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

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $HE=x$, $KF=6-x$ (km) với $0\le x\le 6$. Cầu $EF=2$ km nên chi phí cầu là $50\cdot 2=100$ tỷ đồng. Đường trên đất liền: $AE=\sqrt{x^2+4^2}=\sqrt{x^2+16}$ và $FB=\sqrt{(6-x{)}^2+22^2}=\sqrt{(6-x{)}^2+484}$, chi phí 1 tỷ/km. Tổng chi phí: $C(x)=100+\sqrt{x^2+16}+\sqrt{(6-x{)}^2+484}$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của $f(x)=\sqrt{x^2+16}+\sqrt{(6-x{)}^2+484}$.
$f^{\prime }(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+16}}-\frac{6-x}{\sqrt{(6-x{)}^2+484}}=0$
$\Rightarrow \frac{x^2}{x^2+16}=\frac{(6-x{)}^2}{(6-x{)}^2+484}$
$\Rightarrow 484x^2=16(6-x{)}^2\Rightarrow 11x=2(6-x)\Rightarrow x=\frac{12}{13}$ (thỏa $0\le x\le 6$).

Tại $x=\frac{12}{13}$: $AE=\sqrt{\frac{144}{169}+\frac{2704}{169}}=\frac{\sqrt{2848}}{13}\approx 4,1051$; $FB=\sqrt{\frac{4356}{169}+\frac{81796}{169}}=\frac{\sqrt{86152}}{13}\approx 22,5783$.
Vậy $f\approx 26,6834$ và chi phí thấp nhất $\approx 100+26,6834=126,6834\approx 127$ tỷ đồng (làm tròn đến hàng đơn vị).

Kết quả khớp với đáp án nguồn: 127.

Câu 2. (1.0 đ)
Cách 1

+ Đặt $MH=x,NK=y,(x>0,y>0)$. (0,2)
Tam giác $MDN$ có $AH\parallel ND,AK\parallel MD$
$\Rightarrow \frac{MH}{HD}=\frac{MA}{AN}=\frac{DK}{KN}\Rightarrow \frac{x}{16}=\frac{2}{y}\Rightarrow y=\frac{32}{x}$.
+ Tính $M{D}^2=(x+16{)}^2=x^2+32x+256$. (0,2)
$N{D}^2={\left(2+\frac{32}{x}\right)}^2=4+\frac{128}{x}+\frac{1024}{x^2}$. (0,2)
$\Rightarrow M{N}^2=D{M}^2+D{N}^2=x^2+\frac{1024}{x^2}+32x+\frac{128}{x}+260$.
+ Xét hàm số $f(x)=x^2+\frac{1024}{x^2}+32x+\frac{128}{x}+260$ trên khoảng $(0;+\infty )$.
Ta có $f^{\prime }(x)=2x-\frac{2048}{x^3}+32-\frac{128}{x^2}=\frac{1}{x^3}\left(2x^4+32x^3-128x-2048\right)$
$f^{\prime }(x)=0\iff 2x^4+32x^3-128x-2048=0\iff x=4$ (0,2)
BBT

$\Rightarrow \min MN=\sqrt{500}$ khi $x=4\Rightarrow y=8$.
Vậy $MD=4+16=20km$, $ND=2+8=10km$. (0,2)

Cách 2

+ Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ $\Rightarrow A(2;16)$. (0,2)
+ Gọi
$N(n;0),M(0;m),(m>16,n>2)\Rightarrow d:\frac{x}{n}+\frac{y}{m}=1$. (0,2)
+ Vì $A\in d\Rightarrow \frac{2}{n}+\frac{16}{m}=1\Rightarrow n=\frac{2m}{m-16}$.
+ Ta có $M{N}^2=m^2+n^2=m^2+\frac{4m^2}{(m-16{)}^2}$. (0,2)
+ Hàm số
$f(m)=m^2+\frac{4m^2}{(m-16{)}^2}$ trên khoảng $(16;+\infty )$.
Ta có $f^{\prime }(m)=2m\left[1-\frac{64}{(m-16{)}^3}\right]=0\iff m=20$. (0,2)
BBT

$\Rightarrow \min MN=\sqrt{500}$ khi $m=20\Rightarrow n=10$.
Vậy $DM=20km$, $DN=10km$. (0,2)

