Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Lang Chánh (Thanh Hóa) có đáp án
22 câu hỏi
PHẦN I. Câu trắc nghiệm với nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi, thí sinh chỉ chọn một phương án.
Nguyên hàm của hàm số \(f(x) = \sin 2x\) là:
\(\frac{1}{2}\cos x + C.\)
\( - \frac{1}{2}\cos 2x + C.\)
\(\frac{1}{2}\cos 2x + C.\)
\( - \frac{1}{2}\cos x + C.\)
Chọn B
\(\int {\sin 2xdx = } - \frac{1}{2}\cos 2x + C.\)
\(\pi \int\limits_0^2 {\sqrt x \,{\rm{d}}x} \).
\(\pi \int\limits_0^2 {x\,{\rm{d}}x} \).
\(\int\limits_0^2 {\sqrt x \,{\rm{d}}x} \).
\(\int\limits_0^2 {x\,{\rm{d}}x} \).
Nếu bài đang hỏi thể tích khối tròn xoay quanh trục Ox của miền giới hạn bởi , , thì công thức là:
Vì
nên:
? Chọn B.
Cho bảng số liệu ghép nhóm về chiều cao đo được của 30 học sinh nam lớp 12A đầu năm học của một trường THPT như sau:
Chiều cao | \(\left[ {150;\;155} \right)\) | \(\left[ {155;\;160} \right)\) | \(\left[ {160;\;165} \right)\) | \(\left[ {165;\;170} \right)\) | \(\left[ {170;\;175} \right)\) |
Tần số | \(3\) | \(7\) | \(10\) | \(7\) | \(3\) |
Tính độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm trên.
\(\frac{{\sqrt {285} }}{3}\).
\(\frac{{\sqrt {287} }}{3}\).
\(4\sqrt 2 \).
\(\sqrt {71} \).
Ta lấy trung điểm các lớp:
- [150;155): 152.5, tần số 3
- [155;160): 157.5, tần số 7
- [160;165): 162.5, tần số 10
- [165;170): 167.5, tần số 7
- [170;175): 172.5, tần số 3
Tổng n = 30.
1. Trung bình:
(do phân bố đối xứng quanh 162.5)
2. Phương sai:
Khoảng lệch:
- 152.5 − 162.5 = −10
- 157.5 − 162.5 = −5
- 162.5 − 162.5 = 0
- 167.5 − 162.5 = 5
- 172.5 − 162.5 = 10
Bình phương:
- 100, 25, 0, 25, 100
Nhân tần số:
- 3·100 = 300
- 7·25 = 175
- 10·0 = 0
- 7·25 = 175
- 3·100 = 300
Tổng = 950
3. Độ lệch chuẩn:
✔ Đáp án đúng: A.
\(\left\{ \begin{array}{l}x = - 2t\\y = - 1 + t\\z = 3 + t\end{array} \right.\).
\(x - 2y + z = 0\).
\(\frac{x}{1} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{{z - 3}}{{ - 2}}\).
\(\frac{{x - 1}}{{ - 2}} = \frac{y}{1} = \frac{{z - 1}}{1}\).
Chọn C
Đường thẳng đi qua \(A\) và song song \(BC\) nhận \(\overrightarrow {BC} = \left( { - 2; - 2;4} \right)\) làm vecto chỉ phương, suy ra \(\overrightarrow {u\,} = \left( {1;1; - 2} \right)\)cũng là véc tơ chỉ phương.
Phương trình đường thẳng cần tìm: \(\frac{x}{1} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{{z - 3}}{{ - 2}}\).
\(x = - 1,\)\(y = 1\).
\(x = 1,\)\(y = 2\).
\(x = 1,\)\(y = 1\).
\(x = 2,\)\(y = 1\).
Đáp án đúng là C
\(\frac{9}{{17}}\).
\(\frac{8}{{17}}\).
\(\frac{7}{{34}}\)
\(\frac{9}{{34}}\).
Gọi \(A\) là biến cố “chọn được hai số chẵn”.
Ta có: \(n\left( \Omega \right) = C_{17}^2\).
Trong 17 số nguyên dương đầu tiên, có 8 số chẵn và 9 số lẻ, để chọn được hai số chẵn có số cách chọn là: \(n\left( A \right) = C_8^2\).
Vậy xác suất để chọn được hai số chẵn là: \(P = \frac{{C_8^2}}{{C_{17}^2}} = \frac{7}{{34}}\).
\({\vec n_1}\left( {1; - 3; - 2} \right)\).
\({\vec n_2}\left( {1; - 2; - 3} \right)\).
