Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Cụm trường THPT Hà Tĩnh có đáp án

Chọn C

Hàm số xác định và liên tục trên đoạn $\left[ {2;4} \right]$.

Ta có: $y\left( 2 \right) = 7;y\left( 4 \right) = \frac{{11}}{3}$.

Vì hàm số đã cho đơn điệu trên đoạn $\left[ {2;4} \right]$ nên giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $\left[ {2;4} \right]$ là $7$.

Chọn A

Ta có: $- 1 \le \sin 2x \le 1$$\Leftrightarrow - 3 \le 3\sin 2x \le 3$$\Leftrightarrow - 4 \le 3\sin 2x - 1 \le 2$$\Leftrightarrow - 4 \le y \le 2$.

Vậy ${y_{\max }} = 2$.

Chọn D

Ta có $\Leftrightarrow 14 = 2 + 4d \Leftrightarrow d = 3$.

Vậy ${u_4} = {u_1} + 3d = 2 + 3.3 = 11$.

Chọn C

Ta có $\cos \left( {\overrightarrow {AC'} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \cos \left( {\overrightarrow {AC'} ,\overrightarrow {AD} } \right) = \frac{{A{{C'}^2} + A{D^2} - D{{C'}^2}}}{{2.AC'.AD}}$ $= \frac{{{{\left( {4\sqrt 3 } \right)}^2} + {4^2} - {{\left( {4\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{2.4\sqrt 3 .4}}$$= \frac{1}{{\sqrt 3 }}$.

$\overrightarrow {AC'} .\overrightarrow {BC} = AC'.BC.\cos \left( {\overrightarrow {AC'} ,\overrightarrow {BC} } \right)$$= 4\sqrt 3 .4.\frac{1}{{\sqrt 3 }} = 16$.

Chọn C

Tiệm cận ngang là đường thẳng mà đồ thị hàm số tiến sát về đó khi $x$ tiến ra vô cực (dương vô cực hoặc âm vô cực). Nhìn trên hình vẽ, ta thấy nhánh đồ thị nằm ngang tiến sát về đường thẳng cắt trục tung tại giá trị $1$. Do đó phương trình tiệm cận ngang là $y = 1$.

Tiệm cận đứng là đường thẳng mà đồ thị tiến sát về đó khi $x$ tiến về một số cụ thể. Trên hình, đó là đường thẳng đứng cắt trục hoành tại $x = 2$.

$\to$ Đề hỏi tiệm cận ngang, nên đáp án là $y = 1$.

Chọn B

Ta sử dụng tính chất của logarit: ${\log _a}(xy) = {\log _a}x + {\log _a}y$.

Áp dụng vào bài toán: ${\log _a}(ab) = {\log _a}a + {\log _a}b$

Ta biết rằng ${\log _a}a = 1$ và đề bài cho ${\log _a}b = 3$.

Suy ra: ${\log _a}(ab) = 1 + 3 = 4$.

Chọn D

1. Biến đổi phương trình:

$2f(x) - 3 = 0 \Leftrightarrow 2f(x) = 3 \Leftrightarrow f(x) = \frac{3}{2} = 1.5$

Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f(x)$ và đường thẳng nằm ngang $y = 1.5$.

2. Quan sát đồ thị:

Kẻ một đường thẳng nằm ngang đi qua tung độ $y = 1.5$ (vị trí này nằm giữa $y = 1$ và $y = 2$).

Đường thẳng này cắt đồ thị tại 3 điểm.

Tuy nhiên, đề bài hỏi số nghiệm dương (tức là xét các giao điểm có hoành độ $x > 0$).

3. Xác định dấu của nghiệm:

Giao điểm thứ nhất: Nằm bên trái trục tung ($x < 0$) $\to$ Loại.

Giao điểm thứ hai: Nằm giữa $x = 0$ và $x = 2$ ($x > 0$) $\to$ Nhận.

Giao điểm thứ ba: Nằm bên phải $x = 2$ ($x > 0$) $\to$ Nhận.

Vậy có 2 nghiệm dương.

Chọn A

Gọi K là trung điểm của cạnh CD.

