Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Cụm trường QV1-TT1-LVT lần 1 có đáp án

Chọn D

Hàm số $y = {\left( {x - 3} \right)^2}{e^x}$ liên tục trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$.

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

Khi đó $y' = 0 \Leftrightarrow {e^x}\left( {x - 3} \right)\left( {x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 1{\rm{ }} \in \left[ {0;2} \right]\end{array} \right.$

Do đó $y\left( 0 \right) = 9$; $y\left( 1 \right) = 4e$; $y\left( 2 \right) = {e^2}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = {\left( {x - 3} \right)^2}{e^x}$ trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$ bằng $y\left( 1 \right) = 4e$.

Chọn A

Điều kiện $\left\{ \begin{array}{l}x - 2 > 0\\{x^2} - 3x + 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 2\\\left[ \begin{array}{l}x < 1\\x > 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 2$.

Bất phương trình $1 + {\log _2}\left( {x - 2} \right) > {\log _2}\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)$

$$\Leftrightarrow {\log _2}2 + {\log _2}\left( {x - 2} \right) > {\log _2}\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)$$

$$\Leftrightarrow {\log _2}2\left( {x - 2} \right) > {\log _2}\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)$$

$$\Rightarrow 2\left( {x - 2} \right) > {x^2} - 3x + 2 \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 6 < 0$$

$$\Leftrightarrow 2 < x < 3$$

Kết hợp điều kiện $2 < x < 3$

Chọn D

Dựa vào đồ thị $f'\left( x \right)$ cắt trục hoành tại $x = - 3;x = - 2;x = 0$ (nghiệm kép)

Nên ta có bảng xét dấu như sau

Dựa vào bảng xét dấu hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( { - \infty ; - 3} \right)$.

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên, giá trị cực đại của hàm số $y = f\left( x \right)$ là $0$

Chọn D

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty \Rightarrow a < 0$ (Loại A, B).

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt (Loại C).

Vậy đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số $y = - {x^3} + 3x - 1$.

Chọn A

Gọi $H$ là hình chiếu của $C$ lên $AB$ nên $CH \bot AB$, $CH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ và $HA = HB = \frac{a}{2}$.

Ta có: $BB' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow BB' \bot CH$ nên $CH \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow CH \bot B'H$.

Do đó, $B'H$ là hình chiếu của $B'C$ lên mặt phẳng $\left( {ABB'A'} \right)$

$\Rightarrow \widehat {\left[ {B'C,\left( {ABB'A'} \right)} \right]} = \widehat {\left( {B'C,BH} \right)} = \widehat {HB'C}$.

Trong $\Delta BB'H$ vuông tại $B$: $B'H = \sqrt {B{{B'}^2} + H{B^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Mặt khác, $B'H = CH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ nên $\Delta B'CH$ vuông cân tại $H$ nên $\widehat {HB'C} = 45^\circ$.

Chọn C

Ta có $\cos x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi$. Vậy C đúng.

Chọn B

Theo quy tắc hình hộp ta có $\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'}$ . Mà $\overrightarrow {AC'} = 2\overrightarrow {AO}$ suy ra đáp án C đúng

Chọn B

$\mathop {Lim}\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2x - 4}}{{x - 1}} = 2$ nên $y = 2$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Chọn D

Nếu máy bay tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay thì sau 10 phút tiếp theo máy bay sẽ bay đến một vị trí mới $\left( {x;y;z} \right)$ sao cho $B\left( {200;100;10} \right)$ là trung điểm của đoạn nối $A\left( {100;50;5} \right)$ với vị trí đó. Nên ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}100 + x = 400\\50 + y = 200\\5 + z = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 300\\y = 150\\z = 15\end{array} \right.$. Vậy chọn đáp án D

Chọn D

Theo giả thiết quỹ đạo của sao hỏa là elip có bán trục lớn $a = 227{,}9$ triệu $km$, bán trục nhỏ bằng $b = 226{,}9$ triệu $km$, suy ra tiêu cự $c = \sqrt {{a^2} - {b^2}} = \sqrt {{{227{,}9}^2} - {{226{,}9}^2}}$ triệu $km$

Khoảng cách xa nhất giữa sao hỏa và mặt trời là:

$a + c = 227{,}9 + \sqrt {{{227{,}9}^2} - {{226{,}9}^2}} \approx 249{,}22604$ triệu $km$

Chọn C

$\overrightarrow a = 2\overrightarrow i + \overrightarrow k - 3\overrightarrow j \Leftrightarrow \overrightarrow a \left( {2; - 3;1} \right)$

+ Theo bài ra ta có chiều dài của đáy bể nước là $3x$.

