25 câu ơn phần Tốn - Đánh giá tư ĐH Bách Khoa HN - Phần (Bản word có giải) II Phần (5đ) – Toán trắc nghiệm (câu hỏi 36 – 60) Câu 36 Cho hàm số y  f  x  liên tục xác định  , biết f  x    x  x  Hàm số y  f  x  x   đồng biến khoảng đây? A   2;  1 B   3;  1 C  1;   D   2;0  Câu 37 Công ty sữa Vinamilk thiết kế sản phẩm dạng hình hộp chữ nhật có đáy hình chữ nhật có chiều rộng chiêu dài Sản phẩm chứa dung tích 180 ml Khi thiết kế cơng ty ln đặt mục tiêu cho vật liệu làm vỏ hộp tiết kiệm Để công ty tiết kiệm vật liệu chiều dài đáy hộp gần giá trị sau đây? A 4,83 cm B 6,53 cm C 5,55 cm D 6,96 cm Câu 38 Gọi S tập số nguyên m    5;5 để phương trình 2x  x  x   x  x  2m  x  có nghiệm Số tập tập S A B C 16 D 32 x x Câu 39 Hàm số y log    m  có tập xác định  A m  B m  C m  D m   x Câu 40 Cường độ ánh sáng qua môi trường nước biển giảm dần theo công thức I I e , với I cường độ ánh sáng lúc ánh sáng bắt đầu vào môi trường nước biển x độ sâu mơi trường Biết mơi trường nước biển có số hấp thụ  = 1,4 Hỏi độ sâu 30 mét cường độ ánh sáng giảm lần so với cường độ ánh sáng lúc ánh sáng bắt đầu vào nước biển? A e21 lần B e42 lần C e21 lần D e42 lần Câu 41 Một anh sinh viên T nhập học đại học vào tháng năm 2020 Bắt đầu từ tháng năm 2020, vào ngày mồng hàng tháng anh vay ngân hàng triệu đồng với lãi suất cố định 0, 8%/tháng Lãi tháng trước cộng vào số nợ để tiếp tục tính lãi cho tháng Vào ngày mồng hàng tháng kể từ tháng năm 2022 sau anh không vay ngân hàng anh trả cho ngân hàng triệu đồng việc làm thêm Hỏi sau ngày anh trường (30/6/2024) anh nợ ngân hàng tiền? A 49 024 000 đồng B 46 640 000 đồng C 47 024 000 đồng D 45 401 000 đồng Trang Câu 42 Cho hình chóp S.ABC cạnh đáy 2a cạnh bên 3a Gọi M điểm thay đổi cạnh AB,  P  qua M song song với SA, BC chia khối chóp S.ABC thành hai phần Biết thiết diện hình chóp S.ABC cắt  P  hình thoi Tính thể tích phần chứa đỉnh A A a 23 18a 23 B V  125 C V  27 a 23 125 D V  36a 23 125 Câu 43 Cho hình lập phương có cạnh a Diện tích tồn phần hình nón có đỉnh tâm mặt cịn đáy đường tròn nội tiếp mặt đối diện  a2 A Stp   a2 B S    51  a2 C S    1 D Stp   a2 Câu 44 Người ta muốn làm giá đỡ cho cầu ngọc có bán kính r cho phần cầu bị khuất chiếm cầu theo chiều cao Biết giá đỡ hình trụ rỗng phía trong, tính bán kính mặt giá đỡ A r B r C 2 r D r Câu 45 Người ta thiết kế lọ sản phẩm đựng kem chống nắng với thiết kế khối cầu viên bi khổng lồ, nửa nắp hộp, nửa lại thiết kế bên khối trụ nằm nội tiếp nửa mặt cầu để đựng kem chống nắng Theo dự kiến nhà sản xuất dự định để khối cầu có bán kính R 3 2a Để đựng nhiều kem chiều cao khối trụ h m na với m, n   Mệnh đề sau đúng? A m  n 6 B m  n 9 C m  n 8 D m  n 7 Câu 46 Cho hàm số y  f  x  liên tục  , thỏa mãn f  x  x  1  x  với x   Tích phân f  x  dx A B C 49 D 40 Trang Câu 47 Một vật chuyển động với vận tốc v (km/h) phụ thuộc thời gian t  h  có đồ thị phần đường parabol hình bên Tính quãng đường S