Câu 2. (1.0 đ)
Cách 1.
[Hình cần kiểm tra lại: p10_f1]
+ Đặt $AH=x,BK=y,(x>0,y>0)$. (0,2)
Tam giác $ADB$ có $MH//BD,MK//AD$
$\Rightarrow \frac{AH}{HD}=\frac{AM}{MB}=\frac{DK}{KB}\Rightarrow \frac{x}{8}=\frac{1}{y}\Rightarrow y=\frac{8}{x}$.
+ Tính $A{D}^2=(x+8{)}^2=x^2+16x+64$. (0,2)
$B{D}^2={\left(1+\frac{8}{x}\right)}^2=1+\frac{16}{x}+\frac{64}{x^2}$. (0,2)
$\Rightarrow A{B}^2=D{A}^2+D{B}^2=x^2+\frac{64}{x^2}+16x+\frac{16}{x}+65$
+ Xét hàm số
$f(x)=x^2+\frac{64}{x^2}+16x+\frac{16}{x}+65$ trên khoảng $(0;+\infty )$.
Ta có: $f^{\prime }(x)=2x-\frac{128}{x^3}+16-\frac{16}{x^2}$
$=\frac{1}{x^3}\left(2x^4+16x^3-16x-128\right)$
$f^{\prime }(x)=0\iff 2x^4+16x^3-16x-128=0$
$\iff x=2$ (0,2)
BBT

$\Rightarrow \min AB=\sqrt{125}$ khi $x=2\Rightarrow y=4$.
Vậy $AD=2+8=10km$, $BD=1+4=5km$. (0,2)

Cách 2.

+ Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ $\Rightarrow M(1;8)$. (0,2)
+ Gọi $B(b;0),A(0;a),(a>8,b>1)\Rightarrow d:\frac{x}{b}+\frac{y}{a}=1$. (0,2)
+ Vì $M\in d\Rightarrow \frac{1}{b}+\frac{8}{a}=1\Rightarrow b=\frac{a}{a-8}$.
+ Ta có $A{B}^2=a^2+b^2=a^2+\frac{a^2}{(a-8{)}^2}$ (0,2)
+ Hàm số $f(a)=a^2+\frac{a^2}{(a-8{)}^2}$ trên khoảng $(8;+\infty )$.
Ta có $f^{\prime }(a)=2a\left[1-\frac{8}{(a-8{)}^3}\right]=0\iff a=10$. (0,2)
BBT

$\Rightarrow \min AB=\sqrt{125}$ khi $a=10\Rightarrow b=5$
Vậy $DA=10km$, $DB=5km$. (0,2)

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập mô hình: Gọi hai thanh treo là $L,R$ cách nhau $4\text{m}$, giá đỡ (vật trang trí) nằm thấp hơn thanh treo $1\text{m}$. Theo hình vẽ, dây xích đi từ mỗi thanh treo xuống hai điểm treo trung gian $M,N$, rồi từ $M,N$ có hai đoạn dây thẳng đứng xuống giá đỡ.

Gọi $h$ là chiều cao của $M,N$ so với giá đỡ ($0<h<1$), khi đó khoảng cách từ $M,N$ tới mặt phẳng thanh treo là $1-h$. Với $h$ cố định, tổng độ dài bốn đoạn dây từ hai thanh tới $M,N$ nhỏ nhất khi $M,N$ nằm chính giữa hai thanh (tức cách mỗi thanh $2\text{m}$ theo phương ngang), khi đó mỗi đoạn dây dài $\sqrt{2^2+(1-h{)}^2}=\sqrt{4+(1-h{)}^2}$.

Tổng độ dài dây xích:
$$S(h)=4\sqrt{4+(1-h{)}^2}+2h.$$

Đạo hàm: $S^{\prime }(h)=\frac{-4(1-h)}{\sqrt{4+(1-h{)}^2}}+2$. Cho $S^{\prime }(h)=0$:
$$\frac{1-h}{\sqrt{4+(1-h{)}^2}}=\frac{1}{2}\Rightarrow 4(1-h{)}^2=4+(1-h{)}^2\Rightarrow 3(1-h{)}^2=4\Rightarrow 1-h=\frac{2}{\sqrt{3}}.$$

Khi đó:
$$S_{\min }=4\sqrt{4+\frac{4}{3}}+2\left(1-\frac{2}{\sqrt{3}}\right)=4\cdot \frac{4}{\sqrt{3}}+2-\frac{4}{\sqrt{3}}=\frac{12}{\sqrt{3}}+2=4\sqrt{3}+2.$$

Vậy tổng độ dài nhỏ nhất là $2+4\sqrt{3}$, tức $a=2,b=4$, nên $a-b=2-4=-2$. Kết quả khớp với đáp án nguồn ($-2$).

