Một số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh giải các câu hỏi thực tế trong đề toán trắc nghiệm lớp 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 5

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI
CÁC CÂU HỎI THỰC TẾ TRONG ĐỀ TOÁN
TRẮC NGHIỆM LỚP 12

Người thực hiện : Lê Nguyên Huấn
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực: Toán học

THANH HÓA NĂM 2019


MỤC LỤC
-----Mục
1
1.1
1.2
1.3
1.4
2
2.1
2.2
2.3
2.3.1
2.3.2
2.3.3
2.3.4

2.3.5
2.3.6
2.4
3

Nội dung
Trang
Mục lục
1
Danh mục viết tắt trong sáng kiến kinh nghiệm
2
Phần mở đầu.
3
Lí do chọn đề tài.
3
Mục đích nghiên cứu.
4
Đối tượng nghiên cứu.
4
Phương pháp nghiên cứu
4
Nội dung sáng kiến kinh nghiệm.
5
Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
5
Thực trạng vấn đề.
5
Các giải pháp sử dụng giải quyết vấn đề.
5
Ứng dụng đạo hàm

5
Bài toán thể tích
7
Ứng dụng vật lí
10
Bài toán chuyển động
12
Bài toán lãi suất
13
Bài toán kinh tế
16
Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
19
dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Kết luận, kiến nghị.

20

Tài liệu tham khảo.

21

Danh mục SKKN đạt giải cấp tỉnh

22

2


DANH MỤC CHỮ CÁI VIẾT TẮT

Kí hiệu viết tắt
SGK THPT
THPT QG
SKKN
MTCT
ycbt
TN
TXĐ
GV
HS
HN
TW

Ý nghĩa
Sách giáo khoa trung học phổ thông
Trung học phổ thông quốc gia
Sáng kiến kinh nghiệm
Máy tính cầm tay
Yêu cầu bài toán
Trắc nghiệm
Tập xác định
Giáo viên
Học sinh
Hà Nội
Trung ương

3


1. PHẦN MỞ ĐẦU

1.1. Lí do chọn đề tài:
Thực hiện chủ trương đường lối, chính sách pháp luật của Đảng và nhà nước,
nghị quyết TW4 khoá VII. Căn cứ vào phương hướng, nhiệm vụ và kế hoạch
chuyên môn của trường THPT Triệu Sơn 5 năm học 2018-2019.
Với xu thế thi trắc nghiệm THPT Quốc gia và sử dụng kiến thức liên môn vào bài
học. Những câu hỏi ứng dụng liên môn trong đề thi đã làm cho HS lúng túng, hay
bỏ qua hoặc đánh xác suất dẫn đến kết quả không cao.
Trong chương trình toán THPT, các kiến thức ứng dụng liên môn thực tế trong
bài dạy, bài học còn hạn chế, tài liệu tham khảo ít đề cập đến. Câu hỏi dạng này
đòi hỏi HS phải vận dụng kiến thức đa dạng ngoài toán học còn có kiến thức vật
lí, sinh học, hóa học…để giải quyết. Đó cũng là khâu khó khăn khi mà các em
chưa thể phối hợp đồng bộ liên môn để giải nhanh hoặc vận dụng tìm ra kết quả.
Những bài toán ứng dụng thực tế cũng là những bài tập vận dụng thấp hoặc vận
dụng cao trong đề thi. Đặc biệt là thi THPT Quốc gia. Trong thực tế các bài toán
về dạng này rất phong phú và đa dạng. Các em sẽ gặp một lớp các bài toán về bất
đẳng thức, tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất, bài toán về lãi xuất ngân hàng, bài
toán về vật lí chuyển động, phản ứng hạt nhân, chu kỳ bán rã. Bài toán về xác suất
trong sinh học. Bài toán về tỉ lệ tăng dân số trong địa lí… Đòi hỏi sử dụng phương
pháp đạo hàm, công thức liên môn để giải. Chỉ có số ít các em biết phương pháp
giải nhưng trình bày còn lúng túng chưa được gọn gàng, thậm chí còn không có
hướng giải quyết. Tại sao lại như vậy?
Lý do chính ở đây là: Trong chương trình SGK THPT hiện hành kiến thức này
chỉ giới thiệu, không đi sâu vào bài tâp, bài dạy. Khác xa với đề thi THPT Quốc
gia, đề thi học sinh giỏi. Bài tập SGK đưa ra sau bài học cũng rất hạn chế. Mặt
khác do số tiết phân phối chương trình cho phần này ít nên trong quá trình giảng
dạy, các giáo viên không thể đưa ra được nhiều bài tập cho nhiều dạng để hình
thành kỹ năng giải cho học sinh. Nhưng trong thực tế, để biến đổi và giải chính xác
đòi hỏi học sinh phải nắm vững nhiều kiến thức, phải có tư duy ở mức độ cao và
phải có năng lực biến đổi toán học nhanh nhẹn thuần thục. Ngoài ứng dụng đạo
hàm, tích phân, công thức hình học, còn sử dụng nhiều công thức của bộ môn khác

như vât lí, hóa, sinh…
Mỗi môn học trong chương trình toán phổ thông đều có vai trò rất quan trọng,
trong quá trình dạy, giáo viên luôn trình bày những kiến thức cơ bản và dần hình
thành kĩ năng, kĩ xảo cho học sinh.
Thực tế dạy và học cho thấy chúng ta có nhiều vấn đề cần giải quyết cho mỗi
phân môn của toán học phổ thông, trong đó vấn đề giải quyết các câu hỏi ứng
dụng thực tế trong đề thi THPT QG cũng là vấn đề nổi cộm của thầy trò trong
những năm đầu thi trắc nghiệm toán.
Xuất phát từ thực tế trên, tôi chọn đề tài “ Một số kinh nghiệm hướng dẫn
học sinh giải các câu hỏi thực tế trong đề toán trắc nghiệm lớp 12”

4


1.2. Mục đích nghiên cứu.
Từ lý do chọn đề tài, từ cơ sở thực tiễn giảng dạy khối lớp 12 ở trường THPT.
Tôi đã tổng hợp, khai thác và hệ thống hoá lại các dạng toán ứng dụng liên môn,
cách giải trong đề thi trắc nghiệm THPT QG .
Học sinh cần nắm chắc định nghĩa và các tính chất có liên quan.
Rèn luyện cho học sinh kỹ năng giải bài tập nhiều khi đã nhớ công thức vận
dụng, công thức liên môn.
Trang bị cho học sinh kiến thức vững vàng, chuẩn bị bước vào các kỳ thi học
sinh giỏi, THPTQG để tuyển sinh đại học cao đẳng.
Học sinh có thể nhớ và khắc sâu thêm kiến thức liên quan đến hàm số ở các dạng
toán khác có liên quan như giải bất phương trình, chứng minh bất đẳng thức, bài
toán phương trình, hệ phương trình, bất phương trình chứa tham số, ứng dụng vật
lí, hóa, sinh…
Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh một số
phương pháp tổng quát và một số kỹ năng cơ bản và phát hiện hướng giải quyết.
Học sinh thông hiểu và trình bày bài toán đúng trình tự, đúng logic, không mắc

sai lầm khi biến đổi. Hy vọng đề tài nhỏ này ra đời sẽ giúp các bạn đồng nghiệp
cùng các em học sinh có một cái nhìn toàn diện cũng như phương pháp giải một
số các bài toán ứng dụng thực tế dựa vào tổng hợp kiến thức liên môn.
Mục đích: Trang bị đầy đủ hơn cho phương pháp giải quyết một lớp các bài toán
ứng dụng thực tế.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Thực hiện trên tất cả đối tượng học sinh khối 12.
Giải quyết một số các bài toán ứng dụng thực tế trong đề thi, đặc biệt là đề thi
trung học phổ thông Quốc gia.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
- Nghiên cứu lý luận chung.
- Khảo sát điều tra từ thực tế dạy và học .
- Tổng hợp so sánh, đúc rút kinh nghiệm hàng năm.
- Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên cùng bộ môn
- Liên hệ thực tế trong nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm qua quá trình
giảng dạy.
- Phương pháp: Học sinh cần nắm vững lý thuyết đạo hàm, nguyên hàm, hình
học một số bất đẳng thức, công thức về lãi xuất, công thức chu kỳ bán rã, phản
ứng hạt nhân. Xác suất…
- Thông qua việc giảng dạy trực tiếp ở các lớp khối 12 trong năm học từ 2010
đến 2019

