Chuyển đến nội dung chính
Trợ lý đi thi
Đăng nhập

Đề thi Toán THPT 2026— Mã đề 0103

Lời giải chi tiết từng câu

Cập nhật: 14:58 27/06/2026

✅ Chính thức✅ Đáp án chính thức
⚡ Xem nhanh đáp án →

Lời giải chi tiết — Toán tốt nghiệp THPT 2026 — Mã đề 0103

Nguồn đề: OCR trực tiếp từ ảnh đề gốc 4 trang (CDN tuyensinh247 — đề chính thức ngày 11/6/2026, mã đề 0103 in trên từng trang).

Phần I. Trắc nghiệm (12 câu — mỗi câu chọn một phương án)

Câu 1

Nghiệm của phương trình log⁡3(x−1)=1\log_3(x - 1) = 1 là

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

Giải:

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

log⁡3(x−1)=1⇔x−1=31=3⇔x=4\log_3(x-1) = 1 \Leftrightarrow x - 1 = 3^1 = 3 \Leftrightarrow x = 4

Kiểm tra: x=4>1x = 4 > 1 — thỏa mãn điều kiện.

Đáp án: D (x=4)(x = 4) ✓

Câu 2

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

A. CD→\overrightarrow{CD}.   B. D′C′→\overrightarrow{D'C'}.   C. AA′→\overrightarrow{AA'}.   D. AD→\overrightarrow{AD}.

Giải:

Trong hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ABCD.A'B'C'D', tứ giác ABC′D′ABC'D'... xét trực tiếp: ABCDABCD và A′B′C′D′A'B'C'D' là hai đáy tương ứng, nên AB→=DC→=A′B′→=D′C′→\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DC} = \overrightarrow{A'B'} = \overrightarrow{D'C'} (cùng hướng, cùng độ dài).

Loại các phương án khác:

  • CD→=−AB→\overrightarrow{CD} = -\overrightarrow{AB} (ngược hướng);
  • AA′→\overrightarrow{AA'} vuông góc với AB→\overrightarrow{AB} (cạnh bên thẳng đứng);
  • AD→\overrightarrow{AD} vuông góc với AB→\overrightarrow{AB} (cạnh đáy kề).

Đáp án: B (D′C′→)(\overrightarrow{D'C'}) ✓

Câu 3

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

A. 0,90{,}9.   B. 0,10{,}1.   C. 0,20{,}2.   D. 0,80{,}8.

Giải:

Vì AA và BB độc lập:

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

Đáp án: C (0,2)(0{,}2) ✓

Câu 4

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

| xx | −∞-\infty      | 11 |      +∞+\infty | |---|---|---|---| | y′y' | ++ | ∥\| | ++ | | yy | −2↗+∞-2 \nearrow +\infty | ∥\| | −∞↗−2-\infty \nearrow -2 |

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

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

Giải:

Từ bảng biến thiên: lim⁡x→−∞y=lim⁡x→+∞y=−2\lim\limits_{x \to -\infty} y = \lim\limits_{x \to +\infty} y = -2.

Vậy tiệm cận ngang là đường y=−2y = -2 (còn x=1x = 1 là tiệm cận đứng, không phải tiệm cận ngang).

Đáp án: C (y=−2)(y = -2) ✓

Câu 5

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

A. ∫[3+f(x)] dx=3x+cos⁡x+C\displaystyle\int[3 + f(x)]\,dx = 3x + \cos x + C.

B. ∫[3+f(x)] dx=3x+sin⁡x+C\displaystyle\int[3 + f(x)]\,dx = 3x + \sin x + C.

C. ∫[3+f(x)] dx=3x−cos⁡x+C\displaystyle\int[3 + f(x)]\,dx = 3x - \cos x + C.

D. ∫[3+f(x)] dx=3x−sin⁡x+C\displaystyle\int[3 + f(x)]\,dx = 3x - \sin x + C.

Giải:

Theo tính chất tuyến tính của nguyên hàm:

∫[3+f(x)] dx=∫3 dx+∫f(x) dx=3x+sin⁡x+C\int[3 + f(x)]\,dx = \int 3\,dx + \int f(x)\,dx = 3x + \sin x + C

Đáp án: B (3x+sin⁡x+C)(3x + \sin x + C) ✓

Câu 6

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

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

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

Giải:

Cỡ mẫu n=4+8+14+7+4+5=42n = 4+8+14+7+4+5 = 42. Trung vị là trung bình cộng của giá trị thứ 2121 và thứ 2222.

