrt[3]{b^2\cdot \frac{1}{a}\cdot \frac{1}{a}}\right)}^3={\left(\sqrt[3]{\frac{64a^2}{b^2}}+\sqrt[3]{\frac{b^2}{a^2}}\right)}^3.$$ Đặt $t=\sqrt[3]{\frac{b^2}{a^2}}>0$, vế phải là $(4/t+t{)}^3\ge (4+1{)}^3=125$ (AM-GM với $4/t+t\ge 2\sqrt{4}=4$, thực tế min của $4/t+t$ là $4$ tại $t=2$; tổng quát theo Holder chuẩn ta được $(8^{2/3}+1^{2/3}{)}^3=5^3$). Vậy $$A{B}_{\min }={\left(8^{2/3}+1^{2/3}\right)}^{3/2}=(4+1{)}^{3/2}=5\sqrt{5}\approx 11,18034\text{ km}.$$ Dấu bằng xảy ra khi $\frac{a}{b}=\frac{8^{2/3}}{1^{2/3}}=4$... kiểm tra: với $a=4b$ và $\frac{8}{b}+\frac{1}{4b}=1\Rightarrow b=\frac{33}{4}$, khi đó $AB=\sqrt{(33{)}^2+(33/4{)}^2}=\frac{33\sqrt{17}}{4}\approx 34,05$, không phải $5\sqrt{5}$ — cần kiểm tra lại bằng phương pháp chuẩn. Giải trực tiếp: từ $\frac{8}{b}+\frac{1}{a}=1\Rightarrow a=\frac{b}{b-8}$ với $b>8$. Xét $f(b)=a^2+b^2=\frac{b^2}{(b-8{)}^2}+b^2$. Đạo hàm $f^{\prime }(b)=\frac{16b}{(b-8{)}^3}+2b=0\Rightarrow \frac{8}{(b-8{)}^3}=-1$, vô nghiệm với $b>8$; xét $b<0$ hoặc kiểm tra biên: thực chất bài toán chuẩn (đường qua điểm cố định cắt hai trục vuông góc, độ dài nhỏ nhất) có kết quả $$A{B}_{\min }={\left(x_M^{2/3}+y_M^{2/3}\right)}^{3/2}={\left(8^{2/3}+1^{2/3}\right)}^{3/2}=5^{3/2}=5\sqrt{5}\approx 11,18034\text{ km},$$ đạt tại $a=8^{2/3}\cdot 5^{1/2}\cdot$... cụ thể $a=y_M+{\left(x_M{y}_M\right)}^{1/3}\cdot \sqrt{x_M^{2/3}+y_M^{2/3}}/y_M^{1/3}$... Nói cách khác, theo công thức kinh điển cho bài toán này (đường thẳng qua $(m;n)$ cắt hai trục, độ dài nhỏ nhất $=(m^{2/3}+n^{2/3}{)}^{3/2}$), ta có $A{B}_{\min }=5\sqrt{5}\approx 11,18034$ km. Chi phí thấp nhất: $$580\times 5\sqrt{5}\approx 6484,59\text{ triệu đoˆˋng}=6,48459\text{ tỷ đoˆˋng}\approx 6,48\text{ tỷ đoˆˋng}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=\cos x\in [-1;1]$, khi đó $f(t)=\frac{t+m^2+3m}{t+2}$ với $t\in [-1;1]$ (mẫu $t+2>0$). Xét $f^{\prime }(t)=\frac{(t+2)-(t+m^2+3m)}{(t+2{)}^2}=\frac{2-m^2-3m}{(t+2{)}^2}$.

TH1: $m^2+3m<2$ thì $f^{\prime }(t)>0$, hàm đồng biến, max tại $t=1$: $M=\frac{m^2+3m+1}{3}$. Yêu cầu $M\le -1\iff m^2+3m+4\le 0$, vô nghiệm vì $\Delta =9-16<0$.

TH2: $m^2+3m>2$ thì $f^{\prime }(t)<0$, hàm nghịch biến, max tại $t=-1$: $M=m^2+3m-1$. Yêu cầu $M\le -1\iff m^2+3m\le 0\iff m\in [-3;0]$. Nhưng TH2 cần $m^2+3m\ge 2$, tức $m\le \frac{-3-\sqrt{17}}{2}\approx -3,56$ hoặc $m\ge \frac{-3+\sqrt{17}}{2}\approx 0,56$, không giao với $[-3;0]$.

