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 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5 + t}\\{y = 1 - 2t}\\{z =  - 2 - t}\end{array}} \right.\)

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

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