mà vật di chuyển A 6km B 5km C 20km D 2km Câu 48 Cho số phức z a  bi  a, b    cho z 2 z  2i 1 2 z i z Tính giá trị biểu thức S a  b A S 0 B S 1 C S 2 D S   z   2i 1 Câu 49 Cho số phức z thỏa mãn  Gọi S diện tích phần mặt phẳng chứa  z   2i  z   2i điểm biểu diễn số phức z Tính S A S  B S 2  C S   D S   x 1  3t  Câu 50 Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :  y  Gọi  đường thẳng qua điểm  z 5  4t   A  1;  3;5  có vectơ phương u  1; 2;   Đường phân giác góc nhọn tạo d  có phương trình  x   2t  A  y 2  5t ,  z 6  11t   x   2t  B  y 2  5t  z   11t   x 1  7t  C  y   5t  z 5  t   x 1  t  D  y   z 5  7t  Câu 51 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC biết điểm A  1; 2;3 , đường trung  x 5t x y 2 z     tuyến BM đường cao CH có phương trình tương ứng  y 0 Viết 16  13  z 1  4t  phương trình đường phân giác góc A A x y z   1 10 B x y z   13 C x y z   3 1 D x y z    11 5 Trang Câu 52 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 : x   2 : y 2  z x  y 1 z    Gọi  Q  mặt phẳng chứa 1 tạo với 2 góc lớn  Khi 1 cos  A B C D Câu 53 Cho tam giác ABC vuông A Mặt phẳng  P  chứa BC hợp với mặt phẳng  ABC  góc  (0° <  < 90°) Gọi ,  góc hợp hai đường thẳng AB, AC  P  Tính giá trị biểu thức P cos   sin   sin  A P 0 B P  Câu 54 Cho tứ diện ABCD có cạnh C P 2 D P 1 11 Gọi I trung điểm cạnh CD Tính khoảng cách hai đường thẳng AC BI A B 2 C D Câu 55 Cho đa giác có n cạnh (n > 4) Tìm n để đa giác có số đường chéo số cạnh A n = B n = 16 C n = D n = Câu 56 Gọi S tập hợp số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho Chọn ngẫu nhiên số từ tập S Xác suất để số chọn số chia hết cho A B 1902 5712 C D 6667 20000 Câu 57 Tập hợp tất giá trị tham số m để phương trình  sin x  cos x   sin 2 x  4m 4cos x có nghiệm đoạn  a; b  Tính 2b  a A B C D Câu 58 Một cấp số cộng có u7 27 u20 79 Tổng 30 số hạng đầu cấp số cộng A 1083 B 1380 C 1830 D 1038 Câu 59 Người ta trồng 3003 theo dạng hình tam giác sau: hàng thứ trồng cây, hàng thứ hai trồng cây, hàng thứ ba trồng cây, , tiếp tục trồng hết số Số hàng trồng A 77 B 79 C 76 D 78 Câu 60 Số đo ba cạnh hình hộp chữ nhật lập thành cấp số nhân Biết thể tích khối hộp chữ nhật là 125 cm3 diện tích tồn phần 150 cm2 Tính tổng số đo ba cạnh hình hộp chữ nhật A 15cm B 65 cm C 105 cm D 35 cm III Phần (2,5đ) – Toán tự luận Trang Bài Biểu đồ bên thể tỷ lệ phần trăm chi phí năm 2020 công ty Tổng chi công ty gấp lần chi phí cho Nghiên cứu? Nếu chi cho Quảng cáo 210 triệu đồng chênh lệch chi cho Vận chuyển chi cho Thuế triệu đồng? Nếu chi cho Lãi vay 245 triệu đồng tổng chi cho Quảng cáo, Thuế Nghiên cứu triệu đồng? Năm 2020 công ty xây dựng tốt thương hiệu trả thêm nhiều khoản vay nên năm 2021 chi phí cho Lãi vay giảm 25% so với năm 2020 công ty định giảm 20% chi phí cho Quảng cáo Tồn lượng giảm chi phí dùng để tăng lương cho tồn nhân viên Hỏi chi phí cho Lương năm 2021 tăng phần trăm so với năm 2020? Bài