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

a) Không mất tính tổng quát giả sử $a=\max \{a,b,c\}$ thì $bc\le a^2$ nên có điều phải chứng minh do
$$16(a^2{b}^2+b^2{c}^2+c^2{a}^2)=16a^2(b^2+c^2)+16b^2{c}^2\le 16a^2(b+c{)}^2\le (a+b+c{)}^4=16$$

b) Ta có $x(y+z{)}^2\le 2x(y^2+z^2)=2(y+z)$ nên $y+z\le \frac{2}{x}$.

Ngoài ra $P\ge \frac{1}{(1+x{)}^2}+\frac{2}{(1+y)(1+z)}+\frac{4}{(1+x)(1+y)(1+z)}$ theo Cauchy.

Mà $(1+y)(1+z)\le \frac{(2+y+z{)}^2}{4}\le \frac{1}{4}{\left(2+\frac{2}{x}\right)}^2=\frac{(x+1{)}^2}{x^2}$.

Do đó $P\ge \frac{1}{(1+x{)}^2}+\frac{2x^2}{(1+x{)}^2}+\frac{4x^2}{(1+x{)}^3}=\frac{2x^3+6x^2+x+1}{(1+x{)}^3}$.

Xét $f(t)=\frac{2t^3+6t^2+t+1}{(1+t{)}^3}$ trên $(0,\infty )$ thì $f^{\prime }(t)=\frac{10t-2}{(1+t{)}^4}=0⟺t=\frac{1}{5}$.

Do đó $P\ge f(x)\ge f\left(\frac{1}{5}\right)=\frac{91}{108}$, dấu bằng khi $x=\frac{1}{5}$, $y=z=5$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y^{\prime }=3x^2-6mx+3(m^2-1)=3\left[x^2-2mx+(m^2-1)\right]$, nên $y^{\prime }=0\iff x=m\pm 1$. Hàm số có cực tiểu tại $x=m+1$ và cực đại tại $x=m-1$ (hệ số $a>0$).

Viết lại $y=(x-m{)}^3-3x+m^3+2020$.

Để hàm số có GTNN trên khoảng $(0;+\infty )$ (khoảng mở), cần:
- Điểm cực tiểu thuộc khoảng: $m+1>0\iff m>-1$;
- Giá trị tại điểm cực tiểu phải nhỏ hơn giới hạn của hàm số khi $x\to 0^{+}$ (là $y(0)=2020$), tức $y(m+1)\le 2020$.

Tính $y(m+1)=1^3-3(m+1)+m^3+2020=m^3-3m+2018$.

Điều kiện: $m^3-3m+2018\le 2020\iff m^3-3m-2\le 0\iff (m-2)(m+1{)}^2\le 0\iff m\le 2$.

Kết hợp $-1<m\le 2$, các giá trị nguyên của $m$ là $m\in \{0;1;2\}$: có 3 giá trị.

Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y^{\prime }=\frac{(x-m)-(x-m^2-1)}{(x-m{)}^2}=\frac{m^2-m+1}{(x-m{)}^2}>0$ với mọi $x\ne m$ (vì $m^2-m+1={\left(m-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}>0$). Vậy hàm số đồng biến trên mỗi nhánh của miền xác định $\mathbb{R}\setminus \{m\}$.

Xét các trường hợp:

(1) $m\in [0;4]$: trên $[0;m)$ hàm đồng biến và $y=1+\frac{m-m^2-1}{x-m}$ với $m-m^2-1<0$, khi $x\to m^{-}$ thì $x-m\to 0^{-}$ nên $y\to +\infty$. Do đó hàm số không có giá trị lớn nhất trên $[0;4]$, không thỏa mãn.

(2) $m<0$ hoặc $m>4$: khi đó $x-m\ne 0$ với mọi $x\in [0;4]$, hàm đồng biến trên $[0;4]$ nên $\underset{[0;4]}{\max }y=y(4)=\frac{3-m^2}{4-m}$. Giải $\frac{3-m^2}{4-m}=-6\iff 3-m^2=-24+6m\iff m^2+6m-27=0\iff [<table><tbody><tr><td>m=3</td></tr><tr><td>m=-9</td></tr></tbody></table>$. Vì $m=3\in [0;4]$ (loại theo trường hợp 2), $m=-9<0$ thỏa mãn và là số nguyên (kiểm tra: với $m=-9$, $y=\frac{x-82}{x+9}$, $y(4)=\frac{-78}{13}=-6$).

