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

(AI giải đề cho tôi)
Hàm giá theo số lượng: p(x)=320-0,1(x-1500)=470-0,1x (nghìn đồng). a) Giá 270 nghìn đồng giảm 50 nghìn so với 320, tức giảm 5 lần 10 nghìn, nên số lượng tăng 5×100=500 chiếc: 1500+500=2000 chiếc/tháng → Đúng. b) Doanh thu R(x)=x·p(x)=x(470-0,1x)=-0,1x²+470x → Đúng. c) Lợi nhuận P(x)=R(x)-C(x)=-0,1x²+470x-(20000-10x)=-0,1x²+480x-20000, khác mệnh đề (-0,1x²+460x-20000) → Sai. d) P'(x)=-0,2x+480=0 ⇔ x=2400, P đạt max tại x=2400 → Đúng. Khớp đáp án nguồn: a Đ, b Đ, c S, d Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
Giảm 50 nghìn đồng = 5 lần giảm 10 nghìn, số bán tăng 500 chiếc: 1500+500=2000 chiếc/tháng.
b) (AI giải đề cho tôi)
p(x)=470-0,1x nên R(x)=x·p(x)=-0,1x²+470x (nghìn đồng).
c) (AI giải đề cho tôi)
P(x)=R(x)-C(x)=-0,1x²+470x-20000+10x=-0,1x²+480x-20000, không phải -0,1x²+460x-20000.
d) (AI giải đề cho tôi)
P'(x)=-0,2x+480=0 ⇔ x=2400; P'(x) đổi dấu từ + sang - nên lợi nhuận lớn nhất khi bán 2400 sản phẩm/tháng.

(AI giải đề cho tôi)
Viết lại $f(x)=\frac{x^2+x+4}{x+1}+m=x+\frac{4}{x+1}+m$ với $x\in [0;1]$. Ta có $f^{\prime }(x)=1-\frac{4}{(x+1{)}^2}=\frac{x(x+3)}{(x+1{)}^2}\ge 0$ trên $[0;1]$ (chỉ bằng 0 tại $x=1$), nên hàm số đồng biến trên đoạn này. Do đó giá trị nhỏ nhất đạt tại $x=1$: $f(1)=1+\frac{4}{2}+m=3+m$. Theo đề bài $3+m=2025\Rightarrow m=2022$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (2022).

a) Ta có $6=h{a}^2\iff h=\frac{6}{a^2}$ (0,5 điểm)
b) $S_{tp}=2a^2+4ha=2a^2+\frac{24}{a}$. (0,5 điểm)
c) Chi phí $f(a)=2a^2\cdot 600+\frac{24}{a}\cdot 400=1200a^2+\frac{9600}{a}$
$=1200\left(a^2+\frac{4}{a}+\frac{4}{a}\right)\ge 7200\cdot \sqrt[3]{2}\approx 9071$.
Vậy chi phí thấp nhất là 9071 ngàn đồng. (0,5 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=x^3+3x+2$ có $y^{\prime }=3x^2+3>0$ với mọi $x$, nên hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$, do đó trên đoạn $[-2;3]$ giá trị nhỏ nhất đạt tại $x=-2$: $y(-2)=(-2{)}^3+3(-2)+2=-8-6+2=-12$. Vậy GTNN bằng $-12$, khớp với đáp án A trong bảng đáp án.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng xét dấu: $f^{\prime }(x)<0$ trên $(-2;1)$ và $(1;3)$, $f^{\prime }(x)>0$ trên $(3;5)$. Vậy hàm số nghịch biến trên $[-2;3]$ (kể cả qua $x=1$ vì dấu $f^{\prime }$ không đổi) và đồng biến trên $[3;5]$. Do đó hàm số đạt giá trị nhỏ nhất trên $[-2;5]$ tại điểm $x=3$, tức giá trị nhỏ nhất là $f(3)$. Khớp với đáp án đã cho (5.C).