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích nguyên liệu (quả cầu bán kính $R=33$ cm): $V_{nl}=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi \cdot 33^3=47916\pi$ cm${}^3$. Gọi $a$ (cm) là bán kính trong, $b$ (cm) là chiều cao phần chứa nước; thành và đáy dày 4 cm nên bán kính ngoài là $a+4$, chiều cao ngoài là $b+4$, với $a>0$, $b>0$. Thể tích nguyên liệu bằng thể tích khối trụ ngoài trừ khối trụ trong: $$\pi [(a+4{)}^2(b+4)-a^{2}b]=47916\pi .$$ Khai triển: $(a^2+8a+16)(b+4)-a^{2}b=8ab+16b+4a^2+32a+64=47916$, suy ra $$b=\frac{47916-4(a+4{)}^2}{8a+16}=\frac{11963-a^2-8a}{2a+4}.$$ Điều kiện $b>0\iff a^2+8a<11963\iff 0<a\approx 105,3$. Cần cực đại hóa $V=\pi a^{2}b=\pi f(a)$ với $f(a)=\frac{a^2(11963-a^2-8a)}{2a+4}$. Tính đạo hàm: $$f^{\prime }(a)=\frac{-2a(3a^3+24a^2-11915a-47852)}{(2a+4{)}^2}.$$ Nghiệm dương của $3a^3+24a^2-11915a-47852=0$ là $a\approx 61,17$ cm; $f^{\prime }(a)>0$ với $a<61,17$ và $f^{\prime }(a)<0$ với $a>61,17$ (trong miền xác định), nên $f$ đạt cực đại tại $a\approx 61,17$. Khi đó $b=\frac{11963-(61,17{)}^2-8\cdot 61,17}{2\cdot 61,17+4}\approx 61,2$ cm. Thể tích lớn nhất: $$V_{max}=\pi a^{2}b\approx \pi \cdot (61,17{)}^2\cdot 61,2\approx 719400{\text{cm}}^3\approx 0,72{\text{m}}^3.$$ Làm tròn đến hàng phần chục: $V_{max}\approx 0,7$ m${}^3$, khớp đáp án đề cho (mã đề 1252, Câu 6 phần III: 0,7).

Đáp án: 337. Theo giả thiết ta có: Đồ thị hàm số $f(x)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$ $(a\ne 0)$ đi qua hai điểm $A(-1000;60)$, $B(1000;90)$; ĐTHS cắt trục $Oy$ tại điểm có tọa độ $(0;50)$; Và $\alpha$ là góc tạo bởi tiếp tuyến tại B của đồ thị hàm số đó và chiều dương của trục $Ox$; $\tan \alpha =0,04\Rightarrow$ Hệ số góc của tiếp tuyến của ĐTHS $f(x)$ tại điểm $B$ là $f^{\prime }(1000)=0,04$. Ta có hệ phương trình: $$\{\begin{array}{l}f(-1000)=60\\ f(1000)=90\\ d=50\\ f^{\prime }(1000)=0,04\end{array}\iff \{\begin{array}{l}-1000^{3}a+1000^{2}b-1000c+d=60\\ 1000^{3}a+1000^{2}b+1000c+d=90\\ d=50\\ 3.1000^{2}a+2000b+c=0,04\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=-2,5.10^{-9}\\ b=25.10^{-6}\\ c=0,0175\\ d=50\end{array}$$ Vậy $f(x)=-2,5.10^{-9}{x}^3+25.10^{-6}{x}^2+0,0175x+50$. Điểm thấp nhất của đoạn đường là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số $f(x)$. Ta có điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là $M\left(-\frac{1000}{3};\frac{1270}{27}\right)$. Vậy khoảng cách từ điểm thấp nhất của đoạn đường đến vị trí hai sườn đồi giao nhau là: $$MO=\sqrt{{\left(-\frac{1000}{3}\right)}^2+{\left(\frac{1270}{27}\right)}^2}\approx 337$$

