Đề chính thức Tốt nghiệp THPT Toán năm 2026 (có đáp án) - Mã đề 0108

Cấp số cộng có: \({u_1} =  - 2\), \(d = 3\).

Ta có: \({u_2} = {u_1} + d =  - 2 + 3 = 1\).

Chọn D. \(1\).

Ta có: \(\int f (x),dx = \sin x + C\).

Suy ra \(f(x) = \cos x\).

Khi đó: \(\int {\left[ {2 + f(x)} \right]} dx = 2x + \sin x + C\).

Chọn C. \(\int {\left[ {2 + f(x)} \right]} dx = 2x + \sin x + C\).

Xét hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y - 2 < 0\\x - y + 2 > 0\end{array} \right.\)

Thử từng cặp số.

Với \((1;0)\): \(1 + 0 - 2 =  - 1 < 0\) đúng.

\(1 - 0 + 2 = 3 > 0\) đúng.

Vậy \((1;0)\) là nghiệm của hệ.

Chọn A. \((1;0)\).

Ta có: \(M(2;11;3)\), \(N(14;2;3)\).

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

Mệnh đề đúng.

a) Đúng.

b) Đường thẳng \(MN\) có thể viết: \(\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 12t\\y = 11 - 9t\\z = 3\end{array} \right.}\end{array}\)

hoặc rút gọn vectơ chỉ phương \((12; - 9;0) = 3(4; - 3;0)\): \(\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 4t\\y = 11 - 3t\\z = 3\end{array} \right.}\end{array}\)

Đề cho \(z = 0\), trong khi điểm \(M,N\) đều có \(z = 3\).

b) Sai.

c) Vành đai là đường tròn tâm \(O\), bán kính \(6\), nằm trong mặt phẳng \((Oxy)\).

Máy bay bay trên đoạn từ \(M\) đến \(N\): \(M(2;11;3)\) đến \(N(14;2;3)\).

Gọi điểm bất kì trên đoạn bay là: \(A(t) = (2 + 12t;11 - 9t;3)\), \(0 \le t \le 1\).

Khoảng cách từ hình chiếu của máy bay xuống mặt phẳng \((Oxy)\) đến \(O\) là: \(r(t) = \sqrt {{{(2 + 12t)}^2} + {{(11 - 9t)}^2}} \).

Tìm \(r(t)\) nhỏ nhất.

Xét: \({r^2}(t) = {(2 + 12t)^2} + {(11 - 9t)^2}\).

Đạo hàm hoặc khai triển sẽ được giá trị nhỏ nhất tại: \(t = \frac{1}{3}\).

Khi đó: \(x = 2 + 12 \cdot \frac{1}{3} = 6\),

\(y = 11 - 9 \cdot \frac{1}{3} = 8\),

\(z = 3\).

Ta có: \(r = \sqrt {{6^2} + {8^2}}  = 10\).

Khoảng cách từ máy bay đến vành đai là: \(\sqrt {{{(10 - 6)}^2} + {3^2}}  = \sqrt {16 + 9}  = 5\) đơn vị.

Mỗi đơn vị ứng với \(10\) mét nên khoảng cách nhỏ nhất là: \(5 \cdot 10 = 50\) mét.

Đề nói \(100\) mét nên sai.

c) Sai.

d) Theo câu c), khoảng cách nhỏ nhất đạt được khi máy bay ở vị trí: \((6;8;3)\).

d) Đúng.

Ta có bảng:

a) Xác suất không nhận cảnh báo: \(\frac{{9000}}{{10000}} = 0,9\).

a) Đúng.

b) Xác suất không có bệnh, biết rằng không nhận cảnh báo là: \(\frac{{8800}}{{9000}} \approx 0,978 > 0,97\).

b) Đúng.

c) Xác suất không có bệnh là: \(\frac{{9200}}{{10000}} = 0,92\).

Không phải \(0,9\).

c) Sai.

d) Xác suất không nhận cảnh báo, biết rằng không có bệnh là: \(\frac{{8800}}{{9200}} \approx 0,957 > 0,95\).

d) Đúng.

Cho: \(f(t) = F'(t) =  - 0,15{t^2} + 1,8t\).

a) Ta lấy nguyên hàm: \(F(t) = \int {( - 0,15{t^2} + 1,8t)} ,dt =  - 0,05{t^3} + 0,9{t^2} + C\).

Vì \(F(0) = 0\) nên \(C = 0\).

Do đó: \(F(t) =  - 0,05{t^3} + 0,9{t^2}\).

a) Đúng.

b) Năng lượng điện lưu trữ từ thời điểm \(t = a\) đến \(t = b\) là: \(F(b) - F(a) = \int_a^b f (t),dt\).

b) Đúng.

c) Tính năng lượng từ \(t = 1\) đến \(t = 5\): \(\int_1^5 f (t),dt = F(5) - F(1)\).

Ta có: \(F(5) =  - 0,05 \cdot 125 + 0,9 \cdot 25 =  - 6,25 + 22,5 = 16,25\).

