Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 37)

Nhóm chứa mốt là $\left[ {40;60} \right)$.

Khi đó ${M_o} = 40 + \frac{{12 - 9}}{{\left( {12 - 9} \right) + \left( {12 - 10} \right)}} \cdot \left( {60 - 40} \right) = 52$. Chọn B.

Giá trị xe giảm sau 5 năm là $5 \cdot 40 = 200$ (triệu đồng).

Giá còn lại của xe sau 5 năm là: $470 - 200 = 270$ (triệu đồng). Chọn C.

Sử dụng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn: $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1$.

Thay tọa độ các điểm $A\left( {\frac{{14}}{3};0;0} \right);B\left( {0;7;0} \right);C\left( {0;0;14} \right)$ vào ta có:

$\frac{x}{{\frac{{14}}{3}}} + \frac{y}{7} + \frac{z}{{14}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{3x}}{{14}} + \frac{{2y}}{{14}} + \frac{z}{{14}} = 1 \Leftrightarrow 3x + 2y + z = 14 \Leftrightarrow 3x + 2y + z - 14 = 0$. Chọn B.

Ta có: $\sqrt {2{x^2} + x + 3} = 1 - x\,\,\,\left( * \right)$

$\Rightarrow 2{x^2} + x + 3 = {\left( {1 - x} \right)^2}$$\Rightarrow 2{x^2} + x + 3 = 1 - 2x + {x^2}$$\Rightarrow {x^2} + 3x + 2 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\left( {t/m\,\,\,\left( * \right)} \right)\\x = - 2\,\,\left( {t/m\,\,\,\left( * \right)} \right)\end{array} \right.$

Vậy tổng các nghiệm của phương trình bằng $- 3$. Chọn A.

Ta có $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC'}$$\Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC'} } \right| = AC'$.

Mà $AC' = \sqrt {A'{A^2} + A'{{B'}^2} + A'{{D'}^2}}$$= \sqrt {{6^2} + {2^2} + {3^2}} = 7$.

Vậy độ dài vectơ $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'}$ bằng $7$. Chọn A.

$n\left( \Omega \right) = C_{12}^2$.

Gọi biến cố A: “Lấy được 2 viên bi màu đỏ”, có: $n\left( A \right) = C_5^2$.

Xác suất $P\left( A \right) = \frac{{C_5^2}}{{C_{12}^2}} = \frac{5}{{33}}$. Chọn A.

Xét tam giác $SAC$ cân tại $S$ (do $SA = SC$). $O$ là trung điểm của $AC$ (tâm hình bình hành), nên trung tuyến $SO$ đồng thời là đường cao: $SO \bot AC$.

Xét tam giác $SBD$ cân tại $S$ (do $SB = SD$). $O$ là trung điểm của $BD$, nên trung tuyến $SO$ đồng thời là đường cao: $SO \bot BD$.

Suy ra $SO \bot (ABCD)$. Chọn A.

Ta có: $\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx}$

Suy ra $\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx} - \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = - 4 - 1 = - 5$. Chọn D.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$. Ta có $f'\left( x \right) = 4{x^3} - 4x$.

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \in \left( { - 2;2} \right)\\x = 0 \in \left( { - 2;2} \right)\\x = 1 \in \left( { - 2;2} \right)\end{array} \right..$

Ta có: $f\left( { - 2} \right) = 13;f\left( { - 1} \right) = 4;f\left( 0 \right) = 5;f\left( 1 \right) = 4;f\left( 2 \right) = 13$.

Vậy $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = 13$ đạt tại $x = \pm 2$. Chọn A.

a) Đúng. Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {2; - 1;1} \right)$ và bán kính $R = 3$.

b) Sai. $\overrightarrow {MI} = \left( {1; - 4; - 4} \right) \Rightarrow MI = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = \sqrt {33} > R$.

Suy ra, điểm $M$ nằm ngoài mặt cầu.

c) Sai. Đường thẳng đi qua gốc tọa độ $O$ và tâm $I$ của mặt cầu $(S)$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {OI} = \left( {2; - 1;1} \right)$.

