Có một tấm bìa hình ngũ giác đều \(MNPQR\) tâm \(O\) cạnh bằng \(30\,{\rm{cm}}\), cắt bỏ \(5\) tam giác cân bằng nhau có cạnh đáy là cạnh của ngũ giác đều ban đầu, đỉnh là đỉnh của ngũ giác đều bên trong như hình vẽ rồi gập lên thành một khối chóp ngũ giác đều có cạnh đáy bằng \(x\) (cm). Tìm \(x\) để thể tích tạo thành là lớn nhất.
Có một tấm bìa hình ngũ giác đều \(MNPQR\) tâm \(O\) cạnh bằng \(30\,{\rm{cm}}\), cắt bỏ \(5\) tam giác cân bằng nhau có cạnh đáy là cạnh của ngũ giác đều ban đầu, đỉnh là đỉnh của ngũ giác đều bên trong như hình vẽ rồi gập lên thành một khối chóp ngũ giác đều có cạnh đáy bằng \(x\) (cm). Tìm \(x\) để thể tích tạo thành là lớn nhất.
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Đáp án:
14,8
Lời giải
Đáp án: 14,8
Xét tam giác cân \(ORQ\) tại \(O\), \(\widehat {ROQ} = 72^\circ \).
\(K\) là trung điểm \(RQ\), ta có trong tam giác vuông \(OKR\) có \(\sin \widehat {ROK} = \frac{{RK}}{{RO}} \Leftrightarrow OR = \frac{{15}}{{\sin 36^\circ }}\)
Xét tam giác \(OED\) cân tại \(O\), \(I\) là trung điểm \(ED\), với \(ED\) bằng \(x\), \(\widehat {EOD} = 72^\circ \)
Trong tam giác vuông \(OEI\) ta có \(\tan \widehat {EOI} = \frac{{EI}}{{OI}} \Leftrightarrow OI = \frac{{EI}}{{\tan 36^\circ }}\)\( \Leftrightarrow OI = \frac{x}{{2\tan 36^\circ }}\)
Ta có \(RI = RO - OI = \frac{{15}}{{\sin 30^\circ }} - \frac{x}{{2\tan 36^\circ }}\)
Xét hình chóp \(R.ABCDE\) tâm \(O\), đường cao \(RO = \sqrt {R{I^2} - I{O^2}} \)
Ta có diện tích đáy hình chóp là \(S = 5.{S_{OED}} = 5.\frac{1}{2}OI.ED\)\( = \frac{5}{2}.x.\frac{x}{{2\tan 36^\circ }} = \frac{{5{x^2}}}{{4\tan 36^\circ }}\)
Thể tích hình chóp đều là
\(V = \frac{1}{3}.S.RO = \frac{1}{3}.\frac{{5{x^2}}}{{4\tan 36^\circ }}.\sqrt {{{\left( {\frac{{15}}{{\sin 36^\circ }} - \frac{x}{{2\tan 36^\circ }}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{{2\tan 36^\circ }}} \right)}^2}} \)\( = f\left( x \right)\)
Khảo sát hàm số \(f\left( x \right)\)
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x \approx 14,83...\)
Ta có hàm số \(f\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất khi \(x \approx 14,8\).
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Các sản phẩm khác của Vietjack:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Lời giải
Đáp án: 5.
Giả sử cần nhập đủ số trái cây cho \(x\) ngày \(\left( {x \le 10} \right)\), khi đó số trái cây nhập là \(25x\) tạ.
Vì ngay khi nhập về cửa hàng đã phân phối 25 tạ trái cây nên chi phí bảo quản kho cho \(x\) ngày là:
\({T_1} = \left[ {25\left( {x - 1} \right) + 25\left( {x - 2} \right) + .... + 25} \right].80 = 25.80\left[ {\left( {x - 1} \right) + \left( {x - 2} \right) + .... + 1} \right] = \frac{{25.80.x\left( {x - 1} \right)}}{2}\).
