Đề chính thức Tốt nghiệp THPT Toán năm 2026 - Lần 2

Phương trình $\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi$ ($k \in \mathbb{Z}$).

Tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{ {k\pi \mid k \in \mathbb{Z}} \right\}$. Chọn B.

Giá trị đại diện của các nhóm lần lượt là: ${c_1} = 1;{c_2} = 3;{c_3} = 5;{c_4} = 7;{c_5} = 9$.

Giá trị trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm:

$\overline x = \frac{{1 \cdot 20 + 3 \cdot 35 + 5 \cdot 30 + 7 \cdot 10 + 9 \cdot 5}}{{100}} = \frac{{20 + 105 + 150 + 70 + 45}}{{100}} = \frac{{390}}{{100}} = 3{,}9$. Chọn A.

Do $ABCD$ là hình vuông nên $BC \bot AB$.

Mặt khác, $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC$.

Vì $BC \bot AB$ và $BC \bot SA$ (với $AB,SA \subset \left( {SAB} \right)$ cắt nhau tại $A$) nên $BC \bot \left( {SAB} \right)$. Chọn B.

Cho hàm số $y = f\left( x \right) = {x^3} - 6{x^2} + 9x + 2$.

a) Đúng. $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 12x + 9$.

b) Đúng. $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3\left( {{x^2} - 4x + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = 3$. Tập nghiệm $S = \left\{ {1;3} \right\}$.

c) Sai. Xét hàm số trên đoạn $\left[ {2;4} \right]$. Ta có $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 3 \in \left[ {2;4} \right]$.

Có $f\left( 2 \right) = 4$; $f\left( 3 \right) = 2$; $f\left( 4 \right) = 6$.

Suy ra $\mathop {\max }\limits_{\left[ {2;4} \right]} f\left( x \right) = 6$ tại $x = 4$. Do đó hàm số đạt GTLN tại $x = 4$, không phải tại $x = 2$.

d) Sai. Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là ${M_1}\left( {1;6} \right)$ và ${M_2}\left( {3;2} \right)$.

Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị có hệ số góc $k = \frac{{2 - 6}}{{3 - 1}} = - 2$, phương trình là:

$y - 6 = - 2\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow y = - 2x + 8$.

Thiết bị bơm nước vào bể có tốc độ $f\left( t \right)$ (m$^{3}$/giờ) có đồ thị là parabol đi qua $O(0;0)$, $A(2;3)$, $B(6;3)$.

a) Sai. Giả sử parabol có dạng $f\left( t \right) = a{t^2} + bt + c$.

Theo đề ta có hệ $\left\{ \begin{array}{l}c = 0\\4a + 2b = 3\\36a + 6b = 3\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{4}\\b = 2\\c = 0\end{array} \right.$. Vậy $f\left( t \right) = 2t - \frac{{{t^2}}}{4}$.

b) Đúng. Lượng nước trong bể tại thời điểm $t$ là:

$V\left( t \right) = \int\limits_0^t {f\left( u \right)du} = \int\limits_0^t {\left( {2u - \frac{{{u^2}}}{4}} \right)du} = \left. {\left( {{u^2} - \frac{{{u^3}}}{{12}}} \right)} \right|_0^t = {t^2} - \frac{{{t^3}}}{{12}}{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)$.

c) Sai. Tốc độ bơm $f\left( t \right) = - \frac{1}{4}{\left( {t - 4} \right)^2} + 4$ đạt giá trị lớn nhất tại $t = 4$ giờ.

Khi đó lượng nước trong bể là: $V\left( 4 \right) = {4^2} - \frac{{{4^3}}}{{12}} = 16 - \frac{{16}}{3} = \frac{{32}}{3} \approx 10{,}67{\rm{ }}{{\rm{m}}^3} < 10{,}7{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}$.

d) Đúng. Lượng nước trong bể bằng $13{,}824{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}$:

${t^2} - \frac{{{t^3}}}{{12}} = 13{,}824 \Leftrightarrow {t^3} - 12{t^2} + 165{,}888 = 0 \Leftrightarrow t = 4{,}8 = \frac{{24}}{5}$(giờ).

Phân số tối giản $\frac{a}{b} = \frac{{24}}{5} \Rightarrow a = 24,b = 5 \Rightarrow a + b = 29$ .

