Bộ 20 đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Cánh diều có đáp án - Đề 11
22 câu hỏi
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Hàm số \(y = 2{x^4} - 4{x^2} - 1\) đồng biến trên những khoảng nào?
\(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {0;1} \right)\).
\(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).
\(\left( { - 1;0} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).
\(\left( { - 1;1} \right)\backslash \left\{ 0 \right\}\).
\(y' = 8{x^3} - 8x\,\,;y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\end{array} \right.\)
Bảng biến thiên:
Hàm số đã cho không có đạo hàm tại điểm \(x = - 1\).
Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng \(y = - 1\)và \(y = 1\).
Hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm \(x = 1\).
Đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận đứng.
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có:
Hàm số đã cho không có đạo hàm tại điểm \(x = - 1\).
Hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm \(x = 1\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 1\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - 1\)nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng \(y = - 1\)và \(y = 1\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} y = - \infty \)nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = - 1\).
\(2\sqrt 6 \).
\(3\).
\(4\).
\(2\sqrt 3 \).
\(\overrightarrow {AB} = \left( {4; - 2; - 2} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {16 + 4 + 4} = 2\sqrt 6 \).
\(R = 4.\)
\(R = 3.\)
\(R = 5.\)
\(R = 2.\)
Phương trình mặt cầu tâm \(I\left( {a;b;c} \right)\), bán kính \(R\) có dạng
\({\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2} \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0\left( {d = {a^2} + {b^2} + {c^2} - {R^2}} \right)\)Từ phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}a = 1;b = 0;c = 0\\d = - 3\end{array} \right.\) \( \Rightarrow R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d} = 2.\)\(\)
\[\mathop {\min }\limits_\mathbb{R} f\left( x \right) = 1\].
\[\mathop {\min }\limits_\mathbb{R} f\left( x \right) = 2\].
\[\mathop {\min }\limits_\mathbb{R} f\left( x \right) = 3\].
\[\mathop {{\rm{max}}}\limits_\mathbb{R} f\left( x \right) = 3\].
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\exists x = 0:\,f\left( 0 \right) = 1\\\forall x \in \mathbb{R}:\,f\left( x \right) \ge 1\end{array} \right.\] nên \[\mathop {\min }\limits_\mathbb{R} f\left( x \right) = 1\]. Suy ra A đúng C và D sai.
B sai vì không tồn tại \[x\] để \[f\left( x \right) = 3\].
\[A\left( {0\,;\,2\,;\,1} \right)\].
\[A\left( {1\,;\,1\,;\,1} \right)\].
\[A\left( {0\,;\,1\,;\,1} \right)\].
\[A\left( {2\,;\,1\,;\,0} \right)\].
Vì \[\overrightarrow {OA} {\rm{ = 2}}\overrightarrow {\rm{i}} {\rm{ + }}\overrightarrow j \Rightarrow \overrightarrow {OA} {\rm{ = }}\left( {{\rm{2}}\,{\rm{;}}\,{\rm{1}}\,{\rm{;}}\,{\rm{0}}} \right) \Rightarrow A\left( {{\rm{2}}\,{\rm{;}}\,{\rm{1}}\,{\rm{;}}\,{\rm{0}}} \right)\].
\[C'(1;0;1)\].
\[C'( - 1;3;1)\].
\[C'(0;1;0)\].
\[C'( - 3;0;3)\].
Ta có
\[\overrightarrow {AB} = ( - 2;1; - 1),\,\,\overrightarrow {AD} = (1; - 2;0).\]
\[\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {A'C'} \Rightarrow \overrightarrow {A'C'} = ( - 1; - 1; - 1)\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{C'}} - 2 = - 1\\{y_{C'}} - 1 = - 1\\{z_{C'}} - \,\,2\,\, = - 1\end{array} \right. \Rightarrow C'(1;0;1).\]
\(3\).
\(2\).
\(1\).
\(0\).
Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x{\left( {x + 3} \right)^3}{\left( {x - 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{\left( {x + 3} \right)^3} = 0\\{\left( {x - 1} \right)^2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 3\\x = 1\end{array} \right..\)
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ âm sang dương khi qua nghiệm \(x = - 3\) và \(f'\left( x \right)\)đổi dấu từ dương sang âm khi qua nghiệm \(x = 0\), nên hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.
*Phương án nhiễu A, học sinh không nhớ được các định lí về điểm cực đại và điểm cực tiểu (điểm cực trị) nên chọn bừa là hàm số có \(0\) điểm cực trị, hoặc học sinh không biết tìm ra các nghiệm của phương trình\(f'\left( x \right) = 0\) nên chọn bừa.
