Đề thi THPT môn Toán năm 2026 (Mã 102) có lời giải

$y' = f'(x) + g'(x) = 2x + x^{2}$.

$\overset{\rightarrow}{AB} = (4 - 2;1 - 3;1 - 1) = (2; - 2;0)$.

$u_{3} = u_{1}.q^{2}$.

$\left. \log_{3}(3x) = 2\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {3x > 0} \\ {3x = 3^{2}} \end{array} \right.\Leftrightarrow x = 3 \right.$.

$F'(x) = 15x^{2}$ nên $F(x) = 5x^{3}$ là một nguyên hàm của hàm số $f_{3}(x) = 15x^{2}$.

P(AB) = P(A).P(B) = 0,3.0,6 = 0,18.

$\dfrac{n}{2} = \dfrac{42}{2} = 21$.

Ta có: 5 + 7 < 21 < 5 + 7 + 15. Do đó trung vị của mẫu số liệu thuộc nhóm [30; 40).

Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số có phương trình x = 1.

Gọi các biến cố:

A: “Người đó nhận được cảnh báo từ ứng dụng”.

$\overline{A}$: “ Người đó không nhận được cảnh báo từ ứng dụng”.

B: “Người đó có bệnh”.

$\overline{B}$: “Người đó không có bệnh”.

Theo đề bài: $P(A) = \dfrac{1000}{10000} = 0,1$; $P(\overline{A}) = \dfrac{9000}{10000} = 0,9$.

$\left. P(B \middle| A) = \dfrac{600}{1000} = 0,6 \right.$; $\left. P(\overline{B} \middle| A) = \dfrac{400}{1000} = 0,4 \right.$; $\left. P(B \middle| \overline{A}) = \dfrac{200}{9000} = \dfrac{1}{45} \right.$; $\left. P(\overline{B} \middle| \overline{A}) = \dfrac{8800}{9000} = \dfrac{44}{45} \right.$.

a) Đúng. $P(\overline{A}) = 0,9$.

b) Đúng. $\left. P(\overline{B} \middle| \overline{A}) = \dfrac{44}{45} > 0,97 \right.$.

c) Sai. $P(\overline{B}) = P(A).P(\overline{B} | A) + P(\overline{A}).P(\overline{B}| \overline{A})$

$= 0,1.0,4 + 0,9.\dfrac{44}{45} = 0,92$.

d) Đúng. $\left. P(\overline{A} \middle| \overline{B}) = \dfrac{\left. P(\overline{A}).P(\overline{B} \middle| \overline{A}) \right.}{P(\overline{B})} = \dfrac{0,9.\dfrac{44}{45}}{0,92} = \dfrac{22}{23} > 0,95 \right.$.

a) Đúng. $\overset{\rightarrow}{MN} = (14 - 2;2 - 11;3 - 3) = (12; - 9;0)$.

b) Sai. Đường thẳng MN đi qua M(2; 11; 3), nhận $\overset{\rightarrow}{u} = \dfrac{1}{3}\overset{\rightarrow}{MN} = (4; - 3;0)$ làm VTCP nên có phương trình tham số là $\left\{ \begin{array}{l} {x = 2 + 4t} \\ {y = 11 - 3t} \\ {z = 3} \end{array} \right.$ với $t \in {\mathbb{R}}$.

c) Sai. Gọi $P(2 + 4t;11 - 3t;3)$ là vị trí của máy bay tại thời điểm t ($t \in \lbrack 0;3\rbrack$). Q là một điểm bất kì trên vành đai. Hình chiếu của $P$ lên $(Oxy)$ là $P'(2 + 4t;11 - 3t;0)$.

Tam giác PP’Q vuông tại P’, PP’ = 3 và PQ ngắn nhất khi P’Q ngắn nhất, hay OP’ ngắn nhất.

$O{P'}^{2} = {(2 + 4t)}^{2} + {(11 - 3t)}^{2} = 25{(t - 1)}^{2} + 100$.

Vì $t \in \lbrack 0;3\rbrack$ nên $\left. 25{(t - 1)}^{2} \geq 0\Rightarrow O{P'}^{2} \geq 100\Rightarrow OP' \geq 10 \right.$.

Giá trị nhỏ nhất của OP' là 10 đạt được khi t = 1.

Khi đó, khoảng cách ngắn nhất từ máy bay đến vành đai trên hệ tọa độ là:

$PQ_{\min} = \sqrt{9 + {(10 - 6)}^{2}} = \sqrt{9 + 16} = 5$ (đơn vị).

d) Đúng. Từ câu c), khoảng cách ngắn nhất đạt được khi tham số t = 1.

Thay t = 1 vào phương trình đường thẳng MN, ta được tọa độ của máy bay:

$\left. \left\{ \begin{array}{l} {x = 2 + 4(1) = 6} \\ {y = 11 - 3(1) = 8} \\ {z = 3} \end{array} \right.\Rightarrow P(6;8;3) \right.$.

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A trùng với gốc tọa độ O, B thuộc tia Ox, D thuộc tia Oy, M thuộc tia Oz. Khi đó, ta có tọa độ các điểm:

A(0; 0; 0), B(14; 0; 0), D(0; 14; 0), E(7; 0; 0), M(0; 0; 14), P(14; 14; 14).

Phương trình mặt phẳng (MED) theo đoạn chắn có dạng:

$\left. \dfrac{x}{7} + \dfrac{y}{14} + \dfrac{z}{14} = 1\Leftrightarrow 2x + y + z - 14 = 0 \right.$.

