Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 19

Chọn C
Theo công thức, ta có: \(\int {f\left( x \right)\,{d}x} = \int {\left( {{x^3} + x} \right)\,{d}x} = \frac{1}{4}{x^4} + \frac{1}{2}{x^2} + C\).

Chọn C
Ta có \(\int\limits_0^1 {f’\left( x \right)dx} = \left. {f\left( x \right)} \right|_0^1 = f\left( 1 \right) – f\left( 0 \right) = 2e – 0 = 2e\)

Chọn B
Ta có \({2^x} < 3 \Leftrightarrow x < {\log _2}3 \Rightarrow \) tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - \infty ;{{\log }_2}3} \right)\).

Chọn D
Thể tích của khối chóp bằng
\(V = \frac{1}{3}S.h = \frac{1}{3}.6.5 = 10\,{c}{{m}^{3}}\).

Chọn C
Mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có phương trình là \(z = 0\).

Chọn C
\(\left( S \right):{\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y + 4} \right)^2} + {z^2} = 9\) có bán kính \(R = \sqrt 9 = 3\) \( \Rightarrow \) đường kính \(d = 2R = 6\)

Chọn D
Xét cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_1} = 3\) và công bội \(q\)
Ta có \({u_4} = 81 = {u_1}.{q^3} = 3.{q^3}\)\( \Rightarrow {q^3} = \frac{{81}}{3} = 27 \Rightarrow q = 3\)

Chọn B
Mức thu nhập trung bình của người lao động ở công ty trên là:
\(\overline x = \frac{{6,5.30 + 9,5.55 + 12,5.45 + 15,5.30 + 18,5.20}}{{30 + 55 + 45 + 30 + 20}} = 11,75\)

Chọn B
Ta có
\(\overrightarrow {SM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {SA} – \overrightarrow {SB} + 2\overrightarrow {SC} } \right) \Leftrightarrow 2\overrightarrow {SM} = \overrightarrow {SA} – \overrightarrow {SB} + 2\overrightarrow {SC} \)
\( \Leftrightarrow \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = \overrightarrow {SA} – \overrightarrow {SB} + 2\overrightarrow {SC} \)
\( \Leftrightarrow \overrightarrow {SD} – \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SA} – \overrightarrow {SB} \Leftrightarrow \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {BA} \,\,.\)

Chọn B
Từ hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số nhận đường thẳng \(x = 1\) làm tiệm cận đứng
Suy ra loại câu C (TCĐ: \(x = – 1\)) và câu D (TCĐ: \(x = 2\)).
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -1.
Xét \(y = \frac{{{x^2} + x – 1}}{{x – 1}}\) với \(x = 0 \Rightarrow y = 1\) (loại)
Xét \(y = \frac{{{x^2} – x + 1}}{{x – 1}}\) với \(x = 0 \Rightarrow y = – 1\) (thỏa mãn).
Vậy đường cong là đồ thị của hàm số \(y = \frac{{{x^2} – x + 1}}{{x – 1}}\).

Chọn C
Do nên đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng \(x = 1\).
Do và nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang \(y = 2\) và \(y = 5\).
Vậy đồ thị hàm số có tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng là 3.

Chọn D
Ta có \(\overrightarrow a .\overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.cos\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)\)
\( \Rightarrow cos\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\vec a.\overrightarrow b }}{{\left| {\vec a} \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{ – 3}}{{3.2}} = – \frac{1}{2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = {120^0}\)

a) Sai.
\(f\left( 1 \right) = {3^{{1^3} – 3.1 + 1}} = {3^{ – 1}} = \frac{1}{3}\).
b) Sai.
\(f’\left( x \right) = {\left( {{3^{{x^3} – 3x + 1}}} \right)^\prime } = {\left( {{x^3} – 3x + 1} \right)^\prime }{.3^{{x^3} – 3x + 1}}\ln 3 = \left( {3{x^2} – 3} \right){.3^{{x^3} – 3x + 1}}\ln 3\).
c) Đúng.
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {3{x^2} – 3} \right){.3^{{x^3} – 3x + 1}}\ln 3 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{3{x^2} – 3 = 0\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;} \\
{{3^{{x^3} – 3x + 1}} = 0\;\left( {Do \;\;{3^{{x^3} – 3x + 1}}\; > 0\;} \right)}
\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow 3{x^2} – 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\;x = 1 \in \left[ { – 1;\,\,2} \right]\;\;\;\;\;} \\
{x = – 1 \in \left[ { – 1;\,\,2} \right]\;\;}
\end{array}} \right.\)
Vậy \(f’\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm trên đoạn \(\left[ { – 1;\,\,2} \right]\).
d) Sai.
Dựa vào câu c:
\(f\left( { – 1} \right) = {3^{{{\left( { – 1} \right)}^3} – 3.\left( { – 1} \right) + 1}} = {3^3} = 27\)
\(f\left( 1 \right) = \frac{1}{3}\)
\(f\left( 2 \right) = {3^{{{\left( 2 \right)}^3} – 3.\left( 2 \right) + 1}} = {3^3} = 27\)
\(\mathop {\min }\limits_{\left[ { – 1;\,\,2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = \frac{1}{3} < 1\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { – 1;\,\,2} \right]\) nhỏ hơn 1.

