Đề thi KSCL đầu năm Toán 11 (có đáp án) - Đề 3
21 câu hỏi
A. TRẮC NGHIỆM
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu thí sinh chỉ chọn một phương án.
Số đo theo đơn vị rađian của góc \(315^\circ \) là:
\(\frac{{7\pi }}{4}\).
\(\frac{{4\pi }}{7}\).
\(\frac{{7\pi }}{2}\).
\(\frac{{2\pi }}{7}\).
Ta có \(315^\circ = 315 \cdot \frac{\pi }{{180}} = \frac{{7\pi }}{4}\). Chọn A.
Hàm số nào sau đây là hàm số bậc hai?
\(y = {x^3} - x + 2\).
\(y = {\left( {\frac{1}{x}} \right)^2} + 2 \cdot \frac{1}{x} + 2\).
\(y = {x^2} + x - 1\).
\(y = 0{x^2} + x - 1\).
Hàm số bậc hai có dạng \(y = a{x^2} + bx + c,\,\,\)với \(a,b,c \in \mathbb{R},\,\,a \ne 0\).
Vậy nên hàm số \(y = {x^2} + x - 1\) là hàm số bậc hai. Chọn C.
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm \[A\left( {0;4} \right),B\left( { - 6;0} \right)\] là:
\[\frac{x}{6} + \frac{y}{4} = 1\].
\[\frac{{ - x}}{4} + \frac{y}{{ - 6}} = 1\].
\[\frac{{ - x}}{6} + \frac{y}{4} = 1\].
\[\frac{x}{4} + \frac{y}{{ - 6}} = 1\].
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm \[A\left( {0;4} \right),B\left( { - 6;0} \right)\] là \[\frac{{ - x}}{6} + \frac{y}{4} = 1\]. Chọn C.
Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng \[7x - 3y + 16 = 0\] và \[x + 10 = 0\].
\[\left( { - 10; - 18} \right)\].
\[\left( {10;18} \right)\].
\[\left( { - 10;18} \right)\].
\[\left( {10; - 18} \right)\].
Xét hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}7x - 3y + 16 = 0\\x + 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 10\\y = - 18\end{array} \right.\].
Tọa độ giáo điểm của hai đường thẳng đã cho là \(\left( { - 10; - 18} \right)\). Chọn A.
Trong mặt phẳng \[Oxy\], cho đường tròn \[\left( C \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 9\]. Đường tròn có tâm và bán kính là
\[I\left( { - 3;2} \right),\,\,R = 3\].
\[I\left( { - 2;3} \right),\,\,R = 3\].
\[I\left( {2;3} \right),\,\,R = 9\].
\[I\left( {2; - 3} \right),\,\,R = 3\].
Tọa độ tâm và bán kính của đường tròn đã cho là \[I\left( {2; - 3} \right),\,\,R = 3\]. Chọn D.
Số tập hợp con có \[3\] phần tử của một tập hợp có \[7\] phần tử là
\[C_7^3\].
\[\frac{{7!}}{{3!}}\].
\[A_7^3\].
\[7\].
Số tập hợp con có \[3\] phần tử của một tập hợp có \[7\] phần tử là \[C_7^3\]. Chọn A.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(AC \cap BD = O\) (như hình vẽ). Giao tuyến của mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) là đường thẳng nào sau đây?
\(SA.\)
\(SC.\)
\(SB.\)
\(SO.\)
\(S\) là điểm chung của mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\)
Trong \(\left( {ABCD} \right):\,\,AC \cap BD = O\).
Suy ra \(O\) là điểm chung của mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\)
Suy ra giao tuyến của mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) là \(SO\). Chọn D.
Cho biết \(\sin \alpha \cdot \cos \alpha = - \,\frac{1}{4}\) thì \({\tan ^2}\alpha + {\cot ^2}\alpha \) bằng.
12.
14.
16.
18.
Ta có \[{\tan ^2}\alpha + {\cot ^2}\alpha = \frac{{{{\sin }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }} + \frac{{{{\cos }^2}\alpha }}{{{{\sin }^2}\alpha }} = \frac{{{{\sin }^4}\alpha + {{\cos }^4}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha .{{\sin }^2}\alpha }} = \frac{{1 - 2{{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha .{{\sin }^2}\alpha }} = \frac{{1 - 2.{{\left( { - \frac{1}{4}} \right)}^2}}}{{{{\left( { - \frac{1}{4}} \right)}^2}}} = 14\].
Chọn B.
