Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Lê Thánh Tông có đáp án

Chọn D

Ta có ${u_4} = {u_1}.{q^3} = - 250 \Rightarrow {q^3} = 125 \Rightarrow q = 5$.

Chọn A

Tọa độ tâm $I\left( {2; - 4;1} \right)$ bán kính $R = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + 1 + 4} = 5$

Chọn A

Đường tiệm cận đứng của đồ thị: $x = 1$

Chọn D

Nhóm chứa Mốt $\left[ {15;20} \right)$.

${M_0} = 15 + \frac{{47 - 35}}{{\left( {47 - 35} \right) + \left( {47 - 25} \right)}}\left( {20 - 15} \right) = \frac{{285}}{{17}} \approx 16{,}76$.

Chọn B

$AC = a\sqrt 2 = SA$, suy ra tam giác SAC vuông cân tại A

Do đó $\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \,\widehat {SCA} = 45^\circ$

Chọn C

$d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {\,1 + 2.2 - 2\left( { - 3} \right) - 2} \right|}}{{\sqrt {1 + 4 + 4} }} = 3$

Chọn D

$y' = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0\,\,\forall x \in \left[ {1;2} \right]\,$ nên hàm số đồng biến trên đoạn $\left[ {1;2} \right]$ $\Rightarrow \,\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} y = y\left( 2 \right) = 1$

Chọn A

$\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC'}$ (theo qui tắc hình hộp) nên A đúng

Chọn C

Diên tích cần tìm $S = \int\limits_{ - 2}^2 {\left| {{x^3} - 3x} \right|dx} = 5$

Chọn B

$$\int {f(x)dx} = \int {(\cos x - \sin x)dx} = \sin x + \cos x + C$$

Chọn C

Ta có: $\cos (\vec a,\vec b) = \frac{{\vec a.\vec b}}{{\left| {\vec a} \right|.\left| {\vec b} \right|}} = \frac{{ - 1}}{{10}}$

Chọn A

Số trung bình: $\bar x = \frac{1}{{25}}(30 + 40 + 70 + 60 + 42) = \frac{{242}}{{25}}$

Phương sai: ${S^2} = \frac{1}{{25}}(36.5 + 64.5 + 100.7 + 144.5 + 196.3) - {(\bar x)^2} \approx 6{,}62$

a) Đúng.

Tập xác định $D = \mathbb{R}$.

b) Đúng.

Ta có $f'\left( x \right) = {\left( {{e^x} - 2x + e} \right)^\prime } = {e^x} - 2$.

c) Sai.

Ta có $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {e^x} - 2 = 0 \Leftrightarrow x = \ln 2\, \in \left[ {0;2} \right]$.

Xét $f\left( {\ln 2} \right) = 2 - 2\ln 2 + e \approx 3{,}33$; $f\left( 0 \right) = 1 + e \approx 3{,}72$; $f\left( 2 \right) = {e^2} - 4 + e \approx 6{,}12$.

Vậy $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = {e^2} - 4 + e$.

d) Sai.

Xét $f\left( x \right) = - 2x \Leftrightarrow {e^x} - 2x + e = - 2x \Leftrightarrow {e^x} = - e$ (vô nghiệm)

Vậy đường cong $y = f\left( x \right)$ không cắt đường thẳng $y = - 2x$.

a) $h\left( t \right) = 3{,}3 - 0{,}125{t^2} - 0{,}05t$ (m) trên $[0;4]$

· Ta có tốc độ thay đổi mực nước là $h'\left( t \right) = - 0{,}25t - 0{,}05$. Hàm độ sâu mực nước $h\left( t \right)$ là nguyên hàm của $h'\left( t \right)$: $h\left( t \right) = \int {\left( { - 0{,}25t - 0{,}05} \right)} dt = - 0{,}125{t^2} - 0{,}05t + C$

· Điều kiện biên: Tại thời điểm $t = 0$ (09:00), $h\left( 0 \right) = 3{,}3$.