\({\vec n_3}\left( {1;2;3} \right)\).
\({\vec n_4}\left( { - 1;2; - 3} \right)\).
\(3{a^3}.\)
\({a^3}\).
\(2{a^3}\)
\(6{a^3}.\)
Đáp án đúng là C
Ta có\[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.3a.a.2a = 2{a^3}\].
\(x = 3\).
\(x = 1\).
\(x = {\log _3}5\).
\(x = 5\).
\(6.\)
\(9.\)
\(24.\)
\(48.\)
Đáp án đúng là C
Cho hình lập phương \(ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) như hình vẽ.
Khẳng định nào sau đây đúng?
\(\overrightarrow {A{C_1}} = \overrightarrow {A{A_1}} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AC} \).
\(\overrightarrow {A{C_1}} = \overrightarrow {A{A_1}} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} \).
\(\overrightarrow {A{C_1}} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {A{D_1}} \).
\(\overrightarrow {A{C_1}} = \overrightarrow {A{A_1}} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} \)
Cho hàm số \(y = f(x)\) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
\(( - 2;0)\).
\((4; + \infty )\).
\(( - \infty ;0)\).
\(( - 2; - 1)\).
PHẦN II. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c),d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Trên đoạn \(\left[ { - 1;4} \right]\), giá trị lớn nhất của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là \(f\left( 1 \right)\).
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có hai điểm cực trị.
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\).
\(f\left( 1 \right) > f\left( 2 \right) > f\left( 4 \right)\).
a) Đúng
Ta có bảng xét dấu của hàm số \[f\left( x \right)\].
Dựa vào bảng biến thiên ta có trên \(\left[ { - 1;4} \right]\), giá trị lớn nhất của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là \(f\left( 1 \right)\).
b) Sai
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có ba điểm cực trị là \[x = \pm 1\] và \[x = 4\].
c) Sai
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \[\left( {1;4} \right)\] và đồng biến trên \(\left( {4; + \infty } \right)\).
d) Đúng
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \[\left( {1;4} \right)\] \( \Rightarrow f\left( 1 \right) > f\left( 2 \right) > f\left( 4 \right)\).
Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đầu giảm tốc đến khi tách khỏi làn đường cao tốc là 200 m.
Giá trị của \(b\)là 20.
Quãng đường \(S(t)\) (đơn vị: mét) mà ô tô đi được trong khoảng thời gian 16 giây kể từ khi giảm tốc nằm trong khoảng từ 250m đến 252m.
Sau 18 giây kể từ khi giảm tốc, tốc độ của ô tô không vượt quá \({\rm{35 km/h}}\).
a) Tốc độ ban đầu của ô tô là 72 km/h = 20 m/s.
Quãng đường ô tô đi được trong 5 giây đầu tiên là: \({S_1} = 5.20 = 100{\rm{m}}\).
Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đầu giảm tốc đến khi tách khỏi làn là: \({S_2} = 300 - 100 = 200{\rm{m}}\)
Do đó a đúng.
b) Thời điểm bắt đầu giảm tốc ta có \(t = 0 \Rightarrow v(0) = b = 20\). Do đó b đúng.
c) Ta có \(v(t) = at + 20({\rm{m/s}})\)
Biết xe tách làn sau 12 giây kể từ khi giảm tốc, nên ta có
\(200 = \int\limits_0^{12} {(at + 20)dt} = 72a + 240 \Rightarrow a = - \frac{5}{9}\)
\( \Rightarrow v(t) = - \frac{5}{9}t + 20{\rm{ (m/s)}}\). Quãng đường ô tô đi được trong 16 giây kể từ khi bắt đầu giảm tốc là \(\int\limits_0^{16} {( - \frac{5}{9}t + 20)dt} = \frac{{2240}}{9} \approx 248,88\)m, do đó c sai.
d) Ta có \(v(t) = - \frac{5}{9}t + 20{\rm{ (m/s)}}\)\( \Rightarrow v(18) = - \frac{5}{9}.18 + 20 = 10{\rm{ (m/s) = 36(km/h)}}\). Do đó d sai.
Xác suất của nhiễm bệnh X do chủng virus V19 bị biến chứng là \(0,3\).
Xác suất của nhiễm bệnh X do chủng virus V20 bị biến chứng là \(0,5\).
Xác suất của bệnh án bị biến chứng là \(32\% \).
Biết rằng bệnh án rút ra bị biến chứng, xác suất bệnh án đó của bệnh nhân nhiễm bệnh X do chủng virus V19là \(\frac{7}{{12}}\).
