Chuyên đề Toán 12 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chuyên đề 1 trang 21

Giải Chuyên đề Toán 12 Bài tập cuối chuyên đề 1 trang 21

A. Câu hỏi trắc nghiệm

Bài 1 trang 21 Chuyên đề Toán 12: Giá trị lớn nhất của biểu thức F(x; y) = 5x – 2y trên miền Ω ở Hình 1 là

A. 3.

B. 22.

C. 18.

D. 20.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Miền Ω ở Hình 1 là miền tứ giác có các đỉnh có tọa độ (1; 1), (4; 1), (2; 4) và (1; 3).

Giá trị của biểu thức F tại các đỉnh:

F(1; 1) = 5 ∙ 1 – 2 ∙ 1 = 3;

F(4; 1) = 5 ∙ 4 – 2 ∙ 1 = 18;

F(2; 4) = 5 ∙ 2 – 2 ∙ 4 = 2;

F(1; 3) = 5 ∙ 1 – 2 ∙ 3 = – 1.

Do đó, $\underset{\Omega }{\max }F=F\left(4;1\right)=18$.

Bài 2 trang 21 Chuyên đề Toán 12: Giá trị nhỏ nhất của biểu thức F(x; y) = 5x + 2y trên miền Ω ở Hình 2 là

A. 11.

B. 17.

C. 7.

D. 20.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Miền Ω ở Hình 2 có các đỉnh có tọa độ là (1; 3), (3; 1) và (4; 1) (không là miền đa giác).

Do Ω nằm trong góc phần tư thứ nhất và các hệ số của biểu thức F(x; y) = 5x + 2y đều dương nên F đạt giá trị nhỏ nhất tại một đỉnh của Ω.

Ta có F(1; 3) = 5 ∙ 1 + 2 ∙ 3 = 11;

          F(3; 1) = 5 ∙ 3 + 2 ∙ 1 = 17;

          F(4; 1) = 5 ∙ 4 + 2 ∙ 1 = 22.

Vậy F đạt giá trị nhỏ nhất tại đỉnh có tọa độ (1; 3) và $\underset{\Omega }{\min }F=F\left(1;3\right)=11$

Bài 3 trang 22 Chuyên đề Toán 12: Một nhà phân phối có thể thuê tối đa 3 chiếc xe tải loại A và 8 chiếc xe tải loại B để vận chuyển 100 chiếc máy giặt từ nhà sản xuất đến nơi tiêu thụ. Mỗi xe loại A chở được tối đa 20 máy giặt với giá cước 3 triệu đồng mỗi chuyến, mỗi xe loại B chở được tối đa 10 máy giặt với giá cước 2 triệu đồng mỗi chuyến. Nếu mỗi xe chở nhiều nhất một chuyến, số tiền cước tối thiểu (triệu đồng) mà nhà phân phối phải trả là

A. 19.

B. 17.

C. 15.

D. 25.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Gọi x, y (x ≥ 0; y ≥ 0; x, y ∈ ℤ) lần lượt là số chiếc xe tại loại A và loại B nhà phân phối thuê để vận chuyển máy giặt.

Vì có thể thuê tối đa 3 chiếc xe tải loại A và 8 chiếc xe tải loại B nên x ≤ 3 và y ≤ 8.

Tổng số máy giặt vận chuyển nhiều nhất được khi dùng x xe loại A và y xe loại B nếu mỗi xe chỉ chở nhiều nhất một chuyến là 20x + 10y (chiếc).

Vì phải vận chuyển 100 chiếc máy giặt nên 20x + 10y ≥ 100 hay 2x + y ≥ 10.

Số tiền cước (triệu đồng) mà nhà phân phối phải trả là F = 3x + 2y.

Từ đó, ta nhận được bài toán quy hoạch tuyến tính:

F = 3x + 2y → min

với ràng buộc

$\left\{\begin{array}{l}2x+y\ge 10\\ x\le 3\\ y\le 8\\ x\ge 0\\ y\ge 0.\end{array}\right.$

Tập phương án Ω của bài toán là miền tam giác ABC được tô màu như hình vẽ dưới và có các đỉnh là A(1; 8), B(3; 8) và C(3; 4).

Giá trị của F tại các đỉnh:

F(1; 8) = 3 ∙ 1 + 2 ∙ 8 = 19;

F(3; 8) = 3 ∙ 3 + 2 ∙ 8 = 25;

F(3; 4) = 3 ∙ 3 + 2 ∙ 4 = 17.