Phương trình tham số của đường thẳng $OI$ là $d:\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 2t}\\{y = - t}\\{z = t}\end{array}} \right.\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)$.

d) Sai. Ta có: $d = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 + 2.\left( { - 1} \right) - 2.1 + 8} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 2$.

Khi đó $r = \sqrt {{R^2} - {d^2}} = \sqrt {{3^2} - {2^2}} = \sqrt 5$.

a) Sai. Ta có $G\left( {4;6;5} \right)$.

b) Đúng. Độ dốc mái nhà là góc nhị diện $\left[ {Q,FG,H} \right] = 45^\circ$. Tam giác EFP cân tại $P$, gọi $I$ là trung điểm EF. Khi đó $P$ nằm trên đường trung trực của EF.

$I$ là trung điểm $EF \Rightarrow I\left( {2;0;5} \right)$.

Vì mái nhà dốc $45^\circ$, xét tam giác vuông tại $I$ (với đỉnh là $P$): $PI = \frac{{EF}}{2} \cdot \tan 45^\circ = \frac{4}{2} \cdot 1 = 2\;{\rm{m}}$.

Vậy cao độ của đỉnh mái nhà $P$ là: ${z_P} = {z_E} + PI = 5 + 2 = 7\;{\rm{m}}$.

Tọa độ $P\left( {2;0;7} \right)$ và $Q\left( {2;6;7} \right)$.

$M$ là trung điểm GQ. $G\left( {4;6;5} \right)$ và $Q\left( {2;6;7} \right) \Rightarrow M\left( {\frac{{4 + 2}}{2};\frac{{6 + 6}}{2};\frac{{5 + 7}}{2}} \right) = M\left( {3;6;6} \right)$.

Đoạn đường đi: $O \to E \to H \to M$.

$OE = 5\;{\rm{m}}$.

$EH = \sqrt {{{\left( {0 - 0} \right)}^2} + {{\left( {6 - 0} \right)}^2} + {{\left( {5 - 5} \right)}^2}} = 6\;{\rm{m}}$.

$HM = \sqrt {{{\left( {3 - 0} \right)}^2} + {{\left( {6 - 6} \right)}^2} + {{\left( {6 - 5} \right)}^2}} = \sqrt {{3^2} + {0^2} + {1^2}} = \sqrt {10} \;{\rm{m}}$.

Tổng độ dài: $5 + 6 + \sqrt {10} = 11 + \sqrt {10} \;{\rm{m}}$.

Độ dài đoạn cáp nối tối thiểu từ $O$ qua E, H đến $M$ bằng $11 + \sqrt {10} {\rm{ m}}$.

c) Đúng. Điểm $Q$ có cao độ $z = 7$nên chiều cao của kho hàng bằng 7.

d) Đúng. $\overrightarrow {PQ} = \left( {{x_Q} - {x_P};{y_Q} - {y_P};{z_Q} - {z_P}} \right) = \left( {2 - 2;6 - 0;7 - 7} \right) = \left( {0;6;0} \right)$.

a) Đúng. $f'\left( x \right) = \left( {{x^2} - 3x + 2} \right){e^x}$.$f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.$.

$f\left( 0 \right) = 7$; $f\left( 1 \right) = 3e$; $f\left( 2 \right) = {e^2}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$ lần lượt là $7$ và $3e$.

b) Sai. $f'\left( x \right) = \left( {{x^2} - 3x + 2} \right){e^x}$.

c) Sai. Ta có bảng biến thiên

Hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( {1;2} \right)$; đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right).$

d) Đúng. $f\left( 0 \right) = 7$.

Gọi các biến cố:

A: “Công ty trúng thầu dự án thứ nhất”; B: “Công ty trúng thầu dự án thứ hai”.

