Đề chính thức Tốt nghiệp THPT Toán năm 2026 - Lần 1

Điều kiện: $x > 1$.

Ta có ${\log _3}\left( {x - 1} \right) = 1$$\Leftrightarrow x - 1 = 3 \Leftrightarrow x = 4$ (thỏa mãn).

Vậy nghiệm của phương trình là $x = 4$. Chọn D.

Thay tọa độ điểm 1;0 vào hệ: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{1 + 0 - 3 = - 2 < 0}\\{1 - 0 + 1 = 2 > 0}\end{array}} \right.$ (đúng).

Vậy cặp số $(1;0)$ là nghiệm của hệ. Chọn A.

Ta có: $F'\left( x \right) = {\left( {4{x^3}} \right)^\prime } = 12{x^2}$.

Suy ra $F(x)=4{x}^{3}$ là một nguyên hàm của hàm số ${f}_{3}(x)=12{x}^{2}$ . Chọn B.

Cỡ mẫu $n = 42$. Gọi ${x_1};{x_2};...;{x_{42}}$ lần lượt là thời gian học trực tuyến một ngày của 42 học sính được sắp theo thứ tự không giảm.

Trung vị là $\frac{{{x_{21}} + {x_{22}}}}{2}$ mà ${x_{21}};{x_{22}} \in \left[ {30;40} \right)$ nên nhóm này chứa trung vị. Chọn A.

a) Đúng. Gọi A là biến cố “người đó nhận được cảnh báo”$\Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{1000}}{{10{\mkern 1mu} 000}} = 0{,}1 \Rightarrow P\left( {\bar A} \right) = 1 - 0{,}1 = 0{,}9$.

b) Đúng: Gọi B là biến cố “người có bệnh”. Xác suất không có bệnh khi không nhận cảnh báo là: $P\left( {\bar B\mid \bar A} \right) = \frac{{8900}}{{9000}} = \frac{{89}}{{90}} \approx 0{,}9889 > 0{,}98.$

c) Sai. $P\left( {\bar B} \right) = \frac{{300 + 8900}}{{10{\mkern 1mu} 000}} = \frac{{9200}}{{10{\mkern 1mu} 000}} = 0{,}92 \ne 0{,}9.$

d) Sai. $P\left( {\bar A\mid \bar B} \right) = \frac{{P\left( {\bar A \cap \bar B} \right)}}{{P\left( {\bar B} \right)}} = \frac{{8900}}{{9200}} = \frac{{89}}{{92}} \approx 0{,}9674 > 0{,}95.$

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

b) Đúng. ${x^2} - 10x + 9 = 0 \Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = 9 \Rightarrow S = \left\{ {1;9} \right\}$.

c) Đúng. Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {1;9} \right)$.

d) Sai. Điểm cực tiểu là $x = 9 \Rightarrow$ Giá trị cực tiểu là $f\left( 9 \right) = \frac{1}{3} \cdot {9^3} - 5 \cdot {9^2} + 9 \cdot 9 + 8 = - 73$.

Giá trị $\frac{{37}}{3}$ là giá trị cực đại (tại $x = 1$).

Ta có $F\left( t \right) = \int {f\left( t \right)dt} = \int {\left( { - 0{,}3{t^2} + 3{,}6t} \right)dt} = - 0{,}1{t^3} + 1{,}8{t^2} + C$.

Vì $F\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = 0$. Vậy $F\left( t \right) = - 0{,}1{t^3} + 1{,}8{t^2}$.

a) Đúng. $F\left( t \right) = - 0{,}1{t^3} + 1{,}8{t^2}$.

b) Đúng. Năng lực điện lưu trữ từ $t = a$ đến $t = b$ là $\int\limits_a^b {f\left( t \right)dt}$.

c) Sai. Năng lực điện lưu trữ từ $t = 1$ đến $t = 4$ là

$I = \int\limits_1^4 {f\left( t \right)dt} = F\left( 4 \right) - F\left( 1 \right) = 22{,}4 - 1{,}7 = 20{,}7$ (kWh).

d) Sai. Năng lực điện lưu trữ từ $t = 1$ đến $t = 7$ là

$J = \int\limits_1^7 {f\left( t \right)dt} = F\left( 7 \right) - F\left( 1 \right) = 53{,}9 - 1{,}7 = 52{,}2$(kWh).

