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

a) Tập xác định: $\mathcal{D}=\mathbb{R}$.

Ta có $y^{\prime }=3x^2-6mx=3x(x-2m)=0\iff \{\begin{array}{l}x=0\\ x=2m.\end{array}$

Để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị $A$, $B$ thì phương trình $y^{\prime }=0$ phải có 2 nghiệm phân biệt, tức là $2m\ne 0\iff m\ne 0$.

Khi đó, tọa độ 2 điểm cực trị là: $A(0;4m^3)$ và $B(2m;0)$.

Ta thấy $A\in Oy$ và $B\in Ox$, do đó tam giác $OAB$ luôn vuông tại gốc tọa độ $O$.

Để tam giác $OAB$ vuông cân tại $O$ thì $OA=OB$.

$$|4m^3|=|2m|\iff 2|m{|}^3=|m|.$$

Vì $m\ne 0$ nên chia hai vế cho $|m|$ ta được:

$$2m^2=1\iff m^2=\frac{1}{2}\iff m=\pm \frac{\sqrt{2}}{2}.$$

Vậy $m=\pm \frac{\sqrt{2}}{2}$.

b) Đặt $EK=x$ (km), điều kiện $0\le x\le 5$. Suy ra $BK=BE-EK=5-x$ (km).

Quãng đường mới xây đi thẳng từ $K$ đến $A$ là cạnh huyền của tam giác vuông $AEK$:
$$AK=\sqrt{A{E}^2+E{K}^2}=\sqrt{3^2+x^2}=\sqrt{x^2+9}.$$
Gọi chi phí nâng cấp 1 km đường cũ là $C$, suy ra chi phí xây 1 km đường mới là $\frac{5}{4}C$.

Tổng chi phí xây dựng và nâng cấp là:
$$f(x)=\frac{5}{4}C\cdot AK+C\cdot BK=C\left(\frac{5}{4}\sqrt{x^2+9}+5-x\right).$$
Để chi phí thấp nhất, ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $g(x)=\frac{5}{4}\sqrt{x^2+9}-x$ trên đoạn $[0;5]$.

Ta có $g^{\prime }(x)=\frac{5x}{4\sqrt{x^2+9}}-1\iff 5x=4\sqrt{x^2+9}$.

Vì $x\ge 0$, bình phương 2 vế ta được:
$$25x^2=16(x^2+9)\iff 9x^2=144\iff x^2=16\iff x=4\text{ (thỏa ma˜n)}.$$
Lập bảng biến thiên



Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=4$.

Khi $x=4$, vị trí điểm $K$ cách xã $B$ một khoảng là $BK=5-4=1$ (km).

Vậy vị trí điểm $K$ cách xã $B$ 1 km.

Lời giải.

1. Khi xưởng nhập mỗi lần 6 tấn nguyên liệu, xưởng phải nhập 5 lần trong tháng.
- Giá nguyên liệu mỗi tấn là: $4\cdot [1+(6-5)\cdot 0,5\%]=4,02$ triệu đồng.
- Số tiền mua nguyên liệu là $30\cdot 4,02=120,6$ triệu đồng.
- Tiền vận chuyển là $5\cdot 2=10$ triệu đồng.
- Tiền công xếp dỡ là $30\cdot 0,15=4,5$ triệu đồng.

Tổng chi phí nhập nguyên liệu: $120,6+10+4,5=135,1$ triệu đồng.

2. Gọi $x$ là số lần nhập nguyên liệu trong tháng, $x$ là số nguyên dương.
Khối lượng mỗi lần nhập là $\frac{30}{x}$ tấn.

Trường hợp 1: Nếu $\frac{30}{x}\le 5\Rightarrow x\ge 6$ thì chi phí nguyên liệu
- Tiền mua nguyên liệu: $30\cdot 4=120$ triệu đồng.
- Tiền vận chuyển: $2x$ triệu đồng.
- Tiền công xếp dỡ: $0,15\cdot 30=4,5$ triệu đồng.

