Đề KSCL Toán 12 lần 2 năm 2025 – 2026 trường THPT chuyên KHTN – Hà Nội

Đường thẳng có phương trình tham số $\{\begin{array}{l}x=x_0+at\\ y=y_0+bt\\ z=z_0+ct\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x = x_{0} + at} \\ {y = y_{0} + bt} \\ {z = z_{0} + ct} \end{array} \right.$ nhận vectơ $\overset{\rightarrow}{u} = (a;b;c)$ làm vectơ chỉ phương.

Dựa vào phương trình tham số của đường thẳng d, ta có một vectơ chỉ phương là $\overset{\rightarrow}{u_{1}} = ( - 2;2; - 1)$.

Nếu $y = \dfrac{f(x)}{g(x)} = ax + b + \dfrac{r}{g(x)}$ với $\lim\limits_{x\rightarrow\infty}\dfrac{r}{g(x)} = 0$ thì $y = ax + b$ là đường tiệm cận xiên.

Ta có: $\dfrac{- 5x^{2} + 3x + 1}{x - 1} = \dfrac{- 5x(x - 1) - 2(x - 1) - 1}{x - 1} = - 5x - 2 - \dfrac{1}{x - 1}$.

Khi đó $\lim\limits_{x\rightarrow\infty}\lbrack y - ( - 5x - 2)\rbrack = \lim\limits_{x\rightarrow\infty}\dfrac{- 1}{x - 1} = 0$.

Vậy đường tiệm cận xiên là $y = - 5x - 2$.

Sử dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản:

$\left. \cos x = 1\Leftrightarrow x = k2\pi,(k \in {\mathbb{Z}}) \right.$.

Nghiệm của phương trình $\cos x = 1$ là $x = k2\pi$ với $k$ là số nguyên.

Tìm điều kiện xác định của biểu thức dưới dấu logarit.

Giải bất phương trình logarit, chú ý cơ số.

Điều kiện: $\left. 2x - 5 > 0\Leftrightarrow x > \dfrac{5}{2} \right.$.

Ta có: $\left. \log_{\dfrac{1}{2}}(2x - 5) \geq 1\Leftrightarrow 2x - 5 \leq \dfrac{1}{2}\Leftrightarrow x \leq \dfrac{11}{4} \right.$.

Kết hợp điều kiện xác định ta được tập nghiệm $S = \left( {\dfrac{5}{2};\dfrac{11}{4}} \right\rbrack$.

Tính độ dài các cạnh của tam giác SBD để xác định tính chất của tam giác đó, từ đó suy ra số đo góc cần tìm.

=

Xét các tam giác vuông SAB và SAD tại A:

$SB = \sqrt{SA^{2} + AB^{2}} = \sqrt{a^{2} + a^{2}} = a\sqrt{2}$, $SD = \sqrt{SA^{2} + AD^{2}} = \sqrt{a^{2} + a^{2}} = a\sqrt{2}$.

Xét tam giác đáy ABD vuông tại $A$:

$BD = \sqrt{AB^{2} + AD^{2}} = \sqrt{a^{2} + a^{2}} = a\sqrt{2}$.

Ta thấy $SB = SD = BD = a\sqrt{2}$, nên tam giác SBD là tam giác đều.

Vậy $\widehat{BSD} = 60^{o}$.

Tính tọa độ các vectơ $\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AC}$. Vectơ pháp tuyến $\overset{\rightarrow}{n} = \lbrack\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AC}\rbrack$.

Viết phương trình mặt phẳng đi qua 1 điểm và có vectơ pháp tuyến vừa tìm được.

$\overset{\rightarrow}{AB} = (1; - 2; - 5),\overset{\rightarrow}{AC} = ( - 3; - 3; - 2)$.

Vectơ pháp tuyến $\overset{\rightarrow}{n} = \left\lbrack {\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AC}} \right\rbrack = ( - 11;17; - 9)$.

Chọn $\overset{\rightarrow}{n^{\prime}} = (11; - 17;9)$ làm vectơ pháp tuyến.

Mặt phẳng $(ABC)$ qua $B(2;1;0)$ có phương trình:

$\left. 11(x - 2) - 17(y - 1) + 9z = 0\Leftrightarrow 11x - 17y + 9z - 5 = 0 \right.$.

Sử dụng công thức xác suất có điều kiện: $\left. P(A \cap B) = P(A \middle| B) \cdot P(B) = P(B \middle| A) \cdot P(A) \right.$.

Ta có $\left. P(A \cap B) = P(A \middle| B) \cdot P(B) = 0,3 \cdot 0,4 = 0,12 \right.$.

Khi đó $\left. P(B \middle| A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} = \dfrac{0,12}{0,5} = \dfrac{6}{25} \right.$.

Phân tích mẫu số thành nhân tử rồi sử dụng phương pháp tách phân thức để tìm nguyên hàm.

Ta có $2x^{2} + 5x + 3 = (2x + 3)(x + 1)$.

$\dfrac{1}{2x^{2} + 5x + 3} = \dfrac{1}{(2x + 3)(x + 1)} = \dfrac{1}{x + 1} - \dfrac{2}{2x + 3}$.

