Đề KSCL Toán 12 tháng 10 năm 2026-2027 THCS&THPT Nguyễn Khuyến - TH-THCS-THPT Lê Thánh Tông (TP HCM) có đáp án

Chọn A.

Theo bảng biến thiên, $y'$ đổi dấu từ âm sang dương khi $x$ đi qua giá trị $4$, do đó $x = 4$ là điểm cực tiểu của hàm số.

Khi $x$ đi qua $2$ thì $y'$ đổi dấu từ dương sang âm nên $x = 2$ là điểm cực đại.

Các giá trị $3$ và $- 2$ là giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số, không phải điểm cực trị.

Chọn C.

Hàm số $f$ liên tục trên đoạn $\left[ {0;\,\,2} \right]$ và $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 3$.

Trên đoạn $\left[ {0;\,\,2} \right]$, $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = 1$ (giá trị $x = - 1$ không thuộc đoạn đang xét).

So sánh các giá trị $f\left( 0 \right) = 0$, $f\left( 1 \right) = - 2$, $f\left( 2 \right) = 2$, ta được $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\,\,2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 2$.

Chọn C.

Từ đồ thị, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng $\left( { - \infty ;\,\, - 1} \right)$ và $\left( {0;\,\,2} \right)$, đồng biến trên mỗi khoảng $\left( { - 1;\,\,0} \right)$ và $\left( {2;\,\, + \infty } \right)$.

Do đó phương án “đồng biến trên khoảng $\left( { - 1;0} \right)$” là đúng.

Ba phương án còn lại không đúng: trên $\left( {0;\,\,2} \right)$ hàm số nghịch biến; trên $\left( { - 3;\,\,0} \right)$ hàm số nghịch biến trên $\left( { - 3;\,\, - 1} \right)$ nhưng đồng biến trên $\left( { - 1;\,\,0} \right)$; trên $\left( {0;\,\,3} \right)$ hàm số nghịch biến trên $\left( {0;2} \right)$ nhưng đồng biến trên $\left( {2;3} \right)$.

Chọn A.

Hàm số xác định và liên tục trên đoạn $\left[ {0;\,\,2} \right]$. Ta có:

$y' = \frac{{2\left( {x + 1} \right) - \left( {2x - 1} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \in \left[ {0;\,\,2} \right]$.

Vậy hàm số đồng biến trên đoạn $\left[ {0;\,\,2} \right]$, suy ra:

$m = y\left( 0 \right) = - 1,\,\,M = y\left( 2 \right) = \frac{3}{3} = 1$.

Do đó $M + m = 0$.

Chọn C.

Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 2} \right)}^ + }} \frac{{3x - 2}}{{x + 2}} = - \infty$ nên đường thẳng $x = - 2$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn C.

Áp dụng công thức đạo hàm của hàm số mũ ${\left( {{a^x}} \right)^\prime } = {a^x}\ln a$ với $a = 3$, ta được $y' = {3^x}\ln 3.$

Chọn B.

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC}$. Vì $ACC'A'$ là hình bình hành và $\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {CC'}$ nên:

$\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CC'} = \overrightarrow {AC'}$.

Chọn D.

Áp dụng quy tắc đạo hàm của một tích ${\left( {uv} \right)^\prime } = u'v + uv'$ với $u = x,v = \cos x$:

$y' = {\left( x \right)^\prime }\cos x + x{\left( {\cos x} \right)^\prime } = \cos x - x\sin x$.

Chọn C.

A, D đúng vì: Vì $M,\,\,N$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$ nên $\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} = \vec 0$ và $\overrightarrow {DN} + \overrightarrow {CN} = \vec 0$.

Theo quy tắc ba điểm, $\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DN}$ và $\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CN}$.

Cộng vế theo vế hai đẳng thức này ta được:

$2\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC}$ tức $\overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC} } \right)$.

B đúng vì: Lập luận tương tự với $\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CN}$ và $\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {BD} + \overrightarrow {DN}$, ta được $\overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} } \right)$.

C sai vì: Cũng theo quy tắc ba điểm, $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DB}$ và $\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BD}$, do đó:

$\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {CB} + \left( {\overrightarrow {DB} + \overrightarrow {BD} } \right) = \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {BC}$.