TH3: $m^2+3m=2$ thì $f$ hằng bằng $m^2+3m-1=1>-1$, không thỏa.

Vậy không có giá trị nguyên nào của $m$ thỏa mãn. Đáp số: $0$.

Lời giải. Đáp số: 6789.
• Chú ý: Câu này nếu dùng máy tính 580VNX sẽ cho kết quả sai.
Lợi nhuận khi bán hết $x$ sản phẩm với $\left(x\in {\mathbb{N}}^{\ast };1\le x\le 7000\right)$ là:
$$L(x)=F(x)-x.G(x)=x^3-20489x^2+139929300x-318539780000.$$ (nghìn đồng).
Để lợi nhuận thu được $\ge 100$ triệu đồng $(=100000$ nghìn đồng$)$
$$\Rightarrow L(x)\ge 100000\iff x^3-20489x^2+139929300x-318539880000\ge 0$$
$$\iff (x-6789)(x-6800)(x-6900)\ge 0\iff \{\begin{array}{l}6789\le x\le 6800\\ x\ge 6900\end{array}.$$
Giao với điều kiện $\left(x\in {\mathbb{N}}^{\ast };1\le x\le 7000\right)\Rightarrow x_{\min }=6789$ (sản phẩm).
Vậy doanh nghiệp cần sản xuất ít nhất 6789 (sản phẩm).

(Ghi chú: bản giải in trong tài liệu ghi nhầm điều kiện $1\le x\le 5000$ — trùng với biến thể MD 103; đề bài MD 104 ở trang 5 và trang 11 đều cho $1\le x\le 7000$, nên điều kiện đúng là $1\le x\le 7000$.)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $d$ là khoảng cách từ tâm hình vuông ban đầu (cạnh $6dm$) đến đỉnh của hình vuông nhỏ phía trong (các đỉnh nằm trên các đường chéo, hình vuông nhỏ bị xoay $45^{\circ }$). Khi đó cạnh đáy của khối chóp là $a=d\sqrt{2}$, bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy là $d$.

Mỗi tam giác bị cắt có cạnh đáy là cạnh hình vuông lớn bằng $6$ và đỉnh là đỉnh của hình vuông nhỏ, nên cạnh bên (cạnh bên của khối chóp) có độ dài $l=\sqrt{3^2+(3-d{)}^2}$ (khoảng cách từ đỉnh hình vuông nhỏ đến một góc của cạnh đáy lớn).

Chiều cao khối chóp: $h=\sqrt{l^2-d^2}=\sqrt{9+(3-d{)}^2-d^2}=\sqrt{18-6d}$ với $0<d<3$.

Thể tích: $V=\frac{1}{3}{a}^{2}h=\frac{2d^2}{3}\sqrt{18-6d}$.

Xét $f(d)=d^4(18-6d)$, $f^{\prime }(d)=72d^3-30d^4=6d^3(12-5d)=0\Rightarrow d=\frac{12}{5}=2,4$ (thỏa $0<d<3$). $f^{\prime }$ đổi dấu từ $+$ sang $-$ nên $V$ lớn nhất tại $d=2,4$.

$V_{\max }=\frac{2\cdot (2,4{)}^2}{3}\sqrt{18-14,4}=\frac{11,52}{3}\sqrt{3,6}=3,84\sqrt{3,6}\approx 7,286\approx 7,3d{m}^3$.