Ta có $2I = 2 \cdot 20{,}7 = 41{,}4 \ne 52{,}2$.

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

b) Sai. Đường thẳng $MN$ có vectơ chỉ phương là $\frac{1}{3}\overrightarrow {MN} = \left( {3; - 4;0} \right)$.

Phương trình tham số của đường thẳng $MN$ là $\left\{ \begin{array}{l}x = 5 + 3t\\y = 10 - 4t\\z = 4\end{array} \right.$.

c) Đúng. Vành đai là đường tròn trong mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ có phương trình là ${x^2} + {y^2} = {7^2}$.

Hình chiếu của điểm $M\left( {5;10;4} \right)$ trên $\left( {Oxy} \right)$ là $M'\left( {5;10;0} \right)$ và hình chiếu của $N\left( {14; - 2;4} \right)$ trên $\left( {Oxy} \right)$ là $N'\left( {14; - 2;0} \right)$.

Trong quá trình bay từ $M$ đến $N$, gọi vị trí của máy bay là $A$ nên điểm $A$ có tọa độ là $\left( {5 + 3t;10 - 4t;4} \right)$.

Gọi $A$ là hình chiếu của $A$ trên $\left( {Oxy} \right)$. Suy ra $A'\left( {5 + 3t;10 - 4t;0} \right)$.

Trong mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ đường thẳng $M'N'$ có phương trình tham số là $\left\{ \begin{array}{l}x = 5 + 3t\\y = 10 - 4t\end{array} \right.$.

Suy ra $M'N'$ có phương trình tổng quát là $4x + 3y - 50 = 0$.

Suy ra $d\left( {O,M'N'} \right) = \frac{{\left| {4 \cdot 0 + 3 \cdot 0 - 50} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} }} = 10 > 7$.

Suy ra đường thẳng $M'N'$ không cắt $\left( {O,7} \right)$ nên điểm $A'$ nằm bên ngoài vành đai.

Gọi $B$ là điểm bất kì trên vành đai

Ta có khoảng cách từ $A$ đến vành đai là $A{B_{\min }} = A{B_1} = \sqrt {A{{A'}^2} + {{\left( {A'{B_1}} \right)}^2}} = \sqrt {A{{A'}^2} + {{\left( {A'O - 7} \right)}^2}}$$= \sqrt {{4^2} + {{\left( {\sqrt {{{\left( {5 + 3t} \right)}^2} + {{\left( {10 - 4t} \right)}^2}} - 7} \right)}^2}}$$= \sqrt {16 + {{\left( {\sqrt {25{t^2} - 50t + 125} - 7} \right)}^2}}$.

Do hàm số $y = 25{t^2} - 50t + 125$ đạt giá trị nhỏ nhất là 100 khi $t = 1$ nên giá trị nhỏ nhất của $A{B_{\min }}$ là 5 khi $t = 1$.

Vậy khoảng cách ngắn nhất từ máy bay đến vành đai bảo vệ là 50 mét.

d) Đúng. Ta có khi $t = 1$ tọa độ máy bay $P\left( {8;6;4} \right)$.

Đáp án: 7,35.

Gắn hệ trục tọa độ $Oxyz$ sao cho $D \equiv O\left( {0;0;0} \right)$, các tia $DA,DC,DQ$lần lượt trùng với các chiều dương của các trục $Ox,Oy,Oz$.

Khi đó: $D\left( {0;0;0} \right)$, $A\left( {6;0;0} \right)$, $B\left( {6;6;0} \right)$, $M\left( {6;0;6} \right)$, $P\left( {0;6;6} \right)$.

Do $E$ là trung điểm của đoạn thẳng $AB$ nên tọa độ điểm $E$ là: $E\left( {6;3;0} \right)$.

Ta có các vectơ: $\overrightarrow {DM} = \left( {6;0;6} \right)$, $\overrightarrow {DE} = \left( {6;3;0} \right)$.

$\left[ {\overrightarrow {DM} ,\overrightarrow {DE} } \right] = \left( { - 18;36;18} \right)$

Chọn vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( {MED} \right)$ là $\overrightarrow n = \left( { - 1;2;1} \right)$.

