Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 40)

Phương trình ${x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0$ $\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d > 0} \right)$ là phương trình mặt cầu tâm $I\left( {a;b;c} \right)$ và bán kính $R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d}$.

Loại câu A, C, D vì hệ số của ${x^2},{y^2},{z^2}$ không bằng nhau. Chọn B.

Ta có $AC$ là hình chiếu vuông góc của $AC'$ lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

Khi đó $\left( {AC',\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {AC',AC} \right) = \widehat {CAC'} = 60^\circ$.

Trong tam giác $ACC'$ vuông tại $C$ có $CC' = AC \cdot \tan 60^\circ = 2\sqrt 2 \cdot \tan 60^\circ = 2\sqrt 6$.

Vậy ${V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{ABCD}} \cdot CC' = {2^2} \cdot 2\sqrt 6 = 8\sqrt 6$ (đvtt). Chọn A.

Ta có ${a^2} = 25,\,\,{b^2} = 16 \Rightarrow {c^2} = {a^2} - {b^2} = 9 \Rightarrow c = 3$.

Vậy tiêu cự của elip đó là $2c = 6$. Chọn D.

$$y' = \,3{x^2} - 6x\,;\,\,y' = 0\, \Leftrightarrow \,\left[ \begin{array}{l}x = 0\,\,\left( n \right)\\x = 2\,\,\left( n \right)\end{array} \right.$$

$y\left( { - 2} \right)\, = \, - 18;\,\,y\left( 0 \right) = \,2\,\,;\,\,y\left( 2 \right) = \, - 2\, \Rightarrow \,\left\{ \begin{array}{l}m = \mathop {Min}\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} \,y = - 18\\M = \mathop {Max}\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} \,y = 2\end{array} \right. \Rightarrow \,M + 2m = - 34$. Chọn B.

$\frac{x}{3} = \frac{{y + 1}}{{ - 4}} = \frac{{2 - z}}{{ - 5}}$$\Leftrightarrow \frac{x}{3} = \frac{{y + 1}}{{ - 4}} = \frac{{z - 2}}{5}$.

Dựa vào phương trình đường thẳng ta được $\overrightarrow {{u_4}} = \left( {3; - 4;5} \right)$. Chọn B.

a) Đúng. Xác suất hệ thống từ chối mở cửa cho một khách là $P\left( {\bar B|\bar A} \right) = 0{,}9.$

b) Đúng. Xác suất hệ thống mở cửa cho một người bất kỳ đi vào là

$P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B|\bar A} \right) = 0{,}8 \cdot 0{,}98 + 0{,}2 \cdot 0{,}1 = 0{,}784 + 0{,}02 = 0{,}804$.

c) Sai. Ta có:$P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0{,}804 = 0{,}196$

Theo công thức Bayes:

$$P\left( {A|\bar B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {\bar B|A} \right)}}{{P\left( {\bar B} \right)}} = \frac{{0{,}8 \cdot 0{,}02}}{{0{,}196}} = \frac{{0{,}016}}{{0{,}196}} \approx 0{,}0816$$

d) Đúng. Xác suất nhận diện là:

$P\left( {A\bar B} \right) + P\left( {\bar AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {\bar B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B|\bar A} \right)$ $= 0{,}8 \cdot 0{,}02 + 0{,}2 \cdot 0{,}1 = 0{,}016 + 0{,}02 = 0{,}036$.

a) Đúng. Ta có: $Q'\left( t \right) = f\left( t \right) - g\left( t \right) = 400{e^{ - 0{,}01t}} - 20{e^{0{,}04t}}$.

Hàm số $Q\left( t \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $h\left( t \right) = 400{e^{ - 0{,}01t}} - 20{e^{0{,}04t}}$.

b) Đúng. Ta có: $Q\left( t \right) = \int\limits_{}^{} {Q'\left( t \right)\,{\rm{d}}t = \int {\left( {400{e^{ - 0{,}01t}} - 20{e^{0{,}04t}}} \right)} } \,{\rm{d}}t = - 40000{e^{ - 0{,}01t}} - 500{e^{0{,}04t}} + C$.

$Q\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow - 40000 - 500 + C = 0 \Leftrightarrow C = 40500$.