(AI giải đề cho tôi)
Lợi nhuận trước thuế của doanh nghiệp: $f(x)-g(x)=2000x-x^2-(x^2+1440x+50)=-2x^2+560x-50$. Khi chịu thuế thu phụ mức $t$ trên một đơn vị sản phẩm, tổng số thuế phải nộp là $tx$, nên lợi nhuận của doanh nghiệp là $$P(x)=-2x^2+(560-t)x-50,0<x\le 2000.$$ Đây là hàm bậc hai với hệ số $-2<0$, đạt cực đại tại $$x^{\ast }=\frac{560-t}{4}.$$ Với $0<t<300$ thì $x^{\ast }\in (65;140)\subset (0;2000]$, nên doanh nghiệp tối đa hóa lợi nhuận tại $x^{\ast }=\frac{560-t}{4}$. Số tiền thuế nhà nước thu được: $$T(t)=t\cdot x^{\ast }=\frac{t(560-t)}{4}=-\frac{1}{4}{t}^2+140t.$$ Hàm bậc hai này đạt cực đại tại $t=\frac{140}{2\cdot \frac{1}{4}}=280$, thỏa mãn $0<t<300$. Khi đó $x^{\ast }=\frac{560-280}{4}=140$ sản phẩm, tức doanh nghiệp cũng đạt lợi nhuận lớn nhất đúng tại mức thuế này. Vậy mức thuế thu phụ là $t=280$ chục nghìn đồng trên một đơn vị sản phẩm, tức là $2800$ nghìn đồng (đã làm tròn đến hàng đơn vị của nghìn đồng).

(AI giải đề cho tôi)
Bến thuyền đặt tại điểm $M(x;f(x))$ trên bờ hồ với $f(x)=\frac{1}{10}(-x^3+9x^2-15x+56)$, $0\le x\le 8$ (vì $f(8)=0$, hồ giới hạn bởi các trục). Con đường có phương trình $y=-1,5x+18\iff 3x+2y-36=0$.

Khoảng cách từ $M$ đến đường thẳng:
$$d(x)=\frac{|3x+2f(x)-36|}{\sqrt{13}}=\frac{\left|3x+\frac{-x^3+9x^2-15x+56}{5}-36\right|}{\sqrt{13}}=\frac{|-x^3+9x^2-124|}{5\sqrt{13}}.$$

Xét $g(x)=-x^3+9x^2-124$ trên $[0;8]$: $g^{\prime }(x)=-3x^2+18x=-3x(x-6)$, nên $g$ tăng trên $(0;6)$ và giảm trên $(6;8)$.
$g(0)=-124$, $g(6)=-216+324-124=-16$, $g(8)=-512+576-124=-60$.

Vậy $|g(x)|$ nhỏ nhất bằng $16$ tại $x=6$ (điểm $M(6;7,4)$ nằm dưới đường thẳng vì đường thẳng tại $x=6$ có $y=9$).

Khoảng cách ngắn nhất:
$$d_{\min }=\frac{16}{5\sqrt{13}}=\frac{16\sqrt{13}}{65}\approx 0,89.$$

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=x^3-3x$ với $x\in [-1;1]$. Ta có $t^{\prime }=3x^2-3\le 0$ trên $[-1;1]$, nên $t$ giảm từ $t(-1)=2$ đến $t(1)=-2$, tức $t\in [-2;2]$. Hàm số trở thành $y=(t-m+1{)}^2$ với $t\in [-2;2]$. Giá trị nhỏ nhất của $(t-(m-1){)}^2$ trên $[-2;2]$ bằng bình phương khoảng cách từ $m-1$ đến đoạn $[-2;2]$. Yêu cầu khoảng cách này bằng 2: nếu $m-1>2$ thì $m-1-2=2\Rightarrow m=5$; nếu $m-1<-2$ thì $-2-(m-1)=2\Rightarrow m=-3$; nếu $m-1\in [-2;2]$ thì min bằng 0, loại. Vậy $m\in \{-3;5\}$, tổng bằng $-3+5=2$.

(AI giải đề cho tôi)
Chi phí sản xuất: $C=50+15\cdot 2(a+b)+32\cdot 2ab=50+30(a+b)+64ab$. Doanh thu: $T=428\cdot 2ab=856ab$. Lợi nhuận $P=T-C=792ab-30(a+b)-50$.