Theo đề bài, ta có các dữ kiện sau:

$$\begin{array}{l}P\left( A \right) = 0{,}8 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 1 - 0{,}8 = 0{,}2.\\P\left( {B|A} \right) = 0{,}9 \Rightarrow P\left( {\overline B |A} \right) = 1 - 0{,}9 = 0{,}1.\\P\left( {B|\overline A } \right) = 0{,}2 \Rightarrow P\left( {\overline B |\overline A } \right) = 1 - 0{,}2 = 0{,}8.\end{array}$$

a) Đúng. Xác suất để công ty không trúng thầu dự án thứ nhất là: $P\left( {\overline A } \right) = 1 - 0{,}8 = 0{,}2.$

b) Đúng. Xác suất để công ty trúng thầu cả hai dự án là:

$P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) = 0{,}8 \cdot 0{,}9 = 0{,}72$.

c) Đúng. Xác suất để công ty trúng thầu dự án thứ hai là

$P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right) = 0{,}8 \cdot 0{,}9 + 0{,}2 \cdot 0{,}2 = 0{,}72 + 0{,}04 = 0{,}76$.

d) Sai. Nếu công ty không trúng thầu dự án thứ hai thì xác suất trúng thầu dự án thứ nhất là

$P\left( {A|\overline B } \right) = \frac{{P\left( {A\overline B } \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {\overline B |A} \right)}}{{1 - P\left( B \right)}} = \frac{{0{,}08}}{{0{,}24}} = \frac{1}{3} \approx 0{,}333$.

Đáp án: 0,57.

Có ${S_A}\left( t \right) = \int {{S_A}^\prime \left( t \right)dt = } \int {{v_A}\left( t \right)} dt = \int {5\sqrt t } dt = 5.\frac{2}{3}t\sqrt t + C$, do ${S_A}\left( 0 \right) = 0$ nên ${S_A}\left( t \right) = \frac{{10}}{3}t\sqrt t$.

Có ${S_A}\left( t \right) = 10 \Leftrightarrow \frac{{10}}{3}t\sqrt t = 10 \Leftrightarrow t\sqrt t = 3 \Leftrightarrow t = {3^{\frac{2}{3}}} = \sqrt[3]{9} \approx 2{,}08$ (giờ)

Có ${S_B}\left( t \right) = 10 \Leftrightarrow t = 2$ (giờ) (do ${S_B}^\prime \left( t \right) = 5 - 5\cos \left( {2\pi t} \right) \ge 0$ nên phương trình ${S_B}\left( t \right) = 10$ có nghiệm duy nhất)

Suy ra Bình chạy nhanh hơn An, tức là Bình chạy được 10 km trước An.

Khi đó khoảng cách giữa hai người là ${S_B}\left( 2 \right) - {S_A}\left( 2 \right) = 10 - \frac{{10}}{3}2\sqrt 2 \approx 0{,}57$ (km).

Đáp án: 9.

Gọi $x$ là số lượng giếng dầu công ty khai thác thêm,$x \in \mathbb{N}$.

Tổng số giếng dầu sau khi thêm: $15 + x$(giếng).

Sản lượng dầu của mỗi giếng sau khi thêm: $231 - 7x$(thùng/ngày).

Điều kiện:$231 - 7x > 0$ suy ra $x < 33$.

Gọi $f(x)$là tổng sản lượng dầu chiết xuất được mỗi ngày. Ta có:

$f\left( x \right) = \left( {15 + x} \right)\left( {231 - 7x} \right) = - 7{x^2} + 126x + 3465$

Với hệ số $a = - 7 < 0$ nên đồ thị là một parabol có đỉnh là điểm cao nhất.

Giá trị lớn nhất của hàm số đạt được tại tọa độ đỉnh:$\;x = \frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{{ - 126}}{{2 \cdot \left( { - 7} \right)}} = 9$ (thỏa mãn).

Đáp án: 2876.

Xét trong hệ trục tọa độ $Oxyz$ với $O$ là đỉnh dưới của khối lập phương và các trục $Ox,Oy,Oz$ có các chiều dương là tia $OB,OC,OI$ như hình vẽ dưới:

Khi đó tập hợp tất cả các đỉnh của các khối lập phương cạnh 1 có tọa độ là $\left( {a;b;c} \right)$ với $a,b,c \in \left\{ {0;1;2} \right\}$.

Theo quy tắc nhân số lượng các đỉnh như vậy là ${3^3} = 27$.

Số cách chọn ra 3 đỉnh phân biệt trong 27 đỉnh nói trên là $C_{27}^3$.

Ta đếm số lượng các bộ ba đỉnh thẳng hàng.