5


2. PHẦN NỘI DUNG:
2.1 Cơ sở lí luận:
Khi gặp những bài toán ứng dụng thực tế học sinh phải nắm được các kiến
thức liên môn. Đó cũng là những hạn chế của HS và GV, vì đôi khi HS học qua
loa, GV không khắc sâu. Khi gặp câu hỏi dạng này rất lúng túng sợ mất thời gian

và bỏ qua hoặc chọn bừa một đáp án, dẫn đến kết quả không cao. Việc nắm vững
các kiến thức liên môn để giải quyết bài toán ứng dụng thực tế là rất cần thiết để
các em HS có được điểm cao trong thi trắc nghiệm. Vì các câu hỏi này chủ yếu là
kiến thức ở mức độ vận dụng thấp hoặc vận dụng cao.
Muốn làm tốt dạng toán này các em phải nắm vững những tri thức khoa học
ở môn toán một cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết liên môn linh hoạt vào
từng dạng bài tập. Điều đó thể hiện ở việc học đi đôi với hành, đòi hỏi học sinh
phải có tư duy logic và cách biến đổi. Giáo viên cần định hướng cho học sinh học
và nghiên cứu môn một cách có hệ thống trong chương trình học phổ thông, vận
dụng lý thuyết vào làm bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp các cách giải.
Do vậy, tôi mạnh dạn đưa ra sáng kiến kinh nghiệm này với mục đính giúp
cho học sinh THPT vận dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài toán ứng
dụng thực tế trong đề thi, đặc biệt là đề thi THPT QG.
2.2. Thực trạng vấn đề.
Trong thực tế, học sinh thường rất ngại giải quyết các bài toán ứng dụng thực
tế, các em rất khó trong việc chọn hướng giải quyết vấn đề vì bài toán thường đề
dài, nhiều giả thiết, khác với các dạng toán đơn thuần, thời gian ngắn các em lo
không đủ để làm bài, chọn ngẫu nhiên đáp án cho nhanh.
Qua việc khảo sát kiểm tra định kỳ lớp 12, các kỳ thi thử THPT QG, thi học
sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh và việc học tập, làm bài tập hàng ngày nhận thấy
học sinh thường bỏ qua hoặc không giải được hoặc một số rất ít học sinh làm được
bài tập phần này.
Nội dung bài học dạng này với thời lượng ít và những dạng đơn giản. Đề thi
thì lại khó khăn. Nếu không có được phương pháp, đường lối thì HS sẽ không thể
giải quyết vấn đề dạng bài tập này được.
2.3. Các giải pháp sử dụng để giải quyết vấn đề:
2.3.1 Ứng dụng đạo hàm:
2.3.1.1. Định nghĩa đạo hàm .
Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a;b) và x0 ∈ (a;b)
Nếu tồn tại giới hạn (hữu hạn)

lim
x → x0

f ( x ) − f ( x0 )
∆y
= lim
x − x0
∆x →0 ∆x

thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm của hàm số y = f(x) tại x0

f '( x0 ) =lim
x → x0

f ( x) − f ( x0 )
x − x0

Ký hiệu:
2.3.1.2. Định nghĩa đạo hàm một phía.
6


Đạo hàm bên trái của hàm số y = f(x) tại điểm x0, kí hiệu là f’(x0),
f '( x0− ) = lim
∆x →0−

∆y
∆x

được định nghĩa :
Đạo hàm bên phải của hàm số y = f(x) tại điểm x0, kí hiệu là f’(x0),
f '( x0+ ) = lim
∆x →0+

∆y
∆x

được định nghĩa :
2.3.1.3. Ý nghĩa đạo hàm.
Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a;b) và có đồ thị (C). Tiếp tuyến với
(C) tại điểm M(x0;y0) có hệ số góc k = f’(x0).
PTTT tại M(x0;y0): y = f’(x0)(x-x0) + y0
2.3.1.4.Các quy tắc tính đạo hàm.
i. Giả sử u,v là các hàm số của biến x, có đạo hàm tại x. khi đó:
(u ± v) ' = u '± v '
(u.v) ' = u '.v + v '.u
'

 u  u '.v − v '.u
 ÷=
v2
v
(k .u ) ' = k .u '

(v ≠ 0)

ii. Nếu hàm số u= g(x) có đạo hàm theo x là u’=g’(x) và hàm số y = f(u) có đạo
hàm theo u là y’ = f’(u), thì hàm số hợp y = h(x) = f[g(x)] có đạo hàm theo x là
h(x) = f’(u).g’(x) hay y’ = yu’.ux’

2.3.1.5. Bảng đạo hàm của các hàm số sơ cấp: ( u = u(x))
c ' = 0 (c = const )
( x n ) ' = n.x n −1
1
( x)' =
2 x
'

(u n ) ' = n.u '.u n −1
u'
( u)' =
2 u
'

1
1
 ÷=− 2
x
x
(a x ) ' = a x .ln a

u'
1
 ÷=− 2
u
u
(a u ) ' = u '.a u .ln a

(e x ) ' = e x
1

(ln x) ' =
x
(sin x) ' = cos x
(cos x) ' = − sin x

(eu ) ' = u '.eu
u'
(ln u ) ' =
u
(sin u) ' = u '.cos u
(cos u ) ' = −u 'sin u

2.3.1.6. Đạo hàm cấp cao.
Giả sử y = f(x) có đạo hàm y’ =f’(x). Nếu hàm số f’(x) lại có đạo hàm, thì gọi
đạo hàm của nó là đạo hàm cấp hai và kí hiệu y” hay f”(x)
Định nghĩa tương tự cho đạo hàm cấp 2,3,4..
Một cách tổng quát đạo hàm cấp n ( n>1) của hàm số y=f(x), kí hiệu y (n) hay f(n)
(x), được định nghĩa: f(n)(x) = [f(n-1)(x)]’
7