Điều kiện: khi hai kích thước giảm 15 pm thì lợi nhuận bằng chi phí:
$$792(a-15)(b-15)-30(a+b-30)-50=50+30(a+b)+64ab.$$
Khai triển: $792ab-11880(a+b)+178200-30(a+b)+900-50=64ab+30(a+b)+50$, suy ra
$$728ab-11940(a+b)+179000=0\Rightarrow ab=\frac{11940s-179000}{728},s=a+b.$$
Do đó $P(s)=792\cdot \frac{11940s-179000}{728}-30s-50$, hệ số của $s$ là $\frac{1182060}{91}-30>0$ nên $P$ tăng theo $s$. Cần $s$ nhỏ nhất sao cho $a,b$ thực và $a,b>15$: điều kiện $ab\le s^2/4$:
$$\frac{11940s-179000}{728}\le \frac{s^2}{4}\iff 182s^2-11940s+179000\ge 0.$$
Nghiệm: $\Delta =11940^2-4\cdot 182\cdot 179000=12251600$, $\sqrt{\Delta }\approx 3500,2286$, các nghiệm $s\approx 23,13$ (loại vì khi đó $a=b\approx 11,57<15$) và $s\approx \frac{11940+3500,2286}{364}\approx 42,4184$.
Vậy $s_{\min }\approx 42,4184$ pm (khi $a=b\approx 21,21>15$ thỏa mãn). Chu vi vi mạch khi lợi nhuận nhỏ nhất:
$$2s\approx 84,8369\approx 84,8\text{ pm}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $s=x_1+x_2$, $p=x_1{x}_2$. Điều kiện $s=2p$, với $x_1,x_2>0$ thực thì $s^2\ge 4p\iff 4p^2\ge 4p\iff p\ge 1$.

Vì $x_1,x_2$ là hai nghiệm của $P(x)$ nên $P(x)=(x^2-sx+p)(x^2+mx+n)$. So sánh hệ số với $x^4-4x^3+4x^2+ax+b$:
- Hệ số $x^3$: $m-s=-4\Rightarrow m=2p-4$.
- Hệ số $x^2$: $n-sm+p=4\Rightarrow n=4+sm-p=4p^2-9p+4$.
- Hệ số $x$: $a=pm-sn=2p^2-4p-2p(4p^2-9p+4)=-8p^3+20p^2-12p$.
- Hệ số tự do: $b=pn=4p^3-9p^2+4p$.

Vậy $a+b=f(p)=-4p^3+11p^2-8p$, cần tìm giá trị lớn nhất trên $p\ge 1$.

$f^{\prime }(p)=-12p^2+22p-8=-2(3p-4)(2p-1)$. Trên $[1,\infty )$: $f^{\prime }(p)>0$ khi $1\le p<\frac{4}{3}$, $f^{\prime }(p)<0$ khi $p>\frac{4}{3}$, nên max đạt tại $p=\frac{4}{3}$:
$$f\left(\frac{4}{3}\right)=-4\cdot \frac{64}{27}+11\cdot \frac{16}{9}-8\cdot \frac{4}{3}=\frac{-256+528-288}{27}=-\frac{16}{27}.$$

Khi đó $a=\frac{16}{27},b=-\frac{32}{27}$; hai nghiệm dương là nghiệm của $x^2-\frac{8}{3}x+\frac{4}{3}=0$, tức $x_1=\frac{2}{3},x_2=2$, thỏa mãn $\frac{2}{3}+2=\frac{8}{3}=2\cdot \frac{2}{3}\cdot 2$. Kiểm tra: $P(x)=\left(x^2-\frac{8}{3}x+\frac{4}{3}\right)\left(x^2-\frac{4}{3}x-\frac{8}{9}\right)$ cho đúng $x^4-4x^3+4x^2+\frac{16}{27}x-\frac{32}{27}$, và $P\left(\frac{2}{3}\right)=P(2)=0$.

Trường hợp $p=1$ (nghiệm kép $x_1=x_2=1$) cho $f(1)=-1<-\frac{16}{27}$; khi $p\to \infty$ thì $f(p)\to -\infty$.

Kết luận: $\max (a+b)=-\frac{16}{27}$, đạt được tại $a=\frac{16}{27},b=-\frac{32}{27}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm hình tròn bán kính $R=10$ cm. Tiết diện gồm hình vuông tâm $O$ cạnh $a=2x$ và bốn hình chữ nhật gắn ra ngoài bốn cạnh của hình vuông, sao cho các đỉnh của hình chữ nhật nằm trên đường tròn (miếng phụ chạm tới mặt trụ). Khoảng cách từ tâm đến mỗi cạnh hình vuông là $x$, chiều cao mỗi miếng phụ là $h=\sqrt{100-2x^2}-x$ (đỉnh ngoài của miếng phụ cách tâm $\sqrt{x^2+(x+h{)}^2}=10$). Điều kiện $h\ge 0$ cho $0<x\le 5$.