Tổng chi phí là $f(x)=124,5+2x$.
Do $x\ge 6\Rightarrow f(x)=124,5+2x\ge 136,5$ triệu đồng.

Trường hợp 2: Nếu $\frac{30}{x}>5\Rightarrow x<6$ thì chi phí nguyên liệu
- Giá nguyên liệu $4\cdot \left[1+\left(\frac{30}{x}-5\right)\cdot 0,5\%\right]=3,9+\frac{0,6}{x}$ triệu đồng.
- Tiền mua nguyên liệu $30\cdot \left(3,9+\frac{0,6}{x}\right)=117+\frac{18}{x}$ triệu đồng.
- Tiền vận chuyển: $2x$ triệu đồng.
- Tiền công xếp dỡ: $0,15\cdot 30=4,5$ triệu đồng.

Tổng chi phí $f(x)=\frac{18}{x}+2x+121,5$ triệu đồng.

Ta có $f(x)\stackrel{AM-GM}{\ge }2\sqrt{\frac{18}{x}\cdot 2x}+121,5=133,5$.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

$$\frac{18}{x}=2x\iff x^2=9\Rightarrow x=3\text{ (do }x>0).$$

Suy ra $\underset{(0;6)}{\min }f(x)=133,5$ khi $x=3$.

Vậy cần nhập nguyên liệu 3 lần mỗi tháng, một lần nhập 10 tấn. Khi đó, chi phí nguyên liệu là thấp nhất và bằng 133,5 triệu đồng.

Bình luận.

1. Ý này chỉ yêu cầu tính tổng chi phí khi đã biết khối lượng nhập nguyên liệu mỗi lần. Nội dung chủ yếu là thay số vào các công thức đã cho và thực hiện các phép tính trực tiếp, do đó mức độ tư duy cần thiết không lớn.

2. Bài toán đặt ra yêu cầu tối ưu hóa chi phí nhập nguyên liệu. Tuy nhiên cấu trúc bài toán vẫn tương đối quen thuộc, chủ yếu dựa trên việc thiết lập biểu thức chi phí theo số lần nhập và xem xét các trường hợp đơn giản. Mức độ khai thác các ý tưởng tối ưu hóa chưa thật sự sâu.

$f(x)=\frac{1,4x-5,3}{3,7x^2+0,2x+\sqrt{3}}$

+ $f^{\prime }(x)=\frac{-5,18x^2+39,22x+1,4\sqrt{3}+0,2.5,3}{{\left(3,7x^2+0,2x+\sqrt{3}\right)}^2}$.

+ $f^{\prime }(x)=0\iff -5,18x^2+39,22x+1,4\sqrt{3}+0,2.5,3=0\Rightarrow \left[\begin{array}{c}x=-0,\mathrm{08...}\to A\\ x=7,6>\sqrt{3}\end{array}\right]$.

+ $\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{3}\right)\approx -0,6187\\ f\left(\sqrt{3}\right)\approx -0,2182\\ f(A)\approx -3,1112\end{array}$.