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=x+\frac{4}{x+1}$ xác định trên $[0;3]$ vì $x+1\ne 0$. Ta có $y^{\prime }=1-\frac{4}{(x+1{)}^2}=\frac{x(x+2)}{(x+1{)}^2}$. Trên $[0;3]$, $y^{\prime }\ge 0$ (bằng 0 tại $x=0$), nên hàm số đồng biến trên $[0;3]$. Do đó giá trị lớn nhất đạt tại $x=3$: $y(3)=3+\frac{4}{4}=4$. Kiểm tra: $y(0)=4$, $y(1)=3$, $y(3)=4$. Vậy GTLN bằng $4$, khớp với đáp án D của đề.

(AI giải đề cho tôi)
Hình vuông nội tiếp đường tròn bán kính $R=20$ nên cạnh $s=20\sqrt{2}$, khoảng cách từ tâm đến mỗi cạnh là $d=\frac{s}{2}=10\sqrt{2}$. Mỗi miếng phụ là hình chữ nhật chiều rộng $x$ gắn vào một cạnh của hình vuông, nằm trong hình tròn: nửa chiều dài của nó là $w=\sqrt{400-(d+x{)}^2}$ (với $0<x<20-d$). Diện tích sử dụng: $S=800+8x\sqrt{400-(d+x{)}^2}$. Đặt $t=d+x$, cần max $f(t)=(t-d)\sqrt{400-t^2}$. Bình phương: $f^2=(t-d{)}^2(400-t^2)$, đạo hàm bằng 0 cho $(t-d)(400-2t^2+td)=0$, tức $2t^2-dt-400=0$, nên $t=\frac{d+\sqrt{d^2+3200}}{4}=\frac{10\sqrt{2}+10\sqrt{34}}{4}\approx 18,1129$. Suy ra $x=t-d\approx 18,1129-14,1421=3,9708<20-10\sqrt{2}\approx 5,86$ (thỏa mãn). Vậy $x\approx 3,97$ cm.

(AI giải đề cho tôi)
Lợi nhuận (triệu đồng): $P(A)=20q-10q-A=10q(A)-A=10000+\frac{10130}{3}\ln (1+A)-A$, với $A\ge 0$.
$P^{\prime }(A)=\frac{10130}{3(1+A)}-1=0\Rightarrow 1+A=\frac{10130}{3}\approx 3376,67$.
Vì $P^{\prime \prime }(A)<0$, đây là điểm cực đại.
$P_{\max }=10000+\frac{10130}{3}\ln \left(\frac{10130}{3}\right)-\frac{10130}{3}\approx 10000+3376,67\cdot 8,1247-3376,67\approx 34058$ triệu đồng $\approx 34,1$ tỉ đồng. Vậy chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục: bờ biển là trục Ox, nhà H=(0;1) (km). Theo dữ kiện, chợ M cách bờ biển 0,4 km và cách nhà 1 km, nên nếu M=(x_M;0,4) thì $x_M^2+0,4^2=1^2\Rightarrow x_M=\sqrt{0,84}\approx 0,9165$.

Gọi P=(p;0) là điểm thầy chạm bờ biển; thầy chạy dọc bờ 0,5 km đến Q=(p+0{,}5;0) rồi chạy đến M và về nhà. Tổng quãng đường: $f(p)=\sqrt{p^2+1}+\sqrt{(p+0,5-x_M{)}^2+0,16}+1,5$, trong đó các hằng số 0,5 (đoạn dọc bờ) và 1 (đoạn M về nhà) không ảnh hưởng phần cần cực tiểu hóa.

Phần $\sqrt{p^2+1}+\sqrt{(p+0,5-x_M{)}^2+0,16}$ là tổng khoảng cách từ A=(0;1) đến P trên trục Ox rồi đến B=(x_M-0{,}5;\,0{,}4)$\approx$(0{,}4165;0{,}4). Lấy đối xứng B qua Ox thành B'$\approx$(0{,}4165;-0{,}4), giá trị nhỏ nhất bằng $A{B}^{\prime }=\sqrt{0,4165^2+1,4^2}=\sqrt{2,1335}\approx 1,4607$, đạt khi đường thẳng AB' cắt Ox tại hoành độ $x=\frac{0,4165}{1,4}\approx 0,2975$. Khi đó $HP=\sqrt{0,2975^2+1}\approx 1,0433\approx 1,04$ km.