Thay vào ta được: $3{,}3 = - 0{,}125{\left( 0 \right)^2} - 0{,}05\left( 0 \right) + C \Rightarrow C = 3{,}3$

· Kết luận: $h\left( t \right) = 3{,}3 - 0{,}125{t^2} - 0{,}05t$.

b) Từ 09:00 đến 10:00, mực nước giảm đúng $0{,}19$ (m)

· Thời điểm: 09:00 ứng với $t = 0$, 10:00 ứng với $t = 1$.

· Độ giảm mực nước: $\Delta h = h\left( 0 \right) - h\left( 1 \right)$.

o $h\left( 0 \right) = 3{,}3$

o $h\left( 1 \right) = 3{,}3 - 0{,}125{\left( 1 \right)^2} - 0{,}05\left( 1 \right) = 3{,}3 - 0{,}175 = 3{,}125$

o $\Delta h = 3{,}3 - 3{,}125 = 0{,}175$ (m).

· Kết luận: Mực nước giảm $0{,}175$ m, không phải $0{,}19$ m.

c) Sau 149 phút kể từ thời điểm 09:00 thì đầu cọc vừa chạm mặt nước

· Điều kiện: Đầu cọc chạm mặt nước khi độ sâu mực nước bằng chiều cao cọc: $h\left( t \right) = 2{,}4$.

$3{,}3 - 0{,}125{t^2} - 0{,}05t = 2{,}4 \Leftrightarrow 0{,}125{t^2} + 0{,}05t - 0{,}9 = 0$

· Giải phương trình: Tìm được nghiệm dương $t \approx 2{,}49$ (giờ).

· Đổi sang phút: $2{,}49 \times 60 \approx 149{,}4$ phút. Làm tròn đến hàng đơn vị là 149 phút.

d) Ngô Quyền phải phát lệnh phản công vào lúc 10:26

· Mục tiêu: Khi thuyền địch tới bãi cọc (sau khi phát lệnh 12 phút), đầu cọc chìm dưới mặt nước $0{,}5$ m.

· Điều kiện tại thời điểm thuyền tới (${t_2}$): $h\left( {{t_2}} \right) = {\rm{chieu cao coc}} + 0{,}5 = 2{,}4 + 0{,}5 = 2{,}9$ (m).

$3{,}3 - 0{,}125t_2^2 - 0{,}05{t_2} = 2{,}9 \Leftrightarrow 0{,}125t_2^2 + 0{,}05{t_2} - 0{,}4 = 0$

· Giải phương trình: Nghiệm dương ${t_2} \approx 1{,}6$ (giờ).

· Đổi sang phút: $1{,}6 \times 60 = 96$ phút kể từ lúc 09:00. Vậy thuyền phải tới bãi cọc lúc: 09:00 + 96 phút = 10:36.

· Thời điểm phát lệnh (${t_1}$): Vì thuyền mất 12 phút để di chuyển tới bãi cọc, Ngô Quyền cần phát lệnh trước đó 12 phút: 10:36 - 12 phút = 10:24.

a) Đúng

Ta có $NP = QR = SM = AB - AN - BP = 6 - 2x\,(dm)$.

b) Đúng

Do tam giác $ABC$ với cạnh bằng $6\,dm$, nên $AH = \sqrt {A{C^2} - C{H^2}} = 3\sqrt 3 \,(dm)$

Và $OA = \frac{2}{3}AH = 2\sqrt 3 \,(dm)$.

c) Đúng

Do $AMDN$ là hình thoi cạnh $x$ và $\widehat {MAN} = {60^o}$,

Nên $AD = \sqrt {A{N^2} + N{D^2} - 2AN.DN.cos{{120}^o}} = x\sqrt 3 \,(dm)$

Lại có tam giác $CMQ$ đều cạnh $6 - x\,(dm)$

Vậy $DE = MQ - QE - DM = 6 - x - x - x = 6 - 3x\,(dm)$.

d) Đúng

Ta có chóp cụt đều $MPSDEF$ với cạnh đáy lớn $MP = 6 - 2x$ và cạnh đáy nhỏ là $DE = 6 - 3x$

+) Ta có ${S_1} = {S_{DEF}} = \frac{{{{(6 - 3x)}^2}\sqrt 3 }}{4}\,(d{m^2})$.

+) Ta có ${S_2} = {S_{MPS}} = \frac{{{{(6 - 2x)}^2}\sqrt 3 }}{4}\,(d{m^2})$.