2.3.1.7. Tính đơn điệu và dấu của đạo hàm.
Định nghĩa:Cho hàm số y=f(x) xác định trên K. Với mọi x1 < x2 thuộc K
Nếu f(x1) < f(x2) thì hàm số f(x) đồng biến trên K
Nếu f(x1) > f(x2) thì hàm số f(x) nghịch biến trên K
Định lí:Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K.
Nếu f’(x) > 0 với mọi x trên K thì hàm số f(x) đồng biến trên K.
Nếu f’(x) < 0 với mọi x trên K thì hàm số f(x) nghịch biến trên K.
Chú ý:
i.Giả sử f(x) có đạo hàm trên K. Nếu f’(x) ≥0 (f’(x) ≤ 0) và f’(x) = 0 chỉ tại

một số điểm hữu hạn thì hàm số đồng biến (nghịch biến) trên K.
ii.Trong một số trường hợp khi không biết dấu của đạo hàm cấp 1, ta xét dấu
đạo hàm cấp 2, từ đó suy ra dấu đạo hàm cấp 1
2.3.1.8. Cực đại và cực tiểu của hàm số.
Định nghĩa:Cho hàm số y =f(x) liên tục trên khoảng (a;b)
Nếu tồn tại số h >0 sao cho f(x)nói hàm số f(x) đạt cực đại tại x0.
Nếu tồn tại số h >0 sao cho f(x)>f(x 0) với mọi x0 ∈ (x0-h ;x0+h) và x≠x0 thì
ta nói hàm số f(x) đạt cực tiểu tại x0.
Định lý: Điều kiện đủ để hàm số có cực trị
Giả sử hàm số y = f(x) liên tục trên khoảng K = (x 0-h; x0+h) và có đạo hàm
K \ { x0 }

trên khoảng K hoặc trên
, với h>0
Nếu f’(x) > 0 trên khoảng (x 0-h ; x0) và f’(x) < 0 trên khoảng (x 0 ; x0+h) thì
x0 là điểm cực đại của hàm số f(x).
Nếu f’(x) < 0 trên khoảng (x 0-h ; x0) và f’(x) > 0 trên khoảng (x 0 ; x0+h) thì
x0 là điểm cực tiểu của hàm số f(x).
2.3.1.9. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
Định nghĩa:
Cho hàm số y = f(x) xac định trên D
i. Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y = f(x) trên tập D nếu
f ( x) ≤ M ∀x ∈ D , ∃x0 ∈ D : f ( x0 ) = M

ii. Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên tập D nếu
f ( x ) ≥ m∀x ∈ D, ∃x0 ∈ D : f ( x0 ) = m

2.3.1.10. Bất đẳng thức CauChy.
a, b ≥ 0 : a + b ≥ 2 ab

a1 , a2 ,...an ≥ 0 : a1 + a2 + ... + an ≥ n n a1a2 ..an

Chú ý:Ta luôn sử dụng bất đẳng thức Cau Chy hai chiều
2.3.2. Bài toán về diện tích thể tích:
Ví dụ 1.
Cho một tấm nhôm hình chữ nhật có
chiều dài bằng 12 cm và chiều rộng
bằng 10 cm. Người ta cắt ở bốn góc
8


của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng x
(cm), rồi gập tấm nhôm lại như hình vẽ dưới đây để được một cái hộp không
nắp. Tìm x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất.
x=

10 + 2 7
3

x=

11 + 31
3

A.
. B.
.
Hướng dẫn giải:
TXĐ: D=(0;5) ;V=x(12-2x)(10-2x)

x=

C.

[ 1]

11 − 31
3

x=

.

D.

10 − 2 7
3

.

f ( x) = 4 x 3 − 44x 2 + 120 x
f ' ( x) = 12 x 2 − 88 x + 120

11 + 31
( L)
x =
3
f ' ( x) = 0 ⇔ 
⇒C


11 − 31
x =
3


Xét
Ví dụ 2. Với một miếng tôn hình tròn có bán kính bằng R = 6cm. Người ta
muốn làm một cái phễu bằng cách cắt đi một hình quạt của hình tròn này và
gấp phần còn lại thành hình nón ( Như hình vẽ). Hình nón có thể tích lớn nhất
khi người ta cắt cung tròn của hình quạt bằng.

A. π 6 cm
Hướng dẫn giải:

B. 6π 6 cm

[ 1]

C. 2π 6 cm

D. 8π 6 cm.

Gọi x (x > 0) là chiều dài cung tròn của phần được xếp làm hình nón.
Như vậy, bán kính R của hình tròn sẽ là đường sinh của hình nón và đường
tròn đáy của hình nón sẽ có độ dài là x.
Bán kính r của đáy được xác định bởi đẳng thức

2π r = x ⇒ r =

x

2π .

9


R2 − r 2 =

Chiều cao của hình nón tính theo định lý Pitago là: h =
2

1
π x 
V = π r 2 .H = 
÷
3
3  2π 
Thể tích của khối nón:

R2 −

R2 −

x2
4π 2 .

x2
4π 2 .

Áp dụng Bất đẳng thức Côsi ta có:
 x2

x2
x2
2
+
+
R
−
4π 2 x 2 x2
x2
4π 2  8π 2 8π 2
4π 2
V2=
. 2 . 2 (R2 −
)
≤

9 8π 8π
4π 2
9 
3



3


÷ 4π 2 R 6
.
÷=
9 27

÷
÷


x2
x2
2π
2
=
R
−
⇔x=
R 6 ⇔ x = 6 6π
2
4π
3
Do đó V lớn nhất khi và chỉ khi 8π
100(cm2 )

Ví dụ 3.Cho hình chữ nhật có diện tích bằng

nó bằng bao nhiêu để chu vi của nó nhỏ nhất?
A.

10cm × 10cm

B.

20cm × 5cm

[ 1]
C.

. Hỏi mỗi kích thước của

25cm × 4cm

D.

15cm × 4 cm

.

Hướng dẫn giải:
Gọi chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật lần lượt là: x(cm) và y (cm).
Chu vi hình chữ nhật là: P = 2(x+y) = 2x + 2y.
Theo đề bài thì: xy = 100 hay y =
2−

100
x

200 2 x − 200
=
.
x2
x2

. Do đó: P= 2x + 2y +

200
x

với x > 0.

2

⇔

Đạo hàm: P’(x) =
Cho y’ = 0 x = 10.
Lập bảng biến thiên ta được: Pmin=40 khi x = 10.
Kết luận: Kích thước của hình chữ nhật là 10 x 10(là hình vuông).
Ví dụ 4. Một lão nông chia đất cho con trai để người con canh tác riêng, biết
800(m)

người con sẽ được chọn miếng đất hình chữ nhật có chu vi bằng
. Hỏi
anh ta chọn mỗi kích thước của nó bằng bao nhiêu để diện tích canh tác lớn

[ 2]

nhất?
A. 200mx200m
B.300mx100m
C.250mx150m
D.300mx300m.
Hướng dẫn giải:
Gọi chiều dài và chiều rộng của miếng đất lần lượt là: x(m) và y(m). (x, y>0)
Diện tích miếng đất: S= x.y.