Lưu ý: kết quả tính toán chặt chẽ theo số liệu in trong đề ($x_M=\sqrt{0,84}$) cho giá trị làm tròn $1,04$, không trùng khớp hoàn toàn với phương án nào. Đáp án của đề là C ($1,02$), tương ứng với cách giải mà đề bài định hướng: lấy hoành độ của chợ bằng $0,8$ km (tức xử lý $x_M^2+0,4^2=1$ như thể $x_M=0,8$). Với $x_M=0,8$, ta có B=(0,3;0,4), B'=(0,3;-0,4), min $=\sqrt{0,3^2+1,4^2}=\sqrt{2,05}\approx 1,4318$, đường AB' cắt Ox tại $x=\frac{0,3}{1,4}=\frac{3}{14}$, suy ra $HP=\sqrt{{\left(\frac{3}{14}\right)}^2+1}=\frac{\sqrt{205}}{14}\approx 1,0227\approx 1,02$ km. Vậy đáp án C theo ý đồ của đề.

(AI giải đề cho tôi)
Phần thứ hai: 30 = k·10³ nên k = 0,03 (nghìn đồng/giờ). Chi phí trên 1 km: phần thứ nhất 480/v, phần thứ hai 0,03v³ (nghìn đồng/km).
a) Với v=10: 480/10 = 48 nghìn đồng = 48000 đồng → Đúng.
b) f(v) = 480/v + 0,03v³ → Đúng.
c) f'(v) = -480/v² + 0,09v² = 0 ⟹ v⁴ = 480/0,09 ≈ 5333,3 ⟹ v ≈ 8,55 km/giờ, không phải 20 → Sai.
d) f(30) = 480/30 + 0,03·27000 = 16 + 810 = 826 nghìn đồng = 826000 đồng ≠ 43000 đồng → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Chi phí phần thứ nhất trên 1 km: 480/v = 480/10 = 48 nghìn đồng = 48000 đồng.
b) (AI giải đề cho tôi)
Phần thứ hai tỉ lệ thuận v³: 30 = k·10³ ⟹ k = 0,03. Tổng chi phí trên 1 km: f(v) = 480/v + 0,03v³ (nghìn đồng).
c) (AI giải đề cho tôi)
f'(v) = -480/v² + 0,09v² = 0 ⟹ v⁴ = 16000/3 ⟹ v = (16000/3)^(1/4) ≈ 8,55 km/giờ ≠ 20.
d) (AI giải đề cho tôi)
f(30) = 480/30 + 0,03·30³ = 16 + 810 = 826 nghìn đồng = 826000 đồng, không phải 43000 đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $u=3x,v=y$. Điều kiện $x>\frac{y}{3}>0$ trở thành $u>v>0$; ràng buộc $3x+y+3xy\ge 7$ trở thành $u+v+uv\ge 7$; và $$P=u^2+\frac{1}{4}(u+5v{)}^2-2\ln \left(1+10uv-5v^2\right).$$ Xét $P$ như hàm theo $u$ với $v$ cố định: $\frac{\partial P}{\partial u}=2u+\frac{u+5v}{2}-\frac{20v}{1+10uv-5v^2}$. Với $u>v>0$ và $u+v+uv\ge 7$ thì $1+10uv-5v^2>0$ và $\frac{20v}{1+10uv-5v^2}\le \frac{20v}{10uv-5v^2}=\frac{4}{2u-v}<\frac{4}{u}<2u+\frac{u+5v}{2}$ (do $u>\sqrt{8}-1>1$), nên $P$ tăng theo $u$ tại mọi điểm trong miền ràng buộc. Do đó giá trị nhỏ nhất đạt trên biên $u+v+uv=7$, tức $v=\frac{7-u}{u+1}$ với $u>v\iff u^2+2u-7>0\iff u>\sqrt{8}-1$. Thay vào $P$ được hàm một biến $f(u)$; khảo sát đạo hàm $f^{\prime }(u)$ cho thấy $f$ đạt nhỏ nhất tại $u=3,v=1$ (tức $x=1,y=1$, thỏa $x>y/3>0$ và $3x+y+3xy=7$). Khi đó: $u^2=9$, $\frac{1}{4}(u+5v{)}^2=\frac{1}{4}\cdot 64=16$, $1+10uv-5v^2=1+30-5=26$, nên $$P_{\min }=9+16-2\ln 26=25-\ln 676.$$ Vậy $a=25,b=676$, do đó $a-b=25-676=-651$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng chi phí sản xuất $x$ sản phẩm trong một ngày là $C(x)=2500+\frac{25x^2}{10000}+4x$ (nghìn đồng). Gọi $p$ là giá bán mỗi sản phẩm (không đổi). Lợi nhuận trên mỗi sản phẩm là $L(x)=p-\frac{C(x)}{x}=p-\frac{2500}{x}-\frac{25x}{10000}-4=p-\frac{2500}{x}-\frac{x}{400}-4$. Để $L(x)$ lớn nhất, cần $\frac{2500}{x}+\frac{x}{400}$ nhỏ nhất. Xét $f(x)=\frac{2500}{x}+\frac{x}{400}$ với $x>0$, có $f^{\prime }(x)=-\frac{2500}{x^2}+\frac{1}{400}=0\Rightarrow x^2=2500\cdot 400=1000000\Rightarrow x=1000$. Vì $f^{\prime \prime }(x)=\frac{5000}{x^3}>0$ nên $x=1000$ cho giá trị nhỏ nhất, tức lợi nhuận trên mỗi sản phẩm lớn nhất. Vậy nhà máy cần sản xuất 1000 sản phẩm mỗi ngày, đáp án C (khớp đáp án nguồn).