Mặt phẳng $\left( {MED} \right)$ đi qua gốc tọa độ $D\left( {0;0;0} \right)$ và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow n = \left( { - 1;2;1} \right)$ nên có phương trình: $- x + 2y + z = 0$.

Khoảng cách từ điểm $P\left( {0;6;6} \right)$ đến mặt phẳng $\left( {MED} \right)$ là:

$d\left( {P,\left( {MED} \right)} \right) = \frac{{| - 0 + 2 \cdot 6 + 6|}}{{\sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2} + {1^2}} }} = \frac{{18}}{{\sqrt 6 }} = 3\sqrt 6 \approx 7{,}35$.

Đáp án: 1152.

Các số được chia thành 5 nhóm theo số dư khi chia cho 5:

Nhóm 0 (dư 0): $\left\{ {0;5;10;15;20} \right\}$ (5 số)

Nhóm 1 (dư 1): $\left\{ {1;6;11;16} \right\}$ (4 số)

Nhóm 2 (dư 2): $\left\{ {2;7;12} \right\}$ (3 số)

Nhóm 3 (dư 3): $\left\{ {3;8} \right\}$ (2 số)

Nhóm 4 (dư 4): $\left\{ 4 \right\}$ (1 số)

Điều kiện “Hiệu hai số trên cùng hàng/cột không chia hết cho 5” tương đương với việc các số trên cùng hàng hoặc cùng cột phải có số dư khác nhau khi chia cho 5. Nghĩa là không có 2 số nào cùng nhóm nằm trên cùng 1 hàng hay 1 cột.

Ta có mô hình bảng gồm 5 hàng và 5 cột dạng nửa tam giác (số ô mỗi hàng từ trên xuống dưới lần lượt là 1, 2, 3, 4, 5; số ô mỗi cột từ trái qua phải lần lượt là 5, 4, 3, 2, 1).

Để xếp 5 số thuộc nhóm 0 không cùng hàng hoặc cột, ta bắt buộc phải xếp chúng vào đường chéo dài nhất (5 ô). Sau khi loại đi đường chéo này, phần còn lại là một tam giác gồm 4 ô chéo. Bằng lập luận tương tự, 4 số thuộc nhóm 1 phải nằm trên đường chéo tiếp theo.

Cứ như vậy, vị trí các nhóm hoàn toàn bị cố định thành từng đường chéo song song:

Số cách điền các số nhóm 0 là: $5!$

Số cách điền các số nhóm 1 là: $4!$

Số cách điền các số nhóm 2 là: $3!$

Số cách điền các số nhóm 3 là: $2!$

Số cách điền các số nhóm 4 là: $1!$

Vậy tổng số cách điền thỏa mãn là: $H = 5! \cdot 4! \cdot 3! \cdot 2! \cdot 1! = 34560$.

Giá trị của $\frac{H}{{30}} = \frac{{34560}}{{30}} = 1152$.

Đáp án: 5,91.

Phương trình elip đã cho là $\frac{{{x^2}}}{{{{1{,}5}^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{1^2}}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{2{,}25}} + {y^2} = 1$.

Do lấy nửa trên của elip nên $y \ge 0$, ta suy ra: ${y^2} = 1 - \frac{{{x^2}}}{{2{,}25}}$

Lỗ khoan có dạng hình trụ bán kính $r = 0{,}2{\rm{ cm}}$, nằm dọc theo trục $Ox$, tức là phần không gian bị lấy đi giới hạn bởi đường thẳng $y = 0{,}2$.

Để tìm các giới hạn hoành độ nơi mũi khoan đi vào và đi ra khỏi khối elip, ta tìm giao điểm của đường thẳng $y = 0{,}2$ và elip là:

$1 - \frac{{{x^2}}}{{2{,}25}} = {0{,}2^2} \Leftrightarrow {x^2} = 0{,}96 \cdot 2{,}25 = 2{,}16 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = - \sqrt {2{,}16} }\\{x = \sqrt {2{,}16} }\end{array}} \right.$

Thể tích hạt cườm chính là thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng giới hạn bởi đường elip $y_{{\rm{elip}}}^2 = 1 - \frac{{{x^2}}}{{2{,}25}}$ và đường thẳng ${y_{{\rm{truc}}}} = 0{,}2$, quay quanh trục $Ox$ trên đoạn $\left[ { - \sqrt {2{,}16} ;\sqrt {2{,}16} } \right]$.

