Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tối ưu thực tế bằng đạo hàm (Toán học Lớp 12)

Đáp án: 3,24
Gọi độ dài cạnh đáy là x (đơn vị mét, x > 0)
$S_{day}=x^2$. Theo đề bài $\frac{1}{3}.SO.x^2=8\to SO=\frac{24}{x^2}$.
$$SI=\sqrt{S{O}^2+O{I}^2}=\sqrt{\frac{576}{x^4}+\frac{x^2}{4}}$$
$$S_{bat}=4S_{SCD}=2x\sqrt{\frac{576}{x^4}+\frac{x^2}{4}}=\sqrt{\frac{2304}{x^2}+x^4}$$

Xét $\frac{2304}{x^2}+x^4=\frac{1152}{x^2}+\frac{1152}{x^2}+x^4\ge 3\sqrt[3]{1152.1152}$
$$S_{bat}\ge \sqrt{3\sqrt[3]{1152^2}}\approx 18,18m^3$$
Dấu “=” xảy ra khi $\frac{1152}{x^2}=x^4\to x^6=1152\to x=\sqrt[6]{1152}$ ($\approx 3,24m$)
Cạnh bên $SD=\sqrt{S{I}^2+I{D}^2}=\sqrt{\frac{576}{x^4}+\frac{1}{2}{x}^2}=\sqrt{\frac{576}{\sqrt[6]{1152^4}}+\frac{1}{2}\sqrt[6]{1152^2}}\approx 3,24m$
Nhận xét: Khi lượng vải bạt cần dùng ít nhất thì cạnh bên và cạnh đáy của chóp tứ giác đều bằng nhau!

a) Sai: Gọi $x$ là khoảng cách từ vị trí dự kiến xây ngôi nhà đến quán karaoke có cường độ âm thanh $I_1$ thì khi ấy mức âm thanh từ hai quán karaoke ảnh hưởng đến ngôi nhà được biểu diễn dưới hàm số $f(x)=\frac{I_1}{x^2}+\frac{I_2}{(L-x{)}^2}$ trong đó $0<x<L$; do mỗi sự gia tăng khoảng cách từ nguồn cho ra kết quả giảm mức độ âm thanh theo tỷ lệ nghịch với bình phương nên giá trị $k$ đề cập ở mệnh đề xem như bằng 1.
b) Đúng: Xét hàm số $f(x)=\frac{I_1}{x^2}+\frac{I_2}{(L-x{)}^2}$ với $0<x<L$. Ta có $f^{\prime }(x)=-\frac{2I_1}{x^3}+\frac{2I_2}{(L-x{)}^3}$. Giải $f^{\prime }(x)=0\iff x=\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}};k=\frac{I_2}{I_1}$. Xét $f^{\prime \prime }(x)$ để thấy $f^{\prime \prime }\left(\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}\right)>0$, cùng với ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)={\lim }_{x\to L}f(x)=+\infty$ nên $x=\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}$ là điểm cực tiểu của $f(x)$ tức ${\min }_{(0;L)}f(x)=f\left(\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}\right)$. Với $I_1=I_2$ tức $k=1$ suy ra nhỏ nhất khi $x=\frac{L}{2}$.
c) Đúng: Với $I_1=8I_2$ tức $k=\frac{1}{8}$ suy ra cường độ âm tổng hợp nhỏ nhất khi $x=\frac{2L}{3}$, khi ấy khoảng cách từ nhà đến $I_2$ là $\frac{L}{3}$. Như vậy khoảng cách giảm đi $\left|\frac{L}{2}-\frac{L}{3}\right|=\frac{L}{6}$ so với tỉ lệ ban đầu $I_1=I_2$.
d) Sai: Từ giả thiết $x=\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}\to k=\frac{I_2}{I_1}={\left(\frac{L}{L-2}-1\right)}^3=\frac{8}{(L-2{)}^3}$. Cần $k\in \mathbb{Z}\to \frac{2}{L-2}\in \mathbb{Z}\to \frac{2}{L-2}=\frac{2}{m},m\in \mathbb{Z}$. Do $L$ nguyên dương nên $m$ là ước nguyên dương của 2, suy ra $m=1\to k=1$, $m=2\to k=8$ tức có 2 giá trị nguyên $k$.
a) Sai: Gọi $x$ là khoảng cách từ vị trí dự kiến xây ngôi nhà đến quán karaoke có cường độ âm thanh $I_1$ thì khi ấy mức âm thanh từ hai quán karaoke ảnh hưởng đến ngôi nhà được biểu diễn dưới hàm số $f(x)=\frac{I_1}{x^2}+\frac{I_2}{(L-x{)}^2}$ trong đó $0<x<L$. Giải thích: do mỗi sự gia tăng khoảng cách từ nguồn cho ra kết quả giảm mức độ âm thanh theo tỷ lệ nghịch với bình phương nên giá trị $k$ đề cập ở mệnh đề xem như bằng 1.
b) Đúng: Xét hàm số $f(x)=\frac{I_1}{x^2}+\frac{I_2}{(L-x{)}^2}$ với $0<x<L$. Ta có: $f^{\prime }(x)=-\frac{2I_1}{x^3}+\frac{2I_2}{(L-x{)}^3}$. Giải $f^{\prime }(x)=0\iff \frac{k}{(L-x{)}^3}=\frac{1}{x^3}\iff x=\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}};k=\frac{I_2}{I_1}$. Xét $f^{\prime \prime }(x)=\frac{6I_1}{x^4}-\frac{6I_2}{(L-x{)}^4}$ để thấy $f^{\prime \prime }\left(\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}\right)>0$, cùng với ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)={\lim }_{x\to L}f(x)=+\infty$ nên ta suy ra $x=\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}$ là điểm cực tiểu của hàm số $f(x)$ tức ${\min }_{(0;L)}f(x)=f\left(\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}\right)$. Với $I_1=I_2$ tức $k=1$ ta suy ra ${\min }_{(0;L)}f(x)=f\left(\frac{L}{2}\right)$ tức nhỏ nhất khi $x=\frac{L}{2}$.
c) Đúng: Với $I_1=8I_2$ tức $k=\frac{1}{8}$ ta suy ra ${\min }_{(0;L)}f(x)=f\left(\frac{2L}{3}\right)$ tức cường độ âm tổng hợp nhỏ nhất khi $x=\frac{2L}{3}$ tức khoảng cách từ nhà ông Bảo đến $I_1$ là $x=\frac{2L}{3}$, khi ấy ta suy ra khoảng cách từ nhà ông Bảo đến $I_2$ là $L-\frac{2L}{3}=\frac{L}{3}$. Như vậy khoảng cách giảm đi $\left|\frac{L}{2}-\frac{L}{3}\right|=\frac{L}{6}$ so với tỉ lệ ban đầu là $I_1=I_2$.
d) Sai: Từ giả thiết ta có $x=\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}\to k=\frac{I_2}{I_1}={\left(\frac{L}{L-2}-1\right)}^3=\frac{8}{(L-2{)}^3}$. Ta cần $k\in \mathbb{Z}\to \frac{8}{(L-2{)}^3}={\left(\frac{2}{L-2}\right)}^3\in \mathbb{Z}\to \frac{2}{L-2}\in \mathbb{Z}\to \frac{2}{L-2}=\frac{2}{m},m\in \mathbb{Z}$. Do $L$ nguyên dương nên $L-2$ nguyên dương tức $m$ là 1 ước nguyên dương của 2. Suy ra $m=1\to k=1$, $m=2\to k=8$ tức có 2 giá trị nguyên $k$.