+ Vậy $f_{\max }\approx -0,2182$ tại $x=\sqrt{3}$ và $f_{\min }\approx -3,1112$ tại $x=A\approx -0,0878$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $B$ nằm giữa $A$ và $C$ với $AC=5$ km, $AB=x$ nên $BC=5-x$ (km) → ý a đúng. Tam giác $BCD$ vuông tại $C$ có $BC=5-x$, $CD=2$ nên theo Pythagoras $BD=\sqrt{(5-x{)}^2+4}=\sqrt{x^2-10x+29}$ (km). Chi phí trên đất liền: $3000x$ (USD); chi phí ngầm dưới biển: $5000\sqrt{x^2-10x+29}$ (USD) → ý d đúng. Tổng chi phí $23000$ USD nên $3000x+5000\sqrt{x^2-10x+29}=23000$ → ý c đúng. Chia hai vế cho 1000: $3x+5\sqrt{(x-5{)}^2+4}=23$. Thử $x=3,5$: $\sqrt{2,25+4}=2,5$ nên $10,5+12,5=23$ thỏa mãn. Xét $f(x)=3x+5\sqrt{(x-5{)}^2+4}$: $f^{\prime }(x)=3+\frac{5(x-5)}{\sqrt{(x-5{)}^2+4}}>0$ với mọi $x<5$ (vì $\frac{5(x-5)}{\sqrt{(x-5{)}^2+4}}>-5$), nên $f$ đồng biến trên $(0;5)$, do đó $x=3,5$ là nghiệm duy nhất → ý b đúng. Kết quả khớp đáp án chính thức mã đề 1103, câu 5: a Đ, b Đ, c Đ, d Đ. Lưu ý: hình vẽ câu 5 nằm ở trang 22 (token ), thể hiện đúng cấu hình $A$–$B$–$C$ thẳng hàng, $DC=2$ km vuông góc tại $C$, $AC=5$ km.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) B nằm giữa A và C, AC = 5 km, AB = x nên BC = 5 - x (km).
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Từ phương trình 3000x + 5000√(x² - 10x + 29) = 23000, chia 1000: 3x + 5√((x-5)² + 4) = 23. Với x = 3,5: 10,5 + 5·2,5 = 23 thỏa mãn; hàm số đồng biến trên (0;5) nên x = 3,5 là nghiệm duy nhất.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) BD = √(BC² + CD²) = √((5-x)² + 4) = √(x² - 10x + 29). Tổng chi phí: 3000x + 5000√(x² - 10x + 29) = 23000.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Chi phí dưới biển = 5000 USD/km × BD = √(x² - 10x + 29) (km) nên bằng 5000√(x² - 10x + 29) (USD).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: A tại gốc, máy bay ở B cách A 1 km theo phương ngang và 3 km theo phương thẳng đứng, bay về phía A với vận tốc 180 m/s. Gọi t (giây) là thời gian từ lúc nổ pháo đến khi trúng mục tiêu. Điểm chặn C có khoảng cách ngang từ A là $1000-180t$ (m) và độ cao 3000 m. Đạn bay với vận tốc 720 m/s nên quãng đường đạn là $720t$. Theo Pythagore: $(720t{)}^2=(1000-180t{)}^2+3000^2$. Suy ra $518400t^2=1000000-360000t+32400t^2+9000000$, tức $243t^2+180t-5000=0$. Giải: $t=\frac{-180+\sqrt{180^2+4\cdot 243\cdot 5000}}{2\cdot 243}=\frac{-180+\sqrt{4892400}}{486}\approx \frac{-180+2211.88}{486}\approx 4.18$ giây (nhận nghiệm dương). Kết quả khớp với đáp án nguồn 4,18.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi hai cạnh cần rào của mảnh vườn hình chữ nhật là $a$ (hai cạnh song song với tường) và $b$ (cạnh vuông góc với tường). Vì một cạnh là bức tường nên tổng chiều dài lưới là $2a+b=100$, với $a,b>0$, suy ra $b=100-2a$ với $0<a<50$.

Diện tích mảnh vườn: $S=a\cdot b=a(100-2a)=-2a^2+100a$.

Hàm số $S(a)=-2a^2+100a$ có đỉnh tại $a=\frac{100}{2\cdot 2}=25$, khi đó $b=100-2\cdot 25=50$ và diện tích lớn nhất là $S=25\cdot 50=1250m^2$.