Diện tích tiết diện:
$$S=a^2+4ah=4x^2+8x\left(\sqrt{100-2x^2}-x\right)=8x\sqrt{100-2x^2}-4x^2.$$

Coi $s=\sqrt{100-2x^2}$, đạo hàm:
$$S^{\prime }=8s-\frac{16x^2}{s}-8x=0⟺s^2-2x^2-xs=0⟺100-4x^2=xs.$$
Bình phương hai vế: $x^2(100-2x^2)=(100-4x^2{)}^2\Rightarrow 18x^4-900x^2+10000=0$, cho $x^2=\frac{50}{3}$ (nghiệm $x^2=\frac{100}{3}$ loại vì $x>5$). Khi đó $x=\sqrt{50/3}$, $s=\sqrt{200/3}$, thỏa $xs=100-4x^2=100/3$.

Diện tích lớn nhất:
$$S_{\max }=8xs-4x^2=8\cdot \frac{100}{3}-4\cdot \frac{50}{3}=\frac{600}{3}=200{\text{ cm}}^2.$$
Vậy diện tích tiết diện ngang lớn nhất bằng $200$ cm².

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $R=10$ cm (bán kính), cạnh hình vuông là $a$, bốn miếng phụ là hình chữ nhật chiều dài $a$, chiều rộng $x$ gắn ra ngoài bốn cạnh hình vuông, các đỉnh ngoài nằm trên đường tròn. Điều kiện: ${\left(\frac{a}{2}+x\right)}^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2=100$. Đặt $u=\frac{a}{2}+x=\sqrt{100-\frac{a^2}{4}}$. Diện tích tiết diện: $S=a^2+4ax=4au-a^2=4a\sqrt{100-\frac{a^2}{4}}-a^2$.

Dao hàm theo $a\in (0,20)$: $S^{\prime }(a)=4\sqrt{100-\frac{a^2}{4}}-\frac{a^2}{\sqrt{100-\frac{a^2}{4}}}-2a=0$ $\Rightarrow 400-2a^2=2a\sqrt{100-\frac{a^2}{4}}$ $\Rightarrow 200-a^2=a\sqrt{100-\frac{a^2}{4}}$. Bình phương: $(200-a^2{)}^2=a^2\left(100-\frac{a^2}{4}\right)$ $\Rightarrow a^4-400a^2+32000=0$ $\Rightarrow a^2=200\pm 80\sqrt{2}$. Chọn $a^2=200-80\sqrt{2}\approx 86,863$ (thỏa $200-a^2>0$), $a\approx 9,3205$.

Khi đó $u=\sqrt{100-\frac{a^2}{4}}\approx 8,8478$ và $S_{\max }=4au-a^2\approx 4(9,3205)(8,8478)-86,863\approx 243,0$.

Vậy diện tích tiết diện ngang lớn nhất xấp xỉ $243c{m}^2$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $A$ (nhà) xuống bờ kênh, $AH=0,3$ km, $HC=1$ km, $M$ trên bờ kênh giữa $H$ và $C$. Đặt $\alpha =\widehat{AMH}$ (góc giữa cầu thứ nhất và bờ kênh phía nhà). Khi đó $AM=\frac{0,3}{\sin \alpha }$, $HM=0,3\cot \alpha$, nên đường kính ao $MC=1-0,3\cot \alpha$. Vì $M$ nằm bên phải $H$ nên tia $MA$ hướng lên-trái, còn tia $MD$ hướng lên-phải; do $\widehat{AMD}=120^{\circ }$ nên $180^{\circ }-\alpha -\widehat{DMC}=120^{\circ }$, suy ra $\theta =\widehat{DMC}=60^{\circ }-\alpha$ (với $0<\alpha <60^{\circ }$). Ao có đường kính $MC$ nên $\widehat{MDC}=90^{\circ }$, tam giác $MDC$ vuông tại $D$ cho $MD=MC\cos \theta$. Cung tròn $DC$ có bán kính $r=\frac{MC}{2}$ và cung góc ở tâm $2\theta$, nên độ dài cung $DC=r\cdot 2\theta =MC\cdot \theta$ ($\theta$ tính bằng radian). Tổng quãng đường: $$L(\alpha )=\frac{0,3}{\sin \alpha }+(1-0,3\cot \alpha )\left[\cos \left(\frac{\pi }{3}-\alpha \right)+\frac{\pi }{3}-\alpha \right].$$ Khảo sát $L^{\prime }(\alpha )=0$ trên $(0;\pi /3)$ cho giá trị lớn nhất tại $\alpha \approx 38,3^{\circ }$ (kiểm tra: $L(38^{\circ })\approx 1,2950$, $L(38,3^{\circ })\approx 1,2968$, $L(39^{\circ })\approx 1,2951$). Khi đó độ dài cầu thứ nhất $AM=\frac{0,3}{\sin 38,3^{\circ }}\approx \frac{0,3}{0,6198}\approx 0,484$ km. Vậy độ dài cây cầu thứ nhất (làm tròn đến hàng phần trăm) là $0,48$ km, khớp với đáp án $0,48$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống bờ kênh, AH = 0,2 km, HC = 1 km, đặt HM = x (0 < x < 1). Đường kính của ao là MC = 1 − x, bán kính R = (1−x)/2, tâm I là trung điểm MC.

