Chuyên đề toán thực tế liên quan min-max

Tìm diện tích lớn nhất của hình chữ nhật nội tiếp trong nửa đường tròn bán kính 10 cm, biết một cạnh của hình chữ nhật nằm dọc trên đường kính của đường tròn.... Từ một khúc gỗ tròn hìn[r]

CHUYÊN ĐỀ TOÁN THỰC TẾ LIÊN QUAN TÍCH PHÂN BẢNG ĐÁP ÁN

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 D B B D C D C A D C A C C A B C A B A A D A D D D 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 B D A A B D C D D D B A B D B A D D D C D A C D A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng cân C, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy ABC, biết SC1 Tìm thể tích lớn khối chóp S ABC.

A

12 . B

2

12 . C

2

27 . D

3 27 . Lời giải

Chọn D

Giả sử CA CB x  , 0 x 1  SA SC2 AC2  1 x2 .

Thể tích khối chóp

2

1 1

3

S ABC ABC

V  S SA  CACB SA  x  x

  .

Khảo sát hàm  

2

1

f x  x  x

0;1  

3

2

2

1

2

6 1 1

x x x

f x x x

x x

    

       

 

   ; f x  0

2 x

 

Ta  

  0;1

2

max

3 27 f x f  

  nên thể tích lớn khối chóp S ABC

3 27 V 

Câu Người ta cắt tờ giấy hình vng cạnh 1 để gấp thành hình chóp tứ giác

cho bốn đỉnh hình vng dán lại thành đỉnh hình chóp (hình vẽ)

Để thể tích khối chóp lớn cạnh đáy x hình chóp A

2 x

B

2 x

C x2 2. D

2

x

Lời giải

Chọn B

Ta có

1

2 2

x BM  AB MO  

Chiều cao hình chóp

2 2

2 2 2.

2 2

x x x

h BM  MO           

 

Thể tích khối chóp

4

1 2

3

x x x

V  x   

Khảo sát hàm số  

4 2

f x x  x

2 0;

2

 

 

 

 .

  f x  x  x

; f x  0

2 x x 

  

 

 .

Dựa vào bảng biến thiên ta giá trị lớn hàm số đạt

2 x

Câu Tìm chiều dài L ngắn thang để tựa vào tường mặt đất, ngang qua cột đỡ

có chiều cao 3

2 m cách tường 0, 5 m kể từ gốc cột đỡ.

A 2 m B 4 m C 3 m D 5 m

Đặt  ABC, 0;2

   

 .

Dựa vào hình vẽ ta có AB AK KB  cos sin

MK KH

 

 

1 3 2cos 2sin

 

Đặt  

1 3 2cos 2sin f 

 

 

Bài tốn trở thành tìm

  0; f         

Ta có   2

sin 3.cos 2cos 2sin

f   

 



  

3

2 sin 3.cos

2cos sin      

 

f   sin3 3 3.cos3 0

 

    tan3 3  tan 

0;           . Bảng biến thiên

Vậy

 

0; minAB f

          4 f     

  .

Câu Một kiến đậu đầu B cứng mảnh AB có chiều dài L dựng cạnh tường thẳng đứng (hình vẽ)

Vào thời điểm mà đầu B bắt đầu chuyển động sang phải theo sàn ngang với vận tốc không đổi v kiến bắt đầu bị dọc theo với vận tốc không đổi u Cho đầu A

của tỳ lên tường thẳng đứng Trong q trình bị thanh, kiến đạt độ cao cực đại hmax sàn ?

A

2 3L

v . B

2 2L

v . C

2 L

v. D

2 L

Lời giải Chọn D

Gọi t,

L t

u  

thời gian kiến

Ta có

L t

u 

với L chiều dài cứng

Khi đầu B di chuyển đoạn S v t kiến L u t .

Độ cao mà kiến đạt h L sin

2

L S u t

L

 

2 2

L t v t u

L

 

Đặt  

2 2 f t L t  v t

Bài toán trở thành tìm max f t 

Ta có  

2 f t  L t v t

; f t  0  2L t2  4v t2 0

0

t L t

v

   

 

 .