Đáp án : A Đúng, B Đúng, C Sai, D Đúng.
Gọi \(A\) là biến cố bệnh án rút ra bị biến chứng.
Gọi B là biến cố bệnh án rút ra của bệnh nhân nhiễm bệnh X do chủng virus V19.
Khi đó \(\overline B \) là biến cố bệnh án rút ra của bệnh nhân nhiễm bệnh X do chủng virus V20.
Theo đề:
Xác suất bệnh nhân nhiễm bệnh X do chủng virus V19 là: \(P\left( B \right) = 0,7\).
Xác suất bị biến chứng trong nhiễm bệnh X do chủng virus V19 là \(30\% = 0,3\)\( \Rightarrow P\left( {A|B} \right) = 0,3\)\( \Rightarrow \)A đúng.
Xác suất bệnh nhân nhiễm bệnh X do chủng virus V20 là \(P\left( {\overline B } \right) = 0,3\).
Xác suất bị biến chứng trong nhiễm bệnh X do chủng virus V20 là \(50\% = 0,5\)\( \Rightarrow P\left( {A|\overline B } \right) = 0,5\)\( \Rightarrow \)B đúng.
Xác suất biến bệnh án bị biến chứng:
\(P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right) = 0,3.0,7 + 0,5.0,3 = 36\% \)\( \Rightarrow \)C sai.
Xác suất của bệnh án bị biến chứng là của bệnh nhân nhiễm bệnh X do chủng virus V19:
\(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right).P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,7.0,3}}{{0,36}} = \frac{7}{{12}}\)\( \Rightarrow \)D đúng.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, một cabin cáp treo xuất phát từ điểm A(10; 3;0) và chuyển động đều theo đường cáp có véc tơ chỉ phương u =(2; -2;1) (hướng chuyển động cùng chiều với hướng véc tơ v với tốc độ là \[4,5\;({\rm{m/s}});\] (đơn vị trên mỗi trục là mét).
Phương trình tham số của đường cáp là:
Giả sử sau thời gian t (s) kể từ khi xuất phát (\(t \ge 0\)), cabin đến điểm M. Khi đó tọa độ điểm M là \(\left( {3t + 10;\; - 3t + 3;\;\frac{{3t}}{2}} \right)\).
Cabin dừng ở điểm B có hoành độ \({x_B} = 550\), khi đó quãng đường AB dài 800 m.
Đường cáp AB tạo với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) một góc \(30^\circ \).
a) Đúng. Phương trình tham số của đường thẳng d qua \(A\left( {10;\;\;3;0} \right)\) và có VTCP
\(\vec u = \left( {2;\; - 2;1} \right)\) là : \[\left\{ \begin{array}{l}x = 10 + 2t\\y = 3 - 2t\\z = t\end{array} \right.{\rm{, }}\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\]
b) Đúng. Ta có độ dài \(AM = vt\). Vì M thuộc đường thẳng d nên \(M\left( {10 + 2m;3 - 2m;m} \right)\), Vậy \(\overrightarrow {AM} \)= (2m; -2m; m) mà \(\overrightarrow {AM\;} \;\) cùng hướng với véc tơ \(\vec u\) có \(m \ge 0\). Suy ra \(AM = 3m\).
Vậy \(3m = 4,5t\;\) suy ra \(m = 1,5\;t\). Vậy \((3t + 10;\; - 3t + 3;\;\frac{{3t}}{2}\) )
c) Sai. Từ ý b, thấy khi \({x_B} = 550\) tức tà \(3t + 10 = 550\) suy rs t=180 (s)
Vậy \(AB = vt = 4,5.\;180 = 810\;\left( m \right)\)
d) Sai. Ta có \(\overrightarrow {{u_{AB}}} = \left( {2;\; - 2;1} \right)\)
Mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right):z = 0\;{\rm{suy\;ra\;VTPT}}\;\overrightarrow {n\;} \;\left( {0;0;1} \right)\)
Gọi \(\alpha \) là góc giữa AB và mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) ta có \(\sin \alpha = \frac{{\left| {\overrightarrow {u\;} \;\vec n} \right|}}{{\left| {\vec u} \right|\left| {\vec n} \right|}} = \frac{1}{3}\).
PHẦN III. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) và \(AB = 3\), \(BC = 7\), \(CA = 8\). Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(BC\) bằng bao nhiêu? (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Trả lời: 2,97
Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(BC\).
Khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SA\\AH \bot BC\end{array} \right.\) nên suy ra \(d\left( {SA,BC} \right) = AH = \frac{{2{S_{\Delta ABC}}}}{{BC}} = \frac{{2\sqrt {9.6.2.1} }}{7} = \frac{{12\sqrt 3 }}{7} \approx \)\(2,97\).
Một khu vườn hình elip \((E),\) có độ dài trục lớn bằng \[10\,{\rm{m}}\] và trục nhỏ bằng \[8\,{\rm{m}}\] (như hình vẽ). Khu vực \[A\] để trồng hoa; khu vực \[B\] để trồng cỏ, là nửa hình tròn có tâm là một tiêu điểm của elip \((E),\) bán kính bằng \[1\,{\rm{m;}}\] còn lại là khu vực \[C\] (phần tô đậm) người ta lát gạch.
Diện tích phần lát gạch bằng bao nhiêu \({{\rm{m}}^2}?\) (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)
Đáp số: 7,38
Gắn tình huống bài toán vào mặt phẳng tọa độ \[Oxy\] như hình vẽ:
Phương trình elip là: \[\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\].
Có thể xem phần elip nằm phía trên trục \[Ox\] là đồ thị hàm số: \[y = 4\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{25}}} ;\left( C \right)\].
Gọi \[{S_1}\] là diện tích phần \[B\]nằm phía trên trục \[Ox\], vậy nó là diện tích của \[\frac{1}{4}\]hình tròn:
\[{S_1} = \frac{1}{4}\pi {.1^2} = \frac{\pi }{4}\left( {{m^2}} \right)\].
Tổng diện tích phần \[B\]và phần \[C\] nằm phía trên trục \[Ox\] có thể xem là diện tích hình phẳng giới hạn bởi: \[y = 4\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{25}}} ;\] trục hoành và hai đường thẳng \[x = 3;x = 5\].
\[{S_2} = \int\limits_3^5 {4\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{25}}} dx} \approx 4,47\left( {{m^2}} \right)\].
Diện tích phần \[C\] nằm phía trên trục \[Ox\]:\[S = {S_2} - {S_1} = 3,69\left( {{m^2}} \right)\].
Diện tích khu vực \[C\] người ta lát gạch. \[2S = 7,38\left( {{m^2}} \right)\].
Đáp án: 0,70.
Tổng chi phí (triệu đồng) để xí nghiệp sản xuất \(x\left( {{m^3}} \right)\) sản phẩm trong một ngày là:
\(C\left( x \right) = 2 + 0,5x + 0,005{x^2}\) với \(0 \le x \le 36\).
Chi phí trung bình (triệu đồng) trên mỗi mét khối sản phẩm là:
\(\bar C\left( x \right) = \frac{{C\left( x \right)}}{x} = \frac{{2 + 0,5x + 0,005{x^2}}}{x}\; = \frac{2}{x} + 0,5 + 0,005x\).
\(\bar C'\left( x \right) = - \frac{2}{{{x^2}}} + 0,005 = \frac{{0,005{x^2} - 2}}{{{x^2}}}\).
\({\bar C^{'\left( x \right)}} = 0 \Rightarrow {x^2} = 400 \Rightarrow x = \sqrt {400} = 20\).
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy chi phí trung bình thấp nhất là:
\(\bar C\left( {20} \right) \approx 0,70\) đạt được khi \(x = 20\).
Trả lời: 0,75
Gọi \(A\) là biến cố: “Thư được chọn là thư rác”;
\(B\) là biến cố: “Thư được chọn là bị chặn”.
Ta cần phải tính \(P\left( {A|B} \right)\). Áp dụng công thức Bayes, ta có:
\[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)}} = \frac{{0,03.0,95}}{{0,03.0,95 + 0,97.0,01}} \approx 0,75\].
Vậy khi chọn ngẫu nhiên một thư bị chặn thì xác suất để đó là thư rác khoảng \(0,75\).
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), đài kiểm soát không lưu sân bay có tọa độ \(O\left( {0\,;\,0\,;\,0} \right)\), mỗi đơn vị trên trục ứng với \[1\,\,km\]. Máy bay bay trong phạm vi cách đài kiểm soát \[317\,\,km\] sẽ hiển thị trên màn hình rađa. Một máy bay X đang bay ở vị trí \(A\left( { - 688\,;\, - 185\,;\,11} \right)\), chuyển động theo đường thẳng hướng đến điểm \(E\left( {677\,;\,940\,;\,11} \right)\) (xem hình vẽ minh họa).
Biết rằng vận tốc máy bay là \[900\,\,km/h\], hãy tính số phút máy bay xuất hiện trên màn hình rađa của đài kiểm soát không lưu (làm tròn kết quả đến hàng phần chục).