+) Ta có $\sqrt {{S_1}{S_2}} = \sqrt {\frac{{{{(6 - 2x)}^2}\sqrt 3 }}{4} \times \frac{{{{(6 - 3x)}^2}\sqrt 3 }}{4}} = \frac{{(6 - 3x)(6 - 2x)\sqrt 3 }}{4}\,(d{m^2})$.

Kẻ $DK \bot MG\,(K \in MG)$.

Ta tính $h = OG = DK = \sqrt {M{D^2} - M{K^2}}$

+) Ta có $MD = x,\,\,MK = MG - KG = MG - DO = \frac{2}{3}\left( {6 - 2x} \right).\frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{2}{3}\left( {6 - 3x} \right).\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}$$\Rightarrow h = OG = \sqrt {{x^2} - {{\left( {\frac{{x\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{x\sqrt 6 }}{3}\,(dm)$

Thể tích chóp cụt đều bằng

$\begin{array}{l}V = \frac{h}{3}\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}{S_2}} } \right)\\\,\,\,\,\, = \frac{{x\sqrt 6 }}{{3.3}}\left( {\frac{{{{(6 - 3x)}^2}\sqrt 3 }}{4}\, + \frac{{{{(6 - 2x)}^2}\sqrt 3 }}{4} + \frac{{(6 - 3x)(6 - 2x)\sqrt 3 }}{4}} \right)\\\,\,\,\,\, = \frac{{\sqrt {18} }}{{36}}\left( {19{x^3} - 90{x^2} + 108x} \right)\end{array}$

Dùng casio xét trên khoảng $\left( {0;2} \right)$, ta có $\mathop {max}\limits_{\left( {0;2} \right)} V \approx 4{,}54\,(d{m^3})$.

a) Chọn sai.

Phương trình mặt cầu ${\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 9$ có tâm $I\left( {1;2;2} \right)$và bán kính $R = 3$.

Ta có: $\overrightarrow {IM} = \left( {3; - 6;0} \right) \Rightarrow IM = \left| {\overrightarrow {IM} } \right| = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 6} \right)}^2} + {0^2}} = 3\sqrt 5$.

$\overrightarrow {IN} = \left( {5; - 2;4} \right) \Rightarrow IN = \left| {\overrightarrow {IN} } \right| = \sqrt {{5^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {4^2}} = 3\sqrt 5$.

Khi đó, khoảng cách từ tâm mặt cầu tới các vệ tinh ở vị trí $M$ và$N$là bằng nhau.

b) Chọn đúng.

Ta có: $\overrightarrow {MN} = \left( {2;4;4} \right)$cùng phương với vectơ $\overrightarrow u = \left( {1;2;2} \right)$.

Phương trình chính tắc đường thẳng$MN$đi qua $M$ và nhận vectơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {1;2;2} \right)$ là:

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

c) Chọn đúng.

Ta có: $\overrightarrow {IM} = \left( {3; - 6;0} \right);\overrightarrow {IN} = \left( {5; - 2;4} \right)$

Gọi $\overrightarrow n$ là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng đi qua tâm $I$ và hai điểm $M,N$.

Khi đó: $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow n \bot \overrightarrow {IM} \\\overrightarrow n \bot \overrightarrow {IN} \end{array} \right.$ nên $\overrightarrow n$ cùng phương với $\left[ {\overrightarrow {IM} ;\overrightarrow {IN} } \right] = \left( { - 24; - 12;24} \right)$.

Chọn $\overrightarrow n = \left( {2;1; - 2} \right)$ta được phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm $I,M,N$ là

$2\left( {x - 1} \right) + 1\left( {y - 2} \right) - 2\left( {z - 2} \right) = 0$$\Leftrightarrow 2x + y - 2z = 0$.

d) Chọn đúng.

Gọi $K$là một điểm bất kì trên bề mặt Trái Đất.

Tín hiệu được truyền từ vệ tinh ở $M$đến điểm $K$ ngắn nhất $\Leftrightarrow$$M,K,I$ thẳng hàng với $K$nằm giữa $M$và $I$.

