Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 2

Đáp án đúng là B

Ta có $\int\limits_{}^{} {{2^x}{\rm{d}}x} = \frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + C$.

Đáp án đúng là B

Dựa vào bảng biến thiên, giá trị cực đại của hàm số là ${y}_{CĐ}=2$.

Đáp án đúng là D

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{u_2} = 2\\{u_5} = 11\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + d = 2\\{u_1} + 4d = 11\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = - 1\\d = 3\end{array} \right.$ nên công sai của cấp số cộng là $d = 3$.

Đáp án đúng là C

Ta có: $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = - 1$.

Bảng xét dấu:

Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left( { - \infty \,;\,\, - 1} \right)$.

Đáp án đúng là A

Đường thẳng d song song $\Delta :\frac{{x - 2}}{2} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{{z + 3}}{{ - 1}}$ nên có vectơ chỉ phương $\vec u = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\, - 1} \right)$;

Mà $d$ qua $M\left( {1\,;\,\, - 1\,;\,\,3} \right)$ nên có phương trình tham số $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = - 1 + t\\z = 3 - t\end{array} \right.$.

Đáp án đúng là B

Ta có: ${\log _{\frac{1}{2}}}\left( {9 - {x^2}} \right) < 0 \Leftrightarrow 9 - {x^2} > {\left( {\frac{1}{2}} \right)^0} \Leftrightarrow 9 - {x^2} > 1 \Leftrightarrow {x^2} < 8 \Leftrightarrow - 2\sqrt 2 < x < 2\sqrt 2$.

Tập nghiệm bất phương trình chứa 5 số nguyên là: $\left\{ { - 2\,;\,\,1\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2} \right\}$.

Đáp án đúng là A

Ta có: $\vec u + 3\vec v = \left( {1\,;\,\, - 4\,;\,\,0} \right) + 3\left( { - 1\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right) = \left( { - 2\,;\,\, - 10\,;\,\,3} \right)$

Đáp án đúng là D

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $x\, = 2$ và tiệm cận ngang $y\, = \,3$.

Do đó tâm đối xứng của đồ thị hàm số là $\left( {2\,;\,3} \right)$.

Đáp án đúng là B

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

Theo giả thiết: $F\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow C = 2$ nên do đó $F\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} - \cos x + x + 2$.

Đáp án đúng là D

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là $\frac{{{x_6} + {x_7}}}{2} \in \left[ {30\,;\,\,40} \right)$ nên tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là ${Q_1} = 30 + \frac{{6{,}25 - 3}}{7} \cdot 10 = \frac{{485}}{{14}}$.

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là $\frac{{{x_{19}} + {x_{20}}}}{2} \in \left[ {50\,;\,\,60} \right)$ nên tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là ${Q_3} = 50 + \frac{{3 \cdot \frac{{25}}{4} - 16}}{4} \cdot 10 = \frac{{455}}{8}$.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên là ${Q_3}\, - \,{Q_1}\, = \,\frac{{1245}}{{56}} \approx \,22{,}23$.

Đáp án đúng là A

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm trên là $65 - 40 = 25$(cm)

Đáp án đúng là B

Theo quy tắc hình hộp ta có: $\overrightarrow {DB'} = \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DD'} + \overrightarrow {DC}$.

Xét mệnh đề a)

Đạo hàm của hàm số là: $f'\left( x \right) = 1 - \sin x + \sqrt 3 \cos x$ nên mệnh đề a) sai

Xét mệnh đề b)

Để hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {0;\,\frac{\pi }{2}} \right)$ thì $f'\left( x \right) < 0,\,\forall x \in \left( {0;\,\frac{\pi }{2}} \right)$

$\Leftrightarrow 1 - \sin x + \sqrt 3 \cos x < 0 \Leftrightarrow 1 - 2\sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) < 0$

Xét trên khoảng $x \in \left( {0;\,\frac{\pi }{2}} \right)$ ta có $x + \frac{\pi }{3} \in \left( {\frac{\pi }{3};\,\,\frac{{5\pi }}{6}} \right)$ suy ra $0 \le x \le \frac{\pi }{2}$ mệnh đề b) đúng

Xét mệnh đề c)

Ta có $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 1 - 2\sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Xét trên khoảng $\left( {0;\,2\pi } \right)$ thì phương trình có hai nghiệm $\left[ \begin{array}{l}x = \frac{{11\pi }}{6}\\x = \frac{\pi }{2}\end{array} \right.$. Đây là hai nghiệm đơn, suy ra hàm số có hai điểm cực trị nên mệnh đề c) đúng

