Đề thi Toán THPT 2026— Mã đề 0101

Lời giải chi tiết — Toán tốt nghiệp THPT 2026 — Mã đề 0101

Nguồn đề: OCR trực tiếp từ ảnh đề gốc 4 trang (CDN tuyensinh247 — đề chính thức ngày 11/6/2026, mã đề 0101 in trên từng trang).

---

Phần I. Trắc nghiệm (Câu 1–12, mỗi câu chọn một phương án)

---

Câu 1

Cho cấp số cộng $(u_n)$ có $u_1 = 5$ và công sai $d = -1$. Giá trị của $u_2$ bằng

A. $4$. B. $-5$. C. $5$. D. $-4$.

Lời giải:

Theo định nghĩa cấp số cộng, mỗi số hạng sau bằng số hạng trước cộng công sai:

$u_2 = u_1 + d = 5 + (-1) = 4$

Đáp án: A $(u_2 = 4)$

---

Câu 2

Cho các hàm số $y = f(x)$ và $y = g(x)$ có đạo hàm trên tập số thực $\mathbb{R}$ thỏa mãn $f'(x) = x$ và $g'(x) = x^2$. Đạo hàm của hàm số $y = f(x) + g(x)$ là

A. $3x$. B. $1 + x^2$. C. $x + x^2$. D. $1 + 2x$.

Lời giải:

Đạo hàm của tổng hai hàm số bằng tổng các đạo hàm:

$y' = \bigl(f(x) + g(x)\bigr)' = f'(x) + g'(x) = x + x^2$

Đáp án: C $(y' = x + x^2)$

---

Câu 3

Cho $\displaystyle\int f(x)\,dx = \sin x + C$. Phát biểu nào sau đây là đúng?

A. $\displaystyle\int\bigl[3 + f(x)\bigr]dx = 3x + \cos x + C$. B. $\displaystyle\int\bigl[3 + f(x)\bigr]dx = 3x + \sin x + C$. C. $\displaystyle\int\bigl[3 + f(x)\bigr]dx = 3x - \cos x + C$. D. $\displaystyle\int\bigl[3 + f(x)\bigr]dx = 3x - \sin x + C$.

Lời giải:

Áp dụng tính chất tuyến tính của nguyên hàm:

$\int\bigl[3 + f(x)\bigr]dx = \int 3\,dx + \int f(x)\,dx = 3x + \sin x + C$

Đáp án: B $(3x + \sin x + C)$

---

Câu 4

Nghiệm của phương trình $\log_3(x - 1) = 1$ là

A. $x = 2$. B. $x = 3$. C. $x = 5$. D. $x = 4$.

Lời giải:

Điều kiện xác định: $x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$.

$\log_3(x-1) = 1 \Leftrightarrow x - 1 = 3^1 = 3 \Leftrightarrow x = 4 \ (\text{thỏa mãn})$

Đáp án: D $(x = 4)$

---

Câu 5

Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A(1;5;1)$ và $B(3;3;1)$. Vectơ $\vec{AB}$ có tọa độ là

A. $(2;-2;0)$. B. $(-2;2;0)$. C. $(4;8;2)$. D. $(2;4;1)$.

Lời giải:

$\vec{AB} = (3-1;\; 3-5;\; 1-1) = (2;\,-2;\,0)$

Đáp án: A $\bigl(\vec{AB} = (2;-2;0)\bigr)$

---

Câu 6

Cho hai biến cố độc lập $A$ và $B$ có xác suất thỏa mãn $P(A) = 0{,}5$ và $P(B) = 0{,}4$. Giá trị của $P(AB)$ bằng

A. $0{,}8$. B. $0{,}1$. C. $0{,}9$. D. $0{,}2$.

Lời giải:

Vì $A$ và $B$ độc lập nên:

$P(AB) = P(A)\cdot P(B) = 0{,}5 \times 0{,}4 = 0{,}2$

Đáp án: D $\bigl(P(AB) = 0{,}2\bigr)$

---

Câu 7

Cho hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ (xem hình dưới). Vectơ nào sau đây bằng vectơ $\vec{AB}$?

(Hình vẽ: hình lập phương với đáy dưới $ABCD$, đáy trên $A'B'C'D'$, $A'$ nằm trên $A$, $B'$ trên $B$, $C'$ trên $C$, $D'$ trên $D$.)

A. $\vec{AA'}$. B. $\vec{D'C'}$. C. $\vec{CD}$. D. $\vec{AD}$.

Lời giải:

Trong hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$, mặt trên $A'B'C'D'$ song song và "chồng khít" lên mặt đáy $ABCD$, nên $\vec{D'C'} = \vec{DC}$. Mà $ABCD$ là hình vuông với các đỉnh theo thứ tự $A, B, C, D$ nên $\vec{DC} = \vec{AB}$ (cùng hướng, cùng độ dài).