Vậy $Q\left( t \right) = - 40000{e^{ - 0{,}01t}} - 500{e^{0{,}04t}} + 40500$.

c) Sai. Ta có: $Q\left( {20} \right) = - 40000{e^{ - 0{,}01 \cdot 20}} - 500.{e^{0{,}04 \cdot 20}} + 40500 \approx 6638$mAh.

Khi đó pin được khoảng $\frac{{6638}}{{20000}} \cdot 100\% \approx 33{,}19\%$.

d) Sai. Dây sạc thường ngắt khi điện tích lớn nhất, tức là $Q'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow f\left( t \right) = g\left( t \right)$

$\Leftrightarrow 400{e^{ - 0{,}01t}} = 20{e^{0{,}04t}}$$\Rightarrow {e^{0{,}05t}} = 20$$\Rightarrow t = \frac{{\ln 20}}{{0{,}05}} \approx 59{,}91$.

Khi đó: $Q\left( {59{,}91} \right) \approx 13035{,}99$ mAh.

Dây sạc thông minh ngắt khi $f\left( t \right) \ge 3g\left( t \right)$, tức là tại thời điểm $f\left( t \right) = 3g\left( t \right)$

$\Leftrightarrow 400{e^{ - 0{,}01t}} = 60{e^{0{,}04t}}$$\Leftrightarrow {e^{0{,}05t}} = \frac{{20}}{3}$$\Rightarrow t = \frac{{\ln \frac{{20}}{3}}}{{0{,}05}} \approx 37{,}94$.

Khi đó: $Q\left( {37{,}94} \right) \approx 10848{,}49$ mAh.

Vậy $Q\left( {59{,}91} \right) - Q\left( {37{,}94} \right) \approx 13035{,}99 - 10848{,}49 \approx 2187{,}5$ mAh.

Đúng. a) Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

Ta có: $y' = - 3{x^2} + 3$.

b) Đúng. Ta có: $y' = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$.

Bảng biến thiên

Hàm số nghịch biến trên $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$.

c) Sai. Đồ thị hàm số có điểm cực đại là $A\left( {1;0} \right)$và điểm cực tiểu là $B\left( { - 1; - 4} \right)$.

Do .

Nên đồ thị $\left( C \right)$ của hàm số $y = - {x^3} + 3x - 2$ có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung.

d) Đúng. $y' = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left( { - 1;3} \right)\\x = - 1 \notin \left( { - 1;3} \right)\end{array} \right.$.

Ta có: $y\left( { - 1} \right) = - 4;y\left( 1 \right) = 0;y\left( 3 \right) = - 20$.

Nên $\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} y = - 20$ tại $x = 3$.

a) Đúng. Mặt phẳng chứa quỹ đạo của vệ tinh vuông góc với trục tung $Oy$. Do đó, mặt phẳng chứa quỹ đạo của vệ tinh có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {0;1;0} \right)$.

b) Sai. Mặt phẳng chứa quỹ đạo của vệ tinh vuông góc với trục $Oy$, nên phương trình của nó có dạng $y = c$.

Vì điểm $B\left( {4032;0; - 5376} \right)$ nằm trên quỹ đạo, nên $B$ cũng nằm trên mặt phẳng này.

Thay tọa độ $B$ vào phương trình $y = c$, ta được $0 = c$.

Vậy phương trình mặt phẳng chứa quỹ đạo là $y = 0$.

c) Đúng. $OB = \sqrt {{{\left( {4032 - 0} \right)}^2} + {{\left( {0 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 5376 - 0} \right)}^2}} = 6720\;{\rm{km}}$.

Vì quỹ đạo của vệ tinh là một đường tròn có bán kính ${R_S} = 13440\;{\rm{km}}$, và $B$ là điểm gần Trái Đất nhất trên quỹ đạo, đồng thời tâm quỹ đạo $I$ nằm trên đường thẳng $OB$.

Ta có $IB = {R_S} = 13440\;{\rm{km}}$.

Vì $B$ là điểm gần Trái Đất nhất, nên $O$ phải nằm giữa $I$ và $B$.

Do đó, $IB = IO + OB$$\Leftrightarrow 13440 = IO + 6720 \Rightarrow IO = 6720\;{\rm{km}}$.