Theo đề bài thì: 2(x + y) = 800 hay y = 400 - x. Do đó: S= x(400-x) = -x 2 +
⇔

400x với x > 0. Đạo hàm: S’(x) = -2x + 400. Cho S’(x) = 0 x = 200.
Lập bảng biến thiên ta được: Smax = 4000 khi x =200, y = 200. Đáp án A
Kết luận: Kích thước của miếng đất hình chữ nhật là 200´ 200 (là hình vuông).
10


Ví dụ 5. Một tấm đề can hình chữ nhật được cuộn tròn lại theo chiều dài tạo
thành một khối trụ có đường kính 50cm. Người ta trải ra 250 vòng để cắt chữ
và in tranh cổ động, phần còn lại một khối trụ có đường kính 45cm. Hỏi phần
đã trải ra dài bao nhiêu mét (làm tròn đến hàng đơn vị)?
A. 373m
B. 187m
C. 384m
Hướng dẫn giải:
a=

[ 4]

D. 192m.

50 − 45
= 0, 01( cm )
2.250

Bề dày của tấm đề can là
Gọi d là chiều dài đã trải và h là chiều rộng của tấm đề can.Khi đó ta có
2

2
π ( 502 − 452 )
 50 
 45 
d.h.a = π  ÷ h − π  ÷ h ⇒ d =
≈ 37306 ( cm ) ≈ 373 ( m )
4a
 2 
 2 

Đáp án A
Ví dụ 6. Có một tấm nhôm hình vuông cạnh 12(cm). Người ta cắt ở bốn góc
của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng
x(cm) rồi gấp tấm nhôm lại như hình vẽ dưới đây để được một cái hộp không

[ 1]

nắp. Tìm x để hình hộp nhận được có thể tích lớn nhất.
A. x = 6
B.x = 3
C.x = 2
D.x = 4.
Hướng dẫn giải:
Độ dài cạnh đáy của cái hộp: 12 – 2x. Diện tích đáy của cái hộp: (12 – 2x)2.
2

3

2

x ∈ ( 0;6 )

Thể tích cái hộp là: V=(12 – 2x) .x = 4x – 48x +144x với
Ta có: V’(x) = 12x3 – 96x2 +144x. Cho V’ = 0 , giải và chọn nghiệm x = 2.
Lập bảng biến thiên ta được Vmax = 128 khi x= 2. Đáp án C.

[ 3]

Ví dụ 7 . Kim tự tháp Kê−ốp ở Ai Cập được xây dựng vào khoảng 2500 năm
trước Công nguyên. Kim tự tháp này là một khối chóp tứ giác đều có chiều cao

[ 3]

147 m, cạnh đáy dài 230 m. Thế tích của nó là:
A. 7776300 m3 . B. 3888150 m3 .
C. 2592100 m3. D. 2592100 m2
1
V = .2302.147 = 2592100m3
3

Hướng dẫn giải:
2.3.3. Ứng dụng vật lí .
Định luật phóng xạ:

Đáp án C.
Độ phóng xạ (H)

Theo số hạt (N)

Theo khối lượng (m)

Trong quá trình phân
rã, số hạt nhân phóng
xạ giảm theo thời
gian.

Trong quá trình phân - Đại lượng đặc trưng cho
rã, khối lượng hạt nhân tính phóng xạ mạnh hay
phóng xạ giảm theo yếu của chất phóng xạ.
thời gian.
- Số phân rã trong một

(1 Ci = 3, 7.1010 Bq)

11


giây:H = -

−t
T

−t
T

− λt

N(t) = N0.2 = N0.e

M(t) = m0.2

N0

m0

: số hạt nhân
phóng xạ ở thời điểm
ban đầu.

−t
T

− λt

= m0 .e

∆N
∆t

H(t) = H0.2

− λt

= H0.e

H0

: khối lượng phóng
: độ phóng xạ ở thời
xạ ở thời điểm ban điểm ban đầu.

H (t )
đầu.
m(t )
:độ phóng xạ còn lại
: khối lượng phóng sau thời gian t
xạ còn lại sau thời H = λN = λ N0 = λN0e-λt

N (t )

: số hạt nhân
phóng xạ còn lại sau
t

t

thời gian .

−t

2T

gian .

Ví dụ 1. Sự phân rã của các chất phóng xạ được biểu diễn theo công thức hàm
m ( t ) = m 0e − m .λ =

số mũ

ln 2
,

T

t = 0),

trong đó

m0

là khối lượng ban đầu của chất phóng

xạ (tại thời điểm
m(t) là khối lượng chất phóng xạ tại thời điểm t, T là
chu kỳ bán rã (tức là khoảng thời gian để một nửa khối lượng chất phóng xạ bị
biến thành chất khác). Khi phân tích một mẫu gỗ từ công trình kiến trúc cổ, các
nhà khoa học thấy rằng khối lượng cacbon phóng xạ
mất 45% so với lượng

6
14

6
14

C

trong mẫu gỗ đó đã

C

ban đầu của nó. Hỏi công trình kiến trúc đó có niên

đại khoảng bao nhiêu năm? Cho biết biết chu kỳ bán rã của

[ 4]

năm.
A. 5157 năm
Hướng dẫn giải:
m ( t ) = m 0e

Ta có

B. 3561 năm
−

t
T

C. 6601 năm

6
14

C

là khoảng 5730

D. 4942 năm.

t

− 

T
⇒ ∆m = m 0 − m ( t ) = m 0 1 − 2 ÷



t
−
∆m
45
= 1− 2 T =
⇒ t = −T.log 2 0,55 ≈ 4942
m
100

Suy ra
năm. Đáp án D.
Ví dụ 2. Một chất phóng xạ có chu kỳ bán rã là 3,8 ngày. Sau thời gian 11,4
ngày thì độ phóng xạ (hoạt độ phóng xạ) của lượng chất phóng xạ còn lại bằng
bao nhiêu phần trăm so với độ phóng xạ của lượng chất phóng xạ ban đầu?
A. 25%.
B. 75%.
C. 12,5%.
D. 87,5%.

[ 1]

12

Hướng dẫn giải:
T = 3,8 ngày ; t = 11,4 = 3T ngày. Do đó ta đưa về hàm mũ để giải nhanh như
m = m 0 .2

−

t
T

sau

t

−
m
m
1
⇔
=2 T
= 2 −3 =
m0
8
⇔ m0

α

= 12,5%

⇒

Đáp án C.
α

Ví dụ 3. Pôlôni là nguyên tố phóng xạ , nó phóng ra một hạt và biến đổi
thành hạt nhân con X. Chu kì bán rã của Pôlôni là T = 138 ngày.
a)Xác định cấu tạo, tên gọi của hạt nhân con X.
b)Ban đầu có 0,01g. Tính độ phóng xạ của mẫu phóng xạ sau 3 chu kì bán rã.

[ 2]

Hướng dẫn giải:
a)Xác định hạt nhân con X
+ Ta có phương trình phân rã:

210
84

Po→ 24 He+ ZA X

210 = 4 + A  A = 206
→

206
84 = 2 + Z
Z = 82 → X : 82 Pb

+ Theo các ĐLBT ta có:

t


−
m = m 0 .2 T
m = m 0 .2 − k
0,693.m 0 N A .2 − k


⇒
= 2,08.10 11 Bq
 H = λN
mN A ⇒ H =
T
.
A
H
=
λ


m

A
 N = .N A

A

b)Từ
Ví dụ 4. Trong vật lí, sự phân rã của các chất phóng xạ được biểu diễn bởi
t

 1 T
 ÷
2

công thức: m(t) =m0
, trong đó m0 là khối lượng ban đầu của chất phóng
xạ (tại thời điểm t = 0); T là chu kì bán rã (tức là khoảng thời gian để một nửa
khối lượng chất phóng xạ bị biến thành chất khác). Chu kì bán rã của Cabon
14

C

là khoảng 5730 năm. Cho trước mẫu Cabon có khối lượng 100g. Hỏi sau

khoảng thời gian t thì khối lượng còn bao nhiêu?

[ 1]

5730

− t ln 2
5730

A. m(t) =100.e

B. m(t)

1
= 100.  ÷
2

100 t
−
5730

C.m(t)

1
= 100  ÷
2

D.m(t)

= 100.e

−

100 t
5730

.

