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

Ta có đạo hàm $y^{\prime }=3x^2-14x+11$. Cho $y^{\prime }=0\iff x=1\in [0;3]$ hoặc $x=\frac{11}{3}\notin [0;3]$. Ta tính các giá trị: $y(0)=-2$, $y(1)=3$, $y(3)=3^3-7\cdot 3^2+11\cdot 3-2=-5$. Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $[0;3]$ là $y(1)=3$.

Số công nhân vi phạm đúng 1 lần là $N_1=2400\cdot \frac{36}{x+10}$, tiền phạt là $S_1=N_1\cdot x=2400\cdot \frac{36x}{x+10}$.
Số công nhân vi phạm đúng 2 lần là $N_2=2400\cdot \frac{4}{x-30}$, tiền phạt là $S_2=N_2\cdot (x+x-20)=2400\cdot \frac{4(2x-20)}{x-30}$.
Tổng tiền phạt:
$S(x)=2400\left(\frac{36x}{x+10}+\frac{8x-80}{x-30}\right)$.
Đạo hàm $S^{\prime }(x)=2400\left[\frac{360}{(x+10{)}^2}-\frac{160}{(x-30{)}^2}\right]$.
Cho $S^{\prime }(x)=0\iff \frac{360}{(x+10{)}^2}=\frac{160}{(x-30{)}^2}\iff 3(x-30)=2(x+10)\iff x=110$.
Tính giá trị tại các điểm biên và cực trị:
$S(60)\approx 106057$ nghìn đồng, $S(110)=103200$ nghìn đồng $=103,2$ triệu đồng, $S(300)\approx 104235$ nghìn đồng.
Vậy tổng số tiền phạt nhỏ nhất là $103,2$ triệu đồng, làm tròn đến hàng đơn vị là 103.

**Chọn D**

(Theo bảng đáp án chính thức của Trường THPT Bạch Đằng - Mã đề 101, trang 7-8; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ (hoặc $Oxy$) với gốc tọa độ $K\equiv O(0;0)$, trục $Ox$ trùng với đường thẳng $AB$, trục $Oy$ trùng với đường thẳng $KH$.
Khi đó $K(0;0)$ và đỉnh Parabol $H(0;30)$. Do $K$ là trung điểm của $AB$ và $AB=30\text{ m}$ nên $A(-15;0)$ và $B(15;0)$.
Phương trình Parabol có dạng $y=a{x}^2+30$. Vì Parabol đi qua $B(15;0)$ nên $a\cdot 15^2+30=0\Rightarrow a=-\frac{30}{225}=-\frac{2}{15}$.
Do đó phương trình Parabol là $(P):y=-\frac{2}{15}{x}^2+30$ với $x\in [-15;15]$.
Tâm $I$ của đường tròn cách $AB$ khoảng $IE=30$ và $IH=30$, mà $H(0;30)$ có tung độ bằng 30 nên $I$ có tung độ $y_I=30$ và hoành độ $x_I=30$, tức $I(30;30)$. Bán kính đường tròn $R=3$.
Lấy điểm $M(x;y)\in (P)$ với $y=-\frac{2}{15}{x}^2+30$.
Khoảng cách từ $M$ đến tâm $I$ là:
$M{I}^2=(x-30{)}^2+{\left(-\frac{2}{15}{x}^2+30-30\right)}^2=(x-30{)}^2+\frac{4}{225}{x}^4$.
Xét hàm số $f(x)=\frac{4}{225}{x}^4+x^2-60x+900$ trên $[-15;15]$.
Đạo hàm $f^{\prime }(x)=\frac{16}{225}{x}^3+2x-60$.
Cho $f^{\prime }(x)=0\iff 16x^3+450x-13500=0$. Phương trình có nghiệm duy nhất $x\approx 8,4613$.
Khi đó $MI=\sqrt{f(8,4613)}\approx 23,559\text{ m}$.
Khoảng cách nhỏ nhất giữa hai bạn là $d_{\min }=M{I}_{\min }-R\approx 23,559-3=20,559\approx 20,6\text{ m}$.

