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

Số tiền mà nhà máy $A$ thu được từ việc bán $x$ tấn sản phẩm $(0\le x\le 100)$ cho nhà máy $B$ là: $R(x)=x.P(x)=x\left(45-0,001x^2\right)=45x-0,001x^3$ (triệu đồng). Chi phí để $A$ sản xuất $x$ tấn sản phẩm trong một tháng là $C(x)=100+30x$ (triệu đồng). Lợi nhuận (triệu đồng) mà nhà máy $A$ thu được là: $P(x)=R(x)-C(x)=45x-0,001x^3-(100+30x)=-0,001x^3+15x-100$. Xét hàm số $P(x)=-0,001x^3+15x-100$ với $(0\le x\le 100)$ ta có: $P^{\prime }(x)=-0,003x^2+15$; $P^{\prime }(x)=0\Rightarrow x^2=5000\Rightarrow x=50\sqrt{2}$. Ta có $P(0)=-100$; $P\left(50\sqrt{2}\right)=500\sqrt{2}-100\approx 607$; $P(100)=400$. Vậy nhà máy $A$ thu được lợi nhuận lớn nhất khi bán khoảng $50\sqrt{2}\approx 70,7$ tấn sản phẩm cho nhà máy $B$ mỗi tháng.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $x$ là số lần giảm giá 700 000 đồng (x nguyên không âm, $0\le x\le 24$ vì giá không âm). Khi đó giá bán mỗi bộ là $p=17-0,7x$ (triệu đồng) và số bộ bán được mỗi quý là $2000+140x$.

Doanh thu trong quý: $$T(x)=(17-0,7x)(2000+140x)=34000+2380x-1400x-98x^2=34000+980x-98x^2.$$

Hàm $T(x)$ là hàm bậc hai với hệ số $a=-98<0$ nên đạt giá trị lớn nhất tại $$x=-\frac{980}{2\cdot (-98)}=\frac{980}{196}=5.$$

Khi đó giá bán tối ưu là $$p=17-0,7\cdot 5=17-3,5=13,5\text{(triệu đoˆˋng)}.$$

Kiểm tra: doanh thu $T(5)=(13,5)(2000+700)=13,5\cdot 2700=36450$ triệu đồng, lớn hơn $T(0)=34000$ triệu đồng. Vậy nhà sản xuất nên đặt giá bán $13,5$ triệu đồng mỗi bộ để số tiền thu về trong quý là lớn nhất (36 450 triệu đồng).

(AI giải đề cho tôi)
Tích phân: $T(x)=\int (-20x+300)dx=-10x^2+300x+C$. Với $x=10$: $T(10)=-1000+3000+C=12000\Rightarrow C=10000$, nên $T(x)=-10x^2+300x+10000$. Đây là parabol bậc hai với đỉnh tại $x=-\frac{300}{2(-10)}=15$. Khi đó $T^{\prime }(x)=-20x+300>0$ với $x<15$ và $T^{\prime }(x)<0$ với $x>15$, nên doanh thu đạt cực đại (cao nhất) tại $x=15$ (triệu đồng).

(AI giải đề cho tôi)
**Bước 1: Xác định hàm $f(x)$.** Từ hình vẽ, $O(0;0)$, $C(3;0)$, $B$ là điểm cực đại thuộc đường thẳng $AB$ song song Ox, $A$ thuộc trục Oy. Đặt $A(0;h)$, $B(2;h)$. Hàm bậc ba $f(x)=a{x}^3+b{x}^2+cx$ (vì $f(0)=0$) thỏa $f(3)=0$, $f^{\prime }(2)=0$, $f(2)=h$. Từ $f(3)=0$ và $f^{\prime }(2)=0$ suy ra $b=-3a$, $c=0$, nên $f(x)=a{x}^2(x-3)$ với $a=-\frac{h}{4}$, tức $f(x)=-\frac{h}{4}{x}^3+\frac{3h}{4}{x}^2$.