Vậy đáp án đúng là A (khớp với đáp án chính thức Mã 1103: A).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $B$ nằm giữa $A$ và $C$ với $AC=5$ km, $AB=x$ nên $BC=5-x$ (km) → a) Đúng. Tam giác $BCD$ vuông tại $C$ có $BC=5-x$, $CD=2$ nên $BD=\sqrt{(5-x{)}^2+4}=\sqrt{x^2-10x+29}$ (km). Chi phí dây dưới biển: $5000\sqrt{x^2-10x+29}$ (USD) → c) Đúng. Chi phí trên đất liền: $3000x$ (USD), tổng chi phí $23000$ USD nên $3000x+5000\sqrt{x^2-10x+29}=23000$ → d) Đúng. Giải: $3x+5\sqrt{(x-5{)}^2+4}=23$. Thử $x=3,5$: $\sqrt{(-1,5{)}^2+4}=\sqrt{6,25}=2,5$, khi đó $3(3,5)+5(2,5)=10,5+12,5=23$ thỏa mãn (và $0<3,5<5$). Vậy $B$ cách $A$ là $3,5$ km → b) Đúng. Cả bốn ý đều đúng, phù hợp đáp án chính thức (Mã 1102, Câu 3: a Đ, b Đ, c Đ, d Đ).
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $B$ nằm giữa $A$ và $C$, $AC=5$ km, $AB=x$ km nên $BC=AC-AB=5-x$ (km).
b) (AI giải đề cho tôi)
Từ phương trình $3000x+5000\sqrt{x^2-10x+29}=23000$, thử $x=3,5$: $\sqrt{12,25-35+29}=\sqrt{6,25}=2,5$; kiểm tra $3000(3,5)+5000(2,5)=10500+12500=23000$ thỏa mãn với $0<3,5<5$. Vậy $AB=3,5$ km.
c) (AI giải đề cho tôi)
Tam giác $BCD$ vuông tại $C$: $BD=\sqrt{B{C}^2+C{D}^2}=\sqrt{(5-x{)}^2+2^2}=\sqrt{x^2-10x+29}$ (km). Chi phí dưới biển $=5000\sqrt{x^2-10x+29}$ (USD).
d) (AI giải đề cho tôi)
Chi phí trên đất liền $3000x$ (USD), dưới biển $5000\sqrt{x^2-10x+29}$ (USD), tổng bằng $23000$ USD nên $3000x+5000\sqrt{x^2-10x+29}=23000$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $A$ là gốc, máy bay ở $B$ cách ngang $1000$ m và cao $3000$ m, bay về phía $A$ với vận tốc $180$ m/s; đạn bay với vận tốc $720$ m/s. Gọi $t$ (giây) là thời gian từ lúc nổ pháo đến khi trúng mục tiêu. Tại thời điểm $t$, máy bay cách $A$ theo phương ngang $1000-180t$ (m) và vẫn cao $3000$ m, nên khoảng cách từ $A$ đến máy bay là $\sqrt{(1000-180t{)}^2+3000^2}$. Điều kiện chạm: $\sqrt{(1000-180t{)}^2+3000^2}=720t$. Bình phương: $(1000-180t{)}^2+9000000=518400t^2\Rightarrow 1000000-360000t+32400t^2+9000000=518400t^2\Rightarrow 486000t^2+360000t-10000000=0\Rightarrow 243t^2+180t-5000=0$. Giải: $t=\frac{-180+\sqrt{180^2+4\cdot 243\cdot 5000}}{2\cdot 243}=\frac{-180+\sqrt{4892400}}{486}\approx \frac{2031,88}{486}\approx 4,1808$ giây (nhận nghiệm dương). Làm tròn đến hàng phần trăm: $t\approx 4,18$ giây, khớp với đáp án đã cho.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh song song với tường là $y$, hai cạnh rào còn lại là $x$. Tổng lưới: $2x+y=100$, nên $y=100-2x$ với $0<x<50$. Diện tích $S=xy=x(100-2x)=-2x^2+100x$. Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại $x=-\frac{100}{2(-2)}=25$, khi đó $y=50$ và $S_{\max }=25\cdot 50=1250m^2$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (C).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi chiều rộng đáy là $x$ (m), chiều dài đáy $2x$, chiều cao $h$. Thể tích $2x^{2}h=1\Rightarrow h=\frac{1}{2x^2}$.

