Đề khảo sát chất lượng Toán 12 lần 1 năm 2024 - 2025 trường THPT Triệu Sơn 4 - Thanh Hóa

Áp dụng công thức $\sqrt[n]{{{a^m}}} = {a^{\frac{m}{n}}}$.

$\sqrt {{a^3}}  = {a^{\frac{3}{2}}}$.

Hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng f’(x) < 0.

Hàm số nghịch biến trên khoảng (-3;0) vì f’(x) < 0 trên (-3;0).

Quan sát đồ thị và nhận xét.

Trên [-2;4], giá trị lớn nhất của hàm số là 7, giá trị nhỏ nhất của hàm số là -4, tổng là 7 + (-4) = 3.

Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng nếu nó vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau thuộc mặt phẳng đó.

Vì ABCD là hình bình hành nên O là trung điểm của AC và BD.

Khi đó, SO vừa là trung tuyến, vừa là đường cao của tam giác SAC và SBD.

Suy ra $\{\begin{array}{l}SO\mathrm{\perp }AC\\ SO\mathrm{\perp }BD\end{array}\Rightarrow SO\mathrm{\perp }(ABCD)$$\left\{ \begin{array}{l}SO \bot AC\\SO \bot BD\end{array} \right.$ \Rightarrow SO \bot (ABCD).

Quan sát bảng biến thiên và nhận xét.

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng 2.

Áp dụng định nghĩa hai vecto bằng nhau, quy tắc ba điểm, quy tắc hình hộp và độ dài vecto.

Vì $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {CD}$ ngược hướng nên $\overrightarrow {AB}  \ne \overrightarrow {CD}$.

$x={{x}_{0}}$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f(x) nếu thỏa mãn một trong các điều kiện: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = + \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = - \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = + \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = - \infty$.

Quan sát bảng biến thiên, thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f(x) = + \infty$ nên x = -2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Áp dụng quy tắc đếm.

Có 20 học sinh nam.

Để chọn 1 học sinh nam, ta chọn 1 trong 20 học sinh đó.

Vậy có 20 cách chọn một học sinh nam tham gia đội thanh niên tình nguyện của trường.

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa $\int{{{x}^{\alpha }}dx}=\frac{{{x}^{\alpha +1}}}{\alpha +1}+C$, hàm số mũ $\int {{a^x}dx} = \frac{{{a^x}}}{{\ln a}} + C$.

$\int f (x)dx = \int {\left( {{e^x} + 2} \right)dx} = {e^x} + 2x + C$.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân ${{u}_{n}}={{u}_{1}}{{q}^{n-1}}$.

${{u}_{4}}={{u}_{1}}{{q}^{3}}={{2.3}^{3}}=54$.

Quan sát đồ thị rồi nhận xét.

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x = 1.

Tìm tập xác định.

Với a > 1, ta có ${{\log }_{a}}x<{{\log }_{a}}y\Leftrightarrow x<y$.

ĐKXĐ: $\{\begin{array}{l}2x-1>0\\ x+2>0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x>\frac{1}{2}\\ x>-2\end{array}\iff x>\frac{1}{2}$$\left\{ \begin{array}{l}2x - 1 > 0\\x + 2 > 0\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}x > \frac{1}{2}\\x > - 2\end{array} \right.$ \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}.

${\log _5}\left( {2x - 1} \right) < {\log _5}\left( {x + 2} \right) \Leftrightarrow 2x - 1 < x + 2 \Leftrightarrow x < 3$.

Kết hợp ĐKXĐ ta được tập nghiệm $S=\left( \frac{1}{2};3 \right)$.

Tính đạo hàm, lập bảng biến thiên của hàm số rồi kết luận.

a) Sai. Ta có ${f}'\left( x \right)={{\left( x-1 \right)}^{2}}\left( {{x}^{2}}-3x+2 \right)$

$={{\left( x-1 \right)}^{3}}\left( x-2 \right)$.

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array}$ \right..

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số $y=f\left( x \right)$ ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( -\infty ;1 \right),\left( 2;+\infty  \right)$.

b) Đúng. Ta có $y = f\left( {{x^2} - 6x + 1} \right)$

$\Rightarrow y' = {\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)^\prime }f'\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)$

$= \left( {2x - 4} \right)f'\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)$.