Khi đó, chiều cao của bể là $\frac{{384}}{{{x^2}}}$

+ Diện tích xung quanh của bể chứa nước là

$2\left( {x + 3x} \right).\frac{{384}}{{{x^2}}} = \frac{{3072}}{x}$.

Vậy, tổng diện tích cần làm của bể chứa nước là $S\left( x \right) = \frac{{3072}}{x} + 3{x^2}$.

Ta có $S'\left( x \right) = \frac{{3072}}{x} + 3{x^2} = \frac{{ - 3072 + 6{x^3}}}{{{x^2}}}$

$S'\left( x \right) = 0 \Rightarrow x = 8$

$\mathop {\min }\limits_{0 \to + \infty } S\left( x \right) = S\left( 8 \right) = 576\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right) = 5{,}76\,\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$

Chi phí thấp nhất là $5{,}76\,.\,400000 = 2304000$ đồng.

Do đó a) sai, b) Đúng c) Đúng d) Sai

a) Đúng

Ta có

$\overrightarrow{AB} = (4;\,0;\,-4),\ \overrightarrow{BC} = (-2;\,4;\,2)$.

Do đó$\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} = 0$

b) Đúng

c) Sai

$G$là trọng tâm tam giác $ABC$nên $G\left( {3\,;\frac{7}{3}\,;\,0} \right)$

d) Đúng

Phương trình đường thẳng $BC$có một vecto chỉ phương$\overrightarrow a \left( {1\,;\, - 2\,;\, - 1} \right)$và đi qua điểm $B\left( {5\,;\,1\,;\, - 2} \right)$ là $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 5 + t}\\{y = 1 - 2t}\\{z = - 2 - t}\end{array}} \right.$

Điểm $H$thuộc $BC$nên $H\left( {5 + t\,;1 - 2t\,; - 2 - t} \right)$

Vậy $\overrightarrow {AH} \left( {4 + t\,;\, - 2t\,;\, - 4 - t} \right)$

Do $AH$vuông góc $BC$nên $\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0$

$$\begin{array}{l} -2(4+t) - 4\cdot 2t + 2(-2-t) = 0\\ \Rightarrow t = -1\\ \Rightarrow H(4;\,3;\,-1) \end{array}$$

Vậy $a = 4;b = 3,c = - 1$nên $a + b - c = 8$

a- Sai; b – Sai; c – Đúng; d - Đúng

a) Trên khoảng $\left( { - 4;0} \right)$ hàm số không liên tục nên hàm số không đồng biến trên khoảng $\left( { - 4;0} \right)$. Vậy a - sai.

b) Tập xác định của hàm số $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$. Vậy b – Sai

c) Ta có đường tiệm cận xiên có phương trình: ${d_1}:y = - x + 1$; đường tiệm cận đứng ${d_2}:x = - 2$

Vậy ta có $y = f(x) = - x + 1 + \frac{m}{{x + 2}}$

Mà đồ thị hàm số đi qua điểm $( - 4;7)$, nên $m = - 4$

Vậy $y = f(x) = - x + 1 + \frac{{ - 4}}{{x + 2}} = \frac{{ - {x^2} - x - 2}}{{x + 2}}$. Khi đó $a = - 1;b = - 1;c = - 2;d = 2$

Vậy $a + b + c + d = - 2$. Vậy c – đúng

d) Gọi $M\left( {{x_o}; - {x_o} + 1 - \frac{4}{{{x_o} + 2}}} \right)$

Tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm $M$ có phương trình:

$y = \left( { - 1 + \frac{4}{{{{({x_o} + 2)}^2}}}} \right)\left( {x - {x_o}} \right) + \frac{{ - x_o^2 - {x_o} - 2}}{{{x_o} + 2}}$ $\left( \Delta \right)$

Gọi $A$ là giao điểm của ${d_1} \cap \Delta$ , nên tọa độ điểm $A$ là nghiệm của hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}y = \left( { - 1 + \frac{4}{{{{({x_o} + 2)}^2}}}} \right)\left( {x - {x_o}} \right) + \frac{{ - x_o^2 - {x_o} - 2}}{{{x_o} + 2}}\\y = - x + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2{x_o} + 2\\y = - 2{x_o} - 1\end{array} \right.$$\Rightarrow A\left( {2{x_o} + 2; - 2{x_o} - 1} \right)$