Khi t0 (không thỏa mãn), ta chọn

L t

v 

Bảng biến thiên

Vậy  

2

max

2

L L

f t f

v v

 

  

Câu Một hộp không nắp làm từ mảnh tông theo mẫu Hộp có đáy hình vng cạnh x cm, chiều cao h cm tích 500 cm3.

Tìm x cho diện tích mảnh tơng nhỏ

A 5 cm B 100 cm. C 10 cm. D 20 cm Lời giải

Chọn C

Ta tích khối hộp  

2 500

V x x h

500

h x

 

, x0.

Để hộp làm tốn bìa tơng diện tích tồn phần hộp nhỏ

Diện tích mảnh tông dùng làm hộp  

2 2000

4

S x x hx x

x

   

, x0.

Bài tốn quy tìm x0; cho S x  đạt giá trị nhỏ Ta có  

 

2

2 1000 2000

2 x

S x x

x x



   

; S x  0  x10.

Suy bảng biến thiên sau

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy S x  đạt giá trị nhỏ x10 Vậy muốn tốn nguyên

liệu ta lấy độ dài cạnh đáy hình hộp x10 cm.

Câu Một nhà máy cần sản xuất bể nước tơn có dạng hình hộp đứng đáy hình chữ nhật

có chiều dài gấp 2 lần chiều rộng khơng nắp, tích

4

3 m3 Hãy tính độ dài chiều rộng của

A 2 m B 3 m. C

2

3 m. D 1 m.

Lời giải Chọn D

Gọi x, h chiều rộng đáy chiều cao khối hộp với x, h0; 

Ta có chiều dài đáy 2x Thể tích V 2 x x h2x h2 2

2

2

V h

x x

  

Diện tích vật liệu làm khối hộp    

2

2 2

S x x x x x h x

x

    

 

4

S x x

x

  

; S x  0

4

4x

x

  

1 x

  .

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy minS 6 x1.

Đoạn đường ngắn mà người

A 596,5 m B 671, m C 779,8 m D 741, m Lời giải

Chọn C

Giả sử người từ A đến M để lấy nước từ M B

Dễ dàng tính BD369; EF 492 Ta đặt EM x ta có MF 492 x;

2 1182

MA x  ;  

2 2

492 487

MB  x 

Như ta có hàm số f x  xác định tổng quãng đường MA MB .

  1182 492 2 4872

f x  x    x 

với x0;492

Ta cần tìm giá trị nhỏ f x  để có quãng đường ngắn từ xác định vị trí điểm M

Ta có

 

 

2 2 2

492

118 492 487

x x

f x

x x



  

  

 

f x  2  2

492

0 118 492 487

x x

x x



  

   2  2

492

118 492 487

x x

x x



 

  

492 2 4872 492  1182

x x x x

     

 2  2 

2 492 4872 492 1182

0 492

x x x x

x

       

  

 

   

487 2 58056 118 2

0 492

x x

x

  

  

  

58056 605

58056 369

0 492

x x

x

   

  

 

  

58056 605

x

 

Hàm số f x  liên tục đoạn 0;492 So sánh giá trị f 0 ;

58056 605 f 

 ; f 492 ta có giá trị nhỏ

58056

779,8 605

f  

  .

Khi quãng đường ngắn xấp xỉ 779,8 m

Câu Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng

2 :

1 x y t

z t

  

  

  

 hai điểm

1; 2; 1 A  

, B4;4;5 Giả sử M a b c ; ;  thuộc  cho MA MB nhỏ Khi đó

tích abc

A 0 B

2

9 . C 1. D 2.

Lời giải Chọn A

M   M2; ;1t t.

Ta có MA 2t29; MB 2t236 Từ MA MB  2t2 9 2t236

Đặt f t   2t2 9 2t2 36

  22 22

2 36

t t

f t

t t

  

  ; f t  0 2

2

0 36

t t

t t

  

   t 0.

Ta có bảng biến thiên sau

Từ bảng biến thiên suy f t 9 đạt t0 Vậy M2;0;1 MA MB nhỏ

Câu Một trang chữ sách giáo khoa cần diện tích 384 cm2 Lề cm, lề trái

và phải 2 cm Kích thước tối ưu trang giấy

A dài 24cm; rộng 16 cm B dài 24 cm; rộng 17 cm C dài 25 cm; rộng 15,36 cm D dài 25, 6cm; rộng 15 cm

Lời giải Chọn A

Trang giấy có diện tích tối ưu diện tích trình bày lớn

Gọi chiều dài trang giấy x, x8 6; suy chiều rộng

384

x .