$d(P,(MED)) = \dfrac{|2.14 + 14 + 14 - 14|}{\sqrt{4 + 1 + 1}} = 7\sqrt{6} \approx 17,1$.

Tập hợp X gồm 15 số được chia thành 5 nhóm dựa vào số dư khi chia cho 5:

Nhóm dư 1: $A_{1} = \left\{ 1;6;11;16;21 \right\}$: có 5 số.

Nhóm dư 2: $A_{2} = \left\{ 2;7;12;17 \right\}$: có 4 số.

Nhóm dư 3: $A_{3} = \left\{ 3;8;13 \right\}$: có 3 số.

Nhóm dư 4: $A_{4} = \left\{ 4;9 \right\}$: có 2 số.

Nhóm dư 0: $A_{0} = \left\{ 5 \right\}$: có 1 số.

Điều kiện bài toán nghĩa là: Trên cùng một hàng hoặc một cột, không có hai số nào có cùng số dư khi chia cho 5. Cách điền số thỏa mãn điều kiện trên là:

- Hàng 5 cột 1, hàng 4 cột 2, hàng 3 cột 3, hàng 2 cột 4, hàng 1 cột 5: Điền các số chia 5 dư 1: 5! cách điền.

- Hàng 4 cột 1, hàng 3 cột 2, hàng 2 cột 3, hàng 1 cột 4: Điền các số chia 5 dư 2: 4! cách điền.

- Hàng 3 cột 1, hàng 2 cột 2, hàng 1 cột 1: Điền các số chia 5 dư 3: 3! cách điền.

- Hàng 2 cột 1, hàng 1 cột 2: Điền các số chia 5 dư 4: 2! cách điền.

- Hàng 1 cột 1: Điền các số chia hết cho 5: 1 cách điền.

Theo quy tắc nhân, tổng số cách điền thỏa mãn thử thách là:

H = 5! . 4! . 3! . 2! . 1! = 34560. Vậy $\dfrac{H}{10} = 3456$.

Gọi giá tiền của 1 kg rau muống, bí xanh, cà chua lần lượt là x, y, z (đơn vị: nghìn đồng/kg; x, y, z > 0).

Dựa vào dữ kiện của 3 ngày đầu tiên, ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l} {19x + 15y + 10z = 615} \\ {20x + 12y + 8z = 540} \\ {25x + 12y + 7z = 570} \end{array} \right.$.

Giải hệ phương trình trên, được x = 10, y = 15, z = 20.

Tổng số tiền nông trại thu được ở ngày thứ Bảy từ ba loại rau quả trên là:

50.10 + 30.15 + 20.20 = 1350.

Một đa giác đều 12 đỉnh sẽ có đúng 3 hình vuông được tạo từ các đỉnh của nó. Chia 12 đỉnh thành 3 nhóm, mỗi nhóm gồm 4 đỉnh tạo thành một hình vuông độc lập:

- Hình vuông $H_{1}$: $\left\{ A_{1},A_{4},A_{7},A_{10} \right\}$.

- Hình vuông $H_{2}$: $\left\{ A_{2},A_{5},A_{8},A_{11} \right\}$.

- Hình vuông $H_{3}$: $\left\{ A_{3},A_{6},A_{9},A_{12} \right\}$.

Xét các trường hợp có thể xảy ra:

- Trường hợp 1: $H_{1}$ có 2 bóng đỏ, $H_{2}$ có 1 bóng đỏ, $H_{3}$ có 1 bóng đỏ.

- Trường hợp 2: $H_{1}$ có 1 bóng đỏ, $H_{2}$ có 2 bóng đỏ, $H_{3}$ có 1 bóng đỏ.

- Trường hợp 3: $H_{1}$ có 1 bóng đỏ, $H_{2}$ có 1 bóng đỏ, $H_{3}$ có 2 bóng đỏ.

Do tính chất đối xứng, số cách chọn vị trí và xếp bóng cho cả 3 trường hợp là như nhau.

Bước 1: Chọn bộ hình vuông nhận số lượng bóng đỏ: Có 3 cách chọn hình vuông chứa 2 bóng đỏ ($H_{1}$, $H_{2}$, hoặc $H_{3}$).

Bước 2: Chọn vị trí (đỉnh) để xếp bóng đỏ:

- Trong hình vuông có 2 bóng đỏ: Chọn 2 đỉnh trong 4 đỉnh: $C_{4}^{2} = 6$ cách.

- Trong hình vuông thứ hai có 1 bóng đỏ: Chọn 1 đỉnh trong 4 đỉnh: $C_{4}^{1} = 4$ cách.

- Trong hình vuông thứ ba có 1 bóng đỏ: Chọn 1 đỉnh trong 4 đỉnh: $C_{4}^{1} = 4$ cách.

Bước 3: Xếp các bóng đèn vào các vị trí đã định:

- Xếp 4 bóng đỏ phân biệt vào 4 vị trí đỏ đã chọn: 4! cách.

- Xếp 8 bóng xanh phân biệt vào 8 vị trí còn lại: 8! cách.

Xác suất của biến cố đang xét là: $\left. P = \dfrac{n(A)}{n(\Omega)} = \dfrac{288.4!8!}{12!} = \dfrac{32}{55}\Rightarrow 4565P = 2656 \right.$.