Suy ra $\frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {BC} } \right)$, khác với $\overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC} } \right)$ vì $\overrightarrow {BC} \ne \vec 0$.

Chọn C.

Hàm số xác định khi và chỉ khi:

${3^x} - 9 > 0 \Leftrightarrow {3^x} > {3^2} \Leftrightarrow x > 2$.

(vì cơ số $3 > 1$ nên hàm số mũ ${3^x}$ đồng biến trên $\mathbb{R}$). Vậy $D = \left( {2;\,\, + \infty } \right)$.

Chọn A.

Vì $ABCD$ là tứ diện đều cạnh $a$ nên tam giác $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$, do đó $AB = AC = a$ và $\widehat {BAC} = 60^\circ$. Góc giữa $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {AC}$ chính là $\widehat {BAC}$, nên:

$\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = AB \cdot AC \cdot \cos 60^\circ = a \cdot a \cdot \frac{1}{2} = \frac{{{a^2}}}{2}$.

Chọn A.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Tam giác $SAB$ đều nên $SH \bot AB$.

Hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ vuông góc với nhau, cắt nhau theo giao tuyến $AB$; mà $SH \subset \left( {SAB} \right)$ và $SH \bot AB$, do đó $SH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Vậy $SH$ là chiều cao của khối chóp và $SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ (đường cao tam giác đều cạnh $a$).

Diện tích đáy ${S_{ABCD}} = {a^2}$, do đó:

$V = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABCD}} \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot {a^2} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}$.

Đáp án: a) Đúng. $\quad$ b) Sai. $\quad$ c) Sai. $\quad$ d) Sai.

Hàm số là hàm đa thức nên xác định với mọi $x \in \mathbb{R}$.

Ta có $y' = 3{x^2} - 3$, $y' = 0 \Leftrightarrow x = - 1$ hoặc $x = 1$.

$y' > 0$ trên $\left( { - \infty ;\,\, - 1} \right)$ và $\left( {1;\,\, + \infty } \right)$, $y' < 0$ trên $\left( { - 1;\,\,1} \right)$.

a) Đúng. Tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}$.

b) Sai. Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - 1;\,\,1} \right)$, trong đó có chứa các điểm thuộc $\left( { - \infty ;\,\,0} \right)$ và $\left( {0;\,\, + \infty } \right)$, nên hàm số không đồng biến trên hai khoảng đó.

c) Sai. Hai điểm cực trị của đồ thị là $M\left( { - 1;\,\,2} \right)$ và $N\left( {1;\,\, - 2} \right)$, do đó:

$MN = \sqrt {{{\left( {1 + 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2 - 2} \right)}^2}} = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \ne 4$.

d) Sai. Vì $y\left( 2 \right) = {2^3} - 3 \cdot 2 = 2$ nên $A\left( {2;\,\,2} \right)$ thuộc đồ thị.

Hệ số góc của tiếp tuyến tại $A$ là $y'\left( 2 \right) = 3 \cdot {2^2} - 3 = 9$.

Đáp án: a) Đúng. $\quad$ b) Sai. $\quad$ c) Sai. $\quad$ d) Sai.

Vì đồ thị đi qua $A\left( {\frac{1}{3};\,\,5} \right)$ nên: $a\sin \left( {\frac{\pi }{3} + \frac{\pi }{6}} \right) + 2 = 5 \Leftrightarrow a\sin \frac{\pi }{2} + 2 = 5 \Leftrightarrow a = 3$.

a) Đúng. Theo quy tắc đạo hàm của hàm số hợp ta có:

$f'\left( x \right) = a\cos \left( {\pi x + \frac{\pi }{6}} \right) \cdot {\left( {\pi x + \frac{\pi }{6}} \right)^\prime } = a\pi \cos \left( {\pi x + \frac{\pi }{6}} \right)$.

b) Sai. Hàm số $y = \sin \left( {\omega x + \varphi } \right)$ với $\omega = \pi$ tuần hoàn với chu kỳ:

$T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{\pi } = 2$.

c) Sai. Theo trên $a = 3$.

d) Sai. Với $a = 3$, do $- 1 \le \sin \left( {\pi x + \frac{\pi }{6}} \right) \le 1$ nên $- 1 \le f\left( x \right) \le 5$; hai dấu bằng đều xảy ra. Vậy giá trị lớn nhất bằng $5$, giá trị nhỏ nhất bằng $- 1$ và hiệu của chúng bằng $6$.