Gọi $B$ là giao điểm của ${d_2} \cap \Delta$ , nên tọa độ điểm $B$ là nghiệm của hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}y = \left( { - 1 + \frac{4}{{{{({x_o} + 2)}^2}}}} \right)\left( {x - {x_o}} \right) + \frac{{ - x_o^2 - {x_o} - 2}}{{{x_o} + 2}}\\x = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = \frac{{3{x_o} - 2}}{{{x_o} + 2}}\end{array} \right.$$\Rightarrow B\left( { - 2;\frac{{3{x_o} - 2}}{{{x_o} + 2}}} \right)$

Ta có $MA = \sqrt {{{\left( {{x_o} + 2} \right)}^2} + {{\left( { - {x_o} - 2 + \frac{4}{{{x_o} + 2}}} \right)}^2}}$;

$MB = \sqrt {{{\left( { - {x_o} - 2} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{ - x_o^2 - {x_o} - 2 - 3{x_o} + 2}}{{{x_o} + 2}}} \right)}^2}}$$= \sqrt {{{\left( { - {x_o} - 2} \right)}^2} + {{\left( { - {x_o} - 2 + \frac{4}{{{x_o} + 2}}} \right)}^2}}$

$= \sqrt {{{\left( {{x_o} + 2} \right)}^2} + {{\left( { - \left( {{x_o} + 2} \right) + \frac{4}{{{x_o} + 2}}} \right)}^2}}$

Vậy $MA.MB = {\left( { - {x_o} - 2} \right)^2} + {\left( { - {x_o} - 2 + \frac{4}{{{x_o} + 2}}} \right)^2}$, đặt $t = {x_o} + 2$ ta có

$MA.MB = {t^2} + {\left( {t - \frac{4}{t}} \right)^2} = 2{t^2} + \frac{{16}}{{{t^2}}} - 8 \ge 2\sqrt {2{t^2}.\frac{{16}}{{{t^2}}}} - 8 = 8\sqrt 2 - 8$ (BDT cô si)

Khi đó $MA.MB$ đạt giá trị nhỏ nhất là $8\sqrt 2 - 8$. Vậy d – đúng.

Số cách chọn ngẫu nhiên 6 viên bi từ 18 viên là $n\left( \Omega \right) = C_{18}^6 = 18564$

a) Xét khẳng định a)

Theo đề: 6 viên bi đủ ba màu nên ta có điều kiện sau $\left\{ \begin{array}{l}1 \le x \le 5\\1 \le y \le 6\\1 \le z \le 7\\x + y + x = 6\end{array} \right.$

Ba số $x - y,y - z,z - x$ lập thành cấp số cộng nên

$y - z = \frac{{\left( {x - y} \right) + \left( {z - x} \right)}}{2} \Leftrightarrow$$2\left( {y - z} \right) = - y + z \Leftrightarrow$$3y = 3z \Rightarrow y = z$

Kết hợp hai điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}x + y + z = 6\\y = z\\1 \le x \le 5\\1 \le y \le 6\\1 \le z \le 7\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 6\\1 \le x \le 5\\1 \le y \le 6\\1 \le z \le 7\end{array} \right.$

Ta xét các cặp $\left( {x,y} \right)$ nguyên dương:

Nếu $y = 1 \Rightarrow x = 6 - 2.1 = 4$. Cặp $\left( {x,y,z} \right) = \left( {4{,}1{,}1} \right)$.

Nếu $y = 2 \Rightarrow x = 6 - 2.2 = 2$. Cặp $\left( {x,y,z} \right) = \left( {2{,}2{,}2} \right)$.

Nếu $y = 3 \Rightarrow x = 6 - 2.3 = 0$. (Loại do $x \ge 1$)

Các trường hợp thỏa mãn:

1. $\left( {x,y,z} \right) = \left( {4{,}1{,}1} \right)$: 4 trắng, 1 đỏ, 1 xanh.

Số cách chọn: $C_5^4 \cdot C_6^1 \cdot C_7^1 = 5 \cdot 6 \cdot 7 = 210$

2. $\left( {x,y,z} \right) = \left( {2{,}2{,}2} \right)$: 2 trắng, 2 đỏ, 2 xanh.

Số cách chọn: $C_5^2 \cdot C_6^2 \cdot C_7^2 = 10 \cdot 15 \cdot 21 = 3150$

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là $n\left( A \right) = 210 + 3150 = 3360$

Xác suất biến cố $A$ là: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{3360}}{{18564}} = \frac{{40}}{{221}}$

Vậy Khẳng định a) ĐÚNG.

b) Xét khẳng định b)

Biến cố B: Chọn được ít nhất một viên bi màu xanh.

Biến cố đối $\bar B$: Không chọn được viên bi màu xanh nào (6 viên đều là trắng hoặc đỏ).

Tổng số bi trắng và đỏ: $5 + 6 = 11$ viên.