Vì $I$ nằm trên đường thẳng $OB$ và $IO = OB$, nhưng $O$ nằm giữa $I$ và $B$, nên $I$ là điểm đối xứng của $B$ qua $O$.

Vậy tọa độ tâm quỹ đạo là $I\left( { - 4032;0;5376} \right)$.

Vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua $I$ và $A$ là $\overrightarrow {AI} = (2; - 1;2)$.

Phương trình đường thẳng đi qua $I$ và $A$ là: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = - 4032 + 2t}\\{y = - t}\\{z = 5376 + 2t}\end{array}} \right.$

d) Sai. Quỹ đạo vệ tinh là đường tròn tâm $I\left( { - 4032;0;5376} \right)$, bán kính ${R_S} = 13440\;{\rm{km}}$, nằm trong mặt phẳng $y = 0$.

Gọi $K'\left( {0;0;5120} \right)$ là hình chiếu của $K$ lên mặt phẳng $y = 0$.

Khoảng cách từ $K$ đến mặt phẳng $y = 0$ là $KK' = \left| {{y_K}} \right| = 3840\;{\rm{km}}$.

Khoảng cách từ $K'$ đến tâm quỹ đạo $I$:$IK' = \sqrt {{{\left( { - 4032 - 0} \right)}^2} + {{\left( {0 - 0} \right)}^2} + {{\left( {5376 - 5120} \right)}^2}}$

$\Rightarrow IK' = \sqrt {16322560} \approx 4040{,}12\;{\rm{km}}$$< {R_S} = 13440\;{\rm{km}}$, điểm $K'$ nằm bên trong đường tròn quỹ đạo.

Khoảng cách ngắn nhất từ $K'$ đến đường tròn quỹ đạo là

${d_{min}} = {R_S} - IK' = 13440 - \sqrt {16322560} \approx 9399{,}88\;{\rm{km}}$.

Khoảng cách gần nhất giữa vệ tinh và điểm cực Nam $K$ là:

$d = \sqrt {K{{K'}^2} + {d^2}_{min}}$$= \sqrt {{{3840}^2} + {{\left( {13440 - \sqrt {16322560} } \right)}^2}}$$\approx 10153{,}98278\;{\rm{km}}$.

Làm tròn đến hàng đơn vị, ta được $10154\;{\rm{km}}$.

Đáp án: 600

Hàm doanh thu: $T\left( x \right) = 300x$ (nghìn đồng); Hàm chi phí: $C\left( x \right) = \frac{1}{5}{x^2} + 60x + 25000$;

Hàm lợi nhuận: $\pi \left( x \right) = T\left( x \right) - C\left( x \right) = - \frac{1}{5}{x^2} + 240x - 25000$.

$\Rightarrow \pi \left( x \right) = - \frac{1}{5}\left( {{x^2} - 1200x + 360000} \right) + 47000 = - \frac{1}{5}{\left( {x - 600} \right)^2} + 47000 \le 47000$, $\forall x \in \left[ {0;1000} \right]$.

Dấu bằng xảy ra khi $x - 600 = 0 \Leftrightarrow x = 600$ (chai).

Vậy lợi nhuận lớn nhất là $47$ triệu đồng khi sản xuất và bán $600$ chai.

Đáp án: 24

Đơn vị độ dài: 1 đơn vị = 100 m.

Độ cao cột ăng-ten: h = 100 m = 1 đơn vị.

Bán kính phủ sóng: $R = 100\sqrt {54} \;{\rm{m}} = \sqrt {54}$ đơn vị.

Chân cột $H\left( {{x_H};{y_H};{z_H}} \right) \in \left( P \right)$.

Đỉnh cột $S$ nằm thẳng đứng phía trên $H$: $S\left( {{x_H};{y_H};{z_H} + 1} \right)$.

A, B thuộc biên vùng phủ sóng $\Rightarrow SA = SB = R = \sqrt {54}$.

Vì $H \in (P)$ nên: ${x_H} + {y_H} - 4{z_H} - 7 = 0 \Leftrightarrow {x_H} + {y_H} = 4{z_H} + 7$ (1).

