Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở Tuyên Quang lần 1 có đáp án

Chọn A

Do \(SA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) nên hình chiếu vuông góc của đường thẳng \(SB\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(AB\).

Khi đó \(\left( {SB,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA}\).

Ta có \[\tan \,\widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 2 }} = 1\]. Suy ra \(\left( {SB,\left( {ABC} \right)} \right) = 45^\circ \).

Chọn C

Hàm số \(y = \tan \,x\) có nghĩa khi \(x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\).

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi \mid k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Chọn D

Tiệm cận xiên là đường thẳng \(y = x + 1\).

Chọn C

Ta có \(\vec a \cdot \vec b = \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right| \cdot \cos \left( {\vec a,\vec b} \right) = \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right| \cdot \cos 0^\circ  = \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right|\).

Chọn B

Áp dụng công thức ta được họ nguyên hàm của hàm số  \(f\left( x \right) = {2^x} - x\) là \(\frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} - \frac{{{x^2}}}{2} + C\).

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta nhận thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;3} \right)\), mà \(\left( { - 1;2} \right) \subset \left( { - 1;3} \right)\) nên hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;2} \right)\).

Chọn D

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right):3x + 2y - 4z + 1 = 0\) nhận vectơ \(\overrightarrow {{n_4}}  = \left( {3;2; - 4} \right)\) là vectơ pháp tuyến.

Chọn B

\(n = 120,\,\,\frac{n}{4} = 30,\,\,25 < 30 < 60\) \( \Rightarrow \) Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm thuộc khoảng \(\left[ {20;40} \right)\).

Chọn A

Ta có \[{u_4} = {u_1} + 3d = 1 + 3 \cdot 3 = 10\].

Chọn C

\[\sin x = 1 \Leftrightarrow \sin x = \sin \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \\x = \pi  - \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\].

Chọn A

Gọi I là trung điểm của đoạn \[AB\].

Đặt  \[I\left( {{x_I};{y_I};{z_I}} \right),{x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = \frac{{2 + 2}}{2} = 2;{y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = \frac{{ - 4 + 2}}{2} =  - 1;{z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = \frac{{3 + 9}}{2} = 6\]

suy ra \[I\left( {2; - 1;6} \right)\].

Chọn C

Theo công thức tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \[y = f\left( x \right),Ox,x = a,x = b,a \le b\].

\[ \Rightarrow S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|} dx\].

Áp dụng với \[f\left( x \right) = {x^2} - 2x,a =  - 1,b = 3\] , ta được  \[S = \int\limits_{ - 1}^3 {\left| {{x^2} - 2x} \right|dx} \].

Có tất cả \[5 + 6 + 8 = 19\] viên bi.

a) Đúng. Số phần tử của không gian mẫu là: \[n\left( \Omega  \right) = C_{19}^5\].

b) Sai. Số cách để lấy được \[5\] viên bi màu xanh là: \[C_8^5\].

\[ \Rightarrow \] Xác suất để lấy được cả \[5\] viên bi màu xanh là \[P = \frac{{C_8^5}}{{C_{19}^5}} = \frac{{14}}{{2907}}\].

c) Sai. Gọi \[B\] là biến cố: “\[5\] viên bi lấy ra có ít nhất một viên bi màu xanh”.

\[ \Rightarrow \overline B \]: “\[5\] viên bi lấy ra không có viên bi xanh”.

\[ \Rightarrow \] Số kết quả thuận lợi cho biến cố \[\overline B \] là: \[n\left( {\overline B } \right) = C_{11}^5\]. 

\[ \Rightarrow P\left( B \right) = 1 - P\left( {\overline B } \right) = 1 - \frac{{C_{11}^5}}{{C_{19}^5}} = \frac{{1861}}{{1938}} \approx 0,96 > 0,94\].

d) Đúng. Gọi \[C\] là biến cố: “\[5\] viên bi đủ cả ba màu, đồng thời ba số \[x - y\,,y - z\,,z - x\] theo thứ tự lập thành một cấp số cộng”.

Vì \[x - y\,,y - z\,,z - x\] theo thứ tự lập thành cấp số cộng, nên:

\[y - z = \frac{{\left( {x - y} \right) + \left( {z - x} \right)}}{2} \Leftrightarrow y - z = \frac{{z - y}}{2}\]\[ \Leftrightarrow 2y - 2z = z - y \Leftrightarrow 3y = 3z \Leftrightarrow y = z\].