Do đó $\vec{D'C'} = \vec{AB}$.

Các phương án còn lại: $\vec{AA'} \perp \vec{AB}$; $\vec{CD} = -\vec{AB}$ (ngược hướng); $\vec{AD} \perp \vec{AB}$.

Đáp án: B $(\vec{D'C'})$

---

Câu 8

Cặp số nào sau đây là nghiệm của hệ bất phương trình $\begin{cases} x + y - 3 < 0 \\ x - y + 1 > 0 \end{cases}$?

A. $(1;0)$. B. $(0;2)$. C. $(-1;1)$. D. $(1;2)$.

Lời giải:

Thử cặp $(1;0)$:

• $1 + 0 - 3 = -2 < 0$ ✓
• $1 - 0 + 1 = 2 > 0$ ✓

Kiểm tra các phương án còn lại đều vi phạm ít nhất một bất phương trình:

• $(0;2)$: $0 - 2 + 1 = -1 \not> 0$;
• $(-1;1)$: $-1 - 1 + 1 = -1 \not> 0$;
• $(1;2)$: $1 + 2 - 3 = 0 \not< 0$.

Đáp án: A $\bigl((1;0)\bigr)$

---

Câu 9

Hàm số $F(x) = 4x^3$ là một nguyên hàm của hàm số nào sau đây?

A. $f_2(x) = 3x^2$. B. $f_3(x) = 12x^2$. C. $f_1(x) = x^4$. D. $f_4(x) = 4x^4$.

Lời giải:

$F(x)$ là nguyên hàm của $f(x)$ khi và chỉ khi $F'(x) = f(x)$:

$F'(x) = \left(4x^3\right)' = 12x^2$

Đáp án: B $\bigl(f_3(x) = 12x^2\bigr)$

---

Câu 10

Cho hàm số $y = \dfrac{ax+b}{cx+d}$ ($c \neq 0$, $ad - bc \neq 0$) có bảng biến thiên như hình dưới đây:

| $x$ | $-\infty$ | | $1$ | | $+\infty$ | |---|---|---|---|---|---| | $y'$ | | $+$ | $\|$ | $+$ | | | $y$ | $-2$ | $\nearrow +\infty$ | $\|$ | $-\infty \nearrow$ | $-2$ |

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho có phương trình là

A. $y = -2$. B. $x = -2$. C. $x = 1$. D. $y = 1$.

Lời giải:

Từ bảng biến thiên: $\lim\limits_{x \to -\infty} y = -2$ và $\lim\limits_{x \to +\infty} y = -2$.

Vậy đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang $y = -2$ (còn $x = 1$ là tiệm cận đứng).

Đáp án: A $(y = -2)$

---

Câu 11

Cho cấp số nhân $(u_n)$ có số hạng đầu $u_1$ và công bội $q$ với $u_1 \neq 0$, $q > 1$. Số hạng $u_4$ là

A. $u_4 = u_1 q^3$. B. $u_4 = u_1 q^4$. C. $u_4 = u_1 + 3q$. D. $u_4 = u_1 + 4q$.

Lời giải:

Số hạng tổng quát của cấp số nhân: $u_n = u_1 \cdot q^{n-1}$.

Với $n = 4$: $u_4 = u_1 q^{3}$.

Đáp án: A $(u_4 = u_1 q^3)$

---

Câu 12

Khảo sát thời gian (đơn vị: phút) học trực tuyến trong một ngày của 42 học sinh, người ta thu được mẫu số liệu ghép nhóm như sau:

| Thời gian học trực tuyến | $[10;20)$ | $[20;30)$ | $[30;40)$ | $[40;50)$ | $[50;60)$ | $[60;70)$ | |---|---|---|---|---|---|---| | Số học sinh | 4 | 8 | 14 | 7 | 4 | 5 |

Trung vị của mẫu số liệu thuộc nhóm nào sau đây?

A. $[30;40)$. B. $[40;50)$. C. $[60;70)$. D. $[50;60)$.

Lời giải:

Cỡ mẫu $n = 4 + 8 + 14 + 7 + 4 + 5 = 42$. Trung vị là trung bình cộng của giá trị thứ $21$ và thứ $22$.

Tần số tích lũy:

• Hết nhóm $[10;20)$: $4$
• Hết nhóm $[20;30)$: $4 + 8 = 12$
• Hết nhóm $[30;40)$: $12 + 14 = 26$

Vì $12 < 21 \le 26$ và $12 < 22 \le 26$ nên cả hai giá trị thứ 21 và 22 đều thuộc nhóm $[30;40)$.

