Đề chính thức Tốt nghiệp THPT Toán năm 2026 (có đáp án) - Mã đề 0103

${\log _3}(x - 1) = 1 \Rightarrow x - 1 = {3^1} = 3 \Rightarrow x = 4$.

Chọn D. $x = 4$.

Trong hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$, vectơ $\overrightarrow {AB}$ cùng hướng và cùng độ dài với vectơ $\overrightarrow {D'C'}$.

Chọn B. $\overrightarrow {D'C'}$.

Vì $A$ và $B$ độc lập nên $P(AB) = P(A) \cdot P(B) = 0{,}5 \cdot 0{,}4 = 0{,}2$.

Chọn C. $0{,}2$.

Từ bảng biến thiên thấy khi $x \to - \infty$ hoặc $x \to + \infty$ thì $y \to - 2$.

Vậy tiệm cận ngang là $y = - 2$.

Chọn C. $y = - 2$.

Ta có $\int f (x)dx = \sin x + C$.

Suy ra $f(x) = cosx$

Do đó $\int {\left[ {3 + f(x)} \right]} \,dx = 3x + \sin x + C$.

Chọn B. $\int {\left[ {3 + f(x)} \right]} \,dx = 3x + \sin x + C$.

Tổng số học sinh là $42$.

Trung vị nằm ở vị trí thứ $21$ và $22$.

Bảng tần số tích lũy:

Vị trí thứ $21$, $22$ đều thuộc nhóm $[30;40)$.

Chọn C. $[30;40)$.

Cấp số cộng có ${u_1} = 5$, công sai $d = - 1$.

${u_2} = {u_1} + d = 5 + ( - 1) = 4$.

Chọn B. $4$.

Đạo hàm của tổng bằng tổng các đạo hàm: ${[f(x) + g(x)]^\prime } = f'(x) + g'(x) = x + {x^2}$.

Chọn A. $x + {x^2}$.

$\overrightarrow {AB} = ({x_B} - {x_A};{y_B} - {y_A};{z_B} - {z_A})$.

Với $A(1;5;1)$, $B(3;3;1)$: $\overrightarrow {AB} = (3 - 1;3 - 5;1 - 1) = (2; - 2;0)$.

Chọn C. $(2; - 2;0)$.

Xét hệ $\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\left\{ \begin{array}{l}x + y - 3 < 0\\x - y + 1 > 0\end{array} \right.}\end{array}$.

Thử đáp án D: $(1;0)$.

Ta có $1 + 0 - 3 = - 2 < 0$ và $1 - 0 + 1 = 2 > 0$.

Vậy $(1;0)$ thỏa mãn hệ.

Chọn D. $(1;0)$.

Nếu $F(x) = 4{x^3}$ là một nguyên hàm của $f(x)$ thì $f(x) = F'(x)$.

$F'(x) = {(4{x^3})^\prime } = 12{x^2}$.

Chọn A. ${f_3}(x) = 12{x^2}$.

Cấp số nhân có công thức ${u_n} = {u_1}{q^{n - 1}}$.

Với $n = 4$: ${u_4} = {u_1}{q^3}$.

Chọn A. ${u_4} = {u_1}{q^3}$.

Máy bay bay từ $M(5;10;4)$ đến $N(14; - 2;4)$.

a) $\overrightarrow {MN} = (14 - 5; - 2 - 10;4 - 4) = (9; - 12;0)$.

Vậy a) đúng.

b) Đường thẳng $MN$ có thể viết là $\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\left\{ \begin{array}{l}x = 5 + 3t\\y = 10 - 4t\\y = 4\end{array} \right.}\end{array}$.

Đề cho $z = 0$ là sai.

Vậy b) sai.

c), d)

Đặt vị trí máy bay trên đoạn $MN$ là $A(5 + 3t;10 - 4t;4)$, với $0 \le t \le 3$.

Khoảng cách từ hình chiếu của máy bay xuống mặt phẳng $Oxy$ đến $O$ là: $r = \sqrt {{{(5 + 3t)}^2} + {{(10 - 4t)}^2}}$.

Ta có: ${r^2} = {(5 + 3t)^2} + {(10 - 4t)^2} = 25{t^2} - 50t + 125 = 25[{(t - 1)^2} + 4]$.