Vì \[5\] quả bóng được lấy ra phải có đủ cả ba màu, nên có các trường hợp sau:

Trường hợp 1: \[1\] quả màu trắng, \[2\] quả màu đỏ, \[2\] quả màu xanh.

Có: \[C_5^1.C_6^2.C_8^2\] cách.

Trường hợp 2: \[3\] quả màu trắng, \[1\] quả màu đỏ, \[1\] quả màu xanh.

Có: \[C_5^3.C_6^1.C_8^1\] cách.

\[ \Rightarrow P\left( C \right) = \frac{{C_5^1.C_6^2.C_8^2 + C_5^3.C_6^1.C_8^1}}{{C_{19}^5}} = \frac{{215}}{{969}}\].

Chọn a) Đúng | b) Đúng| c) Đúng | d) Sai

a) Xét phương trình \(2{x^3} - 3{x^2} + 1 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  - \frac{1}{2}}\\{x = 1}\end{array}} \right.\).

Suy ra \(S = \int\limits_0^2 {\left| {2{x^3} - 3{x^2} + 1} \right|{\rm{d}}x} \)\( = \int\limits_0^1 {\left| {2{x^3} - 3{x^2} + 1} \right|{\rm{d}}x + } \int\limits_1^2 {\left| {2{x^3} - 3{x^2} + 1} \right|{\rm{d}}x} \)

\( = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {2{x^3} - 3{x^2} + 1} \right){\rm{d}}x} } \right| + \left| {\int\limits_1^2 {\left( {2{x^3} - 3{x^2} + 1} \right){\rm{d}}x} } \right| = \frac{1}{2} + \frac{3}{2} = 2\).

Chọn ĐÚNG.

b) Ta có \(\int {\left( {2{x^3} - 3{x^2} + 1} \right){\rm{d}}x = \frac{1}{2}{x^4} - {x^3} + x + C} \).

Cho \(C = 0\), ta được \(G\left( x \right) = \frac{1}{2}{x^4} - {x^3} + x\).

Chọn ĐÚNG.

c) Ta có \(F\left( x \right) = \int {\left( {2{x^3} - 3{x^2} + 1} \right){\rm{d}}x = \frac{1}{2}{x^4} - {x^3} + x + C} \).

Vì \(F\left( 2 \right) = 2 \Rightarrow C = 0\). Do đó \(F\left( x \right) = \frac{1}{2}{x^4} - {x^3} + x\).

\( \Rightarrow F\left( { - 1} \right) = \frac{1}{2}\).

Chọn ĐÚNG.

d) \(H\left( a \right) = \int\limits_{ - 1}^a {\left( {2{x^3} - 3{x^2} + 1} \right){\rm{d}}x = \left. {\left( {\frac{1}{2}{x^4} - {x^3} + x} \right)} \right|_{ - 1}^a = } \frac{1}{2}{a^4} - {a^3} + a - \frac{1}{2}\).

\(H'\left( a \right) = 2{a^3} - 3{a^2} + 1 = {\left( {a - 1} \right)^2}\left( {2a + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{a =  - \frac{1}{2}}\\{a = 1}\end{array}.} \right.\)

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( a \right) = \frac{3}{2} \Leftrightarrow a = 2\).

Chọn SAI.

a) Đúng

Sau 8 phút, quãng được tên lửa bay được là \[OA = \sqrt {{{140}^2} + {{60}^2} + {6^2}}  \approx 152,4\] (km)

Vec-tơ vận tốc đơn vị theo thời gian (km/phút) là: \[\overrightarrow v  = \frac{1}{8}\overrightarrow {OA}  = \left( {\frac{{35}}{2}\,;\,\frac{{15}}{2}\,;\,\frac{3}{4}} \right)\]

Toạ độ tên lửa sau t phút là \[M\left( t \right) = \left( {\frac{{35}}{2}t\,;\,\frac{{15}}{2}t\,;\,\frac{3}{4}t} \right)\]

b) Đúng

Toạ độ tên lửa sau 4 phút là: \[M\left( 4 \right) = \left( {\frac{{35}}{2}.4\,;\,\frac{{15}}{2}.4\,;\,\frac{3}{4}.4} \right) = \left( {70\,;\,30\,;\,3} \right)\]

Vậy độ cao của tên lửa sau 4 phút là 3 km.

c) Sai

Toạ độ tên lửa sau 12 phút là \[M\left( {12} \right) = \left( {\frac{{35}}{2}.12\,;\,\frac{{15}}{2}.12\,;\,\frac{3}{4}.12} \right) = \left( {210\,;\,90\,;\,9} \right)\]

d) Sai

Ta có \[\overrightarrow {OA}  = \left( {140\,;\,60\,;\,6} \right)\], \[\overrightarrow k  = \left( {0\,;\,0\,;\,1} \right)\]