$Ax\cap By=C$
• $AC=240$
$AM=5t\Rightarrow CM=240-5t$
• $BC=120\sqrt{3}$
$AM=3\sqrt{3}t\Rightarrow CN=120\sqrt{3}-3\sqrt{3}t$
Xét tam giác CMN:
$M{N}^2=7t^2-600t+14400={\left(t-\frac{300}{7}\right)}^2+\frac{10800}{7}$
$\Rightarrow MN\ge \frac{60\sqrt{21}}{7}$
Vậy $M{N}_{\min }\approx 39$ khi $t=\frac{300}{7}$.

a) Sai: Gọi $x$ là khoảng cách từ vị trí dự kiến xây ngôi nhà đến quán karaoke có cường độ âm thanh $I_1$ thì khi ấy mức âm thanh từ hai quán karaoke ảnh hưởng đến ngôi nhà được biểu diễn dưới hàm số $f(x)=\frac{I_1}{x^2}+\frac{I_2}{(L-x{)}^2}$ trong đó $0<x<L$; do mỗi sự gia tăng khoảng cách từ nguồn cho ra kết quả giảm mức độ âm thanh theo tỷ lệ nghịch với bình phương nên giá trị $k$ đề cập ở mệnh đề xem như bằng 1.
b) Đúng: Xét hàm số $f(x)=\frac{I_1}{x^2}+\frac{I_2}{(L-x{)}^2}$ với $0<x<L$. Ta có $f^{\prime }(x)=-\frac{2I_1}{x^3}+\frac{2I_2}{(L-x{)}^3}$. Giải $f^{\prime }(x)=0\iff x=\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}};k=\frac{I_2}{I_1}$. Xét $f^{\prime \prime }(x)$ để thấy $f^{\prime \prime }\left(\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}\right)>0$, cùng với ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)={\lim }_{x\to L}f(x)=+\infty$ nên $x=\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}$ là điểm cực tiểu của $f(x)$ tức ${\min }_{(0;L)}f(x)=f\left(\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}\right)$. Với $I_1=I_2$ tức $k=1$ suy ra nhỏ nhất khi $x=\frac{L}{2}$.
c) Đúng: Với $I_1=8I_2$ tức $k=\frac{1}{8}$ suy ra cường độ âm tổng hợp nhỏ nhất khi $x=\frac{2L}{3}$, khi ấy khoảng cách từ nhà đến $I_2$ là $\frac{L}{3}$. Như vậy khoảng cách giảm đi $\left|\frac{L}{2}-\frac{L}{3}\right|=\frac{L}{6}$ so với tỉ lệ ban đầu $I_1=I_2$.
d) Sai: Từ giả thiết $x=\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}\to k=\frac{I_2}{I_1}={\left(\frac{L}{L-2}-1\right)}^3=\frac{8}{(L-2{)}^3}$. Cần $k\in \mathbb{Z}\to \frac{2}{L-2}\in \mathbb{Z}\to \frac{2}{L-2}=\frac{2}{m},m\in \mathbb{Z}$. Do $L$ nguyên dương nên $m$ là ước nguyên dương của 2, suy ra $m=1\to k=1$, $m=2\to k=8$ tức có 2 giá trị nguyên $k$.
a) Sai: Gọi $x$ là khoảng cách từ vị trí dự kiến xây ngôi nhà đến quán karaoke có cường độ âm thanh $I_1$ thì khi ấy mức âm thanh từ hai quán karaoke ảnh hưởng đến ngôi nhà được biểu diễn dưới hàm số $f(x)=\frac{I_1}{x^2}+\frac{I_2}{(L-x{)}^2}$ trong đó $0<x<L$. Giải thích: do mỗi sự gia tăng khoảng cách từ nguồn cho ra kết quả giảm mức độ âm thanh theo tỷ lệ nghịch với bình phương nên giá trị $k$ đề cập ở mệnh đề xem như bằng 1.
b) Đúng: Xét hàm số $f(x)=\frac{I_1}{x^2}+\frac{I_2}{(L-x{)}^2}$ với $0<x<L$. Ta có: $f^{\prime }(x)=-\frac{2I_1}{x^3}+\frac{2I_2}{(L-x{)}^3}$. Giải $f^{\prime }(x)=0\iff \frac{k}{(L-x{)}^3}=\frac{1}{x^3}\iff x=\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}};k=\frac{I_2}{I_1}$. Xét $f^{\prime \prime }(x)=\frac{6I_1}{x^4}-\frac{6I_2}{(L-x{)}^4}$ để thấy $f^{\prime \prime }\left(\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}\right)>0$, cùng với ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)={\lim }_{x\to L}f(x)=+\infty$ nên ta suy ra $x=\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}$ là điểm cực tiểu của hàm số $f(x)$ tức ${\min }_{(0;L)}f(x)=f\left(\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}\right)$. Với $I_1=I_2$ tức $k=1$ ta suy ra ${\min }_{(0;L)}f(x)=f\left(\frac{L}{2}\right)$ tức nhỏ nhất khi $x=\frac{L}{2}$.
c) Đúng: Với $I_1=8I_2$ tức $k=\frac{1}{8}$ ta suy ra ${\min }_{(0;L)}f(x)=f\left(\frac{2L}{3}\right)$ tức cường độ âm tổng hợp nhỏ nhất khi $x=\frac{2L}{3}$ tức khoảng cách từ nhà ông Bảo đến $I_1$ là $x=\frac{2L}{3}$, khi ấy ta suy ra khoảng cách từ nhà ông Bảo đến $I_2$ là $L-\frac{2L}{3}=\frac{L}{3}$. Như vậy khoảng cách giảm đi $\left|\frac{L}{2}-\frac{L}{3}\right|=\frac{L}{6}$ so với tỉ lệ ban đầu là $I_1=I_2$.
d) Sai: Từ giả thiết ta có $x=\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}\to k=\frac{I_2}{I_1}={\left(\frac{L}{L-2}-1\right)}^3=\frac{8}{(L-2{)}^3}$. Ta cần $k\in \mathbb{Z}\to \frac{8}{(L-2{)}^3}={\left(\frac{2}{L-2}\right)}^3\in \mathbb{Z}\to \frac{2}{L-2}\in \mathbb{Z}\to \frac{2}{L-2}=\frac{2}{m},m\in \mathbb{Z}$. Do $L$ nguyên dương nên $L-2$ nguyên dương tức $m$ là 1 ước nguyên dương của 2. Suy ra $m=1\to k=1$, $m=2\to k=8$ tức có 2 giá trị nguyên $k$.