Đáp án: a) Sai. $\quad$ b) Đúng. $\quad$ c) Đúng. $\quad$ d) Sai.

Mặt cắt $ABCD$ là hình chữ nhật có $BC = x$ là cạnh đáy, $AB = CD$ là chiều cao.

Từ $AB \cdot BC = 1{,}2$ suy ra $AB = CD = \frac{{1{,}2}}{x}$ với $0 < x < 10$.

a) Sai. Theo trên $AB = CD = \frac{{1{,}2}}{x}$, không phải $1{,}2x$.

b) Đúng. $y = AB + BC + CD = \frac{{1{,}2}}{x} + x + \frac{{1{,}2}}{x} = \frac{{2{,}4}}{x} + x$.

c) Đúng. Với $f\left( x \right) = \frac{{2{,}4}}{x} + x$ trên khoảng $\left( {0;\,\,10} \right)$ ta có $f'\left( x \right) = - \frac{{2{,}4}}{{{x^2}}} + 1 = 1 - \frac{{2{,}4}}{{{x^2}}}$.

d) Sai. Ta có $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 2{,}4 \Leftrightarrow x = \sqrt {2{,}4} = \frac{{2\sqrt {15} }}{5}$ (chỉ lấy nghiệm dương).

Vì $f'\left( x \right) < 0$ trên $\left( {0;\,\,\sqrt {2{,}4} } \right)$ và $f'\left( x \right) > 0$ trên $\left( {\sqrt {2{,}4} ;\,\,10} \right)$ nên $f$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x = \sqrt {2{,}4} \approx 1{,}55$ (m), không phải tại $x = 2$ (m).

Lời giải

Đáp án: a) Đúng. $\quad$ b) Sai. $\quad$ c) Đúng. $\quad$ d) Đúng.

a) Đúng. Điểm $A$ thuộc tia $Oz$ và ${z_A} = 4$ nên $A\left( {0;\,\,0;\,\,4} \right)$.

Miệng bể $ABCD$ nằm trong mặt phẳng $z = 4$; từ ${x_B} = 8$ và ${y_D} = 10$ suy ra $B\left( {8;\,\,0;\,\,4} \right)$, $D\left( {0;\,\,10;\,\,4} \right)$ và $C\left( {8;\,\,10;\,\,4} \right)$.

b) Sai. Ba kích thước của bể là $8{\rm{\;dm}}$, $10{\rm{\;dm}}$ và $4{\rm{\;dm}}$ nên thể tích của bể bằng $8 \cdot 10 \cdot 4 = 320$ (dm3), tức là $320{\rm{\;l\'i t}}$.

c) Đúng. Ta có $\overrightarrow {OB} = \left( {8;\,\,0;\,\,4} \right)$ và $\overrightarrow {OD} = \left( {0;\,\,10;\,\,4} \right)$, do đó:

$\cos \alpha = \frac{{\overrightarrow {OB} \cdot \overrightarrow {OD} }}{{\left| {\overrightarrow {OB} \left| \cdot \right|\overrightarrow {OD} } \right|}} = \frac{{8 \cdot 0 + 0 \cdot 10 + 4 \cdot 4}}{{\sqrt {80} \cdot \sqrt {116} }} = \frac{{16}}{{8\sqrt {145} }} = \frac{2}{{\sqrt {145} }}$.

d) Đúng. Sau $12$ phút, thể tích nước đã xả là $10 \cdot 12 = 120$ (dm$^{3}$), thể tích nước còn lại là:

$320 - 120 = 200$ (dm$^{3}$).

Diện tích đáy bể bằng $8 \cdot 10 = 80$ (dm$^{2}$) nên chiều cao cột nước là $\frac{{200}}{{80}} = 2{,}5$ (dm).

Vậy mực nước cách miệng bể $4 - 2{,}5 = 1{,}5$ (dm).

Số chuyến vận chuyển là $\frac{{3600}}{x}$. Tổng chi phí vận chuyển (đơn vị: nghìn đồng) là:

$T\left( x \right) = \frac{{3600}}{x}\left( {50 + 0{,}005{x^2}} \right) = \frac{{180\,000}}{x} + 18x$.