**Bước 2: Dùng chi phí để tìm $h$.** Diện tích hồ bơi (phần màu xanh bên trái, giới hạn bởi Oy, đoạn $AB$ và đồ thị $f$ từ $O$ đến $B$): $S_1={\int }_0^2(h-f(x))dx=h$ (đơn vị diện tích). Diện tích vườn cỏ (phần bên phải, giới hạn bởi đồ thị $f$ và trục Ox từ $O$ đến $C$): $S_2={\int }_0^{3}f(x)dx={\left[-\frac{h}{16}{x}^4+\frac{h}{4}{x}^3\right]}_0^3=\frac{27h}{16}$.
Vì mỗi đơn vị trục là $10m$ nên $1$ đơn vị diện tích $=100m^2$. Tổng chi phí: $100h\cdot 400000+\frac{27h}{16}\cdot 100\cdot 200000=295000000\Rightarrow 40000h+33750h=295000$ (nghìn đồng) $\Rightarrow 73750h=295000\Rightarrow h=4$.
Vậy $f(x)=-x^3+3x^2$, $B(2;4)$, $A(0;4)$. (Kiểm tra: hồ bơi $400m^2$ → 160 triệu; vườn $675m^2$ → 135 triệu; tổng 295 triệu ✓).

**Bước 3: Tìm độ dài $MN$ ngắn nhất.** Con đường $g(x)=\frac{x+1}{x-2}=1+\frac{3}{x-2}$ $(x>2)$, $g^{\prime }(x)=-\frac{3}{(x-2{)}^2}$. Đoạn $MN$ ngắn nhất đi từ vườn (điểm $M$ trên đồ thị $f$, ranh giới gần đường nhất) đến $N$ trên đường $g$, với $MN$ vuông góc với tiếp tuyến của $g$ tại $N$.

Với $M(x;f(x))$, $N(t;g(t))$, $s=t-2>0$, điều kiện vuông góc:
$$(x-t)+(f(x)-g(t))\cdot g^{\prime }(t)=0⟺(x-2-s)s^2=3(f(x)-1-\frac{3}{s}).$$
Dùng phương pháp thử nghiệm số (hoặc đạo hàm của hàm khoảng cách):
- $x=2,35$: $f(2,35)\approx 3,590$; giải phương trình được $s\approx 1,0535$, $t\approx 3,0535$, $g(t)\approx 3,848$.
- $MN=\sqrt{(2,35-3,0535{)}^2+(3,590-3,848{)}^2}\approx \sqrt{0,4949+0,0666}\approx 0,7493$ đơn vị.

Kiểm tra lân cận: $x=2,3$ cho $MN\approx 0,758$; $x=2,4$ cho $MN\approx 0,7507$ — đều lớn hơn, nên giá trị nhỏ nhất đạt tại $x\approx 2,35$ với $M{N}_{\min }\approx 0,7493$ đơn vị.

**Bước 4: Đổi đơn vị.** $M{N}_{\min }\approx 0,7493\times 10\approx 7,49$ mét.

(AI giải đề cho tôi)
Tiền mua cây: 2 cây đào + 1 cây mai = $2\cdot \mathrm{1.000.000}+\mathrm{2.000.000}=\mathrm{4.000.000}$ đồng = 4000 nghìn đồng. Mua thêm $x$ cây cảnh ($0\le x\le 40$, $x$ nguyên): tiền cây cảnh $50x$ nghìn đồng, phí vận chuyển $f(x)=x^2-100x+3000$ nghìn đồng. Tổng chi phí: $T(x)=4000+50x+x^2-100x+3000=x^2-50x+7000$. Hàm bậc hai có đỉnh tại $x=25$ (thuộc $[0;40]$), giá trị nhỏ nhất $T(25)=625-1250+7000=6375$ nghìn đồng. Khớp với đáp án nguồn 6375.

(AI giải đề cho tôi)
Tiền mua cây: 2 cây đào + 1 cây mai = 2·1.000.000 + 2.000.000 = 4.000.000 đồng = 4000 nghìn đồng. Nếu mua thêm x cây cảnh nhỏ, tiền mua thêm là 50x (nghìn đồng), phí vận chuyển là f(x) = x² − 100x + 3000. Tổng chi phí: T(x) = 4000 + 50x + x² − 100x + 3000 = x² − 50x + 7000, với 0 ≤ x ≤ 40, x nguyên. T(x) đạt cực tiểu tại x = 25 (thuộc [0;40]): T(25) = 625 − 1250 + 7000 = 6375 nghìn đồng. Vậy tổng chi phí thấp nhất là 6375 nghìn đồng, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: $O(0;0)$, $C(3;0)$, đường cong là đồ thị hàm bậc ba $f(x)=-x^3+3x^2$ (đi qua $O$, $C$, có cực đại $B(2;4)$, $A(0;4)$). Kiểm tra chi phí: mỗi đơn vị trục là $10m$ nên 1 đơn vị diện tích $=100m^2$. Diện tích vườn $S_2={\int }_0^3(-x^3+3x^2)dx=\frac{27}{4}=6,75$; diện tích hồ bơi $S_1=2\cdot 4-{\int }_0^2(-x^3+3x^2)dx=8-4=4$. Chi phí $=400000\cdot 100\cdot 4+200000\cdot 100\cdot 6,75=160+135=295$ triệu đồng — khớp đề bài.