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \[ABCD\] là hình thang, \[AD\,{\rm{//}}\,BC\], \[AD = 2BC\]. \(M\) là trung điểm của \(SA\). Mặt phẳng \(\left( {MBC} \right)\) cắt \[SD\] tại \(N\). Khi đó tứ giác \(BCNM\) là hình gì?
Hình bình hành.
Tam giác.
Hình chữ nhật.
Hình thang.
Ta có \(\left( {BMC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\), \(\left( {BMC} \right) \cap \left( {SAB} \right) = BM\)
\(\left( {BMC} \right) \cap \left( {SAD} \right) = Mx,\,\,Mx\,{\rm{//}}\,AD\,{\rm{//}}\,BC,\,Mx \cap SD = N\), \(\left( {BMC} \right) \cap \left( {SCD} \right) = NC\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}MN = \frac{1}{2}AD\\MN{\rm{//}}AD\end{array} \right.\) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}MN = BC\\MN\,{\rm{//}}\,BC\end{array} \right.\) nên \(BMNC\) là hình bình hành. Chọn A.
Cho \(\cos \alpha = \frac{1}{3}\). Khi đó \(\sin \left( {\alpha - \frac{{3\pi }}{2}} \right)\) bằng
\( - \frac{1}{3}.\)
\(\frac{2}{3}.\)
\( - \frac{2}{3}.\)
\(\frac{1}{3}.\)
Ta có \(\sin \left( {\alpha - \frac{{3\pi }}{2}} \right) = \sin \alpha \cos \frac{{3\pi }}{2} - \cos \alpha \sin \frac{{3\pi }}{2} = \sin \alpha \cdot 0 - \frac{1}{3} \cdot \left( { - 1} \right) = \frac{1}{3}\). Chọn D.
Hệ số của \({x^4}\) trong khai triển \({\left( {2x - 1} \right)^5}\) là
\( - 80\).
\(80\).
\( - 40\).
\(40\).
Khai triển nhị thức
\(\begin{array}{l}{\left( {2x - 1} \right)^5} = {\left( {2x} \right)^5} + 5 \cdot {\left( {2x} \right)^4} \cdot \left( { - 1} \right) + 10 \cdot {\left( {2x} \right)^3} \cdot {\left( { - 1} \right)^2} + 10 \cdot {\left( {2x} \right)^2} \cdot {\left( { - 1} \right)^3} + 5 \cdot \left( {2x} \right) \cdot {\left( { - 1} \right)^4} + {\left( { - 1} \right)^5}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 32{x^5} - 80{x^4} + 80{x^3} - 40{x^2} + 10x - 1.\end{array}\)
Vậy hệ số của \({x^4}\) trong khai triển \({\left( {2x - 1} \right)^5}\) là \( - 80\). Chọn A.
Cho \(\cos x = \frac{1}{3}\left( { - \frac{\pi }{2} < x < 0} \right)\). Giá trị của \(\tan 2x\) là
</>
\(\frac{{4\sqrt 2 }}{7}\).
\(\frac{{\sqrt 5 }}{2}\).
\( - \frac{{4\sqrt 2 }}{7}\).
\( - \frac{{\sqrt 5 }}{2}\).
Ta có \({\sin ^2}x = 1 - {\cos ^2}x = 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}\) \( \Rightarrow \sin x = - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).
\( \Rightarrow \tan x = - 2\sqrt 2 \) \( \Rightarrow \tan 2x = \frac{{2\tan x}}{{1 - {{\tan }^2}x}} = \frac{{ - 4\sqrt 2 }}{{ - 7}} = \frac{{4\sqrt 2 }}{7}.\) Chọn A.
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 (Đ) hoặc sai (S)
Một tấm sắt hình chữ nhật có chu vi là 96 cm. Người ta cắt ở mỗi góc tấm sắt một hình vuông cạnh là 4 cm.
a) Diện tích phần cắt đi là \[4 \cdot {4^2}\]\[\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\].
b) Gọi chiều dài của tấm sắt là \[x\] (cm) thì chiều rộng tấm sắt là \[96 - x\] (cm).
c) Diện tích phần còn lại của tấm sắt là \[ - {x^2} + 48x - 64\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\].
d)Diện tích phần còn lại của tấm sắt ít nhất bằng 448 \({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\) khi và chỉ khi chiều dài của tấm sắt nằm trong đoạn \[\left[ {16;32} \right]\] (cm).
a) Đúng. Người ta cắt ở mỗi góc tấm sắt một hình vuông cạnh bằng 4 cm nên diện tích phần cắt đi là: \(4 \cdot {4^2} = 64\,\,\,(c{m^2})\).
b) Sai. Theo bài ta có nửa chu vi của tấm sắt là \(96:2 = 48\,(cm)\).