Chi phí một thùng:
- Mặt đáy: $300000\cdot 2x^2=600000x^2$ (đồng).
- Mặt bên (không có nắp): diện tích xung quanh $=2(2x+x)h=6xh$, chi phí $400000\cdot 6xh=2400000x\cdot \frac{1}{2x^2}=\frac{1200000}{x}$ (đồng).

Tổng: $C(x)=600000x^2+\frac{1200000}{x}$, $x>0$.

$C^{\prime }(x)=1200000x-\frac{1200000}{x^2}=0\Rightarrow x^3=1\Rightarrow x=1$. Vì $C^{\prime \prime }(x)>0$ tại $x=1$, chi phí nhỏ nhất là $C(1)=600000+1200000=1800000$ đồng/thùng.

Số thùng tối đa: $\frac{200000000}{1800000}\approx 111,11$, vậy tối đa $\boxed{111}$ chiếc thùng.

(AI giải đề cho tôi)
Tàu A thả neo tại vị trí ban đầu: $A(2;-1)$. Tàu B tại thời điểm $t$: $B(-8+36t;1-15t)$. Bình phương khoảng cách: $d^2(t)=(36t-10{)}^2+(2-15t{)}^2=1521t^2-780t+104$. Đây là tam thức bậc hai với $a=1521>0$, đạt giá trị nhỏ nhất tại $t=\frac{780}{2\cdot 1521}=\frac{10}{39}$ (giờ). Khi đó $d_{\min }^2=1521\cdot \frac{100}{1521}-780\cdot \frac{10}{39}+104=100-200+104=4$, nên khoảng cách ngắn nhất $d_{\min }=2$ km, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Dây thép dài 1,6 m = 160 cm. Đoạn viền đáy dài $4x$, mỗi đoạn còn lại dài $\frac{160-4x}{2}=80-2x$ uốn thành đường gấp khúc $ASB$ gồm hai cạnh bên bằng nhau nên $SA=SB=\frac{80-2x}{2}=40-x$ (với $0<x<40$).

Hình chóp tứ giác đều, đường chéo đáy $AC=x\sqrt{2}$, tam giác $SAC$ cân tại $S$ nên chiều cao
$$h=\sqrt{S{A}^2-{\left(\frac{x\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\sqrt{(40-x{)}^2-\frac{x^2}{2}}.$$

Thể tích:
$$V=\frac{x^2}{3}\sqrt{(40-x{)}^2-\frac{x^2}{2}}.$$

Xét $f(x)=V^2=\frac{x^4}{9}\left(1600-80x+\frac{x^2}{2}\right)$. Ta chỉ cần cực đại của $g(x)=x^4\left(1600-80x+\frac{x^2}{2}\right)$:
$$g^{\prime }(x)=x^3\left(6400-400x+3x^2\right).$$
Cho $g^{\prime }(x)=0$: $3x^2-400x+6400=0\Rightarrow x=\frac{400\pm \sqrt{83200}}{6}$.

Nghiệm $x=\frac{400+\sqrt{83200}}{6}\approx 114,7$ loại (vượt 40). Nghiệm $x=\frac{400-\sqrt{83200}}{6}\approx 18,59$ thỏa mãn, và $g^{\prime }(x)$ đổi dấu từ dương sang âm tại đó nên thể tích lớn nhất.

Vậy $x\approx 18,6$ cm.