$y' = 0 \Leftrightarrow \left( {2x - 4} \right)f'\left( {{x^2} - 4x + 1} \right) = 0$

$\Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}2x - 4 = 0\\{x^2} - 4x + 1 = 1\\{x^2} - 4x + 1 = 2\end{array}$ \right. \Leftrightarrow \left[ $\begin{array}{l}x = 2\\x = 0\\x = 4\\x = 2 + \sqrt 5 \\x = 2 - \sqrt 5 \end{array}$ \right..

Bảng biến thiên $y=f\left( {{x}^{2}}-4x+1 \right)$:

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số $y=f\left( {{x}^{2}}-4x+1 \right)$ ta thấy hàm số có ba điểm cực tiểu.

c) Đúng. Theo bảng biến thiên ở câu a), hàm số f(x) có hai điểm cực trị là x = 1 và x = 2.

d) Sai. Điểm cực đại của đồ thị hàm số là $\left( {1;f(1)} \right)$.

Áp dụng công thức tính số trung bình, phương sai, độ lệch chuẩn của từng mẫu số liệu rồi so sánh.

Ta có bảng thống kê điểm trung bình theo giá trị đại diện:

Điểm trung bình của lớp 11A là ${\bar x_1} = \frac{{1 \cdot 5,5 + 11 \cdot 7,5 + 22 \cdot 8,5 + 6 \cdot 9,5}}{{40}} = 8,3.$

Điểm trung bình của lớp 11B là ${\bar x_2} = \frac{{6 \cdot 6,5 + 8 \cdot 7,5 + 14 \cdot 8,5 + 12 \cdot 9,5}}{{40}} = 8,3.$

Phương sai của mẫu số liệu lớp 11A là $s_1^2 = \frac{1}{{40}}\left( {1 \cdot 5,{5^2} + 11 \cdot 7,{5^2} + 22 \cdot 8,{5^2} + 6 \cdot 9,{5^2}} \right) - 8,{3^2} = 0,61.$

Phương sai của mẫu số liệu lớp 11B là $s_2^2 = \frac{1}{{40}}\left( {6 \cdot 6,{5^2} + 8 \cdot 7,{5^2} + 14 \cdot 8,{5^2} + 12 \cdot 9,{5^2}} \right) - 8,{3^2} = 1,06.$

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu lớp 11A là ${s_1} = \sqrt {0,61}$.

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu lớp 11B là ${s_2} = \sqrt {1,06}$.

a) Đúng. Do ${s_1} < {s_2}$ nên nếu so sánh theo độ lệch chuẩn thì học sinh lớp 11A có điểm trung bình ít phân tán hơn học sinh lớp 11B, nghĩa là lớp 11A học đồng đều hơn lớp 11B.

b) Sai. Hai lớp 11A và 11B có điểm trung bình bằng nhau.

c) Sai. Phương sai của mẫu số liệu lớp 11B là 1,06 (làm tròn đến hàng phần trăm).

d) Đúng. Điểm trung bình của lớp 11A là 8,3 (làm tròn đến hàng phần chục).

Áp dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản: $\cos x = \cos \alpha \Leftrightarrow x = \pm \alpha + k2\pi$, $k \in \mathbb{Z}$.

a) Sai. $\cos 2x=-\frac{1}{2}\Leftrightarrow \cos 2x=\cos \left( \frac{2\pi }{3} \right)$.

b) Đúng. $\Leftrightarrow \left[ {$$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\\{2x =  - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\end{array}$(k \in \mathbb{Z}) \Rightarrow \left[ {$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = \frac{\pi }{3} + k\pi }\\{x =  - \frac{\pi }{3} + k\pi }\end{array}$(k \in \mathbb{Z})} \right.} \right..

$0 < x < \pi  \Rightarrow \left[ {$$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{0 < \frac{\pi }{3} + k\pi  < \pi }\\{0 <  - \frac{\pi }{3} + k\pi  < \pi }\end{array}$(k \in \mathbb{Z}) \Rightarrow \left[ {$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{k = 0}\\{k = 1}\end{array}$} \right. \Rightarrow \left[ {$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = \frac{\pi }{3}}\\{x = \frac{{2\pi }}{3}}\end{array}$} \right.} \right..