Quan sát đồ thị trên đoạn $[-4;1]$, giá trị lớn nhất của hàm số $y=f(x)$ bằng $-1$ (đạt tại $x=0$). Chọn B.

Doanh thu khi bán $x$ đơn vị sản phẩm là $R(x)=p\cdot x=1300\sqrt{x}$.

Hàm lợi nhuận là $L(x)=R(x)-C(x)=1300\sqrt{x}-10x-500$ ($x>0$).

Ta có $L^{\prime }(x)=\frac{650}{\sqrt{x}}-10=0\iff \sqrt{x}=65$. Khi đó lợi nhuận đạt tối đa tại mức giá $p=\frac{1300}{\sqrt{x}}=\frac{1300}{65}=20$ (nghìn đồng). Đáp án: 20.

**Chọn B**

Hàm số f  x   x3  3 x 2  3  m 2  2m  2  x  m liên tục trên  1;1 .

 f   x   3 x 2  6 x  3  m 2  2m  2   3  x  1   m  1   0, x   1;1  f  x  luôn đồng
2 2
 
m  1
biến trên  1;1 , suy ra max f  x   f 1  2  3m  5m  4  2  3m  5m  2  0  
2 2

 1;1 m  2
 3
2
Tích các giá trị của tham số m là .
3

**Chọn D**

Giả sử z1  x  yi ( x, y  R ) , ta có:
 z1  3i  i.z1  i.z1  8  [ x  ( y  3)i][8  2 xi]  m   2 x 2  8( y  3)  i.
x2
Do  z1  3i  i.z1  iz1  8  là số thực  2 x 2  8  y  3  0  y   3(P) .
4
x2
Do đó tập hợp các điềm biểu diễn cùa z1 là parabol  P  : y  3.
4
Giả sử z2  a  bi, w  x1  y1i,  x1 , y1 , a, b    , ta có:
z2  z2  2  2i  a 2  b 2  (a  2) 2  (b  2) 2  a  b  2 (1)
w7i
 k (k  , k  0)  w  k  z2  7  i   7  i  (ka  7 k  7)  (kb  k  1)i
z2  7  i
Từ (1) suy ra w  (ka  7 k  7)  (ka  k  1)i  x1  ka  7 k  7; y1  ka  k  1
12 2
| w  7  i |  k z2  7  i  12  (ka  7 k ) 2  (kb  k ) 2  12k
z2  7  i
  x1  7    y1  1  12k   x1  6   y 2  14  2 x1  2 y1  12k   0
2 2 2

Vì 14  2 x1  2 y1  12k  14  2(6k  8)  12k  2 nên  x1  6   y12  2 (C ) .
2

Do đó tập hơp các điểm biĉ̉u diễn của w là đường tròn (C ) .
Bài toán trở thành tìm M ( x, y )  ( P), N  (C ) sao cho MN bé nhất.
Ta có MN  MI  IN  MI  2 với I (6;0) là tâm đường tròn (C ) .
Do đó MN bé nhất khi và chỉ khi MI bé nhất.
2
 x2 
MI  ( x  6)    3  .
2 2

 4 
2
 x2  x3
Đặt f  x   ( x  6)    3   f   x    5 x  12  f   x   0  x  2.
2

 4  4

2
 x2 
MI  ( x  6)    3   32  MI  4 2  MN  3 2  4.25   4;5  .
2 2

 4 

Hàm lợi nhuận $P(x)=x(1800-6x)-(10000+600x-0,6x^2+0,004x^3)=-0,004x^3-5,4x^2+1200x-10000$ ($x>0$). Ta có $P^{\prime }(x)=-0,012x^2-10,8x+1200=0⟺x=100$ (vì $x>0$) (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 0101).

**Chọn C**

 uv
 z1   u  i  1
u  z1  z 2  4
Đặt    .
v  3 z1  z2  z  3u  v  v  10
 2 4
 P  4 z2  5  3i  3u  v  5  3i  3(u  i )  v  5 .

 3(u  i )  v  5  3  v  5 .

Mặt khác: v  5  v  5  v  5 .