Đáp số: 1,4.

Đổi 2,4 km/h = $\frac{2}{3}$ m/s; 4,8 km/h = $\frac{4}{3}$ m/s.
Quãng đường Hoa đi hết một chu trình là $AC+CM+MD+DE+EA$.
Tổng thời gian Hoa thực hiện một chu trình là $T=\frac{AC+CM}{\frac{2}{3}}+\frac{MD+DE+EA}{\frac{4}{3}}$.
Do $AC$, $DE$, $EA$ không đổi nên $T_{\max }$ khi $\frac{CM}{\frac{2}{3}}+\frac{MD}{\frac{4}{3}}=\frac{3}{2}CM+\frac{3}{4}MD$ đạt giá trị lớn nhất.
Đặt $MCD=\alpha$, $\left(0<\alpha <\frac{\pi }{2}\right)\Rightarrow MOD=2\alpha$.
Suy ra $CM=10\cos \alpha$, $MD=10\alpha \Rightarrow \frac{3}{2}CM+\frac{3}{4}MD=15\cos \alpha +\frac{15}{2}\alpha$.
Xét hàm số $f(\alpha )=15\cos \alpha +\frac{15}{2}\alpha$, $\left(0<\alpha <\frac{\pi }{2}\right)$
Ta có $f^{\prime }(\alpha )=-15\sin \alpha +\frac{15}{2}$, $f^{\prime }(\alpha )=0\iff -15\sin \alpha +\frac{15}{2}=0\iff \alpha =\frac{\pi }{6}\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)$.
Lập bảng biến thiên của hàm số $f(\alpha )$ trên khoảng $\left(0;\frac{\pi }{2}\right)$, ta có $\underset{\alpha \in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)}{\max }f(\alpha )=f\left(\frac{\pi }{6}\right)$.
Vậy $T_{\max }=\frac{3\sqrt{25^2+15,5^2}}{2}+\frac{15}{2}\left(\sqrt{3}+\frac{\pi }{6}\right)+\frac{3(15+15,5)}{4}\approx 83,9$ giây $\approx 1,4$ phút.

(AI giải đề cho tôi)
Hồ gồm hình chữ nhật 25 m × 15,5 m (A là đỉnh dưới-phải, C là đỉnh trên-trái) và hình bán nguyệt đường kính CD = 10 m gắn trên cạnh trên, M nằm trên cung CD.