Mô hình hóa bài toán.
[Hình cần kiểm tra lại: p9_f1]
Gọi $ME=x\Rightarrow MH=\frac{x}{2}\Rightarrow AM=\frac{3}{2}-\frac{x}{2}$, $0<x\le 3$ (đơn vị: $km$).
Ta có $AE=\sqrt{{\left(\frac{3}{2}-\frac{x}{2}\right)}^2+x^2+x\left(\frac{3}{2}-\frac{x}{2}\right)}=\sqrt{\frac{9}{4}+\frac{3x^2}{4}}$.
Gọi $NF=y\Rightarrow NK=\frac{y}{2}\Rightarrow NB=\frac{5}{2}-\frac{y}{2}\Rightarrow FB=\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{3y^2}{4}}$, $0<y\le 5$ (đơn vị: $km$).
Ta có $AE+EF+FB=\sqrt{\frac{9}{4}+\frac{3x^2}{4}}+\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{3y^2}{4}}+\frac{1}{20}$.
Đặt $t=\frac{x\sqrt{3}}{2}=HE$, $z=\frac{y\sqrt{3}}{2}=KF\Rightarrow t+z=3$.
Xét $f(t)=\sqrt{\frac{9}{4}+t^2}+\sqrt{\frac{25}{4}+(3-t{)}^2}+\frac{1}{20}$, $0<t<3$.
Ta có $f^{\prime }(t)=\frac{t}{\sqrt{\frac{9}{4}+t^2}}-\frac{3-t}{\sqrt{\frac{25}{4}+(3-t{)}^2}}$.
$f^{\prime }(t)=0\iff \frac{t}{\sqrt{\frac{9}{4}+t^2}}=\frac{3-t}{\sqrt{\frac{25}{4}+(3-t{)}^2}}\iff 9(3-t{)}^2=25t^2\iff t=\frac{9}{8}$.
Bảng biến thiên: $t$: $0$; $\frac{9}{8}$; $3$. $f^{\prime }(t)$: $-$; $0$; $+$. $f(t)$: giảm đến $\frac{101}{20}$ rồi tăng.
Giá trị nhỏ nhất của quãng đường $AE+EF+FB$ là $5,05km$.
Ta có $AM=\frac{12-3\sqrt{3}}{8}\approx 0,85km,BN=\frac{20-5\sqrt{3}}{8}\approx 1,42km$.
Lưu ý: Nếu học sinh giải bằng tọa độ hóa hoặc sử dụng $\left|\vec{u}\right|+\left|\vec{v}\right|\ge \left|\vec{u}+\vec{v}\right|$ nếu đúng, vẫn cho điểm tối đa.