a) Sai.
Lưu lượng nước được hồ chứa xả về hạ lưu từ 0h đến 5 h là \(\int\limits_0^5 {\left( { – 0,108{t^3} + 0,54{t^2} + 1} \right)dt} = 10,625\)
Tổng lượng nước được hồ chứa xả về từ 0h đến 5h là \(10,625.5.3600 = 191250\) nghìn \({m^3}\)
b) Đúng.
c) Đúng
d) Sai. Ta có \(f\left( 5 \right) = 1 \Leftrightarrow 125a + 25b + 1 = 1\) hay \(5a + b = 0\)hay \(b = – 5a\) (1)
\(f’\left( t \right) = 3a{t^2} + 2bt = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = \frac{{ – 2b}}{{3a}} = \frac{{10}}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Giá trị cực đại của hàm số là \(f\left( {\frac{{10}}{3}} \right) = a.{\left( {\frac{{10}}{3}} \right)^3} + b.{\left( {\frac{{10}}{3}} \right)^2} + 1 = 3\) (2)
Kết hợp (1) và (2) ta được \(a = – 0,108;\,b = 0,54\)

a) Mệnh đề đúng.
Ta có \(\overrightarrow {BA} = \left( { – 80\,;\,\, – 60\,;\,\,0} \right)\) và \(AB = \sqrt {{{\left( { – 80} \right)}^2} + {{\left( { – 60} \right)}^2}} = 100\) m.
Thời gian để Frieza bay từ B đến A để tấn công Goku là \(\frac{{100}}{{50}} = 2\)s.
b) Mệnh đề sai.
Vectơ vận tốc của Frieza có dạng \(\vec v = k\overrightarrow {BA} = \left( { – 80k\,;\,\, – 60k\,;\,\,0} \right)\), với tham số \(k > 0\).
Ta có \(\left| {\vec v} \right| = 50 \Rightarrow \sqrt {{{\left( { – 80k} \right)}^2} + {{\left( { – 60k} \right)}^2}} = 50 \Rightarrow 100\left| k \right| = 50 \Rightarrow k = \frac{1}{2} > 0\).
Do đó Frieza bay đến chỗ Goku với vectơ vận tốc \(\vec v = \left( { – 40\,;\,\, – 30\,;\,\,0} \right)\).
c) Mệnh đề đúng.
Quả cầu Genki có tâm \(I\left( {8\,;\,\, – 1\,;\,\,58} \right)\), bán kính \(R = 10\,\,m\).
\(ID = \sqrt {{{\left( { – 182 – 8} \right)}^2} + {{\left( {159 + 1} \right)}^2} + {{\left( {45 – 58} \right)}^2}} = \sqrt {61\,869} \,\,m \approx 248,7\,\,m\).
Khoảng cách ngắn cần tính là \(ID – R = \sqrt {61\,869} – 10 \approx 238,7\,\,m\).

d) Mệnh đề đúng.
Sau t giây, điểm M (thuộc mặt cầu gần Frieza nhất) di chuyển đoạn đường: \(64t + t = 65t\) (m).
Khi M chạm vào Frieza (nếu hắn đứng yên) thì \(ID – R = 65t \Rightarrow t = \frac{{ID – R}}{{65}} \approx 3,67\) (giây).