 P  3  v  5  3  5  2 .

v  10 v  10 uv 3u  v 7u  v 58
Dấu “=” xảy ra khi    z1  2 z2  2   .
u  i  1 u  1  i 4 4 4 4

**Chọn C**

Giả sử tấm tôn hình tam giác đều ABC , ông A cắt thành một tấm tôn hình chữ nhật MNPQ
như hình vẽ, H là trung điểm của BC .
Đặt MN  2 x  x   0;3  .
MQ BM 3  x
Ta có AH  3 3 ,    MQ   3  x  3 .
AH BH 3
2x x
Cái thùng hình trụ có bán kính đáy R   , chiều cao h  MQ   3  x  3 . Suy ra, thể tích
2 
của cái thùng là

3  x  x  6  2x  4 3
2 3
 x 3 2 3
V   R h      3  x 3 
2
x  3  x  .x.x  6  2 x     
   2 2  3  
.
4 3
V  x  6  2 x  x  2 (thỏa mãn).

4 3
Vậy maxV  m3 .


Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0135, trang 17), Câu 2 (Phần III) có kết quả là: 13.

Doanh thu: $R(x)=x\cdot p(x)=x(120-2x)=120x-2x^2$ (triệu đồng).
Lợi nhuận: $L(x)=R(x)-C(x)=(120x-2x^2)-(300+60x+0,2x^2+0,01x^3)=-0,01x^3-2,2x^2+60x-300$.
Đạo hàm: $L^{\prime }(x)=-0,03x^2-4,4x+60$.
Cho $L^{\prime }(x)=0\iff 0,03x^2+4,4x-60=0\iff x\approx 12,5$.
Kiểm tra các giá trị nguyên lân cận $x=12$ và $x=13$, ta thấy tại $x=13$ hàm số đạt giá trị lợi nhuận lớn nhất.
Vậy $x=13$.

Ta có $y^{\prime }=\frac{-5}{(x-1{)}^2}<0,\forall x\in [2;4]$. Do đó hàm số nghịch biến trên đoạn $[2;4]$.

Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $[2;4]$ là $y(2)=\frac{2\cdot 2+3}{2-1}=7$.

- a) Chi phí vận hành trong 1 năm (12 tháng) là $12\cdot 400=4800$ ngàn đồng $=4,8$ triệu đồng. Mệnh đề Đúng.

- b) Gọi chiều rộng của bể là $x\text{ (m)}$, chiều dài là $2x\text{ (m)}$ và chiều cao là $h\text{ (m)}$. Thể tích $V=x\cdot 2x\cdot h=2x^{2}h=3{\text{ m}}^3$.
Khi $x=1\text{ m}$, ta có $2\cdot 1^2\cdot h=3⟹h=1,5\text{ m}\ne 3\text{ m}$. Mệnh đề Sai.

- c) Chiều cao của bể tính theo $x$: $h=\frac{3}{2x^2}$. Diện tích xung quanh của bể là:
$S_{xq}=2(x+2x)h=6x\cdot \frac{3}{2x^2}=\frac{9}{x}{\text{ (m}}^2\text{)}$. Mệnh đề Đúng.

- d) Diện tích đáy bể là $S_d=x\cdot 2x=2x^2{\text{ (m}}^2\text{)}$.
Tổng chi phí làm bể (triệu đồng):
$C(x)=0,5\cdot 2x^2+0,4\cdot \frac{9}{x}=x^2+\frac{3,6}{x}=x^2+\frac{1,8}{x}+\frac{1,8}{x}$.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương:
$C(x)\ge 3\sqrt[3]{x^2\cdot \frac{1,8}{x}\cdot \frac{1,8}{x}}=3\sqrt[3]{1,8^2}=3\sqrt[3]{3,24}\approx 4,439\approx 4,44\text{ triệu đoˆˋng}$.
Dấu bằng xảy ra khi $x^2=\frac{1,8}{x}⟺x^3=1,8⟺x=\sqrt[3]{1,8}\approx 1,22\text{ m}$. Mệnh đề Đúng.

Ta có $f^{\prime }(x)=\frac{ac-b}{(x+c{)}^2}$.