Đáp án: A $\bigl([30;40)\bigr)$

---

Phần II. Đúng/Sai (Câu 1–4, mỗi câu 4 ý a–d)

---

Câu 1

Nhằm đưa ra cảnh báo sớm về tình trạng sức khỏe của cư dân, người ta sử dụng một ứng dụng trí tuệ nhân tạo để sàng lọc nguy cơ mắc bệnh dựa trên hồ sơ y tế được lưu trữ. Khi phát hiện nguy cơ mắc bệnh, ứng dụng này sẽ gửi cảnh báo để giúp người dân đi khám bệnh kịp thời. Người ta dùng ứng dụng này để kiểm soát nguy cơ mắc một loại bệnh.

Kết quả thu được khi quét thử nghiệm hồ sơ y tế của 10000 người như sau: Có 1000 người nhận được cảnh báo và 9000 người còn lại không nhận được cảnh báo từ ứng dụng. Trong số 1000 người nhận được cảnh báo thì có 700 người có bệnh và 300 người không có bệnh. Trong số 9000 người không nhận được cảnh báo thì có 100 người có bệnh và 8900 người không có bệnh.

Chọn ngẫu nhiên một người trong số 10000 người nói trên.

a) Xác suất để người đó không nhận được cảnh báo từ ứng dụng bằng $0{,}9$. b) Xác suất để người đó không có bệnh, biết rằng người đó không nhận được cảnh báo từ ứng dụng, lớn hơn $0{,}98$. c) Xác suất để người đó không có bệnh bằng $0{,}9$. d) Xác suất để người đó không nhận được cảnh báo từ ứng dụng, biết rằng người đó không có bệnh, nhỏ hơn $0{,}95$.

Lời giải:

Lập bảng số liệu (ký hiệu $W$: nhận cảnh báo, $\bar{W}$: không nhận; $D$: có bệnh, $\bar{D}$: không bệnh):

| | Nhận cảnh báo $(W)$ | Không nhận cảnh báo $(\bar{W})$ | Tổng | |---|---|---|---| | Có bệnh $(D)$ | 700 | 100 | 800 | | Không bệnh $(\bar{D})$ | 300 | 8900 | 9200 | | Tổng | 1000 | 9000 | 10000 |

a) $P(\bar{W}) = \dfrac{9000}{10000} = 0{,}9$. → Đúng

b) $P(\bar{D} \mid \bar{W}) = \dfrac{8900}{9000} = \dfrac{89}{90} \approx 0{,}9889 > 0{,}98$. → Đúng

c) $P(\bar{D}) = \dfrac{9200}{10000} = 0{,}92 \neq 0{,}9$. → Sai

d) $P(\bar{W} \mid \bar{D}) = \dfrac{8900}{9200} = \dfrac{89}{92} \approx 0{,}9674$. Vì $0{,}9674 > 0{,}95$ nên khẳng định "nhỏ hơn $0{,}95$" là Sai.

Đáp án: a) Đúng b) Đúng c) Sai d) Sai

---

Câu 2

Cho hàm số $f(x) = \dfrac{1}{3}x^3 - 5x^2 + 9x + 8$.

a) Hàm số đã cho có đạo hàm là $f'(x) = x^2 - 10x + 9$. b) Phương trình $f'(x) = 0$ có tập nghiệm là $S = \{1; 9\}$. c) Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $(1; 9)$. d) Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng $\dfrac{37}{3}$.

Lời giải:

a) $f'(x) = \left(\dfrac{1}{3}x^3 - 5x^2 + 9x + 8\right)' = x^2 - 10x + 9$. → Đúng

b) $x^2 - 10x + 9 = 0 \Leftrightarrow (x-1)(x-9) = 0 \Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = 9$. Vậy $S = \{1; 9\}$. → Đúng

c) Tam thức $f'(x) = x^2 - 10x + 9$ có hệ số cao nhất dương nên $f'(x) < 0$ với mọi $x \in (1; 9)$. Hàm số nghịch biến trên $(1; 9)$. → Đúng

d) Hàm số đạt cực đại tại $x = 1$, cực tiểu tại $x = 9$ (do $f'$ đổi dấu $+ \to -$ tại $x=1$ và $- \to +$ tại $x=9$).

Giá trị cực tiểu:

$f(9) = \frac{1}{3}\cdot 729 - 5\cdot 81 + 9\cdot 9 + 8 = 243 - 405 + 81 + 8 = -73$

Còn $\dfrac{37}{3}$ chính là giá trị cực đại: $f(1) = \dfrac{1}{3} - 5 + 9 + 8 = \dfrac{37}{3}$.

Khẳng định "giá trị cực tiểu bằng $\dfrac{37}{3}$" là Sai.