*Phương án nhiễu B, học sinh nhìn vào bảng xét dấu có \(1\) dấu nên suy ra hàm số có \(1\) điểm cực trị.
*Phương án nhiễu D, học sinh nhìn nhầm \(f'\left( x \right) = 0\) tại \(3\) nghiệm nên suy ra hàm số có \(3\) điểm cực trị.
\[4\].
\[3\].
\[1\].
\[2\].
Tập xác định: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\].
Ta có \[y = \frac{{2x + 3}}{{x - 1}} = 2 + \frac{5}{{x - 1}}\]suy ra số điểm có tọa độ nguyên của đồ thị hàm số là \[4\]điểm tương ứng hoành độ \[x \in \left\{ {0;\,2;\, - 4;\,6} \right\}\].
\(\left| m \right| = 5\).
\(3 < m < 5\).
\(\left| m \right| < 5\).
\({m^2} \ne 16\).
Xét hàm số \(y = \frac{{x - {m^2}}}{{x + 8}}\).
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 8} \right\}\).
Ta có \(y' = \frac{{8 + {m^2}}}{{{{\left( {x + 8} \right)}^2}}} > 0\;,\forall m \in \mathbb{R}\).
\( \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng \(\left( { - \infty ;\; - 8} \right)\) và \(\left( { - 8;\; + \infty } \right)\).
Do đó trên \(\left[ {0;\;3} \right]\), hàm số đồng biến.
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên \(\left[ {0;\;3} \right]\) là \(y\left( 0 \right) = \frac{{ - {m^2}}}{8} = - 2\)\( \Leftrightarrow {m^2} = 16\)\( \Leftrightarrow m = \pm 4\).
\[\overrightarrow {AM} = - \frac{{\overrightarrow a }}{2} + \overrightarrow b + \overrightarrow c \].
\[\overrightarrow {AM} = \overrightarrow a - \frac{{\overrightarrow b }}{2} + \overrightarrow c \].
\[\overrightarrow {AM} = \overrightarrow a - \overrightarrow c + \frac{{\overrightarrow b }}{2}\].
\[\overrightarrow {AM} = - \overrightarrow a + \overrightarrow b + \frac{{\overrightarrow c }}{2}\].
\(4.\)
\(6.\)
\(0.\)
\(2.\)
\(\left( C \right):y = \frac{{2x - 1}}{{x + 4}} = 2 - \frac{9}{{x + 4}}\)
\(M\left( {x;y} \right) \in \left( C \right)\)có tọa độ nguyên khi \(\left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z}\\y \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z}\\9 \vdots \left( {x + 4} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z}\\\left[ \begin{array}{l}x + 4 = 9 \Rightarrow x = 5;y = 1\\x + 4 = - 9 \Rightarrow x = - 13;y = 3\\x + 4 = 3 \Rightarrow x = - 1;y = - 1\\x + 4 = - 3 \Rightarrow x = - 7;y = 5\\x + 4 = 1 \Rightarrow x = - 3;y = - 7\\x + 4 = - 1 \Rightarrow x = - 5;y = 11\end{array} \right.\end{array} \right.\)
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 4x + 2}}{{x + 2}}\).
\(f\left( x \right) = x + 2 - \frac{2}{{x + 2}},\,\forall x \in \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( { - 2; + \infty } \right)\).
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường \(x = 2\).
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận xiên là \(y = x + 2\).
Hàm số đã cho có đồ thị hàm số như hình vẽ.
a) | Đ | b) | S | c) | Đ | d) | Đ |
Tập xác định của hàm số là \(D = \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( { - 2; + \infty } \right).\)
\(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2{\rm{x}} + 2{\rm{x}} + 4 - 2}}{{x + 2}} = x + 2 - \frac{2}{{x + 2}}\).
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} y = - \infty \Rightarrow \)\(x = - 2\)là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 4x + 2}}{{x + 2}}\).
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {y - \left( {x + 2} \right)} \right] = 0 \Rightarrow \)\(y = x + 2\)là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 4x + 2}}{{x + 2}}\).
Vậy a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ.
Xét tính đúng sai của các khẳng định sau:
Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 2.
Tập xác định của hàm số \(y = f(x)\) là \(D = \mathbb{R}\backslash {\rm{\{ }}2\} \).
Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 0.