Trong không gian $Oxyz$, trạm phát sóng tại $I\left( {2;1;12} \right)$, 1 đơn vị = 10 m. Bán kính phát sóng $R = 130{\rm{ m}} = 13$ đơn vị. Mặt đất là mặt phẳng $\left( {Oxy} \right):z = 0$.

a) Đúng. Mặt cầu giới hạn vùng phủ sóng có tâm $I\left( {2;1;12} \right)$ và bán kính $R = 13$:

${\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 12} \right)^2} = {13^2} = 169$.

b) Sai. Giao của mặt cầu với mặt đất $\left( {Oxy} \right):z = 0$ là hình tròn có tâm $H\left( {2;1;0} \right)$, bán kính

$r = \sqrt {{{13}^2} - {{12}^2}} = 5$ đơn vị = 50 m.

Vị trí ban đầu $M\left( {3;1;0} \right) \Rightarrow HM = \sqrt {{{\left( {3 - 2} \right)}^2} + {{\left( {1 - 1} \right)}^2} + {0^2}} = 1{\rm{ }}$đơn vị = 10 m.

Tốc độ di chuyển $v = 3{,}6{\rm{ km/h}} = 1{\rm{ m/s}}$. Sau $40{\rm{ s}}$, quãng đường đi được là $s = 40{\rm{ m}}$.

Khoảng cách tối đa từ $H$ tới người sau $40{\rm{ s}}$ là ${d_{\max }} = HM + s = 10 + 40 = 50{\rm{ m}} = r$. Do đó người này vẫn luôn ở trong vùng phủ sóng (chưa đi ra ngoài).

c) Sai. Điểm $N\left( {8;9;0} \right)$ có khoảng cách đến tâm $H\left( {2;1;0} \right)$ là:

$HN = \sqrt {{{(8 - 2)}^2} + {{(9 - 1)}^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10$ đơn vị = 100 m.

Khoảng cách ngắn nhất từ $N$ đến vùng phủ sóng là:$d = HN - r = 100{\rm{ m}} - 50{\rm{ m}} = 50{\rm{ m}}$.

d) Đúng. Vận tốc $v = 1{\rm{ m/s}} = 0{,}1{\rm{ }}$đơn vị. Thời gian trong vùng phủ sóng là $60{\rm{ s}}$, suy ra chiều dài đoạn đường trong vùng phủ sóng (dây cung của đường tròn đáy) là $L = 60 \times 0{,}1 = 6$ đơn vị.

Khoảng cách từ tâm $H\left( {2;1;0} \right)$ đến đường thẳng $AB$ là $d\left( {H,AB} \right) = \sqrt {{r^2} - {{\left( {\frac{L}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4$

Đường thẳng $AB$ trên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ đi qua $A\left( {6;9} \right)$ và $B\left( { - 4;b} \right)$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( { - 10;b - 9} \right) \Rightarrow \overrightarrow n = \left( {b - 9;10} \right)$.

Phương trình đường thẳng $AB:\left( {b - 9} \right)\left( {x - 6} \right) + 10\left( {y - 9} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {b - 9} \right)x + 10y - 6b - 36 = 0$.

Khoảng cách từ $H\left( {2;1} \right)$ đến $AB$:

$d\left( {H,AB} \right) = \frac{{\left| {2\left( {b - 9} \right) + 10 \cdot 1 - 6b - 36} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {b - 9} \right)}^2} + {{10}^2}} }} = \frac{{4\left| {b + 11} \right|}}{{\sqrt {{b^2} - 18b + 181} }} = 4$

$\Leftrightarrow {\left( {b + 11} \right)^2} = {b^2} - 18b + 181 \Leftrightarrow 40b = 60 \Leftrightarrow b = \frac{3}{2}$

Gọi $A$ là biến cố sinh viên nhận học bổng loại $A$, $B$ là biến cố sinh viên nhận học bổng loại $B$.

Theo giả thiết: $P\left( {B\mid A} \right) = 0{,}12$; $P\left( {B\mid \bar A} \right) = 0{,}10$; $P\left( B \right) = 0{,}102$.