Vì M là trọng tâm tam giác BCD, nên M phải nằm trên đường trung tuyến BK.

Theo tính chất trọng tâm: $\frac{{BM}}{{BK}} = \frac{2}{3}$ và $\frac{{MK}}{{BK}} = \frac{1}{3}$.

Xét mặt phẳng (ABK):

Đường thẳng qua M song song với AB nằm trong mặt phẳng (ABK).

Mặt phẳng (ABK) cắt mặt phẳng (ACD) theo giao tuyến là đường thẳng AK.

Do đó, điểm N (giao điểm của đường thẳng qua M song song AB với (ACD)) phải nằm trên cạnh AK.

Áp dụng định lý Ta-lét:

Trong tam giác ABK, ta có $MN\parallel AB$.

Theo định lý Ta-lét:

$\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{KM}}{{KB}}$

Như đã tính ở trên, $\frac{{KM}}{{KB}} = \frac{1}{3}$.

Vậy $\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{1}{3}$.

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị cực đại của hàm số $y = f\left( x \right)$ là $y = - 3$

Chọn C.

Điều kiện xác định: ${x^2} - 2x > 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)$.

$y' = \frac{{2x - 2}}{{\left( {{x^2} - 2x} \right)\ln 2}} = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên $\left( { - \infty ;0} \right)$.

Chọn C.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f\left( x \right) - \left( {x + 5} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x + 4 + \frac{{x - 1}}{{x - 2}} - \left( {x + 5} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{1}{{x - 2}}} \right) = 0$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {f\left( x \right) - \left( {x + 5} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {x + 4 + \frac{{x - 1}}{{x - 2}} - \left( {x + 5} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{1}{{x - 2}}} \right) = 0$.

Vậy đường thẳng $y = x + 5$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

Chọn A.

Ta có: $n = 4 + 6 + 8 + 18 + 4 = 40$.

Nên trung vị nằm ở vị trí thứ $20{,}21$ thuộc nhóm $\left[ {31;36} \right)$.

Khi đó: ${m_e} = 31 + \frac{{20 - 4 - 6 - 8}}{{18}}.5 = 31{,}6$.

a) Chọn 9 ghế từ 12 ghế và sắp xếp 9 bạn vào đó: $A_{12}^{9}=79.833.600$. a) Đúng

b) - Coi 9 bạn là một khối thống nhất, khối này cùng với 3 ghế trống tạo thành 4 vị trí để sắp xếp.

- Chọn 1 vị trí trong 4 vị trí để xếp khối đó vào: 4 cách.

- Trong mỗi khối có $9!$cách hoán vị 9 bạn.

- Số cách sắp xếp để 9 bạn ngồi cạnh nhau: $4\times 9!$

- Xác suất của biến cố: $P=\frac{4\times 9!}{A_{12}^{9}}=\frac{1}{55}.$ b) Sai

c) - Có $9!$ cách xếp 9 bạn thành một hàng ngang. Giữa 9 bạn và 2 đầu có tất cả $9+1=10$ khoảng trống.

- Để không có 2 ghế trống nào cạnh nhau, ta chọn 3 khoảng trống từ 10 khoảng trống để đặt 3 ghế: $C_{10}^{3}$cách.

-Số cách xếp để không có hai ghế trống cạnh nhau là: $9!\times C_{10}^{3}$ cách.

- Xác suất của biến cố: $P=\frac{9!\times C_{10}^{3}}{A_{12}^{9}}=\frac{6}{11}.$ c) Đúng

d) - Xếp 5 bạn nữ và 3 ghế trống: chọn 3 vị trí cho ghế trống trong 8 chỗ, 5 chỗ còn lại xếp các bạn nữ: $C_{8}^{3}\times 5!=56\times 120=6.720$ cách.

- Khi đó 8 vị trí (5 nữ và 3 ghế trống) tạo ra 9 khoảng trống. Xếp 4 bạn nam vào 9 khoảng trống có: $A_{9}^{4}=3.024$ cách.