Vậy có đúng $1$ giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $a$ là cạnh đáy hình vuông của khối chóp ($0<a<9$). Sau khi cắt đi 4 tam giác ở góc, mỗi mặt bên là tam giác cân có đáy $a$ và hai cạnh bên bằng $\frac{18-a}{2}$ (đoạn từ đỉnh - gốc góc hình vuông đến các đỉnh đáy dọc theo cạnh hình vuông).

Đường cao của mặt bên (đường trung bình của mặt bên): $l=\sqrt{{\left(\frac{18-a}{2}\right)}^2-\frac{a^2}{4}}=\sqrt{81-9a}$.

Chiều cao khối chóp: $H=\sqrt{l^2-\frac{a^2}{4}}=\sqrt{81-9a-\frac{a^2}{4}}$.

Thể tích: $V(a)=\frac{a^2}{3}\sqrt{81-9a-\frac{a^2}{4}}$.

Xét $f(a)=a^4\left(81-9a-\frac{a^2}{4}\right)$: $f^{\prime }(a)=a^3\left(324-45a-\frac{3a^2}{2}\right)=0\Rightarrow a^2+30a-216=0\Rightarrow a=6$ (nhận).

Khi $a=6$: $H=\sqrt{81-54-9}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$, nên $V_{\max }=\frac{36\cdot 3\sqrt{2}}{3}=36\sqrt{2}\approx 50,91\approx 51m^3$.

(AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách từ điểm $M(x,f(x))$ trên đảo đến đường thẳng $9x+y-36=0$ là $d(x)=\frac{|9x+(-x^3+3x^2+4)-36|}{\sqrt{82}}=\frac{|-x^3+3x^2+9x-32|}{\sqrt{82}}$. Đặt $g(x)=-x^3+3x^2+9x-32$, $g^{\prime }(x)=-3x^2+6x+9=0\iff x=3$ hoặc $x=-1$. Tại $x=3$: $g(3)=-5$; tại $x=-1$: $g(-1)=-37$. Giá trị nhỏ nhất của $|g(x)|$ là $5$, đạt tại $x=3$ (điểm $(3;4)$ trên đảo). Khoảng cách nhỏ nhất $=\frac{5}{\sqrt{82}}\approx 0,5522$ đơn vị $=55,2$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục toạ độ gốc $O$, trục $Ox$ là đường thẳng $BC$, trục $Oy$ là đường thẳng $OA$. Khi đó $A(0;40)$, $B(20;0)$. Parabol đỉnh $A$, trục đối xứng $Oy$ đi qua $B$ có dạng $y=40-a{x}^2$; thay $B(20;0)$: $0=40-400a\Rightarrow a=\frac{1}{10}$, vậy bờ $AB$: $y=40-\frac{x^2}{10}$ với $0\le x\le 20$. Tâm vườn $I$ cách $AE$ (trục $Oy$) 40 m và cách $BC$ (trục $Ox$) 30 m nên $I(40;30)$, bán kính 15 m. Độ dài cầu từ điểm $P(x,40-\frac{x^2}{10})$ trên bờ $AB$ đến vườn là $f(x)=PI-15$. Ta có $$P{I}^2=(x-40{)}^2+{\left(10-\frac{x^2}{10}\right)}^2.$$ Đạo hàm theo $x$ bằng 0: $(x-40)-\frac{x}{5}\left(10-\frac{x^2}{10}\right)=0\iff x^3-50x-2000=0\Rightarrow x\approx 13,916$ (nằm trong $[0;20]$). Khi đó $P{I}^2\approx (13,916-40{)}^2+(10-19,365{)}^2\approx 680,37+87,70=768,07$, $PI\approx 27,714$. So sánh với hai đầu $A$: $PI=\sqrt{1700}\approx 41,23$ và $B$: $PI=\sqrt{1300}\approx 36,06$, nên giá trị nhỏ nhất tại $x\approx 13,916$. Độ dài cầu ngắn nhất $\approx 27,714-15=12,714\approx 12,7$ mét.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=\cos x$, với $x\in [0;\pi ]$ thì $t\in [-1;1]$. Ta có $f(t)=\frac{t+m^2+3m}{t+2}$ (mẫu luôn dương vì $t+2\ge 1>0$).