Hướng dẫn giải:
13


Theo công thức

m( t) = m0e- kt

ln 2
5730

ta có: m(5730) = 50 = 100.e -k.5730, suy ra k =

− t ln 2
5730

. Nên m(t) = 100.e
Đáp án: A.
Ví dụ 5. Cho biết chu kì bán rã của chất phóng xạ radi Ra226 là 1602 năm (tức
là một lượng Ra226 sau 1602 năm phân hủy thì chỉ còn lại một nửa). Sự phân
hủy được tính theo công thức

S = A.e rt

, trong đó

r<0

r

A

là lượng chất phóng xạ ban
S

t

đầu, là tỉ lệ phân hủy hàng năm (

), là thời gian phân hủy, là lượng
còn lại sau thời gian phân hủy. Hỏi 5 gam Ra226 sau 4000 năm phân hủy sẽ còn

[ 4]

lại bao nhiêu gam (làm tròn đến 3 chữ số phần thập phân)?
A. 0,886 (gam) B. 1,023 (gam) C. 0,795 (gam) D.0,923 (gam).
Hướng dẫn giải:
Gọi

T

là chu kì bán rã, suy ra
S = 5.e

−

ln 2
.4000
T

4000
1602

1
= 5.  ÷
2

1
− ln 2

A = A.e r .T ⇒ r =
2
T

.

≈ 0,886

Do đó:
.
2.3.4. Bài toán chuyển động :
Học sinh cần chú ý các công thức đạo hàm và tích phân:
Ví dụ 1. Hai con tàu đang ở cùng một vĩ tuyến và cách nhau 5 hải lý. Đồng
thời cả hai tàu cùng khởi hành, một chạy về hướng Nam với 6 hải lý/giờ, còn
tàu kia chạy về vị trí hiện tại của tàu thứ nhất với vận tốc 7 hải lý/ giờ. Hãy xác
định thời điểm mà khoảng cách của hai tàu là lớn nhất?
7
15

7
16

[ 1]

7
17

A. giờ.
B. giờ
C. giờ

D.
Hướng dẫn giải:
Tại thời điểm t sau khi xuất phát, khoảng cách giữa hai tàu là d.
Ta có d2 = AB12 + AA12 = (5 - BB1)2 + AA12
A
B1
= (5 - 7.t)2 + (6t)2
85t2 − 70 + 25

Suy ra d = d(t) =
.
Áp dụng Đạo hàm ta được d nhỏ nhất
t=

khi

7
17

7
18

giờ.

B

d
A1

≈

(giờ), khi đó ta có d 3,25 Hải lý. Đáp án A.

14


Ví dụ 2. Một vật di chuyển với gia tốc a(t) = -20(1 + 2t) -2 (m/s2). Khi t = 0 thì
vận tốc của vật là 30m/s. Tính quảng đường vật đó di chuyển sau 2 giây (làm
tròn kết quả đến chữ số hàng đơn vị).
A.S = 106 m
B.S = 107 m.
Hướng dẫn giải:
v ( t ) = ∫ a ( t ) dt = ∫ −20 ( 1 + 2t ) dt =
−2

Tacó

v ( 0 ) = 30 ⇔ C + 10 = 30 ⇔ C = 20

[ 3]

C.S = 108 m.

D.S = 109 m.

10
+C
1 + 2t
. Theo đề ta có

. Vậy quãng đường vật đó đi được sau 2 giây là:

2

2
 10

S = ∫
+ 20 ÷dt = ( 5ln ( 1 + 2t ) + 20t ) = 5ln 5 + 100 ≈ 108m
0
1 + 2t

0
.

Ví dụ 3. Một ô tô chạy với vận tốc 10m/s thì người lái xe đạp phanh còn được
gọi là “thắng”. Sau khi đạp phanh, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc
v(t) = -5t +10(m/s) Trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc bắt
đầu đạp phanh . Quãng đường ô tô di chuyển từ lúc đạp phanh đến khi dừng

[ 1]

hẳn là bao nhiêu?
A. 0,2m

B.2m

C.10m

D. 20m.

2
Ví dụ 4 Một vật chuyển động với vận tốc v(t) (m/s) có gia tốc a(t ) = 3t + t

[ 1]

2

(m/s ). Vận tốc ban đầu của vật là 2 (m/s). Hỏi vận tốc của vật sau 2s .
A. 10 m/s
B. 12 m/s
C. 16 m/s
D. 8 m/s.
Hướng dẫn giải:
t2
+C
2
Ta có
(m/s).
Vận tốc ban đầu của vật là 2 (m/s) ⇒ v(0) = 2 ⇒ C = 2 .
v(t) = ∫ a (t ) dt = ∫ (3 t 2 + t) dt = t 3 +

Vậy vận tốc của vật sau 2s là:

V (2) = 23 +

22
+ 2 = 12
2
(m/s). Đáp án B.

s = 9t 2 − t 3
t

Ví dụ 5. Một vật chuyển động theo quy luật

s

, với (giây) là khoảng

thời gian tính từ lúc vật bắt đầu chuyển động và (mét) là quãng đường vật đi
được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 5 giây, kể từ lúc
bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu ?
27(m / s).

A.
Hướng dẫn giải:

B.

15(m / s ).

C.

100(m / s).

D.

[ 4]

54( m / s ).

s = 9t 2 − t 3 ⇒ v = s ' = 18t − 3t 2 ⇒ v ' = 18 − 6t = 0 ⇔ t = 3

15


Khi

t = 3 ⇒ v = 27; t = 5 ⇒ v = 15 ⇒ vmax = 27

. Đáp án A

2.3.5. Bài toán lãi xuất.
Lãi đơn, lãi kép: Khái niệm lãi đơn hiểu đơn giản là phần lãi chỉ tính từ vốn
gốc ban đầu (lãi không cộng vào vốn gốc), trong khi đó lãi kép cứ sau mỗi một
kỳ, tiền lãi sẽ được cộng dồn với phần gốc rồi tính lãi tiếp dựa trên phần gốc
mới đó.
Công thức tính lãi đơn: P = a(1+r.n). Với a là tiền gốc ban đầu, r là % lãi suất,
n là số kỳ tính lãi (tháng hay quí hay năm).
Công thức tính lãi kép như sau: P = a(1+r)n với a là tiền gốc ban đầu, r là %
lãi suất, n là số kỳ tính lãi (tháng hay quí hay năm)
i). Dạng 1: Gửi vào a đồng, lãi suất r%/năm (hoặc tháng hoặc quí), lãi hàng
năm được nhập vào vốn. Hỏi sau khoảng bao nhiêu năm thu về gấp đôi (2a
đồng).
Hướng dẫn: Áp dụng công thức lãi kép, sau n năm, ta có phương trình
n

⇔

log1+ r 2

2a = a(1+r)
n=
ii) Dạng 2 : Vay a đồng, lãi suất r%/tháng. Cứ sau đúng 1 tháng trả x đồng.
Định x để sau n tháng là hết nợ.
Hướng dẫn giải: Sau tháng thứ 1, còn nợ: a(1+r) - x
Sau tháng thứ 2, còn nợ: [a(1+r) - x](1+r) - x = a(1+r)2 - [(1+r) + 1] x
Sau tháng thứ 3, còn nợ :
{a(1+r)2 - [(1+r) + 1] x}(1+r) - x = a(1+r)3 - [(1+r)2 + (1+r) + 1] x ...
Sau tháng thứ n hết nợ, nên: a(1+r)n - [(1+r)n-1 + (1+r)n-2 +... + 1] x = 0
⇔

(1 + r ) n − 1
r

⇔

ar (1 + r ) n
(1 + r ) n − 1

a(1+r)n .x = 0
x=
iii) Dạng 3 : (Ngược dạng 2) Vay a đồng, lãi suất r%/tháng. Cứ sau đúng 1
tháng trả m đồng. Hỏi sau bao nhiêu tháng, hết nợ.
Hướng dẫn: Theo lập luận như trên, ta có phương trình:
a(1+r)n⇔

(1 + r ) n − 1
r

.m = 0(n chưa biết)

ar(1+r)n = [(1+r)n -1]m
ĐK m > ar > 0

⇔

(1+r)n (m - ar) = m

⇔

log1+ r

n=

m
m − ar

.