\(F(1) =  - 0,05 + 0,9 = 0,85\).

Vậy: \(F(5) - F(1) = 16,25 - 0,85 = 15,4\) kWh.

\(15,4 > 15,3\), nên mệnh đề “nhỏ hơn \(15,3\) kWh” là sai.

c) Sai.

d) Tính năng lượng từ \(t = 1\) đến \(t = 9\): \(F(9) =  - 0,05 \cdot 729 + 0,9 \cdot 81 =  - 36,45 + 72,9 = 36,45\).

\(F(9) - F(1) = 36,45 - 0,85 = 35,6\) kWh.

Trong khi đó: \(2 \cdot 15,4 = 30,8\) kWh.

Vì \(35,6 \ne 30,8\), nên mệnh đề sai.

d) Sai.

Cho: \(f(x) = \frac{1}{3}{x^3} - 2{x^2} + 3x + 8\).

a) Ta có: \(f'(x) = {x^2} - 4x + 3\).

a) Đúng.

b) Giải phương trình: \(f'(x) = 0\)

\({x^2} - 4x + 3 = 0\)

\((x - 1)(x - 3) = 0\)

Suy ra: \(x = 1\) hoặc \(x = 3\).

Tập nghiệm là \(S = 1;3\).

b) Đúng.

c) Xét dấu: \(f'(x) = (x - 1)(x - 3)\).

Trên khoảng \((1;3)\), ta có \(f'(x) < 0\), nên hàm số nghịch biến trên \((1;3)\).

c) Đúng.

d) Ta có: \(f(1) = \frac{1}{3} - 2 + 3 + 8 = \frac{{28}}{3}\).

\(f(3) = 9 - 18 + 9 + 8 = 8\).

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

Tại \(x = 3\), đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương nên \(x = 3\) là điểm cực tiểu.

Giá trị cực tiểu là \(f(3) = 8\), không phải \(\frac{{28}}{3}\).

d) Sai.

Các số cần điền là: \(1;2;3;4;5;6;7;8;9;11;12;13;16;17;21\).

Điều kiện “hiệu hai số không chia hết cho \(5\)” có nghĩa là hai số đó không cùng số dư khi chia cho \(5\).

Ta chia các số theo số dư khi chia cho \(5\):

• Bảng có dạng bậc thang gồm: 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.

Đồng thời các cột cũng có số ô lần lượt là \(5,4,3,2,1\).

Vì trong cùng hàng và cùng cột không được có hai số cùng dư mod \(5\), nên trước hết ta chỉ xét cách đặt các nhóm số dư.

Cách đặt nhóm số dư bị ép theo dạng bậc thang. Sau khi đặt nhóm số dư, trong mỗi nhóm dư ta có thể hoán vị các số thật.

Số cách hoán vị trong từng nhóm là: \(5! \cdot 4! \cdot 3! \cdot 2! \cdot 1!\)

Tính: \(5! \cdot 4! \cdot 3! \cdot 2! \cdot 1! = 120 \cdot 24 \cdot 6 \cdot 2 \cdot 1 = 34560\).

Vậy: \(H = 34560\).

Do đề hỏi \(\frac{H}{{10}}\) nên: \(\frac{H}{{10}} = \frac{{34560}}{{10}} = 3456\).

Đáp án: \(3456\).

Đa giác đều 12 cạnh có các đỉnh \({A_1},{A_2}, \ldots ,{A_{12}}\).

• Các hình vuông có 4 đỉnh là đỉnh của đa giác đều 12 cạnh gồm 3 hình vuông: \(({A_1},{A_4},{A_7},{A_{10}})\);

• \(({A_2},{A_5},{A_8},{A_{11}})\);

• \(({A_3},{A_6},{A_9},{A_{12}})\).

Có 4 bóng đỏ và 8 bóng xanh. Ta chỉ cần xét vị trí của 4 bóng đỏ.

Tổng số cách chọn 4 vị trí đặt bóng đỏ trong 12 đỉnh là: \(C_{12}^4 = 495\).

Để mỗi hình vuông đều có ít nhất một bóng đỏ, ta cần chia 4 bóng đỏ vào 3 nhóm đỉnh trên sao cho nhóm nào cũng có ít nhất 1 bóng đỏ.

Số bóng đỏ phân bố vào 3 nhóm phải là: \(2,1,1\).

Chọn nhóm nhận 2 bóng đỏ: có \(3\) cách.

Trong nhóm đó, chọn 2 đỉnh trong 4 đỉnh: \(C_4^2 = 6\) cách.

Hai nhóm còn lại, mỗi nhóm chọn 1 đỉnh trong 4 đỉnh: \(4 \cdot 4 = 16\) cách.

Vậy số cách thuận lợi là: \(3 \cdot 6 \cdot 16 = 288\).

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

Suy ra: \(4565P = 4565 \cdot \frac{{32}}{{55}} = 83 \cdot 32 = 2656\).

Đáp án: \(2656\).