Khi đó: $MK = MI - IK = MI - R = 3\sqrt 5 - 3$.

Vậy thời gian để tín hiệu được truyền từ vệ tinh $M$đến điểm gần nhất thuộc bề mặt Trái Đất là$\frac{{\left( {3\sqrt 5 - 3} \right).2100}}{{{{3.10}^5}}} \approx 0{,}026$ giây.

Đáp án: 180

Ta có vận tốc của chuyển động $v\left( t \right) = y' = {\left( {{t^3} - 12t + 3} \right)^\prime } = 3{t^2} - 12$.

Vận tốc của hạt tại thời điểm $t = 8$ giây là $v\left( 8 \right) = {3.8^2} - 12 = 180\left( {m/s} \right)$.

Đáp án: 0,63

Gọi $A$ là biến cố: “Máy bay được chọn là F-16B”

Gọi $B$ là biến cố: “Máy bay được chọn đã nâng cấp MLU”.

$P\left( A \right) = \frac{8}{{20}} = \frac{2}{5}$; $P\left( {\overline A } \right) = \frac{{12}}{{20}} = \frac{3}{5}$;

$P\left( {\left. B \right|A} \right) = \frac{5}{8}$; $P\left( {\left. B \right|\overline A } \right) = \frac{3}{{12}} = \frac{1}{4}$

Xác suất máy bay được chọn là F-16B với điều kiện máy bay đó đã nâng cấp MLU là:

$P\left( {\left. A \right|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {\left. B \right|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{2}{5}.\frac{5}{8}}}{{\frac{2}{5}.\frac{5}{8} + \frac{3}{5}.\frac{1}{4}}} = \frac{5}{8} \approx 0{,}63$.

Đáp án: $63{,}6$.

${d_1}$ có vectơ chỉ phương ${\vec u_1} = \left( {2; - 1;2} \right)$ và ${d_2}$ có vectơ chỉ phương ${\vec u_2} = \left( {1;2;2} \right)$

Gọi $\varphi$ là góc giữa ${d_1}$ và ${d_2}$.

Ta có $\cos \varphi = \frac{{\left| {{{\vec u}_1}.{{\vec u}_2}} \right|}}{{\left| {{{\vec u}_1}} \right|.\left| {{{\vec u}_2}} \right|}} = \frac{{\left| {2.1 - 1.2 + 2.2} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} .\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = \frac{4}{9}$ Þ $\varphi \approx 63{,}6^\circ$.

Đáp án: 3,16

Chọn hệ tọa độ $Oxy$ như hình vẽ ( đơn vị trên hệ trục là dm).

Ta có $A(0;0),\,\,B(4;0),\,\,C(4;2),\,\,D(0;2).$

Vì $M$thuộc cạnh $BC$ nên $M(4;m),\,\,(0 < m < 2).$

Ta có $AM = \sqrt {16 + {m^2}}$, Bán kính hình tròn nội tiếp tam giác $ABM$ là

$r = \frac{{{S_{ABM}}}}{p} = \frac{{\frac{1}{2}.AB.BM}}{{\frac{1}{2}(AB + BM + AM)}} = \frac{{4m}}{{4 + m + \sqrt {16 + {m^2}} }} = \frac{{4 + m - \sqrt {16 + {m^2}} }}{2}$ nên diện tích hình tròn là ${S_1} = \pi {r^2} = \pi {\left( {\frac{{4 + m - \sqrt {16 + {m^2}} }}{2}} \right)^2}$

Gọi $a,\,(0 < a < 2)$ là cạnh hìn vuông thì đỉnh đối diện với đỉnh $D$ là đỉnh $I(a;2 - a)$ thuộc đường

thẳng $AM:\,y = \frac{m}{4}.x \Rightarrow 2 - a = \frac{m}{4}.a \Rightarrow a = \frac{8}{{4 + m}}$.

Suy ra diện tích hình vuông là ${S_2} = {a^2} = \frac{{64}}{{{{(4 + m)}^2}}}$

Tổng diện tích hình vuông và hình tròn là

$S(m) = {S_1} + {S_2} = \pi {\left( {\frac{{4 + m - \sqrt {16 + {m^2}} }}{2}} \right)^2} + \frac{{64}}{{{{(4 + m)}^2}}}$, với $0 < m < 2.$

Table ta được giá trị tổng diện tích nhỏ nhất xấp xỉ $3{,}16\,(d{m^2})$

Đáp án: 7,02.