Một cửa hàng bán vải thiều Bắc Giang với giá bán kg 40 000 đồng Với giá bán cửa hàng bán khoảng 30 kg Cửa hàng dự định giảm giá bán, ước tính cửa hàng giảm kg 4000 đồng số vải thiều bán tăng thêm 40 kg Xác định giá bán để cửa hàng thu lợi nhuận lớn nhất, biết giá nhập ban đầu kilôgam 25 000 đồng Trang Đáp án 36-C 41-B 51-D 37-D 42-C 52-C 38-D 43-C 53-D 39-D 44-A 54-D 40-B 45-D 55-C 46-C 56-C 47-A 57-A 48-D 58-C 49-C 59-A 50-B 60-A LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 36 Ta có f  x   x  3x   x  1  x    x   3  x     f  x   x  3  x    x 3 Khi f  x  0   Đặt y  g  x   f  x  x   x    x  0   g x  x  f x  x       Ta có      f  x  x   0  x     x  x  3   x  x  4   x   x     x   0   x    x   x    x  Bảng xét dấu g  x  Dựa vào bảng xét dấu, ta có hàm số y  g  x   f  x  x   đồng biến khoảng  1;   Câu 37 Tài liệu phát hành từ Tai lieu chuan Ta có 180ml = 180cm3 Gọi chiều dài đáy hộp x (cm), x > 0, chiều rộng đáy hộp x  cm  Gọi chiều cao hộp chữ nhật h  cm  , h  270 Ta tích khối hộp chữ nhật V  x x.h 180  cm   h   cm  x Diện tích tồn phần khối hộp chữ nhật 270 270 900 STP 2.x x  2.x  x  cm   x   cm   f  x  x x x Trang 900 Yêu cầu toán trở thành tìm x dương để hàm số f  x   x  đạt giá trị nhỏ Áp dụng bất x 450 450 x , , ta có x x đẳng thức Cơ-si cho số dương 450 450 450 450 x   3 x  f  x  3 270000, x  x x x x Dấu “=” xảy 450 450 2700 x    x 6,96  cm  x x Câu 38  x  0  Điều kiện xác định  x  x  0  x 2   x  x  0 Nhận xét: Đặt t  x  x x  x  x  2   x   t  Phương trình trở thành: 2t  2t  2m  t  t  m t t 1 Xét hàm số f  t  t  t  , với  t  Do f  t  2t   , f  t  0  t 1 t t Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình có nghiệm m 1 Vì m   m    5;5 nên ta có S  1; 2;3; 4;5 Vậy số tập tập hợp S 25 32 Câu 39 Điều kiện: x  x  m  x x Hàm số cho có tập xác định    m   * x   Đặt t 2 x với t  , bất phương trình (*) trở thành t  t  m  0, t  Xét hàm số f  t  t  t , t  ta có f  t  2t  ; f  t  0  t  1 f  t   f    Lập bảng biến thiên ta tìm  0;  2 Để bất phương trình t  t  m  0, t   m   1  m 4 Câu 40 Khi bắt đầu vào mơi trường nước biển x =  I1 I e   30 Ở độ sâu 30 mét I I e Trang I I e   30   I e  42 I1 , I tăng e  42 lần so với I1 , nói cách khác I giảm e 42 lần so Vậy ta có I1 I e với I1 Câu 41 Anh sinh viên vay hàng tháng a = triệu đồng từ tháng 9/2020 đến hết tháng 8/2022, tổng cộng 24 tháng Cuối tháng thứ 1: T1 a  ar a   r  Cuối tháng thứ 2: T2 T1  a   T1  a  r a   r   a   r  n Tiếp tục đến cuối tháng n: Tn a   r   a   r  Suy Tn a   r  1 r  n 1 r n   a   r  Vậy tổng số tiền vay đến cuối tháng 8/2022 T24 3   0,8%    0,8%  24 1 0,8% 79, 662 triệu Tính từ cuối tháng 8/2022 anh sinh viên T thiếu ngân hàng A = 79,662 bắt đầu trả hàng tháng m 2 triệu từ tháng 9/2022 đến tháng 6/2024, tổng cộng 22 tháng T.a.i.l.i.e.u.c.h.u.a.n.v.n Đầu tháng 9/2022, nợ A – m = 79,662 – = 77,662 triệu Cuối tháng 9/2022, tiền nợ có lãi đến cuối tháng T1 77, 