16


Ví dụ 1. Gửi 5 triệu, lãi suất 1%/tháng và lãi không nhập vào vốn, hỏi sau 6
tháng thu về được bao nhiêu?

[ 2]

Hướng dẫn giải: P = 5(1 + 0,01 . 6) = 5,3 triệu.
Ví dụ 2. Gửi 5 triệu, lãi suất 1%/tháng và lãi hàng tháng được nhập vào vốn,

hỏi sau 6 tháng thu về được bao nhiêu?

[ 1]

≈

Hướng dẫn giải: P = 5(1 + 0,01)6 5,3076 triệu.
Ví dụ 3. Một người gửi vào 5 triệu, lãi suất 8,4%/năm, lãi hàng năm được nhập

[ 2]

vào vốn. Hỏi sau khoảng bao nhiêu năm thu về gấp đôi (10 triệu).
A. 8 năm
B. 9 năm
C. 10 năm
D . 11năm.
Hướng dẫn giải: Áp dụng công thức lãi kép, sau n năm, ta có phương trình 10
n

⇔

n

⇔

log1,084 2 ≈

= 5(1+0,084)
2 = (1+0,084)
n=

8,59. Do n nguyên dương
nên chọn n = 9.
Ví dụ 4. Vay 100 triệu với lãi suất 1%/tháng. Cứ sau đúng 1 tháng trả x đồng.
Định x để sau 3 tháng, hết nợ.

[ 2]

100.0,01(1 + 0,01) 3
(1 + 0,01) 3 − 1

1,013
1,013 − 1 ≈

Hướng dẫn giải: Áp dụng công thức: x =
=
34,002triệu.
Ví dụ 5. Một người nọ đem gửi tiết kiệm ở một ngân hàng với lãi suất là 12%
năm. Biết rằng cứ sau mỗi một quý ( 3 tháng ) thì lãi sẽ được cộng dồn vào
vốn gốc. Hỏi sau tối thiểu bao nhiêu năm thì người đó nhận lại được số tiền,

[ 2]

bao gồm cả vốn lẫn lãi gấp ba lần số tiền ban đầu.
A. 8
B. 9
C. 10
Hướng dẫn giải:
Gọi số tiền người đó gửi là A, lãi suất mỗi quý là 0,03
Sau n quý, tiền mà người đó nhận được là: A ( 1 + 0, 03)
n

ycbt ⇔ A ( 1 + 0,03) = 3A ⇔ n = log1,03 3 ≈ 37,16

D.11.

n

Vậy số năm tối thiểu là xấp xỉ 9,29 năm. Vậy đáp án là C.
Ví dụ 6. Một bà mẹ Việt Nam anh hùng được hưởng số tiền là 4 triệu đồng trên
một tháng (chuyển vào tại khoản của mẹ ở ngân hàng vào đầu tháng). Từ tháng
1 năm 2016 mẹ không đi rút tiền mà để lại ngân hàng và được tính lãi suất 1%
trên một tháng. Đến đầu tháng 12 năm 2016 mẹ rút toàn bộ số tiền (gồm số tiền
17


của tháng 12 và số tiền đã gửi từ tháng 1). Hỏi khi đó mẹ lĩnh về bao nhiêu

[ 2]

tiền? (Kết quả làm tròn theo đơn vị nghìn đồng.
A. 50 triệu 730 nghìn đồng
B. 48 triệu 480 nghìn đồng
C. 53 triệu 760 nghìn đồng
D. 50 triệu 640 nghìn đồng.
Hướng dẫn giải: Số tiền tháng 1 mẹ được nhận là 4 triệu, gửi đến đầu tháng 12
(được 11 kỳ hạn), vậy cả vốn lẫn lãi do số tiền tháng 1 nhận sinh ra là:
4.(1 +

1 11
) = 4 ×1,0111
100

(triệu đồng).

Tương tự số tiền tháng 2 nhận sẽ sinh ra: 4 ×1, 01 (triệu đồng)
......................................................
Số tiền tháng 12 mẹ lĩnh luôn nên là: 4 (triệu đồng).
10

4 × 1,0111 + 4 × 1,0110 + ... + 4 × 1,01 + 4 = 4

1 − 1,0112
≈ 50, 730
1 − 1, 01

Vậy tổng số tiền mẹ lĩnh là:
(50 triệu 730 nghìn đồng). Đáp án A.
Ví dụ 7. Một người vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất là 0,7%/tháng
theo thỏa thuận cứ mỗi tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng 5 triệu đồng và cứ
trả hàng tháng như thế cho đến khi hết nợ (tháng cuối cùng có thể trả dưới 5

[ 1]

triệu). Hỏi sau bao nhiêu tháng thì người đó trả được hết nợ ngân hàng.
A. 22.
B. 23.
C. 24.
D. 21.
Hướng dẫn giải:
Gọi

Nn

là số tiền người vay còn nợ sau n tháng,

số tiền trả hàng tháng,

A

N1 = A(1 + r ) − a

r

là lãi suất hàng tháng,

a

là

là số tiền vay ban đầu.

N 2 = [ A(1 + r ) − a](1 + r ) − a = A(1 + r ) 2 − a[1 + (1 + r )]

{

}

N 3 = A(1 + r ) 2 − a[1 + (1 + r )] (1 + r ) − a = A(1 + r )3 − a[1 + (1 + r ) + (1 + r ) 2 ]

..............................
N m = A(1 + r ) m − a[1 + (1 + r ) + (1 + r ) 2 + ... + (1 + r ) m −1 ] = A(1 + r ) m − a

hết nợ nghĩa là

m
N m = 0 ⇔ (1 + r ) ( Ar − a) + a = 0 ⇔ m = log1+ r

(1 + r ) m − 1
r

Khi

trả

a
a − Ar

m ≈ 21,6

Thay số ta được:
. Do đó số tháng để trả hết nợ là 22 tháng.
Ví dụ 8. Bạn H trúng tuyển vào Trường Đại học Ngoại Thương nhưng vì do
không đủ tiền nộp học phí nên H quyết định vay ngân hàng trong bốn năm mỗi
3% /

năm 4 triệu đồng để nộp học phí với lãi suất ưu đãi
năm. Ngay sau khi tốt
nghiệp Đại học bạn H thực hiện trả góp hàng tháng cho ngân hàng số tiền
18


0, 25% /

(không đổi) với lãi suất theo cách tính mới là
tháng trong vòng 5 năm.
Tính số tiền hàng tháng mà bạn H phải trả cho ngân hàng (kết quả làm tròn đến

[ 4]

hàng đơn vị).
A. 323.582 (đồng). B. 398.402 (đồng). C. 309.718 (đồng). D. 312.518 (đồng).
Hướng dẫn giải:
Tiền vay từ năm thứ nhất đến lúc ra trường, bạn H nợ ngân hàng:
4000000(1 + 3%) 4

.
Tiền vay từ năm thứ hai đến lúc ra trường, bạn H nợ ngân hàng:
4000000(1 + 3%)3

.