(AI giải đề cho tôi)
Lợi nhuận: $P(x)=180x-(0,02x^2+40x+3000)=-0,02x^2+140x-3000$ (nghìn đồng). Yêu cầu $P(x)\ge 222000$ (vì 222 triệu = 222000 nghìn đồng): $-0,02x^2+140x-3000\ge 222000\iff 0,02x^2-140x+225000\le 0\iff x^2-7000x+11250000\le 0$. Giải phương trình: $x=\frac{7000\pm \sqrt{7000^2-4\cdot 11250000}}{2}=\frac{7000\pm 2000}{2}$, tức $x=2500$ hoặc $x=4500$. Vậy $2500\le x\le 4500$, nên $a=2500$, $b=4500$, $b-a=2000$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $n$ là số khách đăng ký. Với $n>10$, giá vé là $800-10(n-10)=900-10n$ nghìn đồng/người. Lợi nhuận: $P=n(900-10n)-700n=n(200-10n)$. Để không bị lỗ cần $P\ge 0\Rightarrow 200-10n\ge 0\Rightarrow n\le 20$. Vậy tối đa bán 20 vé (đúng với đáp án 20 của mã đề 0101).

(AI giải đề cho tôi)
Lợi nhuận trước thuế của doanh nghiệp khi bán $x$ sản phẩm là $P(x)=F(x)-G(x)=2000x-x^2-(x^2+1440x+50)=-2x^2+560x-50$. Khi chịu thuế phụ thu $t$ (chục nghìn đồng/đơn vị), lợi nhuận trở thành $P_t(x)=-2x^2+(560-t)x-50$, là parabol bậc hai với đỉnh tại $x=\frac{560-t}{4}$ (thỏa $0<x<2000$ vì $0<t<300$). Số tiền thuế nhà nước thu được là $T(t)=t\cdot x=t\cdot \frac{560-t}{4}=\frac{1}{4}(560t-t^2)$, đạt giá trị lớn nhất khi $t=\frac{560}{2}=280$. Khi đó $x=\frac{560-280}{4}=70$, tức lợi nhuận doanh nghiệp cũng đạt cực đại đúng tại mức thuế $t=280$. Vậy mức thuế phụ thu cần tìm là $t=280$ (chục nghìn đồng).

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-30=0\Rightarrow x=\pm \sqrt{10}$. Trên đoạn $[2;19]$ chỉ có $x=\sqrt{10}\approx 3,16$. Tính: $f(2)=8-60=-52$; $f(\sqrt{10})=10\sqrt{10}-30\sqrt{10}=-20\sqrt{10}\approx -63,25$; $f(19)=6859-570=6289$. So sánh, giá trị nhỏ nhất là $-20\sqrt{10}$, đạt tại $x=\sqrt{10}$. Vậy chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: đáy màn hình cao 4 m, đỉnh cao 14 m; hàng ghế đầu cách màn hình 3 m trên sàn ngang, sàn nghiêng góc $\alpha =30^0$ bắt đầu từ đó. Khi ngồi cách hàng ghế đầu một đoạn $x$ dọc sàn nghiêng:
- Khoảng cách ngang từ mắt đến màn hình: $d=3+x\cos 30^0=3+\frac{\sqrt{3}}{2}x$.
- Độ cao mắt: $h=1+x\sin 30^0=1+\frac{x}{2}$.

Góc nhìn thỏa $\tan \theta =\frac{10d}{d^2+(14-h)(4-h)}=\frac{30+5\sqrt{3}x}{x^2+(3\sqrt{3}-8)x+48}$, vì $d^2=9+3\sqrt{3}x+\frac{3}{4}{x}^2$ và $(14-h)(4-h)=\left(13-\frac{x}{2}\right)\left(3-\frac{x}{2}\right)=39-8x+\frac{x^2}{4}$.

Góc nhìn lớn nhất đạt khi $N^{\prime }D-N{D}^{\prime }=0$ với $N=30+5\sqrt{3}x$, $D=x^2+(3\sqrt{3}-8)x+48$:
$$-5\sqrt{3}{x}^2-60x+150\sqrt{3}+240=0\iff \sqrt{3}{x}^2+12x-30\sqrt{3}-48=0.$$
Nghiệm dương: $x=\frac{-12+\sqrt{504+192\sqrt{3}}}{2\sqrt{3}}\approx \frac{-12+28,9232}{3,4641}\approx 4,885$.

