giải giúp mik vs

Câu 6. Khi gập hình theo các đường dóng, ta được hình hộp chữ nhật không nắp có các kích thước là $6, 4, 2$. Thể tích khối hộp là $V = 6 \cdot 4 \cdot 2 = 48$. Vậy thể tích lớn nhất của khối hộp là $48$. Tuy nhiên, đây không phải là thể tích lớn nhất của khối hộp mà ta có thể tìm được. Để tìm thể tích lớn nhất, ta cần xác định các kích thước của hình hộp chữ nhật. Giả sử cạnh hình vuông bị cắt là $x$, khi đó chiều cao của hình hộp là $2x$, chiều rộng là $6 - 2x$, chiều dài vẫn là $6$. Thể tích khối hộp là $V = 6(6 - 2x)2x = 72x - 24x^2$. Để tìm giá trị lớn nhất của $V$, ta tìm cực trị của hàm số $V(x) = 72x - 24x^2$. $V'(x) = 72 - 48x$. $V'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 1$. Lập bảng biến thiên, ta thấy $V(x)$ đạt giá trị lớn nhất tại $x = 1$. Khi đó, chiều cao của hình hộp là $2$, chiều rộng là $4$, chiều dài là $6$. Thể tích lớn nhất của khối hộp là $V_{\text{max}} = 6 \cdot 4 \cdot 2 = 48$. Nhưng đây không phải là đáp án của bài toán. Các bạn hãy xem lại lời giải của mình, có thể lời giải đúng nhưng cách trình bày sai. Câu trả lời đúng là: Khi gập hình theo các đường dóng, ta được hình hộp chữ nhật không nắp có các kích thước là $6, 4, 2$. Thể tích khối hộp là $V = 6 \cdot 4 \cdot 2 = 48$. Vậy thể tích lớn nhất của khối hộp là $48$. Tuy nhiên, đây không phải là thể tích lớn nhất của khối hộp mà ta có thể tìm được. Để tìm thể tích lớn nhất, ta cần xác định các kích thước của hình hộp chữ nhật. Giả sử cạnh hình vuông bị cắt là $x$, khi đó chiều cao của hình hộp là $2x$, chiều rộng là $6 - 2x$, chiều dài vẫn là $6$. Thể tích khối hộp là $V = 6(6 - 2x)2x = 72x - 24x^2$. Để tìm giá trị lớn nhất của $V$, ta tìm cực trị của hàm số $V(x) = 72x - 24x^2$. $V'(x) = 72 - 48x$. $V'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 1$. Lập bảng biến thiên, ta thấy $V(x)$ đạt giá trị lớn nhất tại $x = 1$. Khi đó, chiều cao của hình hộp là $2$, chiều rộng là $4$, chiều dài là $6$. Thể tích lớn nhất của khối hộp là $V_{\text{max}} = 6 \cdot 4 \cdot 2 = 48$. Câu 7. Gọi chiều rộng của bể cá là $x$ (m), chiều dài là $2x$ (m), chiều cao là $h$ (m). Diện tích xung quanh của bể cá là: $2xh + 3x^2 = 5,5$. Thể tích của bể cá là: $V = x^2h$. Từ phương trình $2xh + 3x^2 = 5,5$, ta có thể tìm được chiều cao $h$ theo $x$: $h = \frac{5,5 - 3x^2}{2x}$. Thay $h$ vào công thức thể tích, ta được: $V = x^2\left(\frac{5,5 - 3x^2}{2x}\right) = \frac{5,5x - 3x^3}{2}$. Để tìm giá trị lớn nhất của thể tích $V$, ta cần tìm cực trị của hàm số $V(x) = \frac{5,5x - 3x^3}{2}$. Đạo hàm của $V(x)$ là: $V'(x) = \frac{5,5 - 9x^2}{2}$. Cho $V'(x) = 0$, ta được: $9x^2 = 5,5 \Rightarrow x^2 = \frac{5,5}{9} \Rightarrow x = \sqrt{\frac{5,5}{9}} \approx 0,74$ (m). Thay $x = 0,74$ vào công thức của $h$, ta được: $h = \frac{5,5 - 3(0,74)^2}{2(0,74)} \approx 1,17$ (m). Thể tích lớn nhất của bể cá là: $V = x^2h = (0,74)^2 \cdot 1,17 \approx 1,01$ ($m^3$). Vậy, bể cá có dung tích lớn nhất bằng $1,01$ $m^3$. Đáp án: B. Câu 8. Đầu tiên, ta cần tìm vận tốc của vật tại thời điểm t. Vận tốc là đạo hàm của quãng đường theo thời gian. Tính đạo hàm của hàm số $s(t) = -\frac12t^3+9t^2$, ta được: $v(t) = s'(t) = -\frac32t^2 + 18t$. Để tìm vận tốc lớn nhất, ta cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số $v(t) = -\frac32t^2 + 18t$ trên đoạn $[0; 10]$. Đạo hàm của hàm số $v(t)$ là: $v'(t) = -\frac32 \cdot 2t + 18 = -3t + 18$. Cho $v'(t) = 0$, ta được: $-3t + 18 = 0 \Rightarrow t = \frac{18}{3} = 6$. Tại $t = 6$, hàm số $v(t)$ đạt giá trị lớn nhất trên đoạn $[0; 10]$. Tính $v(6) = -\frac32 \cdot 6^2 + 18 \cdot 6 = -\frac32 \cdot 36 + 108 = -54 + 108 = 54$. Vậy vận tốc lớn nhất của vật đạt được trong khoảng thời gian 10 giây là 54 m/s. Đáp án: D. Câu 9. Đầu tiên, chúng ta cần tìm thời điểm mà chất điểm dừng lại. Điều này xảy ra khi vận tốc bằng 0, tức là đạo hàm bậc nhất của quãng đường theo thời gian bằng 0. Đạo hàm của $s(t)$ là: $s'(t) = 3t^2 - 6t + 3.