Gọi chiều dài của tấm sắt là \(x\,\,(cm)\,\).
Chiều rộng của tấm sắt sẽ là \(48 - x\,\,\,(cm)\).
c) Đúng. Do chiều dài lớn hơn chiều rộng nên ta có:\(x > 48 - x \Leftrightarrow x > 24\,(cm)\).
Diện tích của tấm sắt ban đầu là \(x\left( {48 - x} \right)\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}\).
Diện tích phần còn lại của tấm sắt là \(x\left( {48 - x} \right)\, - 64 = - {x^2} + 48x - 64\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}\).
d) Sai. Để diện tích còn lại của tấm sắt ít nhất bằng 448 \({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\)nên ta có phương trình:
\(x\left( {48 - x} \right) - 64 \ge 448 \Leftrightarrow {x^2} - 48x + 512 \le 0\).
Đặt \(f\left( x \right) = {x^2} - 48x + 512\)\( \Rightarrow f(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 32\\x = 16\end{array} \right.\).
Do hệ số \(a = 1 > 0\) nên bảng xét dấu của \(f\left( x \right)\) là:
Dựa vào bảng xét dấu ta có: \(x \in \left[ {16;32} \right]\). Kết hợp với điều kiện của \(x\) ta có \(x \in \left( {24;32} \right]\).
Cho hình bình hành \(ABCD\) và một điểm \(S\) không thuộc mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), các điểm \(M,N\) lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng \(AB,SC\). Gọi \(O = AC \cap BD\).
a)\(SO\) giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\).
b) Giao điểm của \(I\) của đường thẳng \(AN\) và mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) là điểm nằm trên đường thẳng \(SO\).
c) Giao điểm của \(J\) của đường thẳng \(MN\) và mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) là điểm nằm trên đường thẳng \(SD\).
d) Ba điểm \(I,J,B\) thẳng hàng.
a) Đúng.\(SO\) giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\).
b) Đúng. Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), gọi \(I = SO \cap AN\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{I \in AN}\\{I \in SO,SO \subset \left( {SBD} \right)}\end{array} \Rightarrow I = AN \cap \left( {SBD} \right)} \right.\).
c) Sai. Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(P = CM \cap BD\);
Trong mặt phẳng \(\left( {SCM} \right)\), gọi \(J = MN \cap SP\);
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{J \in MN}\\{J \in SP,SP \subset \left( {SBD} \right)}\end{array} \Rightarrow J = MN \cap \left( {SBD} \right)} \right.\).
d) Đúng. Dễ thấy \(B \in \left( {ABN} \right) \cap \left( {SBD} \right)\). (1)
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{I \in AN,AN \subset \left( {ABN} \right)}\\{I \in SO,SO \subset \left( {SBD} \right)}\end{array} \Rightarrow I \in \left( {ABN} \right) \cap \left( {SBD} \right)} \right.\). (2)
Tương tự: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{J \in MN,MN \subset \left( {ABN} \right)}\\{J \in SP,SP \subset \left( {SBD} \right)}\end{array} \Rightarrow J \in \left( {ABN} \right) \cap \left( {SBD} \right)} \right.\). (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(B,I,J\) cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {ABN} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) nên ba điểm này thẳng hàng.
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Trong kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh vừa qua có \(9\) học sinh đạt giải cao, trong đó khối xã hội có \(4\)nữ và \(1\)nam, khối tự nhiên có \(1\)nữ và \(3\)nam. Có bao nhiêu cách chọn ra \(5\)học sinh để trao học bổng biết rằng \(5\)học sinh này vừa có khối tự nhiên, vừa có khối xã hội, vừa có nam, vừa có nữ và số học sinh nam ít hơn số học sinh nữ?
Vì chọn số học sinh nam ít hơn số học sinh nữ nên ta có các trường hợp sau:
TH1: Chọn 1 học sinh nam và 4 học sinh nữ:
1 nam TN + 4 nữ tùy ý có: \(C_3^1 \cdot C_5^4 = 15\) cách.
1 nam XH + 3 nữ XH + 1 nữ TN có: \(1 \cdot C_4^3 \cdot 1 = 4\) cách.
TH2: Chọn 2 học sinh nam và 3 học sinh nữ:
2 nam TN + 3 nữ tùy ý có: \(C_3^2 \cdot C_5^3 = 30\) cách.
1 nam TN + 1 nam XH + 3 nữ tùy ý có \(1 \cdot C_3^1 \cdot C_5^3 = 30\) cách.