$f^{\prime }(t)=\frac{(t+2)-(t+m^2+3m)}{(t+2{)}^2}=\frac{2-m^2-3m}{(t+2{)}^2}$.

• Nếu $2-m^2-3m>0$ tức $m^2+3m<2$ (tức $m\in \left(\frac{-3-\sqrt{17}}{2};\frac{-3+\sqrt{17}}{2}\right)\approx (-3,56;0,56)$): hàm đồng biến, GTLN tại $t=1$: $M=\frac{m^2+3m+1}{3}$. Điều kiện $M\le -1\iff m^2+3m+4\le 0$, vô nghiệm vì $\Delta =9-16<0$.

• Nếu $2-m^2-3m<0$ tức $m^2+3m>2$ (tức $m<\frac{-3-\sqrt{17}}{2}$ hoặc $m>\frac{-3+\sqrt{17}}{2}$): hàm nghịch biến, GTLN tại $t=-1$: $M=m^2+3m-1$. Điều kiện $M\le -1\iff m^2+3m\le 0\iff m\in [-3;0]$. Nhưng giao với điều kiện $m^2+3m>2$ (tức $m<-3,56$ hoặc $m>0,56$) là tập rỗng.

• Nếu $m^2+3m=2$ thì $f(t)=1$ hằng, $M=1>-1$, không thỏa.

Vậy không có giá trị nguyên nào của $m$ thỏa mãn.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt tâm đường tròn (T) là gốc tọa độ, bán kính R = 16 cm. Hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn nên cạnh a = R√2 = 16√2, diện tích a² = 512 cm², cạnh AB nằm trên đường thẳng y = 8√2.

Xét miếng phụ hình chữ nhật MNPQ gắn trên cạnh AB: gọi h là chiều cao (khoảng cách từ MN đến AB) và x = MN là chiều rộng. Khi đó M, N nằm trên đường tròn tại cao độ t = 8√2 + h, nên x²/4 + t² = 256, suy ra x = 2√(256 − t²) với t ∈ [8√2; 16].

Tổng diện tích tiết diện: S = 512 + 4xh = 512 + 8√(256 − t²)(t − 8√2).

Đặt f(t) = √(256 − t²)(t − 8√2). Ta có f'(t) = (256 − 2t² + 8√2·t)/√(256 − t²).

f'(t) = 0 ⟺ t² − 4√2·t − 128 = 0 ⟺ t = 2√2 + 2√34 ≈ 14,4903 (nghiệm dương thuộc đoạn).

Kiểm tra lại t² = (2√2 + 2√34)² = 8 + 136 + 8√68 = 144 + 16√17 ≈ 209,9697 (phép tính trong lời giải là đúng). Khi đó h = t − 8√2 ≈ 3,1763 và x = 2√(256 − 209,9697) = 2√46,0303 ≈ 13,5691.

Diện tích mỗi miếng phụ: xh ≈ 43,099 cm². Vậy S_max = 512 + 4(43,099) ≈ 684,4 ≈ 684 cm².

Vậy diện tích lớn nhất của tiết diện ngang là 684 cm² (làm tròn đến hàng đơn vị).