- Bơi AC: $AC=\sqrt{25^2+15,5^2}=\sqrt{865,25}\approx 29,415$ m.
- Gọi O là tâm bán nguyệt, R = 5 m, φ = góc ở tâm ∠COM (φ ∈ [0; π]). Khi đó $CM=2R\sin \frac{\phi }{2}=10\sin \frac{\phi }{2}$, độ dài cung $MD=R(\pi -\phi )=5(\pi -\phi )$.
- Đi bộ dọc bờ qua D về A: cung MD + đoạn D đến đỉnh trên-phải (25 − 10 = 15 m) + cạnh phải 15,5 m, tổng $5(\pi -\phi )+30,5$ m.
- Đổi vận tốc: bơi 2,4 km/h = 40 m/phút; đi bộ 4,8 km/h = 80 m/phút.
$$T(\phi )=\frac{29,415+10\sin (\phi /2)}{40}+\frac{5(\pi -\phi )+30,5}{80}.$$
- $T^{\prime }(\phi )=\frac{\cos (\phi /2)}{8}-\frac{1}{16}=0\iff \cos (\phi /2)=\frac{1}{2}\iff \phi =\frac{2\pi }{3}$ (cực đại vì T'(0)>0, T'(π)<0).
- Khi đó $CM=10\sin \frac{\pi }{3}=5\sqrt{3}\approx 8,660$ m; cung $MD=\frac{5\pi }{3}\approx 5,236$ m.
$$T_{max}=\frac{29,415+8,660}{40}+\frac{5,236+30,5}{80}\approx 0,9519+0,4467\approx 1,3986\approx 1,4\text{ phuˊt}.$$

Khớp với đáp án nguồn 1,4.

(AI giải đề cho tôi)
Chu trình: bơi $AC$ rồi $CM$ ($M$ bất kỳ trên nửa đường tròn đường kính $CD=10$ m gắn trên cạnh trên của hình chữ nhật $25\times 15,5$ m, $A$ là đỉnh dưới-phải, $C$ là đỉnh trên-trái), sau đó đi bộ từ $M$ qua $D$ dọc bờ về $A$.

- $AC=\sqrt{25^2+15,5^2}=\sqrt{865,25}\approx 29,4146$ m.
- Gọi $\alpha =\widehat{MCD}\in [0;\frac{\pi }{2}]$. Tam giác $CMD$ vuông tại $M$ (góc nội tiếp nửa đường tròn) nên $CM=10\cos \alpha$; cung $MD=5\alpha$ (rad).
- Quãng đường đi bộ: cung $MD$ + cạnh trên còn lại $15$ m + cạnh phải $15,5$ m $=5\alpha +30,5$ m.
- Đổi vận tốc: bơi $2,4$ km/h $=40$ m/phút; đi bộ $4,8$ km/h $=80$ m/phút.

$$T(\alpha )=\frac{29,4146+10\cos \alpha }{40}+\frac{5\alpha +30,5}{80}.$$

$$T^{\prime }(\alpha )=-\frac{\sin \alpha }{4}+\frac{1}{16}=0⟺\sin \alpha =\frac{1}{4},\alpha \approx 0,25268\text{rad}.$$

Khi đó $\cos \alpha =\frac{\sqrt{15}}{4}$, $CM\approx 9,6825$ m, cung $MD\approx 1,2634$ m:
$$T\approx \frac{29,4146+9,6825}{40}+\frac{1,2634+30,5}{80}\approx 0,97743+0,39704\approx 1,3745\text{phuˊt}.$$

So sánh hai đầu mút: $T(0)\approx 1,3666$ và $T(\frac{\pi }{2})\approx 1,2148$ đều nhỏ hơn, nên thời gian lớn nhất (chậm nhất) là $\approx 1,3745$ phút.

Làm tròn đến hàng phần chục: $1,4$ phút, khớp đáp án nguồn (mã đề 1201, câu 20: 1,4).

(AI giải đề cho tôi)
Số sản phẩm xuất khẩu là phần dư: $R(x)-Q(x)=(x-200)-(4200-x)=2x-4400$, với điều kiện $x\ge 2200$ (và $x\le 3200$ để lãi không âm). Giá bán xuất khẩu là 3200 USD, thuế mỗi sản phẩm là $a$ USD, nên lãi mỗi sản phẩm xuất khẩu là $3200-x-a$. Theo tỉ lệ lãi : thuế $=4:1$, ta có $3200-x-a=4a\Rightarrow a=\frac{3200-x}{5}$. Tổng lãi xuất khẩu: $L=(2x-4400)(3200-x-a)=(2x-4400)\cdot 4a=\frac{4}{5}(2x-4400)(3200-x)$. Xét $f(x)=(2x-4400)(3200-x)$ trên $[2200;3200]$: $f^{\prime }(x)=2(3200-x)-(2x-4400)=10800-4x$, cho $f^{\prime }(x)=0\Rightarrow x=2700$. Vì $f^{\prime }(x)>0$ khi $x<2700$ và $f^{\prime }(x)<0$ khi $x>2700$, lãi lớn nhất tại $x=2700$. Khi đó $a=\frac{3200-2700}{5}=100$. Vậy $a=100$ USD.