Vì \[\left( P \right)\] là mặt phẳng chứa quỹ đạo bay OA của tên lửa và vuông góc với mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right)\] nên

\[\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {OA} \,;\,\overrightarrow k } \right] = \left( {60\,;\, - 140\,;\,0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}}  = \left( {3\,;\, - 7\,;\,0} \right)\]

Mặt phẳng \[\left( P \right)\] đi qua \[O\left( {0\,;\,0\,;\,0} \right)\], \[\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {3\,;\, - 7\,;\,0} \right)\] có phương trình là \[3x - 7y = 0\].

a) Đúng.

Điều kiện xác định: \(x + 1 > 0\)\( \Leftrightarrow x >  - 1\).

Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \left( { - 1; + \infty } \right)\).

b) Sai.  

Xét bất phương trình \(f\left( x \right) \ge 36\):

\(92 - 20\ln \left( {x + 1} \right) \ge 36\)\( \Leftrightarrow \ln \left( {x + 1} \right) \le 2,8\)\( \Leftrightarrow x \le {e^{2,8}} - 1\)
Với \({e^{2.8}} \approx 16,4446\), ta có \(x \le 16,4446 - 1 = 15,4446\).

Kết hợp với điều kiện xác định \(x >  - 1\), ta có \( - 1 < x \le 15,4446\).

Các nghiệm nguyên của bất phương trình là các số nguyên thỏa mãn điều kiện trên. Đó là \(x \in \left\{ {0;1;2; \ldots ;15} \right\}\).
Số lượng nghiệm nguyên là \(15 - 0 + 1 = 16\) nghiệm.

c) Sai.

Xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số \(f\left( x \right) = 92 - 20\ln \left( {x + 1} \right)\).

Ta có \(f'\left( x \right) =  - \frac{{20}}{{x + 1}}\).

Trên tập xác định \(D = \left( { - 1; + \infty } \right)\), ta có \(x >  - 1 \Rightarrow x + 1 > 0\).

Do đó, \(f'\left( x \right) =  - \frac{{20}}{{x + 1}} < 0\) với mọi \(x \in \left( { - 1; + \infty } \right)\).

Vì \(f'\left( x \right) < 0\) trên \(\left( { - 1; + \infty } \right)\), hàm số \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng này.

d) Sai.

Xét giá trị lớn nhất của hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + 5x\) trên đoạn \(\left[ {1;4} \right]\).

Ta có \(g\left( x \right) = \left[ {92 - 20\ln \left( {x + 1} \right)} \right] + 5x = 92 + 5x - 20\ln \left( {x + 1} \right)\).

Ta có \(g'\left( x \right) = 5 - \frac{{20}}{{x + 1}}\).

\(g'\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 5 - \frac{{20}}{{x + 1}} = 0\)\( \Leftrightarrow x = 3\).
Điểm \(x = 3\) thuộc đoạn \(\left[ {1;4} \right]\).

Tính giá trị của \(g\left( x \right)\) tại các điểm \(x = 1\), \(x = 3\), \(x = 4\):

\(g(1) = 92 + 5(1) - 20\ln (1 + 1) = 97 - 20\ln 2 \approx 83,137\).
\(g(3) = 92 + 5(3) - 20\ln (3 + 1) = 92 + 15 - 20\ln 4 = 107 - 20\ln ({2^2}) = 107 - 40\ln 2 \approx 79,274\).
\(g(4) = 92 + 5(4) - 20\ln (4 + 1) = 92 + 20 - 20\ln 5 = 112 - 20\ln 5 \approx 79,811\).
Do đó, giá trị lớn nhất của hàm số \(g\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {1;4} \right]\) là \(g(1) \approx 97 - 20\ln 2\).

Đáp án: 9,38.

Gắn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như trên với \(A\left( {5;0;0} \right)\), \(B\left( {0;b;0} \right)\), \(C\left( {0;0;c} \right)\) và \(M\left( {1;1;1} \right)\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right):\frac{x}{5} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\) \(\left( {b,c > 0} \right)\).

Điểm \(M \in \left( {ABC} \right) \Rightarrow \frac{1}{5} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 1 \Leftrightarrow \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{4}{5}\).

Thể tích khối chóp \[O.ABC\]: \({V_{O.ABC}} = \frac{1}{6} \times OA \times OB \times OC = \frac{{5bc}}{6}\).