Hàm số có hai điểm cực trị.
a) | S | b) | Đ | c) | Đ | d) | S |
Từ BBT, ta thấy hàm số \(y = f(x)\) không xác định tại \(x = 2\) nên \(D = \mathbb{R}\backslash {\rm{\{ }}2\} \).Từ BBT, ta thấy hàm số \(y = f(x)\) chỉ đạt cực tiểu tại \(x = 1\) và \({y_{CT}} = 0\), nên hàm số chỉ có một điểm cực trị.Từ BBT, ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 0 đạt tại \(x = 1\).Từ BBT, ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 4;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 3;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = + \infty \) nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang là \(y = 3;y = 4\) và một đường tiệm cận đứng là \(x = 2\).
Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ \(\vec a\) và \[\overrightarrow b \] thỏa mãn \(\left| {\overrightarrow a } \right| = 2,\,\,\left| {\overrightarrow b } \right| = 3\) và \(\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 60^\circ \).
\[\overrightarrow a \overrightarrow b = \sqrt 3 \].
\(\left| {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right| = 7\)
\(\left| {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right| = \sqrt {19} \).
\(\left| {\overrightarrow a - 2\overrightarrow b } \right| = 28\).
a) | S | b) | S | c) | Đ | d) | S |
a. Sai.\[\overrightarrow a \overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)\]\[ = 2.3.\cos {60^0}\]\[ = 3\]
b. Đúng. \({\left| {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right|^2} = {\overrightarrow a ^2} + 2\overrightarrow {a.} \overrightarrow b + {\overrightarrow b ^2}\)
\( = {\overrightarrow a ^2} + 2\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) + {\overrightarrow b ^2}\)
\( = {2^2} + 2.2.3.\cos 60^\circ + {3^2} = 19\)
\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right| = \sqrt {19} \).
c. Sai. \({\left| {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right|^2} = {\overrightarrow a ^2} - 2\overrightarrow {a.} \overrightarrow b + {\overrightarrow b ^2}\)
\( = {\overrightarrow a ^2} - 2\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) + {\overrightarrow b ^2}\)
\( = {2^2} - 2.2.3.\cos 60^\circ + {3^2} = 7\)
\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right| = \sqrt 7 \).
d. Sai. \({\left| {\overrightarrow a - 2\overrightarrow b } \right|^2} = {\overrightarrow a ^2} - 4\overrightarrow {a.} \overrightarrow b + 4{\overrightarrow b ^2}\)
\( = {\overrightarrow a ^2} - 4\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) + 4{\overrightarrow b ^2}\)
\( = {2^2} - 4.2.3.\cos 60^\circ + {4.3^2} = 28\)
\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow a - 2\overrightarrow b } \right| = \sqrt {28} .\)
Giá trị lớn nhất của góc giữa hai đường thẳng \(AB'\) và \(BA'\) là \({60^o}\)
Giá trị lớn nhất của khoảng cách từ \(M\) đến mặt phẳng \[(ABB'A')\] là \[\sqrt 2 \].
Giá trị lớn nhất \[{V_{max}}\] của thể tích khối hộp \[ABCD.A'B'C'D'\]là \[{V_{max}} = \frac{3}{2}\]
Giá trị lớn nhất của tan góc giữa đường thẳng \(AB'\) và mặt phẳng \(\left( {BCC'B'} \right)\) không tồn tại.
a) | S | b) | Đ | c) | Đ | d) | S |
Sai
Dựng \[MN \bot AB \Rightarrow MN \bot (ABB'A') \Rightarrow {d_{(M;(ABB'A'))}} = MN\].
Vì \(M\) di chuyển trên cạnh \(BD\) nên \[MN \le AD = 1\]. Suy ra giá trị lớn nhất của khoảng cách từ \(M\) đến mặt phẳng \[(ABB'A')\] là 1. Đúng
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}AB \bot BB'\\AB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {BCC'B'} \right)\] khi đó \(\left( {AB',\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \widehat {AB'B} = \alpha \)
Ta có \[A'B = \frac{{BC}}{{\tan \widehat {BA'C}}} = \frac{1}{{\tan 30^\circ }} = \sqrt 3 \] ; \[BB' = A'A = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} = \sqrt {3 - {x^2}} \]
\(\tan \,(\widehat {AB'B}) = \frac{{AB}}{{BB'}} = \frac{x}{{\sqrt {3 - {x^2}} }}\). Với \(x \in (0;\sqrt 3 )\)
Hàm số trên không tồn tại GTLN trên \((0;\sqrt 3 )\).Đúng
Ta có \[A'B = \frac{{BC}}{{\tan \widehat {BA'C}}} = \frac{1}{{\tan 30^\circ }} = \sqrt 3 \] ; \[A'A = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} = \sqrt {3 - {x^2}} \].
\[{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = AB.AD.AA' = x\sqrt {3 - {x^2}} \le \frac{{{x^2} + \left( {3 - {x^2}} \right)}}{2} = \frac{3}{2}\].
