Bộ 20 đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Cánh diều có đáp án - Đề 20
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.
Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {4; - 1;3} \right)\)trên mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\]có tọa độ là:
\(\left( { - 1;3;0} \right).\)
\(\left( {0; - 1;0} \right).\)
\(\left( {0; - 1;3} \right).\)
\(\left( {4;0;0} \right).\)
Chọn C
Hình chiếu của \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\)trên mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\]có tọa độ là \(\left( {0;{y_0};{z_0}} \right)\).
\(\overrightarrow a .\overrightarrow b = 1\).
\(\overrightarrow a .\overrightarrow b = (2; - 1; - 2)\).
\(\overrightarrow a .\overrightarrow b = ( - 1;5;3)\).
\(\overrightarrow a .\overrightarrow b = - 1\).
Chọn D
Ta có
\(y = 0\);\(x = 1\);\(x = 3\).
\(x = 0\);\(y = 1\) .
\(y = 0\);\(x = 1\) .
\(x = 0\);\(y = 1\);\(y = 3\) .
Chọn D
Từ bảng biến thiên ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} y = - \infty \)\( \Rightarrow x = 0\) là đường tiệm cận đứng.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 1\) \( \Rightarrow y = 1\) là đường tiệm cận ngang.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 3\) \( \Rightarrow y = 3\) là đường tiệm cận ngang.
Vậy đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận có phương trình\(x = 0\);\(y = 1\);\(y = 3\).
\(\sqrt 5 \).
\(2\).
\(\,5\).
\(\sqrt 6 \).
Chọn A
Phương trình mặt cầu tâm \(I\left( {a,b,c} \right)\) bán kính \(R\) dạng khai triển là :\({x^2} + {y^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0\), \(d = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - {R^2}} \)
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}a = \frac{{ - 2}}{{ - 2}} = 1;\,b = \frac{{ - 4}}{{ - 2}} = 2;\,c = \frac{0}{{ - 2}} = 0\\d = 0 \Rightarrow R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d} = \sqrt 5 .\end{array}\)
Khẳng định nào sau đây đúng?
\(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{x \in \left[ { - 1;3} \right)} f\left( x \right) = 1\).
\(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{x \in \left[ { - 1;3} \right)} f\left( x \right) = 2\).
\(\mathop {{\rm{min}}}\limits_{x \in \left[ { - 1;3} \right)} f\left( x \right) = - 2\).
\(\mathop {{\rm{min}}}\limits_{x \in \left[ { - 1;3} \right)} f\left( x \right) = - 1\).
Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(f\left( x \right) \ge - 2\mathop {}\limits_{} \forall x \in \left[ { - 1;3} \right)\) và \(f\left( { - 1} \right) = - 2\) nên \(\mathop {{\rm{min}}}\limits_{x \in \left[ { - 1;3} \right)} f\left( x \right) = - 2\).
Hàm số đồng biến trên \[\mathbb{R}\].
Hàm số nghịch biến trên \[\mathbb{R}\].
Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\).
Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\).
Chọn B
TXĐ: \(\mathbb{R}\)
Ta có \(y' = - 3{x^2} + 6x - 3\, = - 3\,{\left( {x - 1} \right)^2} \le 0;\,\forall x \in \mathbb{R}\).
Vậy hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).
\(\overrightarrow {AK} = \overrightarrow { - a} + \overrightarrow b + \frac{1}{2}\overrightarrow c \).
\(\overrightarrow {AK} = \overrightarrow a - \frac{1}{2}\overrightarrow b + \overrightarrow c \).
\(\overrightarrow {AK} = - \frac{1}{2}\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c \).
\(\overrightarrow {AK} = \overrightarrow a + \frac{1}{2}\overrightarrow b - \overrightarrow c \).
Chọn A
Do \(A\,BC.A'B'C'\) là hình lăng trụ nên\(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {A'B'} \).
Khi đó \(2\overrightarrow {AK} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AB'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {A'B'} = 2\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} \)
\( = 2\left( {\overrightarrow {CB} - \overrightarrow {CA} } \right) + \overrightarrow {AA'} = 2\left( {\overrightarrow b - \overrightarrow a } \right) + \overrightarrow c \) .
Suy ra \(\overrightarrow {AK} = - \overrightarrow a + \overrightarrow b + \frac{1}{2}\overrightarrow c \).
Biết rằng bảng biến thiên sau là bảng biến thiên của một hàm số trong các hàm số được liệt kê ở các phương án \[A,B,C,D\] dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?
\(y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}}\).
\(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 2}}\).
\(y = \frac{{2x + 5}}{{x + 2}}\).