Xét hàm số $f\left( x \right) = \frac{{180\,000}}{x} + 18x$ trên khoảng $\left( {0;\,\,3600} \right]$. Ta có:

$f'\left( x \right) = - \frac{{180\,000}}{{{x^2}}} + 18,\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 10\,000 \Leftrightarrow x = 100\;\,\,\left( {x > 0} \right)$.

Vì $f'\left( x \right) < 0$ trên $\left( {0;100} \right)$ và $f'\left( x \right) > 0$ trên $\left( {100;\,\,3600} \right]$ nên $f$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x = 100$, với $f\left( {100} \right) = 1800 + 1800 = 3600$ (nghìn đồng).

Giá trị $x = 100$ thỏa mãn điều kiện $1 \le x \le 3600$ và $100$ là ước của $3600$ (vì $3600 = 100 \cdot 36$).

Vậy mỗi chuyến nên chở $100{\rm{\;kg}}$.

Đáp án: 100.

Vận tốc tức thời của hạt tại thời điểm $t$ là đạo hàm của tọa độ theo thời gian:

$v\left( t \right) = y'\left( t \right) = 3{t^2} - 12$.

Do đó $v\left( 8 \right) = 3 \cdot {8^2} - 12 = 192 - 12 = 180$ (m/s).

Đáp án: 180.

Kéo dài các cạnh bên $AA',\,\,BB',\,\,CC',\,\,DD'$, chúng cắt nhau tại điểm $S$; khi đó $ABCD.A'B'C'D'$ là phần của hình chóp đều $S.ABCD$ nằm giữa đáy $ABCD$ và mặt phẳng $\left( {A'B'C'D'} \right)$.

Vì $A'B'C'D'$ và $ABCD$ là hai hình vuông có $A'B' = 4a = \frac{1}{2}AB$ nên $A'$ là trung điểm của $SA$, do đó $SA' = AA' = 4a$ và $SA = 8a$.

Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$; $M,\,\,N$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$.

Hình chóp $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Ta có $AB \bot OM$ và $AB \bot SO$ nên $AB \bot \left( {SOM} \right)$, suy ra $AB \bot SM$.

Tương tự $CD \bot SN$.

Hai mặt phẳng $\left( {ABB'A'} \right) = \left( {SAB} \right)$ và $\left( {CDD'C'} \right) = \left( {SCD} \right)$ cắt nhau theo giao tuyến $d$ đi qua $S$ và song song với $AB$ (vì $AB\,{\rm{//}}\,CD$).

Do $SM \bot AB$ và $SN \bot CD$ nên $SM \bot d,\,\,SN \bot d$.

Vậy góc giữa hai mặt phẳng đã cho bằng góc giữa hai tia $SM$ và $SN$, tức là $\widehat {MSN}$ nếu góc này không tù.

Đường chéo hình vuông $ABCD$ bằng $8a\sqrt 2$ nên $AO = 4a\sqrt 2$, do đó:

$SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {64{a^2} - 32{a^2}} = 4a\sqrt 2$.

Vì $OM = \frac{{AD}}{2} = 4a$ và $SO \bot OM$ nên $SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}} = \sqrt {32{a^2} + 16{a^2}} = 4a\sqrt 3$; tương tự $SN = 4a\sqrt 3$.

Ngoài ra $MN = AD = 8a$.

Trong tam giác $SMN$, theo định lí côsin:

$\cos \widehat {MSN} = \frac{{S{M^2} + S{N^2} - M{N^2}}}{{2 \cdot SM \cdot SN}} = \frac{{48{a^2} + 48{a^2} - 64{a^2}}}{{2 \cdot 48{a^2}}} = \frac{1}{3}$

Suy ra $\widehat {MSN} \approx 70{,}5^\circ$.

Đáp án: 70,5°.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ: $A\left( {0;\,\,0} \right),\,\,B\left( {10;\,\,0} \right),\,\,C\left( {10;\,\,10} \right),\,\,D\left( {0;\,\,10} \right)$.

Sau $t$ giây, điểm $Q$ ở vị trí $Q\left( {10;\,\,t} \right)$ với $0 \le t \le 10$.