Gắn trục Ox như hình. Cắt khối giao của nón và trụ bởi 1 mặt phẳng vuông góc trục Ox tại x. Thiết diện là hình hợp bởi 2 hình viên phân của nón và trụ, có diện tích là S(x).

Xét tam giác OKC, có JA// KC, nên $\frac{x}{4} = \frac{{JA}}{{KC}} = \frac{{JA}}{2} \Rightarrow JA = \frac{x}{2}$ là bán kính của đường tròn của hình nón tại vị trí x, tâm J. Đường tròn của hình trụ tại vị trí x có tâm I, bán kính bằng 2.

Gọi M là giao điểm của hai đường tròn tâm I và tâm J.

Giả sử $\widehat {{\rm{MIJ}}} = \alpha \Rightarrow \widehat {{\rm{MIN}}} = 2\alpha ;\widehat {{\rm{MJI}}} = \beta \Rightarrow \widehat {{\rm{MJN}}} = 2\beta$.

Xét đường tròn tâm I, có $IM = IN = JI = 2$Xét đường tròn tâm J, có $JM = JA = \frac{x}{2}$.

Áp đụng định lí cosin vào tam giác IJM, ta tính được:

$$cos\alpha = 1 - \frac{{{x^2}}}{{32}} \Rightarrow \alpha = {\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}});cos\beta = \frac{x}{8} \Rightarrow \beta = {\rm{ar}}cos\frac{x}{8}$$

Suy ra diện tích viên phân của đường tròn tâm I: ${S_1} = 2(2{\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}}) - \sin 2{\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}}))$

Diện tích viên phân của đường tròn tâm J: ${S_2} = \frac{{{x^2}}}{8}(2{\rm{ar}}cos\frac{x}{8} - \sin 2{\rm{ar}}cos\frac{x}{8})$

Nên diện tích thiết diện:

$$S(x) = {S_1} + {S_2} = 2(2{\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}}) - \sin 2{\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}})) + \frac{{{x^2}}}{8}(2{\rm{ar}}cos\frac{x}{8} - \sin 2{\rm{ar}}cos\frac{x}{8})$$

Vậy thể tích phần giao của trụ và nón:

$$V = \int\limits_0^4 {S(x)dx = \int\limits_0^4 {(2(2{\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}}) - \sin 2{\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}})) + \frac{{{x^2}}}{8}(2{\rm{ar}}cos\frac{x}{8} - \sin 2{\rm{ar}}cos\frac{x}{8}))dx} } = 7{,}02$$

(Theo Casio ta có kết quả trên)

Đáp số: 7,02.

Đáp án: 448.