Ta có: $\frac{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}$

Ta chứng minh rằng:
$$P\le \frac{3}{2}$$
$$\iff 4.\sum _{cyc}\frac{1}{2a+b+c}\le \frac{3}{2}+\sum _{cyc}\frac{1}{a+b}$$

Đặt $x=a+b$, $y=b+c$, $z=c+a$ thì $x,y,z>0$; $x+y+z=6$ và ta cần chứng minh:
$$4.\sum _{cyc}\frac{1}{x+y}\le \frac{3}{2}+\sum _{cyc}\frac{1}{x}$$
$$\iff \sum _{cyc}\frac{1}{x}-\frac{3}{2}\le \sum _{cyc}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}-\frac{4}{x+y}\right)$$
$$\iff \sum _{cyc}\frac{1}{x}-\frac{3}{2}\le \sum _{cyc}\frac{(x-y{)}^2}{xy.(x+y)}$$

Thật vậy ta có: ${\sum }_{cyc}\frac{1}{x}-\frac{3}{2}=\frac{xy+yz+zx}{xyz}-\frac{3}{2}=\frac{(x+y+z)(xy+yz+zx)}{6xyz}-\frac{3}{2}$

$=\frac{(x+y+z)(xy+yz+zx)-9xyz}{6xyz}$

$=\frac{(x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x)+(x{y}^2+y{z}^2+z{x}^2)-6xyz}{6xyz}$

$=\frac{x(y-z{)}^2+y(z-x{)}^2+z(x-y{)}^2}{6xyz}$

$=\frac{(x-y{)}^2}{6xy}+\frac{(y-z{)}^2}{6yz}+\frac{(z-x{)}^2}{6zx}$

Mà $x+y+z=6$ nên $6>\max \{x+y;y+z;z+x\}$
Cho nên:
$$\frac{(x-y{)}^2}{6xy}+\frac{(y-z{)}^2}{6yz}+\frac{(z-x{)}^2}{6zx}\le \frac{(x-y{)}^2}{xy(x+y)}+\frac{(y-z{)}^2}{yz(y+z)}+\frac{(z-x{)}^2}{zx(z+x)}(\text{đpcm})$$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=2\iff a=b=c=1$.
Vậy GTLN của $P$ là $\frac{3}{2}$.

Điều kiện tồn tại hai điểm $M,N$: Ta có $y^{\prime }=3x^2+6a$. Tiếp tuyến tại điểm thuộc $(C)$ có hoành độ $x_0$ có hệ số góc bằng 3 khi và chỉ khi $$3x_0^2+6a=3⟺x_0^2=1-2a.$$ Để có hai điểm phân biệt $M,N$ thì phương trình trên phải có hai nghiệm phân biệt, tức là $1-2a>0$, hay $a<\frac{1}{2}$. Đặt $t=\sqrt{1-2a}>0$, khi đó $M(-t;-t^3-6at+b)$ và $N(t;t^3+6at+b)$. Phương trình đường thẳng $MN$: Hệ số góc của $MN$ bằng $$\frac{y_N-y_M}{x_N-x_M}=\frac{2t^3+12at}{2t}=t^2+6a=(1-2a)+6a=1+4a.$$ Vì $x_M+x_N=0$ và $y_M+y_N=2b$ nên điểm $(0;b)$ là trung điểm của $MN$, do đó $$MN:y=(1+4a)x+b\text{hay}(1+4a)x-y+b=0.$$ Khai thác giả thiết về khoảng cách: $$d(O,MN)=\frac{|b|}{\sqrt{(1+4a{)}^2+1}}=1⟹b^2=(1+4a{)}^2+1=16a^2+8a+2.$$ Từ đó $$a^2+b^2=17a^2+8a+2.$$ Viết lại biểu thức $P$: Đặt $u=a^2+b^2>0$. Theo đẳng thức vừa thu được, $17a^2+8a+2=u$, đồng thời $2a^2+b^2=a^2+(a^2+b^2)=a^2+u$. Do đó $$P=a^2+u+\frac{4}{u}.$$ Đánh giá: Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân, $$u+\frac{4}{u}\ge 2\sqrt{u\cdot \frac{4}{u}}=4,\text{daˆˊu ba˘ˋng khi }u=2.$$ Mặt khác $a^2\ge 0$, dấu bằng khi $a=0$. Vậy $P\ge 4$. Điều kiện xảy ra dấu bằng: Với $a=0$ ta có $b^2=16\cdot 0+8\cdot 0+2=2$, suy ra $u=a^2+b^2=2$. Như vậy hai dấu bằng xảy ra đồng thời. Khi đó $a=0<\frac{1}{2}$ nên hai điểm $M,N$ tồn tại và phân biệt, ứng với $b=\pm \sqrt{2}$. Đáp số: $\min P=4$, đạt được khi $a=0$ và $b=\pm \sqrt{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi — đã kiểm tra lại toàn bộ tính toán)