- Xác suất của biến cố: $P=\frac{6.720\times 3.024}{79.833.600}=\frac{14}{55}$ d) Đúng

a. Đúng

Chi phí vận hành bể cá trong một năm là $12.400=4{,}8$ triệu.

b. Gọi chiều rộng của bể cá là $x\,\left( m \right)\,\left( x>0 \right)$.

Khi đó chiều dài của bể là $2x\,\left( m \right)$.

Gọi chiều cao của bể cá là $h\,\left( m \right)\,\,\left( h>0 \right)$.

Theo bài ra ta có: $x.2x.h=3\Rightarrow h=\frac{3}{2{{x}^{2}}}$.

Do đó, nếu chiều rộng của bể là $1\,\text{m}$ thì chiều cao của bể là $h=\frac{3}{{{2.1}^{2}}}=\frac{3}{2}$.

$\Rightarrow $b Sai.

c. Đúng

Diện tích đáy của bể cá là: $S=2x.x=2{{x}^{2}}\,\left( {{\text{m}}^{\text{2}}} \right)$.

Diện tích xung quanh của bể cá là: ${{S}_{xq}}=2.x.h+2.2x.h=6xh=6x.\frac{3}{2{{x}^{2}}}=\frac{9}{x}\,\left( {{\text{m}}^{\text{2}}} \right)$.

d. Đúng

Chi phí làm bể cá là: $f\left( x \right)=500.2{{x}^{2}}+400.\frac{9}{x}=1000{{x}^{2}}+\frac{3600}{x}$(ngàn đồng).

Chi phí làm bể cá thấp nhất khi $f\left( x \right)=1000{{x}^{2}}+\frac{3600}{x}$ đạt giá trị nhỏ nhất với $x>0$.

Ta có: ${f}'\left( x \right)=2000x-\frac{3600}{{{x}^{2}}}=0\Rightarrow x=\sqrt[3]{1{,}8}$.

Bảng biến thiên:

Khi đó, chi phí làm bể thấp nhất khi $x=\sqrt[3]{1{,}8}$.

Vậy, chi phí ít nhất để làm bể là:

$f\left( \sqrt[3]{1{,}8} \right)=1000{{\left( \sqrt[3]{1{,}8} \right)}^{2}}+\frac{3600}{\sqrt[3]{1{,}8}}\approx 4439{,}18$ ngàn đồng $\approx 4{,}4$ triệu đồng.

a) Đúng.

Từ đồ thị hàm số $y={f}'\left( x \right)$ ta thấy đường tiệm cận đứng là $x=2$.

b) Đúng.

Từ đồ thị hàm số ta thấy ${f}'\left( x \right)<0$ với $x\in \left( 2;+\infty \right)$ nên hàm số $f\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( 2;+\infty \right)$.

c) Sai.

Ta có ${f}'\left( x \right)=\frac{ac-b}{{{\left( x+c \right)}^{2}}}$. TXĐ: $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -c \right\}$.

Vì hàm số $y={f}'\left( x \right)$ có đường tiệm cận đứng là $x=2$ nên $-c=2\Leftrightarrow c=-2$.

Đồ thị hàm số $y={f}'\left( x \right)$ đi qua điểm $\left( 0;-1 \right)$ nên $\frac{-2a-b}{{{\left( 0-2 \right)}^{2}}}=-1\Leftrightarrow -2a-b=-4$

Từ đồ thị hàm số ta thấy ${f}'\left( x \right)<0,\forall x\in \left( -\infty ;2 \right)\cup \left( 2;+\infty \right)$ nên hàm số $y=f\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng xác định của nó.

Do đó với $x\in \left[ 3;4 \right]$, $\max f\left( x \right)=f\left( 3 \right)=7\Leftrightarrow \frac{3a+b}{3-2}=7\Leftrightarrow 3a+b=7$.

Do đó ta có hệ phương trình:

Khi đó $3b+2c=3.\left( -2 \right)+2.\left( -2 \right)=-10$

d) Sai.

Ta có $f\left( x \right)=\frac{3x-2}{x-2}$

Vì ${f}'\left( x \right)=\frac{-4}{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}<0$ nên $f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( 3;4 \right)$.

Do đó trên $\left[ 3;4 \right]$, $\min f\left( x \right)=f\left( 4 \right)=5$.