Gọi đơn giá của rau muống, bí xanh, cà chua lần lượt là \(x,y,z\) nghìn đồng/kg.

Từ bảng số liệu, ta có hệ: \(\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ \begin{array}{l}19x + 15y + 10z = 615\\20x + 12y + 8z = 540\\25x + 12y + 7z = 570\end{array} \right.}\end{array}\)

Giải hệ được: \(x = 10\), \(y = 15\), \(z = 20\).

• Vậy: Rau muống: \(10\) nghìn đồng/kg;

• Bí xanh: \(15\) nghìn đồng/kg;

• Cà chua: \(20\) nghìn đồng/kg.

• Ngày thứ Bảy bán: 50 kg rau muống;

• 30 kg bí xanh;

• 20 kg cà chua.

Tổng tiền là: \(50 \cdot 10 + 30 \cdot 15 + 20 \cdot 20 = 500 + 450 + 400 = 1350\) nghìn đồng.

Đáp án: \(1350\) nghìn đồng.

Cho hình lập phương \(ABCD.MNPQ\) có cạnh bằng \(14\).

Đặt hệ tọa độ: \(A(0;0;0)\), \(B(14;0;0)\), \(D(0;14;0)\), \(M(0;0;14)\).

Khi đó: \(P(14;14;14)\).

Vì \(E\) là trung điểm của \(AB\) nên: \(E(7;0;0)\).

Ta cần tính khoảng cách từ \(P\) đến mặt phẳng \((MED)\).

Mặt phẳng đi qua: \(M(0;0;14)\), \(E(7;0;0)\), \(D(0;14;0)\).

Từ đó lập được phương trình mặt phẳng dạng: \(2x + y + z - 14 = 0\).

Khoảng cách từ \(P(14;14;14)\) đến mặt phẳng là: \(d = \frac{{|2 \cdot 14 + 14 + 14 - 14|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {1^2}} }}\)

\(d = \frac{{42}}{{\sqrt 6 }} = 7\sqrt 6  \approx 17,146\).

Làm tròn đến hàng phần mười: \(d \approx 17,1\).

Đáp án: \(17,1\).

Lợi nhuận bằng doanh thu trừ chi phí: \(P(x) = R(x) - C(x)\).

Ta có: \(R(x) = 90x\),

\(C(x) = 0,002{x^3} + 30x + 20\).

Suy ra: \(P(x) = 90x - (0,002{x^3} + 30x + 20)\)

\(P(x) =  - 0,002{x^3} + 60x - 20\).

Với \(1 \le x \le 180\).

Tính đạo hàm: \(P'(x) =  - 0,006{x^2} + 60\).

Cho \(P'(x) = 0\): \( - 0,006{x^2} + 60 = 0\)

\(0,006{x^2} = 60\)

\({x^2} = 10000\)

\(x = 100\).

Tính lợi nhuận tại \(x = 100\): \(P(100) =  - 0,002 \cdot {100^3} + 60 \cdot 100 - 20\)

\(P(100) =  - 2000 + 6000 - 20 = 3980\).

Vậy lợi nhuận lớn nhất là \(3980\) triệu đồng.

Đáp án: \(3980\) triệu đồng.

Elip có phương trình: \(\frac{{{x^2}}}{{{{1,5}^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{1^2}}} = 1\).

Khi quay nửa trên của elip quanh trục \(Ox\), ta được một khối elip tròn xoay.

Từ phương trình elip: \({y^2} = 1 - \frac{{{x^2}}}{{{{1,5}^2}}}\).

Lỗ khoan có bán kính \(0,1\) cm nên phần còn lại có thiết diện là hình vành khăn với bán kính ngoài \(y\), bán kính trong \(0,1\).

Điểm giới hạn thỏa mãn: \(y = 0,1\).

Suy ra: \({0,1^2} = 1 - \frac{{{x^2}}}{{{{1,5}^2}}}\)

\(0,01 = 1 - \frac{{{x^2}}}{{2,25}}\)

\(\frac{{{x^2}}}{{2,25}} = 0,99\)

\(x = 1,5\sqrt {0,99} \).

Thể tích phần còn lại là: \(V = \pi \int_{ - 1,5\sqrt {0,99} }^{1,5\sqrt {0,99} } {\left( {{y^2} - {{0,1}^2}} \right)} ,dx\).

Thay \({y^2} = 1 - \frac{{{x^2}}}{{2,25}}\): \(V = \pi \int_{ - 1,5\sqrt {0,99} }^{1,5\sqrt {0,99} } {\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{2,25}} - 0,01} \right)} ,dx\).

\(V = \pi \int_{ - 1,5\sqrt {0,99} }^{1,5\sqrt {0,99} } {\left( {0,99 - \frac{{{x^2}}}{{2,25}}} \right)} ,dx\).

Tính ra: \(V \approx 6,189\) cm³.

Làm tròn đến hàng phần trăm: \(V \approx 6,19\) cm³.

Đáp án: \(6,19\) cm³.