Tiền vay từ năm thứ ba đến lúc ra trường, bạn H nợ ngân hàng:
Tiền vay từ năm thứ tư đến lúc ra trường, bạn H nợ ngân hàng:
Vậy sau 4 năm bạn H nợ ngân hàng số tiền là:

4000000(1 + 3%) 2
4000000(1 + 3%)

.

4
3

2
N = 4000000 ( 1 + 3% ) + ( 1 + 3% ) + ( 1 + 3% ) + ( 1 + 3% )  ≈ 17.236.543



Lúc này ta coi như bạn H nợ ngân hàng khoảng tiền ban đầu là
đồng, số tiền này bắt đầu được tính lãi
tháng

m

đồng trong 5 năm.

Số tiền còn nợ cuối tháng thứ 1 là:
Số tiền còn nợ cuối tháng thứ 2 là:
Số tiền còn nợ cuối tháng thứ 3 là:

r = 0, 25%

N = 17.236.543

/tháng và được trả góp mỗi

N (1 + r ) − m

[ N (1 + r ) − m] (1 + r ) − m = N (1 + r ) 2 − m [ (1 + r ) + 1]

 N (1 + r ) 2 − m [ (1 + r ) + 1]  (1 + r ) − m = N (1 + r )3 − m (1 + r ) 2 + (1 + r ) + 1

....

Số tiền còn nợ cuối tháng thứ 60 là:

N (1 + r )60 − m  (1 + r )59 + ... + (1 + r ) + 1

N (1 + r )60 − m (1 + r )59 + ... + (1 + r ) + 1 = 0 ⇒ m =

N (1 + r )60 .r
≈ 309.718
(1 + r )60 − 1

Ta có
đồng.
2.3.6. Bài toán kinh tế:
Ví dụ 1. Khi nuôi cá thí nghiệm trong hồ, một nhà sinh vật học thấy rằng : Nếu
trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ có n con cá thì trung bình mỗi con cá sau
một vụ cân nặng P(n) = 480 - 20.n (gam). Hỏi phải thả bao nhiêu con cá trên
một đơn vị diện tích của mặt hồ để sau một vụ thu hoạch được nhiều cá nhất ?

[ 3]

19


10

16

12

A.

B.
C.
Hướng dẫn giải: Gọi n là số con cá trên một đơn vị diện tích hồ
Cân nặng của một con cá là : P(n) = 480 - 20.n (gam).
Cân nặng của n con cá là : n.P(n) = 480n - 20.n2 (gam).
2

24

D. .
(n> 0) . Khi đó :

( 0; +∞ )

Xét hàm số : f(n) = 480n - 20.n trên
. Ta có : f’(n) = 480 - 40n, cho f’(n) =
0 suy ra n =12. Lập bảng biến thiên ta thấy số cá phải thả trên một đơn vị diện
tích hồ để có thu hoạch nhiều nhất là 12 con.
Ví dụ 2. Một chuyến xe bus có sức chứa tối đa là

60

hành khách. Nếu một
2

chuyến xe chở x hành khác thi giá cho mỗi hành khách là

x 

3− ÷

40  $


[ 2]

. Chọn câu

đúng.
A. Xe thu được lợi nhuận cao nhất khi có 60 hành khách.
B. Xe thu được lợi nhuận cao nhất bằng
C. Xe thu được lợi nhuận cao nhất bằng
D. Không có đáp án đúng.

135$

160$

.
.
2

Hướng dẫn giải: Số tiền thu được là : f(x) =

x 
3 2
x3

x  3 − ÷ = 9x −
x +
40 

20
1600


Đạo hàm, lập bảng biến thiên ta tìm được GTLN của f(x) là
160$

160

40

khi x = 40.

Vậy lợi nhuận thu được nhiều nhất là
khi có
hành khách.
Ví dụ 3. Một doanh nghiệp tư nhân A chuyên kinh doanh xe gắn máy các loại.
Hiện nay, doanh nghiệp đang tập trung chiến lược vào kinh doanh xe honda
Future Fi với chi phí mua vào một chiếc là 27 (triệu đồng) và bán với giá 31
(triệu đồng) mỗi chiếc. Với giá bán này thì số lượng xe mà khách hàng sẽ mua
trong một năm là 600 chiếc. Nhằm mục tiêu đẩy mạnh hơn nữa lượng tiêu thụ
dòng xe đang ăn khách này, doanh nghiệp dự định giảm giá bán và ước tính rằng
nếu giảm 1 (triệu đồng) mỗi chiếc thì số lượng xe bán ra trong một năm sẽ tăng
thêm 200 chiếc. Vậy doanh nghiệp phải định giá bán mới là bao nhiêu để sau khi

[ 2]

đã thực hiện giảm giá, lợi nhuận thu được sẽ là cao nhất?
Hướng dẫn giải:
Gọi x ( x>0),đơn vị (triệu đồng) là giá bán mới. Khi đó:

Số tiền đã giảm là: 31 – x. Số lượng xe tăng lên là: 200(31 – x).
Vậy tổng số sản phẩm bán được là: 600 + 200(31 – x) = 6800 – 200x.
Doanh thu mà doanh nghiệp sẽ đạt được là: (6800 – 200x)x.
Tiền vốn mà doanh nghiệp phải bỏ ra là: (6800 – 200x).27.
Lợi nhuận mà công ty đạt được sẽ là:
20


Doanh thu – Tiền vốn =(6800 – 200x).x - (6800 – 200x).27 = -200x2 + 12200x
– 183600. L’(x) = - 400x + 12200, cho L’(x) = 0, ta được x = 30,5.
Lập BBT ta thấy lợi nhuật lớn nhất khi x = 30,5.
Vậy giá bán mới là 30,5 (triệu đồng)
Ví dụ 4. Một công ti bất động sản có 50 căn hộ cho thuê. Biết rằng nếu cho
thuê mỗi căn hộ với giá 2 000 000 đồng một tháng thì mọi căn hộ đều có người
thuê, cứ mỗi lần tăng giá cho thuê mỗi căn hộ thêm 100 000 đồng một tháng
thì có thêm hai căn hộ bị bỏ trống. Hỏi muốn có thu nhập cao nhất, công ti đó

[ 2]

phải cho thuê mỗi căn hộ với giá trị bao nhiêu một tháng? (đồng/tháng)
A. 2 250 000
B. 2 450 000
C. 2 300 000
D. 2 225 000.
Hướng dẫn giải: Gọi x (đồng/tháng) là số tiền tăng thêm của giá cho thuê mỗi
căn hộ. (x > 0)Khi đó số căn hộ bị bỏ trống là:
Khi đó, số tiền công ti thu được là:
T(x) =

2x

100000

(căn hộ).

2x 
2x2

( 2000000 + x )  50 −
÷ = 100000000 + 10 x −
100000 
100000


[ 0; +∞ )

4x
10 −
100000

Khảo sát hàm số T(x) trên
.T’(x) =
khi 1000000 - 4x = 0.Ta được x = 250 000.

Bảng biến thiên
x
0
+
T’

250 000

0
2 250 000

(đồng/tháng).