\(y = \frac{{x - 3}}{{x - 2}}\).
Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên ta có
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = 1\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = 1\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} y = - \infty \) nên đồ thị hàm số tiệm cận đứng là \(x = 2\).
Đồng thời hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định nên chọn hàm số là \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}}\).
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a < 0}\\{d < 0}\end{array}} \right.\]
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a < 0}\\{d > 0}\end{array}} \right.\]
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a > 0}\\{d < 0}\end{array}} \right.\]
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a > 0}\\{d > 0}\end{array}} \right.\]
Chọn C
Phương trình tiệm cận đứng: \[x = - d\]. Dựa vào đồ thị ta có \[ - d > 0 \Leftrightarrow d < 0\]
Phương trình tiệm cận ngang: \[y = a\]. Dựa vào đồ thị ta có \[a > 0\]
\(G\left( { - 1;0;3} \right)\).
\(G\left( {1;0;3} \right)\).
\(G\left( {0;0; - 1} \right)\).
\(G\left( {3;0; - 1} \right)\).
Chọn B
Tọa độ trọng tâm \(G\) của tam giác \(ABC\) là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{3 + \left( { - 1} \right) + 1}}{3}\\y = \frac{{ - 2 + 2 + 0}}{3}\\z = \frac{{3 + 5 + 1}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 0\\z = 3\end{array} \right.\) .
\(m = \frac{{19}}{3}\).
\(m = 5\).
\(m = \frac{{11}}{2}\).
\(m = 7\).
Chọn B
Với mọi \(x \in \left( {0; + \infty } \right)\)ta có \(y = x + \frac{1}{x} - m \ge 2\sqrt {x.\frac{1}{x}} - m = 2 - m\).
Do đó \(\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} y = 2 - m\)khi \(x = 1\)
Suy ra \(2 - m = - 3\)\( \Leftrightarrow m = 5\).
\(2.\)
\(3.\)
\(0.\)
\(1.\)
Chọn D
Ta có: \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x{\left( {x + 1} \right)^2}{\left( {x - 2} \right)^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 0\\x = 2\end{array} \right.\].
Bảng biến thiên của hàm số \[f\left( x \right)\]là
Từ bảng biến thiên suy ra hàm số \[f\left( x \right)\]có 1 điểm cực trị.
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.
Một chất điểm chuyển động theo phương trình \[s(t) = {t^3} - 3{t^2} + 8t + 1\], trong đó \[t\] tính bằng giây và \[s(t)\] tính bằng mét.
Vận tốc của chất điểm tại thời điểm \[t = 3\left( s \right)\] bằng \[8\,\,m/s\].
Tại thời điểm mà chất điểm di chuyển được \[13m\], vận tốc khi đó bằng \[8\,\,m/s\].
Vận tốc nhỏ nhất của chất điểm là \[5\,m/s\].
Gia tốc tại thời điểm chất điểm đạt vận tốc nhỏ nhất bằng \[2\,m/{s^2}\].
a) | S | b) | S | c) | S | d) | S |
Ta có \[v(t) = s'(t) = 3{t^2} - 6t + 8\]. Do đó vận tốc của chất điểm tại thời điểm \[t = 3\left( s \right)\] là \[v\left( 3 \right) = 17m/s\]. Chọn đáp án Sai.Vì \[v\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 8 = 3{\left( {t - 1} \right)^2} + 5 > 0\,\,\forall t\] nên quãng đường di chuyển của chất điểm tăng dần theo thời gian. Do đó thời điểm chất điểm di chuyển được \[13m\] là
\[{t^3} - 3{t^2} + 8t + 1 = 13 \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {{t^2} - t + 6} \right) = 0 \Leftrightarrow t = 2\].
Vận tốc của chất điểm khi đó là \[v(2) = 8\,m/s\]. Chọn đáp án Đúng.Ta có \[v\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 8 = 3{\left( {t - 1} \right)^2} + 5 \ge 5\,\,\forall t\]. Do đó vận tốc nhỏ nhất là \[5\,m/s\], chọn đáp án Đúng.Vì \[v\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 8 = 3{\left( {t - 1} \right)^2} + 5 \ge 5\,\,\forall t\] nên thời điểm vận tốc đạt giá trị nhỏ nhất là \[t = 1\,s\]. Mà gia tốc \[a(t) = v'(t) = 6t - 6\] nên gia tốc khi đó là \[a(1) = 0\,m/{s^2}\]. Chọn đáp án Sai.