662  r  1 Đầu tháng 10/2022 sau trả nợ m cịn nợ 77,662(r + 1) – m Cuối tháng 10/2022, nợ T2   77, 662   r  1  m    r  77, 662   r   m   r  Cuối tháng 11/2022 nợ T2 77,662   r   m   r   m   r  Tiếp tục đến cuối tháng 6/2024 nợ 22 21 20 T22 77, 662   r   m   r   m   r    m   r  22 77, 662   r   m   r  22 1 r  21 1 r 77, 662   0,8%     0,8%    0,8%  0,8% 21 1 46, 64 triệu đồng Câu 42 Gọi O trọng tâm ABC , I trung điểm BC Gọi N, P, Q giao điểm  P  với cạnh SB, SC, AC 2 2a 2a ABC có cạnh 2a  AO  AI   3 Vì SABC hình chóp nên SO   ABC  Trang Xét tam giác vng SOA có: SO  SA2  AO  a 69 2a a3 23 Ta có: VSABC 1 SO.S ABC 1 a 69    3 MNPQ hình thoi  MN MQ  x Ta có: Đặt MN MQ x x 6a  1   1  x  SA BC 3a 2a VSAMNPQ AM t   2t  t Ta có cơng thức tính nhanh VS ABC AB Áp dụng  AM MQ   t AB BC VSAMNPQ VS ABC 81 81 27 23a t   2t    VSAMNPQ  VS ABC  125 125 125 Câu 43 Giả sử ta có hình lập phương điểm hình vẽ a Bán kính đáy hình nón r OM  BC  2 Đường sinh hình nón l OM  OO2  OM  a  a2 a  Diện tích tồn phần hình nón Stp S xq  S đáy  rl   r   a2   1 Câu 44 Trang Giả sử ta có mặt cắt qua trục vật thể hình vẽ Chiều cao hình cầu đường kính, nên theo đề ta có phần khuất cao Suy OH  r 2r  2r Bán kính mặt giá đỡ bán kính đường trịn giao tuyến 2r r Vậy r   r       Câu 45   Giả sử chiều cao khối trụ OH h h 3 2a Ta có OM R 3 2a , HM  18a  h Vậy Vtru   18a  h 2  h r  18a  h  h 2 2 Xét hàm số y r  18a  h  h  0;3 2a   y   18a  3h   y 0  h  6a  Ta có y    6a 12 6a 3 , y   0 , y 2a 0 Vậy Vtru lớn h  6a  m  n 1  7 Câu 46 Khi x 0 , ta có: f  x  x  1  x    x  x  f  x3  x  1  x  x   x    * Lấy tích phân từ đến hai vế (*) ta 1  x  x  f  x3  x  1 dx  x  x   x   dx  f  x  x  1 d  x  x  1  t 2 x3  x 1  f  t  dt  49  49 f  x  dx  49 Trang 10 Câu 47 Gọi  P  : v  t  a.t  b.t  c qua điểm có tọa độ  0;  ;  1;1 ;  3;5  ta có hệ phương trình  a.0  b.0  c 2   a.1  b.1  c 1   a.9  b.3  c 5  c 2  b  Vậy v  t  2  2t  t a 1  Quãng đường vật di chuyển 3   S   2t  t  dt  2t  t  t  6  km  0  Câu 48 Điều kiện: z 1; z i Ta có z 2 1  z   z  i  a   bi  a   b  1 i z i 2   a    b a   b  1  4a  2b  0  1 Lại có, z  2i 2  z  i  z   a   b  1 i  a   bi z 2  a   b  1  a  1  b  a  b 0    a   4a  2b    Từ (1) (2) ta có hệ phương trình   a  b 0 b   Vậy S a  b  Câu 49 Giả sử z x  yi  x, y    Khi z   2i 1   x  1   y   i 1   x  1 2 2   y   1   x  1   y   1 Và z   2i  z   2i   x  1 2   y  2   x  3 2   y  2 2   x  1   y    x  3   y    y  x  Gọi  T  nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng d : y x  , không chứa gốc tọa độ O  0;0  Khi tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn đề nửa hình trịn  C  tâm I  1;  , bán kính R 1 thuộc Trang 11  T  Vì đường thẳng d qua tâm I  1;  hình trịn  C  nên diện tích cần tìm nửa diện tích  hình trịn  C  Do S  Câu 50 Ta có điểm A  1;  3;5  thuộc đường thẳng d, nên A  1;  3;5  giao điểm d  Một vectơ  phương đường thẳng d v   3;0;    1 1 1 2   Ta xét u1   u   