Suy ra $\underset{\Omega }{\min }F=F\left(3;4\right)=17$.

Vậy số tiền cước tối thiểu mà nhà phân phối phải trả là 17 triệu đồng.

Bài 4 trang 22 Chuyên đề Toán 12: Một người muốn làm một bể chứa hình hộp chữ nhật không nắp có thể tích 4 m³, chiều cao 1 m. Biết rằng chi phí làm đáy bể là 3 triệu đồng/m², chi phí làm thành bể là 2 triệu đồng/m². Chi phí tối thiểu để làm bể là

A. 20.

B. 24.

C. 28.

D. 32.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Gọi x, y (x > 0, y > 0, tính theo m) lần lượt là chiều dài và chiều rộng của bể chứa.

Thể tích bể chứa là V = xy = 4 (m³), suy ra $y=\frac{4}{x}$ (m).

Diện tích đáy bể là S₁ = xy (m²).

Diện tích thành bể là S₂ = 2(x + y) ∙ 1 = 2(x + y) (m²).

Chi phí để làm bể là

C = 3xy + 2 ∙ 2(x + y) = $3\cdot x\cdot \frac{4}{x}+4\left(x+\frac{4}{x}\right)=12+4x+\frac{16}{x}$(triệu đồng).

Xét hàm số f(x) = 12 + 4x + $\frac{16}{x}$ với x ∈ (0; + ∞).

Ta có f'(x) = 4 – $\frac{16}{x^2}$;

          f'(x) = 0 $\iff 4-\frac{16}{x^2}=0\iff x^2=4\iff x=2\in \left(0;+\infty \right)$.

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy $\underset{\left(0;+\infty \right)}{\min }f\left(x\right)=28$, đạt được tại x = 2.

Với x = 2 thì $y=\frac{4}{2}=2$.

Vậy với x = y = 2 m thì chi phí tối thiểu để làm bể là 28 triệu đồng.

Bài 5 trang 22 Chuyên đề Toán 12: Chi phí để sản xuất x sản phẩm là C(x) = 2 500 + 10x + $\frac{1}{4}{x}^2$ (nghìn đồng). Chi phí trung bình trên mỗi sản phẩm là thấp nhất khi số lượng sản phẩm được sản xuất là

A. 20.

B. 50.

C. 100.

D. 1 000.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Chi phí trung bình trên của mỗi sản phẩm là

$\overline{C}\left(x\right)=\frac{C\left(x\right)}{x}=\frac{2500+10x+\frac{1}{4}{x}^2}{x}=\frac{1}{4}x+10+\frac{2500}{x}$ với x > 0.

Xét hàm số $\overline{C}\left(x\right)=\frac{1}{4}x+10+\frac{2500}{x}$ với x ∈ (0; + ∞).

Ta có ${\overline{C}}^{‘}\left(x\right)=\frac{1}{4}-\frac{2500}{x^2}$;

${\overline{C}}^{‘}\left(x\right)=0\iff \frac{1}{4}-\frac{2500}{x^2}=0\iff x^2=10000\iff x=100\in \left(0;+\infty \right)$.

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta có $\underset{\left(0;+\infty \right)}{\min }\overline{C}\left(x\right)=60$, đạt được khi x = 100.

Vậy chi phí trung bình trên mỗi sản phẩm là thấp nhất khi số lượng sản phẩm được sản xuất là 100 sản phẩm.

B. Bài tập tự luận

Bài 6 trang 22 Chuyên đề Toán 12: Giải bài toán quy hoạch tuyến tính: F = 40x + 15y → max, min với ràng buộc $\left\{\begin{array}{l}5x+3y\le 15\\ x+3\le 3y\\ x\ge 0.\end{array}\right.$

Lời giải:

Viết lại ràng buộc của bài toán thành

$\left\{\begin{array}{l}5x+3y-15\le 0\\ x-3y+3\le 0\\ x\ge 0.\end{array}\right.$

Tập phương án Ω của bài toán là miền tam giác ABC được tô màu như hình vẽ dưới đây.

Tọa độ giao điểm A của hai đường thẳng x = 0 và x – 3y + 3 = 0 là nghiệm của hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}x=0\\ x-3y+3=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ y=1\end{array}\right.\Rightarrow A\left(0;1\right)$.

Tương tự, ta tìm được $B\left(2;\frac{5}{3}\right)$ và C(0; 5).