Diện tích của tam giác \(ABC\) bằng \(\frac{{\sqrt 6 }}{2}\)
Độ dài đường cao của tam giác \(ABC\) hạ từ \(A\) bằng \(AH = \frac{{\sqrt {30} }}{5}\)
Gọi \(D(x;y;z)\) sao cho tứ giác \(ABCD\) là một hình bình hành khi đó \(x + y + z = 3\)
Thể tích của khối chóp \(SABCD\) với đỉnh \(S(0;3;4)\) bằng \(2\)
a) | Đ | b) | Đ | c) | S | d) | S |
Ta có \(\overrightarrow {AB} = ( - 1;0;1),\overrightarrow {AC} = (1;1;1)\)
Tính \([\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{l}}0&1\\1&1\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{l}}1&1\\{ - 1}&1\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1}&0\\1&1\end{array}} \right|} \right) = ( - 1;2; - 1) \ne \vec 0\)
Do đó: 2 véc tơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \) không cùng phương. Vậy \(A,B,C\) là 3 đỉnh của một tam giác
Diện tích tam giác \(ABC\): \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}|[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ]| = \frac{1}{2}\sqrt {{{( - 1)}^2} + {2^2} + {{( - 1)}^2}} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\)
\(ABCD\) là hình bình hành khi và chỉ khi
\(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \). Gọi \(D(x;y;z)\) ta có: \(\overrightarrow {AD} (x - 1;y;z);\overrightarrow {BC} = (2;1;0)\)
Vậy \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 1 = 2}\\{y = 1}\\{z = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{y = 1}\\{z = 0}\end{array}} \right.} \right.\)
Đáp số: \(D(3;1;0)\)
Diện tích \(\Delta ABC = \frac{1}{2}AH \cdot BC = \frac{{\sqrt 6 }}{2} \Leftrightarrow AH = \frac{{\sqrt 6 }}{{BC}}\). Ta có \(BC = \sqrt 5 \)
\( \Leftrightarrow AH = \frac{{\sqrt {30} }}{5}\)
Thể tích của khối chóp \(SABCD = V\)
Ta có \(V = 2\;{V_{SABC}} = \frac{1}{3}\left| {[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] \cdot \overrightarrow {AS} } \right|\)
Tính \(\overrightarrow {AS} = ( - 1;3;4)\) do kết quả câu 1
Nên \([\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ]\overrightarrow {AS} = 1 + 6 - 4 = 3 > 0\)
Do đó \(V = 1\)
Khi \(m = 0\) thì đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là \(y = - x + 1\)
Khi \(m = 0\) thì đồ thị hàm số không cắt \(Ox\).
Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì \(m > 4\)
Tồn tại 1 điểm \(M\) thuộc đồ thị \(\left( C \right)\) sao cho \({x_M} > 1\) và độ dài \(IM\) ngắn nhất (\[I\] là tâm đối xứng của \(\left( C \right)\)) khi đó tung độ \({y_M} < - 4\).
a) | Đ | b) | Đ | c) | S | d) | Đ |
Đúng: Khi \(m = 0\) thì đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là \(y = - x + 1\)
Đúng: Khi \(m = 0:y = \frac{{ - {x^2} + 2x - 5}}{{x - 1}} = - x + 1 - \frac{4}{{x - 1}}\)
Tâp xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).
Đạo hàm \(y' = \frac{{ - {x^2} + 2x + 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow - {x^2} + 2x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1 \Rightarrow y = 4}\\{x = 3 \Rightarrow y = - 4}\end{array}} \right.\)
là đường tiệm cận đứng; \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = - x + 1:y = - x + 1\) là tiệm cận xiên
Bảng biến thiên:
\(x = 0 \Rightarrow y = 5;\,\,y = 0 \Rightarrow - {x^2} + 2x - 5 = 0{\rm{ (v\^o nghiem) }}\)
Đồ thị hàm số không cắt \(Ox\).