$n\left( {\overline B } \right) = C_{11}^6 = 462$

Xác suất $P\left( {\bar B} \right)$ là $P\left( {\bar B} \right) = \frac{{n\left( {\overline B } \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{462}}{{18564}}$

Xác suất $P\left( B \right)$ là $P\left( B \right) = 1 - P\left( {\bar B} \right) = 1 - \frac{{462}}{{18564}} \approx 0{,}97512$

Ta thấy $P\left( B \right) \approx 0{,}97512 > 0{,}95$.

Vậy khẳng định b) SAI.

c) Xét khẳng định c)

Biến cố C: Chọn được 6 viên bi toàn màu xanh.

$n\left( C \right) = C_7^6 = 7$

Xác suất $P\left( C \right)$:$P\left( C \right) = \frac{{n\left( C \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{7}{{18564}} = \frac{1}{{2652}}$

Vậy khẳng định c) ĐÚNG.

d) Xét khẳng định d)

Biến cố D: Chọn được ít nhất 5 viên bi màu xanh.

Biến cố này gồm 2 trường hợp:

Trường hợp 1: 5 viên xanh và 1 viên (trắng hoặc đỏ) (từ $5 + 6 = 11$ viên).

$C_7^5 \cdot C_{11}^1 = 21 \cdot 11 = 231$ cách

Trường hợp 2: 6 viên xanh và 0 viên (trắng hoặc đỏ).

$C_7^6 \cdot C_{11}^0 = 7 \cdot 1 = 7$ cách

Số kết quả thuận lợi cho biến cố D là $231 + 7 = 238$

Xác suất $P\left( D \right)$ là $P\left( D \right) = \frac{{n\left( D \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{238}}{{18564}} = \frac{1}{{78}}$

Vậy khẳng định d) ĐÚNG.

Đáp án: 2,18.

Vì lúc 0 giờ sáng, số lượng vi khuẩn X là 150 con nên ta có: $S\left( 0 \right) = 150 \Leftrightarrow A{e^{r.0}} = 150 \Leftrightarrow A = 150$ (con)

$\Rightarrow S\left( t \right) = 150{e^{rt}}$.

Sau 3 giờ, số lượng vi khuẩn X là 450 con nên $S\left( 3 \right) = 450 \Leftrightarrow 150{e^{r.3}} = 450 \Leftrightarrow {e^{r.3}} = 3 \Leftrightarrow r = \frac{{\ln 3}}{3}$.

$\Rightarrow S\left( t \right) = 150{e^{\frac{{\ln 3}}{3}t}}$.

Vì số lượng vi khuẩn Y tăng 5% mỗi giờ nên số lượng vi khuẩn Y ở mỗi giờ theo thứ tự tạo thành một cấp số nhân có số hạng tổng quát là $R\left( t \right) = 300{\left( {1 + 5\% } \right)^t}$.

Để số lượng vi khuẩn X bằng số lượng vi khuẩn Y thì $S\left( t \right) = R\left( t \right)$.

$$\Leftrightarrow 150{e^{\frac{{\ln 3}}{3}t}} = 300{\left( {1 + 5\% } \right)^t}$$

$\Leftrightarrow 150{e^{\frac{{\ln 3}}{3}t}} = 300{\left( {1{,}05} \right)^t}$.

$\Leftrightarrow \frac{{{e^{\frac{{\ln 3}}{3}t}}}}{{{{\left( {1{,}05} \right)}^t}}} = \frac{{300}}{{150}}$$\Leftrightarrow \frac{{{e^{\frac{{\ln 3}}{3}t}}}}{{{{\left( {1{,}05} \right)}^t}}} = 2$.

$\Leftrightarrow {\left( {\frac{{{e^{\frac{{\ln 3}}{3}}}}}{{1{,}05}}} \right)^t} = 2$.

$\Leftrightarrow t = {\log _{\frac{{{e^{\frac{{\ln 3}}{3}}}}}{{1{,}05}}}}2 \approx 2{,}18$.

Vậy vào lúc 2,18 giờ thì số lượng vi khuẩn X bằng số lượng vi khuẩn Y.

+) Khối lượng tôm giống vụ tôm vừa qua là 100kg

+) Gọi $x$ là khối lượng tôm giống giảm đi.

+) Khối lượng tôm thu hoạch trong 1 kg/m2 tôm gống là $2000:100 = 20{\rm{(kg)}}$.

+) Khi giảm đi 0,2kg/m2 tôm giống thì sản lượng thu hoạch tăng thêm trên $1\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}$ là $(2400 - 2000):100 = 4\,{\rm{kg/}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}$

+) $x$ là khối lượng tôm giống giảm đi suy ra số tôm giống cần thả là $(100 - x)\,{\rm{kg}}$.

