Đề chính thức Toán 2026 (Bộ GD&ĐT) – mã đề 0101

Ta có $u_2=u_1+d=5+(-1)=4$. Chọn A.

Ta có $\left[f(x)+g(x)\right]'=f'(x)+g'(x)=x+x^2$. Chọn C.

Ta có $\displaystyle\int[3+f(x)]\,dx=\int3\,dx+\int f(x)\,dx=3x+\sin x+C$. Chọn B.

Điều kiện $x>1$. Ta có $\log_3(x-1)=1\Leftrightarrow x-1=3\Leftrightarrow x=4$ (thỏa mãn). Chọn D.

Ta có $\overrightarrow{AB}=(3-1;3-5;1-1)=(2;-2;0)$. Chọn A.

Vì $A$ và $B$ độc lập nên $P(AB)=P(A)\cdot P(B)=0{,}5\cdot0{,}4=0{,}2$. Chọn D.

$ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên $ABC'D'$ là hình chữ nhật, do đó $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{D'C'}$ (cùng hướng, cùng độ dài). Các vectơ $\overrightarrow{AA'}$, $\overrightarrow{AD}$ khác phương với $\overrightarrow{AB}$; $\overrightarrow{CD}$ ngược hướng với $\overrightarrow{AB}$. Chọn B.

Thay $(1;0)$: $1+0-3=-2<0$ và $1-0+1=2>0$, thỏa mãn cả hai bất phương trình.

Các cặp còn lại đều không thỏa mãn: $(0;2)$ cho $0-2+1=-1<0$; $(-1;1)$ cho $-1-1+1=-1<0$; $(1;2)$ cho $1+2-3=0$, không nhỏ hơn $0$. Chọn A.

$F(x)$ là một nguyên hàm của $f(x)$ khi $F'(x)=f(x)$. Ta có $F'(x)=\left(4x^3\right)'=12x^2=f_3(x)$. Chọn B.

Từ bảng biến thiên, $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}y=\lim_{x\to+\infty}y=-2$ nên đường tiệm cận ngang của đồ thị là $y=-2$. Chọn A.

Số hạng tổng quát của cấp số nhân là $u_n=u_1q^{n-1}$, nên $u_4=u_1q^3$. Chọn A.

Cỡ mẫu $n=42$, trung vị là trung bình cộng của giá trị thứ 21 và thứ 22.

Tần số tích lũy: nhóm $[10;20)$ là 4, nhóm $[20;30)$ là $4+8=12$, nhóm $[30;40)$ là $12+14=26$. Vì $12<21$ và $22\le26$ nên giá trị thứ 21 và thứ 22 đều thuộc nhóm $[30;40)$, tức trung vị thuộc nhóm $[30;40)$. Chọn A.

Trong 10000 người: 1000 người nhận cảnh báo (700 có bệnh, 300 không có bệnh) và 9000 người không nhận cảnh báo (100 có bệnh, 8900 không có bệnh).

a) Đúng: $P=\dfrac{9000}{10000}=0{,}9$.

b) Đúng: trong 9000 người không nhận cảnh báo có 8900 người không có bệnh, nên xác suất cần tìm là $\dfrac{8900}{9000}\approx0{,}989>0{,}98$.

c) Sai: số người không có bệnh là $300+8900=9200$, nên xác suất là $\dfrac{9200}{10000}=0{,}92$.

d) Sai: trong 9200 người không có bệnh có 8900 người không nhận cảnh báo, nên xác suất là $\dfrac{8900}{9200}\approx0{,}967$, không nhỏ hơn $0{,}95$.

a) Đúng: $f'(x)=x^2-10x+9$.

b) Đúng: $f'(x)=0\Leftrightarrow x^2-10x+9=0\Leftrightarrow x=1$ hoặc $x=9$.

c) Đúng: $f'(x)<0\Leftrightarrow1<x<9$, nên hàm số nghịch biến trên khoảng $(1;9)$.

d) Sai: $f'(x)$ đổi dấu từ âm sang dương tại $x=9$ nên hàm số đạt cực tiểu tại $x=9$, giá trị cực tiểu là $f(9)=243-405+81+8=-73$. Giá trị $\dfrac{37}{3}=f(1)$ là giá trị cực đại.

a) Đúng: $F(t)=\displaystyle\int\left(-0{,}3t^2+3{,}6t\right)dt=-0{,}1t^3+1{,}8t^2+C$, và $F(0)=0$ nên $C=0$.

b) Đúng: năng lượng lưu trữ được từ $t=a$ đến $t=b$ là $F(b)-F(a)=\displaystyle\int_a^bf(t)\,dt$.

c) Sai: $F(1)=-0{,}1+1{,}8=1{,}7$ và $F(4)=-6{,}4+28{,}8=22{,}4$, nên năng lượng từ $t=1$ đến $t=4$ là $22{,}4-1{,}7=20{,}7$ kWh, không nhỏ hơn $20{,}6$ kWh.

d) Sai: $F(7)=-34{,}3+88{,}2=53{,}9$, nên năng lượng từ $t=1$ đến $t=7$ là $53{,}9-1{,}7=52{,}2$ kWh, khác $2\cdot20{,}7=41{,}4$ kWh.

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

b) Sai: đường thẳng $MN$ có vectơ chỉ phương $\vec u=(3;-4;0)$ và đi qua $M(5;10;4)$ nên có phương trình $\begin{cases}x=5+3t\\y=10-4t\\z=4\end{cases}$, không phải $z=0$.

c) Đúng: máy bay luôn ở độ cao $z=4$. Với điểm $K(x;y;4)$, gọi $r=\sqrt{x^2+y^2}$ là khoảng cách từ hình chiếu của $K$ trên $(Oxy)$ đến $O$. Khoảng cách ngắn nhất từ $K$ đến vành đai là $\sqrt{(r-7)^2+4^2}$.

Trên đoạn $MN$ ($0\le t\le3$): $r^2=(5+3t)^2+(10-4t)^2=25(t-1)^2+100\ge100$, nên $r\ge10>7$ và $r$ nhỏ nhất bằng 10 khi $t=1$. Khi đó khoảng cách ngắn nhất là $\sqrt{(10-7)^2+16}=5$ đơn vị, tức 50 mét.

d) Đúng: khoảng cách ngắn nhất đạt được khi $t=1$, tức máy bay ở vị trí $(8;6;4)$.

Chọn hệ trục $Oxyz$ với $A(0;0;0)$, $B(6;0;0)$, $D(0;6;0)$, $M(0;0;6)$; khi đó $P(6;6;6)$ và $E(3;0;0)$.

Mặt phẳng $(MED)$ cắt các trục tại $E$, $D$, $M$ nên có phương trình $\dfrac x3+\dfrac y6+\dfrac z6=1$, hay $2x+y+z-6=0$.

$d\left(P,(MED)\right)=\dfrac{|2\cdot6+6+6-6|}{\sqrt{2^2+1^2+1^2}}=\dfrac{18}{\sqrt6}=3\sqrt6\approx7{,}35$.

Đáp án: $7{,}35$.

Hai số có hiệu chia hết cho 5 khi và chỉ khi chúng có cùng số dư khi chia cho 5. Chia 15 số theo số dư: dư 0 có 5 số $\{0;5;10;15;20\}$, dư 1 có 4 số $\{1;6;11;16\}$, dư 2 có 3 số $\{2;7;12\}$, dư 3 có 2 số $\{3;8\}$, dư 4 có 1 số $\{4\}$. Điều kiện của thử thách là: trên mỗi hàng và mỗi cột, các số có số dư đôi một khác nhau.

Ô ở hàng $i$, cột $j$ tồn tại khi $i+j\le6$. Năm số dư 0 phải nằm ở 5 hàng khác nhau và 5 cột khác nhau. Hàng 5 chỉ có ô ở cột 1; hàng 4 còn lại cột 2; hàng 3 còn lại cột 3;… nên 5 số dư 0 bắt buộc nằm trên đường chéo $i+j=6$. Lập luận tương tự với các ô còn lại, 4 số dư 1 nằm trên đường chéo $i+j=5$, 3 số dư 2 trên $i+j=4$, 2 số dư 3 trên $i+j=3$, số 4 ở ô $i+j=2$. Cách phân bố số dư là duy nhất và thỏa mãn điều kiện.