$r$ nhỏ nhất khi $t = 1$.

Khi đó máy bay ở vị trí $(8;6;4)$ và $r = 10$.

Vành đai là đường tròn tâm $O$, bán kính $7$, nằm trong mặt phẳng $Oxy$.

Khoảng cách ngắn nhất từ máy bay đến vành đai là: $\sqrt {{{(10 - 7)}^2} + {4^2}} = \sqrt {9 + 16} = 5$ đơn vị.

Mỗi đơn vị ứng với $10$ m nên khoảng cách nhỏ nhất là $50$ m.

Vậy c) đúng, d) đúng.

Có $10000$ người.

Không nhận cảnh báo: $9000$ người.

Nhận cảnh báo: $1000$ người.

Trong nhóm không nhận cảnh báo: $100$ người có bệnh, $8900$ người không có bệnh.

Trong nhóm nhận cảnh báo: $700$ người có bệnh, $300$ người không có bệnh.

a) $P({\rm{kh\^o ng nhan canh b\'a o}}) = \frac{{9000}}{{10000}} = 0{,}9$.

Vậy a) đúng.

b) $P({\rm{kh\^o ng c\'o benh}}\mid {\rm{kh\^o ng nhan canh b\'a o}}) = \frac{{8900}}{{9000}} \approx 0{,}989 > 0{,}98$.

Vậy b) đúng.

c) Tổng số người không có bệnh là $300 + 8900 = 9200$.

$P({\rm{kh\^o ng c\'o benh}}) = \frac{{9200}}{{10000}} = 0{,}92 \ne 0{,}9$.

Vậy c) sai.

d) $P({\rm{kh\^o ng nhan canh b\'a o}}\mid {\rm{kh\^o ng c\'o benh}}) = \frac{{8900}}{{9200}} \approx 0{,}967 > 0{,}95$.

Đề nói nhỏ hơn $0{,}95$ nên sai.

Vậy d) sai.

Đáp án câu 2: Đ, Đ, S, S.

$f(t) = F'(t) = - 0{,}3{t^2} + 3{,}6t$.

a) $F(t) = \int {( - 0{,}3{t^2} + 3{,}6t)} ,dt = - 0{,}1{t^3} + 1{,}8{t^2} + C$.

Vì $F(0) = 0$ nên $C = 0$.

Vậy $F(t) = - 0{,}1{t^3} + 1{,}8{t^2}$.

Vậy a) đúng.

b) Năng lượng điện lưu trữ từ $t = a$ đến $t = b$ là: $F(b) - F(a) = \int\limits_a^b f (t),dt$.

Vậy b) đúng.

c) Từ $t = 1$ đến $t = 4$: $F(4) = - 0{,}1 \cdot {4^3} + 1{,}8 \cdot {4^2} = - 6{,}4 + 28{,}8 = 22{,}4$.

$F(1) = - 0{,}1 + 1{,}8 = 1{,}7$.

Năng lượng là $22{,}4 - 1{,}7 = 20{,}7$ kWh.

$20{,}7$ không nhỏ hơn $20{,}6$.

Vậy c) sai.

d) Từ $t = 1$ đến $t = 7$: $F(7) = - 0{,}1 \cdot {7^3} + 1{,}8 \cdot {7^2} = - 34{,}3 + 88{,}2 = 53{,}9$.

Năng lượng là $53{,}9 - 1{,}7 = 52{,}2$ kWh.

Trong khi đó hai lần năng lượng từ $t = 1$ đến $t = 4$ là $2 \cdot 20{,}7 = 41{,}4$ kWh.

$52{,}2 \ne 41{,}4$.

Vậy d) sai.

Đáp án câu 3: Đ, Đ, S, S.

$f(x) = \frac{1}{3}{x^3} - 5{x^2} + 9x + 8$.

a) $f'(x) = {x^2} - 10x + 9$.

Vậy a) đúng.

b) $f'(x) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 10x + 9 = 0$.

${x^2} - 10x + 9 = (x - 1)(x - 9)$.

Vậy nghiệm là $x = 1$, $x = 9$.

Vậy b) đúng.

c) Xét dấu $f'(x) = (x - 1)(x - 9)$.

$f'(x) < 0$ trên khoảng $(1;9)$.

Vậy hàm số nghịch biến trên $(1;9)$.