CÂU 2a) Gọi $a$ là cạnh lục giác đều nội tiếp, bán kính đường tròn $R=15$ m. Khoảng cách từ tâm $O$ đến mỗi cạnh lục giác là $r=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Mỗi hình chữ nhật trồng hoa có chiều rộng $1$ m, chiều dài $a$, hai đỉnh ngoài chạm đường tròn nên: ${\left(\frac{a}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}+1\right)}^2=15^2$. Suy ra $\frac{a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}+a\sqrt{3}+1=225\iff a^2+a\sqrt{3}-224=0$, lấy nghiệm dương $a=\frac{\sqrt{899}-\sqrt{3}}{2}\approx 14,1256$ m. Diện tích lục giác (bể cá): $S_{lục}=\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^2\approx 518,403$ m². Diện tích trồng hoa (6 hình chữ nhật): $S_{hoa}=6a\approx 84,754$ m². Diện tích trồng cỏ: $S_{cỏ}=\pi R^2-S_{lục}-S_{hoa}=225\pi -518,403-84,754\approx 103,702$ m². Chi phí: cỏ $103,702\times 50000\approx 5185100$ đồng; hoa $84,754\times 1500000\approx 127131000$ đồng. Tổng: $\approx 132316000$ đồng $\approx 132,3$ triệu đồng.

CÂU 2b) Gọi $a$ là cạnh đáy lục giác đều và $h$ là chiều cao lăng trụ (chiều rộng hình chữ nhật). Hai đỉnh ngoài của hình chữ nhật nằm trên tấm bìa tròn bán kính 4 cm nên: ${\left(\frac{a}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}+h\right)}^2=16\iff a^2+\sqrt{3}ah+h^2=16$. Thể tích: $V=\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^{2}h$. Dùng nhân tử Lagrange: $\frac{3\sqrt{3}ah}{2a+\sqrt{3}h}=\frac{\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^2}{\sqrt{3}a+2h}\iff 2h(\sqrt{3}a+2h)=a(2a+\sqrt{3}h)\iff 2a^2-\sqrt{3}ah-4h^2=0\iff a=\frac{\sqrt{3}+\sqrt{35}}{4}h\approx 1,9121h$. Thay vào ràng buộc: $h^2\left(k^2+\sqrt{3}k+1\right)=16$ với $k=\frac{\sqrt{3}+\sqrt{35}}{4}$, mà $k^2+\sqrt{3}k+1=\frac{3(11+\sqrt{105})}{8}\approx 7,9676$, suy ra $h^2=\frac{128}{3(11+\sqrt{105})}\approx 2,0081$, $h\approx 1,4171$ cm, $a\approx 2,7096$ cm. Khi đó $V_{\max }=\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^{2}h=\frac{64\sqrt{2}(19+\sqrt{105})}{(11+\sqrt{105}{)}^{3/2}}\approx 27,03$ cm³. Vì $V\to 0$ khi $h\to 0$ hoặc $a\to 0$, điểm tới hạn duy nhất trong miền mở cho giá trị lớn nhất. Vậy thể tích lớn nhất của hộp quà là $\approx 27,03$ cm³.

Kiểm tra số: $a\approx 14,1256$: $a^2+a\sqrt{3}\approx 199,53+24,47=224$ ✓; $V_{\max }$ kiểm tra trực tiếp $\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot (2,7096{)}^2\cdot 1,4171\approx 27,03$ cm³ ✓.

(AI giải đề cho tôi)
Doanh thu hàng tháng: $x$ nghìn khách hàng với giá $p(x)=500-10x$ nghìn đồng/tháng nên doanh thu là $x(500-10x)$ triệu đồng (nghìn × nghìn = triệu). Nền tảng giữ 5\% nên doanh nghiệp nhận $0,95x(500-10x)$ triệu đồng.