Tần số tích lũy: 4→12→26→33→37→424 \to 12 \to 26 \to 33 \to 37 \to 42.

Vì 12<21≤22≤2612 < 21 \le 22 \le 26, cả hai giá trị thứ 21 và 22 đều thuộc nhóm [30;40)[30;40).

Đáp án: C ([30;40))\bigl([30;40)\bigr) ✓

Câu 7

Cho cấp số cộng (un)(u_n) có u1=5u_1 = 5 và công sai d=−1d = -1. Giá trị của u2u_2 bằng

A. 55.   B. 44.   C. −4-4.   D. −5-5.

Giải:

u2=u1+d=5+(−1)=4u_2 = u_1 + d = 5 + (-1) = 4

Đáp án: B (u2=4)(u_2 = 4) ✓

Câu 8

Cho các hàm số y=f(x)y = f(x) và y=g(x)y = g(x) có đạo hàm trên tập số thực R\mathbb{R} thỏa mãn f′(x)=xf'(x) = x và g′(x)=x2g'(x) = x^2. Đạo hàm của hàm số y=f(x)+g(x)y = f(x) + g(x) là

A. x+x2x + x^2.   B. 1+2x1 + 2x.   C. 1+x21 + x^2.   D. 3x3x.

Giải:

y′=[f(x)+g(x)]′=f′(x)+g′(x)=x+x2y' = [f(x) + g(x)]' = f'(x) + g'(x) = x + x^2

Đáp án: A (x+x2)(x + x^2) ✓

Câu 9

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

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

Giải:

AB→=(3−1; 3−5; 1−1)=(2;−2;0)\overrightarrow{AB} = (3-1;\ 3-5;\ 1-1) = (2;-2;0)

Đáp án: C ((2;−2;0))\bigl((2;-2;0)\bigr) ✓

Câu 10

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

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

Giải:

Thử (1;0)(1;0): 1+0−3=−2<01 + 0 - 3 = -2 < 0 ✓ và 1−0+1=2>01 - 0 + 1 = 2 > 0 ✓ — thỏa mãn cả hai.

Các cặp còn lại bị loại:

  • (0;2)(0;2): 0−2+1=−1≯00 - 2 + 1 = -1 \not> 0;
  • (1;2)(1;2): 1+2−3=0≮01 + 2 - 3 = 0 \not< 0;
  • (−1;1)(-1;1): −1−1+1=−1≯0-1 - 1 + 1 = -1 \not> 0.

Đáp án: D ((1;0))\bigl((1;0)\bigr) ✓

Câu 11

Hàm số F(x)=4x3F(x) = 4x^3 là một nguyên hàm của hàm số nào sau đây?

A. f3(x)=12x2f_3(x) = 12x^2.   B. f4(x)=4x4f_4(x) = 4x^4.   C. f2(x)=3x2f_2(x) = 3x^2.   D. f1(x)=x4f_1(x) = x^4.

Giải:

FF là nguyên hàm của ff khi F′(x)=f(x)F'(x) = f(x):

F′(x)=(4x3)′=12x2F'(x) = (4x^3)' = 12x^2

Đáp án: A (f3(x)=12x2)(f_3(x) = 12x^2) ✓

Câu 12

Cho cấp số nhân (un)(u_n) có số hạng đầu u1u_1 và công bội qq với u1≠0, q>1u_1 \neq 0,\ q > 1. Số hạng u4u_4 là

A. u4=u1q3u_4 = u_1 q^3.   B. u4=u1q4u_4 = u_1 q^4.   C. u4=u1+3qu_4 = u_1 + 3q.   D. u4=u1+4qu_4 = u_1 + 4q.

Giải:

Công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân: un=u1qn−1u_n = u_1 q^{n-1}. Với n=4n = 4:

u4=u1q3u_4 = u_1 q^3

Đáp án: A (u4=u1q3)(u_4 = u_1 q^3) ✓

Phần II. Đúng/Sai (4 câu — mỗi câu 4 ý a, b, c, d)