Không mất tính tổng quát giả sử ${x_A} < {x_C}$.

Khi đó ${x_A} < {x_B} < {x_C}$ và ${x_A},{x_B},{x_C} \in \left\{ {0;1;2} \right\} \Rightarrow {x_A} = 0;{x_B} = 1;{x_C} = 2$.

Suy ra $B$ là trung điểm của $AC.$

Từ nhận xét ta thấy: Số bộ ba điểm $\left( {A,B,C} \right)$ chính bằng số bộ $\left( {A,C} \right)$ thỏa mãn trung điểm của $AC$có tọa độ nguyên.

Điều này tương đương với số bộ hai điểm $A,C$ sao cho ${x_A},{x_C}$ cùng tính chẵn lẻ; ${y_A},{y_C}$ cùng tính chẵn lẻ; ${z_A},{z_C}$ cùng tính chẵn lẻ.

Lưu ý rằng ${x_A},{x_C}$ cùng lẻ thì ${x_A} = {x_C} = 1$. Do đó nên trong ba số ${x_A},{y_A},{z_A}$ chỉ có tối đa 2 số lẻ.

Ta xét các trường hợp:

TH1: ${x_A},{y_A},{z_A}$ có đúng 2 số lẻ; tức là có đúng 2 số $1$. Thế thì $A,C$ sẽ cùng thuộc tập $\left\{ {\left( {1;1;0} \right);\,\left( {1;1;2} \right)} \right\};\,\left\{ {\left( {1;0;1} \right);\,\left( {1;2;1} \right)} \right\};\,\left\{ {\left( {0;1;1} \right);\,\left( {2;1;1} \right)} \right\}$.

Như vậy sẽ có 3 cặp $\left( {A,C} \right)$ ở trường hợp này.

TH2: ${x_A},{y_A},{z_A}$ có đúng 1 số lẻ. Khi đó $A,C$ cùng thuộc các tập

$\left\{ {\left( {1;a;b} \right)|a,b \in \left\{ {0;2} \right\};\left( {a;1;b} \right)|a,b \in \left\{ {0;2} \right\};\,\left( {a;b;1} \right)|a,b \in \left\{ {0;2} \right\}} \right\}$.

Như vậy sẽ có $C_4^2 \cdot 3 = 18$ cặp $\left( {A,C} \right)$ ở trường hợp này.

TH3: ${x_A},{y_A},{z_A}$ không có số lẻ. Khi đó tất cả các tọa độ của $A,C$ đều chẵn.

Có tất cả ${2^3} = 8$ đỉnh có tất cả các tọa độ đều chẵn.

Chọn hai điểm $A,C$ trong các điểm này có $C_8^2$ cách.

Vậy nên có tổng cộng tất cả $C_8^2 + 18 + 3 = 49$ bộ ba đỉnh thẳng hàng.

Từ đó sẽ có $C_{27}^3 - 49 = 2876$ tam giác được tạo thành.

Đáp án: 13,8.

Vũng phát hiện của Ra đa là mặt cầu tâm $A\left( {12;8;3} \right)$, bán kính $30$ km:

$\left( S \right):{\left( {x - 12} \right)^2} + {\left( {y - 8} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = {30^2}$.

Quỹ đạo bay của UAV là đường thẳng đi qua $M\left( {72;28;3} \right)$ và $N\left( { - 32; - 30;3} \right)$:

$d:\left\{ \begin{array}{l}x = 72 + 52t\\y = 28 + 29t\\z = 3\end{array} \right.$.

Gọi $I$, $K$ là các giao điểm của $d$ và $\left( S \right)$. Khi đó, hình ảnh của UAV xuất hiện trên màn hình của Ra đa khi UAV di chuyển trên đoạn $IK$.

Ta có: ${\left( {60 + 52t} \right)^2} + {\left( {20 + 29t} \right)^2} = {30^2}$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{{ - 3700 + \sqrt {2700500} }}{{3545}} \Rightarrow I\left( {\frac{{62840 + 52\sqrt {2700500} }}{{3545}};\frac{{ - 8040 + 29\sqrt {2700500} }}{{3545}};3} \right)\\t = \frac{{ - 3700 - \sqrt {2700500} }}{{3545}} \Rightarrow K\left( {\frac{{62840 - 52\sqrt {2700500} }}{{3545}};\frac{{ - 8040 - 29\sqrt {2700500} }}{{3545}};3} \right)\end{array} \right.$.