Trả lời: 15,5
Vì đài kiểm soát có thể phát hiện ra máy bay cách đài kiểm soát \[317\,\,km\] nên vùng kiểm soát không lưu là một phần của khối cầu có phương trình:
\(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} = {317^2}\).
Đường thẳng \(d\) đi qua \(A\left( { - 688\,;\, - 185\,;\,11} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( {91\,;\,75;\,0} \right)\) nên có phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 688 + 91t\\y = - 185 + 75t\\z = 11\end{array} \right.\).
Để xác định thời gian máy bay đi vào vùng kiểm soát của đài thì trước hết chúng ta cần tìm giao điểm của đường thẳng \[d\] và mặt cầu \[\left( S \right).\] Trong hai giao điểm đó có một điểm chính là điểm xuất hiện đầu tiên trên màn hình ra đa và một điểm chính là điểm cuối cùng máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa. Trong suốt quá trình máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa nó đi theo đoạn thẳng nối hai điểm nói trên. Gọi hai điểm đó là \(J,\;I\) .
Tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và mặt cầu \[\left( S \right)\] thỏa mãn hệ:
\(\left\{ \begin{array}{l}x = - 688 + 91t\\y = - 185 + 75t\\z = 11\\{x^2} + {y^2} + {z^2} = {317^2}\end{array} \right. \Rightarrow {\left( { - 688 + 91t} \right)^2} + {\left( { - 185 + 75t} \right)^2} + 121 = {317^2} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t \approx 6,483669\\t \approx 4,516331\end{array} \right.\).
Do đó ta có \(I\left( { - 97,986\,;\,301,2752\,;\,11} \right),\;J\left( { - 277,0139\,;\,153,7249\,;\,11} \right)\).
Độ dài đoạn thẳng \(IJ\) là \(IJ \approx 231,9959{\rm{km}}\).
Đổi đơn vị đo: \(900\,\,km/h = 15\,\,km\)/ phút
Khoảng thời gian máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa là \(\frac{{231,9959}}{{15}} \approx 15,5\) phút.
Một công ty có ý định thiết kế một logo hình vuông có độ dài nửa đường chéo bằng 4. Biểu tượng 4 chiếc lá (được tô màu) được tạo thành bởi các đường cong đối xứng với nhau qua tâm của hình vuông và qua các đường chéo.
Một trong số các đường cong ở nửa bên phải của logo là một phần của đồ thị hàm số bậc ba dạng \(y = a{x^3} + b{x^2} - x\) với hệ số \(a < 0\). Để kỷ niệm ngày thành lập \(2/3\), công ty thiết kế để tỉ số diện tích được tô màu so với phần không được tô màu bằng \(\frac{2}{3}\). Tính \(a + b\).
Trả lời: 0,4
Xét hệ trục toạ độ như hình vẽ, diện tích tam giác \(OAB\) vuông cân tại \(B\).
Theo giat thiết ta có \(OA = 4,\,\,A\left( {4;0} \right)\). Hình vuông có nửa đường chéo bằng \(4\) nên diện tích hình vuông là \(32\). Diện tích tô màu là \(\frac{{64}}{5}\).
Xét riêng trong tam giác \(OAB\) có diện tích phần tô màu bằng \(\frac{8}{5}\).
Theo giả thiết, diện tích phần tô màu trong tam giác \(OAB\) được tính bởi công thức
\[\int_0^4 {\left| {a{x^3} + b{x^2} - x} \right|dx} = \frac{8}{5}\]. Từ đó ta có hệ
\[\left\{ \begin{array}{l}\int_0^4 {\left| {a{x^3} + b{x^2} - x} \right|dx} = \frac{8}{5}\\64a + 16b - 4 = 0\\a < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{5}\\b = \frac{{21}}{{20}}\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{{20}}\\b = \frac{9}{{20}}\end{array} \right.\end{array} \right.\]
Trường hợp \[\left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{5}\\b = \frac{{21}}{{20}}\end{array} \right. \Rightarrow f\left( x \right) = 0\] có nghiệm là \(0,\,\,\frac{5}{4},\,\,4\) (đồ thị cắt \(Ox\) trong \(\left( {0;4} \right)\) - loại)
Trường hợp \[\left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{{20}}\\b = \frac{9}{{20}}\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow f\left( x \right) = 0\] có nghiệm \(0,\,\,\,4,\,\,5\) thoả mãn. Vậy, \(a + b = \frac{2}{5} = 0,4\).