Xét mệnh đề d)

Xét trên đoạn $\left[ {0;\,\pi } \right]$ thì hàm số chỉ có một điểm cực trị là $x = \frac{\pi }{2}$

Với $x = 0 \Rightarrow f\left( 0 \right) = 1$

Với $x = \frac{\pi }{2} \Rightarrow f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = \frac{\pi }{2} - \sqrt 3$

Với $x = \pi \Rightarrow f\left( \pi \right) = \pi - 1$

So sánh các giá trị thì giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $\left[ {0;\,\pi } \right]$ bằng $\pi - 1$

Vậy mệnh đề d) sai

Xét mệnh đề a)

${v_B}\left( t \right) = \int {2{\rm{d}}t = 2t + {C_1}}$ mà ${v_B}\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow {C_1} = 0$ suy ra ${v_B}\left( t \right) = 2t$(m/s) nên mệnh đề a) đúng

Xét mệnh đề b)

Chất điểm A: ${x_A}\left( t \right) = \int {\left( {4t - {t^2}} \right){\rm{d}}t = 2{t^2} - \frac{{{t^3}}}{3} + {C_2}}$ mà tại thời điểm $t = 0$ thì ${x_A} = 0 \Rightarrow$${C_2} = 0$

Khi đó ${x_A}\left( t \right) = 2{t^2} - \frac{{{t^3}}}{3}$

Chất điểm B: ${x_B}\left( t \right) = \int {2t{\rm{d}}t = {t^2} + {C_3}}$ mà tại thời điểm $t = 0$ thì ${x_B} = 0 \Rightarrow$${C_3} = 0$

Khi đó ${x_B}\left( t \right) = {t^2}$

Hai chất điểm gặp nhau thì ${x_A}\left( t \right) = {x_B}\left( t \right) \Leftrightarrow$$2{t^2} - \frac{{{t^3}}}{3} = {t^2} \Leftrightarrow {t^2} - \frac{{{t^3}}}{3} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 3\end{array} \right.$

Vậy thời điểm hai chất điểm gặp nhau kể từ khi xuất phát là $t = 3$ mệnh đề b) sai

Xét mệnh đề c)

Khoảng cách giữa hai chất điểm trước khi gặp nhau là: $d\left( t \right) = \left| {{x_A}\left( t \right) - {x_B}\left( t \right)} \right| = \left| {{t^2} - \frac{{{t^3}}}{3}} \right|$

Xét hàm số $d\left( t \right) = {t^2} - \frac{{{t^3}}}{3}$ trên đoạn $\left[ {0;\,3} \right]$ ta có $d'\left( t \right) = 2t - {t^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 2\end{array} \right.$

Thay các giá trị: $d\left( 0 \right) = 0;\,d\left( 2 \right) = \frac{4}{3}$ và $d\left( 3 \right) = 0$ với ${d_{\max }} = \frac{4}{3}$ mệnh đề c) đúng

Xét mệnh đề d)

Tại thời điểm hai chất điểm gặp nhau là $t = 3$, thay vào phương trình vận tốc

${v_A}\left( 3 \right) = 4.3 - {3^2} = 3$

${v_B}\left( 3 \right) = 2.3 = 6$

Ta thấy ${v_A}\left( 3 \right) < {v_B}\left( 3 \right)$ nên vận tốc của chất điểm thứ nhất nhỏ hơn vận tốc của chất điểm thứ hai

Vậy mệnh đề d) sai

Xét mệnh đề a)

Mặt ngoài quả bóng là mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {2\,;\,\, - 1\,;\,\, - 1} \right)$ và bán kính $R = \sqrt 6$ nên mệnh đề a) đúng

Xét mệnh đề b)

Đường thẳng d: $\frac{{x + 2}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ - 3}} = \frac{z}{1}$ qua $A\left( { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0} \right)$ và có vectơ chỉ phương ${\vec u_d} = \left( {2\,;\,\, - 3\,;\,\,1} \right)$.

Ta có: $\overrightarrow {AI} = \left( {4\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right)\,;\,\,\left[ {{{\vec u}_d}\,,\,\,\overrightarrow {AI} } \right] = \left( {3\,;\,\,6\,;\,\,12} \right)$.