Vậy tổng thời gian UAV xuất hiện trên màn hình Ra đa là

$\frac{{IK}}{v} \cdot 60 = \frac{{\sqrt {{{\left( {\frac{{ - 104\sqrt {2700500} }}{{3545}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{ - 58\sqrt {2700500} }}{{3545}}} \right)}^2}} }}{{240}} \cdot 60 \approx 13{,}8$ (phút).

Đáp án: 864.

Đáy ABCD là hình thoi có $\widehat {ABC} = 60^\circ \Rightarrow \Delta ABC$ là tam giác đều.

Gọi độ dài cạnh hình thoi là $x$.

Vì $C'A = C'B = C'C$ nên hình chiếu vuông góc của $C'$ lên mặt đáy $\left( {ABC} \right)$ phải cách đều 3 đỉnh $A,B,C$. Tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ đều chính là trọng tâm $G$ của tam giác đó.

Suy ra $C'G \bot \left( {ABCD} \right)$ và $C'G$ chính là chiều cao $h$ của lăng trụ.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Trong $\Delta ABC$ đều, $AM \bot BC$ và điểm $G$ nằm trên $AM$. Do đó $GM \bot BC$.

Ta có $BC \bot C'G$ và $BC \bot GM \Rightarrow BC \bot \left( {C'GM} \right) \Rightarrow BC \bot C'M$.

Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {BCC'B'} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ chính là $\widehat {C'MG} = 45^\circ$.

Xét $\Delta C'GM$ vuông tại $G$, có $\widehat {C'MG} = 45^\circ$ nên là tam giác vuông cân $\Rightarrow h = C'G = GM$.

Ta có $AM = \frac{{x\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow GM = \frac{1}{3}AM = \frac{{x\sqrt 3 }}{6}$. Vậy $h = \frac{{x\sqrt 3 }}{6}$.

Vì $AA'\parallel CC'$ nên $AA'\parallel \left( {BCC'B'} \right)$. Do đó, khoảng cách $d\left( {AA',BC} \right) = d\left( {A,\left( {BCC'B'} \right)} \right) = 6\sqrt 3$.

Trong mặt phẳng $\left( {C'AM} \right)$, kẻ $AH \bot C'M$ tại $H$.

Vì $BC \bot \left( {C'AM} \right)$ nên $BC \bot AH$. Suy ra $AH \bot \left( {BCC'B'} \right)$.

Khoảng cách chính là đoạn $AH = 6\sqrt 3$.

Gọi $K$ là hình chiếu của $G$ lên $C'M$. Do $A,G,M$ thẳng hàng và $AM = 3GM$nên $d\left( {A,\left( {BCC'B'} \right)} \right) = 3d\left( {G,\left( {BCC'B'} \right)} \right) \Rightarrow AH = 3GK$.

Trong $\Delta C'GM$ vuông cân tại $G$: $GK = \frac{{C'G \cdot GM}}{{\sqrt {C'{G^2} + G{M^2}} }} = \frac{{GM}}{{\sqrt 2 }}$.

Ta có phương trình: $AH = 3 \cdot \frac{{GM}}{{\sqrt 2 }} = 6\sqrt 3 \Rightarrow GM = 2\sqrt 6$.

Thay $GM = \frac{{x\sqrt 3 }}{6}$ vào, ta được: $\frac{{x\sqrt 3 }}{6} = 2\sqrt 6 \Rightarrow x = 12\sqrt 2$.

Suy ra chiều cao $h = GM = 2\sqrt 6$.

Diện tích đáy (hình thoi ABCD) bằng 2 lần diện tích $\Delta ABC$:

${S_{ABCD}} = 2 \cdot \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{\left( {12\sqrt 2 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{2} = 144\sqrt 3$.

Thể tích khối lăng trụ: $V = {S_{ABCD}} \cdot h = 144\sqrt 3 \cdot 2\sqrt 6 = 288\sqrt {18} = 864\sqrt 2$.