Đáp án: a) Đúng b) Đúng c) Đúng d) Sai

---

Câu 3

Một hệ thống pin năng lượng mặt trời gồm các tấm pin được kết nối với một bộ lưu trữ điện. Trong thời gian mặt trời chiếu sáng của một ngày, năng lượng điện thu được từ các tấm pin được lưu trong bộ lưu trữ điện. Gọi $F(t)$ là tổng năng lượng điện (kWh) lưu trữ được kể từ thời điểm hệ thống bắt đầu hoạt động đến thời điểm $t$, trong đó $t$ là thời gian tính theo giờ ($0 \le t \le 12$) và thời điểm hệ thống bắt đầu hoạt động ứng với $t = 0$. Biết rằng $F(0) = 0$.

Tốc độ lưu trữ năng lượng điện (kW) của hệ thống này là hàm số $f(t) = F'(t)$ với $0 \le t \le 12$. Số liệu ghi nhận được ở một ngày cụ thể trong năm cho thấy $f(t) = -0{,}3t^2 + 3{,}6t$ với $0 \le t \le 12$.

a) $F(t) = -0{,}1t^3 + 1{,}8t^2$ với $0 \le t \le 12$. b) Năng lượng điện (kWh) lưu trữ được kể từ thời điểm $t = a$ đến thời điểm $t = b$ ($0 \le a < b \le 12$) là $\displaystyle\int_a^b f(t)\,dt$. c) Năng lượng điện lưu trữ được kể từ thời điểm $t = 1$ đến thời điểm $t = 4$ nhỏ hơn $20{,}6$ kWh. d) Năng lượng điện lưu trữ được kể từ thời điểm $t = 1$ đến thời điểm $t = 7$ gấp hai lần năng lượng điện lưu trữ được kể từ thời điểm $t = 1$ đến thời điểm $t = 4$.

Lời giải:

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

Vì $F(0) = 0 \Rightarrow C = 0$, nên $F(t) = -0{,}1t^3 + 1{,}8t^2$. → Đúng

b) Theo định lý cơ bản của giải tích, năng lượng lưu trữ từ $t=a$ đến $t=b$ là

$F(b) - F(a) = \int_a^b f(t)\,dt$

→ Đúng

c) Năng lượng lưu trữ từ $t = 1$ đến $t = 4$:

$F(4) - F(1) = \bigl(-0{,}1\cdot 64 + 1{,}8\cdot 16\bigr) - \bigl(-0{,}1 + 1{,}8\bigr) = 22{,}4 - 1{,}7 = 20{,}7 \text{ kWh}$

Vì $20{,}7 > 20{,}6$ nên khẳng định "nhỏ hơn $20{,}6$ kWh" là Sai.

d) Năng lượng lưu trữ từ $t = 1$ đến $t = 7$:

$F(7) - F(1) = \bigl(-0{,}1\cdot 343 + 1{,}8\cdot 49\bigr) - 1{,}7 = (-34{,}3 + 88{,}2) - 1{,}7 = 52{,}2 \text{ kWh}$

So sánh: $2 \times 20{,}7 = 41{,}4 \neq 52{,}2$ (thực tế gấp $\dfrac{52{,}2}{20{,}7} \approx 2{,}52$ lần, không phải gấp hai lần). → Sai

Đáp án: a) Đúng b) Đúng c) Sai d) Sai

---

Câu 4

Trong không gian xét hệ tọa độ $Oxyz$ có một đơn vị dài trên các trục tương ứng với 10 mét trên thực tế. Một mục tiêu cần được bảo vệ có vị trí ở gốc tọa độ $O$. Người ta thiết lập một vành đai bảo vệ quanh mục tiêu theo một đường tròn tâm $O$ có bán kính bằng 7 đơn vị (tương ứng 70 mét trên thực tế) nằm trong mặt phẳng $(Oxy)$. Một máy bay không người lái (được coi như một hạt) bay theo một đường thẳng từ vị trí $M(5;10;4)$ đến vị trí $N(14;-2;4)$. Tại mỗi vị trí của máy bay, khoảng cách từ máy bay đến vành đai bảo vệ là độ dài ngắn nhất của các đoạn thẳng nối từ vị trí đó đến một điểm bất kì trên vành đai.

a) $\vec{MN} = (9;-12;0)$. b) Phương trình tham số của đường thẳng $MN$ là $\begin{cases} x = 5 + 3t \\ y = 10 - 4t \\ z = 0 \end{cases}$ với $t \in \mathbb{R}$. c) Trong quá trình bay từ $M$ đến $N$, khoảng cách ngắn nhất từ máy bay đến vành đai bảo vệ là 50 mét. d) Trong quá trình bay từ $M$ đến $N$, khoảng cách từ máy bay đến vành đai bảo vệ là ngắn nhất khi máy bay ở vị trí có tọa độ là $(8;6;4)$.