Giá trị của biểu thức F tại các đỉnh của Ω:

F(0; 1) = 40 ∙ 0 + 15 ∙ 1 = 15;

$F\left(2;\frac{5}{3}\right)=40\cdot 2+15\cdot \frac{5}{3}=105$; 

F(0; 5) = 40 ∙ 0 + 15 ∙ 5 = 75.

Từ đó, $\underset{\Omega }{\max }F=F\left(2;\frac{5}{3}\right)=105;\underset{\Omega }{\min }F=F\left(0;1\right)=15$.

Bài 7 trang 22 Chuyên đề Toán 12: Giải bài toán quy hoạch tuyến tính: F = 3x + 5y → min với ràng buộc $\left\{\begin{array}{l}2x-y+4\ge 0\\ 4x+3y\ge 12\\ 2x-3y\le 6.\end{array}\right.$

Lời giải:

Viết lại ràng buộc của bài toán thành

$\left\{\begin{array}{l}2x-y+4\ge 0\\ 4x+3y-12\ge 0\\ 2x-3y-6\le 0.\end{array}\right.$

Tập phương án Ω của bài toán là miền không gạch chéo trên hình dưới đây (không là miền đa giác).

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ $\left\{\begin{array}{l}2x-y+4=0\\ 4x+3y-12=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ y=4\end{array}\right.\Rightarrow A\left(0;4\right)$.

Tương tự, tìm được điểm B(3; 0).

Miền Ω có hai đỉnh là A(0; 4) và B(3; 0).

Do Ω nằm trong góc phần tư thứ nhất và các hệ số của biểu thức F = 3x + 5y đều dương nên F đạt giá trị nhỏ nhất tại một đỉnh của Ω.

Ta có F(0; 4) = 3 ∙ 0 + 5 ∙ 4 = 20;

          F(3; 0) = 3 ∙ 3 + 5 ∙ 0 = 9.

Vậy F đạt giá trị nhỏ nhất tại đỉnh B(3; 0) và $\underset{\Omega }{\min }F=F\left(3;0\right)=9$.

Bài 8 trang 22 Chuyên đề Toán 12: Thức ăn chăn nuôi A gồm 60% bột ngô và 40% bột đậu nành, thức ăn chăn nuôi B gồm 80% bột ngô và 20% bột đậu nành. Hiện tại xí nghiệp sản xuất chỉ còn 2,4 tấn bột ngô và 1,2 tấn bột đậu nành. Với số nguyên liệu này, xí nghiệp đó nên sản xuất khối lượng bao nhiêu mỗi loại sản phẩm A và B để thu được lợi nhuận cao nhất? Biết rằng A cho lợi nhuận 2 triệu đồng/tấn và B cho lợi nhuận 1,8 triệu đồng/tấn.

Lời giải:

Gọi x, y (x ≥ 0, y ≥ 0, tính theo tấn) lần lượt là khối lượng thức ăn chăn nuôi loại A và loại B mà xí nghiệp sản xuất.

Vì xí nghiệp sản xuất chỉ còn 2,4 tấn bột ngô và 1,2 tấn bột đậu nành nên ta có các bất phương trình

$\left\{\begin{array}{l}\mathrm{0,6}x+\mathrm{0,8}y\le \mathrm{2,4}\\ \mathrm{0,4}x+\mathrm{0,2}y\le \mathrm{1,2}\end{array}\right.$ hay $\left\{\begin{array}{l}3x+4y\le 12\\ 2x+y\le 6.\end{array}\right.$

Lợi nhuận của xí nghiệp thu được đối với hai loại sản phẩm A và B là

L = 2x + 1,8y (triệu đồng).

Từ đó, ta nhận được bài toán quy hoạch tuyến tính:

L = 2x + 1,8y → max

với ràng buộc

$\left\{\begin{array}{l}3x+4y\le 12\\ 2x+y\le 6\\ x\ge 0\\ y\ge 0.\end{array}\right.$

Tập phương án Ω của bài toán là miền tứ giác OABC được tô màu như hình dưới đây, có các đỉnh O(0; 0), A(3; 0), B$\left(\frac{12}{5};\frac{6}{5}\right)$ và C(0; 3).