Do $\frac{{2\pi }}{3} > \frac{\pi }{3}$ nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình là $x = \frac{\pi }{3}$.

c) Sai. Tổng các nghiệm của phương trình trong khoảng $\left( {0;\pi } \right)$ là: $S=\frac{\pi }{3}+\frac{2\pi }{3}=\pi$.

d) Sai. Trong khoảng $\left( {0;\pi } \right)$ phương trình (*) có 2 nghiệm là $x = \frac{\pi }{3}$ và $x = \frac{{2\pi }}{3}$.

Áp dụng biểu thức tọa độ tổng, hiệu, tích của vecto; đẳng thức vecto liên quan đến tâm đường tròn nội tiếp tam giác.

a) Sai. $O\left( \frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{2} \right)$, $I\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2};0} \right)$.

$\overrightarrow {MO} = \left( {\frac{1}{2} - {x_M};\frac{1}{2} - {y_M};\frac{1}{2} - {z_M}} \right)$, $\overrightarrow {MI} = \left( {\frac{1}{2} - {x_M};\frac{1}{2} - {y_M}; - {z_M}} \right) \Rightarrow - \frac{1}{2}\overrightarrow {MI} = \left( { - \frac{1}{4} + \frac{1}{2}{x_M}; - \frac{1}{4} + \frac{1}{2}{y_M};\frac{1}{2}{z_M}} \right)$.

$\overrightarrow {MO} = 2\overrightarrow {MI} \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{2} - {x_M} = - \frac{1}{4} + \frac{1}{2}{x_M}\\\frac{1}{2} - {y_M} = - \frac{1}{4} + \frac{1}{2}{y_M}\\\frac{1}{2} - {z_M} = \frac{1}{2}{z_M}\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \frac{1}{2}\\{y_M} = \frac{1}{2}\\{x_M} = \frac{1}{3}\end{array} \right.$ \Rightarrow M\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{3}} \right).

b) Đúng. Tọa độ các điểm A’(0;0;0), B’(1;0;0), D’(0;1;0) và A(0;0;1).

c) Đúng. Ta có $\overrightarrow {A'P} = \left( {1;\,\,2;\,\, - 2} \right)$, $\overrightarrow {A'Q} = \left( {\frac{8}{3};\,\frac{4}{3};\,\,\frac{8}{3}} \right)$, do đó $A'P=3,\,\,A'Q=4,\,\,PQ=5$. Với $J(a;b;c)$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A’PQ ta lại có

$PQ.\overrightarrow {JA'} + A'P.\overrightarrow {JQ} + A'Q.\overrightarrow {JP} = \overrightarrow 0$ ta giải tìm được tọa độ $J(1;1;0)$.

Vậy $a - b + c = 0$.

d) Đúng. Gọi $N({x_0};{y_0};{z_0})$.

$\overrightarrow {AN} = ({x_0};{y_0};{z_0} - 1)$; $\overrightarrow {B'N} = ({x_0} - 1;{y_0};{z_0})$; $\overrightarrow {D'N} = ({x_0};{y_0} - 1;{z_0})$.

Do $\widehat {ANB'} = \widehat {B'ND'} = \widehat {D'NA} = 90^\circ$ nên $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AN} .\overrightarrow {B'N} = 0\\\overrightarrow {AN} .\overrightarrow {D'N} = 0\\\overrightarrow {D'N} .\overrightarrow {B'N} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}{x_0}({x_0} - 1) + y_0^2 + ({z_0} - 1){z_0} = 0\\x_0^2 + {y_0}({y_0} - 1) + ({z_0} - 1){z_0} = 0\\{x_0}({x_0} - 1) + ({y_0} - 1){y_0} + z_0^2 = 0\end{array} \right.$.

Giải hệ ta được ${x_0} = {y_0} = {z_0} = 0$; ${x_0} = {y_0} = {z_0} = \frac{2}{3}$.

Khi đó có hai điểm $N$ thỏa mãn điều kiện trên.

Tính đạo hàm g’(x) và lập bảng biến thiên.

Đặt $g'\left( x \right) = \left( {\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}} \right)f'\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right)$.

$g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left( {\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}} \right) = 0\\f'\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = \pm 1\\\frac{{{x^2} + 1}}{x} = a\,\,\left( {a < - 2} \right)\\\frac{{{x^2} + 1}}{x} = b\,\,\left( { - 2 < b < 2} \right)\\\frac{{{x^2} + 1}}{x} = c\,\,\left( {c > 2} \right)\end{array}$ \right..