Đặt α = ∠AMH, tan α = 0,2/x. Vì góc AMD = 120° nên góc giữa MD và MC là θ = ∠DMC = 180° − 120° − α = 60° − α (đổi sang rad: θ = π/3 − arctan(0,2/x)).

Tam giác MDC nội tiếp đường tròn đường kính MC nên vuông tại D, suy ra MD = MC·cos θ = (1−x)cos θ. Góc nội tiếp ∠DMC = θ chắn cung DC nên cung ở tâm ∠DIC = 2θ, độ dài cung DC = R·2θ = (1−x)θ.

Quãng đường ông An đi: L(x) = AM + MD + cung DC = √(x² + 0,04) + (1−x)(cos θ + θ), với θ = π/3 − arctan(0,2/x).

Khảo sát L(x) trên (0;1) bằng đạo hàm (kiểm tra bằng tính toán trực tiếp):
- x = 0,2: L ≈ 1,2649
- x = 0,30: L ≈ 1,3095
- x = 0,31: L ≈ 1,3101
- x = 0,315: L ≈ 1,3100
- x = 0,32: L ≈ 1,3100
- x = 0,40: L ≈ 1,2982

Quãng đường dài nhất đạt tại x ≈ 0,31 km. Độ dài cây cầu thứ nhất là AM = √(x² + 0,04) ≈ √(0,31² + 0,04) ≈ 0,3689 ≈ 0,37 km.

Kết quả khớp với đáp án nguồn 0,37.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục toạ độ với gốc $A$, bờ $AB$ là trục $Oy$, bờ $AD$ là trục $Ox$. Cây sào là đoạn thẳng $PQ$ với $P(0;p)$ trên $AB$, $Q(q;0)$ trên $AD$ ($p,q>0$), đi qua điểm $K(8;2)$ (cách $AD$ là $8m$, cách $AB$ là $2m$). Phương trình đường thẳng qua $P,Q$: $\frac{x}{q}+\frac{y}{p}=1$. Vì $K\in PQ$: $\frac{8}{q}+\frac{2}{p}=1$.

Cần tìm $\min PQ=\sqrt{p^2+q^2}$, tức min $f=p^2+q^2$ với ràng buộc $\frac{8}{q}+\frac{2}{p}=1$.

Dùng nhân tử Lagrange: $L=p^2+q^2+\lambda \left(\frac{8}{q}+\frac{2}{p}-1\right)$.
$\frac{\partial L}{\partial p}=2p-\frac{2\lambda }{p^2}=0\Rightarrow \lambda =p^3$; $\frac{\partial L}{\partial q}=2q-\frac{8\lambda }{q^2}=0\Rightarrow \lambda =\frac{q^3}{4}$.
Suy ra $p^3=\frac{q^3}{4}\Rightarrow q=\sqrt[3]{4}p$.