Lợi nhuận:
$$L(x)=0,95x(500-10x)-(500+20x+0,5x^2)=475x-9,5x^2-500-20x-0,5x^2=-10x^2+455x-500.$$

Chỉ số hiệu quả:
$$H(x)=\frac{-10x^2+455x-500}{1000+20x},15\le x\le 30.$$

Đạo hàm:
$$H^{\prime }(x)=\frac{(-20x+455)(1000+20x)-20(-10x^2+455x-500)}{(1000+20x{)}^2}=\frac{-200x^2-20000x+465000}{(1000+20x{)}^2}.$$

$H^{\prime }(x)=0\iff x^2+100x-2325=0\iff x=\frac{-100+\sqrt{19300}}{2}\approx 19,462$ (nhận) hoặc $x<0$ (loại).

Trên $[15;19,462]$ hàm $H$ tăng, trên $[19,462;30]$ hàm $H$ giảm nên $H$ đạt max tại $x\approx 19,462$.

Ràng buộc giá là bội của 5 nghìn đồng: $p=500-10x$ là bội của 5 $\iff 10x$ chia hết cho 5 $\iff x$ là bội của $0,5$. Xét các giá trị lân cận:
- $x=19$: $L=4535$, $K=1380$, $H\approx 3,2862$.
- $x=19,5$: $L=4570$, $K=1390$, $H\approx 3,2878$.
- $x=20$: $L=4600$, $K=1400$, $H\approx 3,2857$.

Vậy $H(x)$ lớn nhất khi $x=19,5$ nghìn khách hàng, khi đó giá thuê bao là $p=500-10\cdot 19,5=305$ nghìn đồng/tháng.

Kết luận: Doanh nghiệp nên đặt giá thuê bao $305$ nghìn đồng mỗi tháng.

(AI giải đề cho tôi)
**Thiết lập bài toán.** Đặt $O$ là gốc, tia $Ox$ chứa $X$ ($OX=120$ km), tia $Oy$ chứa $Y$ sao cho $\widehat{XOY}=120^{\circ }$ ($OY=150$ km). Vì $T$ nằm trên vùng cù lao (trong miền góc $XOY$) và $OT=60$ km, đặt $\theta =\widehat{XOT}$ với $0^{\circ }\le \theta \le 120^{\circ }$.

Áp dụng định lí cosin:
$$T{X}^2=60^2+120^2-2\cdot 60\cdot 120\cos \theta =18000-14400\cos \theta ,$$
$$T{Y}^2=60^2+150^2-2\cdot 60\cdot 150\cos (120^{\circ }-\theta )=26100-18000\cos (120^{\circ }-\theta ).$$

Chi phí (triệu USD), chú ý $100000$ USD $=0,1$ triệu USD:
$$C(\theta )=0,1TX+0,2TY=0,1\left(\sqrt{18000-14400\cos \theta }+2\sqrt{26100-18000\cos (120^{\circ }-\theta )}\right).$$

**Tìm cực tiểu của $f(\theta )=TX+2TY$.**
$$f^{\prime }(\theta )=\frac{7200\sin \theta }{TX}-\frac{18000\sin (120^{\circ }-\theta )}{TY}.$$
Cho $f^{\prime }(\theta )=0\iff \frac{\sin \theta }{TX}=\frac{2,5\sin (120^{\circ }-\theta )}{TY}$.

Thử các giá trị:
- $\theta =0^{\circ }$: $TX=60$, $TY=\sqrt{35100}\approx 187,35\Rightarrow f\approx 434,7$.
- $\theta =120^{\circ }$: $TY=90$, $TX=\sqrt{25200}\approx 158,75\Rightarrow f\approx 338,75$.
- $\theta =106^{\circ }$: $TX\approx 148,22$, $TY\approx 92,92\Rightarrow f\approx 334,07$.
- $\theta =106,1^{\circ }$: $TX\approx 148,30$, $TY\approx 92,89\Rightarrow f\approx 334,06$; tại đây $f^{\prime }$ đổi dấu từ âm sang dương nên đây là điểm cực tiểu.