Tìm khoảng cách ngắn nhất từ điểm $M(u;f(u))$ trên đường cong (vườn) đến điểm $N(x;g(x))$ trên đường nhựa, $x>2$, với $g(x)=\frac{x+1}{x-2}$.

Với khoảng cách cực tiểu nằm trong (không ở biên), vectơ $\overrightarrow{MN}$ phải vuông góc với tiếp tuyến tại cả hai đường, tức $f^{\prime }(u)=g^{\prime }(x)$ và $\overrightarrow{MN}$ theo pháp tuyến của $f$.

Ta có $f^{\prime }(u)=-3u^2+6u$, $g^{\prime }(x)=\frac{-3}{(x-2{)}^2}$. Điều kiện $f^{\prime }(u)=g^{\prime }(x)$:
$$3u^2-6u=\frac{3}{(x-2{)}^2}\Rightarrow (x-2{)}^2=\frac{1}{(u-1{)}^2-1}.$$
Điều kiện thứ hai: $x-u=(g(x)-f(u))\cdot \frac{3}{(x-2{)}^2}=(g(x)-f(u))\cdot 3[(u-1{)}^2-1]$.

Giải hệ bằng phương pháp số (chia đôi): thử $u=2,3692$ thì $(u-1{)}^2-1=0,874709$, $x-2=1,069261$, $x=3,069261$, $g(x)=3,80568$, $f(u)=3,53970$, kiểm tra: vế trái $x-u=0,70006$, vế phải $(g-f)\cdot 2,62413=0,69796$ — hai vế gần bằng nhau, nghiệm $u\approx 2,3693$, $x\approx 3,0693$.

Khi đó $g(x)-f(u)\approx 0,2661$, $x-u\approx 0,7000$:
$$MN=\sqrt{0,7000^2+0,2661^2}=\sqrt{0,5608}\approx 0,7489\text{ (đơn vị trục)}.$$
Đổi ra mét (mỗi đơn vị $=10m$): $MN\approx 7,49m$.

Vậy độ dài ngắn nhất của đoạn đường $MN$ là $7,49$ mét, trùng với đáp án của đề.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=\cos x\in [-1;1]$, khi đó $y={\sin }^{2}x+2\cos x+4=1-t^2+2t+4=-(t-1{)}^2+6$. Trên đoạn $[-1;1]$, hàm $y=-(t-1{)}^2+6$ đạt giá trị lớn nhất tại $t=1$ (tức $\cos x=1$), giá trị lớn nhất bằng $6$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (Câu 22, mã đề 211: 6).

Đáp số: 140. Bên B (Cửa hàng): Doanh thu: $R(x)=300x-x^2$ (nghìn đồng); Chi phí vận hành: $C(x)=x^2+20x+500$ (nghìn đồng); Chi phí nhập hàng: $p\cdot x$ (nghìn đồng). Lợi nhuận Bên B thu được là $L_B(x)=R(x)-C(x)-px=-2x^2+(280-p)x-500$. Ta có $L_B^{\prime }(x)=-4x+280-p$ $(0<x<150)$, $L_B^{\prime }(x)=0\iff x=\frac{280-p}{4}$. Do đó $L_B(x)$ đạt giá trị lớn nhất trên $(0;150)$ tại $x=\frac{280-p}{4}\Rightarrow p=280-4x$. Bên A (Nông trại): Doanh thu của Bên A là $L_A(x)=p\cdot x=(280-4x)\cdot x=-4x^2+280x$. $L_A^{\prime }(x)=-8x+280$, $L_A^{\prime }(x)=0\iff x=35$. Do đó $L_A(x)$ đạt giá trị lớn nhất trên $(0;150)$ tại $x=35\Rightarrow p=280-4\cdot 35=140$ (nghìn đồng).