Diện tích trình bày nội dung    

384 2304

6 4 408

f x x x

x x

 

      

  .

Để diện tích lớn ta cần tìm giá trị lớn  

2304

4 408

f x x

x

  

với x8 6.

Ta có  

2304

f x

x

  

; f x  0  x24.

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị lớn f x  216 x24.

Vậy chiều dài trang giấy 24 cm; suy chiều rộng

384 16 24  cm.

Câu 10 Có sở in sách xác định diện tích tồn trang sách S0 cm2 Do yêu cầu kỹ

trái bên phải phải cách mép trái mép phải trang sách b cm, b a  Các kích thước trang sách diện tích phần in chữ có giá trị lớn Khi tính tỉ lệ chiều rộng chiều dài trang sách

A

b a a 

B

2

b

a . C

b

a . D

b a a 

Lời giải

Chọn C

Gọi x, y chiều rộng chiều dài trang sách 0 x y, P diện tích phần in chữ trang sách

Chiều rộng phần in sách x 2b,

x b

 



 

 .

Chiều dài phần in sách y 2a,

y a

 



 

 .

Diện tích phần in sách Px 2b y   2a xy 2by 2ax4ab Mặt khác S0xy

0

S y

x

 

thay vào phương trình ta

0

2

4 bS

P S ab ax

x

 

     

 .

Ta nhận thấy S04ab không đổi nên maxP

0 2ax bS

x

 

   

Xét hàm số  

0

2

2 bS

f x ax

x

  f  x 2a 2bS20

x 

  

; f x  0

0

bS x

a

 

Lại có  

0

4bS

f x

x

 

, x0  f x  0

 

0 f x f bS abS

a

 

   

 

  .

Khi

0

bS x

a

 x2 bS0

a

  x2 bxy

a

 

x b y a

 

Câu 11 Một anh kỹ sư muốn tạo 1 lu hình trụ có diện tích bề mặt (khơng tính hai mặt đáy) lớn Bề mặt lu quấn mảnh tơn hình chữ nhật có chu vi 120 cm Gọi chiều dài hình chữ nhật a, chiều rộng hình chữ nhật b Tính Pa23b.

A 990 B 1660 C 2530 D 1108

Lời giải Chọn A

Cách 1

60

a b   1 ; S a b .

Ta có

2

900

2

a b a b   

  (bất đẳng thức Cô Si). maxS 900

  Dấu “ ” xảy a b 30.

2 3 990

a b

   .

Cách 2

Ta có a b 60  b60 a.

 

60 60

S a b a   a  a a

Xét  

2 60 yf a  a a

với 0 a 60.

60

Suy maxS 900 a b 30 a2 3b 990

   .

Câu 12 Bác nông dân có 200 m rào để ngăn đàn gà ni dạng hình chữ nhật Để diện tích ni gà lớn chiều dài hình chữ nhật a m chiều rộng b m Khi a2ab b 2 có giá trị

bằng

A 7525 m B 7600 m C 7500 m D 7900 m Lời giải

Chọn C Cách 1

Ta có a b 100 Diện tích S a b .

Ta có

2

2500

2

a b a b   

  (bất đẳng thức Cô Si). maxS 2500 Dấu “ ” xảy  a b 50.

2 . 7500

a a b b

    .

Cách 2

Ta có a b 100  b100 a; S a b a  100 a 100a a 2.

Xét  

2 100 y f a  a a

với 0a100; y 100 2 a; y 0  a50.

maxS 2500 a b 50 a2 a b b. 7500

    .

A 7 cm B 5 cm C

2 cm. D 4 2 cm.

Lời giải Chọn C

Ta có SEFGH nhỏ S SAEH SCGF SDGH lớn

Dễ thấy 2S 2x3y6 x 6 yxy 4x 3y36  1

Theo giả thiết, ta AEH#CGF (do có cạnh tương ứng song song với nhau) nên

AE AH

CG CF suy xy6  2 .