Vậy $\theta \approx 106,1^{\circ }$, $TX\approx 148,28$ km, $TY\approx 92,89$ km, và
$$C_{\min }=0,1\cdot 148,28+0,2\cdot 92,89\approx 14,83+18,58\approx 33,41\text{ (triệu USD)}.$$

**Kết luận:** Chi phí thấp nhất để hoàn thành hai con đường là khoảng $\boxed{33,41}$ triệu USD (khoảng $33,4$ triệu USD), đạt được khi $T$ nằm trên cung tròn tâm $O$ bán kính $60$ km với $\widehat{XOT}\approx 106,1^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $a$ (m) là cạnh lục giác đều, $x$ (m) là chiều cao hình chữ nhật. Lục giác đều có tâm trùng tâm tam giác đều, các cạnh song song với cạnh tam giác. Khoảng cách từ tâm tam giác đến cạnh tam giác (bán kính đường tròn nội tiếp) bằng $\frac{2\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}$. Để hình gấp nằm trong tấm tôn, khoảng cách từ tâm đến mép ngoài hình chữ nhật theo phương pháp tuyến phải không vượt quá $\frac{\sqrt{3}}{3}$: $\frac{\sqrt{3}}{2}a+x\le \frac{\sqrt{3}}{3}$, tức $x=\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}a$ (thỏa $0<x<\frac{2}{3}$). Thể tích lăng trụ lục giác đều: $V=\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^{2}x=\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^2\cdot \sqrt{3}\left(\frac{1}{3}-\frac{a}{2}\right)=\frac{3}{2}{a}^2-\frac{9}{4}{a}^3$. Có $V^{\prime }(a)=3a-\frac{27}{4}{a}^2=0\Rightarrow a=\frac{4}{9}$ (m), khi đó $x=\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{2\sqrt{3}}{9}=\frac{\sqrt{3}}{9}<\frac{2}{3}$, thỏa mãn. Vì $V^{\prime }(a)>0$ với $a<\frac{4}{9}$ và $V^{\prime }(a)<0$ với $a>\frac{4}{9}$ nên $V$ đạt lớn nhất tại $a=\frac{4}{9}$: $V_{\max }=\frac{3}{2}\cdot \frac{16}{81}-\frac{9}{4}\cdot \frac{64}{729}=\frac{8}{81}$ m${}^3=\frac{8000}{81}\approx 98,8$ dm${}^3$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng dây 28 dm: đáy vuông dùng 4x, hai đoạn còn lại mỗi đoạn dài (28-4x)/2 = 14-2x, uốn thành đường gấp khúc ASC = SA + SC nên cạnh bên SA = (14-2x)/2 = 7-x, với 0<x<7. a) Đúng.

b) Với x=4: cạnh bên = 3, nửa đường chéo đáy = 4√2/2 = 2√2, h² = 9 - 8 = 1 ⇒ h = 1 dm. Đúng.

c) Các cạnh bằng nhau: x = 7-x ⇒ x = 3,5. Mặt bên là tam giác đều cạnh 3,5, diện tích 4 mặt = 4·(√3/4)·3,5² = 49√3/4 ≈ 21,22 dm² ≠ 15√3. Sai.

d) Thể tích V = (1/3)x²√((7-x)² - x²/2). Khảo sát f(x) = x⁴(49 - 14x + x²/2), f'(x) = x³(3x² - 70x + 196) = 0 ⇒ x = (70 - √2548)/6 ≈ 3,25 dm (không phải 1,89). Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Cạnh bên = (14-2x)/2 = 7-x dm, điều kiện 0<x<7.
b) (AI giải đề cho tôi)
x=4: cạnh bên 3, h=√(9-8)=1 dm.
c) (AI giải đề cho tôi)
x=3,5, diện tích 4 mặt bên = 49√3/4 ≈ 21,22 dm² ≠ 15√3 dm².
d) (AI giải đề cho tôi)
V max khi 3x²-70x+196=0 ⇒ x ≈ 3,25 dm, không phải 1,89 dm.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $t$ là số lần tăng 4 giờ làm việc, khi đó thời gian làm việc tuần là $x=36+4t\Rightarrow t=\frac{x-36}{4}$, với $x\ge 36$.

Số công nhân: $125-2t=\frac{286-x}{2}$; năng suất mỗi công nhân mỗi giờ: $139-5t=\frac{736-5x}{4}$ (các đại lượng dương nên $36\le x<147,2$).