Chọn a) Đúng | b) Sai | c) Sai | d) Đúng.

a) Sau $3$ giờ vị trí của khinh khí cầu A là ${M}'\left( a;b;c \right)$. Ta có

Vậy a) đúng.

b) Ta có khinh khí cầu B bay theo đường thẳng đi qua $N\left( 6;5;3 \right)$ và có vectơ vận tốc là $\overrightarrow{{{v}_{b}}}=\left( -2;3;0 \right)$. Phương trình tham số đường thẳng đó là

Dễ thấy điểm ${N}'\left( 0;14;3 \right)\in \Delta $. Do đó khinh khí cầu $B$ bay qua vị trí ${N}'\left( 0;14;3 \right)$.

Vậy b) sai.

c) Sau 3 giờ vị trí của khinh khí cầu A là ${M}'\left( 8;10;2 \right)$và vị trí của khinh khí cầu B là ${N}'\left( 0;14;3 \right)$ Ta có $M'{N}'=\sqrt{{{\left( 0-8 \right)}^{2}}+{{\left( 14-10 \right)}^{2}}+{{\left( 3-1 \right)}^{2}}}=9$.

Khi đó khoảng cách giữa hai khinh khí cầu sau $3$ giờ là $10.M'{N}'=90km$.

Vậy c) sai.

d) Sau t giờ, khinh khí cầu A ở vị trí $E\left( 5+t;4+2t;2 \right)$; khinh khí cầu B ở vị trí $F\left( 6-2t;5+3t;3 \right)$ Khi đó khoảng cách ngắn nhất giữa hai khinh khí cầu là

$T=10.EF=10.\sqrt{{{\left( 1-3t \right)}^{2}}+{{\left( 1+t \right)}^{2}}+{{1}^{2}}}$ với $t\in \left[ 1;10 \right]$

Xét $f\left( t \right)={{\left( 1-3t \right)}^{2}}+{{\left( 1+t \right)}^{2}}+{{1}^{2}}=10{{t}^{2}}-4t+3$

$f'\left( t \right)=20t-4=0\Leftrightarrow t=0{,}2$.

$\underset{\left[ 1;10 \right]}{\mathop{Min}}\,f\left( t \right)=f\left( 0{,}2 \right)=2{,}6\Rightarrow {{T}_{\min }}=10\sqrt{2{,}6}\approx 16{,}1$km.

Vậy d) đúng.

Đáp án: 4

Giả sử nguyên liệu được giao sau mỗi $x$ ngày ($x>0$). Để đảm bảo đủ nguyên liệu cho mỗi chu kì sản xuất, doanh nghiệp phải cung cấp $5x$ đơn vị nguyên liệu gỗ cho mỗi lần vận chuyển.

Trong mỗi ngày của chu kì sản xuất, lượng nguyên liệu cần được lưu trữ trung bình là $\frac{5x}{2}$ đơn vị nguyên liệu.

Do đó, chi phí để lưu trữ nguyên liệu trong $x$ ngày của chu kì sản xuất là $200.\frac{5x}{2}.x=500{{x}^{2}}\,$ ngàn đồng.

Từ đây, chi phí cần bỏ ra cho mỗi chu kì sản xuất là $C(x)=8000+500{{x}^{2}}$ ngàn đồng.

Do đó, ta có hàm chi phí trung bình hàng ngày một chu kì sản xuất là

$c(x)=\frac{C(x)}{x}=\frac{8000+500{{x}^{2}}}{x}=\frac{8000}{x}+500x$.

Vậy để chi phí trung bình hàng ngày trong một chu kì sản xuất là ít nhất thì doanh nghiệp nên đặt giao nguyên liệu sau 4 ngày.

Đáp án: 135.

Tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm $A$ lên trục $Ox$ là điểm $M\left( {6;0;0} \right)$.

Tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm $B$ lên trục $Ox$ là điểm $N\left( {4;0;0} \right)$.

$\overrightarrow {MA} = \left( {0;5; - 1} \right)$.

$\overrightarrow {NB} = \left( {0; - 2;3} \right)$.