Theo công thức xác suất toàn phần: $P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B\mid \bar A} \right)$

Suy ra $0{,}102 = P\left( A \right) \cdot 0{,}12 + \left[ {1 - P\left( A \right)} \right] \cdot 0{,}10 \Rightarrow 0{,}02 \cdot P\left( A \right) = 0{,}002 \Rightarrow P\left( A \right) = 0{,}1$

a) Đúng. $P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0{,}102 = 0{,}898$.

b) Sai. Xác suất sinh viên không nhận học bổng $B$ biết không nhận học bổng $A$:

$P\left( {\bar B\mid \bar A} \right) = 1 - P\left( {B\mid \bar A} \right) = 1 - 0{,}10 = 0{,}90$.

c) Sai. Xác suất sinh viên không nhận học bổng $A$: $P\left( {\bar A} \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0{,}1 = 0{,}90$.

d) Đúng. $P\left( {\bar A\mid \bar B} \right) = \frac{{P\left( {\bar A \cap \bar B} \right)}}{{P\left( {\bar B} \right)}} = \frac{{P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {\bar B\mid \bar A} \right)}}{{P\left( {\bar B} \right)}} = \frac{{0{,}9 \cdot 0{,}9}}{{0{,}898}} = \frac{{0{,}81}}{{0{,}898}} \approx 0{,}902 > 0{,}9$.

Đáp án: 1,76.

Xếp $8$ quân cờ vào bảng $6 \times 6$ sao cho mỗi hàng, mỗi cột có ít nhất $1$ quân cờ. Vì tổng số quân cờ là $8$ trên $6$ hàng và $6$ cột, số quân cờ trên các hàng chỉ có thể phân bố theo dạng $(2{,}2{,}1{,}1{,}1{,}1)$, và trên các cột cũng là $(2{,}2{,}1{,}1{,}1{,}1)$.

Để mỗi quân cờ đều cùng hàng với đúng $1$ quân khác hoặc cùng cột với đúng $1$ quân khác:

$4$ quân cờ ở $4$ hàng đơn bắt buộc phải nằm trên $2$ cột đôi.

$4$ quân cờ ở $2$ hàng đôi bắt buộc phải nằm trên $4$ cột đơn.

Số cách chọn vị trí $8$ ô thỏa mãn: $N = C_6^2 \cdot C_6^2 \cdot C_4^2 \cdot C_4^2 = 15 \cdot 15 \cdot 6 \cdot 6 = 8100$

Tổng số cách chọn $8$ ô bất kì từ 36 ô là $C_{36}^8 = 30260340$.

Xác suất $P = \frac{{8100}}{{30260340}}$.

Giá trị của ${9^4}P = 6561 \cdot \frac{{8100}}{{30260340}} \approx 1{,}76$.

Đáp án: 2090.

Gọi $x;y$ lần lượt là số xe loại $X$ và loại $Y$ ($x,y \in \mathbb{N}$).

Ta có hệ ràng buộc: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{12x + 2y \ge 23}\\{6x + 20y \ge 59}\\{18x + 22y \le 139}\end{array}} \right.$

Chi phí cần tối thiểu hóa: $T\left( {x,y} \right) = 37x + 45y$ (triệu đồng).

Khảo sát các cặp nghiệm nguyên không âm thỏa mãn hệ bất phương trình:

Với $x = 2$: Hệ trở thành $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2y \ge - 1}\\{20y \ge 47}\\{22y \le 103}\end{array}} \right. \Rightarrow y \in \left\{ {3;4} \right\}$.

Tại $\left( {2;3} \right)$: $T = 37 \cdot 2 + 45 \cdot 3 = 209$ triệu đồng.

Tại $\left( {2;4} \right)$: $T = 37 \cdot 2 + 45 \cdot 4 = 254$ triệu đồng.

Với các giá trị $x \in \left\{ {3{,}4{,}5} \right\}$, chi phí $T$ đều lớn hơn 209.

Chi phí nhỏ nhất là $T = 209$ triệu đồng. Do đó $10T = 2090$.

Đáp án: 1743.

Phương trình nửa trên elip: ${y^2} = 48\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{256}}} \right) = 48 - \frac{3}{{16}}{x^2}$.