1; 2;    ; ;   ; v1   v 5   3;0;     ;0;     u v    Nhận thấy u1.v1  , nên góc tạo hai vectơ u1 , v1 góc nhọn tạo d  4  5     10 22  Ta có w u1  v1   ; ;     2;  5;11 vectơ phương đường phân giác góc 15  15 15 15  nhọn tạo d  hay đường phân giác góc nhọn tạo d  có vectơ phương  w1  2;  5;11 qua điểm A  1;  3;5   x 1  2t  x   2t   Do đó, phương trình phân giác cần tìm  y   5t  y 2  5t  z 5  11t  z   11t   Câu 51 Giả sử B  5b;0;1  4b   BM , C   16c;   13c;3  5c   CH Ta có   16c 13c  5c  ; ; +) Tọa độ trung điểm M AC M   2     16c  5t  c 0   13c  0    C  4;  2;3 Mà M  BM    t    5c  1  4t    +) Lại có, AB  5b  1;  2; 4b   Vectơ phương CH w  16;  13;5   Do AB  CH nên AB.w 0  16  5b  1  13      4b   0  b 0  B  0;0;1   AB   1;  2;  +)   , AC  3;  4;0      AB  2  AC   Đặt u1     ;  ;   , u2    ;  ;0  AB  3  AC  5  Trang 12     22   u u1  u2  ;  ;   15 15   Chọn v  2;  11;   vectơ phương đường phân giác góc A Vậy phương trình đường phân giác góc A x y z    11 5 Câu 52   Đường thẳng có vectơ phương u1  1; 2;  1 qua điểm M  1;  2;0  Vì  Q  chứa 1  nên qua M vectơ pháp tuyến vng góc với u1 Do đó, ta giả sử phương trình  Q có dạng A  x  1  B  y    Cz 0 với A  B    1 C 0 A2  B  C   Gọi  góc  Q  2 Do vectơ pháp tuyến  Q  n  A; B; C   A; B; A  B   A  B C , vectơ phương 2 u2  2;  1;  nên ta có A  3B  A  3B  sin    2 A2  AB  5B A  AB  B Ta xét hai trường hợp +) Trường hợp B 0 sin   2 A r    +) Trường hợp B 0 , ta đặt r  sin   B 2r  4r  Từ đó, ta xét hàm số f  r   Ta có f  r    4r  3 2r  r    4r    r  4r     4r    2r  4r    4r     4r    r    2r  4r   f  r  8 f    0 , f     25 nên ta lập bảng biến thiên, từ thu Mặt khác rlim    4 giá trị lớn 25 Khi đó, sin   +) So sánh hai trường hợp trên, ta thu sin   Từ cos   9 Câu 53 Trang 13 Gọi d đường thẳng vng góc với  ABC  A, S giao điểm d  P  Khi  P   SBC  Kẻ AI  BC  I  BC  , AH  SI  H  SI   ;  ABH ;   ACH Khi  SIA P cos   sin   sin    HI AH AH   AI AB AC HI 1  HI AH 2  AH   1   AI AC  AI AI  AB Câu 54 Dựng hình bình hành BICK  BICK hình chữ nhật BI  CD Gọi H tâm BCD Vẽ HM  KC M, HN  AM N Ta có CK   AHM   CK  HN  HN   ACK  Ta có BI / /  ACK   d  AC , BI  d  BI ,  ACK   d  H ,  ACK   HN Xét tam giác vuông ABH có  11  66 AH  AB  BH  11     3   Ta có HM CI  11 (vì BICK hình chữ nhật) 66 11 AH HM   d  AC , BI    Xét AHM vng có HN  2 22 11 AH  HM  Câu 55 2 Tổng số đường chéo cạnh đa giác Cn  số đường chéo đa giác Cn  n Để số đường chéo số cạnh Trang 14 Cn2  n n  n! 2n  n  n  1 4n  n  4  n 4   n 5 2! n   ! Cảm ơn bạn sử dụng dịch vụ tai-lieu-chuan-vn Câu 56 Giả sử số có năm chữ số có dạng abcde Vì số cần tìm chia hết e có cách chọn chữ số Khi đó, a có cách chọn a  0; vị trí b, c, d vị trí có 10 cách chọn Suy số phần tử tập S 2.9.103 = 18000 phần tử  n    18000 Số có năm chữ số bé chia hết cho 10000 lớn 99995 Gọi biến cố B: “một số lấy từ tập S chia hết cho 3”, số lấy phải chia hết cho 15 Số có năm chữ số bé chia hết