Lời giải:

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

b) Đường thẳng $MN$ có vectơ chỉ phương $\vec{u} = \dfrac{1}{3}\vec{MN} = (3;-4;0)$ và đi qua $M(5;10;4)$, nên phương trình tham số đúng phải là

$\begin{cases} x = 5 + 3t \\ y = 10 - 4t \\ z = 4 \end{cases} \quad (t \in \mathbb{R})$

Phương trình trong đề có $z = 0$: điểm $(5;10;0)$ không thuộc đường thẳng $MN$ (cả $M$ và $N$ đều có $z = 4$). → Sai

c) Vị trí máy bay trên đoạn $MN$: $A(t) = (5+3t;\; 10-4t;\; 4)$ với $t \in [0;3]$ ($t=0$ tại $M$, $t=3$ tại $N$).

Khoảng cách từ trục $Oz$ đến $A(t)$ (bán kính hình chiếu trên $(Oxy)$):

$\rho(t) = \sqrt{(5+3t)^2 + (10-4t)^2} = \sqrt{25t^2 - 50t + 125} = \sqrt{25(t-1)^2 + 100} \ge 10$

Vì điểm gần nhất trên đường tròn bán kính 7 nằm cùng phía với hình chiếu của máy bay, khoảng cách từ máy bay đến vành đai là

$d(t) = \sqrt{\bigl(\rho(t) - 7\bigr)^2 + 4^2}$

Do $\rho(t) \ge 10 > 7$ và $d(t)$ đồng biến theo $\rho(t)$, $d$ nhỏ nhất khi $\rho$ nhỏ nhất, tức tại $t = 1 \in [0;3]$, khi đó $\rho = 10$:

$d_{\min} = \sqrt{(10-7)^2 + 4^2} = \sqrt{9 + 16} = 5 \text{ đơn vị} = 5 \times 10 = 50 \text{ mét}$

→ Đúng

d) Tại $t = 1$: $x = 5 + 3 = 8$, $y = 10 - 4 = 6$, $z = 4$. Vị trí máy bay là $(8;6;4)$. → Đúng

Đáp án: a) Đúng b) Sai c) Đúng d) Đúng

---

Phần III. Trả lời ngắn (Câu 1–6)

---

Câu 1

Cho hình lập phương $ABCD.MNPQ$ có cạnh bằng 6. Gọi $E$ là trung điểm của đoạn thẳng $AB$. Khoảng cách từ điểm $P$ đến mặt phẳng $(MED)$ bằng bao nhiêu (không làm tròn kết quả các phép tính trung gian, chỉ làm tròn kết quả cuối cùng đến hàng phần trăm)?

Lời giải:

Hình lập phương $ABCD.MNPQ$: đáy dưới $ABCD$, đáy trên $MNPQ$ với $M$ trên $A$, $N$ trên $B$, $P$ trên $C$, $Q$ trên $D$.

Chọn hệ trục tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(6;0;0)$, $C(6;6;0)$, $D(0;6;0)$, $M(0;0;6)$, $N(6;0;6)$, $P(6;6;6)$, $Q(0;6;6)$.

$E$ là trung điểm $AB$: $E(3;0;0)$.

Mặt phẳng $(MED)$ đi qua $M(0;0;6)$, $E(3;0;0)$, $D(0;6;0)$:

$\vec{EM} = (-3;0;6), \quad \vec{ED} = (-3;6;0)$

$\vec{n} = \vec{EM} \times \vec{ED} = \bigl(0\cdot 0 - 6\cdot 6;\;\; 6\cdot(-3) - (-3)\cdot 0;\;\; (-3)\cdot 6 - 0\cdot(-3)\bigr) = (-36;-18;-18)$

Rút gọn: $\vec{n} = (2;1;1)$.

Phương trình $(MED)$ qua $E(3;0;0)$: $2(x-3) + y + z = 0 \Leftrightarrow 2x + y + z - 6 = 0$.

Khoảng cách từ $P(6;6;6)$:

$d = \frac{|2\cdot 6 + 6 + 6 - 6|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + 1^2}} = \frac{18}{\sqrt{6}} = 3\sqrt{6} \approx 7{,}3485 \approx 7{,}35$

Đáp số: 7,35

---

Câu 2

Trong một trò chơi bạn Bình cần vượt qua một thử thách. Theo yêu cầu của thử thách, Bình cần điền tất cả 15 số thuộc tập hợp $\{0;1;2;3;4;5;6;7;8;10;11;12;15;16;20\}$ vào 15 ô vuông trong hình dưới thỏa mãn đồng thời ba điều kiện sau:

• Mỗi ô điền đúng một số và mỗi số chỉ được sử dụng một lần;
• Hiệu hai số ở hai ô bất kì khác nhau trên cùng một hàng không chia hết cho 5;
• Hiệu hai số ở hai ô bất kì khác nhau trên cùng một cột không chia hết cho 5.