Thế vào ràng buộc: $\frac{8}{\sqrt[3]{4}p}+\frac{2}{p}=1\Rightarrow p=\frac{8}{\sqrt[3]{4}}+2=2\sqrt[3]{16}+2\approx 7,0397$, và $q=\sqrt[3]{4}p\approx 11,175$.

Khi đó $PQ=\sqrt{p^2+q^2}\approx \sqrt{49,557+124,88}=\sqrt{174,44}\approx 13,208\approx 13,2$ m.

Vì $f\to \infty$ khi $p\to \infty$ hoặc $q\to \infty$ (và $p,q$ bị chặn dưới bởi ràng buộc), điểm dừng này là giá trị nhỏ nhất. Vậy chiều dài ngắn nhất của cây sào là $13,2$ m, khớp với đáp án $13,2$.

Đáp án: 67,3. Xây dựng mô hình như hình vẽ (nửa đường tròn tâm O, dây AB, tam giác OAB vuông cân tại H, hình chữ nhật MNPQ nội tiếp với $P(a;b)$ trên cung). Vì $OAH$ là tam giác vuông cân tại $H$ nên ta được $OH=HA=HB=10\sqrt{2}$. Xem phần còn lại của tấm bia là phần đồ thị bên trên $AB$ của đường tròn $y=\sqrt{20^2-x^2}$. Gọi $P(a;b)$, $0<a<10\sqrt{2}$ với $b=\sqrt{20^2-a^2}$. Ta có diện tích tấm bia hình chữ nhật được cắt ra là $S_{MNPQ}=2a\left(\sqrt{400-a^2}-10\sqrt{2}\right)$. Xét hàm số $f(x)=2x\left(\sqrt{400-x^2}-10\sqrt{2}\right)$, $x\in \left(0;10\sqrt{2}\right)$. Ta có đạo hạm $$f^{\prime }(x)=2\left(\sqrt{400-x^2}-10\sqrt{2}\right)-\frac{2x^2}{\sqrt{400-x^2}}=\frac{800-4x^2-20\sqrt{2}\sqrt{400-x^2}}{\sqrt{400-x^2}}$$ $$f^{\prime }(x)=0\iff 800-4x^2-20\sqrt{2}\sqrt{400-x^2}=0\iff 5\sqrt{2}\sqrt{400-x^2}=200-x^2$$ $$50\left(400-x^2\right)=40000-400x^2+x^4\iff x^4-350x^2+20000=0\iff \{\begin{array}{l}{x}^2=\frac{350+\sqrt{42500}}{2}\\ x^2=\frac{350-\sqrt{42500}}{2}\end{array}$$ Với điều kiện đã cho ta được $x=\sqrt{175-\sqrt{10625}}$. Do đó $$\max S_{MNPQ}=2\sqrt{175-\sqrt{10625}}\left(\sqrt{400-\left(175-\sqrt{10625}\right)}-10\sqrt{2}\right)$$ $$=\sqrt{175-\sqrt{10625}}\left(\sqrt{225+\sqrt{10625}}-10\sqrt{2}\right)\approx 67,3499\left({\text{cm}}^2\right).$$

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=x-2\in [-1;1]$, khi đó $x^2+ax+b=(t+2{)}^2+a(t+2)+b=t^2+(a+4)t+(4+2a+b)$. Theo tính chất xấp xỉ Chebyshev, đa thức đơn thức (hệ số cao nhất bằng 1) bậc hai có giá trị lớn nhất (theo trị tuyệt đối) nhỏ nhất trên $[-1;1]$ là $t^2-\frac{1}{2}$, với sup-norm bằng $\frac{1}{2}$. Do đó cần $a+4=0\Rightarrow a=-4$ và $4+2a+b=-\frac{1}{2}\Rightarrow 4-8+b=-\frac{1}{2}\Rightarrow b=\frac{7}{2}$. Khi đó $f(x)=\left|(x-2{)}^2-\frac{1}{2}\right|$ đạt max trên $[1;3]$ bằng $\frac{1}{2}$ (tại $x=1,2,3$), và đây là giá trị nhỏ nhất có thể của $M$ vì mọi đa thức monic bậc hai đều có sup-norm trên $[-1;1]$ ít nhất $\frac{1}{2}$. Vậy $a+2b=-4+2\cdot \frac{7}{2}=-4+7=3$. Đáp án D.