Đề thi tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2026 - Mã 102

Hai vecto bằng nhau có chung độ dài và cùng hướng.

Vì AD = B’C’ và $\overset{\rightarrow}{AD}$, $\overset{\rightarrow}{B'C'}$ cùng hướng nên $\overset{\rightarrow}{AD} = \overset{\rightarrow}{B'C'}$.

Áp dụng tính chất của đạo hàm.

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

$\overset{\rightarrow}{AB} = (x_{B} - x_{A};y_{B} - y_{A};z_{B} - z_{A})$.

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

Áp dụng tính chất của tích phân.

${\int{(2 + f(}}x))dx = {\int{2dx}} + {\int{f(x)dx}} = 2x + \sin x + C$.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân $u_{n} = u_{1}.q^{n - 1}$.

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

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

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

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng: $u_{n} = u_{1} + (n - 1)d$.

$u_{2} = u_{1} + d = - 2 + 3 = 1$.

Tìm đạo hàm của $F(x) = 5x^{3}$.

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

Áp dụng công thức nhân xác suất cho hai biến cố độc lập.

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

Thay từng cặp số vào hệ, nếu thỏa mãn thì cặp số là nghiệm của hệ đó.

Thay x = 1, y = 0 vào hệ, được $\{\begin{array}{l}1+0-2<0\\ 1-0+2>0\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {1 + 0 - 2 < 0} \\ {1 - 0 + 2 > 0} \end{array} \right.$ (thỏa mãn). Do đó, (1; 0) là nghiệm của hệ bất phương trình.

Trung vị của mẫu số liệu thuộc nhóm có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng $\dfrac{n}{2}$.

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

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

Đường thẳng $x = x_{0}$ gọi là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f(x) nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thoả mãn:

$\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}{}^{+}}f(x) = + \infty$; $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}{}^{+}}f(x) = - \infty$; $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}{}^{-}}f(x) = + \infty$; $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}{}^{-}}f(x) = - \infty$.

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

Ứng dụng nguyên hàm, tích phân để giải.

a) Đúng. $F(t) = {\int{f(t)dt}} = - 0,01t^{3} + 0,9t^{2} + C$.

Mà $\left. F(0) = 0\Leftrightarrow - 0,01.0^{3} + 0,9.0^{2} + C\Leftrightarrow C = 0 \right.$.

Vậy $F(t) = - 0,05t^{3} + 0,9t^{2}$.

b) Đúng. Năng lượng điện (kWh) lưu trữ được từ thời điểm t = a đến thời điểm t = b ($0 \leq a < b \leq 12$) là ${\int_{a}^{b}f}(t)dt$.

c) Sai. $\Delta F_{1} = {\int_{1}^{5}{f(t)dt}} = F(5) - F(1) = 15,4 > 15,3$ (kWh).

d) Sai. $\Delta F_{2} = {\int_{1}^{9}{f(t)dt}} = F(9) - F(1) = 35,6$ (kWh).

$\dfrac{\Delta F_{2}}{\Delta F_{1}} \approx 2,31 \neq 2$.

Ứng dụng đạo hàm, khảo sát đồ thị hàm số.

a) Đúng. $f'(x) = x^{2} - 4x + 3$.

b) Đúng. $\left. f'(x) = 0\Leftrightarrow x^{2} - 4x + 3 = 0\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {x = 1} \\ {x = 3} \end{array}$ \right. \right..

c) Đúng. Theo bảng biến thiên, hàm số nghịch biến trên (1; 3).

d) Sai. Theo bảng biến thiên, giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng 8.

Áp dụng định nghĩa xác suất có điều kiện, công thức xác suất toàn phần, công thức Bayes.

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

Áp dụng phương pháp tọa độ trong không gian.

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 $\{\begin{array}{l}x=2+4t\\ y=11-3t\\ z=3\end{array}$$\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..

Tính thể tích khối tròn xoay tạo bởi đường elip nằm phía trên trục hoành và đường thẳng y = 0,1.

Phương trình nửa đường elip nằm phía trên trục hoành là: $y = \sqrt{1 - \dfrac{x^{2}}{1,5^{2}}}$.

Phương trình hoành độ giao điểm của đường elip và đường thẳng y = 0,1:

$\left. \dfrac{x^{2}}{1,5^{2}} + \dfrac{0,1^{2}}{1^{2}} = 1\Leftrightarrow x = \pm \sqrt{\dfrac{891}{400}} \right.$.

Thể tích hạt cườm là:

$V = \pi{\int\limits_{- \sqrt{\dfrac{891}{400}}}^{\sqrt{\dfrac{891}{400}}}{\left\lbrack {\left( \sqrt{1 - \dfrac{x^{2}}{1,5^{2}}} \right)^{2} - 0,1^{2}} \right\rbrack dx}} \approx 6,19$ $(cm^{3})$.

Sử dụng phương pháp tọa độ hóa.

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:

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

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

Sử dụng tính chất chia hết của một hiệu và phương pháp tổ hợp.

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 $\dfrac{H}{10} = 3456$.

Lợi nhuận của công ty trong một tháng (ký hiệu là P(x), đơn vị: triệu đồng) được tính bằng công thức: Lợi nhuận = Doanh thu - Chi phí.

$P(x) = R(x) - C(x)$

$= 90x - (0,002x^{3} + 30x + 20)$

$= - 0,002x^{3} + 60x - 20$.

$P'(x) = - 0,006x^{2} + 60 = 0$

$\Leftrightarrow x^{2} = \dfrac{60}{0,006} = 10000$

$\Leftrightarrow x = \pm 100$.

Xét trên [0; 180]: $P(1) \approx 40$; $P(100) = 3980$; $P(180) = - 884$ (triệu đồng).

Lập và giải hệ phương trình bậc nhất ba ẩn.

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: $\{\begin{array}{l}19x+15y+10z=615\\ 20x+12y+8z=540\\ 25x+12y+7z=570\end{array}$$\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.

Sử dụng phương pháp tổ hợp.

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: $\left. P = \dfrac{n(A)}{n(\Omega)} = \dfrac{288.4!8!}{12!} = \dfrac{32}{55}\Rightarrow 4565P = 2656 \right.$.