Vậy c) đúng.

d) Tại $x = 1$, đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm nên $x = 1$ là điểm cực đại.

$f(1) = \frac{1}{3} - 5 + 9 + 8 = \frac{{37}}{3}$.

Đây là giá trị cực đại, không phải giá trị cực tiểu.

Vậy d) sai.

Đáp án câu 4: Đ, Đ, Đ, S.

Đa giác đều 12 cạnh có các hình vuông tạo bởi các đỉnh cách nhau 3 đỉnh.

Có 3 hình vuông: ${A_1}{A_4}{A_7}{A_{10}}$,

${A_2}{A_5}{A_8}{A_{11}}$,

${A_3}{A_6}{A_9}{A_{12}}$.

Ta chỉ cần xét vị trí của 4 bóng đỏ trong 12 vị trí.

Tổng số cách chọn 4 vị trí đặt bóng đỏ là: $C_{12}^4 = 495$.

Gọi 3 nhóm đỉnh của 3 hình vuông là 3 nhóm, mỗi nhóm có 4 đỉnh.

Cần mỗi nhóm có ít nhất một bóng đỏ.

Số cách không thỏa mãn: có ít nhất một hình vuông không có bóng đỏ.

Nếu một hình vuông không có bóng đỏ, ta chọn 4 bóng đỏ trong 8 đỉnh còn lại: $C_8^4 = 70$.

Có 3 hình vuông nên có $3 \cdot 70 = 210$ cách.

Nhưng nếu hai hình vuông cùng không có bóng đỏ, thì 4 bóng đỏ phải nằm hết trong hình vuông còn lại: $C_4^4 = 1$.

Có $C_3^2 = 3$ trường hợp như vậy.

Vậy số cách thỏa mãn là: $495 - 210 + 3 = 288$.

Do đó: $P = \frac{{288}}{{495}} = \frac{{32}}{{55}}$.

Suy ra: $3190P = 3190 \cdot \frac{{32}}{{55}} = 1856$.

Đáp án: 1856.

Gọi đơn giá của rau muống, bí xanh, cà chua lần lượt là $a,b,c$ nghìn đồng/kg.

Từ bảng số liệu, ta có hệ: $\left\{ \begin{array}{l}19a + 14b + 10c = 600\\20a + 12b + 8c = 540\\25a + 12b + 7c = 570\end{array} \right.$.

Lấy phương trình thứ ba trừ phương trình thứ hai: $5a - c = 30 \Rightarrow c = 5a - 30$.

Lấy phương trình thứ nhất trừ phương trình thứ hai: $- a + 2b + 2c = 60$.

Thay $c = 5a - 30$ vào: $- a + 2b + 2(5a - 30) = 60$.

$9a + 2b = 120$.

Thay vào phương trình thứ hai: $20a + 12b + 8c = 540$.

Ta tìm được: $a = 10,\;b = 15,\;c = 20$.

Ngày thứ Bảy thu được: $50 \cdot 10 + 25 \cdot 15 + 20 \cdot 20 = 500 + 375 + 400 = 1275$ nghìn đồng.

Đáp án: 1275 nghìn đồng.

Nửa trên elip có phương trình: $\frac{{{x^2}}}{{{{1{,}5}^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{1^2}}} = 1$.

Suy ra: ${y^2} = 1 - \frac{{{x^2}}}{{{{1{,}5}^2}}} = 1 - \frac{{{x^2}}}{{2{,}25}}$.

Lỗ khoan có bán kính $0{,}2$ cm nên phần còn lại có tiết diện dạng vành khăn, diện tích:

$\pi ({y^2} - {0{,}2^2}) = \pi \left( {{y^2} - 0{,}04} \right)$.

Ta cần tìm giới hạn $x$ khi $y = 0{,}2$: ${0{,}2^2} = 1 - \frac{{{x^2}}}{{2{,}25}}$.

$0{,}04 = 1 - \frac{{{x^2}}}{{2{,}25}}$.

$\frac{{{x^2}}}{{2{,}25}} = 0{,}96$.

$x = \pm 1{,}5\sqrt {0{,}96}$.