Gọi $s$ là độ dài cạnh của hình vuông $DMNP$. Khi đó $M\left( {0;\,\,10 - s} \right)$, $N\left( {s;\,\,10 - s} \right)$ và $P\left( {s;\,\,10} \right)$.

Đường thẳng $AQ$ đi qua gốc tọa độ với hệ số góc $\frac{t}{{10}}$ nên có phương trình $y = \frac{t}{{10}}x$.

Vì $N \in AQ$ nên:

$10 - s = \frac{t}{{10}} \cdot s \Leftrightarrow s\left( {t + 10} \right) = 100 \Leftrightarrow s = \frac{{100}}{{t + 10}}$.

Diện tích hình vuông $DMNP$ là $S\left( t \right) = {s^2} = \frac{{10\,000}}{{{{\left( {t + 10} \right)}^2}}}$.

Đạo hàm theo $t$:

$S'\left( t \right) = 10\,000 \cdot {\left[ {{{\left( {t + 10} \right)}^{ - 2}}} \right]^\prime } = - \frac{{20\,000}}{{{{\left( {t + 10} \right)}^3}}}$.

Tại $t = 5$: $S'\left( 5 \right) = - \frac{{20\,000}}{{{{15}^3}}} = - \frac{{20\,000}}{{3375}} = - \frac{{160}}{{27}} \approx - 5{,}93$.

Vì $S'\left( 5 \right) < 0$ nên diện tích đang giảm, với tốc độ khoảng $5{,}93$ m$^{2}$/s.

Đáp án: 5,93.

Xét mặt phẳng đi qua tâm $I$ của một viên bi xanh và tâm $J$ của viên bi vàng, vuông góc với mặt sàn.

Gọi $A,\,\,H$ lần lượt là tiếp điểm của hai viên bi đó với mặt sàn, khi đó $IA = 2,JH = 3$ và $IA,\,\,JH$ cùng vuông góc với mặt sàn.

Hai viên bi tiếp xúc ngoài khi và chỉ khi $IJ = 2 + 3 = 5$.

Hình chiếu của $IJ$ xuống mặt sàn là $AH$ và hiệu hai khoảng cách đến mặt sàn là $3 - 2 = 1,$do đó:

$AH = \sqrt {I{J^2} - {{\left( {3 - 2} \right)}^2}} = \sqrt {25 - 1} = 2\sqrt 6$ (cm).

Như vậy, viên bi vàng tiếp xúc với một viên bi xanh khi và chỉ khi khoảng cách giữa hai tiếp điểm của chúng với mặt sàn bằng $2\sqrt 6$ cm.

Hai viên bi xanh tiếp xúc nhau nên $AB = 2 + 2 = 4$ cm.

Gọi $P$ là tiếp điểm của viên bi vàng với mặt sàn tại thời điểm nó tiếp xúc cùng lúc với hai viên bi xanh, khi đó $PA = PB = 2\sqrt 6$, nên $P$ thuộc đường trung trực của đoạn $AB$.

Chọn hệ trục tọa độ $Ixy$ trên mặt sàn với $I$ là trung điểm của $AB$, trục $Iy$ chứa $AB$: khi đó $A\left( {0;\,\,2} \right)$, $B\left( {0;\,\, - 2} \right)$.

Gọi $C\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)$, từ $AC = 26$ và $BC = 10\sqrt 5$ ta có hệ:

Chọn ${x_0} = 10$ (viên bi vàng nằm về một phía của đường thẳng $AB$), tức $C\left( {10;\,\, - 22} \right)$. Điểm $P$ nằm trên trục $Ix$ nên $P\left( {p;\,\,0} \right)$ với ${p^2} + {2^2} = {\left( {2\sqrt 6 } \right)^2} = 24$, suy ra $p = \pm 2\sqrt 5$.

Vì viên bi vàng đi từ phía $x > 0$ nên $P\left( {2\sqrt 5 ;\,\,0} \right)$.

Quãng đường viên bi vàng đi được là:

$CP = \sqrt {{{\left( {10 - 2\sqrt 5 } \right)}^2} + {{22}^2}} = \sqrt {604 - 40\sqrt 5 } \approx 22{,}684$ cm.