Kiểm tra: tại $x\approx 4,885$: $d\approx 7,23$, $h\approx 3,44$, $\tan \theta \approx 1,243\Rightarrow \theta \approx 51^0$, đúng góc nhìn lớn nhất đã cho. Vậy $x\approx 4,89$ m, khớp đáp án nguồn 4,89.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: đáy màn hình cách sàn 4 m, đỉnh màn hình cao 14 m. Sàn nghiêng góc 30° bắt đầu từ điểm cách màn hình 3 m (theo hình vẽ). Gọi $u=h-4$ với $h$ là độ cao mắt so với mặt đất. Khi đó $h=4+u$, khoảng cách ngang từ mắt đến màn hình là $d=3+x\cos 30^{\circ }$, và vì mắt cao 1 m so với chân ghế nên $h=1+x\sin 30^{\circ }=1+\frac{x}{2}$, suy ra $x=2(u+3)$ và $d=3+\sqrt{3}(u+3)=3+3\sqrt{3}+\sqrt{3}u$.

Góc nhìn $\theta$ giữa hai tia nhìn tới đáy (4 m) và đỉnh (14 m) màn hình:
$$\tan \theta =\frac{10d}{d^2+(4-h)(14-h)}=\frac{10d}{d^2+u^2-10u}.$$

Để $\theta$ lớn nhất, lấy đạo hàm của $g(u)=\frac{d}{d^2+u^2-10u}$ với $d=3+3\sqrt{3}+\sqrt{3}u$ bằng 0:
$$\sqrt{3}(d^2+u^2-10u)-d(2\sqrt{3}d+2u-10)=0.$$

Giải phương trình này bằng cách thử số: với $u=-0,55$ vế trái $\approx -0,4$; với $u=-0,56$ vế trái $\approx 0,19$; nghiệm $u\approx -0,5565$.

Khi đó $x=2(u+3)\approx 2(2,4435)\approx 4,887\approx 4,89$ m.

Kiểm tra: tại $u\approx -0,5565$, $d\approx 7,233$, $\tan \theta =\frac{10\cdot 7,233}{52,32+0,31+5,565}=\frac{72,33}{58,19}\approx 1,243\Rightarrow \theta \approx 51,2^{\circ }\approx 51^{\circ }$, khớp với đề bài.

Vậy $x\approx 4,89$ m, trùng với đáp án nguồn 4,89.

Dựa vào đồ thị ta có ${\max }_{[-2;2]}f(x)+{\min }_{[-2;2]}f(x)=-1+(-5)=-6$.

Đáp số: 0,17.

Đặt $AM=x$ và $CN=y$. Do $AM$, $PM$ và $CN$, $PN$ là các tiếp tuyến cắt nhau nên $MP=AM=x$ và $PN=CN=y$. Tam giác $BMN$ vuông tại $B$ nên $M{N}^2=M{B}^2+B{N}^2\iff (x+y{)}^2=(1-x{)}^2+(1-y{)}^2$ $$\iff xy+x+y=1\iff (x+1)(y+1)=2.$$ Ta có: $S_{BMN}=\frac{1}{2}BM\cdot BN=\frac{1}{2}(1-x)(1-y)=\frac{1}{2}(1-x-y+xy)=xy$. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Swarchz: $$\sqrt{x}\sqrt{y}+1\cdot 1\le \sqrt{(x+1)(y+1)}\Rightarrow \sqrt{x}\sqrt{y}\le \sqrt{(x+1)(y+1)}-1=\sqrt{2}-1\iff xy\le {\left(\sqrt{2}-1\right)}^2.$$ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\sqrt{y}\\ (x+1)(y+1)=2\end{array}\iff x=y=\sqrt{2}-1$. Vậy $S_{BMN,\max }={\left(\sqrt{2}-1\right)}^2\approx 0,17$.