Câu 1

Trong không gian xét hệ tọa độ OxyzOxyz 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 OO. Người ta thiết lập một vành đai bảo vệ quanh mục tiêu theo một đường tròn tâm OO có bán kính bằng 7 đơn vị (tương ứng 70 mét trên thực tế) nằm trong mặt phẳng (Oxy)(Oxy). Một máy bay không người lái (được coi như một hạt) bay theo một đường thẳng từ vị trí M(5;10;4)M(5;10;4) đến vị trí N(14;−2;4)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) MN→=(9;−12;0)\overrightarrow{MN} = (9;-12;0).

b) Phương trình tham số của đường thẳng MNMN là {x=5+3ty=10−4tz=0\begin{cases} x = 5 + 3t \\ y = 10 - 4t \\ z = 0 \end{cases} với t∈Rt \in \mathbb{R}.

c) Trong quá trình bay từ MM đến NN, khoảng cách ngắn nhất từ máy bay đến vành đai bảo vệ là 50 mét.

d) Trong quá trình bay từ MM đến NN, 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)(8;6;4).

Giải:

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

a) Đúng ✓

b) Vectơ chỉ phương MN→=(9;−12;0)\overrightarrow{MN} = (9;-12;0) rút gọn được thành (3;−4;0)(3;-4;0). Đường thẳng MNMN qua M(5;10;4)M(5;10;4) nên có phương trình tham số

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

Cả MM và NN đều có cao độ z=4z = 4, nên trên đường thẳng MNMN phải có z=4z = 4 (hằng số), không phải z=0z = 0 như phát biểu.

b) Sai ✓

c) Vị trí máy bay: Q(5+3t; 10−4t; 4)Q(5+3t;\ 10-4t;\ 4), với tt chạy từ 00 (tại MM) đến 33 (tại NN, vì N=M+3 (3;−4;0)N = M + 3\,(3;-4;0)).

Gọi ρ(t)\rho(t) là khoảng cách từ hình chiếu của QQ trên (Oxy)(Oxy) đến OO:

ρ2(t)=(5+3t)2+(10−4t)2=25t2−50t+125=25(t−1)2+100≥100\rho^2(t) = (5+3t)^2 + (10-4t)^2 = 25t^2 - 50t + 125 = 25(t-1)^2 + 100 \ge 100

Suy ra ρ(t)≥10>7\rho(t) \ge 10 > 7 với mọi tt: hình chiếu của máy bay luôn nằm ngoài đường tròn vành đai. Khi đó điểm gần nhất trên vành đai nằm trên tia OO–hình chiếu, và khoảng cách từ QQ đến vành đai là

d(t)=(ρ(t)−7)2+42d(t) = \sqrt{\bigl(\rho(t) - 7\bigr)^2 + 4^2}

(thành phần ngang ρ−7\rho - 7, thành phần cao z=4z = 4). Vì ρ≥10>7\rho \ge 10 > 7, hàm dd đồng biến theo ρ\rho, nên dd nhỏ nhất khi ρ\rho nhỏ nhất, tức t=1∈[0;3]t = 1 \in [0;3]:

dmin⁡=(10−7)2+42=9+16=5 đơn vị=5×10=50 meˊtd_{\min} = \sqrt{(10-7)^2 + 4^2} = \sqrt{9 + 16} = 5 \text{ đơn vị} = 5 \times 10 = 50 \text{ mét}

c) Đúng ✓

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

d) Đúng ✓

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

Câu 2

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 tầm 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 0,90{,}9.

b) Xác suất để người đó không có bệnh, biết rằng người đó không nhận được cảnh báo từ ứng dụng, lớn hơn 0,980{,}98.

c) Xác suất để người đó không có bệnh bằng 0,90{,}9.

d) Xác suất để người đó không nhận được cảnh báo từ ứng dụng, biết rằng người đó không có bệnh, nhỏ hơn 0,950{,}95.

