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

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

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 $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0,y \ge 0\\2x + 3y \le 180\\x + 2y \le 110\end{array} \right.$.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là một tứ giác trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$, có 4 đỉnh là: $O(0;0)$, $A(0;55)$, $B(30;40)$, $C(90;0)$.

Thay tọa độ các đỉnh vào hàm $F(x,y) = 40x + 65y$ ta thấy giá trị lớn nhất của $F(x,y)$ là 3800 tại $x = 30,y = 40$.

Vậy số tiền lớn nhất mà câu lạc bộ có thể nhận được sau khi bán hết hàng là 3800 nghìn đồng.

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:

Vậy, người quản lý cần tăng giá $6$ lần để đạt doanh thu lớn nhất.

Khi đó, giá thuê mỗi căn hộ để đạt doanh thu lớn nhất là $7 + 0{,}25 \cdot 6 = 8{,}5$ (triệu đồng/tháng).

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 $T = \frac{{24 + 24 + 24}}{{6!}} = \frac{1}{{10}} \Rightarrow 230T = 23$