+) Sản lượng thu hoạch được trong 1kg tôm giống là $(20 + ax){\rm{kg}}$

Sản lượng thu hoạch được là $f(x) = \left( {100 - x} \right)\left( {20 + ax} \right)$

Ta biết cứ giảm đi 20 kg tôm giống thì thu hoạch được 2400 kg tôm suy ra $f(20) = 2400$

$$\left( {100 - 20} \right)(20 + a.20) = 2400 \Rightarrow a = 0{,}5 \Rightarrow f(x) = \left( {100 - x} \right)\left( {20 + 0{,}5{\rm{x}}} \right) = - 0{,}5{{\rm{x}}^2} + 30{\rm{x}} + 2000$$

Vậy $f(x)$ đạt giá trị lớn nhất khi $x = 30$.

Vậy cần phải thả là $70\,{\rm{kg}}$ tôm giống.

Sau $30$ giây máy bay di chuyển từ điểm $A$ đến điểm $B$ thỏa mãn điều kiện:

$\overrightarrow {AB} = 30\vec v = (3000;3300;6000) \Rightarrow {z_B} - {z_A} = 6000 \Rightarrow {z_B} = 6000 + 8000 = 14000{\rm{ (m) = 14 (km)}}{\rm{.}}$

Vậy sau $30$ giây máy bay đạt độ cao ${\rm{14 km}}$ so với mặt đất.

Với hệ trục toạ độ Oxyz như hình vẽ, ta có $O\left( {0;0;0} \right),B\left( {153;0;0} \right),C'\left( { - 153;0;306} \right),A'\left( {0; - 153\sqrt 3 ;306} \right),C\left( { - 153;0;0} \right)$

Để MN ngắn nhất thì $MN$ là khoảng cách giữa hai đường thẳng $A'C$ và $BC'$

$MN = d\left( {A'C,BC'} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {A'C} ,\overrightarrow {BC'} } \right].\overrightarrow {BC} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {A'C} ,\overrightarrow {BC'} } \right]} \right|}} = \frac{{306\sqrt 5 }}{5}$ (m)

Khi đó, giá cây cầu là $\frac{{306\sqrt 5 }}{5}.5 = 306\sqrt 5 \approx 684$ tỷ đồng

Đường tròn ngoại tiếp lục giác đều $ABCDEF$ có bán kính $R = 4\sqrt 3$.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$, suy ra $OH = \frac{{\left( {4\sqrt 3 } \right)\sqrt 3 }}{2} = 6$.

Đặt $R' = x$ là bán kính của đường tròn ngoại tiếp lục giác nhỏ $A'B'C'D'E'F'$, suy ra

$A'H = OH - OA' = 6 - x$ và cạnh bên của chóp là $A'A = \sqrt {A'{H^2} + H{A^2}} = \sqrt {{x^2} - 12x + 48}$

Diện tích đáy của khối chóp là $S = 6.{S_{\Delta OA'B'}} = 6.\frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} = 3.\frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{2}$

Và chiều cao $h = \sqrt {A'{A^2} - O{{A'}^2}} = \sqrt { - 12x + 48}$, $\left( {0 < x < 4} \right)$

Suy ra $V = \frac{1}{3}S.h = \frac{1}{3}.\frac{{3\sqrt 3 {x^2}}}{2}.\sqrt { - 12x + 48} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sqrt { - 12{x^5} + 48{x^4}}$

Dễ thấy hàm số $f\left( x \right) = - 12{x^5} + 48{x^4}\;\left( {0 < x < 4} \right)$ đạt cực đại $x = \frac{{16}}{5}$.

Suy ra thể tích lớn nhất là $V = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.{\left( {\frac{{16}}{5}} \right)^2}.\sqrt { - 12\left( {\frac{{16}}{5}} \right) + 48} = \frac{{1536\sqrt 5 }}{{125}}\;d{m^3}$

Do đó $a + 2b + 3c = 1536 + 2.5 + 3.125 = 1921$.

Hàm số mô tả vận tốc của chất điểm theo thời gian là

$v(t) = s'(t) = - 3{t^2} + 12t + 17$

Yêu cầu bài toán tìm giá trị lớn nhất của $v(t)$ với $t \in [0;8]$

Ta có $v(t)$ là tam thức bậc hai với hệ số $a = - 3 < 0$

$\Rightarrow v(t)$ đạt giá trị lớn nhất tại $t = - \frac{b}{{2a}} = 2 \in [0;8]$

Vậy ${v_{\max }} = v(2) = 29\,\,(m/s).$