Giải:

Lập bảng tổng hợp:

| | Nhận cảnh báo | Không nhận cảnh báo | Tổng | |---|---|---|---| | Có bệnh | 700 | 100 | 800 | | Không có bệnh | 300 | 8900 | 9200 | | Tổng | 1000 | 9000 | 10000 |

Kí hiệu CC: "nhận được cảnh báo", BB: "có bệnh".

a) P(C‾)=900010000=0,9P(\overline{C}) = \dfrac{9000}{10000} = 0{,}9.

a) Đúng ✓

b) P(B‾∣C‾)=89009000=8990≈0,9889>0,98P(\overline{B} \mid \overline{C}) = \dfrac{8900}{9000} = \dfrac{89}{90} \approx 0{,}9889 > 0{,}98.

b) Đúng ✓

c) P(B‾)=920010000=0,92≠0,9P(\overline{B}) = \dfrac{9200}{10000} = 0{,}92 \neq 0{,}9.

c) Sai ✓

d) P(C‾∣B‾)=89009200=8992≈0,9674>0,95P(\overline{C} \mid \overline{B}) = \dfrac{8900}{9200} = \dfrac{89}{92} \approx 0{,}9674 > 0{,}95, nên phát biểu "nhỏ hơn 0,950{,}95" sai.

d) Sai ✓

Đáp án: a) Đúng   b) Đúng   c) Sai   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 trữ vào bộ lưu trữ điện. Gọi F(t)F(t) là năng lượng điện (kWh) lưu trữ được kể từ thời điểm hệ thống bắt đầu hoạt động đến thời điểm tt, trong đó tt là thời gian tính theo giờ (0≤t≤12)(0 \leq t \leq 12) và thời điểm hệ thống bắt đầu hoạt động ứng với t=0t = 0. Biết rằng F(0)=0F(0) = 0.

Tốc độ lưu trữ năng lượng điện (kW) của hệ thống này là hàm số f(t)=F′(t)f(t) = F'(t) với 0≤t≤120 \leq t \leq 12. Số liệu ghi nhận được ở một ngày cụ thể trong năm cho thấy f(t)=−0,3t2+3,6tf(t) = -0{,}3t^2 + 3{,}6t với 0≤t≤120 \leq t \leq 12.

a) F(t)=−0,1t3+1,8t2F(t) = -0{,}1t^3 + 1{,}8t^2 với 0≤t≤120 \leq t \leq 12.

b) Năng lượng điện (kWh) lưu trữ được kể từ thời điểm t=at = a đến thời điểm t=bt = b (0≤a<b≤12)(0 \leq a < b \leq 12) là ∫abf(t) dt\displaystyle\int_a^b f(t)\,dt.

c) Năng lượng điện lưu trữ được kể từ thời điểm t=1t = 1 đến thời điểm t=4t = 4 nhỏ hơn 20,620{,}6 kWh.

d) Năng lượng điện lưu trữ được kể từ thời điểm t=1t = 1 đến thời điểm t=7t = 7 gấp hai lần năng lượng điện lưu trữ được kể từ thời điểm t=1t = 1 đến thời điểm t=4t = 4.

Giải:

a) F(t)=∫(−0,3t2+3,6t) dt=−0,1t3+1,8t2+CF(t) = \displaystyle\int(-0{,}3t^2 + 3{,}6t)\,dt = -0{,}1t^3 + 1{,}8t^2 + C. Từ F(0)=0⇒C=0F(0) = 0 \Rightarrow C = 0:

F(t)=−0,1t3+1,8t2F(t) = -0{,}1t^3 + 1{,}8t^2

a) Đúng ✓

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

F(b)−F(a)=∫abF′(t) dt=∫abf(t) dtF(b) - F(a) = \int_a^b F'(t)\,dt = \int_a^b f(t)\,dt

b) Đúng ✓

c) F(4)=−0,1⋅64+1,8⋅16=−6,4+28,8=22,4F(4) = -0{,}1 \cdot 64 + 1{,}8 \cdot 16 = -6{,}4 + 28{,}8 = 22{,}4; F(1)=−0,1+1,8=1,7F(1) = -0{,}1 + 1{,}8 = 1{,}7.

F(4)−F(1)=22,4−1,7=20,7 kWh>20,6 kWhF(4) - F(1) = 22{,}4 - 1{,}7 = 20{,}7 \text{ kWh} > 20{,}6 \text{ kWh}

Phát biểu "nhỏ hơn 20,620{,}6 kWh" sai.

c) Sai ✓

d) F(7)=−0,1⋅343+1,8⋅49=−34,3+88,2=53,9F(7) = -0{,}1 \cdot 343 + 1{,}8 \cdot 49 = -34{,}3 + 88{,}2 = 53{,}9.