$\left\{ \begin{array}{l}S{A^2} = 54\\S{B^2} = 54\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {{x_H} + 2} \right)^2} + {\left( {{y_H} - 3} \right)^2} + {\left( {{z_H} + 1} \right)^2} = 54\\{\left( {{x_H} - 2} \right)^2} + {\left( {{y_H} - 1} \right)^2} + {\left( {{z_H} + 1} \right)^2} = 54\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {{x_H} + 2} \right)^2} + {\left( {{y_H} - 3} \right)^2} + {\left( {{z_H} + 1} \right)^2} = 54\\{\left( {{x_H} + 2} \right)^2} + {\left( {{y_H} - 3} \right)^2} = {\left( {{x_H} - 2} \right)^2} + {\left( {{y_H} - 1} \right)^2}\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {{x_H} + 2} \right)^2} + {\left( {{y_H} - 3} \right)^2} + {\left( {{z_H} + 1} \right)^2} = 54\\{y_H} = 2{x_H} + 2\end{array} \right.$ (2).

Từ (1) và (2), ta có hệ $\left\{ \begin{array}{l}{\left( {{x_H} + 2} \right)^2} + {\left( {{y_H} - 3} \right)^2} + {\left( {{z_H} + 1} \right)^2} = 54\\{y_H} = 2{x_H} + 2\\{x_H} + {y_H} = 4{z_H} + 7\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {{x_H} + 2} \right)^2} + {\left( {{y_H} - 3} \right)^2} + {\left( {{z_H} + 1} \right)^2} = 54\\{y_H} = 2{x_H} + 2\\{x_H} + 2{x_H} + 2 = 4{z_H} + 7\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {{x_H} + 2} \right)^2} + {\left( {{y_H} - 3} \right)^2} + {\left( {{z_H} + 1} \right)^2} = 54\\{y_H} = 2{x_H} + 2\\{z_H} = \frac{{3{x_H} - 5}}{4}\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {{x_H} + 2} \right)^2} + {\left( {2{x_H} - 1} \right)^2} + {\left( {\frac{{3{x_H} - 1}}{4}} \right)^2} = 54\\{y_H} = 2{x_H} + 2\\{z_H} = \frac{{3{x_H} - 5}}{4}\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{89}}{{16}}x_H^2 - \frac{3}{8}{x_H} - \frac{{783}}{{16}} = 0\\{y_H} = 2{x_H} + 2\\{z_H} = \frac{{3{x_H} - 5}}{4}\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_H} = 3\\{y_H} = 8\\{z_H} = 1\end{array} \right.$ hoặc $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_H} = \frac{{ - 261}}{{89}}\\{y_H} = - \frac{{344}}{{89}}\\{z_H} = \frac{{ - 307}}{{89}}\end{array} \right.$.

Vì ${z_H} > 0$ nên $H\left( {3;8;1} \right)$.

Giá trị của $T$ là: $T = 3 \cdot 8 \cdot 1 = 24$.

Đáp án: 96,7

Xoay chiếc đôn theo chiều nằm ngang và chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ dưới đây

Khi đó chiếc đôn là khối tròn xoay được sinh ra khi xoay hình phẳng giới hạn bởi parabol $\left( P \right)$ và các đường thẳng $x = - 25,\,\,x = 25$ xung quanh trục $Ox$.

Gọi $\left( P \right):y = a{x^2} + bx + c$. Dựa vào yêu cầu thiết kế, ta có $\left( P \right)$ đi qua các điểm $A\left( {25;20} \right)$, $B\left( { - 25;20} \right)$ và có đỉnh là $I\left( {0;15} \right)$.

Do đó, ta có hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{625a + 25b + c = 20}\\{625a - 25b + c = 20}\\{c = 15\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = \frac{1}{{125}}}\\{b = 0}\\{c = 15}\end{array}} \right.$.

Khi đó thể tích chiếc đôn là: $V = \pi \int\limits_{ - 25}^{25} {{{\left( {\frac{1}{{125}}{x^2} + 15} \right)}^2}dx = 14000\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)}$.

Ta tính được khối lượng đồng cần dùng là: $m = \frac{{14000\pi }}{{{{10}^6}}} \cdot 8960 = \frac{{3136\pi }}{{25}}\,\,\left( {{\rm{kg}}} \right)$.