cho 15 10005 lớn 99990 Vì chia hết cho 15 nên số tập B xem cấp số cộng với u1 10005 , un 99990 , d 15  n  99990  10005  6000 15 Hay n  B  6000 Vậy PB  n  B  6000   n    18000 Câu 57 4 Ta có:  sin x  cos x   sin x  m 4 cos x    sin x  cos x   2sin x cos x   sin 2 x  4cos x  4m 0     sin 2 x  4cos x  4m 0  cos 2 x  cos x  m  Đặt t cos x  t    1;1  Ta có phương trình t  4t  4m   * với t    1;1 Phương trình cho có nghiệm x phương trình (*) có nghiệm t    1;1 Lập bảng biến thiên hàm f  t  t  4t   1;1 Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm t    1;1   4m  5   m 0 Vậy a  ; b 0 suy 2b  a 2 Câu 58 Gọi d công sai cấp số cộng u7 27 u  6d 27 u 3   Khi ta có:  d 4 u1 19d 79 u20 79 Trang 15 Do S30 30u1  30.29.d 30.29.4 30.3  1830 2 Câu 59 Gọi số hàng thứ n un Ta có: u1 1, u2 2, u3 3 , … S u1  u2  u3   un 3003 Nhận xét dãy số  un  cấp số cộng có u1 1 , công sai d 1 n  2u   n  1 d  Khi S   3003 Suy n  2.1   n  1 1  n 77 3003  n  n  1 6006  n  n  6006 0    n 77  n  78 Vậy số hàng trồng 77 Câu 60 Gọi x, y , z  cm; x, y, z   số đo ba cạnh hình hộp chữ nhật x   Theo giả thiết ta có:  y  x.q  z x.q   q  0 3 Thể tích khối hình hộp chữ nhật V  x y.z  x q 125  x.q 5  1 Diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật Stp 2  x y  y.z  z.x  2 x q  x q  x q 150    x.q 5  Từ (1) (2) ta có  2 2  x q  x q  x q 150  x.q 5    x  5q 10  q 1   x 5  x  y  z 5 Suy tổng ba kích thước + + = 15(cm) PHẦN TỰ LUẬN Bài 1 Tổng chi công ty gấp số lần chi phí cho Nghiên cứu là: 20  12,5  15  10   20  17,5 20 (lần) Chi phí cho Vận chuyển là: Chi phí cho Thuế là: 210 12,5 175 (triệu đồng) 15 210 10 140 (triệu đồng) 15 Chênh lệch chi cho Vận chuyển chi cho Thuế là: 175 – 140 = 35 (triệu đồng) Tổng chi cho Quảng cáo, Thuế Nghiên cứu là: 245  15  10   420 (triệu) 17.5 Trang 16 Gọi chi phí cho Quảng cáo năm 2020 x Khi đó: x 7x 17,5  15 +) Chi phí cho Lãi vay năm 2020 là: +) Chi phí cho Lương năm 2020 là: x 4x 20  15  Chi phí cho Lương năm 2021 là: 4x 7x 73x  25%  20% x  40 Chi phí cho Lương năm 2021 tăng so với 2020 là:  73x x  x 59   36,875%  :  160  40 Bài Gọi x (đồng) giá bán thực tế kilôgam vải thiều  25000  x 40000  Ta lập luận sau: Giá 40 000 đồng bán 30 kg vải thiều Giảm giá 000 đồng bán thêm 40 kg vải thiều Giảm giá 40 000 – x bán thêm kg vải thiều? Theo số kilôgam bán thêm là:  40000  x  40   40000  x  4000 100 Do số kg vải thiều bán tương ứng với giá bán x: 30  1 x  430  40000  x   100 100 Gọi F  x  hàm lợi nhuận thu ( F  x  : đồng)   x  430   x  25000   x  680 x  10750000 Ta có: F  x    100  100  Bài tốn trở thành tìm giá trị lớn F  x   x  680 x  10750000  25000; 40000 100 Ta có: F  x   1 x  680 F  x  0   x  680 0  x 34000 50 50 Vì hàm F  x  liên tục đoạn  25000; 40000 nên ta có: F  25000  0 ; F  34000  810000 ; F  40000  450000 Vậy với x = 34000 F  x  đạt giá trị lớn Vậy để cửa hàng thu lợi nhuận lớn giá bán thực tế kg vải thiều 34 000 đồng Trang 17