Tổng sản phẩm thật (đã trừ phế phẩm) mỗi tuần:
$$f(x)=\frac{x(286-x)(736-5x)}{8}-\frac{5x^2+64x}{2}=\frac{5x^3-2186x^2+210240x}{8}.$$

$f^{\prime }(x)=\frac{15x^2-4372x+210240}{8}=0$ với $\Delta =4372^2-4\cdot 15\cdot 210240=6499984$, $\sqrt{\Delta }\approx 2549,51$, cho hai nghiệm $x\approx 60,75$ và $x\approx 230,7$ (loại vì ngoài miền xác định).

Kiểm tra: $f(36)=125\cdot 139\cdot 36-4392=621108$; $f(60,75)\approx 728175$; hàm giảm sau $x\approx 60,75$. Vậy số sản phẩm lớn nhất khi $x\approx 60,75$ giờ mỗi tuần.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ sao cho $OA,OB,OC$ lần lượt nằm trên các tia $Ox,Oy,Oz$. Tọa độ các đỉnh: $O(0;0;0),A(3;0;0),B(0;6;0),C(0;0;12)$. Phương trình mặt phẳng $(ABC)$ theo đoạn chắn là: $\frac{x}{3}+\frac{y}{6}+\frac{z}{12}=1$. Gọi tọa độ điểm $M(x;y;z)$ với $x,y,z>0$ và nằm trên $(ABC)$. Khi đó hình hộp chữ nhật có ba kích thước lần lượt là $x,y,z$ nên thể tích là $V=xyz$. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương $\frac{x}{3},\frac{y}{6},\frac{z}{12}$: $1=\frac{x}{3}+\frac{y}{6}+\frac{z}{12}\ge 3\sqrt[3]{\frac{xyz}{3\cdot 6\cdot 12}}=3\sqrt[3]{\frac{V}{216}}⟺\frac{1}{27}\ge \frac{V}{216}⟺V\le \frac{216}{27}=8{\text{ cm}}^3$. Dấu bằng xảy ra khi $\frac{x}{3}=\frac{y}{6}=\frac{z}{12}=\frac{1}{3}⟺x=1,y=2,z=4$. Vậy thể tích lớn nhất bằng $8{\text{ cm}}^3$.

Đặt $S=x+y$ và $P^{\prime }=xy$. Vì $x^2+y^2=2$ nên:
$S^2-2P^{\prime }=2\Rightarrow P^{\prime }=\frac{S^2-2}{2}$

Điều kiện để tồn tại $x,y$ là $S^2\ge 4P^{\prime }\iff S^2\ge 2(S^2-2)=2S^2-4\iff S^2\le 4\iff -2\le S\le 2$.

Biểu thức $P$ viết theo $S$:
$P=2(x+y)(x^2-xy+y^2)-3xy=2S(2-P^{\prime })-3P^{\prime }$
$=2S\left(2-\frac{S^2-2}{2}\right)-3\left(\frac{S^2-2}{2}\right)=2S\left(3-\frac{S^2}{2}\right)-\frac{3}{2}{S}^2+3=-S^3-\frac{3}{2}{S}^2+6S+3$

Xét hàm số $f(S)=-S^3-\frac{3}{2}{S}^2+6S+3$ trên $[-2;2]$:
$f^{\prime }(S)=-3S^2-3S+6=-3(S^2+S-2)=-3(S-1)(S+2)$
$f^{\prime }(S)=0\iff S=1$ hoặc $S=-2$.

Tính giá trị tại các điểm biên và điểm tới hạn:
- $f(-2)=-(-8)-\frac{3}{2}(4)+6(-2)+3=8-6-12+3=-7$;
- $f(1)=-1-\frac{3}{2}+6+3=\frac{13}{2}$;
- $f(2)=-8-6+12+3=1$.

Do đó:
- $M=\max f(S)=\frac{13}{2}$ (đạt tại $S=1$);
- $m=\min f(S)=-7$ (đạt tại $S=-2$).

Vậy giá trị $M+m$ bằng:
$M+m=\frac{13}{2}+(-7)=-\frac{1}{2}$