F(7)−F(1)=53,9−1,7=52,2 kWh,2[F(4)−F(1)]=2×20,7=41,4 kWhF(7) - F(1) = 53{,}9 - 1{,}7 = 52{,}2 \text{ kWh}, \qquad 2\bigl[F(4) - F(1)\bigr] = 2 \times 20{,}7 = 41{,}4 \text{ kWh}

Vì 52,2≠41,452{,}2 \neq 41{,}4, phát biểu "gấp hai lần" sai.

d) Sai ✓

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

Câu 4

Cho hàm số f(x)=13x3−5x2+9x+8f(x) = \dfrac{1}{3}x^3 - 5x^2 + 9x + 8.

a) Hàm số đã cho có đạo hàm là f′(x)=x2−10x+9f'(x) = x^2 - 10x + 9.

b) Phương trình f′(x)=0f'(x) = 0 có tập nghiệm là S={1;9}S = \{1;9\}.

c) Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (1;9)(1;9).

d) Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng 373\dfrac{37}{3}.

Giải:

a) f′(x)=x2−10x+9f'(x) = x^2 - 10x + 9.

a) Đúng ✓

b) x2−10x+9=0⇔(x−1)(x−9)=0⇔x∈{1;9}x^2 - 10x + 9 = 0 \Leftrightarrow (x-1)(x-9) = 0 \Leftrightarrow x \in \{1;9\}.

b) Đúng ✓

c) Với x∈(1;9)x \in (1;9): x−1>0x - 1 > 0 và x−9<0x - 9 < 0 nên f′(x)=(x−1)(x−9)<0f'(x) = (x-1)(x-9) < 0. Hàm số nghịch biến trên (1;9)(1;9).

c) Đúng ✓

d) Bảng dấu của f′f': dương trên (−∞;1)(-\infty;1), âm trên (1;9)(1;9), dương trên (9;+∞)(9;+\infty). Suy ra x=1x = 1 là điểm cực đại, x=9x = 9 là điểm cực tiểu.

  • Giá trị cực tiểu: f(9)=7293−405+81+8=243−405+81+8=−73f(9) = \dfrac{729}{3} - 405 + 81 + 8 = 243 - 405 + 81 + 8 = -73.
  • Giá trị cực đại: f(1)=13−5+9+8=373f(1) = \dfrac{1}{3} - 5 + 9 + 8 = \dfrac{37}{3}.

373\dfrac{37}{3} là giá trị cực đại chứ không phải cực tiểu, nên phát biểu sai.

d) Sai ✓

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

Phần III. Trả lời ngắn (6 câu)

Câu 1

Một khung hình trang trí có dạng một đa giác đều 12 cạnh A1A2…A12A_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 A1,A2,…,A12A_1, A_2, \ldots, A_{12} sao cho mỗi đỉnh có đúng một bóng đèn. Gọi PP 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 3190P3190P bằng bao nhiêu?

Giải:

Các hình vuông trong đa giác đều 12 đỉnh. Bốn đỉnh tạo thành hình vuông khi và chỉ khi chúng cách đều nhau trên đường tròn ngoại tiếp, tức cách nhau 12:4=312 : 4 = 3 vị trí. Có đúng 3 hình vuông:

{A1,A4,A7,A10},{A2,A5,A8,A11},{A3,A6,A9,A12}\{A_1, A_4, A_7, A_{10}\}, \quad \{A_2, A_5, A_8, A_{11}\}, \quad \{A_3, A_6, A_9, A_{12}\}

Ba hình vuông này phân hoạch 12 đỉnh thành 3 nhóm rời nhau, mỗi nhóm 4 đỉnh.

Quy về vị trí của 4 bóng đỏ. Tuy 12 bóng đèn phân biệt (công suất khác nhau), biến cố chỉ phụ thuộc tập 4 đỉnh nhận bóng đỏ. Do lắp ngẫu nhiên, mọi tập 4 đỉnh đều đồng khả năng:

∣Ω∣=(124)=495|\Omega| = \binom{12}{4} = 495

Đếm thuận lợi. Cần mỗi nhóm có ít nhất 1 bóng đỏ. Phân phối 4 bóng đỏ vào 3 nhóm, mỗi nhóm ≥1\ge 1: chỉ có dạng (2,1,1)(2,1,1) và các hoán vị.