Xét hàm số $h\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{x}$: $h'\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$.

Bảng biến thiên của hàm số $h\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{x}$:

Dựa vào bảng biến thiến trên ta thấy phương trình $h\left( x \right)=a,h\left( x \right)=c$, mỗi phương trình có hai nghiệm phân biệt khác $\pm 1$, mà $a \ne c$ $\Rightarrow f'\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right) = 0$ có 4 nghiệm đơn phân biệt ${x_1},{x_2},{x_3},{x_4}$ khác $\pm 1$ và phương trình $h\left( x \right) = b$ vô nghiệm.

Do đó phương trình $g'\left( x \right)=0$ có 6 nghiệm đơn phân biệt lần lượt theo thứ tự từ nhỏ đến lớn là ${x_1}, - 1,{x_2},{x_3},1,{x_4}$.

Vậy hàm số $g\left( x \right) = f\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right)$ có 6 cực trị.

Mô hình hóa mái nhà dưới dạng hình chóp tứ giác đều. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, định lí Pythagore, công thức tính diện tích tam giác.

Mô hình hoá kim tự tháp bằng chóp tứ giác đều S.ABCD với O là tâm của đáy.

Kẻ $OM \bot BC$.

Ta có góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy của kim tự tháp là góc $\widehat {SMO}$.

$\Rightarrow \tan \widehat {SMO} = \frac{{49}}{{45}} = \frac{{SO}}{{OM}}$.

Đặt $\{\begin{array}{l}SO=49x\\ OM=45x\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}SO = 49x\\OM = 45x\end{array} \right.$

$\Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}}  = \sqrt {4426} x\\AB = 2OM = 90x\end{array} \right.$

Diện tích tất cả các mặt của kim tự tháp là:

$S = 4{S_{\Delta SBC}} + {S_{ABCD}}$

$\Leftrightarrow 4.\frac{1}{2}SM.BC + A{B^2} = 80300$

$\Leftrightarrow 2x\sqrt {4426} .90x + {\left( {90x} \right)^2} = 80300$

$\Rightarrow x \approx 2 \Rightarrow SO = 49x \approx 98$ (m).

Áp dụng phương pháp tổ hợp và tính xác suất bằng biến cố đối.

Mỗi hành khách có 3 cách chọn toa tàu nên 5 hành khách có tất cả $n\left( \Omega  \right)={{3}^{5}}=243$ cách chọn.

A: “Mỗi toa có ít nhất 1 hành khách”.

$\overline A$: “Có toa không có hành khách nào bước lên”. Ta có:

TH1: Có 2 toa không có hành khách bước lên.

- Chọn 2 trong 3 toa để không có khách bước lên, có $C_3^2$ cách.

- Sau đó cả 5 hành khách lên toa còn lại, có 1 cách.

Do đó trường hợp này có $C_3^2.1 = 3$ cách.

TH2: Có 1 toa không có hành khách bước lên:

- Chọn 1 trong 3 toa để không có khách bước lên, có $C_3^1$ cách.

- 2 toa còn lại ta cần xếp 5 hành khách lên và mỗi toa có ít nhất 1 hành khách, có ${2^5} - C_2^1.1 = 30$ cách.

Do đó trường hợp này có $C_3^1.30 = 90$ cách.

Vậy $n\left( {\overline A } \right) = 3 + 90 = 93$, suy ra $n\left( A \right) = n\left( \Omega  \right) - n\left( {\overline A } \right) = 243 - 93 = 150$.

Xác suất cần tính là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{150}}{{243}} = \frac{{50}}{{81}} \approx 0,62$.

Lập hàm số tính thời gian di chuyển theo x và tìm x để hàm số đạt giá trị nhỏ nhất.

Gọi A là mục tiêu; B là vị trí chiến sỹ và BD là đường bơi của chiến sỹ.
Chọn một đơn vị độ dài là 100m, suy ra BC = 1; AB = 10; \(AC = \sqrt {A{B^2} - B{C^2}}  = \sqrt {{{10}^2} - {1^2}}  = 3\sqrt {11}\).

Gọi vận tốc bơi của chiến sỹ là 1 đơn vị vận tốc thì vận tốc chạy của chiến sỹ là 3 đơn vị vận tốc. Gọi x là quãng đường chiến sỹ bơi, hay BD = x (1 < x < 10).

