Câu hỏi:

29/05/2026 9

Một cửa hàng bán ba loại trái cây: táo, cam, quýt. Mỗi ngày, số lượng hộp quả táo, hộp quả cam, hộp quả quýt nhập về lần lượt được kí hiệu là $x,y,z$ ($x,y,z$ là các số tự nhiên). Cửa hàng có các thông tin và điều kiện như sau:

1) Chi phí nhập mỗi hộp quả táo là $100\,\,000$ đồng, mỗi hộp quả cam là $200\,\,000$ nghìn đồng và môi xhộp quả quýt là $100\,\,000$ nghìn đồng.

2) Tổng chi phí nhập không được vượt quá $1\,\,000\,\,000$ đồng,

3) Cửa hàng phải nhập đủ ba loại trái cây.

4) Cửa hàng cần nhập ít nhất $3$ hộp quả táo và cam cộng lại.

Lợi nhuận (lãi) thu về từ việc bán mỗi loại trái cây là $200\,\,000$ đồng cho mỗi hộp quả táo, $300\,\,000$ đồng cho mỗi hộp quả cam và $100\,\,000$ đồng cho mỗi hộp quả quýt.

Giả định rằng tất cả số trái cây nhập về đều được bán hết trong ngày, hãy chỉ ra phương án nhập hàng giúp người bán hàng có lợi nhuận cao nhất.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề thi thử vào 10 môn Toán năm 2026 Trường THCS Yên Hòa (Hà Nội) lần 3 có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Gọi $x,y,z$ lần lượt là số hộp táo, cam , quýt mà cửa hàng nhập về ($x,y,z \in {\mathbb{N}^*}$)

Vì phải nhập đủ cả ba loại nên $x,y,z \ge 1$.

Số tiền nhập táo, cam quýt không được vượt quá $1\,\,000\,\,000$ đồng nên ta có

$100\,\,000\,x + 200\,\,000\,y + 100\,\,000\,z \le 1\,\,000\,\,000$

$x + 2y + z \le 10$$\left( 1 \right)$

Cửa hàng cần nhập ít nhất $3$ hộp quả táo và cam cộng lại nên $x + y \ge 3$$\left( 2 \right)$

Lợi nhuận thu được là : $200\,\,000\,x + 300\,\,000\,y + 100\,\,000\,z$

Để lợi nhuận cao nhất ta cần ưu tiên nhập táo rồi đến cam, cuối cùng là quýt.

Giả sử, quýt và cam nhập số hộp ít nhất nên $y = z = 1$

Thay $y = z = 1$ vào $\left( 1 \right)$ thì $x + 2.1 + 1 \le 10$ suy ra $x \le 7$

Chọn $x = 7$, ta có: $7 + 1 = 8 > 3$ (thỏa mãn $\left( 2 \right)$)

Vậy số thùng táo cần nhập là $7$, số thùng cam là $1$ và số thùng quýt là $1$.

Khi đó, lợi nhuận thu được tối đa là : $200\,\,000\,.7 + 300\,\,000\,.1 + 100\,\,000\,.1 = 1\,\,800\,\,000$ (đồng).

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

Câu 1

Trong túi có \[6\] quả bóng bàn kích thước và chất liệu như nhau gồm \[2\] quả màu đỏ, \[2\] quả màu trắng, \[2\] quả màu xanh. Không nhìn vào túi mà lấy ra \[2\] quả bóng. Tính xác suất của biến cố A “lấy được ít nhất một quả bóng màu đỏ”.

Lời giải

Kí hiệu các quả bóng đỏ trắng xanh là .

Không gian mẫu: $Ω = \{Đ_{1} Đ_{2}; X_{1} X_{2}; T_{1} T_{2}; Đ_{1} X_{1}; Đ_{1} X_{2}; Đ_{2} X_{1}; Đ_{2} X_{2}; Đ_{1} T_{1}; Đ_{1} T_{2}; Đ_{2} T_{1}; Đ_{2} T_{2}; X_{1} T_{1}; X_{1} T_{2}; X_{2} T_{1}; X_{2} T_{2}\}$

Có $9$ kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\] là:

$Đ_{1} Đ_{2}; Đ_{1} X_{1}; Đ_{1} X_{2}; Đ_{2} X_{1}; Đ_{2} X_{2}; Đ_{1} T_{1}; Đ_{1} T_{2}; Đ_{2} T_{1}; Đ_{2} T_{2}$

$P\left( A \right) = \frac{9}{{15}} = \frac{3}{5}$.

Câu 2

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. Vẽ các đường cao $AD,BE,CF$ của tam giác $ABC$. Gọi điểm $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$.

(a) Chứng minh bốn điểm $A,F,H,E$ cùng thuộc một đường tròn.

(b) Kẻ đường kính $AM$ của đường tròn $(O)$. Chứng minh $AD \cdot AM = AB \cdot AC$.

(c) Gọi điểm $P$ là giao điểm của đường thẳng $AH$ và đường thẳng $EF$. Gọi điểm $I$ là giao điểm của đường thẳng $AM$ và đường thẳng $BC$. Gọi điểm $K$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$. Chứng minh: các điểm $H,K,M$ thẳng hàng và $PI$ song song với $HK$.

Lời giải

a) • $\widehat {AFH} = 90^\circ $ (vì CF là đường cao $\Delta ABC$)

Xét $\Delta AFH$ vuông tại $F$ nên $\Delta AFH$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.

Suy ra $A;H;F$cùng thuộc một đường tròn đường kính $AH$. (1)

• $\widehat {AEH} = 90^\circ $ (vì BE là đường cao $\Delta ABC$)

Xét $\Delta AEH$ vuông tại $E$ nên $\Delta AEH$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.

Suy ra $A;H;E$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $AH$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $A,F,H,E$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $AH$.

b) Ta có: $\widehat {ACM} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\widehat {ADB} = 90^\circ $ (vì \[AD\] là đường cao $\Delta ABC$) nên $\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = 90^\circ $.

$\widehat {ABC} = \widehat {AMC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O))

Xét $\Delta ADB$ và $\Delta ACM$có: $\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = 90^\circ $; $\widehat {ABC} = \widehat {AMC}$

Do đó

$ \Rightarrow \frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AM}} \Rightarrow AD.AM = AB.AC$

c) • Xét $\Delta ABC$có $H$ là trực tâm nên $BH \bot AC;CH \bot AB$ và $BM \bot AB;CM \bot AC$

Do $\widehat {ABM} = \widehat {ACM} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $CM\,{\rm{//}}\,BH\,;\,\,BM\,{\rm{//}}\,CH$.

Do đó tứ giác $BHCM$ là hình bình hành.

Suy ra hai đường chéo $HM$ và $BC$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Mà K là trung điểm của $BC$nên K là trung điểm của $HM$$ \Rightarrow H,M,K$ thẳng hàng.

• Ta có $\widehat {AEF} + \widehat {FEC} = 180^\circ $ (kề bù)

Chứng minh được tứ giác $BFEC$ nội tiếp nên $\widehat {FBC} + \widehat {FEC} = 180^\circ $ (tính chất)

Suy ra $\widehat {AEF} = \widehat {ABI}$

Chứng minh: suy ra $\frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AE}}{{AB}}$

Chứng minh: suy ra $\frac{{AH}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AB}}$

$ \Rightarrow \frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AH}}{{AM}} \Rightarrow \frac{{AP}}{{AH}} = \frac{{AI}}{{AM}} \Rightarrow PI\,{\rm{//}}\,HM$ (định lí Thalès đảo)

Vậy $PI\,\,{\rm{//}}\,HM$(đpcm)

Câu 3