a) Đúng.
Theo giả thiết nếu một người không mắc bệnh X thì xác suất xét nghiệm âm tính là \(95\% \)nên anh An không mắc bệnh thì xác suất anh An nhận kết quả dương tính là \(5\% \).
b) Sai.
Gọi biến cố A: “ Người mắc bệnh X” và biến cố B: “ Người có xét nghiệm bệnh X dương tính”. Theo bài ra ta có: \(P\left( A \right) = 0,01\), \(P\left( {\overline A } \right) = 0,99\), \(P\left( {B|A} \right) = 0,97\)và \(P\left( {B|\overline A } \right) = 0,05\).
Ta có:
\(P\left( {\overline A |\overline B } \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {\overline B |\overline A } \right)}}{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {\overline B |\overline A } \right) + P\left( A \right).P\left( {\overline B |A} \right)}} = \frac{{0,99.0,95}}{{0,99.0,95 + 0,01.0,03}} = 0,99968 \approx 100\% \)
c) Đúng.
Ta có:
\(P\left( {\overline A |B} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)}}{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) + P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}} = \frac{{0,99.0,05}}{{0,99.0,05 + 0,01.0,97}} = 0,836 \approx 84\% \)
d) Đúng.
Theo giả thiết “Thống kê cho thấy tỷ lệ dân số mắc bệnh hiểm nghèo X là \(1\% \).” thì trước khi đi xét nghiệm, xác suất anh An không mắc bệnh là \(99\% \).

Trả lời: \(121\)

Gọi \(M,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(DC,\,DA\). Kẻ \(NP \bot AD\) tại \(N,\,P \in DD’\) \( \Rightarrow \left[ {D’,\,\,AD,\,\,C} \right] = \widehat {MNP}\).
Từ giả thiết suy ra \(AM = AD = AD’ = DM = 3\). Tam giác \(ADM\) đều nên \(MN = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\).
Xét \(\Delta ADD’\) có \({cos}\widehat {ADD’} = \frac{{D{A^2} + D{{D’}^2} – A{{D’}^2}}}{{2.DA.DD’}} = \frac{{{3^2} + {4^2} – {3^2}}}{{2.3.4}} = \frac{2}{3}\).
Xét \(\Delta DNP\) vuông tại \(N\) có
\({cos}\widehat {NDP} = \frac{{DN}}{{DP}} \Rightarrow DP = \frac{{DN}}{{{cos}\widehat {NDP}}} = \frac{9}{4}\)\( \Rightarrow PN = \sqrt {D{P^2} – D{N^2}} = \frac{{3\sqrt 5 }}{4}\);
Xét \(\Delta DMP\) vuông tại \(D\) có \(MP = \sqrt {D{M^2} + D{P^2}} = \frac{{15}}{4}\).
Xét \(\Delta MNP\) có
\({cos}\widehat {MNP} = \frac{{N{M^2} + N{P^2} – P{M^2}}}{{2.NM.NP}} = – \frac{{2\sqrt {15} }}{{15}}\)
\( \Rightarrow \widehat {MNP} \approx 121^\circ \)
Vậy \(\left[ {D’,\,\,AD,\,\,C} \right] \approx 121^\circ \).

Trả lời: 0,1.
Ta thấy chỉ có 2 thỏa mãn yêu cầu đề bài:
– Chu trình 1-2-3: Quân \((1,2),(2,3),(1,3)\).
– Chu trình 2-3-4: Quân \((2,3),(3,4),(2,4)\).
Xác suất cần tìm là \(\frac{2}{{C_6^2}} = 0,1\).

Đáp số: \(31,4\)
Giả sử mỗi chuyến vận chuyển \(x\) tấn hàng hóa
Thời gian vận chuyển của mỗi chuyến là \(\frac{x}{{60 – x}} + \frac{3}{{60}}x + 1,2 = \frac{{{x^2} – 64x + 1440}}{{20\left( {60 – x} \right)}}\) (giờ)
Khối lượng hàng hóa vận chuyển trung bình mỗi giờ là
\(m\left( x \right) = \frac{{20x\left( {60 – x} \right)}}{{{x^2} – 64x + 1440}}\)
\(m’\left( x \right) = \frac{{20\left( {4{x^2} – 2880x + 86400} \right)}}{{{{\left( {{x^2} – 64x + 1440} \right)}^2}}}\)
\(m’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
m \approx 31,4\left( {tm} \right) \hfill \\
m \approx 688,6\left( l \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Lập BBT ta có khối lượng hàng hóa vận chuyển trung bình mỗi giờ là lớn nhất thì mỗi xe nên vận chuyển \(31,4\,\) tấn