  • Chọn nhóm chứa 2 bóng đỏ: 33 cách;
  • Chọn 2 đỉnh trong nhóm đó: (42)=6\binom{4}{2} = 6 cách;
  • Chọn 1 đỉnh trong mỗi nhóm còn lại: 4×4=164 \times 4 = 16 cách.

N=3×6×16=288N = 3 \times 6 \times 16 = 288

Xác suất và kết quả:

P=288495=3255⇒3190P=3190×3255=58×32=1856P = \frac{288}{495} = \frac{32}{55} \quad\Rightarrow\quad 3190P = 3190 \times \frac{32}{55} = 58 \times 32 = 1856

Đáp số: 1856 ✓

Câu 2

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?

Giải:

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

{19x+14y+10z=600(1)20x+12y+8z=540(2)25x+12y+7z=570(3)\begin{cases} 19x + 14y + 10z = 600 & (1)\\ 20x + 12y + 8z = 540 & (2)\\ 25x + 12y + 7z = 570 & (3) \end{cases}

(3)−(2)(3) - (2): 5x−z=30⇒z=5x−305x - z = 30 \Rightarrow z = 5x - 30.

Thế vào (2)(2): 20x+12y+8(5x−30)=540⇒60x+12y=780⇒y=65−5x20x + 12y + 8(5x - 30) = 540 \Rightarrow 60x + 12y = 780 \Rightarrow y = 65 - 5x.

Thế cả hai vào (1)(1):

19x+14(65−5x)+10(5x−30)=600⇒−x+610=600⇒x=1019x + 14(65 - 5x) + 10(5x - 30) = 600 \Rightarrow -x + 610 = 600 \Rightarrow x = 10

Suy ra y=15y = 15, z=20z = 20.

Kiểm tra: 19⋅10+14⋅15+10⋅20=60019 \cdot 10 + 14 \cdot 15 + 10 \cdot 20 = 600 ✓; 20⋅10+12⋅15+8⋅20=54020 \cdot 10 + 12 \cdot 15 + 8 \cdot 20 = 540 ✓; 25⋅10+12⋅15+7⋅20=57025 \cdot 10 + 12 \cdot 15 + 7 \cdot 20 = 570 ✓.

Tổng tiền ngày Thứ Bảy:

50⋅10+25⋅15+20⋅20=500+375+400=1275 (nghıˋn đoˆˋng)50 \cdot 10 + 25 \cdot 15 + 20 \cdot 20 = 500 + 375 + 400 = 1275 \text{ (nghìn đồng)}

Đáp số: 1275 ✓

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 OxOx và nửa trên của elip x21,52+y212=1\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 OxOx; sau đó khoan dọc theo trục xoay (xem hình dưới). Lỗ khoan có dạng hình trụ với bán kính 0,20{,}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)?

Giải:

Nửa trên elip: y2=1−x22,25y^2 = 1 - \dfrac{x^2}{2{,}25}, x∈[−1,5; 1,5]x \in [-1{,}5;\,1{,}5].

Xác định miền còn lại sau khoan. Mặt cắt vuông góc trục OxOx tại hoành độ xx của khối elip tròn xoay là hình tròn bán kính y(x)y(x). Mũi khoan bán kính 0,20{,}2 xuyên suốt dọc trục lấy đi phần lõi, nên:

  • Tại các xx có y(x)>0,2y(x) > 0{,}2: còn lại hình vành khăn bán kính ngoài y(x)y(x), bán kính trong 0,20{,}2;
  • Tại các xx có y(x)≤0,2y(x) \le 0{,}2 (hai chỏm đầu): toàn bộ mặt cắt nằm trong lỗ khoan, bị lấy đi hết.

Giao của elip với mức y=0,2y = 0{,}2:

1−x22,25=0,04⇒x2=2,25×0,96=2,16⇒x=±2,161 - \frac{x^2}{2{,}25} = 0{,}04 \Rightarrow x^2 = 2{,}25 \times 0{,}96 = 2{,}16 \Rightarrow x = \pm\sqrt{2{,}16}

Tính thể tích (công thức vành khăn, hàm dưới dấu tích phân là hàm chẵn):

V=π∫−2,162,16[(1−x22,25)−0,22]dx=2π∫02,16(0,96−x22,25)dxV = \pi \int_{-\sqrt{2{,}16}}^{\sqrt{2{,}16}} \left[\left(1 - \frac{x^2}{2{,}25}\right) - 0{,}2^2\right] dx = 2\pi \int_0^{\sqrt{2{,}16}} \left(0{,}96 - \frac{x^2}{2{,}25}\right) dx