Khoảng cách từ \[O\] đến mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\]:

\[d\left( {O,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| {\frac{0}{5} + \frac{0}{b} + \frac{0}{c} - 1} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{1}{5}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{b}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{c}} \right)}^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{25}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }}\].

Diện tích \[\Delta ABC\]: \[{S_{ABC}} = \frac{{3{V_{O.ABC}}}}{{d\left( {O,\left( {ABC} \right)} \right)}} = \frac{{\frac{{5bc}}{2}}}{{\frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{25}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }}}} = \frac{1}{2}\sqrt {{b^2}{c^2} + 25\left( {{b^2} + {c^2}} \right)} \].

Biểu thức \[{b^2}{c^2} + 25\left( {{b^2} + {c^2}} \right)\] đối xứng về vai trò của \[b\] và \[c\].

Suy ra \[{\left[ {{b^2}{c^2} + 25\left( {{b^2} + {c^2}} \right)} \right]_{\min }}\] khi \[b = c \Rightarrow \frac{1}{b} = \frac{1}{c} = \frac{2}{5} \Rightarrow b = c = \frac{5}{2}\].

Vậy \[{\left( {{S_{ABC}}} \right)_{\min }} = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2}{{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2} + 25\left[ {{{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2}} \right]}  = \frac{{75}}{8} \approx 9,38\]mét vuông.

Đáp án: 1,5.

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(BC\) thì \(AH \bot \,BC\).

Có \(AH \bot BB'\), vì \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng nên \(BB' \bot \left( {ABC} \right)\).

Do đó \(AH \bot \left( {BCC'B'} \right)\) tại điểm \(H\) \( \Rightarrow d\left( {A,\left( {BCC'B'} \right)} \right) = AH\).

Ta có \(AA'||\left( {BCC'B'} \right)\) nên \(d\left( {AA',\left( {BCC'B'} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {BCC'B'} \right)} \right) = AH\).

Ta có \(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt 3 \).

Do đó \(AH = \frac{{AB.AC}}{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} }} = \frac{{3\sqrt 3 }}{{2\sqrt 3 }} = \frac{3}{2}\)\( = 1,5\).

Đáp án: 3800

Gọi \(x\) và \(y\) lần lượt là số lượng Thực đơn 1 và Thực đơn 2 mà câu lạc bộ dự định bán \(\left( {x \ge 0,y \ge 0;x,y \in \mathbb{Z}} \right)\).

Dựa vào dữ kiện bài toán, ta có hệ điều kiện sau:

Giới hạn về số ly trà sữa: \(2x + 3y \le 180\)

Giới hạn về số chiếc bánh ngọt: \(x + 2y \le 110\)

Tổng số tiền câu lạc bộ thu được (đơn vị: nghìn đồng): \(F(x,y) = 40x + 65y\)

Yêu cầu bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất của hàm \(F(x,y) = 40x + 65y\) trên miền nghiệm của hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0,y \ge 0\\2x + 3y \le 180\\x + 2y \le 110\end{array} \right.\).

Đáp án: 3163

Ta có \(f(x) - g(x) = (a{x^3} + b{x^2} + cx + 6) - ( - b{x^2} + mx + n) = a{x^3} + 2b{x^2} + (c - m)x + 6 - n\).

Dựa vào đồ thị, ta quan sát thấy parabol \(y = g(x)\) đi qua gốc tọa độ \(O(0;0)\) nên \(g(0) = 0 \Rightarrow n = 0\)

Theo giả thiết, đồ thị hàm số \(f(x)\) và \(g(x)\) cắt nhau tại \(3\) điểm có hoành độ \(x =  - 2\), \(x = 1\), \(x = 3\) nên phương trình \(f(x) - g(x) = 0\) có \(3\) nghiệm là \( - 2;1;3\). Do đó ta có thể viết: \(f(x) - g(x) = a(x + 2)(x - 1)(x - 3)\) \( = a({x^3} - 2{x^2} - 5x + 6)\) \( = a{x^3} - 2a{x^2} - 5ax + 6a\).

Đồng nhất hệ số tự do của hai đa thức \(f(x) - g(x)\), ta được: \(6 - n = 6a \Rightarrow 6 - 0 = 6a \Rightarrow a = 1\).

Khi đó, hiệu hai hàm số là: \(f(x) - g(x) = {x^3} - 2{x^2} - 5x + 6\).