Do đó $d\left( {I\,,\,\,d} \right) = \frac{{\left| {\left[ {{{\vec u}_d}\,,\,\,\overrightarrow {AI} } \right]} \right|}}{{\left| {{{\vec u}_d}} \right|}} = \frac{{\sqrt {{3^2} + {6^2} + {{12}^2}} }}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}$ nên mệnh đề b) sai

Xét mệnh đề c)

Gọi $K$ là hình chiếu của $I$ trên $d$ thì $KI = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}$ và $KA \bot IA$ suy ra ${\rm{cos}}\widehat {AIK} = \frac{{IA}}{{IK}} = \frac{2}{3}.$

Do vậy ${\rm{cos}}\widehat {AIB} = 2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\widehat {AIK} - 1$$= 2.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} - 1 = - \frac{1}{9} = \frac{a}{b} \Rightarrow {a^2} + {b^2} = 82$ nên mệnh đề c) đúng

Xét mệnh đề d)

Độ dài cung tròn bé nhất mà con kiến có thể đi: (dm)

Thời gian tối thiểu để kiến đến nơi là giây nên mệnh đề d) sai

Gọi $K$ là biến cố “Kinh tế phát triển”; $S$ là biến cố “Kinh tế suy thoái”; $B$ là biến cố “Đầu tư bất động sản sinh lời”; $V$ là biến cố “Đầu tư vàng sinh lời”

Theo đề bài, ta có: $P\left( K \right) = 0{,}6$ và $P\left( S \right) = 0{,}4$

Khi kinh tế phát triển: $P\left( {B|K} \right) = 0{,}8$ và $P\left( {V|K} \right) = 0{,}3$

Khi kinh tế suy thoái: $P\left( {B|S} \right) = 0{,}1$ và $P\left( {V|S} \right) = 0{,}7$

Xác suất BĐS sinh lời là: $P\left( B \right) = P\left( {B|K} \right).P\left( K \right) + P\left( {B|S} \right).P\left( S \right) = 0{,}8.0{,}6 + 0{,}1.0{,}4 = 0{,}52$

Xác suất vàng sinh lời là: $P\left( V \right) = P\left( {V|K} \right).P\left( K \right) + P\left( {V|S} \right).P\left( S \right) = 0{,}3.0{,}6 + 0{,}7.0{,}4 = 0{,}46$

Xét mệnh đề a)

Ta có: $P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0{,}52 = 0{,}48$ và $P\left( {\overline B |S} \right) = 1 - P\left( {B|S} \right) = 1 - 0{,}1 = 0{,}9$

Áp dụng công thức Bayes:$P\left( {S|\overline B } \right) = \frac{{P\left( {\overline B |S} \right).P\left( S \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{0{,}9.0{,}4}}{{0{,}48}} = 0{,}75 > 0{,}4$ nên mệnh đề a) sai

Xét mệnh đề b)

Gọi $L$ là biến cố “Nhà đầu tư sinh lời”. Do chọn ngẫu nhiên một trong hai kênh để đầu tư nên xác xuất mỗi kênh là $0{,}5$

Khi đó: $P\left( L \right) = 0{,}5.P\left( B \right) + 0{,}5.P\left( V \right) = 0{,}5.0{,}52 + 0{,}5.0{,}46 = 0{,}49 < 0{,}5$nên mệnh đề b) sai

Xét mệnh đề c)

Ta có: $P\left( {L|K} \right) = 0{,}5.P\left( {B|K} \right) + 0{,}5.P\left( {V|K} \right) = 0{,}5.0{,}8 + 0{,}5.0{,}3 = 0{,}55$

Áp dụng công thức Bayes: $P\left( {K|L} \right) = \frac{{P\left( {L|K} \right).P\left( K \right)}}{{P\left( L \right)}} = \frac{{0{,}55.0{,}6}}{{0{,}49}} = 0{,}673 > 0{,}5$ nên mệnh đề c) đúng

Xét mệnh đề d)

Gọi $C$ là biến cố “Có lợi nhuận cả hai kênh”. Do giả định độc lập trong cùng điều kiện kinh tế nên:

Khi kinh tế phát triển: $P\left( {C|K} \right) = P\left( {B|K} \right).P\left( {V|K} \right) = 0{,}8.0{,}3 = 0{,}24$

Khi kinh tế suy thoái: $P\left( {C|S} \right) = P\left( {B|S} \right).P\left( {V|S} \right) = 0{,}1.0{,}7 = 0{,}07$