Hai cách điền gọi là giống nhau nếu số điền ở mỗi ô tương ứng trong 15 ô là giống nhau (không tính đến thứ tự điền các số vào 15 ô vuông). Gọi $H$ là số cách điền khác nhau để bạn Bình vượt qua được thử thách. Giá trị của $\dfrac{H}{30}$ bằng bao nhiêu?

(Hình vẽ: bảng hình bậc thang gồm 5 hàng — Hàng 1 dưới cùng có 5 ô ở Cột 1–5, Hàng 2 có 4 ô ở Cột 1–4, Hàng 3 có 3 ô ở Cột 1–3, Hàng 4 có 2 ô ở Cột 1–2, Hàng 5 trên cùng có 1 ô ở Cột 1.)

Lời giải:

Hiệu hai số không chia hết cho 5 $\Leftrightarrow$ hai số có số dư khác nhau khi chia cho 5. Vậy điều kiện tương đương: trên mỗi hàng và mỗi cột, các số dư (mod 5) đôi một khác nhau.

Phân loại 15 số theo số dư khi chia cho 5:

• Dư 0: $\{0; 5; 10; 15; 20\}$ — 5 số
• Dư 1: $\{1; 6; 11; 16\}$ — 4 số
• Dư 2: $\{2; 7; 12\}$ — 3 số
• Dư 3: $\{3; 8\}$ — 2 số
• Dư 4: $\{4\}$ — 1 số

Bước 1 — Xếp lớp số dư vào các ô (vị trí của từng lớp là duy nhất).

Ô ở hàng $h$, cột $c$ tồn tại khi và chỉ khi $h + c \le 6$ (Hàng 1 có 5 ô, ..., Hàng 5 có 1 ô).

Lớp dư 0 có 5 phần tử, phải nằm ở 5 ô đôi một khác hàng và khác cột → chiếm đủ 5 hàng và 5 cột: các ô $(h; c_h)$ với $\{c_1,\dots,c_5\} = \{1,\dots,5\}$. Khi đó

$\sum_{h=1}^{5}(h + c_h) = 15 + 15 = 30, \quad \text{mà } h + c_h \le 6 \ \forall h \Rightarrow \sum \le 30$

Dấu bằng buộc $h + c_h = 6$ với mọi $h$: lớp dư 0 chiếm đúng đường chéo "mép cầu thang" $(1;5), (2;4), (3;3), (4;2), (5;1)$ — duy nhất một cách.

Loại 5 ô này, phần còn lại là bậc thang nhỏ hơn ($h + c \le 5$). Lặp lại lập luận: lớp dư 1 (4 số) buộc chiếm $(1;4), (2;3), (3;2), (4;1)$; lớp dư 2 chiếm $(1;3), (2;2), (3;1)$; lớp dư 3 chiếm $(1;2), (2;1)$; lớp dư 4 chiếm $(1;1)$. Tất cả đều duy nhất.

Bước 2 — Hoán vị các số trong từng lớp dư.

Trong mỗi lớp, các số được phân vào các vị trí đã cố định của lớp đó một cách tùy ý:

$H = 5! \times 4! \times 3! \times 2! \times 1! = 120 \times 24 \times 6 \times 2 \times 1 = 34560$

Kết quả:

$\frac{H}{30} = \frac{34560}{30} = 1152$

Đáp số: 1152

---

Câu 3

Để chế tác một hạt cườm, người ta lấy một khối vật thể có dạng một khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi trục $Ox$ và nửa trên của elip $\dfrac{x^2}{1{,}5^2} + \dfrac{y^2}{1^2} = 1$ (một đơn vị dài trên mỗi trục tọa độ tương ứng với một xăng-ti-mét trong thực tế) quanh trục $Ox$; sau đó khoan dọc theo trục xoay (xem hình dưới). Lỗ khoan có dạng hình trụ với bán kính $0{,}2$ cm và có trục nằm trên trục xoay. Phần còn lại sau khi khoan là hạt cườm, có dạng một khối tròn xoay. Thể tích của hạt cườm đó bằng bao nhiêu xăng-ti-mét khối (không làm tròn kết quả các phép tính trung gian, chỉ làm tròn kết quả cuối cùng đến hàng phần trăm)?

(Hình vẽ: khối elipxôit tròn xoay bị khoan xuyên lỗ trụ dọc trục $Ox$, mức $y = 0{,}2$ được đánh dấu trên hình.)

Lời giải:

Nửa trên elip: $y = \sqrt{1 - \dfrac{x^2}{2{,}25}}$ với $-1{,}5 \le x \le 1{,}5$. Quay quanh $Ox$ được khối elipxôit tròn xoay.

Lỗ khoan hình trụ bán kính $0{,}2$ có trục là $Ox$, xuyên suốt khối. Hạt cườm là phần của khối elipxôit cách trục $Ox$ ít nhất $0{,}2$.