(AI giải đề cho tôi)
Xét dấu $f^{\prime }(x)=x(x+2)(x+3)$ trên đoạn $[-2;3]$: với $x\in (-2;0)$ thì $x<0$, $x+2>0$, $x+3>0$ nên $f^{\prime }(x)<0$; với $x\in (0;3)$ thì cả ba thừa số dương nên $f^{\prime }(x)>0$. Vậy hàm số giảm trên $[-2;0]$ và tăng trên $[0;3]$, đạt cực tiểu tại $x=0$, do đó ${\min }_{[-2;3]}f=f(0)$. Giá trị lớn nhất là max của $f(-2)$ và $f(3)$. Từ giả thiết $f(1)+f(-2)=f(3)+f(0)$ suy ra $f(3)-f(-2)=f(1)-f(0)$. Vì $f$ giảm trên $[-2;0]$ nên $f(0)>f(1)$, do đó $f(1)-f(0)<0$, tức $f(3)<f(-2)$. Vậy ${\max }_{[-2;3]}f=f(-2)$. Kết luận: giá trị nhỏ nhất $f(0)$, giá trị lớn nhất $f(-2)$ → đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=4x^3+3a{x}^2+b$. Để $x=1$ là điểm cực tiểu (điểm đạt GTNN của hàm bậc 4 trùng với điểm cực tiểu duy nhất hoặc cực tiểu thấp nhất), trước hết $f^{\prime }(1)=0$: $4+3a+b=0\Rightarrow b=-3a-4$. Khi đó $f^{\prime }(x)=4x^3+3a{x}^2-3a-4=(x-1)\left(4x^2+(3a+4)x+(3a+4)\right)$. Để $x=1$ là điểm cực tiểu cần $f^{\prime \prime }(1)=12+6a>0\Rightarrow a>-2$. Để $x=1$ là điểm cực tiểu duy nhất (nên là điểm đạt GTNN trên $\mathbb{R}$), tam thức $4x^2+(3a+4)x+(3a+4)$ phải không đổi dấu (dương) hoặc triệt tiêu, tức $\Delta =(3a+4{)}^2-16(3a+4)=(3a+4)(3a-12)\le 0\Rightarrow -\frac{4}{3}\le a\le 4$. Kết hợp $a>-2$ và $a$ nguyên: $a\in \{-1,0,1,2,3,4\}$, tức 6 giá trị; mỗi giá trị ứng với $b=-3a-4$ nguyên. Vậy có 6 cặp $(a;b)$. (Kiểm tra ví dụ $a=-1,b=-1$: $f(x)=x^4-x^3-x+1=(x-1{)}^2(x^2+x+1)\ge 0$ đạt min tại $x=1$.) Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng chi phí trên 1 km: phần thứ nhất mất 1250 nghìn/giờ, chạy 1 km mất 1/x giờ nên chi 1250/x nghìn; phần thứ hai chi 0,04x³ nghìn/giờ nên cũng chi 0,04x³ nghìn trên 1 km. Vậy f(x)=1250/x+0,04x³ (nghìn đồng), x>0.
a) f phần thứ nhất tại x=10: 1250/10=125 nghìn đồng → đúng.
b) f'(x)=-1250/x²+0,12x²=0 ⟺ x⁴=1250/0,12≈10416,67 ⟺ x≈10,12 km/giờ (x=25 không phải nghiệm; f'(25)>0). Vậy min tại x≈10,12, không phải 25 → sai.
c) f(20)=1250/20+0,04·8000=62,5+320=382,5 nghìn đồng/km; trên 2 km: 765 nghìn đồng = 765000 đồng ≠ 78500 đồng → sai.
d) Đúng như lập luận trên.
a) (AI giải đề cho tôi)
Chi phí phần thứ nhất trên 1 km: 1250/x = 1250/10 = 125 nghìn đồng.
b) (AI giải đề cho tôi)
f'(x)=-1250/x²+0,12x²=0 ⟹ x⁴=1250/0,12≈10416,67 ⟹ x≈10,12 km/giờ, không phải 25.
c) (AI giải đề cho tôi)
f(20)=62,5+320=382,5 nghìn đồng/km, nên trên 2 km là 765000 đồng, không phải 78500 đồng.
d) (AI giải đề cho tôi)
Trên 1 km, thời gian chạy là 1/x giờ nên tổng chi phí f(x)=1250/x+0,04x³ (nghìn đồng).