Vậy chi phí cần bỏ ra để làm một chiếc đôn là: $\frac{{3136\pi }}{{25}}\, \cdot 0{,}22 + 10 \approx 96{,}7$ triệu đồng.

Đáp án: 2,85

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Ta có: $D\left( {3\,;\,0\,;\,0} \right)$, $C\left( {3\,;\,3\,;\,0} \right)$, $H\left( {2\,;\,0\,;\,0} \right)$, $S\left( {2\,;\,0\,;6} \right)$, $B\left( {0\,;\,6\,;\,0} \right)$.

Gọi $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng chứa $SB$ và song song với $CD$.

$\overrightarrow {SB} = \left( { - 2\,;6\,; - 6} \right)$; $\overrightarrow {CD} = \left( {0\,; - 3\,;0} \right)$; $\left[ {\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {CD} } \right] = \left( { - 18\,;0\,;6} \right) = - 6\left( {3\,;0\,; - 1} \right)$

Phương trình mặt phẳng $\left( \alpha \right):3x - z = 0$.

$d\left( {CD,SB} \right) = d\left( {D,\left( \alpha \right)} \right) = \frac{{\left| 9 \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {1^2}} }} = \frac{9}{{\sqrt {10} }} \approx 2{,}85$.

Đáp án: 409

Chứng minh bổ đề:

Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục và đơn điệu nghiêm ngặt (luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến) trên đoạn $[a,b]$. Khi đó, tồn tại hàm số ngược $x = {f^{ - 1}}\left( y \right)$ xác định trên đoạn có hai đầu mút là $f\left( a \right)$ và $f\left( b \right)$. Ta luôn có đẳng thức sau:$\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} + \int\limits_{f\left( a \right)}^{f\left( b \right)} {{f^{ - 1}}\left( y \right)dy} = b \cdot f\left( b \right) - a \cdot f\left( a \right)$.

Chứng minh:

- Tích phân $\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx}$ chính là diện tích hình thang cong giới hạn bởi đồ thị $f\left( x \right)$, trục hoành $Ox$, và hai đường thẳng $x = a,x = b$.

- Bây giờ, hãy nhìn đồ thị $y = f\left( x \right)$ từ góc độ của trục tung $Oy$. Theo định nghĩa hàm ngược, diện tích nằm giữa đồ thị $f\left( x \right)$, trục tung $Oy$ và hai đường thẳng $y = f\left( a \right),y = f\left( b \right)$ chính là tích phân $\int\limits_{f\left( a \right)}^{f\left( b \right)} {{f^{ - 1}}\left( y \right)dy}$ .

Hình chữ nhật lớn: Có các cạnh là $b$ và $f\left( b \right) \Rightarrow {S_L} = b \cdot f\left( b \right)$.

Hình chữ nhật nhỏ: Có các cạnh là $a$ và $f\left( a \right) \Rightarrow {S_N} = a \cdot f\left( a \right)$.

Vì vậy, tổng hai tích phân chính bằng: ${S_L} - {S_N} = b \cdot f\left( b \right) - a \cdot f\left( a \right)$.

Trở lại bài toán:

Xét hàm số $y = f\left( x \right) = {2^{{x^2}}}$ (với $x \ge 1$).

Ta có ${\log _2}y = {x^2} \Rightarrow x = \sqrt {{{\log }_2}y}$.

Do đó, hàm số $g\left( x \right) = \sqrt {{{\log }_2}x}$ chính là hàm ngược của $f\left( x \right)$, hay $g\left( x \right) = {f^{ - 1}}\left( x \right)$.

Áp dụng công thức tích phân hàm ngược:

$S = \int\limits_1^{20} {f\left( x \right)dx} + \int\limits_2^{{2^{400}}} {g\left( x \right)dx}$ $= \int\limits_1^{20} {f\left( x \right)dx} + \int\limits_{f\left( 1 \right)}^{f\left( {20} \right)} {g\left( x \right)dx}$

$$= 20 \cdot f\left( {20} \right) - 1 \cdot f\left( 1 \right) = 20 \cdot {2^{400}} - 2 = \left( {5 \cdot 4} \right) \cdot {2^{400}} - 2 = 5 \cdot {2^{402}} - 2$$

Suy ra: $a = 5$ (là số nguyên tố);$b = 402$ (là số nguyên); $c = 2$ (là số nguyên tố).