Đáp án: –3
Đường thẳng \(d\) qua \(A\left( {1;\; – 1;\;0} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2;\; – 1;\;2} \right)\).
Đường thẳng \(\Delta \) qua \(B\left( {2;\;3;\; – 1} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1;\;0;\;8} \right)\).
Cách 1: Sử dụng luôn dạng của \(\left( P \right)\) giả thiết đã cho
Ta có: \(\left( P \right):ax + by + cz – 5 = 0\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {a;\,b;\,c} \right)\).
+ Mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua \(A\left( {1;\, – 1;\,0} \right)\) nên \(a – b – 5 = 0\) (1)
+ \(\left( P \right)\) chứa \(d\) nên \(\overrightarrow n .\overrightarrow {{u_1}} = 0 \Leftrightarrow 2a – b + 2c = 0 \Leftrightarrow b = 2a + 2c\). (2)
Gọi \(\varphi \) là góc giữa \(\left( P \right)\) và \(\Delta \), \(\varphi \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\).
Ta có \(\sin \varphi = \frac{{\left| {a + 8c} \right|}}{{\sqrt {65} .\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {65} }}.\sqrt {\frac{{{{\left( {a + 8c} \right)}^2}}}{{{a^2} + 4{{\left( {a + c} \right)}^2} + {c^2}}}} \) (vì \(b = 2\left( {a + c} \right)\)).
Do hàm số \(y = \sin x\) đồng biến trên \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\) nên \(\varphi \) lớn nhất khi và chỉ khi \(\sin \varphi \) lớn nhất. Do đó ta cần tìm giá trị lớn nhất của \(\sin \varphi \).
+ Nếu \(c = 0\) thì \(\sin \varphi = \sqrt {\frac{1}{{325}}} \)
+ Nếu \(c \ne 0\) thì \(\sin \varphi = \frac{1}{{\sqrt {65} }}.\sqrt {\frac{{{{\left( {t + 8} \right)}^2}}}{{{t^2} + 4{{\left( {t + 1} \right)}^2} + 1}}} = \frac{1}{{\sqrt {65} }}.\sqrt {\frac{{{t^2} + 16t + 64}}{{5{t^2} + 8t + 5}}} \) với \(t = \frac{a}{c}\).
Ta có \(\sin \varphi \) lớn nhất khi và chỉ khi \(f\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 16t + 64}}{{5{t^2} + 8t + 5}}\) lớn nhất.
Ta có \(f’\left( t \right) = \frac{{ – 72{t^2} – 630t – 432}}{{{{\left( {5{t^2} + 8t + 5} \right)}^2}}}\) và \(f’\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = – 8 \hfill \\
t = – \frac{3}{4} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Bảng biến thiên

Suy ra \(f{\left( t \right)_{\max }} = 29\) khi \(t = \frac{a}{c} = – \frac{3}{4}\). Khi đó \(\sin \varphi = \sqrt {\frac{{29}}{{65}}} > \sqrt {\frac{1}{{325}}} \)
Do đó \(\sin {\varphi _{\max }} = \sqrt {\frac{{29}}{{65}}} \) khi \(\frac{a}{c} = – \frac{3}{4}\) (3)
Chọn \(a = 3\) thì \(c = – 4\) và \(b = – 2\) (thỏa mãn đồng thời (1) và (2) và (3))
Vậy \(\left( P \right):3x – 2y – 4z – 5 = 0\). Khi đó \(a + b + c = – 3\).
Cách 2: Giải tổng quát
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua \(A\left( {1;\, – 1;\,0} \right)\) có dạng \(a\left( {x – 1} \right) + b\left( {y + 1} \right) + cz = 0\) với \({a^2} + {b^2} + {c^2} > 0\).
Hay \(\left( P \right):ax + by + cz + b – a = 0\), với \(\overrightarrow n = \left( {a;\,b;\,c} \right)\) là một vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\).
Ta có: \(\left( P \right)\) chứa \(d\) nên \(\overrightarrow n .\overrightarrow {{u_1}} = 0 \Leftrightarrow 2a – b + 2c = 0 \Leftrightarrow b = 2a + 2c\).
Gọi \(\varphi \) là góc giữa \(\left( P \right)\) và \(\Delta \), \(\varphi \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\).
Ta có \(\sin \varphi = \frac{{\left| {a + 8c} \right|}}{{\sqrt {65} .\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {65} }}.\sqrt {\frac{{{{\left( {a + 8c} \right)}^2}}}{{{a^2} + 4{{\left( {a + c} \right)}^2} + {c^2}}}} \).
Do hàm số \(y = \sin x\) đồng biến trên \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\) nên \(\varphi \) lớn nhất khi và chỉ khi \(\sin \varphi \) lớn nhất. Do đó ta cần tìm giá trị lớn nhất của \(\sin \varphi \).
+ Nếu \(c = 0\) thì \(\sin \varphi = \sqrt {\frac{1}{{325}}} \)
+ Nếu \(c \ne 0\) thì \(\sin \varphi = \frac{1}{{\sqrt {65} }}.\sqrt {\frac{{{{\left( {t + 8} \right)}^2}}}{{{t^2} + 4{{\left( {t + 1} \right)}^2} + 1}}} = \frac{1}{{\sqrt {65} }}.\sqrt {\frac{{{t^2} + 16t + 64}}{{5{t^2} + 8t + 5}}} \) với \(t = \frac{a}{c}\).
Ta có \(\sin \varphi \) lớn nhất khi và chỉ khi \(f\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 16t + 64}}{{5{t^2} + 8t + 5}}\) lớn nhất.
Ta có \(f’\left( t \right) = \frac{{ – 72{t^2} – 630t – 432}}{{{{\left( {5{t^2} + 8t + 5} \right)}^2}}}\)
\(f’\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = – 8 \hfill \\
t = – \frac{3}{4} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Bảng biến thiên