Sai: \(y = \frac{{ - {x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x - m - 5}}{{x - 1}}\); \(y' = \frac{{ - {x^2} + 2x - 2m - 2 + m + 5}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - {x^2} + 2x - m + 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\)
Hàm số \[y\] có cực đại cực tiểu khi phương trình \( - {x^2} + 2x - m + 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt
\( \Leftrightarrow \Delta ' = 1 - m + 3 = 4 - m > 0 \Leftrightarrow m < 4\)
Nghiệm \(x = 1\) không phải là nghiệm của phương trình \(y' = 0 \Leftrightarrow - 1 + 2 - m + 3 \ne 0\)\( \Leftrightarrow m \ne 4\)
Điều kiện sau cùng: \(m < 4\)
Đúng: \({x_M} > 1 \Rightarrow M\) thuộc nhánh bên phải của \[\left( C \right)\] nên \(I\left( {1\,;\,0} \right)\)
Toạ độ điểm \(M\left( {m\,;\, - m + 1 - \frac{4}{{m - 1}}} \right)\); \[I{M^2} = {\left( {m - 1} \right)^2} + \left[ {{{\left( { - m + 1} \right)}^2} + \frac{{16}}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}} + 8} \right]\]
\[ = 2{\left( {m - 1} \right)^2} + \frac{{16}}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}} + 8 \ge 2\sqrt 2 \left( {m - 1} \right).\frac{4}{{\left( {m - 1} \right)}} + 8 \Rightarrow I{M^2} \ge 8\left( {\sqrt 2 + 1} \right) \Rightarrow IM \ge \sqrt {8\left( {\sqrt 2 + 1} \right)} \]
\[IM\]ngắn nhất khi \(2{\left( {m - 1} \right)^2} = \frac{{16}}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}} \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^4} = 8 \Leftrightarrow m = 1 + \sqrt[4]{8}\)\( \Rightarrow {y_M} = - \sqrt[4]{8} - \frac{4}{{\sqrt[4]{8}}} < - 4\)
Cho hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^3} - m{x^2} + \left( {m + 1} \right)x - 1\) (\(m\) là tham số). Khi đó:
Với \(m = - 1\) thì hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\)
Với \(m = - 1\) thì đồ thị hàm số có một điểm cực tiểu là \(\left( {0;2} \right)\)
Ta có \(y' = {x^2} - 2mx + m + 1\).
Để hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^3} - m{x^2} + \left( {m + 1} \right)x - 1\) đạt cực đại tại \(x = - 2\) thì \(m = k\), khi đó phương trình \({2^{x + k}} = 4\) có nghiệm là \(x = 3\)
a) | Đ | b) | S | c) | Đ | d) | Đ |
Ta có \(y' = {x^2} - 2mx + m + 1\).
Giả sử \(x = - 2\) là điểm cực đại của hàm số đã cho, khi đó \(y'\left( { - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( { - 2} \right)^2} - 2m\left( { - 2} \right) + m + 1 = 0 \Leftrightarrow 5m + 5 = 0 \Leftrightarrow m = - 1\).
Với \(m = - 1\), ta có \(y = \frac{1}{3}{x^3} + {x^2} - 1\).
\(y' = {x^2} + 2x\);\(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 0\end{array} \right.\).
Ta có bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, ta kết luận \(m = - 1\) là giá trị cần tìm.Khi đó \({2^{x - 1}} = 4 \Leftrightarrow {2^{x - 1}} = {2^2} \Rightarrow x - 1 = 2 \Leftrightarrow x = 3\)
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Hình bên dưới minh họa sơ đồ một ngôi nhà trong không gian \(Oxyz\), trong đó nền nhà, bốn bức tường và hai mái nhà đều là hình chữ nhật. Tính số đo góc dốc của mái nhà, tức là số đo của góc nhị diện có cạnh là đường thẳng \[FG\], hai mặt \(\left( {FGQP} \right)\) và \(\left( {FGHE} \right)\).
Để tính góc của mái nhà, ta tính số đo của góc nhị diện có cạnh là đường thẳng \(FG\), hai mặt lần lượt là \(\left( {FGQP} \right)\) và \(\left( {FGHE} \right)\).
Do mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) vuông góc với hai mặt phẳng \(\left( {FGQP} \right)\) và \(\left( {FGHE} \right)\), \(FP = \left( {Oxy} \right) \cap \left( {FGQP} \right)\), \(FE = \left( {Oxz} \right) \cap \left( {FGEH} \right)\) nên \(\widehat {PFE}\) là góc phẳng nhị diện cần tìm.
Tứ giác \[OAFE\] là hình chữ nhật nên \({x_F} = {x_A} = 4\), \({z_F} = {z_E} = 3\).
Do \(F\) nằm trên mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\) nên tọa độ điểm \(F\left( {4;0;3} \right)\).
Ta có \(\overrightarrow {FP} = \left( { - 2;0;1} \right)\), \(\overrightarrow {FE} = \left( { - 4;0;0} \right)\) suy ra:
\(\cos \widehat {PFE} = \cos \left( {\overrightarrow {FP} ;\overrightarrow {FE} } \right) = \frac{{\overrightarrow {FP} .\overrightarrow {FE} }}{{FP.FE}} = \frac{{\left( { - 2} \right)\left( { - 4} \right) + 0 \times 0 + 1 \times 0}}{{\sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {0^2} + {1^2}} \sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {0^2} + {0^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\).