=2π[0,96x−x36,75]02,16=2π2,16(0,96−2,166,75)=2π2,16 (0,96−0,32)= 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)

=1,28π2,16=1,28π⋅365≈1,28×3,14159265×1,46969385≈5,9100= 1{,}28\pi\sqrt{2{,}16} = 1{,}28\pi \cdot \frac{3\sqrt{6}}{5} \approx 1{,}28 \times 3{,}14159265 \times 1{,}46969385 \approx 5{,}9100

Làm tròn đến hàng phần trăm: V≈5,91 cm3V \approx 5{,}91 \text{ cm}^3.

Đáp số: 5,91 ✓

Câu 4

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}\{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 HH là số cách điền khác nhau để bạn Bình vượt qua được thử thách. Giá trị của H30\dfrac{H}{30} bằng bao nhiêu?

(Hình: bảng bậc thang căn trái — 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 có 1 ô ở Cột 1. Ô (hàng ii, cột jj) tồn tại khi i+j≤6i + j \le 6.)

Giải:

Bước 1 — Điều kiện tương đương theo số dư mod 5. "Hiệu hai số không chia hết cho 5" nghĩa là hai số đó khác số dư khi chia cho 5. Vậy: trong mỗi hàng các số đôi một khác số dư, trong mỗi cột cũng vậy.

Phân loại 15 số theo số dư mod 5:

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

Bước 2 — Vị trí của từng lớp số dư bị xác định duy nhất. Các ô của cùng một lớp số dư phải nằm ở các hàng đôi một khác nhau và các cột đôi một khác nhau (kiểu "xe không ăn nhau").

  • Lớp dư 0 có 5 phần tử → cần 5 ô chiếm đủ 5 hàng, 5 cột. Hàng 5 chỉ có ô (5,1)(5,1) nên cột 1 bị dùng tại hàng 5; hàng 4 chỉ còn ô (4,2)(4,2); tiếp tục suy ra hàng 3 dùng (3,3)(3,3), hàng 2 dùng (2,4)(2,4), hàng 1 dùng (1,5)(1,5). Vị trí duy nhất: đường chéo phụ i+j=6i + j = 6.
  • Bỏ đường chéo đó đi, phần còn lại là bậc thang i+j≤5i + j \le 5 (hàng 1–4, cột 1–4). Lớp dư 1 (4 phần tử) cần 4 hàng, 4 cột khác nhau trong phần này: lập luận y hệt cho vị trí duy nhất là i+j=5i + j = 5.
  • Tương tự, lớp dư 2 chiếm i+j=4i + j = 4, lớp dư 3 chiếm i+j=3i + j = 3, lớp dư 4 chiếm ô (1,1)(1,1).

Vậy cách phân vùng các lớp số dư là duy nhất: lớp có kk số chiếm đúng đường chéo i+j=k+1i + j = k + 1.

Bước 3 — Đếm. Trong mỗi đường chéo, các số của lớp tương ứng được hoán vị tự do (các ô trên một đường chéo luôn khác hàng, khác cột nên không ràng buộc thêm):

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

Kết quả:

H30=3456030=1152\frac{H}{30} = \frac{34560}{30} = 1152

Đáp số: 1152 ✓

Câu 5

Một công ty nông sản có công suất chế biến không quá 200 tấn nguyên liệu một tháng. Nếu công ty chế biến xx tấn nguyên liệu trong một tháng (1≤x≤200)(1 \leq x \leq 200) thì chi phí sản xuất và doanh thu lần lượt là C(x)=0,001x3+30x+10C(x) = 0{,}001x^3 + 30x + 10 (triệu đồng) và R(x)=60xR(x) = 60x (triệu đồng). Lợi nhuận lớn nhất mà công ty đạt được trong một tháng là bao nhiêu triệu đồng?