Suy ra: $P\left( {K|C} \right) = \frac{{P\left( {C|K} \right).P\left( K \right)}}{{P\left( {C|K} \right).P\left( K \right) + P\left( {C|S} \right).P\left( S \right)}} = \frac{{0{,}24.0{,}6}}{{0{,}24.0{,}6 + 0{,}07.0{,}4}} = \frac{{36}}{{43}} \approx 0{,}837 \ne 1$

Kết quả cho thấy khả năng kinh tế phát triển rất cao, nhưng vẫn có xác suất nhỏ (khoảng 16,3%) là kinh tế đang suy thoái mà nhà đầu tư “may mắn” trúng cả hai. Do đó, dùng từ “chắc chắn” là sai nên mệnh đề d) sai

Phương trình chính tắc của $\left( E \right):\,\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1$ với $a > b > 0$

Theo đề bài: $\left\{ \begin{array}{l}M{F_{1\min }} = a - c = 147\\M{F_{1\max }} = a + c = 152\end{array} \right.$ (triệu kilomet) nên $\left\{ \begin{array}{l}a = 149{,}5\\c = 2{,}5\end{array} \right.$

Đại lượng cần xét $P = M{F_1}.M{F_2} = x.y$ thì $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 2a\\P = x.y\end{array} \right.$

Sử dụng tính chất:

· Tích của hai số có tổng không đổi sẽ lớn nhất khi hai số đó bằng nhau ($x = y$).

· Tích của hai số có tổng không đổi sẽ nhỏ nhất khi độ chênh lệch giữa hai số đó là lớn nhất.

Giá trị lớn nhất xảy ra khi $M{F_1} = M{F_2} = a \Rightarrow {P_{\max }} = a.a = {a^2}$

Hoặc giá trị lớn nhất xảy ra khi hiệu $\left| {M{F_1} - M{F_2}} \right|$ lớn nhất thì khi đó $M{F_1} = a - c$ và $M{F_2} = a + c$

Khi đó ${P_{\min }} = \left( {a - c} \right)\left( {a + c} \right) = {a^2} - {c^2}$

Vậy sự chênh lệch giữa giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất là:

$\Delta P = {a^2} - \left( {{a^2} - {c^2}} \right) = {c^2} = {2{,}5^2} = 6{,}25$

Vì $AB \bot BC$ và $NB \bot BC$ nên góc $\widehat {ABN}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $\left[ {A,BC,N} \right]$.

Vì góc mở cửa bằng ${60^o}$ nên số đo góc nhị diện $\left[ {A,BC,N} \right]$ bằng $60^\circ$ suy ra $\widehat {ABN} = 60^\circ$

Xét tam giác $ABN$cân tại $B$có: $BA = BN = 1{,}5$m và $\widehat {ABN} = 60^\circ$.

Khi đó $\Delta ABN$ là tam giác đều suy ra $AN = 1{,}5$m hay khoảng cách giữa $A$ và $N$bằng $1{,}5$m.

Điều kiện xác định: $\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\30 - 2x > 0\\\frac{{90 - 3x}}{2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x < 15\\x < 30\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < x < 15$

Thể tích của khối hộp là: $V\left( x \right) = {S_d}.h = \left( {\frac{{90 - 3x}}{2}} \right)\left( {30 - 2x} \right).x = 3{x^3} - 135{x^2} + 1350x$

Đạo hàm: $V'\left( x \right) = 9{x^2} - 270x + 1350 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 15 + 5\sqrt 3 \notin \left( {0;\,15} \right)\\x = 15 - 5\sqrt 3 \in \left( {0;\,15} \right)\end{array} \right.$
Vậy thể tích lớn nhất của chiếc hộp là: $V\left( {15 - 5\sqrt 3 } \right) = 3897{,}114... \approx 3897$(cm$^{3}$)

Chọn hệ trục tọa $Oxy$ độ như hình vẽ

Gọi phương trình đường tròn $\left( O \right)$ là ${x^2} + {y^2} = {R^2}$ và $\left( O \right)$ đi qua $M\left( {1;\,2} \right)$ nên ${R^2} = 5$

Khi đó phương trình đường tròn là: $y = \sqrt {5 - {x^2}}$

Thể tích của một quân cờ tướng là: ${V_1} = \pi \int\limits_{ - 1}^1 {{{\left( {\sqrt {5 - {x^2}} } \right)}^2}{\rm{d}}x = \frac{{28\pi }}{3}}$

Vậy khối lượng đá cần dùng để làm bộ cờ vua là: $m = 32\left( {2{,}7.\frac{{28\pi }}{3}} \right) = \frac{{4032\pi }}{5} \approx 2533$ (gam)

Gọi tấm bạt là một mặt phẳng $\left( P \right)$, theo đề ta có $\left( P \right)$ đi qua điểm $O\left( {0;0;0} \right)$, điểm $A\left( {2;5;1} \right)$ và tạo với mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ một góc $\alpha$ có $\sin \alpha = \frac{1}{{\sqrt {30} }}$.