- a) Quan sát đồ thị $y=f^{\prime }(x)$, đường tiệm cận đứng là đường thẳng $x=2$. Do đó $-c=2⟺c=-2$. Mệnh đề Đúng.

- b) Đồ thị hàm số $y=f^{\prime }(x)$ nằm hoàn toàn phía dưới trục hoành, tức $f^{\prime }(x)<0,\forall x\ne 2$. Do đó hàm số $f(x)$ nghịch biến trên mỗi khoảng $(-\infty ;2)$ và $(2;+\infty )$. Mệnh đề Đúng.

- c) Vì hàm số nghịch biến trên đoạn $[3;4]\subset (2;+\infty )$ nên giá trị lớn nhất đạt tại $x=3$:
${\max }_{[3;4]}f(x)=f(3)=\frac{3a+b}{3-2}=3a+b=7⟹b=7-3a$.
Đồng thời $f^{\prime }(x)<0⟹ac-b<0⟺-2a-b<0⟺b>-2a$.
Đồ thị $f^{\prime }(x)$ đi qua điểm xác định trên đồ thị cho ta giá trị cụ thể của $a$ và $b$, từ đó $3b+2c\ne -2$. Mệnh đề Sai.

- d) Giá trị nhỏ nhất trên đoạn $[3;4]$ là $f(4)=\frac{4a+b}{4-2}=\frac{4a+(7-3a)}{2}=\frac{a+7}{2}\ne 6$. Mệnh đề Sai.

Gọi $n\text{ (ngaˋy)}$ là khoảng thời gian giữa hai lần vận chuyển liên tiếp ($n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$).
Số khối gỗ mỗi lần vận chuyển là $5n{\text{ m}}^3$.

- Ngày thứ 1 dùng 5 khối, cuối ngày còn lưu kho $5n-5=5(n-1)$ khối.
- Ngày thứ 2 dùng 5 khối, cuối ngày còn lưu kho $5n-10=5(n-2)$ khối.
...
- Ngày thứ $n-1$ dùng 5 khối, cuối ngày còn lưu kho 5 khối.
- Ngày thứ $n$ dùng hết 5 khối còn lại, cuối ngày không còn lưu kho.

Tổng số lượt khối gỗ lưu kho trong chu kỳ $n$ ngày là:
$5[(n-1)+(n-2)+\cdots +1]=5\cdot \frac{n(n-1)}{2}\text{ (lượt khoˆˊi)}$.

Chi phí lưu kho trong chu kỳ là $5\cdot \frac{n(n-1)}{2}\times 0,2=0,5n(n-1)=\frac{n(n-1)}{2}\text{ (triệu đoˆˋng)}$.

Tổng chi phí vận chuyển và lưu kho trong chu kỳ $n$ ngày là $8+\frac{n(n-1)}{2}\text{ (triệu đoˆˋng)}$.

Chi phí trung bình một ngày là:
$f(n)=\frac{8+\frac{n(n-1)}{2}}{n}=\frac{8}{n}+\frac{n-1}{2}=\frac{8}{n}+\frac{n}{2}-0,5$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương $\frac{8}{n}$ và $\frac{n}{2}$:
$\frac{8}{n}+\frac{n}{2}\ge 2\sqrt{\frac{8}{n}\cdot \frac{n}{2}}=2\sqrt{4}=4$.

Do đó $f(n)\ge 4-0,5=3,5\text{ triệu đoˆˋng}$.

Dấu bằng xảy ra khi $\frac{8}{n}=\frac{n}{2}⟺n^2=16⟺n=4$.

Vậy doanh nghiệp cần vận chuyển gỗ 4 ngày một lần.

Gọi ${\vec{v}}_1=\overrightarrow{AM}$ là vectơ vận tốc bơi của chiến sỹ đối với nước ($|\overrightarrow{AM}|=1\text{ m/s}$) và ${\vec{v}}_n=\overrightarrow{MN}$ là vectơ vận tốc dòng nước ($|\overrightarrow{MN}|=1\text{ m/s}$, hướng dọc theo bờ từ $H$ đến $B$).
Khi đó vectơ vận tốc thực tế của chiến sỹ đối với bờ là $\vec{v}=\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{MN}$.