Với tốc độ $2$ cm/s, thời gian cần tìm là $\frac{{CP}}{2} \approx 11{,}3$ (giây).

Đáp án: 11,3.

Mỗi kết quả của phép thử là một cách chọn $7$ bóng trong $21$ bóng đôi một khác nhau rồi gắn vào $7$ vị trí phân biệt, nên:

$n\left( {\rm{\Omega }} \right) = A_{21}^7 = 21 \cdot 20 \cdot 19 \cdot 18 \cdot 17 \cdot 16 \cdot 15 = 586\,051\,200$.

Vị trí $O$ kề với cả sáu vị trí $A,\,\,B,\,\,C,\,\,D,\,\,E,\,\,F$ nên màu ở $O$ khác màu ở cả sáu đỉnh.

Vì chỉ có ba màu nên sáu đỉnh chỉ dùng hai màu còn lại; mặt khác $A,\,\,B,\,\,C,\,\,D,\,\,E,\,\,F$ tạo thành một chu trình mà hai vị trí kề nhau khác màu, nên hai màu đó phải xen kẽ: $A,\,\,C,\,\,E$ cùng một màu và $B,\,\,D,\,\,F$ cùng màu kia.

Số cách chọn cách tô màu như vậy là $3 \cdot 2 = 6$ (chọn màu cho $O$, rồi chọn màu cho bộ $A,C,E$).

Ký hiệu $a,\,\,c,\,\,e,\,\,b,\,\,d,\,\,f,\,\,o$ lần lượt là số ghi trên bóng đèn ở các vị trí $A,\,\,C,\,\,E,\,\,B,\,\,D,\,\,F,\,\,O.$

Ba bóng ở $A,\,\,C,\,\,E$ cùng màu và đôi một khác nhau nên $a,\,\,c,\,\,e$ đôi một khác nhau; tương tự với $b,\,\,d,\,\,f$.

Điều kiện ba số trên mỗi đường chéo đôi một khác nhau tương đương với: $o$ khác cả sáu số còn lại, đồng thời $a \ne d,\,\,b \ne e,\,\,c \ne f$.

Số $o$ có $7$ cách chọn.

Đặt $S = \left\{ {1;\,\,2; \ldots ;\,\,7} \right\}\backslash \left\{ o \right\}$.

Khi đó $\left| S \right| = 6$ và bộ $\left( {a;\,\,c;\,\,e} \right)$ là một chỉnh hợp chập $3$ của $S$: có $6 \cdot 5 \cdot 4 = 120$ cách.

Với mỗi bộ $\left( {a;\,\,c;\,\,e} \right)$ đã chọn, ta đếm số chỉnh hợp chập $3$ của $S$ dạng $\left( {d;\,\,b;\,\,f} \right)$ thỏa mãn $d \ne a,\,\,b \ne e,\,\,f \ne c$; gọi số đó là $N$.

Áp dụng nguyên lý bù trừ như sau:

• Đếm số bộ $\left( {d;\,\,b;\,\,f} \right)$: Gọi ${X_1},\,\,{X_2},\,\,{X_3}$ lần lượt là tập các chỉnh hợp có $d = a$, có $b = e$, có $f = c$.

Ta có $\left| {{X_i}} \right| = 5 \cdot 4 = 20$, $\left| {{X_i} \cap {X_j}} \right| = 4$ và $\left| {{X_1} \cap {X_2} \cap {X_3}} \right| = 1$, nên:

$\left| {{X_1} \cup {X_2} \cup {X_3}} \right| = 3 \cdot 20 - 3 \cdot 4 + 1 = 49$.

Vậy $N = 120 - 49 = 71$.

• Tính xác suất: Số kết quả thuận lợi là: $6 \cdot 7 \cdot 120 \cdot 71 = 357\,840$.

Do đó $P = \frac{{357\,840}}{{586\,051\,200}} = \frac{{71}}{{116\,280}}$.

Phân số này tối giản vì $71$ là số nguyên tố và $116\,280$ không chia hết cho $71$.

Với $m = 71$ và $n = 116\,280$,

$n - 22{m^2} = 116\,280 - 22 \cdot {71^2} = 116\,280 - 110\,902 = 5378$.

Đáp án: 5378.