Gọi số trạm tăng áp cần xây thêm là $n$.

Khi đó toàn tuyến được chia thành $n+1$ đoạn bằng nhau, nên $(n+1)x=720\Rightarrow n=\frac{720}{x}-1$.

Tổng chi phí phần việc còn lại gồm:
- Chi phí xây trạm tăng áp: $108n$;
- Chi phí xây ống cho $n+1$ đoạn: $(n+1)(2+\sqrt{x})x$.

Vậy tổng chi phí phần việc còn lại là $f(x)=108n+(n+1)(2+\sqrt{x})x$.

Thay $n=\frac{720}{x}-1$,

$$f(x)=108\left(\frac{720}{x}-1\right)+\left(\frac{720}{x}-1+1\right)(2+\sqrt{x})x=\frac{77760}{x}+720\sqrt{x}+1332$$

với $0<x\le 720$.

Ta có: $f^{\prime }(x)=-\frac{77760}{x^2}+720\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}=-\frac{77760}{x^2}+\frac{360}{\sqrt{x}}$.

Giải $f^{\prime }(x)=0$: $-\frac{77760}{x^2}+\frac{360}{\sqrt{x}}=0\Rightarrow \frac{360}{\sqrt{x}}=\frac{77760}{x^2}\Rightarrow 360x^2=77760\sqrt{x}$.

Chia hai vế cho $360\sqrt{x}(>0)$, $x^{3/2}=216\Rightarrow x=\sqrt[3]{216^2}=36$.

Khi $0<x<36$ thì $f^{\prime }(x)<0$, khi $36<x<720$ thì $f^{\prime }(x)>0$, nên $f(x)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=36$.

Kết luận: khoảng cách giữa các trạm tăng áp cần xây thêm là 36km thì tổng chi phí nhỏ nhất.

Gọi số trạm tăng áp cần xây thêm là $n$.

Khi đó toàn tuyến được chia thành $n+1$ đoạn bằng nhau, nên $(n+1)x=720\Rightarrow n=\frac{720}{x}-1$.

Tổng chi phí gồm:

- Chi phí xây trạm tăng áp: $108n$;

- Chi phí xây ống cho $n+1$ đoạn: $(n+1)(2+\sqrt{x})x$.

Vậy $y=f(x)=108n+(n+1)(2+\sqrt{x})x$.

Thay $n=\frac{720}{x}-1$,

$f(x)=108\left(\frac{720}{x}-1\right)+\left(\frac{720}{x}-1+1\right)(2+\sqrt{x})x=\frac{77760}{x}+720\sqrt{x}+1332$

với $0<x\le 720$.

Ta có: $f^{\prime }(x)=-\frac{77760}{x^2}+720\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}=-\frac{77760}{x^2}+\frac{360}{\sqrt{x}}$.

Giải $f^{\prime }(x)=0$: $-\frac{77760}{x^2}+\frac{360}{\sqrt{x}}=0\Rightarrow \frac{360}{\sqrt{x}}=\frac{77760}{x^2}\Rightarrow 360x^2=77760\sqrt{x}$.

Chia hai vế cho $360\sqrt{x}(>0)$, $x^{3/2}=216\Rightarrow x=\sqrt[3]{216^2}=36$

Khi $0<x<36$ thì $f^{\prime }(x)<0$, khi $36<x<720$ thì $f^{\prime }(x)>0$, nên $f(x)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=36$.

Khi đó $n=\frac{720}{36}-1=20-1=19$

Kết luận: cần xây thêm 19 trạm tăng áp để tổng chi phí nhỏ nhất.