Vậy có: \(15 + 4 + 30 + 30 = 79\) cách.
Đáp án:79.
Một vật chuyển động có vận tốc \({\rm{(m/s)}}\) được biểu diễn theo thời gian \(t\,(\;{\rm{s}})\) bằng công thức \(v\left( t \right) = \frac{1}{2}{t^2} - 4t + 10\). Vận tốc của vật đạt giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu?
Vật chuyển động có công thức vận tốc dạng hàm số bậc hai.
Ta có \(t = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{{ - 4}}{{2 \cdot \frac{1}{2}}} = 4 \Rightarrow {v_{\min }} = \frac{1}{2} \cdot {4^2} - 4 \cdot 4 + 10 = 2\,\,{\rm{(m/s)}}\).
Vậy vận tốc của vật đạt giá trị nhỏ nhất bằng\[2\,\,{\rm{m/s}}\].
Đáp án:2.
Cho tam giác đều \(ABC\) có độ dài cạnh bằng 6. Lấy điểm \(M\) trên cạnh \(BC\) sao cho \(MB = 2MC\). Tính tích vô hướng của hai vectơ \(\overrightarrow {MA} \) và \(\overrightarrow {MB} \).
Ta có \(BM = 4\); \(M{A^2} = B{A^2} + B{M^2} - 2BA \cdot BM \cdot \cos 60^\circ = 28\).
Khi đó, \[\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} = \left| {\overrightarrow {MA} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {MB} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow {MB} } \right) = MA \cdot MB \cdot \cos \widehat {AMB}\]
\[ = MA \cdot MB \cdot \frac{{M{A^2} + M{B^2} - A{B^2}}}{{2MA \cdot MB}} = \frac{1}{2}\left( {M{A^2} + M{B^2} - A{B^2}} \right) = 4\].
Đáp án:4.
Thầy Khánh có 5 quyển sách toán, 6 quyển sách lý và 4 quyển sách hóa. Các quyển sách đôi một khác nhau. Thầy Khánh chọn ngẫu nhiên 7 quyển sách để làm phần thưởng cho một học sinh giỏi. Tính xác suất để số quyển sách còn lại của Thầy Khánh có đủ 3 môn học (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Gọi biến cố A: “Số quyển sách còn lại có đủ 3 môn học”.
Suy ra biến cố \(\overline A \): “Số quyển sách còn lại không đủ 3 môn học”, tức là \(\overline A \): “Thầy Khánh lấy hết sách của 1 môn học bất kì”.
Ta có \(n\left( \Omega \right) = C_{15}^7 = 6435\); \(n\left( {\overline A } \right) = C_5^5 \cdot C_{10}^2 + C_6^6 \cdot C_9^1 + C_4^4 \cdot C_{11}^3 = 219\).
Khi đó, \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{{219}}{{6435}} = \frac{{73}}{{2145}}\).Vậy \(P\left( A \right) = 1 - \frac{{73}}{{2145}} = \frac{{2072}}{{2145}} \approx 0,97.\)
Cách khác: Biến cố A: “8 quyển sách còn lại không có đủ 3 môn”.
\(n\left( \Omega \right) = C_{15}^8 = 6435.\)
Ta có \(n\left( A \right) = C_9^8 + C_{11}^8 + C_{10}^8 = 219\), suy ra \(P\left( A \right) = \frac{{219}}{{6435}} = \frac{{73}}{{2145}}\).
Khi đó, biến cố \(\overline A \): “8 quyển sách còn lại có đủ 3 môn”.
Vậy \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{73}}{{2145}} = \frac{{2072}}{{2145}} \approx 0,97.\)
Đáp án:0,97.
B. TỰ LUẬN
Trong mặt phẳng\(Oxy\), cho hai điểm \(A\left( {1;2} \right)\); \(B\left( { - 5;3} \right)\) và đường thẳng \(\Delta :\,3x - 4y + 7 = 0\).
a) Viết phương trình đường thẳng \(d\) đi qua hai điểm\(A\)và \(B\).
b) Viết phương trình đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(B\)và tiếp xúc với đường thẳng \(\Delta \).
a) Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 6;1} \right)\) là vectơ chỉ phương của đường thẳng d.
Phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A, B: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 6t\\y = 2 + t\end{array} \right.\).
b) Bán kính đường tròn có tâm B và tiếp xúc với đường thẳng \(\Delta :\)
\[R = d\left( {B,\Delta } \right) = \frac{{\left| {3 \cdot \left( { - 5} \right) - 4 \cdot 3 + 7} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} }} = 4\].