Diện tích \(S\) của phần tô đậm là: \(S = \int_{ - 2}^3 {\left| {{x^3} - 2{x^2} - 5x + 6} \right|} {\rm{d}}x\).

Dựa vào đồ thị, trên đoạn \([ - 2;1]\) đồ thị hàm số \(f(x)\) nằm phía trên đồ thị hàm số \(g(x)\) (hay \(f(x) \ge g(x)\)), và trên đoạn [1; 3] đồ thị hàm số \(f(x)\) nằm phía dưới đồ thị \(g(x)\) (hay \(f(x) \le g(x)\)). Phá dấu giá trị tuyệt đối ta có:

\(S = \int_{ - 2}^1 {({x^3} - 2{x^2} - 5x + 6)} {\rm{d}}x - \int_1^3 {({x^3} - 2{x^2} - 5x + 6)} {\rm{d}}x\).

Tính các tích phân thành phần:

\(\int_{ - 2}^1 {({x^3} - 2{x^2} - 5x + 6)} {\rm{d}}x = \left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{2{x^3}}}{3} - \frac{{5{x^2}}}{2} + 6x} \right)} \right|_{ - 2}^1 = \frac{{37}}{{12}} - \left( { - \frac{{38}}{3}} \right) = \frac{{63}}{4}\).

\(\int_1^3 {({x^3} - 2{x^2} - 5x + 6)} {\rm{d}}x = \left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{2{x^3}}}{3} - \frac{{5{x^2}}}{2} + 6x} \right)} \right|_1^3 =  - \frac{9}{4} - \frac{{37}}{{12}} =  - \frac{{16}}{3}\).

Suy ra diện tích phần tô đậm là: \(S = \frac{{63}}{4} - \left( { - \frac{{16}}{3}} \right) = \frac{{253}}{{12}}{\rm{ (}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}\).

Tổng chi phí để trồng hoa theo dự định là: \(T = \frac{{253}}{{12}} \times 150\;000 = 3\;162\;500\) (đồng).

Đổi sang đơn vị nghìn đồng ta được 3162,5 nghìn đồng. Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị ta được 3163 (nghìn đồng).

Đáp án: 8,5

Đổi \[250\] nghìn đồng = \[0,25\]triệu đồng.

Gọi \(x\) là số lần tăng giá thuê nhà (\(x \ge 0\)).

Giá thuê mỗi căn hộ sau \(x\) lần tăng là \(7 + 0,25x\) (triệu đồng).

Số căn hộ bị bỏ trống sau \(x\) lần tăng là \(3x\) (căn).

Khi đó, số căn hộ đang được cho thuê lúc này là \(120 - 3x\) (căn).

Doanh thu một tháng của khu chung cư được tính bằng hàm số sau:

\(f(x)\)= (Giá thuê \[1\] căn) x (Số căn cho thuê) \( \Leftrightarrow f(x) = (7 + 0,25x)(120 - 3x)\). Khi đó:

\(y = f(x) = 840 - 21x + 30x - 0,75{x^2} =  - 0,75{x^2} + 9x + 840\).

Bảng biến thiên:

Đáp án: 23.

Ta có \[n\left( \Omega  \right) = 6!\]

Gọi số cần tìm có dạng: \[x = \overline {abcdef} \].

Vì \[x\] là số lẻ nên \[f \in \left\{ {1;3;5} \right\}\] và tổng của ba chữ số đầu lớn hơn tổng của ba chữ số cuối một đơn vị nên \[a + b + c = d + e + f + 1\].

Vì \(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b + c = 11\\d + e + f = 10\end{array} \right.\)

TH1: \[f = 1 \Rightarrow d + e = 9 = 4 + 5 = 3 + 6\]. Vậy có 2 cách chọn cặp \[\left( {d;e} \right)\] và có \[2.2!.3! = 24\] số.

TH2:\[f = 3 \Rightarrow d + e = 7 = 2 + 5 = 1 + 6\]. Vậy có 2 cách chọn cặp \[\left( {d;e} \right)\] và có \[2.2!.3! = 24\]số.

(TH2 này không lấy cặp \[\left( {3;4} \right)\] vì các chữ số khác nhau).

TH3: \[f = 5 \Rightarrow d + e = 5 = 2 + 3 = 1 + 4\]. Vậy có 2 cách chọn cặp \[\left( {d;e} \right)\] và có \[2.2!.3! = 24\]số.

Vậy xác suất \(T = \frac{{24 + 24 + 24}}{{6!}} = \frac{1}{{10}} \Rightarrow 230T = 23\)