Giá trị của L tại các đỉnh:

L(0; 0) = 0;

L(3; 0) = 2 ∙ 3 + 1,8 ∙ 0 = 6;

$L\left(\frac{12}{5};\frac{6}{5}\right)=2\cdot \frac{12}{5}+\mathrm{1,8}\cdot \frac{6}{5}=\mathrm{6,96}$;

L(0; 3) = 2 ∙ 0 + 1,8 ∙ 3 = 5,4.

Do đó, $\underset{\Omega }{\max }L=\mathrm{6,96}$, đạt được khi $x=\frac{12}{5}=\mathrm{2,4};y=\frac{6}{5}=\mathrm{1,2}$.

Bài 9 trang 23 Chuyên đề Toán 12: Hàm lượng protein, lipid và glucid (tính theo gam) trong 100 g mỗi loại thực phẩm A và B được cho bởi bảng sau:

Từ hai loại thực phẩm A và B, người ta muốn tạo ra một lượng thực phẩm chứa ít nhất 480 g protein, 90 g lipid và 2 400 g glucid. Biết rằng một kilôgam mỗi loại thực phẩm

A và B có giá lần lượt là 80 nghìn đồng, 100 nghìn đồng. Cần chọn bao nhiêu kilôgam mỗi loại thực phẩm A và B để chi phí thấp nhất?

Lời giải:

Gọi x, y (x ≥ 0, y ≥ 0, tính theo kg) lần lượt là khối lượng thực phẩm A và B cần dùng.

Vì lượng thực phẩm tạo ra chứa ít nhất 480 g protein, 90 g lipid và 2 400 g glucid nên ta có các bất phương trình sau

$\left\{\begin{array}{l}240x+80y\ge 480\\ 30x+20y\ge 90\\ 600x+800y\ge 2400\end{array}\right.$ hay $\left\{\begin{array}{l}3x+y\ge 6\\ 3x+2y\ge 9\\ 3x+4y\ge 12.\end{array}\right.$

Chi phí mua hai loại thực phẩm A và B là T = 80x + 100y (nghìn đồng).

Từ đó, ta nhận được bài toán quy hoạch tuyến tính:

T = 80x + 100y → min

với ràng buộc

$\left\{\begin{array}{l}3x+y\ge 6\\ 3x+2y\ge 9\\ 3x+4y\ge 12\\ x\ge 0\\ y\ge 0.\end{array}\right.$

Tập phương án Ω của bài toán là miền không gạch chéo trên hình dưới đây, có các đỉnh A(4; 0), $B\left(2;\frac{3}{2}\right)$, C(1; 3) và D(0; 6).

Miền Ω nằm trong góc phần tư thứ nhất, các hệ số của hàm mục tiêu T dương nên T đạt giá trị nhỏ nhất tại đỉnh của Ω.

Giá trị của T tại các đỉnh:

T(4; 0) = 80 ∙ 4 + 100 ∙ 0 = 320;

$T\left(2;\frac{3}{2}\right)=80\cdot 2+100\cdot \frac{3}{2}=310$;

T(1; 3) = 80 ∙ 1 + 100 ∙ 3 = 380;

T(0; 6) = 80 ∙ 0 + 100 ∙ 6 = 600.

Suy ra $\underset{\Omega }{\min }T=310$, đạt được khi x = 2; $y=\frac{3}{2}=\mathrm{1,5}$.

Bài 10 trang 23 Chuyên đề Toán 12: Một người muốn làm một thùng chứa hình trụ có nắp, có dung tích 500 dm³. Cần chọn bán kính đáy và chiều cao của thùng bằng bao nhiêu để tiết kiệm nguyên liệu nhất? Biết đáy và mặt xung quanh của thùng có độ dày như nhau và xác định trước.

Lời giải:

Bán kính và chiều cao của thùng chứa lần lượt là R và h (dm; R, h > 0).

Thể tích thùng chứa hình trụ là V = πR²h = 500 (dm³).

Suy ra $h=\frac{500}{\pi R^2}$(dm).

Để tiết kiệm nguyên liệu nhất thì diện tích toàn phần của thùng chứa phải nhỏ nhất.

Diện tích toàn phần của thùng chứa hình trụ là

S = 2πRh + 2πR² = $2\pi R\cdot \frac{500}{\pi R^2}+2\pi R^2$= $\frac{1000}{R}+2\pi R^2$(dm²).

Xét hàm số $S\left(R\right)=\frac{1000}{R}+2\pi R^2$ với R ∈ (0; + ∞).