${\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {MA} ;\overrightarrow {NB} } \right) = \frac{{0 - 10 - 3}}{{\sqrt {{0^2} + {5^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} \sqrt {{0^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( 3 \right)}^2}} }} = \frac{{ - 13}}{{\sqrt {26} .\sqrt {13} }} = - \frac{1}{{\sqrt 2 }}$.

Suy ra $\left( {\overrightarrow {MA} ;\overrightarrow {NB} } \right) = 135^\circ$.

Vậy $\left[ {A,Ox,B} \right] = 135^\circ$.

Đáp án: 1180

Ta có $20$ tương ứng là $240$ tháng.

$240 = 6{\rm{x}}3{\rm{x}}12 + 24$ tháng

Theo phương án 1 số tiền lương anh Bảo nhận được như sau

$3$ năm đầu là $10{\rm{x}}36 = 360$ triệu.

Từ năm thứ $4$ đến hết năm thứ $6$ là $16{\rm{x}}36$ triệu

Từ năm thứ $7$ đến hết năm thứ $9$ là $22{\rm{x}}36$ triệu

Từ năm thứ $10$ đến hết năm thứ $12$ là $28{\rm{x}}36$ triệu

Từ năm thứ $13$ đến hết năm thứ $15$ là $34{\rm{x}}36$ triệu

Từ năm thứ $16$ đến hết năm thứ $18$ là $40{\rm{x}}36$ triệu

Từ năm thứ $19$ đến hết năm thứ $20$ là $46{\rm{x}}24$ triệu.

Tổng số tiền anh Bảo nhận được theo phương án 1 sau 20 năm là

${T_1} = \left( {10 + 16 + 22 + 28 + 34 + 40} \right).36 + 46.24 = 6504$ triệu.

Theo phương án 2 số tiền lương anh Bảo nhận được như sau

$3$ năm đầu là $10{\rm{x}}36$ triệu.

Từ năm thứ $4$ đến hết năm thứ $6$ là $10{\rm{x}}\left( {1 + \frac{{40}}{{100}}} \right){\rm{x}}36 = 10{\rm{x}}1{,}4{\rm{x}}36$ triệu

Từ năm thứ $7$ đến hết năm thứ $9$ là $10{\rm{x}}{\left( {1{,}4} \right)^2}{\rm{x}}36$ triệu

Từ năm thứ $10$ đến hết năm thứ $12$ là $10{\rm{x}}{\left( {1{,}4} \right)^3}{\rm{x}}36$ triệu

Từ năm thứ $13$ đến hết năm thứ $15$ là $10{\rm{x}}{\left( {1{,}4} \right)^4}{\rm{x}}36$ triệu

Từ năm thứ $16$ đến hết năm thứ $18$ là $10{\rm{x}}{\left( {1{,}4} \right)^5}{\rm{x}}36$ triệu

Từ năm thứ $19$ đến hết năm thứ $20$ là $10{\rm{x}}{\left( {1{,}4} \right)^6}{\rm{x}}24$ triệu.

Tổng số tiền anh Bảo nhận được theo phương án 1 sau 20 năm là

$\begin{array}{l}{T_2} = \left( {10 + 10.1{,}4 + 10.{{\left( {1{,}4} \right)}^2} + 10.{{\left( {1{,}4} \right)}^3} + 10.{{\left( {1{,}4} \right)}^4} + 10.{{\left( {1{,}4} \right)}^5}} \right){\rm{x}}36 + 10{\rm{x}}{\left( {1{,}4} \right)^6}{\rm{x}}24\\ = \frac{{24011472}}{{3125}}\end{array}$

$= 7683{,}67104$ triệu.

Số tiền nhận được theo phương án 2 nhiều hơn phương án 1 là

${T_2} - {T_1} = 7683{,}67104 - 6504 \simeq 1180$ triệu đồng.

Đáp án: 1,28.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SA\\BD \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)$.

Gọi $O = AC \cap BD$.

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AO = CO$. Do đó $d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)$.

Kẻ $AH \bot SO$, $H \in SO$. (1)

$\Rightarrow BD \bot AH$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AH \bot \left( {SBD} \right)$.

$\Rightarrow d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AH$.

