Hai thùng hàng A, B đều chứa 25 quả táo. Kết quả kiểm tra cân nặng của 25 quả táo ở mỗi thùng A và B được cho ở bảng sau:

Cân nặng (g)	[250; 260)	[260; 270)	[270; 280)	[280; 290)	[290; 300]
Số táo ở thùng A	2	4	12	4	3
Số táo ở thùng B	1	3	7	10	4

Đáp án: \(109\)

Xét  \(0 < t \le 10\): \[V(t) = ( - {t^2} + 14t - 40){e^{\frac{t}{4}}} + 50\]

\(V'(t) = ( - 2t + 14){e^{\frac{t}{4}}} + ( - {t^2} + 14t - 40) \cdot \frac{1}{4}{e^{\frac{t}{4}}} = {e^{\frac{t}{4}}}\left( { - \frac{1}{4}{t^2} + \frac{3}{2}t + 4} \right)\).

\(V'(t) = 0 \Leftrightarrow  - \frac{1}{4}{t^2} + \frac{3}{2}t + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 2\left( l \right)\\t = 8\left( n \right)\end{array} \right.\)

Với \(t = 8\):    \(V(8) = ( - {8^2} + 14 \cdot 8 - 40){e^{\frac{8}{4}}} + 50 \approx 109,11.\)

Với \(t = 10\):    \(V(10) = ( - {10^2} + 14 \cdot 10 - 40){e^{\frac{{10}}{4}}} + 50 = 50.\)

Xét \(10 < t \le 12\): \(V(t) = 4(t - 10)(3t - 41) + 50 = 12{t^2} - 284t + 1690\).

\[V\prime (t) = 24t - 284 = 0 \Rightarrow t \approx 11,83\].

Với \[t \approx 11.83 \Rightarrow V(11,83) \approx  - 14,33\].

Với \[t = 10 \Rightarrow V\left( {10} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}50\].

Với \[t = 12 \Rightarrow V\left( {12} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}10\].

Vậy lượng nước tích trữ lớn nhất là \(V(8) \approx 109\).

Đáp án: 1

Khi quay quanh trục \(Oy\)

+ Với \(y = 3{x^2} \Rightarrow {x^2} = \frac{y}{3}\)

+ Với \(y = {x^2} \Rightarrow {x^2} = y\)

Thể tích nước trong khối tròn xoay \(A\) là \[{V_1} = \pi \int\limits_0^u {\frac{y}{3}dy}  = \frac{{\pi {u^2}}}{6}\]

Thể tích nước ngoài khối tròn xoay \(A\), trong khối tròn xoay \(B\) là:

\[{V_2} = \pi \int\limits_0^v {\left( {y - \frac{y}{3}} \right)dy}  = \pi \int\limits_0^v {\left( {\frac{{2y}}{3}} \right)dy}  = \frac{{\pi {v^2}}}{3}\]

Theo thời gian \(t\), nước ở phần thể tích \({V_1}\) vơi đi bao nhiêu thì nước ở khối \({V_2}\) tăng lên bấy nhiêu nên ta có

\[\begin{array}{l}\frac{{d{V_1}}}{{dt}} =  - \frac{{d{V_2}}}{{dt}} \Leftrightarrow \frac{{d\left( {\frac{{\pi {u^2}}}{6}} \right)}}{{dt}} =  - \frac{{d\left( {\frac{{\pi {v^2}}}{3}} \right)}}{{dt}} \Leftrightarrow \frac{\pi }{3}u.\frac{{du}}{{dt}} =  - \frac{{2\pi }}{3}v.\frac{{dv}}{{dt}} \Leftrightarrow u.\frac{{du}}{{dt}} =  - 2v.\frac{{dv}}{{dt}}\\ \Leftrightarrow \frac{{du}}{{dt}} =  - \frac{{2v}}{u}\frac{{dv}}{{dt}} \Leftrightarrow \frac{{dv}}{{du}} =  - \frac{u}{{2v}}\end{array}\]

Theo giả thiết có \[v = \frac{1}{2}u\], tại đó ta có \[\frac{{dv}}{{du}} =  - \frac{u}{{2.\frac{u}{2}}} =  - 1\].

Vậy độ lớn tốc độ thay đổi của chiều cao mực nước ở khoang ngoài theo chiều cao mực nước ở khoang trong tại thời điểm \(v = \frac{1}{2}u\) là \(\left| { - 1} \right| = 1\).