$ Giải phương trình $s'(t) = 0$ ta được: $3t^2 - 6t + 3 = 0 \Rightarrow t^2 - 2t + 1 = 0 \Rightarrow (t - 1)^2 = 0 \Rightarrow t = 1.$ Vậy chất điểm dừng lại tại thời điểm $t = 1$. Tiếp theo, chúng ta cần tìm gia tốc tại thời điểm này. Gia tốc là đạo hàm bậc hai của quãng đường theo thời gian. Đạo hàm của $s'(t)$ là: $s''(t) = 6t - 6.$ Thay $t = 1$ vào $s''(t)$ ta được: $s''(1) = 6(1) - 6 = 0.$ Vậy gia tốc của chất điểm tại thời điểm chất điểm dừng lại là $0~m/s^2$. Đáp án: B. Câu 10. Thể tích của hộp kim loại được tính bằng công thức: $V = x^2h$. Theo đề bài, chiều cao h của hộp được tính bằng $h = 16 - 2x$. Thay vào công thức trên, ta được: $V = x^2(16 - 2x) = 16x^2 - 2x^3$. Để tìm giá trị lớn nhất của thể tích, ta cần tìm cực trị của hàm số $V(x) = 16x^2 - 2x^3$. Đạo hàm của hàm số này là: $V'(x) = 32x - 6x^2$. Đặt $V'(x) = 0$, ta được: $32x - 6x^2 = 0 \Leftrightarrow 6x(8 - x) = 0$. Giải phương trình này, ta được hai nghiệm: $x = 0$ và $x = 8$. Vì $x$ là chiều rộng của hộp, nên $x$ phải là số dương. Do đó, $x = 0$ không phải là nghiệm thích hợp. Với $x = 8$, ta thay vào công thức tính thể tích, ta được: $V_0 = 8^2(16 - 2.8) = 64$ (đvtt). Thể tích của chocolate nguyên chất bằng một phần tư thể tích của hộp, nên: $V_{chocolate} = \frac{1}{4}V_0 = \frac{1}{4}.64 = 16$ (đvtt). Đáp án: C. Câu 11. Gọi $O$ là tâm của hình vuông lớn và hình vuông nhỏ. Gọi $x$ là cạnh của hình vuông nhỏ. Khi đó, bốn tam giác cân nhỏ có cạnh đáy là $x$ và chiều cao là $\frac{4-x}{2}=\frac{4-x}{2}$. Diện tích hình vuông nhỏ là $x^2$. Diện tích bốn tam giác cân nhỏ là $4 \cdot \frac{1}{2} \cdot x \cdot \frac{4-x}{2} = 2x(4-x)$. Tổng diện tích của hình vuông nhỏ và bốn tam giác cân nhỏ là $x^2 + 2x(4-x) = x^2 + 8x - 2x^2 = 8x - x^2$. Để tổng diện tích này nhỏ nhất, ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $f(x) = 8x - x^2$ trên khoảng $(0; 4)$. Đạo hàm của $f(x)$ là $f'(x) = 8 - 2x$. Cho $f'(x) = 0$ ta được $x = 4$. Vì $x$ thuộc khoảng $(0; 4)$ nên ta chỉ xét $x = 4$. Thử lại, ta thấy $f(x)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x = 4$. Thay $x = 4$ vào biểu thức tổng diện tích, ta được $f(4) = 8.4 - 4^2 = 32 - 16 = 16$. Vậy tổng diện tích của hình vuông nhỏ và bốn tam giác cân nhỏ nhỏ nhất là $16$. Câu 12. Giả sử $AB$ là đáy lớn, $CD$ là đáy nhỏ của hình thang. Gọi $E$ là trung điểm của $AB$, $O$ là tâm của đường tròn. Khi đó $OE \perp CD$. Đặt $CD = 2x$ ($0 < x < 1$), $OH = h$ thì $CH = HD = x$. Tam giác $OCH$ vuông tại $H$ nên $OC^2 = CH^2 + OH^2 = x^2 + h^2$. Tam giác $OCE$ vuông tại $E$ nên $OC^2 = CE^2 + OE^2 = (1 - x)^2 + 1$. Từ đó ta có $x^2 + h^2 = (1 - x)^2 + 1 \Leftrightarrow h^2 = 2x - x^2$. Diện tích hình thang $ABCD$ là $S = \frac{1}{2}(AB + CD).OH = \frac{1}{2}(2 + 2x)h = (1 + x)h$. Từ $h^2 = 2x - x^2$ suy ra $h = \sqrt{2x - x^2}$. Do đó $S = (1 + x)\sqrt{2x - x^2}$. Xét hàm số $f(x) = (1 + x)\sqrt{2x - x^2}$ với $0 < x < 1$. Ta có $f'(x) = \sqrt{2x - x^2} + (1 + x)\frac{-2x + 1}{2\sqrt{2x - x^2}} = 0$. Giải phương trình $f'(x) = 0$ ta được $x = \frac{1}{2}$. Khi đó $h = \sqrt{2.\frac{1}{2} - \left(\frac{1}{2}\right)^2} = \frac{\sqrt3}{2}$. Vậy $S_{\max} = \left(1 + \frac{1}{2}\right).\frac{\sqrt3}{2} = \frac{3\sqrt3}{4}$. Vậy diện tích lớn nhất của hình thang $ABCD$ là $\frac{3\sqrt3}{4}$. Đáp án: B