Giải:

Hàm lợi nhuận trên [1;200][1;200]:

L(x)=R(x)−C(x)=60x−0,001x3−30x−10=−0,001x3+30x−10L(x) = R(x) - C(x) = 60x - 0{,}001x^3 - 30x - 10 = -0{,}001x^3 + 30x - 10

L′(x)=−0,003x2+30=0⇔x2=10000⇔x=100∈[1;200]L'(x) = -0{,}003x^2 + 30 = 0 \Leftrightarrow x^2 = 10000 \Leftrightarrow x = 100 \in [1;200]

L′(x)>0L'(x) > 0 trên [1;100)[1;100) và L′(x)<0L'(x) < 0 trên (100;200](100;200], nên LL đạt giá trị lớn nhất tại x=100x = 100:

L(100)=−0,001⋅106+3000−10=−1000+3000−10=1990L(100) = -0{,}001 \cdot 10^6 + 3000 - 10 = -1000 + 3000 - 10 = 1990

(So sánh biên: L(1)=19,999L(1) = 19{,}999; L(200)=−2010L(200) = -2010 — đều nhỏ hơn.)

Đáp số: 1990 (triệu đồng, khi chế biến 100 tấn) ✓

Câu 6

Cho hình lập phương ABCD.MNPQABCD.MNPQ có cạnh bằng 6. Gọi EE là trung điểm của đoạn thẳng ABAB. Khoảng cách từ PP đến mặt phẳng (MED)(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)?

Giải:

Hình lập phương ABCD.MNPQABCD.MNPQ: đỉnh M,N,P,QM, N, P, Q lần lượt nằm trên A,B,C,DA, B, C, D. Chọn hệ 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)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)

EE là trung điểm ABAB: E(3;0;0)E(3;0;0).

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

ME→=(3;0;−6),MD→=(0;6;−6)\overrightarrow{ME} = (3;0;-6), \qquad \overrightarrow{MD} = (0;6;-6)

n⃗=ME→×MD→=(0⋅(−6)−(−6)⋅6; (−6)⋅0−3⋅(−6); 3⋅6−0⋅0)=(36;18;18)=18 (2;1;1)\vec{n} = \overrightarrow{ME} \times \overrightarrow{MD} = \bigl(0 \cdot(-6) - (-6)\cdot 6;\ (-6)\cdot 0 - 3\cdot(-6);\ 3 \cdot 6 - 0 \cdot 0\bigr) = (36; 18; 18) = 18\,(2;1;1)

Phương trình (MED)(MED): 2x+y+z=2⋅0+0+6=62x + y + z = 2\cdot 0 + 0 + 6 = 6, tức 2x+y+z−6=02x + y + z - 6 = 0.

Khoảng cách từ P(6;6;6)P(6;6;6):

d=∣2⋅6+6+6−6∣22+12+12=186=36≈7,3485d = \frac{|2 \cdot 6 + 6 + 6 - 6|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + 1^2}} = \frac{18}{\sqrt{6}} = 3\sqrt{6} \approx 7{,}3485

Làm tròn đến hàng phần trăm: d≈7,35d \approx 7{,}35.

Đáp số: 7,35 ✓

TỔNG KẾT

Chất lượng OCR: 22/22 câu (12 câu Phần I + 4 câu Phần II + 6 câu Phần III) OCR rõ từ ảnh đề gốc 4 trang sau khi phóng đại 4×–12×; không có chỗ mờ phải đánh dấu ⚠️. Hai điểm cần phóng đại sâu mới đọc chắc: tập hợp số ở Phần III Câu 4 (xác nhận không có số 9: {0;1;...;8;10;11;12;15;16;20}\{0;1;...;8;10;11;12;15;16;20\}) và tần số bảng Câu 6 Phần I (4, 8, 14, 7, 4, 5 — bị chữ viết tay tần số tích lũy đè lên).

Đối chiếu key hệ thống (toan_2026_all_codes.json, mã 0103): tự giải độc lập trước, sau đó đối chiếu — khớp 100%, không câu nào lệch key.

| Phần | Đáp án tự giải = key hệ thống | |---|---| | Phần I (1→12) | D, B, C, C, B, C, B, A, C, D, A, A | | Phần II Câu 1 | a) Đ — b) S — c) Đ — d) Đ | | Phần II Câu 2 | a) Đ — b) Đ — c) S — d) S | | Phần II Câu 3 | a) Đ — b) Đ — c) S — d) S | | Phần II Câu 4 | a) Đ — b) Đ — c) Đ — d) S | | Phần III (1→6) | 1856; 1275; 5,91; 1152; 1990; 7,35 |

← Tất cả mã đề Toán← Tất cả môn