Phương trình nửa trên đường tròn: ${y^2} = 100 - {x^2}$.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường cong:

$100 - {x^2} = 48 - \frac{3}{{16}}{x^2} \Leftrightarrow \frac{{13}}{{16}}{x^2} = 52 \Leftrightarrow {x^2} = 64 \Leftrightarrow x = \pm 8$

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay miền $\left( H \right)$ quanh trục hoành $Ox$:

$$V = \pi \int\limits_{ - 8}^8 {\left| {\left( {100 - {x^2}} \right) - \left( {48 - \frac{3}{{16}}{x^2}} \right)} \right|} {\rm{d}}x = 2\pi \int\limits_0^8 {\left( {52 - \frac{{13}}{{16}}{x^2}} \right)dx}$$

$= 2\pi \left. {\left( {52x - \frac{{13}}{{48}}{x^3}} \right)} \right|_0^8 = 2\pi \left( {416 - \frac{{416}}{3}} \right) = \frac{{1664\pi }}{3} \approx 1743{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}$

Đáp án: 3240.

Mỗi khối ô vuông $2 \times 2$ gồm $4$ ô đôi một chung cạnh hoặc chung đỉnh nên bắt buộc phải tô bằng $4$ màu đôi một khác nhau.

Có $2$dạng cấu trúc tô màu thỏa mãn cho bảng $5 \times 5$:

Dạng 1 (Theo cột): Cột lẻ nhận màu từ tập $A$ (gồm $2$ màu), cột chẵn nhận màu từ tập $B$ (gồm $2$ màu còn lại).

Số cách chọn tập $A$ là $C_4^2 = 6$.

Mỗi cột trong $5$ cột có $2$ cách tô xen kẽ $\Rightarrow 6 \cdot {2^5} = 192{\rm{ c\'a ch}}$.

Dạng 2 (Theo hàng): Hàng lẻ nhận màu từ tập $A$, hàng chẵn nhận màu từ tập $B$.

Tương tự có $6 \cdot {2^5} = 192{\rm{ c\'a ch}}$.

Số cách trùng lặp giữa hai dạng: Là các cách mà màu sắc được xác định hoàn toàn theo tính chẵn lẻ của cả hàng và cột, gồm $4! = 24{\rm{ c\'a ch}}$.

Tổng số cách tô màu phân biệt là: $S = 192 + 192 - 24 = 360$

Giá trị của $9S = 9 \cdot 360 = 3240$.

Đáp án: 1179.

Doanh thu sau thuế của doanh nghiệp khi sản xuất $x$ sản phẩm:

${R_1}\left( x \right) = 0{,}95 \cdot R\left( x \right) = 0{,}95\left( {16x - 0{,}005{x^2}} \right) = 15{,}2x - 0{,}00475{x^2}$.

Lợi nhuận của doanh nghiệp:

$L\left( x \right) = {R_1}\left( x \right) - C\left( x \right) = 15{,}2x - 0{,}00475{x^2} - 4x = - 0{,}00475{x^2} + 11{,}2x$

Hàm số $L\left( x \right)$ đạt cực đại tại đỉnh của parabol: ${x_0} = \frac{{11{,}2}}{{2 \cdot 0{,}00475}} = \frac{{22400}}{{19}} \approx 1178{,}95$.

Vì $x \in \mathbb{N}$, so sánh $L\left( {1178} \right)$ và $L\left( {1179} \right)$, ta thấy điểm $x = 1179$ gần đỉnh hơn nên mang lại lợi nhuận lớn nhất.

Đáp án: 8000.

Tứ diện $ABCD$ có các cặp cạnh đối bằng nhau đôi một:

$a = AB = CD = 20\sqrt 5 \Rightarrow {a^2} = 2000$; $b = AC = BD = 50 \Rightarrow {b^2} = 2500$;

$c = AD = BC = 10\sqrt {13} \Rightarrow {c^2} = 1300$.

Đây là tứ diện gần đều. Dựng hình hộp chữ nhật ngoại tiếp tứ diện có ba kích thước $x;y;z$:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x^2} + {y^2} = 2000}\\{{y^2} + {z^2} = 2500}\\{{z^2} + {x^2} = 1300}\end{array}} \right. \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} = \frac{{2000 + 2500 + 1300}}{2} = 2900$

Suy ra:

$x = \sqrt {2900 - 2500} = \sqrt {400} = 20$;

$y = \sqrt {2900 - 1300} = \sqrt {1600} = 40$;

$z = \sqrt {2900 - 2000} = \sqrt {900} = 30$.

Thể tích của khối tứ diện $ABCD$: $V = \frac{1}{3}xyz = \frac{1}{3} \cdot 20 \cdot 40 \cdot 30 = 8000$.