, T’(x) = 0

+¥

-

T
Do đó Max T(x) =T(250 000) = 2 250 000.Vậy để có thu nhập cao nhất thì số
tiền cho thuê một căn hộ mỗi tháng là 2 250 000 đồng. Đáp án A.
Ví dụ 6. Đường dây điện 110KV kéo từ trạm phát (điểm A) trong đất liền ra
Côn Đảo (điểm C). biết khoảng cách ngắn nhất từ C đến B là 60km, khoảng
cách từ A đến B là 100km, mỗi km dây điện dưới nước chi phí là 5000 USD,
chi phí cho mỗi km dây điện trên bờ là 3000 USD. Hỏi điểm G cách A bao

[ 1]

nhiêu để mắc dây điện từ A đến G rồi từ G đến C chi phí ít nhất.
A. 40km
B. 45km
C.
55km
60km.
Hướng dẫn giải:

D.

21


Gọi BG = x(0 < x <100)

⇒

AG =100 - x

BC 2 + GC 2 = x 2 + 3600

Ta có GC =
Chi phí mắc dây điện:

3000 ( 100 − x ) + 5000 x 2 + 3600

f(x) =
Khảo sát f(x) ta được đáp án C.

Ví dụ 7. Một công ty muốn làm một đường ống
dẫn từ một điểm A trên bờ đến một điểm B trên
một hòn đảo. Hòn đảo cách bờ biển 6km. Giá để
xây đường ống trên bờ là 50.000USD mỗi km, và
130.000USD mỗi km để xây dưới nước. B’ là
điểm trên bờ biển sao cho BB’ vuông góc với bờ
biển. Khoảng cách từ A đến B’ là 9km. Vị trí C
trên đoạn AB’ sao cho khi nối ống theo ACB thì số
tiền ít nhất. Khi đó C cách A một đoạn bằng
A. 6.5km

B. 6km
Hướng dẫn giải:
Đặt

[ 2]

C. 0km

D.9km.

x = B ' C (km ) , x ∈ [0;9] BC = x 2 + 36; AC = 9 − x

2
Chi phí xây dựng đường ống là C ( x ) = 130.000 x + 36 + 50.000(9 − x )

(USD )

 13x

C '( x ) = 10000. 
− 5÷
2
 x + 36

Hàm C ( x ) , xác định, liên tục trên [0;9] và
25
5
⇔ 169 x 2 = 25( x 2 + 36) ⇔ x 2 =
⇔x=
2

C '( x ) = 0 ⇔ 13x = 5 x + 36
4
2
 5
C  ÷ = 1.170.000
C (0) = 1.230.000 ;  2 
; C (9) ≈ 1.406.165
Vậy chi phí thấp nhất khi x = 2,5 . Vậy C cần cách A một khoảng 6,5km.

Đáp án A.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
Qua nhiều năm giảng dạy ở bậc THPT và luyện thi đại học. Từ năm 2017 bộ
môn toán có thay đổi hình thức thi trắc nghiệm. HS- GV không tránh được
những khó khăn trong việc học, dạy. Đặc biệt những câu trắc nghiệm ứng dụng
thực tế. Tôi đã sử dụng theo cách đã nêu trên để dạy cho học sinh. Các em cảm
thấy hào hứng không “ sợ sệt” khi gặp loại câu hỏi này. Đó cũng là thành
công bước đầu trong công tác giáo dục. Tôi cảm thấy tự tin, HS cũng vậy. Qua
sáng kiến kinh nghiệm này hy vọng các năm sau có kết quả tốt hơn.

22


Đối với học sinh khối 12, khi các em đã nhận thức một cách đầy đủ về hàm
số, các kiến thức liên trên thì dạng này có thể áp dụng một cách phổ biến và bài
tập ra cho học sinh mang tính phong phú, đa dạng và khó hơn.
Đối với học sinh ôn thi học sinh giỏi, ôn thi THPT QG nên phát triển thành
chuyên đề rõ ràng với những kiến thức thể loại đa dạng và phong phú, Giúp
học sinh phát hiện và có hướng giải quyết chính xác.
Kết quả nhận thấy số lượng học sinh khá, giỏi, trung bình đều rất hứng thú
với phương pháp giải toán này và bài tập ra ở dạng này các em giải khá thành

thạo. Tôi thấy học sinh của mình đã và đang hào hứng làm dạng toán này .
Kết quả thi thử trắc nghiệm về câu hỏi ứng dụng thực tế lần 1 của lớp 12 B2
(Khi chưa ôn luyện nhiều dạng câu hỏi thực tế)
Môn Lớp

Sĩ
số
Toán 12B2 40

Giỏi
SL
02

Khá
%
5%

SL
20

Trung bình

%
SL
50% 15

Yếu

%
SL

37,5% 03

Kém

%
SL
7,5% 0

%
0%

Kết quả thi thử lần 1 về câu hỏi ứng dụng thực tế của lớp 12 B2 (Khi đã được
ôn luyện nhiều dạng câu hỏi thực tế)
Môn Lớp Sĩ Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu
Kém
số
Toán 12B2 40 SL %
SL %
SL %
SL % SL %
08 20% 19 47,5% 11 27,5% 02 5% 0
0%

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ:
3.1. Kết luận.
Trên đây là một số kinh nghiệm của bản thân trong quá trình dạy và học
Toán. Qua thực tế giảng dạy ở trường THPT với nội dung và phương pháp nêu

trên đã giúp cho học sinh có cái nhìn toàn diện hơn về cách giải một số dạng
toán trên. Thực tế cho thấy học sinh khá giỏi, trung bình đều hứng thú và làm
được hầu hết các dạng này. Mặc dù bản thân đã cố gắng nhiều, song đây là
năm đầu tiên đổi mới hình thức thi trắc nghiệm toán. Kinh nghiệm và kết quả
chưa tổng hợp được nhiều trong năm học này. Những điều tôi viết ra có thể
không tránh khỏi sai sót và hạn chế. Tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý
23


kiến của các đồng nghiệp và bạn đọc nhằm nâng cao hiệu quả giảng dạy và học
tập.
3.2. Kiến nghị.
Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có
nhiều hơn nữa tài liệu sách tham khảo đổi mới và phòng thư viện để nghiên
cứu học tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ .
Nhà trường cần tổ chức các bổi trao đổi phương pháp giảng dạy. Có tủ sách
lưu lại các tài liệu chuyên đề bồi dưỡng ôn tập của giáo viên hàng năm để làm
cở sở nghiên cứu phát triển chuyên đề. Học sinh cần tăng cường học tập trao đổi,
học nhóm nâng cao chất lượng học tập.
Sở giáo dục cần tiếp tục duy trì cho các đơn vị trường viết sáng kiến kinh
nghiệm hàng năm để giáo viên nâg cao nghiệp vụ, giao lưu, học hỏi lẫn nhau.
Những SKKN đạt giải cao, có chất lượng, nên in ấn đưa về các trường để giáo
viên chúng tôi học tập, chia sẻ, để nền giáo dục càng phát triển tốt hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[ 1]

[ 2]

[ 3]

Nguồn tài liệu từ các đề thi thử các trường bạn.
Nguồn tài liệu Interne

Tài liệu: Hướng dẫn TN toán của tác giả Nguyễn Bá Tuấn
– ĐHQG Hà Nội.
24


[ 4]

Trích đề thi khảo sát THPT QG các năm của Sở GD Thanh Hóa

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 30 tháng 4 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Lê Nguyên Huấn

DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN
KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ
CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN

25