Hoành độ giao của mặt trụ $y = 0{,}2$ với elip:

$1 - \frac{x^2}{2{,}25} = 0{,}04 \;\Rightarrow\; x^2 = 2{,}25 \times 0{,}96 = 2{,}16 \;\Rightarrow\; x = \pm\sqrt{2{,}16}$

(Với $|x| > \sqrt{2{,}16}$, thiết diện của khối nhỏ hơn lỗ khoan nên bị khoan hết.)

Thể tích hạt cườm (thiết diện vành khăn bán kính ngoài $y(x)$, bán kính trong $0{,}2$):

$V = \pi \int_{-\sqrt{2{,}16}}^{\sqrt{2{,}16}} \left(1 - \frac{x^2}{2{,}25} - 0{,}04\right)dx = 2\pi \int_0^{\sqrt{2{,}16}} \left(0{,}96 - \frac{x^2}{2{,}25}\right)dx$

$= 2\pi \left[0{,}96x - \frac{x^3}{6{,}75}\right]_0^{\sqrt{2{,}16}} = 2\pi\sqrt{2{,}16}\left(0{,}96 - \frac{2{,}16}{6{,}75}\right) = 2\pi\sqrt{2{,}16}\,(0{,}96 - 0{,}32) = 2\pi\sqrt{2{,}16} \times 0{,}64$

Tính số: $\sqrt{2{,}16} \approx 1{,}46969$, suy ra

$V \approx 2\pi \times 1{,}46969 \times 0{,}64 \approx 5{,}9100 \approx 5{,}91 \text{ cm}^3$

(Kiểm tra bằng công thức "vòng khăn ăn" của elipxôit: $V = \dfrac{4}{3}\pi a b^2\bigl(1 - (r/b)^2\bigr)^{3/2} = 2\pi\,(0{,}96)^{3/2} \approx 5{,}91$.)

Đáp số: 5,91

---

Câu 4

Một khung hình trang trí có dạng một đa giác đều 12 cạnh $A_1A_2\ldots A_{12}$ (xem hình dưới) được gắn cố định trên một trần nhà. Bạn Dũng có 12 bóng đèn gồm bốn bóng màu đỏ và tám bóng màu xanh, có công suất đôi một khác nhau. Bạn Dũng lắp ngẫu nhiên 12 bóng đèn trên vào 12 đỉnh $A_1, A_2, \ldots, A_{12}$ sao cho mỗi đỉnh có đúng một bóng đèn. Gọi $P$ là xác suất để mỗi hình vuông (có bốn đỉnh là các đỉnh của đa giác đã cho) đều có ít nhất một bóng đèn màu đỏ. Giá trị của $3190P$ bằng bao nhiêu?

Lời giải:

Trong đa giác đều 12 đỉnh, bốn đỉnh tạo thành hình vuông khi và chỉ khi chúng cách đều nhau 3 vị trí. Có đúng 3 hình vuông:

$V_1 = \{A_1, A_4, A_7, A_{10}\}, \quad V_2 = \{A_2, A_5, A_8, A_{11}\}, \quad V_3 = \{A_3, A_6, A_9, A_{12}\}$

Ba hình vuông này đôi một rời nhau và phủ kín 12 đỉnh.

Xác suất chỉ phụ thuộc vị trí của 4 bóng đỏ (các bóng khác nhau về công suất nhưng vai trò vị trí là tổ hợp): không gian mẫu có $\binom{12}{4} = 495$ cách chọn tập 4 đỉnh gắn bóng đỏ, đồng khả năng.

Đếm số cách thuận lợi (mỗi hình vuông có ít nhất 1 bóng đỏ): vì $4$ bóng đỏ chia vào 3 hình vuông, mỗi hình $\ge 1$, nên phân bố là hoán vị của $(2;1;1)$:

1. Chọn hình vuông chứa 2 bóng đỏ: $3$ cách;
2. Chọn 2 đỉnh trong hình vuông đó: $\binom{4}{2} = 6$ cách;
3. Chọn 1 đỉnh trong mỗi hình vuông còn lại: $4 \times 4 = 16$ cách.

Số cách thuận lợi: $3 \times 6 \times 16 = 288$.

(Kiểm tra bằng phần bù: số cách có hình vuông rỗng $= 3\binom{8}{4} - 3\binom{4}{4} = 210 - 3 = 207$; $495 - 207 = 288$ ✓.)

Xác suất:

$P = \frac{288}{495} = \frac{32}{55}$

Giá trị cần tính:

$3190P = 3190 \times \frac{32}{55} = 58 \times 32 = 1856$

Đáp số: 1856

---

Câu 5

Một nông trại cung cấp rau quả cho siêu thị A với số liệu bán hàng của bốn ngày trong tuần được ghi lại trong bảng sau:

| Ngày | Rau muống (kg) | Bí xanh (kg) | Cà chua (kg) | Tổng số tiền (nghìn đồng) | |---|---|---|---|---| | Thứ Tư | 19 | 14 | 10 | 600 | | Thứ Năm | 20 | 12 | 8 | 540 | | Thứ Sáu | 25 | 12 | 7 | 570 | | Thứ Bảy | 50 | 25 | 20 | ? |

Biết rằng đơn giá theo ki-lô-gam của mỗi loại rau quả trong bảng trên là không đổi. 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 bao nhiêu nghìn đồng?