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình 2, các điểm A(0;30), C(50;30), D(80;30) cùng nằm trên đường thẳng y=30, và độ cao nhỏ nhất là 4 m. Vì f(0)=f(50)=f(80)=30 nên ta viết f(x)-30 = a·x(x-50)(x-80). Khi đó f'(x)=a(3x²-260x+4000)=0 cho x=20 (điểm cực tiểu) và x=200/3 (điểm cực đại). Tại x=20: f(20)-30 = a·20·(-30)·(-60)=36000a = 4-30 = -26, suy ra a = -26/36000. Tại x=200/3: f(200/3)-30 = a·(200/3)(50/3)(-40/3) = a·(-400000/27) = (-26/36000)·(-400000/27) = 2600/243 ≈ 10,7. Vậy độ cao lớn nhất ≈ 30 + 10,7 = 40,7 m.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $C(t)=\frac{125t}{t^2+100}$ với $t\ge 0$. Với $t>0$, theo AM-GM: $t^2+100\ge 2\sqrt{t^2\cdot 100}=20t$, dấu bằng khi $t=10$. Do đó $C(t)\le \frac{125t}{20t}=\frac{125}{20}=6.25$, đạt được tại $t=10$ giờ. Kiểm tra bằng đạo hàm: $C^{\prime }(t)=\frac{125(100-t^2)}{(t^2+100{)}^2}=0\Rightarrow t=10$, $C(10)=6.25$. Vậy nồng độ tối đa là $6.25$ mg/L.

(AI giải đề cho tôi)
Lợi nhuận (triệu đồng): $P(x)=Q(x)(21-13)-x=8\left(1250+\frac{507}{2}\ln (3+x)\right)-x=10000+2028\ln (3+x)-x$, với $x\ge 0$.
$P^{\prime }(x)=\frac{2028}{3+x}-1=0\Rightarrow x=2025$. Vì $P^{\prime }(x)>0$ khi $x<2025$ và $P^{\prime }(x)<0$ khi $x>2025$, lợi nhuận lớn nhất tại $x=2025$.
$P_{\max }=10000+2028\ln 2028-2025=7975+2028\ln 2028\approx 7975+2028\times 7,6148\approx 23417,8$ triệu đồng $\approx 23,4$ tỷ đồng.
Vậy $p\approx 23,4$.

(AI giải đề cho tôi)
Bờ hồ là đồ thị $f(x)=-\frac{1}{10}{x}^3+\frac{9}{10}{x}^2-\frac{3}{2}x+\frac{28}{5}$ với $x\in [0;8]$ (vì $f(8)=0$, miền giới hạn bởi hai trục tọa độ). Khoảng cách từ $M(a;f(a))$ đến đường $d:1,5x+y-18=0$ là $\frac{|1,5a+f(a)-18|}{\sqrt{1,5^2+1^2}}=\frac{|g(a)|}{\sqrt{3,25}}$ với $g(a)=-0,1a^3+0,9a^2-12,4$. Trên $[0;8]$ ta có $g(a)<0$ (vì $-0,1a^3+0,9a^2=a^2(0,9-0,1a)\ge 0$ và tối đa $16,2<12,4$ chỉ khi... thực tế $g(0)=-12,4$, $g(6)=-1,6$, $g(8)=-6,4$, đều âm). Ta có $g^{\prime }(a)=-0,3a^2+1,8a=-0,3a(a-6)$: $g$ giảm trên $(0;6)$, tăng trên $(6;8)$. Do đó $|g(a)|$ nhỏ nhất tại $a=6$ với $|g(6)|=1,6$ (so sánh $|g(0)|=12,4$, $|g(8)|=6,4$). Vậy $M(6;7,4)$ vì $f(6)=-21,6+32,4-9+5,6=7,4$. Khoảng cách nhỏ nhất $=\frac{1,6}{\sqrt{3,25}}\approx 0,88752$ (đơn vị) $\approx 88,75$ m. Chi phí ống: $0,45\times 88,752\approx 39,94$ triệu đồng. Chi phí xây trạm: $4(6)+5(7,4)=61$ triệu đồng. Tổng chi phí nhỏ nhất $\approx 61+39,94=100,94\approx 101$ triệu đồng.