Vậy $a + b + c = 5 + 402 + 2 = 409$.

Đáp án: 0,03

Để Đội hạt giống số 3 giành chức vô địch, đội này phải thắng cả 3 trận (Tứ kết, Bán kết, Chung kết). Vì Đội 3 sẽ thua Đội 1 và Đội 2, điều kiện bắt buộc là Đội 1 và Đội 2 phải bị loại trước khi gặp Đội 3.

Chúng ta sẽ phân tích đường đi của hai đội mạnh nhất này:

1. Điều kiện để Đội 1 bị loại

Đội 1 mạnh nhất giải và chỉ có một điểm yếu duy nhất: thua Đội 8. Do đó, Đội 1 bắt buộc phải gặp Đội 8 để bị loại.

Nếu Đội 8 gặp bất kỳ đội nào khác ngoài Đội 1 ở Tứ kết, Đội 8 sẽ ngay lập tức bị loại (vì 8 yếu hơn tất cả các đội từ 2 đến 7). Khi đó, không còn đội nào có thể cản bước Đội 1 vô địch.

$\Rightarrow$Bắt buộc: Việc bốc thăm Tứ kết phải tạo ra cặp đấu {Đội 1, Đội 8}. (Kết quả: Đội 8 đi tiếp).

2. Điều kiện để Đội 2 bị loại

Đội 2 chỉ thua Đội 1 và Đội 7. Đội 1 không thể gặp Đội 2 ở Tứ kết vì khi đó Đội 8 gặp đội khác sẽ bị loại ngay từ đầu, dẫn đến không còn ai cản được Đội 1 vô địch.

Do đó, Đội 1 bắt buộc phải gặp Đội 8 ở nhánh khác, và Đội 2 bắt buộc phải gặp Đội 7 để bị loại

Vì Đội 1 đã bị Đội 8 loại ở nhánh trên, Đội 2 bắt buộc phải gặp Đội 7 để bị loại.

Tương tự như Đội 8, Đội 7 rất yếu. Nếu Đội 7 bốc thăm trúng các đội 3, 4, 5, 6 ở Tứ kết, Đội 7 sẽ thua và bị loại. Đội 7 không thể ghép với Đội 8 vì Đội 8 đã bận đấu với Đội 1.

$\Rightarrow$ Bắt buộc: Việc bốc thăm Tứ kết phải tạo ra cặp đấu {Đội 2, Đội 7}. (Kết quả: Đội 7 đi tiếp).

3. Kiểm tra đường đi của Đội 3

Nếu Tứ kết đã có 2 cặp {1, 8} và {2, 7}, 4 đội còn lại là {3, 4, 5, 6} sẽ đấu với nhau.

Ở Tứ kết, Đội 3 gặp 4, 5 hoặc 6 nên chắc chắn thắng.

Bốn đội lọt vào Bán kết lúc này sẽ gồm: Đội 8, Đội 7, Đội 3 và một đội $X$ (với $X \in \{ 4{,}5{,}6\}$).

Lúc này, Đội 3 là đội có số hạt giống nhỏ nhất (mạnh nhất) trong 4 đội còn lại. Dù gặp ai ở Bán kết hay Chung kết, Đội 3 cũng chắc chắn giành chiến thắng.

4. Tính xác suất

Tính xác suất để lần bốc thăm ngẫu nhiên ở Tứ kết xuất hiện đồng thời hai cặp đấu {1, 8} và {2, 7}.

Bước 1: Chọn đối thủ cho Đội 1 từ 7 đội còn lại. Xác suất để chọn đúng Đội 8 là $\frac{1}{7}$.

Bước 2: Sau khi Đội 1 và Đội 8 đã ghép cặp, còn lại 6 đội. Chọn đối thủ cho Đội 2 từ 5 đội còn lại. Xác suất để chọn đúng Đội 7 là $\frac{1}{5}$.

Vì các bước bốc thăm diễn ra độc lập, xác suất chung để kịch bản này xảy ra là:

$P = \frac{1}{7} \cdot \frac{1}{5} = \frac{1}{{35}} \approx 0{,}03.$