Đáp số: 284

Gọi $\pi \left(x\right)$ là lợi nhuận của doanh nghiệp khi bán $x$ sản phẩm với mức thuế $t$. Ta có: $\pi \left(x\right)=f\left(x\right)-g\left(x\right)-tx=\left(2006x-x^2\right)-\left(x^2+1438x-1209\right)-tx$. $$\Rightarrow \pi \left(x\right)=-2x^2+\left(568-t\right)x+1209\Rightarrow {\pi }^{\prime }\left(x\right)=-4x+\left(568-t\right)=0\Rightarrow x=\frac{568-t}{4}.$$ Vì $\pi \left(x\right)$ là hàm bậc hai có $a<0$ nên suy ra $\max \pi \left(x\right)=\pi \left(\frac{568-t}{4}\right)$. Số tiền thuế nhà nước thu được để doanh nghiệp cũng nhận được lợi nhuận lớn nhất là $T\left(t\right)$: $$T\left(t\right)=tx=t\left(\frac{568-t}{4}\right)=\frac{1}{4}t\left(568-t\right)\le \frac{1}{4}{\left(\frac{t+568-t}{2}\right)}^2=20164.$$ Dấu "=" $\iff t=568-t\iff t=284$ (thỏa mãn điều kiện $0<t<320$). Suy ra, $\max T\left(t\right)=20164$ khi $t=284$. Vậy giá trị của thuế phụ thu cần tìm là $t=284$ (nghìn đồng).

Đáp số: 12,7.



Xét hàm số $y=\frac{x^2-2x+2}{x-1}(C)$ có tiệm cận đứng là $x=1$ và tiệm cận xiên là đường thẳng $y=x-1$ nên đường thẳng phân giác của góc tạo bởi hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số đã cho có dạng:

$$\frac{x-y-1}{\sqrt{1^2+(-1{)}^2}}=\pm \frac{x-1}{\sqrt{1^2}}\iff \left[\begin{array}{c}x-y-1=\sqrt{2}.(x-1)\\ x-y-1=-\sqrt{2}.(x-1)\end{array}\right]\iff \left[\begin{array}{c}y=\left(1-\sqrt{2}\right)x+\sqrt{2}-1\\ y=\left(1+\sqrt{2}\right)x-\sqrt{2}-1\end{array}\right]$$

Do đó hai đường thẳng $d,d^{\prime }$ chính là hai trục đối xứng của đồ thị hàm số $y=\frac{x^2-2x+2}{x-1}(C)$

Ta có: $A\left(-2;\frac{-10}{3}\right);B\left(-1;\frac{-5}{2}\right);C(2;2);D\left(3;\frac{5}{2}\right)$ suy ra hai điểm $A,B$ cùng thuộc 1 nhánh của đồ thị hàm số (nhánh có điều kiện $x<1$) và hai điểm $C,D$ cùng thuộc 1 nhánh của đồ thị hàm số (nhánh có điều kiện $x>1$)

Khi đó, gọi $B^{\prime },D^{\prime }$ là các điểm đối xứng với $B,D$ qua đường thẳng $d$

Ta có đường thẳng $B{B}^{\prime }$ và đường thẳng $D{D}^{\prime }$ đều có hệ số góc là: $k=\frac{-1}{1-\sqrt{2}}=\sqrt{2}+1$.

Phương trình đường thẳng $B{B}^{\prime }$: $y=\left(\sqrt{2}+1\right).\left(x+1\right)-\frac{5}{2}=\left(\sqrt{2}+1\right)x+\sqrt{2}-\frac{3}{2}$

Phương trình đường thẳng $D{D}^{\prime }$: $y=\left(\sqrt{2}+1\right).\left(x-3\right)+\frac{5}{2}=\left(\sqrt{2}+1\right)x-3\sqrt{2}-\frac{1}{2}$

Gọi $I,J$ là giao điểm của đường thẳng $B{B}^{\prime },D{D}^{\prime }$ với đường thẳng $d$ thì $I\left(\frac{\sqrt{2}}{8};\frac{9\sqrt{2}-10}{8}\right)$ và $J\left(\frac{16-\sqrt{2}}{8};\frac{10-9\sqrt{2}}{8}\right)$

Khi đó $B^{\prime }\left(\frac{4+\sqrt{2}}{4};\frac{9\sqrt{2}}{4}\right)$ và $D^{\prime }\left(\frac{4-\sqrt{2}}{4};\frac{-9\sqrt{2}}{4}\right)$.

Ta có: $T=MA+MB+NC+ND=MA+M{B}^{\prime }+NC+N{D}^{\prime }\ge A{B}^{\prime }+C{D}^{\prime }\approx 12,1$.