Một hình bát diện đều có 8 mặt là các tam giác đều. Đây là 8 mặt bên của đèn lồng.
Các mặt của hình bát diện đều có thể được chia thành hai tập hợp ${C_1}$ và ${C_2}$, mỗi tập hợp gồm 4 mặt, sao cho bất kỳ hai mặt nào kề nhau (chung một cạnh) đều thuộc các tập hợp khác nhau. Ví dụ, nếu các đỉnh là $S$ (trên), $T$ (dưới) và $A,B,C,D$ (mặt phẳng giữa), thì:
Tập hợp
Tập hợp
Bất kỳ hai mặt nào trong cùng một tập hợp ${C_1}$ hoặc ${C_2}$ đều không kề nhau (không chung cạnh).
Điều kiện 1: Hai tấm bìa có chung một cạnh thì khác màu.
Điều này có nghĩa là tất cả các mặt trong tập hợp ${C_1}$ phải có cùng một màu (ví dụ, màu X), và tất cả các mặt trong tập hợp ${C_2}$ phải có cùng một màu khác (ví dụ, màu Y), với $X \ne Y$.
Số cách chọn 2 màu từ 3 màu có sẵn (xanh, đỏ, vàng) là $\left( \begin{array}{c}3\\2\end{array} \right) = 3$ cách.
Sau khi chọn 2 màu (ví dụ: X và Y), có 2 cách để gán chúng cho hai tập hợp ${C_1}$ và ${C_2}$:
1. ${C_1}$ có màu X, ${C_2}$ có màu Y.
2. ${C_1}$ có màu Y, ${C_2}$ có màu X.
Vậy, tổng số cách để xác định màu cho 8 mặt là $3 \times 2 = 6$ cách.
Với mỗi cách xác định màu, chúng ta sẽ cần 4 tấm bìa của màu này và 4 tấm bìa của màu kia. Do mỗi màu có đủ 4 tấm bìa được đánh số từ 1 đến 4, nên việc lựa chọn 8 tấm bìa cụ thể được xác định ngay khi chọn và gán màu. Ví dụ, nếu ${C_1}$ là màu xanh và ${C_2}$ là màu đỏ, chúng ta sẽ sử dụng tất cả 4 tấm bìa xanh (X1, X2, X3, X4) và tất cả 4 tấm bìa đỏ (Đ1, Đ2, Đ3, Đ4).
Điều kiện 2: Hai tấm bìa có chung đúng một đỉnh thì khác số.
Trước hết, cần xác định các cặp mặt chung đúng một đỉnh.
Nếu hai mặt kề nhau (chung một cạnh), chúng chung hai đỉnh, không phải chung đúng một đỉnh.
Nếu hai mặt thuộc hai tập hợp màu khác nhau (${C_1}$ và ${C_2}$), chúng sẽ kề nhau (chung một cạnh).
Ví dụ: và chung cạnh $SB$.
Ví dụ: và không chung đỉnh nào.
Do đó, điều kiện này chỉ áp dụng cho các cặp mặt có cùng màu (nghĩa là chúng thuộc cùng một tập hợp ${C_1}$ hoặc ${C_2}$).
Hãy liệt kê các cặp mặt chung đúng một đỉnh trong tập hợp ${C_1}$:
1. và chung đỉnh $S$.
2. và chung đỉnh $T$.
3. và chung đỉnh $A$.
4. và chung đỉnh $B$.
5. và chung đỉnh $C$.
6. và chung đỉnh $D$.
Điều kiện "khác số" cho các cặp này có nghĩa là 4 tấm bìa của màu X được đặt trên 4 mặt của ${C_1}$ phải có các số khác nhau. Vì chúng ta có sẵn 4 tấm bìa của mỗi màu được đánh số 1, 2, 3, 4, nên việc sử dụng 4 tấm bìa này để dán lên 4 mặt đảm bảo rằng các số đều khác nhau.
Số cách sắp xếp 4 tấm bìa (ví dụ: X1, X2, X3, X4) lên 4 mặt của tập hợp ${C_1}$ là $4!$ cách.
Tương tự, với tập hợp ${C_2}$:
1. và chung đỉnh $S$.
2. và chung đỉnh $T$.
3. và chung đỉnh $C$.
4. và chung đỉnh $B$.
5. và chung đỉnh $A$.
6. và chung đỉnh $D$.
Điều kiện này có nghĩa là 4 tấm bìa của màu Y được đặt trên 4 mặt của ${C_2}$ phải có các số khác nhau. Vì chúng ta có sẵn 4 tấm bìa của mỗi màu được đánh số 1, 2, 3, 4, nên việc sử dụng 4 tấm bìa này để dán lên 4 mặt đảm bảo rằng các số đều khác nhau.
Số cách sắp xếp 4 tấm bìa (ví dụ: Đ1, Đ2, Đ3, Đ4) lên 4 mặt của tập hợp ${C_2}$ là $4!$ cách.
Tính $N$:
$\begin{array}{l}N = ({\rm{So c\'a ch chon v\`a g\'a n m\`a u}}) \times ({\rm{So c\'a ch sap xep 4 tam b\`i a cho }}{C_1})\\ \times ({\rm{So c\'a ch sap xep 4 tam b\`i a cho }}{C_2})\end{array}$
$\Rightarrow N = 6 \times 4! \times 4! = 3456$.
Suy ra: $\frac{N}{8} + 16 = \frac{{3456}}{8} + 16 = 432 + 16 = 448$.