Trong mỗi đường chéo, các số cùng số dư được xếp tùy ý, nên $H=5!\cdot4!\cdot3!\cdot2!\cdot1!=34560$ và $\dfrac H{30}=1152$.

Đáp án: $1152$.

Nửa trên của elip là $y=\sqrt{1-\dfrac{x^2}{2{,}25}}$. Lỗ khoan có bán kính $0{,}2$, nên hạt cườm là khối tròn xoay tạo bởi phần hình phẳng nằm giữa đường thẳng $y=0{,}2$ và nửa elip, quay quanh $Ox$.

Giao điểm: $1-\dfrac{x^2}{2{,}25}=0{,}04\Leftrightarrow x^2=2{,}16\Leftrightarrow x=\pm x_0$ với $x_0=\sqrt{2{,}16}$.

$V=\pi\displaystyle\int_{-x_0}^{x_0}\left[\left(1-\dfrac{x^2}{2{,}25}\right)-0{,}2^2\right]dx=\pi\int_{-x_0}^{x_0}\left(0{,}96-\dfrac{x^2}{2{,}25}\right)dx=2\pi x_0\left(0{,}96-\dfrac{x_0^2}{6{,}75}\right)=2\pi x_0\cdot0{,}64=1{,}28\pi\sqrt{2{,}16}\approx5{,}91$ (cm³).

Đáp án: $5{,}91$.

Các hình vuông có 4 đỉnh là đỉnh của đa giác đều 12 cạnh là $A_1A_4A_7A_{10}$, $A_2A_5A_8A_{11}$ và $A_3A_6A_9A_{12}$; ba hình vuông này chia 12 đỉnh thành 3 nhóm 4 đỉnh.

Vị trí của 4 bóng đỏ là một tổ hợp chập 4 của 12 đỉnh, các khả năng đồng khả năng: $n(\Omega)=C_{12}^4=495$.

Mỗi hình vuông có ít nhất một bóng đỏ khi 4 bóng đỏ chia vào 3 hình vuông theo kiểu $2+1+1$: chọn hình vuông có 2 bóng đỏ (3 cách), chọn 2 đỉnh của nó ($C_4^2=6$ cách), chọn 1 đỉnh ở mỗi hình vuông còn lại ($4\cdot4=16$ cách). Số khả năng thuận lợi là $3\cdot6\cdot16=288$.

$P=\dfrac{288}{495}=\dfrac{32}{55}$, nên $3190P=3190\cdot\dfrac{32}{55}=1856$.

Đáp án: $1856$.

Gọi đơn giá (nghìn đồng/kg) của rau muống, bí xanh, cà chua lần lượt là $a$, $b$, $c$. Ta có hệ $\begin{cases}19a+14b+10c=600\\20a+12b+8c=540\\25a+12b+7c=570\end{cases}$

Trừ phương trình thứ hai khỏi phương trình thứ ba: $5a-c=30$, nên $c=5a-30$. Phương trình thứ hai chia 4: $5a+3b+2c=135$, suy ra $b=65-5a$. Thay vào phương trình thứ nhất: $19a+14(65-5a)+10(5a-30)=600\Leftrightarrow a=10$, nên $b=15$, $c=20$.

Số tiền ngày thứ Bảy: $50\cdot10+25\cdot15+20\cdot20=1275$ (nghìn đồng).

Đáp án: $1275$.

Lợi nhuận $L(x)=R(x)-C(x)=-0{,}001x^3+30x-10$ với $1\le x\le200$.

$L'(x)=-0{,}003x^2+30=0\Leftrightarrow x=100$ (vì $x>0$). $L'(x)>0$ trên $[1;100)$ và $L'(x)<0$ trên $(100;200]$, nên $L$ lớn nhất tại $x=100$: $L(100)=-1000+3000-10=1990$ (triệu đồng).

Đáp án: $1990$.