$CD = \sqrt {{x^2} - 1}$; \(AD = AC - CD = 3\sqrt {11}  - \sqrt {{x^2} - 1}\).

Thời gian chiến sỹ đến được mục tiêu là: \(t = \frac{{3\sqrt {11}  - \sqrt {{x^2} - 1} }}{3} + \frac{x}{1} = \sqrt {11}  - \frac{1}{3}\sqrt {{x^2} - 1}  + x\).

Xét hàm \(f(x) = \sqrt {11}  - \frac{1}{3}\sqrt {{x^2} - 1}  + x\) có \(f'(x) = 1 - \frac{x}{{3\sqrt {{x^2} - 1} }} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\\x =  - \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên:

Thời gian chiến sỹ đến mục tiêu ngắn nhất khi f(x) đạt giá trị nhỏ nhất, hay $x = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}$.

Vậy chiến sĩ phải bơi \(\frac{{3\sqrt 2 }}{4}.100 = 75\sqrt 2  \approx 106\) (m).

Áp dụng công thức tính khoảng cách giữa hai điểm trong không gian: $AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2}}$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{MA = 3}\\{MB = 6}\\{MC = 5}\\{MD = 13}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{{\left( {a - 3} \right)}^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2} + {c^2} = 9}\\{{{\left( {a - 3} \right)}^2} + {{\left( {b - 6} \right)}^2} + {{\left( {c - 6} \right)}^2} = 36}\\{{{\left( {a - 4} \right)}^2} + {{\left( {b - 6} \right)}^2} + {{\left( {c - 2} \right)}^2} = 25}\\{{{\left( {a - 6} \right)}^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2} + {{\left( {c - 14} \right)}^2} = 169}\end{array}} \right.} \right. \Leftrightarrow$$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{a^2} + {b^2} + {c^2} - 6a - 2b =  - 1}\\{{a^2} + {b^2} + {c^2} - 6a - 12b - 12c =  - 45}\\{{a^2} + {b^2} + {c^2} - 8a - 12b - 4c =  - 31}\\{{a^2} + {b^2} + {c^2} - 12a - 4b - 28c =  - 67}\end{array}} \right.$.

Đặt $d = {a^2} + {b^2} + {c^2}$ ta được $\{\begin{array}{c}d-6a-2b=-1\\ d-6a-12b-12c=-45\\ d-8a-12b-4c=-31\\ d-12a-4b-28c=-67\end{array}$$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{d - 6a - 2b =  - 1}\\{d - 6a - 12b - 12c =  - 45}\\{d - 8a - 12b - 4c =  - 31}\\{d - 12a - 4b - 28c =  - 67}\end{array}} \right.$.

Giải hệ, tìm được a = 1; b = 2; c = 2; d = 9 suy ra M(1;2;2).

Vậy $OM = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}}  = \sqrt d  = 3$.

Lập hàm tính lợi nhuận của lái xe khi chở x khách. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số đó.

Gọi f(x) là lợi nhuận mà lái xe có thể thu về khi chở x (người) $\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)$ trong chuyến xe đó. Khi đó:

$f\left( x \right) = \frac{1}{2}x{\left( {40 - x} \right)^2}$, với $0 < x \le 16$.

Ta có: 

$f'\left( x \right) = \left[ {\frac{1}{2}x{{\left( {40 - x} \right)}^2}} \right]' = \frac{1}{2}\left[ {x{{\left( {40 - x} \right)}^2}} \right]'$

$= \frac{1}{2}\left\{ {\left( x \right)'{{\left( {40 - x} \right)}^2} + x\left[ {{{\left( {40 - x} \right)}^2}} \right]'} \right\}$

$= \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {40 - x} \right)}^2} - 2x\left( {40 - x} \right)} \right] = \frac{1}{2}\left( {40 - x} \right)\left( {40 - 3x} \right)$.

Với  thì $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{40}}{3}$. Mà $13 < \frac{{40}}{3} < 14$ nên ta có bảng biến thiên như sau:

Với f(13) = 4738,5, f(4) = 4732. Căn cứ vào bảng biến thiên ta có $\mathop {max}\limits_{\left( {0;16} \right]} f\left( x \right) = 4738,5$ (nghìn đồng). Vậy người lái xe đó có thể thu được nhiều nhất khoảng 4,74 triệu đồng từ một chuyến xe chở 13 khách.