Tập xác định: $x\in [-2;2]$. Giá trị lớn nhất: Điểm cao nhất của đồ thị có tung độ là $1$. Vậy $M=1$. Giá trị nhỏ nhất: Điểm thấp nhất của đồ thị có tung độ là $-4$ (tại $x=-2$). Vậy $m=-4$. Yêu cầu: Tính $M-m=1-(-4)=5$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=\cos x\in [-1;1]$. Khi đó $y={\sin }^{2}x+2\cos x+4=1-t^2+2t+4=-(t-1{)}^2+6$. Trên đoạn $[-1;1]$, hàm $y=-(t-1{)}^2+6$ đạt giá trị lớn nhất tại $t=1$ (tức $\cos x=1$), giá trị lớn nhất bằng $6$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Bán kính khúc gỗ R = 20 cm. Hình vuông nội tiếp có cạnh a = 20√2, khoảng cách từ tâm đến mỗi cạnh là 10√2. Mỗi tấm ván phụ là hình chữ nhật chiều rộng x đặt sát cạnh hình vuông, chiều dài L bị giới hạn bởi dây cung của đường tròn tại khoảng cách (10√2 + x) từ tâm: L = 2√(400 − (10√2 + x)²). Tổng diện tích S = 800 + 4xL = 800 + 8x√(400 − (10√2 + x)²). Đặt d = 10√2 + x, cần最大化 f(d) = (d − 10√2)√(400 − d²). f'(d) = 0 ⟹ 400 − d² − d(d − 10√2) = 0 ⟹ d² − 5√2·d − 200 = 0 ⟹ d = (5√2 + √850)/2 ≈ 18,113. Vậy x = d − 10√2 ≈ 3,9711 ≈ 3,97 cm (thỏa x > 0, khi đó L > 0).

Đáp án: 4,47.

Đặt $BM=x$ (km, $0\le x\le 7$).

Ta có: $CM=7-x$ (km).

$AM=\sqrt{A{B}^2+B{M}^2}=\sqrt{5^2+x^2}=\sqrt{25+x^2}$ (km).

Đổi: 1,2 m/s = 4,32 km/h, 1,8 m/s = 6,48 km/h. (Nguồn in '4,32 km/s' — lỗi đánh máy của nguồn, phép tính dùng 4,32 và 6,48 nhất quán.)

Thời gian người đó đi từ A đến C là:
$$t=\frac{AM}{4,32}+\frac{MC}{6,48}=\frac{\sqrt{25+x^2}}{4,32}+\frac{7-x}{6,48}.$$

Đặt $f(x)=\frac{\sqrt{25+x^2}}{43,2}+\frac{7-x}{64,8}$ $(0\le x\le 7)$

Ta có $f^{\prime }(x)=\frac{x}{4,32.\sqrt{x^2+25}}-\frac{1}{6,48}$

$f^{\prime }(x)=0\iff \frac{x}{4,32.\sqrt{x^2+25}}=\frac{1}{6,48}$

$\iff 6,48x=4,32\sqrt{x^2+25}\iff \sqrt{x^2+25}=1,5x$

$\iff 2,25x^2=x^2+25\iff 1,25x^2=25$

$\iff x^2=20\iff x=2\sqrt{5}$

Ta có: $f\left(2\sqrt{5}\right)=\frac{125\sqrt{5}+350}{324}\approx 1,94$

$f(0)=\frac{725}{324}\approx 2,34$ (nguồn in ≈2,34; giá trị chính xác ≈2,24 — lỗi làm tròn của nguồn, không ảnh hưởng đáp án), $f(7)=\frac{25\sqrt{74}}{108}\approx 1,99$.

Vậy điểm M cách B một khoảng $2\sqrt{5}\approx 4,47$ km thì người đó đến kho nhanh nhất.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh đáy là $a$, chiều cao $h$. Thể tích $\frac{a^{2}h}{3}=18\Rightarrow a^{2}h=54\Rightarrow h=\frac{54}{a^2}$. Diện tích bạt (4 mặt bên, không có đáy) của một lều: $S=4\cdot \frac{1}{2}a\sqrt{h^2+\frac{a^2}{4}}=2a\sqrt{\frac{2916}{a^4}+\frac{a^2}{4}}=2\sqrt{\frac{a^4}{4}+\frac{2916}{a^2}}$. Xét $f(a)=\frac{a^4}{4}+\frac{2916}{a^2}$, $f^{\prime }(a)=a^3-\frac{5832}{a^3}=0\Rightarrow a^6=5832\Rightarrow a^2=18,a=3\sqrt{2}$. Khi đó $h=3$, chiều cao mặt bên $\sqrt{9+4.5}=\sqrt{13.5}$, $S_{min}=2a\sqrt{13.5}=2\cdot 3\sqrt{2}\cdot \sqrt{13.5}=18\sqrt{3}\approx 31.18m^2$ mỗi lều. Cả 12 lều cần $12\cdot 18\sqrt{3}=216\sqrt{3}\approx 374.12$, làm tròn tới hàng đơn vị: $374m^2$.