Dấu \[ = \] xảy ra \[ \Leftrightarrow x = \sqrt {3 - {x^2}} \Leftrightarrow {x^2} = 3 - {x^2} = x = \sqrt {\frac{3}{2}} \] \(x \in (0;\sqrt 3 )\)
Vậy \[{V_{max}} = \frac{3}{2}\].Sai
Khi \(AB = BB'\) thì \[ABB'A'\] là hình vuông,
Dấu \[ = \] xảy ra \[ \Leftrightarrow x = \sqrt {3 - {x^2}} \Leftrightarrow {x^2} = 3 - {x^2} = x = \sqrt {\frac{3}{2}} \] \(x \in (0;\sqrt 3 )\)
Khi đó góc giữa hai đường thẳng \(AB'\) và \(BA'\)là \({90^o}\).
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Một em nhỏ cân nặng \(m = 25\;\)kg trượt trên cầu trượt dài \(3,5\;\)m. Biết rằng, cầu trượt có góc nghiêng so với phương nằm ngang là \(30^\circ \).
Tính độ lớn của trọng lực \(\vec P = m\vec g\) tác dụng lên em nhỏ, cho biết vectơ gia tốc rơi tự do \(\vec g\) có độ lớn là \(g = 9,8\;{\rm{m/}}{{\rm{s}}^2}\). (Làm tròn dến hàng đơn vị)
______
Độ lớn trọng lực tác dụng lên em nhỏ là: \(P = mg\cos 60^\circ = 25.9,8 \cdot \frac{1}{2} = 122,5\)N
Xét hàm số \(y = P(x) = - 0,3{x^3} + 36{x^2} + 1800x - 48000,x \ge 0\).
Ta có: \(y' = P'(x) = - 0,9{x^2} + 72x + 1800;y' = 0 \Leftrightarrow x = 100\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } P(x) = - \infty \).
Bảng biến thiên:
Do đó hàm số đồng biến trên nửa khoảng \([0;100)\) và nghịch biến trên khoảng \((100; + \infty )\).
Tại \(x = 100\), hàm số đạt cực đại và .
Vậy, lợi nhuận lớn nhất mà công ty có thể thu được là (nghìn đồng), tức là 192 triệu đồng, đạt được khi sản xuất đúng 100 chiếc máy xay sinh tố mỗi tháng.
Từ tấm bìa hình vuông có cạnh bằng 6 người ta cắt bỏ các tam giác vuông cân tạo thành hình tô đậm như hình vẽ. Sau đó người ta gập thành hình hộp chữ nhật không nắp. Thể tích lớn nhất của khối hộp chữ nhật bằng bao nhiêu?
_____
Gọi cạnh hình tam giác cân bị cắt bỏ ở bốn góc của tấm bìa có độ dài là \[x\].
Ta có: \(AN = BM = x \Rightarrow MN = 6 - 2x\).
\( \Rightarrow EM = EN = \frac{{6 - 2x}}{{\sqrt 2 }}\).
Hình hộp chữ nhật không nắp có đáy là hình vuông cạnh \(MF = x\sqrt 2 \),và có chiều cao \(EN = \frac{{6 - 2x}}{{\sqrt 2 }}\).
Suy ra \(V = M{F^2}.EN = 2{x^2}.\frac{{6 - 2x}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 {x^2}\left( {6 - 2x} \right) = - 2\sqrt 2 {x^3} + 6\sqrt 2 {x^2}\).
\( \Rightarrow V' = - 6\sqrt 2 {x^2} + 12\sqrt 2 x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0(l)}\\{x = 2(n)}\end{array}} \right.\).