(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.

Vì $O(0;0)$ là điểm cực tiểu của $(\mathcal{H})$ nên $f(0)=0\Rightarrow d=0$ và $f^{\prime }(0)=0\Rightarrow c=0$. Mặt khác $(\mathcal{H})$ đi qua $M(3;0)$ nên $-27+9b=0\Rightarrow b=3$. Vậy $f(x)=-x^3+3x^2$.
Phương trình hoành độ giao điểm của $d:y=kx$ và $(\mathcal{H})$ với $x>0$ là $x^2-3x+k=0$ ($0<k<\frac{9}{4}$), có hai nghiệm $x_1<x_2$ thỏa mãn $x_1+x_2=3,x_1{x}_2=k$.
Diện tích tam giác $MAB$ là $S_{MAB}=S_{MOB}-S_{MOA}=\frac{1}{2}\cdot OM\cdot (y_B-y_A)=\frac{3}{2}k(x_2-x_1)=\frac{3}{2}k\sqrt{9-4k}$.
Xét $g(k)=k^2(9-4k)=9k^2-4k^3$ trên $\left(0;\frac{9}{4}\right)$, có $g^{\prime }(k)=18k-12k^2=0\iff k=\frac{3}{2}$. Khi đó $S_{MAB}$ đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{9\sqrt{3}}{4}$ (đvdt).
Tổng diện tích mảnh vườn là $S={\int }_0^3(-x^3+3x^2)dx=\frac{27}{4}$ (đvdt).
Vì mỗi đơn vị trên trục là $10\text{ m}$ nên $1\text{ đvdt}=100{\text{ m}}^2$. Diện tích phần đất còn lại là $100\cdot \left(\frac{27}{4}-\frac{9\sqrt{3}}{4}\right)\approx 285{\text{ m}}^2$. Đáp án: 285.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 121, trang 5), Câu 6 (Phần 3, câu 22) có đáp số là $120$.

Lợi nhuận $L(x)=x(400-3x)-C(x)=-2x^2+(240-T)x-115$ đạt GTLN tại $x=\frac{240-T}{4}$. Khi đó tổng mức thuế $S(T)=Tx=\frac{T(240-T)}{4}$ đạt GTLN khi $T=120$ (nghìn đồng).