(AI giải đề cho tôi)
Trên đoạn $[-1;2]$, từ bảng biến thiên: hàm số tăng trên $[-3;-1]$, giảm trên $[-1;0]$, tăng trên $[0;1]$, giảm trên $[1;2]$. Trên $[-1;2]$ ta xét các giá trị: $f(-1)=3$, $f(0)=0$, $f(1)=2$, $f(2)=1$. Vậy $M=\max \{3;0;2;1\}=3$ (tại $x=-1$) và $m=\min \{3;0;2;1\}=0$ (tại $x=0$). Do đó $M+m=3+0=3$. Đáp án B.

Hàm thuế phụ thu về nhà nước là $t(x)=t.x$ $(t\in (0;320))$ (nghìn đồng), hàm số lợi nhuận của doanh nghiệp là

$$L(x)=f(x)-g(x)-t(x)=2006x-x^2-\left(x^2+1438x-1209\right)-tx$$ (0.5 điểm)

$$L(x)=-2x^2+(568-t)x+1209\left(x\in (0;2500];t\in (0;320)\right)$$ (0.5 điểm)

Ta có $L^{\prime }(x)=-4x+(568-t)$

Xét $L^{\prime }(x)=0\iff x=\frac{568-t}{4}\in (0;2500],\forall t\in (0;320)$



Vậy giá trị lớn nhất lợi nhuận của doanh nghiệp đạt được khi $x=\frac{568-t}{4}$.

Khi đó hàm thuế phụ thu $t(x)=\frac{t.(568-t)}{4}\stackrel{Cosi}{\le }\frac{1}{4}.{\left(\frac{568}{2}\right)}^2=20164$.

Vậy thuế phụ thu đạt giá trị lớn nhất khi: $t=568-t\iff t=284$ (nghìn đồng) (TM).

Câu 4. (3,0 điểm). Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $3ab+bc+2ac=6$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P=\frac{1}{a^2+1}+\frac{4}{b^2+4}+\frac{9}{c^2+9}$.

- (0,5 điểm). Đặt $a=x;b=2y;c=3z$ suy ra $3ab+bc+2ac=6\Rightarrow xy+yz+zx=1$

$\Rightarrow P=\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}+\frac{1}{z^2+1}$

- (0,5 điểm). Ta có $\frac{1}{x^2+1}=\frac{1}{x^2+xy+yz+zx}=\frac{1}{(x+y)(x+z)}$;

$\frac{1}{y^2+1}=\frac{1}{y^2+xy+yz+zx}=\frac{1}{(y+x)(y+z)}$; $\frac{1}{z^2+1}=\frac{1}{z^2+xy+yz+zx}=\frac{1}{(z+y)(z+x)}$

- (0,5 điểm). Suy ra $P=\frac{1}{(x+y)(x+z)}+\frac{1}{(y+x)(y+z)}+\frac{1}{(z+x)(z+y)}=\frac{2(x+y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$

- (0,5 điểm). Ta có

$P=\frac{2(x+y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}=\frac{2(x+y+z)(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)}=\frac{2(x+y)(y+z)(z+x)+2xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}$

- (0,5 điểm). Suy ra $P=2+\frac{2xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}$, ta có

$x+y\ge 2\sqrt{xy};(y+z)\ge 2\sqrt{yz};(z+x)\ge 2\sqrt{zx}$

- (0,5 điểm). Do đó $P\le 2+\frac{1}{4}=\frac{9}{4}$. Vậy $\max (P)=\frac{9}{4}$ đạt được khi

$x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=\frac{1}{\sqrt{3}};b=\frac{2}{\sqrt{3}};c=\sqrt{3}$

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục theo hình vẽ: $C$ là đỉnh trái trên của hình chữ nhật, bán nguyệt đường kính $10$ m nằm trên cạnh trên với $D$ là đầu kia của đường kính (cách $C$ là $10$ m), $A$ là đỉnh phải dưới. Chu trình: bơi $A\to C$ (đường chéo hình chữ nhật), bơi $C\to M$ (dây cung của bán nguyệt), sau đó đi bộ dọc cung bán nguyệt từ $M$ qua đỉnh đến $D$, rồi đi dọc cạnh trên đoạn $25-10=15$ m và cạnh phải $15,5$ m về $A$.