Theo đề bài $V = a\sqrt 2$, ta suy ra $a = 864$.

Đáp án: 118.

Ta gọi số của 3 người trong một nhóm lần lượt là $a$, $b$, $c$($a,b,c \in \mathbb{N}*$$1 \le a < b < c \le 100$).

Ta có: $a + b + c = 100$ với điều kiện (do mỗi thẻ ghi một số khác nhau và việc lập nhóm không phân biệt thứ tự từng người).

Vì $a < b < c$ nên ta có bất đẳng thức:

$a + \left( {a + 1} \right) + \left( {a + 2} \right) \le a + b + c$$\Leftrightarrow 3a + 3 \le 100$$\Leftrightarrow 3a \le 97$$\Rightarrow a \le 32$

Vậy $a$ nhận các giá trị nguyên từ 1 đến 32.

Với một giá trị $a$ cho trước, ta có $b + c = 100 - a$.

Vì $b < c$ nên $b + b < b + c \Rightarrow 2b < 100 - a \Rightarrow b < \frac{{100 - a}}{2}$

Mặt khác, vì $a < b$ nên $a + 1 \le b$. Kết hợp điều kiện ở trên ta được: $a + 1 \le b < \frac{{100 - a}}{2}$

TH1: $a$ là số lẻ

Đặt $a = 2k - 1$ với $k \in {\mathbb{N}^*}$.

Vì $1 \le a \le 31$ nên $1 \le 2k - 1 \le 31 \Rightarrow 1 \le k \le 16$.

Thế $a = 2k - 1$ vào bất phương trình của $b$:

$\left( {2k - 1} \right) + 1 \le b < \frac{{100 - \left( {2k - 1} \right)}}{2}$$\Leftrightarrow 2k \le b < \frac{{101 - 2k}}{2} = 50{,}5 - k$

Vì $b$ là số nguyên, điều kiện $b < 50{,}5 - k \Leftrightarrow b \le 50 - k$.

Vậy $b$ nằm trong đoạn: $\left[ {2k\,;\,50 - k} \right]$.

Số lượng giá trị của $b$ tạo được ứng với mỗi $k$ là: $\left( {50 - k} \right) - 2k + 1 = 51 - 3k$

Thay giá trị của $k$ từ 1 đến 16, ta được dãy số lượng nhóm: $48{,}45{,}42, \ldots ,3$.

Đây là cấp số cộng có 16 số hạng.

Tổng của dãy cấp số cộng này là: ${S_1} = \frac{{\left( {48 + 3} \right)\, \cdot 16}}{2} = 408$ (nhóm).

TH2: $a$ là số chẵn

Đặt $a = 2k$ với $k \in {\mathbb{N}^*}$.

Vì $2 \le a \le 32$ nên $1 \le 2k \le 32 \Rightarrow 1 \le k \le 16$.

Thế $a = 2k$ vào bất phương trình của $b$:

$2k + 1 \le b < \frac{{100 - 2k}}{2} \Leftrightarrow 2k + 1 \le b < 50 - k$.

Vì $b$ là số nguyên, điều kiện $b < 50 - k$ tương đương với $b \le 49 - k$.

Vậy $b$ nằm trong đoạn: $\left[ {2k + 1\,;\,49 - k} \right]$.

Số lượng giá trị của $b$ tạo được ứng với mỗi $k$ là: $\left( {49 - k} \right) - \left( {2k + 1} \right) + 1 = 49 - 3k$

Lần lượt cho $k$ chạy từ $1$ đến 16, ta được dãy số lượng nhóm: $46{,}43{,}40, \ldots ,1$.

Tổng của cấp số cộng này là: ${S_2} = \frac{{\left( {46 + 1} \right)\, \cdot \,16}}{2} = 376$ (nhóm).

Tổng số các nhóm 3 người thoả mãn yêu cầu đề bài: $408 + 376 = 784$(nhóm).

Tổng số tiền lớn nhất cần chuẩn bị là: $784 \cdot 150000 = 117600000$đồng$\approx 118$triệu đồng.

Vậy số tiền ban quản lý siêu thị phải chuẩn bị khoảng 118 triệu đồng.