Từ  1  2 suy

18 2S 42 4x

x

 

    

  hay

9 21

S x

x

 

    

 .

Theo bất đẳng thức Côsi, ta

9

2x 2 x 18

x x

   

nên S21 2 Từ đó

biểu thức S lớn 21 2 , đạt

9

0

x x x

      

3 2 x

  y 2 2

  .

Khi

3

2

2

x y   

Câu 14 Một ảnh hình chữ nhật cao 1,4 m đặt độ cao 1,8 m so với tầm mắt (tính từ đầu mép hình vẽ) Biết góc BOC nhọn Để nhìn rõ phải xác định vị trí đứng cho góc nhìn lớn Tính khoảng cách từ vị trí đến ảnh ?

Lời giải Chọn A

Đặt độ dài cạnh AO x , x0 Ta BO 3, 24x2 ; CO 10, 24x2 .

Sử dụng định lí cosin tam giác OBC

    

   

2

2 2

2

3, 24 10, 24 1,96 cos

2 2 3, 24 10, 24

x x

OB OC BC BOC

OB OC x x

              2 5,76 3, 24 10, 24

x x x     Vì góc BOC nhọn nên BOC lớn cosBOC nhỏ Hay tốn trở thành

tìm x để

 

   

2

2

5, 76 3, 24 10, 24

x F x x x    

đạt giá trị nhỏ

Đặt  

2

3, 24x t

, t3,24 Suy

 

   

63

25 63 25

7 25

t t

F t

t t t t





 

 

Ta tìm t để F t  đạt giá trị nhỏ

            25 25 63

2

25 63

25

25

t

t t t

t t t F t t t t t                                                      

50 25 63

1 49 441

25 2 7 7 25 2 7 7

t t t t t

t t t t t t t t

        

   

 

       

   ; F t 0  t 9.

Bảng biến thiên

Thế vào biểu thức phép đặt ta có  

2

3, 24x 9  x214425  x2, 4 Vậy để nhìn rõ AO2, 4 m.

A 80 cm2. B 100 cm2. C 160 cm2. D 200 cm2.

Lời giải Chọn B

Gọi x, 0 x 10 độ dài cạnh hình chữ nhật khơng nằm đường kính đường trịn Khi độ dài cạnh hình chữ nhật nằm đường kính đường trịn 100 x2

Diện tích hình chữ nhật S x  2 100x  x2

 

2

2

2

2 200

2 100

100 100

x x

S x x

x x



    

  ; S x  0

10 2 x

 

(do 0 x 10).

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số S x  đạt giá trị lớn 100

10 2 x

Vậy diện tích lớn hình chữ nhật S 100 cm2.

A

3 34 17 2

x 

cm B

3 34 19 2

x 

cm

C

5 34 15 2

x 

cm D

5 34 13 2

x 

cm Lời giải

Chọn C

Gọi x, y chiều rộng, chiều dài miếng phụ Diện tích sử dụng theo tiết diện ngang S S MNPQ4xy.

Cạnh hình vng

20 2

MP

MN  

Suy  

2

20 800 S   xy  xy  1

Ta có 2xAB MN AB 20 2BD 20 240 20 2  0x20 10 2 .

Lại có AB2AD2BD2  

2

2x 20 y 1600

    y 800 80 2.x 4x2

    .

Thế vào  1 ta S 800 4 x 800 80 2. x 4x2 800 800 x2 80 2.x3 4x4 Xét hàm số  

2

800 80 f x  x  x  x

với x0; 20 10 2 

  1600 240 2. 16

f x  x x  x

; f x  0

     

0

5 34 15 2 34 15

2

x l

x n

x l

   

 

 

 

  

  .

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số f x  đạt giá trị lớn

5 34 15 2

x 

hay

diện tích S đạt giá trị lớn

5 34 15 2

x 

cm

Câu 17 Một ô tô chạy với vận tốc 15 m/s người lái hãm phanh Sau hãm phanh, ô tô chuyển động chậm dần với vận tốc v t  5 15t m/s t khoảng thời gian tính giây kể từ lúc bắt đầu hãm phanh Hỏi từ lúc hãm phanh đến dừng hẳn, tơ cịn di chuyển mét ?