- $AC=\sqrt{25^2+15,5^2}=\sqrt{865,25}\approx 29,41513$ m.
- Gọi $O$ là tâm bán nguyệt (bán kính $5$ m), $\alpha \in [0;\pi ]$ là góc ở tâm ứng với cung $CM$. Khi đó dây $CM=10\sin (\alpha /2)$; độ dài cung đi bộ từ $M$ qua đỉnh bán nguyệt đến $D$ là $5(\pi -\alpha )$; đoạn đi bộ còn lại là $15+15,5=30,5$ m.

Thời gian:
$$T(\alpha )=\frac{29,41513+10\sin (\alpha /2)}{0,6}+\frac{5(\pi -\alpha )+30,5}{1,2}.$$

Cực đại: $T^{\prime }(\alpha )=\frac{5\cos (\alpha /2)}{0,6}-\frac{5}{1,2}=0\Rightarrow \cos (\alpha /2)=0,5\Rightarrow \alpha =\frac{2\pi }{3}$, và $T^{\prime \prime }(\alpha )<0$ nên đây là điểm cực đại (cũng là giá trị lớn nhất trên $[0;\pi ]$).

Thay vào:
- Quãng đường bơi: $29,41513+10\sin (\pi /3)=29,41513+8,66025=38,07538$ m → thời gian bơi $=38,07538/0,6=63,45897$ s.
- Quãng đường đi bộ: $\frac{5\pi }{3}+30,5=5,23599+30,5=35,73599$ m → thời gian đi $=35,73599/1,2=29,77999$ s.

Tổng: $T=93,23896$ s $=1,55398$ phút.

Vậy thời gian tối đa để Nam thực hiện xong chu trình là $1,55398$ phút (khoảng $93,23896$ giây).

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=\tan \frac{x}{2}$ ($t\in \mathbb{R}$), khi đó $\sin x=\frac{2t}{1+t^2}$, $\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}$, suy ra $y=\frac{t^2+2mt+1}{t^2+3}$. Giá trị lớn nhất của $y$ là nghiệm lớn $k$ của phương trình $(1-k)t^2+2mt+(1-3k)=0$ có nghiệm: $\Delta =0\Rightarrow m^2=(1-k)(1-3k)=3k^2-4k+1$, nên $k_{\max }=\frac{2+\sqrt{3m^2+1}}{3}$. Yêu cầu $k_{\max }<2\iff 2+\sqrt{3m^2+1}<6\iff 3m^2+1<16\iff m^2<5$. Các giá trị nguyên: $m\in \{-2,-1,0,1,2\}$, tổng cộng 5 giá trị.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục tọa độ: $A=(0;0)$, $B=(0;40)$, $C=(20;0)$. Đường thẳng $BC$ (đường nội ô) có phương trình $2x+y-40=0$. Parabol có đỉnh $I(0;20)$ (trung điểm $AB$) và đi qua trung điểm của $AC$ là $(10;0)$, nên có dạng $y=20-a{x}^2$; thay $(10;0)$ được $a=\frac{1}{5}$, tức $y=20-\frac{x^2}{5}$ với $0\le x\le 10$. Khoảng cách từ điểm $(x;y)$ trên parabol đến đường $BC$: $$d(x)=\frac{40-2x-y}{\sqrt{5}}=\frac{\frac{x^2}{5}-2x+20}{\sqrt{5}}.$$ Xét $f(x)=\frac{x^2}{5}-2x+20$, $f^{\prime }(x)=\frac{2x}{5}-2=0\Rightarrow x=5$ (thuộc $[0;10]$), $f(5)=5-10+20=15$ là giá trị nhỏ nhất. Vậy chiều dài con đường ngắn nhất là $d_{\min }=\frac{15}{\sqrt{5}}=3\sqrt{5}\approx 6,71$ m.