Theo giả thiết: $SA = 3$, $AB = 2 \Rightarrow AC = 2\sqrt 2 \Rightarrow AO = \sqrt 2$.

Trong tam giác vuông $SAO$, ta có:

$$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}} = \frac{1}{{{3^2}}} + \frac{1}{{{{\sqrt 2 }^2}}} = \frac{{11}}{{18}}.$$

$\Rightarrow AH = \sqrt {\frac{{18}}{{11}}} \approx 1{,}28$.

Đáp án: 487.

vận tốc dòng nước là ${v_1} = 1\;{\rm{m}}/{\rm{s}}$, vận tốc bơi của chiến sỹ đối với nước là ${v_2} = 1\;{\rm{m}}/{\rm{s}}$

$\Rightarrow$ vận tốc thực của chiến sỹ đối với bờ sông$v = \sqrt {{v_1}^2 + v_2^2} = \sqrt 2 {\rm{ m/s}}$.(vì ${v_1} \bot {v_2}$)

Đặt $HC = x \Rightarrow BC = 900 - x$

Thời gian chiến sỹ di chuyển từ $A$ đến $C$ và đến $B$ là $t = \frac{{\sqrt {{{300}^2} + {x^2}} }}{{\sqrt 2 }} + \frac{{900 - x}}{3}$

$\Rightarrow t' = \frac{x}{{\sqrt {{{2.300}^2} + 2{x^2}} }} - \frac{1}{3} = 0 \Leftrightarrow 3x = \sqrt {{{2.300}^2} + 2{x^2}} \Leftrightarrow x = \frac{{300\sqrt 2 }}{{\sqrt 7 }}$

$\Rightarrow M{\mathop{\rm int}} = 487{,}08 \approx 487$ giây.

Đáp án: $17{,}7$.

Gắn hệ trục tọa độ $Axy$ như hình vẽ (mỗi đơn vị trên trục tọa độ tương ứng $1m$).

Khi đó ta có $A\left( {0;0} \right)$, $H\left( {10;0} \right)$, $B\left( {20;0} \right)$, $O\left( {10;30} \right)$, tâm đường tròn $I\left( {30;50} \right)$.

Ta cần tìm chiều dài ngắn nhất của đoạn đường nối hai phần lát gạch, tức là tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa hai điểm bất kì trên đường tròn và parabol. Điều này tương đương với tìm khoảng cách nhỏ nhất từ tâm $I$ của đường tròn đến một điểm $M$ bất kì thuộc parabol sau đó trừ đi bán kính $10m$.

Gọi phương trình parabol là $y = a{x^2} + bx + c$. Parabol đi qua điểm $A\left( {0;0} \right)$, $B\left( {20;0} \right)$, $O\left( {10;30} \right)$ nên ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}c = 0\\400a + 20b + c = 0\\100a + 10b + c = 30\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{ - 3}}{{10}}\\b = 6\\c = 0\end{array} \right.$ hay $y = \frac{{ - 3}}{{10}}{x^2} + 6x$.

Điểm $M$ thuộc parabol nên tọa độ có dạng $M\left( {m;\frac{{ - 3}}{{10}}{m^2} + 6m} \right)$ ($0 \le m \le 20$).

$M{I^2} = {\left( {m - 30} \right)^2} + {\left( {\frac{{ - 3}}{{10}}{m^2} + 6m - 50} \right)^2} = f\left( m \right)$.

$$f'\left( m \right) = 2\left( {m - 30} \right) + 2 \cdot \left( {\frac{{ - 3}}{5}m + 6} \right)\left( {\frac{{ - 3}}{{10}}{m^2} + 6m - 50} \right)$$

Sử dụng máy tính bỏ túi giải phương trình $f'\left( m \right) = 0$ thu được nghiệm ${m_0} \approx 11{,}492$.

Dễ dàng kiểm tra $\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;20} \right]} f\left( m \right) = f\left( {{m_0}} \right)$ bằng máy tính bỏ túi

Chiều dài ngắn nhất của đoạn đường là $\min IM - 10 = \sqrt {f\left( {{m_0}} \right)} - 10 \approx 17{,}7\left( m \right)$.