Ta có $S^{‘}\left(R\right)=4\pi R-\frac{1000}{R^2}$;

         $S^{‘}\left(R\right)=0\iff 4\pi R-\frac{1000}{R^2}=0\iff 4\pi R^3=1000\iff R=\sqrt[3]{\frac{250}{\pi }}$ ∈ (0; + ∞).

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta có $\underset{\left(0;+\infty \right)}{\min }S\left(R\right)=S\left(\sqrt[3]{\frac{250}{\pi }}\right)$, đạt được tại $R=\sqrt[3]{\frac{250}{\pi }}$

Với $R=\sqrt[3]{\frac{250}{\pi }}$ thì ta có $h=2\sqrt{\frac{\pi }{250}}$.

Vậy với bán kính $R=\sqrt[3]{\frac{250}{\pi }}$(dm) và đường cao $h=2\sqrt{\frac{\pi }{250}}$(dm) thì tiết kiệm nguyên liệu làm thùng chứa nhất.

Bài 11 trang 23 Chuyên đề Toán 12: Cho mạch điện có sơ đồ như Hình 4. Nguồn điện có suất điện động E = 4 V và điện trở trong r = 2 Ω. Điện trở ở mạch ngoài là R(Ω) thay đổi. Cường độ dòng điện I(A) chạy trong mạch và công suất P(W) của dòng điện ở mạch ngoài được tính lần lượt theo các công thức

$I=\frac{E}{r+R}$ và P = I²R

(Vật lí 11, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam, 2012, trang 49, 51).

Điện trở R bằng bao nhiêu thì công suất P có giá trị lớn nhất? Tính giá trị lớn nhất đó.

Lời giải:

Ta có cường độ dòng điện là $I=\frac{E}{r+R}=\frac{4}{2+R}$(A).

Công suất của dòng điện ở mạch ngoài là

P = I²R = ${\left(\frac{4}{2+R}\right)}^2\cdot R=\frac{16R}{{\left(2+R\right)}^2}$(W) với R > 0.

Xét hàm số $P\left(R\right)=\frac{16R}{{\left(2+R\right)}^2}$ với R ∈ (0; + ∞).

Ta có $P^{‘}\left(R\right)=\frac{16\left(2-R\right)}{{\left(2+R\right)}^3}$;

          P'(R) = 0 ⇔ 16(2 – R) = 0 ⇔ R = 2.

Ta có P(2) = 2.

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta có $\underset{\left(0;+\infty \right)}{\max }P\left(R\right)=2$, đạt được tại R = 2.

Bài 12 trang 23 Chuyên đề Toán 12: Theo kết quả thăm dò trước một buổi biểu diễn văn nghệ ngoài trời, nếu giá bán mỗi vé là p nghìn đồng thì sẽ có x người mua vé xem biểu diễn, giữa p và x có mối liên hệ: p = 500 ∙ e^{– 0,0005x}. Đơn vị tổ chức nên bán vé với giá bao nhiêu thì đạt được doanh thu (tổng số tiền bán vé) cao nhất?

Lời giải:

Doanh thu của đơn vị tổ chức buổi biểu diễn văn nghệ là:

D = px = 500 ∙ e^{– 0,0005x} ∙ x = 500xe^{– 0,0005x} (nghìn đồng) với x > 0.

Xét hàm số f(x) = 500xe^{– 0,0005x} với x ∈ (0; + ∞).

Ta có f'(x) = 500e^{– 0,0005x}(1 – 0,0005x);

          f'(x) = 0 ⇔ 1 – 0,0005x = 0 ⇔ x = 2 000 ∈ (0; + ∞).

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta có $\underset{\left(0;+\infty \right)}{\max }f\left(x\right)=\frac{1000000}{e}$, đạt được khi x = 2 000.

Với x = 2 000, ta có p = 500 ∙ e^{– 0,0005 ∙ 2 000} = $\frac{500}{e}$ ≈ 184.

Vậy đơn vị tổ chức nên bán vé với giá 184 nghìn đồng thì đạt được doanh thu cao nhất.

Xem thêm các bài giải Chuyên đề học tập Toán 12 Chân trời sáng tạo hay, chi tiết khác:

Bài 2: Vận dụng đạo hàm giải bài toán tối ưu

Bài tập cuối chuyên đề 1

Bài 1: Tiền tệ. Lãi suất

Bài 2: Tín dụng. Vay nợ

Bài 3: Đầu tư tài chính. Lập kế hoạch tài chính cá nhân