Do đó, \(\widehat {PFE} \approx 26,6^\circ \). Vậy góc dốc mái nhà khoảng \(26,6^\circ \).
Ta có: \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = - 3{t^2} + 36t\) với \(t \in \left[ {0;10} \right]\).
\(v'\left( t \right) = - 6t + 36\); \(v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 6\)
\(v\left( 0 \right) = 0\); \(v\left( {10} \right) = 60\);\(v\left( 6 \right) = 108\).
Vậy vận tốc lớn nhất của vật trong khoảng thời gian 10 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động là \(108\left( {{\rm{\;m}}/{\rm{s}}} \right)\).
Gọi \(x\left( {cm} \right);y\left( {cm} \right)\) lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ \(\left( {x,y > 0;x < 30} \right)\)
Dải dây ruy băng còn lại khi đã thắt nơ là: 120cm.
Ta có: \(\left( {2x + y} \right).4 = 120 \Leftrightarrow y = 30 - 2x\)
Thể tích khối hộp quà là: \(V = \pi {x^2}.y = \pi {x^2}\left( {30 - 2x} \right)\)
Thể tích V lớn nhất khi hàm số \(f(x) = {x^2}\left( {30 - 2x} \right)\) với \(0 < x < 30\) đạt GTLN
\(f'\left( x \right) = - 6{x^2} + 60x\), cho \(f'\left( x \right) = - 6{x^2} + 60x = 0 \Leftrightarrow x = 10\)
Lập Bảng Biến thiên ta thấy thể tích đạt GTLN là \(V = 1000\pi \left( {c{m^3}} \right) = \pi \left( {d{m^3}} \right)\).
Gọi \[t\] là số giờ làm tăng thêm mỗi tuần , \[t \in \mathbb{Z},\,\,t\] chia hết cho 2.
Với \[t > 0\] thì số giờ làm tăng thêm, \[t < 0\] thì số giờ làm giảm đi.
Số tổ công nhân bỏ việc là \[\frac{t}{2}\] nên số tổ công nhân làm việc là \(100 - \frac{t}{2}\) .
Năng suất của mỗi tổ công nhân còn \(120 - \frac{{5t}}{2}\) sản phẩm một giờ.
Số thời gian làm việc 1 tuần là \(40 + t\) nên số sản phẩm đạt được trong một tuần làm việc là:
\(\left( {100 - \frac{t}{2}} \right)\left( {120 - \frac{{5t}}{2}} \right)\left( {40 + t} \right)\).
Số sản phầm thu được là \(f\left( t \right) = \left( {100 - \frac{t}{2}} \right)\left( {120 - \frac{{5t}}{2}} \right)\left( {40 + t} \right) - \frac{{95{{\left( {40 + t} \right)}^2} + 120\left( {40 + t} \right)}}{4}\).
Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}120 - \frac{{5t}}{2} > 0\\100 - \frac{t}{2} > 0\\40 + t > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 40 < t < 48\).
Ta có \(f'\left( t \right) = - \frac{1}{2}\left( {120 - \frac{{5t}}{2}} \right)\left( {40 + t} \right) - \frac{5}{2}\left( {100 - \frac{t}{2}} \right)\left( {40 + t} \right) + \left( {100 - \frac{t}{2}} \right)\left( {120 - \frac{{5t}}{2}} \right) - \frac{{95}}{2}\left( {40 + t} \right) - 30\)
\( = \frac{{15{t^2}}}{4} - \frac{{1135t}}{2} - 2330\).
\(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 4\\t = \frac{{466}}{3}\end{array} \right.\).
Kết hợp điều kiện suy ra \(t = - 4\). Ta có bảng biến thiên của hàm số \(f\left( t \right)\) trên khoảng \(\left( { - 40;\,48} \right)\) như sau:
Khi \[t = - 4\] thì \[x = 40 - 4 = 36\]
Vậy số lượng sản phẩm thu được mỗi tuần lớn nhất khi thời gian làm việc là 36 giờ mỗi tuần.
Ta có: \(N(t) = 45{t^2} - {t^3},0 \le t \le 30\);
\({N^\prime }(t) = 90t - 3{t^2},{N^{\prime \prime }}(t) = 90 - 6t{N^{\prime \prime }}(t) = 0 \Leftrightarrow 90 - 6t = 0 \Leftrightarrow t = 15\)
Bảng biến thiên:
Vậy tốc độ truyền bệnh lớn nhất sẽ vào ngày thứ 15.