Phương trình đường tròn \(\left( C \right):{\left( {x + 5} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 16\).
Cho \(\cos \alpha = \frac{2}{3}\), \(\left( {0\, < \alpha \, < \,\frac{\pi }{2}} \right)\).
a) Tính giá trị của biểu thức \(P = \left( {1 - \sin \alpha } \right)\left( {1 + \sin \alpha } \right)\).
b) Tính \(\cos \left( {\frac{\pi }{3} - 2\alpha } \right)\).
a) Ta có \(P = \left( {1 - \sin \alpha } \right)\left( {1 + \sin \alpha } \right) = 1 - {\sin ^2}\alpha = {\cos ^2}\alpha = \frac{4}{9}\).
b) Từ giải thiết \(\cos \alpha = \frac{2}{3}\), \(\left( {0\, < \alpha \, < \,\frac{\pi }{2}} \right)\)ta có \(\sin \alpha \, = \,\sqrt {1\, - \,{{\cos }^2}\alpha } = \frac{{\sqrt 5 }}{3}\)và
\(\sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cdot \,\cos \alpha = \,2 \cdot \frac{{\sqrt 5 }}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{{4\sqrt 5 }}{9};\,\cos 2\alpha \, = \,2{\cos ^2}\alpha \, - \,1\, = \, - \frac{1}{9}\).
Khi đó, \(\cos \left( {\frac{\pi }{3} - 2\alpha } \right) = \cos \frac{\pi }{3} \cdot \cos 2\alpha + \sin \frac{\pi }{3} \cdot \sin 2\alpha = \frac{{ - 1 + 4\sqrt {15} }}{{18}}\).
Một xưởng sản xuất bàn và ghế. Một chiếc bàn cần 1,5 giờ lắp ráp và 1 giờ hoàn thiện. Một chiếc ghế cần 1 giờ lắp ráp và 2 giờ hoàn thiện. Bộ phận lắp ráp có 3 công nhân, bộ phận hoàn thiện có 4 công nhân. Mỗi công nhân không làm việc quá 8 giờ một ngày và năng suất lao động của công nhân ở mỗi bộ phận đều như nhau. Thị trường luôn tiêu thụ hết sản phẩm của xưởng và lượng ghế tiêu thụ không vượt quá 3,5 lần số bàn. Một chiếc bàn lãi 600 nghìn đồng, một chiếc ghế lãi 450 nghìn đồng.Hỏi trong một ngày, xưởng sản xuất cần sản xuất bao nhiêu chiếc bàn và chiếc ghế để thu được tiền lãi cao nhất?
Gọi số chiếc bàn và số chiếc ghế mà xưởng sản xuất trong một ngày lần lượt là \(x\), \(y\) (chiếc) \(\left( {x \ge 0,\,y \ge 0;\,x,y \in \mathbb{Z}} \right)\).
Số giờ lắp ráp là \(1,5x + y\) và số giờ hoàn thiện là \(x + 2y\).
Do bộ phận lắp ráp có \(3\) công nhân và mỗi công nhân không làm việc quá \(8\) giờ một ngày, nên ta có bất phương trình \(1,5x + y \le 24\).
Do bộ phận hoàn thiện có \(4\) công nhân và mỗi công nhân làm việc không quá \(8\) giờ một ngày, nên ta có bất phương trình \(x + 2y \le 32\).
Do lượng ghế tiêu thụ không vượt quá \(3,5\) lần số bàn nên \(y \le 3,5x\)\( \Leftrightarrow 3,5x - y \ge 0\).
Ta có hệ bất phương trình sau \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\1,5x + y \le 24\\x + 2y \le 32\\3,5x - y \ge 0\end{array} \right.\).
Miền nghiệm của hệ bất phương trình trên là miền tứ giác \(OABC\) như hình vẽ với \(O\left( {0;0} \right)\), \(A\left( {4;14} \right)\), \(B\left( {8;12} \right)\), \(C\left( {16;0} \right)\).
Số tiền lãi thu được là \(T\left( {x;y} \right) = 600x + 450y\) (nghìn đồng).
Dễ dàng tính được \(T\left( {0;0} \right) = 0\), \(T\left( {4;14} \right) = 8700\), \(T\left( {8;12} \right) = 10200\) và \(T\left( {16;0} \right) = 9600\).
Vậy để thu được tiền lãi cao nhất thì một ngày xưởng sản xuất \(8\) chiếc bàn và \(12\) chiếc ghế. Khi đó tiền lãi mỗi ngày là \(10\,200\,000\) đồng.