A 22,5 m B 45 m C 15 m. D 90 m Lời giải

Chọn A

Khi dừng hẳn v t  5 15 0t   t 3.

Từ lúc hãm phanh đến dừng lại, xe di chuyển

   

3

3

2

0 0

5

d 15 d 15 22,5

2

s v t t  t t  t  t 

 

 

m

Câu 18 Một vật chuyển động với gia tốc  

2 a t  t t

m/s2 Vận tốc ban đầu vật 2 m/s Hỏi vận

tốc vật sau chuyển động với gia tốc 2 giây ?

A 8 m/s B 12 m/s C 16 m/s. D 10 m/s. Lời giải

Chọn B

Vận tốc chuyển động      

2

d d

2

v t a t t t t t t  t C

Chọn gốc thời gian lúc bắt đầu tăng tốc v 0 2  C2  

3 2

2

v t t t

   

Câu 19 Cho mạch điện xoay chiều RLC mắc nối tiếp có R thay đổi Biết điện trở cuộn cảm ZL 80

Ω, điện trở tụ điện ZC 200 Ω hiệu điện hai đầu mạch u U 0co 1s 00 t V

Để công suất tiêu thụ mạch cực đại giá trị R

A 120 Ω. B 50 Ω C 100 Ω. D 200 Ω Lời giải

Chọn A

Công suất tiêu thụ mạch  

2

2

2 2

L C

U RU

P RI R

Z R Z Z

   

  .

 

 

 

2

2

2 2

L C R

L C

U Z Z R

P

R Z Z

   

 

 

   

  ; P  R  R Z L ZC 120. Ta có bảng biến thiên

Suy công suất tiêu thụ mạch cực đại R120 Ω.

Câu 20 Cho mạch điện xoay chiều RLC mắc nối tiếp có R thay đổi Biết điện trở cuộn cảm ZL 100

Ω, điện trở tụ điện ZC 40 Ω hiệu điện hai đầu mạch u120 2cos 1 00t

V Điện trở R phải có giá trị để công suất tiêu thụ mạch đạt cực đại giá tr ị cực đại công suất ?

A R60 Ω, Pmax 120 W B R120 Ω, Pmax 60 W

C R40 Ω, Pmax 180 W D R120 Ω, Pmax 180 W

Lời giải Chọn A

Công suất tiêu thụ mạch  

2

2

2 2

L C

U RU

P RI R

Z R Z Z

   

  .

 

 

 

2

2

2 2

L C R

L C

U Z Z R

P

R Z Z

   

 

 

   

Suy công suất tiêu thụ mạch cực đại Pmax 120W R60 Ω

Câu 21 Thể tích V 1 kg nước nhiệt độ t (t nằm 0 C đến 30 C) cho công thức

2

999,87 0, 06426 0, 0085043 0, 0000679

V   t t  t cm3 Nhiệt độ t nước gần với giá

trị khối lượng riêng nước lớn ?

A 0. B  4 . C 30 . D 4.

Lời giải Chọn D

  0,06426 2.0,0085043 3.0,0000679

V t   t t

; V t 0

 

79,53138 ;30 3,9665

t t

   

  



 .

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có khối lượng riêng lớn vật thể tích nhỏ lúc vật có nhiệt độ xấp xỉ gần 4 C.

Nhận xét: Ta biết môn vật lý lớp 7, khối lượng riêng nước lớn thể tích tương ứng nước nhỏ

Câu 22 Thể tích nước bể bơi sau t phút bơm tính theo cơng thức  

4

1 30

100

t

V t   t  

 ,

0 t 90

Tốc độ bơm nước thời điểm t tính v t  V t  Trong khẳng định sau, khẳng định ?

A Tốc độ bơm giảm từ phút 60 đến phút thứ 90 B Tốc độ bơm giảm.

C Tốc độ bơm tăng từ phút đến phút thứ 75. D Cả A, B, C sai.

Xét hàm

2

9

10 100

V  t  t

, 0 t 90;

2

9

5 100

V  t t

0 V

 

0 60 t t

 

  

 .

Bảng biến thiên