Khi đó toàn bộ chi phí cửa phải phải chi trong một ngày là
\(T = \frac{{25.40\left( {x - 1} \right)x + 25.000}}{x} = 25\left[ {40x - 40 + \frac{{1000}}{x}} \right]\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
\(T = 25\left[ {40x - 40 + \frac{{1000}}{x}} \right] \ge 25.40x.\frac{{1000}}{x} - 25.40\).
Dấu “=” xảy ra h \(40x = \frac{{1000}}{x} \Leftrightarrow x = 5\) (thoả mãn).
Câu 2
a) Sau khi phanh gấp, xe chuyển động chậm dần đều.
Đúng
Sai
b) Vận tốc của xe luôn tăng trong khoảng thời gian 3 giây đầu tiên.
Đúng
Sai
c) Vận tốc của xe tại thời điểm \(t = 3\) giây là \(3\left( {m/s} \right)\).
Đúng
Sai
d) Quãng đường xe đi được từ thời điểm \(t = 0\) đến khi dừng hẳn là \(92m\).
Đúng
Sai
Lời giải
Lời giải
a) Do \({a_m}\left( t \right) = - 6 < 0\) nên xe chuyển động chậm dần đều. Suy ra ý a là đúng.
b) Ta có trong khoảng thời gian 3 giây đầu thì \(v'\left( t \right) = a\left( t \right) = - 2t + 4 = 0 \Leftrightarrow t = 2\).
Khi \(2 < t < 3 \Rightarrow - 2t + 4 < 0 \Rightarrow v'\left( t \right) < 0\), do đó vận tốc của xe sẽ giảm. Suy ra ý b là sai.
c) Khi \(0 \le t \le 3\), ta có \(v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt} = \int {\left( { - 2t + 4} \right)} \,dt = - {t^2} + 4t + C\).
Khi \[t = 0\] thì \(v\left( 0 \right) = C = 10\), do đó \(v\left( t \right) = - {t^2} + 4t + 10 \Rightarrow v\left( 3 \right) = 13\). Suy ra ý c là sai.
d) Khi \(t > 3\)thì \(v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt} = \int {\left( { - 6} \right)} \,dt = - 6t + {C_1}\).
Khi \[t = 3\] thì \(v\left( 3 \right) = - 18 + {C_1} = 13 \Rightarrow {C_1} = 31\), do đó \(v\left( t \right) = - 6t + 31\).
Khi xe dừng hẳn thì \(v\left( t \right) = - 6t + 31 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{31}}{6}\).
Quãng đường xe đi được từ thời điểm \(t = 0\) đến khi dừng hẳn là:
\(s = \int\limits_0^{31/6} {v\left( t \right)dt = } \int\limits_0^3 {\left( { - {t^2} + 4t + 10} \right)dt + } \int\limits_3^{31/6} {\left( { - 6t + 31} \right)dt = } \)\(\frac{{637}}{{12}}m\). Suy ra ý d là sai.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 6
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn.Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Một phần đường chạy của tàu lượng siêu tốc (Hình 1) khi gắn hệ trục tọa độ \(Oxy\) được mô phỏng ở Hình 2, đơn vị trên mỗi trục là mét.
|
Hình 1 |
Hình 2 |
Biết đường chạy của nó là một phần đồ thị hàm số bậc ba \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\)\(\left( {0 \le x < 90} \right)\); tàu lượn siêu tốc xuất phát từ điểm \(A\), đi qua các điểm \(C\), \(D\) (ba điểm \(A\), \(C\), \(D\) nằm trên đường thẳng song song với trục \(Ox\)) đồng thời đạt độ cao nhỏ nhất so với mặt đất là \(4{\rm{m}}\). Độ cao lớn nhất mà tàu lượng siêu tốc đạt được là bao nhiêu mét so với mặt đất (kết quả làm tròn đến hàng phần chục)?
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập