Đề chính thức Toán 2026 (Bộ GD&ĐT) – mã đề 0102

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

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

Ta có $\overrightarrow{AB}=(4-2;1-3;1-1)=(2;-2;0)$. Chọn D.

Ta có $\displaystyle\int[2+f(x)]\,dx=\int2\,dx+\int f(x)\,dx=2x+\sin x+C$. Chọn B.

Số hạng tổng quát của cấp số nhân là $u_n=u_1q^{n-1}$, nên $u_3=u_1q^2$. Chọn C.

Điều kiện $x>0$. Ta có $\log_3(3x)=2\Leftrightarrow3x=3^2=9\Leftrightarrow x=3$ (thỏa mãn). Chọn B.

Ta có $u_2=u_1+d=-2+3=1$. Chọn A.

$F(x)$ là một nguyên hàm của $f(x)$ khi $F'(x)=f(x)$. Ta có $F'(x)=\left(5x^3\right)'=15x^2=f_3(x)$. Chọn C.

Vì $A$ và $B$ độc lập nên $P(AB)=P(A)\cdot P(B)=0{,}3\cdot0{,}6=0{,}18$. Chọn C.

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

Các cặp còn lại đều không thỏa mãn: $(0;3)$ cho $0+3-2=1$, không nhỏ hơn $0$; $(-3;0)$ cho $-3-0+2=-1$, không lớn hơn $0$; $(1;2)$ cho $1+2-2=1$, không nhỏ hơn $0$. 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 5, nhóm $[20;30)$ là $5+7=12$, nhóm $[30;40)$ là $12+15=27$. Vì $12<21$ và $22\le27$ nên giá trị thứ 21 và thứ 22 đều thuộc nhóm $[30;40)$, tức trung vị thuộc nhóm $[30;40)$. Chọn C.

Từ bảng biến thiên, $\displaystyle\lim_{x\to1^-}y=+\infty$ (và $\displaystyle\lim_{x\to1^+}y=-\infty$) nên đường tiệm cận đứng của đồ thị là $x=1$. Chọn D.

a) Đúng: $F(t)=\displaystyle\int\left(-0{,}15t^2+1{,}8t\right)dt=-0{,}05t^3+0{,}9t^2+C$, 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: $F(1)=-0{,}05+0{,}9=0{,}85$ và $F(5)=-6{,}25+22{,}5=16{,}25$, nên năng lượng từ $t=1$ đến $t=5$ là $16{,}25-0{,}85=15{,}4$ kWh, không nhỏ hơn $15{,}3$ kWh.

d) Sai: $F(9)=-36{,}45+72{,}9=36{,}45$, nên năng lượng từ $t=1$ đến $t=9$ là $36{,}45-0{,}85=35{,}6$ kWh, khác $2\cdot15{,}4=30{,}8$ kWh.

a) Đúng: $f'(x)=x^2-4x+3$.

b) Đúng: $f'(x)=0\Leftrightarrow x^2-4x+3=0\Leftrightarrow x=1$ hoặc $x=3$.

c) Đúng: $f'(x)<0\Leftrightarrow1<x<3$, nên hàm số nghịch biến trên khoảng $(1;3)$.

d) Sai: $f'(x)$ đổi dấu từ âm sang dương tại $x=3$ nên hàm số đạt cực tiểu tại $x=3$, giá trị cực tiểu là $f(3)=9-18+9+8=8$. Giá trị $\dfrac{28}{3}=f(1)$ là giá trị cực đại.

Trong 10000 người: 1000 người nhận cảnh báo (600 có bệnh, 400 không có bệnh) và 9000 người không nhận cảnh báo (200 có bệnh, 8800 không có bệnh).

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

b) Đúng: trong 9000 người không nhận cảnh báo có 8800 người không có bệnh, nên xác suất cần tìm là $\dfrac{8800}{9000}\approx0{,}978>0{,}97$.

c) Sai: số người không có bệnh là $400+8800=9200$, nên xác suất là $\dfrac{9200}{10000}=0{,}92$.

d) Đúng: trong 9200 người không có bệnh có 8800 người không nhận cảnh báo, nên xác suất là $\dfrac{8800}{9200}\approx0{,}957>0{,}95$.

a) Đúng: $\overrightarrow{MN}=(14-2;2-11;3-3)=(12;-9;0)$.

b) Sai: đường thẳng $MN$ có vectơ chỉ phương $\vec u=(4;-3;0)$ và đi qua $M(2;11;3)$ nên có phương trình $\begin{cases}x=2+4t\\y=11-3t\\z=3\end{cases}$, không phải $z=0$.

c) Sai: máy bay luôn ở độ cao $z=3$. Với điểm $K(x;y;3)$, gọi $r=\sqrt{x^2+y^2}$ là khoảng cách từ hình chiếu của $K$ trên $(Oxy)$ đến $O$. Khi $r\ge6$, khoảng cách ngắn nhất từ $K$ đến vành đai là $\sqrt{(r-6)^2+3^2}$, tăng theo $r$.