Do tính chất đối xứng qua trục $Oy$, ta có thể tính tích phân từ $0$ đến $\sqrt {2{,}16}$ rồi nhân đôi:

$V = 2\pi \int_0^{\sqrt {2{,}16} } {(y_{{\rm{elip}}}^2 - y_{{\rm{truc}}}^2)} {\mkern 1mu} dx$

$\Rightarrow V = 2\pi \int_0^{\sqrt {2{,}16} } {\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{2{,}25}} - 0{,}04} \right)} dx = 2\pi \int_0^{\sqrt {2{,}16} } {\left( {0{,}96 - \frac{{{x^2}}}{{2{,}25}}} \right)} dx \approx 5{,}91{\rm{ (c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}$.

Vậy thể tích của hạt cườm bằng $5{,}91{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}$.

Đáp án: 1856.

Phép thử: Dũng lắp 12 bóng đèn gồm bốn bóng màu đỏ và tám bóng màu xanh có công suất đôi một khác nhau vào 12 đỉnh ${A_1},{A_2},...,{A_{12}}$ sao mỗi đỉnh có đúng một bóng đèn

Số phần tử của không gian mẫu: $n\left( \Omega \right) = 12!$

Biến cố: mỗi đỉnh hình vuông (có bốn đỉnh là các đỉnh của đa giác đã cho) đều có ít nhất một bóng đèn màu đỏ.

Ta có số hình vuông là 3: $\left\{ {{A_1},{A_4},{A_7},{A_{10}}} \right\};\left\{ {{A_2},{A_5},{A_8},{A_{11}}} \right\};\left\{ {{A_3},{A_6},{A_9},{A_{12}}} \right\}$.

Có 1 hình vuông có 2 bóng đỏ và 2 hình vuông có 1 bóng đỏ

Có 3 cách chọn hình vuông có 2 bóng đỏ

Số cách xếp vị trí bóng đỏ cho hình vuông có 1 bóng đỏ: $C_4^1 = 4$.

Số cách xếp vị trí bóng đỏ cho hình vuông có 2 bóng đỏ: $C_4^2 = 6$.

Số cách lắp bóng sao cho mỗi đỉnh hình vuông (có bốn đỉnh là các đỉnh của đa giác đã cho) đều có ít nhất một bóng đèn màu đỏ: $3 \cdot \left( {4 \cdot 4 \cdot 6} \right) \cdot 4! \cdot 8! = 278691840$ cách

Xác suất: $P = \frac{{278691840}}{{12!}} = \frac{{32}}{{55}}$

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

Đáp án: 1275.

Gọi $x;y;z$ lần lượt là giá tiền của mỗi ki lô gam rau muống, bí xanh, cà chua (đơn vị: nghìn đồng).

Theo bài ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{19x + 14y + 10z = 600}\\{20x + 12y + 8z = 540}\\{25x + 12y + 7z = 570}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 10}\\{y = 15}\\{z = 20}\end{array}} \right.$

Vậy tổng số tiền nông trại thu được ở ngày thứ Bảy từ ba loại rau quả trên khi cung cấp cho siêu thị A là: $50 \cdot 10 + 25 \cdot 15 + 20 \cdot 20 = 1275$ (nghìn đồng).

Đáp án: 1990.

Hàm lợi nhuận: $\pi \left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right) = 60x - \left( {0{,}001{x^3} + 30x + 10} \right) = - 0{,}001{x^3} + 30x - 10$.

Đạo hàm: $\pi '\left( x \right) = - 0{,}003{x^2} + 30 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 100 \in \left[ {1;200} \right]}\\{x = - 100 \notin \left[ {1;200} \right]}\end{array}} \right.$.

Ta có: $\pi \left( 1 \right) = 19{,}999$; $\pi \left( {100} \right) = 1990$; $\pi \left( {200} \right) = - 2010$.

Vậy lợi nhuận lớn nhất mà công ty đạt được trong một tháng là 1990 triệu đồng khi chế biến 100 tấn nguyên liệu.