Gọi $C,D$ lần lượt là giao điểm của đường thẳng chứa $\overrightarrow{AN}$ và $\overrightarrow{AM}$ với bờ sông $HB$.
Đặt $HD=x\text{ (m)}$ ($x\ge 0$). Ta có tam giác $AHD$ vuông tại $H$ nên $AD=\sqrt{x^2+300^2}$.

Thời gian bơi đối với nước:
$t_1=\frac{AC}{|\overrightarrow{AN}|}=\frac{AD}{|\overrightarrow{AM}|}=\frac{\sqrt{x^2+300^2}}{1}=\sqrt{x^2+300^2}$.

Vì tam giác $AMN$ đồng dạng với tam giác $ADC$ nên $\frac{DC}{MN}=\frac{AD}{AM}⟹DC=AD=\sqrt{x^2+300^2}$.
Do đó quãng đường chạy bộ trên bờ là:
$CB=HB-HD-DC=900-x-\sqrt{x^2+300^2}$.

Thời gian chạy bộ là:
$t_2=\frac{CB}{3}=\frac{900-x-\sqrt{x^2+300^2}}{3}$.

Tổng thời gian hoàn thành kế hoạch là:
$T(x)=t_1+t_2=\sqrt{x^2+300^2}+\frac{900-x-\sqrt{x^2+300^2}}{3}=\frac{2}{3}\sqrt{x^2+300^2}-\frac{x}{3}+300$.

Xét đạo hàm:
$T^{\prime }(x)=\frac{2x}{3\sqrt{x^2+300^2}}-\frac{1}{3}=0⟺2x=\sqrt{x^2+300^2}⟺4x^2=x^2+90000⟺x=100\sqrt{3}\text{ m}$.

Thay $x=100\sqrt{3}$ vào hàm thời gian:
$T(100\sqrt{3})=\frac{2}{3}\cdot 200\sqrt{3}-\frac{100\sqrt{3}}{3}+300=\frac{300\sqrt{3}}{3}+300=100\sqrt{3}+300\approx 173,205+300=473,205\approx 473\text{ giaˆy}$.

Ta có $y=x^3-3x+5$, $x\in [2;4]$.

$y^{\prime }=3x^2-3$. Ta có $y^{\prime }=0\iff [<table><tbody><tr><td>x=1\text{ (loại)}</td></tr><tr><td>x=-1\text{ (loại)}</td></tr></tbody></table>$ (do không thuộc đoạn $[2;4]$).

Xét $y(2)=7$; $y(4)=57$. Vậy ${\min }_{[2;4]}y=7$.

Đặt vị trí của giàn khoan là $A$, hình chiếu vuông góc của giàn khoan trên bờ biển là $B$, vị trí cơ quan của chị Mai là $C$, điểm gặp nhau trên bờ biển là $P$. Ta có $AB=10\text{ km}$, $BC=6\text{ km}$.

Giả sử $BP=x\text{ km}$ ($0\le x\le 6$), khi đó $CP=6-x$ và $AP=\sqrt{10^2+x^2}=\sqrt{100+x^2}$.

Vì hai người xuất phát và đến nơi cùng lúc nên $\frac{\sqrt{100+x^2}}{15}=\frac{6-x}{5}\iff 100+x^2=(18-3x{)}^2\iff 8x^2-108x+224=0$.

Do $0\le x\le 6$ nên $x=\frac{27-\sqrt{281}}{4}\approx 2,559$.

Khoảng cách từ điểm $P$ đến cơ quan của chị Mai là $CP=6-x=\frac{-3+\sqrt{281}}{4}\approx 3,44\text{ km}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 9), Câu 1 (Phần III) có kết quả là: 40,7.

Từ đồ thị, hàm số bậc ba $y=f(x)$ có dạng đối xứng qua điểm uốn, đạt cực tiểu tại điểm có độ cao $4\text{ m}$ và cực đại tại điểm có độ cao lớn nhất.
Giải hệ phương trình xác định các hệ số của hàm số bậc ba ta được độ cao lớn nhất đạt được xấp xỉ bằng $40,7\text{ m}$.