Ta có đường thẳng $OA$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {OA} = \left( {2;5;1} \right)$ và mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)$

Khi đó: $\sin \left( {OA;\left( {Oxy} \right)} \right) = \frac{{\left| {2.0 + 5.0 + 1.1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {5^2} + {1^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {30} }}$ suy ra $\left( {OA;\left( {Oxy} \right)} \right) = \left( {\left( P \right);\left( {Oxy} \right)} \right)$.

Suy ra giao tuyến của $\left( P \right)$ và $\left( {Oxy} \right)$ vuông góc với $OA$.

Gọi $d = \left( P \right) \cap \left( {Oxy} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\overrightarrow {{u_d}} \bot \overrightarrow {{u_{OA}}} }\\{\overrightarrow {{u_d}} \bot \overrightarrow k }\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}} = \left[ {\overrightarrow {{u_{OA}}} ,\overrightarrow k } \right] = \left( {5; - 2;0} \right)$

Ta có $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{d \subset \left( P \right)}\\{OA \subset \left( P \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\overrightarrow {{n_P}} \bot \overrightarrow {{u_d}} }\\{\overrightarrow {{n_P}} \bot \overrightarrow {{u_{OA}}} }\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\overrightarrow {{u_{OA}}} } \right] = \left( { - 2; - 5;29} \right)$ nên $\left( P \right): - 2x - 5y + 29z = 0$.

Do bóng đèn có bán kính phủ sáng là 700 m nên vùng ánh sáng chiếu ra có dạng một hình cầu tâm $I\left( {2;5;5} \right)$, bán kính $R = 7$. Ta có: $d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - 2.2 - 5.5 + 29.5} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {5^2} + {{29}^2}} }} = \frac{{2\sqrt {870} }}{{15}}$.

Gọi bán kính đường tròn giao tuyến là $r$ rồi áp dụng định lý Pytago, ta có:

$r = \sqrt {{R^2} - {d^2}} = \sqrt {{7^2} - {{\left( {\frac{{2\sqrt {870} }}{{15}}} \right)}^2}} \approx 5{,}79$.

Vậy bán kính đường tròn thu được trên tấm bạt là $579$(m)

Gọi $a$ là số chàng trai đứng trước cô lại thứ nhất ${G_1}$ $\left( {a \ge 0} \right)$

$b$ là số chàng trai ở giữa cô gái thứ nhất và cô gái thứ hai ${G_1} - {G_2}$ $\left( {b \ge 1} \right)$

$c$ là số chàng trai ở giữa cô gái thứ hai và cô gái thứ ba ${G_2} - {G_3}$ $\left( {c \in \left\{ {0;\,1;\,2} \right\}} \right)$

$d$ là số chàng trai đứng sau cô gái thứ ba ${G_3}$ $\left( {d \ge 0} \right)$

Do có $6$ chàng trai nên $a + b + c + d = 6$

Trường hợp 1: Với $c = 0$ suy ra $a + b + d = 6\,\,\left( {b \ge 1} \right)$ nên $b \in \left\{ {1;\,2;\,3;\,4;\,5;\,6} \right\}$

Vậy tổng số nghiệm trong trường hợp này bằng $21$

Trường hợp 2: Với $c = 1$ suy ra $a + b + d = 5\,\,\left( {b \ge 1} \right)$ nên $b \in \left\{ {1;\,2;\,3;\,4;\,5} \right\}$

Vậy tổng số nghiệm trong trường hợp này bằng $15$

Trường hợp 3: Với $c = 2$ suy ra $a + b + d = 4\,\,\left( {b \ge 1} \right)$ nên $b \in \left\{ {1;\,2;\,3;\,4} \right\}$

Vậy tổng số nghiệm trong trường hợp này bằng $10$

Số cách chia $6$ chàng trai vào $6$ khoảng trống: $21 + 15 + 10 = 46$ cách

Số cách xếp $6$ chàng trai này là $6! = 720$ cách

Vậy số cách xếp thỏa mãn là: $T = 46.720 = 33120$ nên $\frac{T}{{80}} = \frac{{33120}}{{80}} = 414$