Lời giải:

Gọi $x, y, z$ (nghìn đồng/kg) lần lượt là đơn giá rau muống, bí xanh, cà chua. Theo bảng:

$\begin{cases} 19x + 14y + 10z = 600 \\ 20x + 12y + 8z = 540 \\ 25x + 12y + 7z = 570 \end{cases}$

Lấy phương trình (3) trừ (2): $5x - z = 30 \Rightarrow z = 5x - 30$.

Thế vào (2): $20x + 12y + 8(5x - 30) = 540 \Rightarrow 60x + 12y = 780 \Rightarrow y = 65 - 5x$.

Thế vào (1): $19x + 14(65 - 5x) + 10(5x - 30) = 600 \Rightarrow 19x - 70x + 50x + 910 - 300 = 600 \Rightarrow -x = -10 \Rightarrow x = 10$.

Suy ra $y = 65 - 50 = 15$, $z = 50 - 30 = 20$.

Kiểm tra: $19(10) + 14(15) + 10(20) = 190 + 210 + 200 = 600$ ✓; $20(10) + 12(15) + 8(20) = 540$ ✓; $25(10) + 12(15) + 7(20) = 570$ ✓.

Tổng tiền ngày Thứ Bảy:

$T = 50x + 25y + 20z = 500 + 375 + 400 = 1275 \text{ (nghìn đồng)}$

Đáp số: 1275

---

Câu 6

Một công ty nông sản có công suất chế biến không quá 200 tấn nguyên liệu một tháng. Nếu công ty chế biến $x$ tấn nguyên liệu trong một tháng ($1 \le x \le 200$) thì chi phí sản xuất và doanh thu lần lượt là $C(x) = 0{,}001x^3 + 30x + 10$ (triệu đồng) và $R(x) = 60x$ (triệu đồng). Lợi nhuận lớn nhất mà công ty đạt được trong một tháng là bao nhiêu triệu đồng?

Lời giải:

Hàm lợi nhuận trên $[1; 200]$:

$L(x) = R(x) - C(x) = 60x - 0{,}001x^3 - 30x - 10 = -0{,}001x^3 + 30x - 10$

$L'(x) = -0{,}003x^2 + 30 = 0 \Leftrightarrow x^2 = 10000 \Leftrightarrow x = 100 \in [1; 200]$

So sánh giá trị:

• $L(1) = -0{,}001 + 30 - 10 = 19{,}999$
• $L(100) = -0{,}001 \cdot 10^6 + 3000 - 10 = -1000 + 3000 - 10 = 1990$
• $L(200) = -0{,}001 \cdot 8 \cdot 10^6 + 6000 - 10 = -8000 + 6000 - 10 = -2010$

Lợi nhuận lớn nhất là 1990 triệu đồng, đạt khi chế biến 100 tấn nguyên liệu.

Đáp số: 1990

---

TỔNG KẾT

• OCR: 12/12 câu Phần I, 4/4 câu (16/16 ý) Phần II, 6/6 câu Phần III đọc rõ từ ảnh đề gốc — không có chỗ mờ phải đánh dấu ⚠️. Tất cả công thức, bảng số liệu và hình vẽ (hình lập phương, bảng biến thiên, bảng tần số, bảng bậc thang, elip + lỗ khoan, đa giác 12 đỉnh, bảng giá rau) đã được xác minh ở độ phóng đại 2×–8×.
• Đối chiếu key hệ thống (toan_2026_all_codes.json, mã 0101): khớp 34/34 mục — Phần I: 1A 2C 3B 4D 5A 6D 7B 8A 9B 10A 11A 12A; Phần II: C1 Đ-Đ-S-S, C2 Đ-Đ-Đ-S, C3 Đ-Đ-S-S, C4 Đ-S-Đ-Đ; Phần III: 7,35 / 1152 / 5,91 / 1856 / 1275 / 1990. Không có câu lệch key.
• Ghi chú: một số ghi chú viết tay trên ảnh đề (của thí sinh/giáo viên) khác với đáp án đúng — "Đ" ở Câu 1d Phần II (đúng phải là Sai), "S" ở Câu 4c Phần II (đúng phải là Đúng), "1,44" ở Câu 3 Phần III (đúng là 5,91), "19,3" ở Câu 4 Phần III (đúng là 1856). Các ghi chú này không phải đáp án chính thức.