Suy ra \(f{\left( t \right)_{\max }} = 29\) khi \(t = \frac{a}{c} = – \frac{3}{4}\). Khi đó \(\sin \varphi = \sqrt {\frac{{29}}{{65}}} > \sqrt {\frac{1}{{325}}} \)
Do đó \(\sin {\varphi _{\max }} = \sqrt {\frac{{29}}{{65}}} \) khi \(\frac{a}{c} = – \frac{3}{4}\).
Chọn \(a = 3\) thì \(c = – 4\) và \(b = – 2\).
Vậy \(\left( P \right):3x – 2y – 4z – 5 = 0\). Khi đó \(a + b + c = – 3\).

Trả lời: \( – 17\)
Ta có:
+) \(a = – 10(\;{m}/{s}) \Rightarrow v(t) = \int a (t)dt = – 10t + C\)
\(v(0) \Rightarrow C = 24 \Rightarrow v(t) = – 10t + 24\)
+) \(h = 15 \Rightarrow \int_0^a {( – 10t + 24)} = 15 \Rightarrow a = \frac{{12 + \sqrt {69} }}{5}\)
\( \Rightarrow v\left( {\frac{{12 + \sqrt {69} }}{5}} \right) \approx – 17(\;{m}/{s})\)

Trả lời: 2520.
Số phần từ của không gian mẫu là
\(n(\Omega ) = A_9^6 = 60480{ }\)(cách).
Gọi \(A\) là biến cố “Bạn Nam giải được mật khẩu”.
Vì mỗi bộ ba số \((A,M,B);(B,N,C);(C,P,A)\) lập thành một một cấp số cộng nên
\(M = \frac{{A + B}}{2};N = \frac{{B + C}}{2};P = \frac{{A + C}}{2}.\)
Khi đó bộ ba số \(A\), \(B\), \(C\) phải cùng chẵn hoặc cùng lè, ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Bộ ba số \(A\), \(B\), \(C\) cùng chẵn.
Ta có 2 bộ ba số thỏa mãn là \((22;24;28)\) và (22; 26; 28)
Vởi mỗi cách xếp một bộ ba số vào ba vị trí \(A\), \(B\), \(C\) thì có duy nhất một số được chọn để xếp vào vị trí \(M\), một số được chọn để xếp vào vị trí \(N\), một số được chọn để xếp vào vị trí \(P\).
Số cách Nam giải được mật thư trong trường hợp này là \(2.3! = 12\) (cách).
Trường hợp 2: Bộ ba số \(A\), \(B\), \(C\) cùng lẻ.
Ta có 6 bộ sáu số thỏa mãn là \((21;23;27),(21;23;29),(21;25;27),(21;27;29)\), \((23;25;29)\), \((23;27;29)\)
Với mỗi cách xếp một bộ ba số vào ba vị trí \(A\), \(B\), \(C\) thì có duy nhất một số được chọn để xếp vào vị trí \(M\), một số được chọn để xếp vào vị trí \(N\), một số được chọn để xếp vào vị trí \(P\).
Số cách Nam giải được mật thư trong trương hợp này là \(6.3! = 36\) (cách).
Xác suất để bạn Nam giải được mật thư là
\(P(A) = a = \frac{{36 + 12}}{{60480}} = \frac{1}{{1260}} \Rightarrow \frac{2}{a} = \frac{2}{{\frac{1}{{1260}}}} = 2520\)