Thể tích hạt cườm là: $V = \pi \int\limits_{ - 1{,}5\sqrt {0{,}96} }^{1{,}5\sqrt {0{,}96} } {\left( {0{,}96 - \frac{{{x^2}}}{{2{,}25}}} \right)} ,dx$.

Tính được: $V \approx 5{,}909989617$ cm³.

Làm tròn đến hàng phần trăm: $V \approx 5{,}91$ cm³.

Đáp án: 5,91 cm³.

Ta xét các số theo phần dư khi chia cho 5.

Tập số là: $\left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8;10;11;12;15;16;20} \right\}$.

Chia theo phần dư mod 5:

Hai số có hiệu chia hết cho 5 khi và chỉ khi chúng có cùng phần dư khi chia cho 5.

Vì vậy, trên cùng một hàng hoặc cùng một cột không được có hai số cùng phần dư.

- Hình có dạng tam giác gồm 5 hàng: Hàng 1 có 5 ô,
- Hàng 2 có 4 ô,
- Hàng 3 có 3 ô,
- Hàng 4 có 2 ô,
- Hàng 5 có 1 ô.

Nhóm phần dư 0 có 5 số nên phải nằm ở 5 hàng khác nhau và 5 cột khác nhau. Do hình tam giác nên vị trí của nhóm này bị bắt buộc nằm trên đường chéo: hàng 5 cột 1, hàng 4 cột 2, hàng 3 cột 3, hàng 2 cột 4, hàng 1 cột 5.

- Tương tự: Nhóm phần dư 1 có 4 số, vị trí cũng bị bắt buộc.
- Nhóm phần dư 2 có 3 số, vị trí cũng bị bắt buộc.
- Nhóm phần dư 3 có 2 số, vị trí cũng bị bắt buộc.
- Nhóm phần dư 4 có 1 số, vị trí cũng bị bắt buộc.

Vậy cách sắp xếp các phần dư là duy nhất.

Sau đó, trong mỗi nhóm phần dư, các số có thể hoán vị tùy ý.

Số cách điền là: $H = 5! \cdot 4! \cdot 3! \cdot 2! \cdot 1!$.

$H = 120 \cdot 24 \cdot 6 \cdot 2 = 34560$.

Do đó: $\frac{H}{{30}} = \frac{{34560}}{{30}} = 1152$.

Đáp án: 1152.

Chi phí: $C(x) = 0{,}001{x^3} + 30x + 10$.

Doanh thu: $R(x) = 60x$.

Lợi nhuận là: $L(x) = R(x) - C(x)$.

$L(x) = 60x - \left( {0{,}001{x^3} + 30x + 10} \right)$.

$L(x) = - 0{,}001{x^3} + 30x - 10$.

Với $1 \le x \le 200$.

Ta có: $L'(x) = - 0{,}003{x^2} + 30$.

Cho $L'(x) = 0$: $- 0{,}003{x^2} + 30 = 0$.

$0{,}003{x^2} = 30$.

${x^2} = 10000$.

$x = 100$ vì $x > 0$.

Tính lợi nhuận tại $x = 100$: $L(100) = - 0{,}001 \cdot {100^3} + 30 \cdot 100 - 10$.

$L(100) = - 1000 + 3000 - 10 = 1990$.

Vậy lợi nhuận lớn nhất là $1990$ triệu đồng.

Đáp án: 1990 triệu đồng.

Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(6;0;0)$, $D(0;6;0)$, $M(0;0;6)$.

Vì $E$ là trung điểm của $AB$ nên: $E(3;0;0)$.

Điểm $P$ là đỉnh phía trên của $C$, nên: $P(6;6;6)$.

Mặt phẳng $(MED)$ đi qua: $M(0;0;6)$, $E(3;0;0)$, $D(0;6;0)$.

Ta tìm phương trình mặt phẳng dạng: $ax + by + cz + d = 0$.

Thay các điểm vào, ta được phương trình mặt phẳng: $2x + y + z - 6 = 0$.

Khoảng cách từ $P(6;6;6)$ đến mặt phẳng $(MED)$ là: $d = \frac{{|2 \cdot 6 + 6 + 6 - 6|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {1^2}} }}$.

$d = \frac{{18}}{{\sqrt 6 }} = 3\sqrt 6 \approx 7{,}348$.

Làm tròn đến hàng phần trăm: $d \approx 7{,}35$.

Đáp án: 7,35.