Xét \(\Delta OMN\) vuông tại \(N\) có \(\cos \widehat {MON} = \frac{{ON}}{{OM}}\)
+) Xét \(\Delta AON\) vuông tại \(A\), có \(\cos \widehat {AON} = \frac{{OA}}{{ON}}\)
+) Xét \(\Delta ONB\) vuông tại \(B\), có \(\cos \widehat {NOB} = \frac{{OB}}{{ON}}\)
+) Xét \(\Delta OCM\) vuông tại \(C\), có \(\cos \widehat {MOC} = \frac{{OC}}{{OM}}\) vì \(\overrightarrow {OB} \) và \(\overrightarrow j \) cùng hướng và \(OB = 10,67\) nên \(\overrightarrow {OB} = 10,67\vec j\). Vì \(\overrightarrow {OC} \) và \(\vec k\) cùng hướng và \(OC = 5,92\) nên \(\overrightarrow {OC} = 5,92\vec k\). Áp dụng quy tắc hình hộp, ta có:
\(\begin{array}{l}\overrightarrow {OM} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = 6,72\vec i + 10,67\vec j + 5,92\vec k \Rightarrow M(6,72;10,67;5,92)\\ \Rightarrow a + 2b + 3c = 6,72 + 2.10,67 + 3.5,92 = 46.\end{array}\)
Sau \(t\) phút, trong bể chứa \(\left( {50t + 150} \right)\)lít nước và \(20t\)gam chất khử trùng.
Suy ra nồng độ chất khử trùng trong bể sau \(t\) phút là \(f\left( t \right) = \frac{{20t}}{{50t + 150}}\)gam/lít.
Khảo sát sự biến thiên hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{20t}}{{50t + 150}}\), \(t \ge 0\).
Ta có: \(f'\left( t \right) = \frac{{3000}}{{{{\left( {50t + 150} \right)}^2}}} > 0,\forall t \ge 0\)
\(\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } f\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{20t}}{{50t + 150}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{20}}{{50 + \frac{{150}}{t}}} = \frac{2}{5} = 0,4\)
Bảng biến thiên
Dựa vào BBT ta thấy giá trị \(f\left( t \right)\) tăng theo \(t\) nhưng không vượt ngưỡng \(0,4\)gam/lít.
Vậy \(p = 0,4\).
Cho một tấm bìa hình vuông có cạnh \[2m\]. Từ tấm bìa này làm một mô hình kim tự tháp Ai Cập, người ta cắt bỏ bốn tam giác cân bằng nhau có cạnh đáy là các cạnh của hình vuông rồi gấp lên và ghép lại thành một hình chóp tứ giác đều. Thể tích của mô hình lớn nhất khi cạnh đáy của mô hình bằng \(\frac{{a\sqrt 2 }}{b}\left( m \right)\,\)(\(a,b \in \mathbb{Z};a,b\)nguyên tố cùng nhau). Tính tổng \({a^2} + {b^2}\)?
![Cho một tấm bìa hình vuông có cạnh \[2m\]. Từ t (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/10/17-1761639676.png)
___
![Cho một tấm bìa hình vuông có cạnh \[2m\]. Từ t (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/10/18-1761639705.png)
![Cho một tấm bìa hình vuông có cạnh \[2m\]. Từ t (ảnh 3)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/10/19-1761639716.png)
Gọi độ dài cạnh đáy của hình chóp là \(x\left( m \right)\). Do \(MN < IJ = \sqrt 2 \Rightarrow x \in \left( {0;\sqrt 2 } \right)\).
Ta có: \(OK = \frac{x}{2};OA = \frac{{AC}}{2} = \sqrt 2 \Rightarrow SK = AK = \sqrt 2 - \frac{x}{2}\).
Do vậy: \(SO = \sqrt {S{K^2} - O{K^2}} = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 - \frac{x}{2}} \right)}^2} - \frac{{{x^2}}}{4}} = \sqrt {2 - \sqrt 2 x} \).
Khi đó thể tích khối chóp là: \(V = \frac{1}{3}{x^2}\sqrt {2 - \sqrt 2 x} \).
Xét \(f\left( x \right) = \frac{1}{3}{x^2}\sqrt {2 - \sqrt 2 x} ,\,\left( {x \in \left( {0;\sqrt 2 } \right)} \right)\), ta có:
\(f'\left( x \right) = \frac{1}{3}\left( {2x\sqrt {2 - \sqrt 2 x} - {x^2}\frac{{\sqrt 2 }}{{2\sqrt {2 - \sqrt 2 x} }}} \right) = \frac{1}{3}\left( {\frac{{4x\left( {2 - \sqrt 2 x} \right) - \sqrt 2 {x^2}}}{{2\sqrt {2 - \sqrt 2 x} }}} \right) = \frac{{8x - 5\sqrt 2 {x^2}}}{{3\left( {2\sqrt {2 - \sqrt 2 x} } \right)}}\)
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 8x - 5\sqrt 2 {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \frac{{4\sqrt 2 }}{5}\end{array} \right.\)
Ta có bảng biến thiên:
![Cho một tấm bìa hình vuông có cạnh \[2m\]. Từ t (ảnh 4)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/10/20-1761639727.png)