Trên đoạn $MN$ ($0\le t\le3$): $r^2=(2+4t)^2+(11-3t)^2=25(t-1)^2+100\ge100$, nên $r\ge10>6$ và $r$ nhỏ nhất bằng 10 khi $t=1$. Khi đó khoảng cách ngắn nhất là $\sqrt{(10-6)^2+9}=5$ đơn vị, tức 50 mét, không phải 100 mét.

d) Đúng: khoảng cách ngắn nhất đạt được khi $t=1$, tức máy bay ở vị trí $(6;8;3)$.

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

Giao điểm: $1-\dfrac{x^2}{2{,}25}=0{,}01\Leftrightarrow x^2=2{,}2275\Leftrightarrow x=\pm x_0$ với $x_0=\sqrt{2{,}2275}$.

$V=\pi\displaystyle\int_{-x_0}^{x_0}\left[\left(1-\dfrac{x^2}{2{,}25}\right)-0{,}1^2\right]dx=\pi\int_{-x_0}^{x_0}\left(0{,}99-\dfrac{x^2}{2{,}25}\right)dx=2\pi x_0\left(0{,}99-\dfrac{x_0^2}{6{,}75}\right)=2\pi x_0\cdot0{,}66=1{,}32\pi\sqrt{2{,}2275}\approx6{,}19$ (cm³).

Đáp số: $6{,}19$.

Chọn hệ trục $Oxyz$ với $A(0;0;0)$, $B(14;0;0)$, $D(0;14;0)$, $M(0;0;14)$; khi đó $P(14;14;14)$ và $E(7;0;0)$.

Mặt phẳng $(MED)$ cắt các trục tại $E$, $D$, $M$ nên có phương trình $\dfrac x7+\dfrac y{14}+\dfrac z{14}=1$, hay $2x+y+z-14=0$.

$d\left(P,(MED)\right)=\dfrac{|2\cdot14+14+14-14|}{\sqrt{2^2+1^2+1^2}}=\dfrac{42}{\sqrt6}=7\sqrt6\approx17{,}1$.

Đáp số: $17{,}1$.

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 1 có 5 số $\{1;6;11;16;21\}$, dư 2 có 4 số $\{2;7;12;17\}$, dư 3 có 3 số $\{3;8;13\}$, dư 4 có 2 số $\{4;9\}$, dư 0 có 1 số $\{5\}$. 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 1 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 1 bắt buộc nằm trên đường chéo $i+j=6$. Lập luận tương tự với các ô còn lại, 4 số dư 2 nằm trên đường chéo $i+j=5$, 3 số dư 3 trên $i+j=4$, 2 số dư 4 trên $i+j=3$, số 5 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 $\dfrac H{10}=3456$.

Đáp số: $3456$.

Lợi nhuận $L(x)=R(x)-C(x)=-0{,}002x^3+60x-20$ với $1\le x\le180$.

$L'(x)=-0{,}006x^2+60=0\Leftrightarrow x=100$ (vì $x>0$). $L'(x)>0$ trên $[1;100)$ và $L'(x)<0$ trên $(100;180]$, nên $L$ lớn nhất tại $x=100$: $L(100)=-2000+6000-20=3980$ (triệu đồng).

Đáp số: $3980$.

Gọi đơn giá (nghìn đồng/kg) của rau muống, bí xanh, cà chua lần lượt là $a$, $b$, $c$. Ta có hệ $\begin{cases}19a+15b+10c=615\\20a+12b+8c=540\\25a+12b+7c=570\end{cases}$

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: $19a+15(65-5a)+10(5a-30)=615\Leftrightarrow a=10$, nên $b=15$, $c=20$.

Số tiền ngày thứ Bảy: $50\cdot10+30\cdot15+20\cdot20=1350$ (nghìn đồng).

Đáp số: $1350$.

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 $4565P=4565\cdot\dfrac{32}{55}=2656$.

Đáp số: $2656$.