Khi đó: $I = {\int_{1}^{2}{\left( {\dfrac{1}{x + 1} - \dfrac{2}{2x + 3}} \right)dx}}$

$= \left. \left( \left. \ln \middle| x + 1 \middle| - \ln \middle| 2x + 3 \right| \right) \right|_{1}^{2} = \ln\dfrac{3}{7} - \ln\dfrac{2}{5} = \ln\dfrac{15}{14}$.

Suy ra $a = 15$, $b = 14$. Giá trị $T = 15 + 14 = 29$.

Tìm nhóm chứa trung vị.

Áp dụng công thức tính trung vị cho mẫu số liệu ghép nhóm.

Nhóm chứa trung vị là $\lbrack 15;20)$, ta có:

$M_{e} = 15 + \dfrac{10 - 4}{8}.5 = 18,75$.

Hàm số $y = f(x)$ liên tục tại điểm $x_{0}$ khi và chỉ khi thỏa mãn 3 điều kiện:

Hàm số phải xác định tại $x_{0}$ (tức là tồn tại $f(x_{0})$).

Tồn tại giới hạn hữu hạn $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}f(x)$.

$\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}f(x) = f(x_{0})$.

Có $x^{2} - 3x + 2 = (x - 1)(x - 2)$. Để giới hạn tại $x = 1$ hữu hạn thì tử số phải có nghiệm $x = 1$.

Thay $x = 1$ vào tử: $\left. a.1^{2} + 2.1 - 5 = 0\Leftrightarrow a = 3 \right.$.

Khi đó $f(x) = \dfrac{3x^{2} + 2x - 5}{(x - 1)(x - 2)} = \dfrac{(x - 1)(3x + 5)}{(x - 1)(x - 2)} = \dfrac{3x + 5}{x - 2}$.

Giá trị của $f(1) = \dfrac{3.1 + 5}{1 - 2} = - 8$.

Hàm số $y = f(x)$ đạt cực tiểu tại điểm mà đạo hàm $f'(x)$ đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua điểm đó.

Dựa vào đồ thị $f'(x)$, ta thấy đồ thị cắt trục hoành tại điểm có hoành độ $x = - 1$ và tiếp xúc tại $x = 2$.

Tại $x = - 1$, $f'(x)$ đổi dấu từ dương sang âm $\Rightarrow$ 1 điểm cực đại.

Tại $x = 2$, $f'(x)$ không đổi dấu $\Rightarrow$ không phải điểm cực trị.

Vậy hàm số không có điểm cực tiểu.

Tính diện tích phần chưa được tô màu sau mỗi bước.

Diện tích chưa tô màu ở bước sau bằng $\dfrac{8}{9}$ diện tích chưa tô màu ở bước trước.

Sau đó lấy diện tích ban đầu trừ đi diện tích chưa tô màu sau 3 bước.

Diện tích hình vuông ban đầu là $S_{0} = 3^{2} = 9$.

Sau lần 1, diện tích chưa tô màu là $S_{1} = 9 \cdot \dfrac{8}{9}$.

Sau lần 2, diện tích chưa tô màu là $S_{2} = S_{1} \cdot \dfrac{8}{9} = 9 \cdot \left( \dfrac{8}{9} \right)^{2}$.

Sau lần 3, diện tích chưa tô màu là $S_{3} = 9 \cdot \left( \dfrac{8}{9} \right)^{3} = \dfrac{512}{81}$.

Diện tích phần được tô màu sau 3 lần chia là

$S = S_{0} - S_{3} = 9 - \dfrac{512}{81} = \dfrac{217}{81}$.

Sử dụng công thức tính xác suất cổ điển: $P(A) = \dfrac{n(A)}{n(\Omega)}$.

Hai biến cố A và B độc lập khi $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$.

Sử dụng xác suất có điều kiện: $\left. P(B \middle| A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} \right.$.

Gọi T là biến cố độc giả thuộc nhóm trẻ, M là biến cố độc giả thuộc nhóm trung niên.

Gọi L, S, C lần lượt là các biến cố độc giả đọc sách văn học, khoa học và ẩm thực.

Tổng số độc giả $N = 200$.

Số độc giả trẻ $\left. n(T) = 120\Rightarrow \right.$ Số độc giả trung niên $n(M) = 200 - 120 = 80$.

Số độc giả đọc văn học $n(L) = 80$.

Số độc giả trung niên đọc khoa học $n(M \cap S) = 20$.

a) Đúng. Xác suất độc giả trẻ: $P(T) = \dfrac{120}{200} = 0,6$.

b) Sai. M và L độc lập nên

$P(M \cap L) = P(M) \cdot P(L) = \dfrac{80}{200} \cdot \dfrac{80}{200} = 0,16$.

c) Đúng. Số độc giả trung niên đọc văn học là $n(M \cap L) = 0,16 \cdot 200 = 32$ người.

Số độc giả trẻ đọc văn học là $n(T \cap L) = n(L) - n(M \cap L) = 80 - 32 = 48$ người.

d) Đúng. Trong nhóm trung niên: $n(M) = 80$, $n(M \cap L) = 32$, $n(M \cap S) = 20$.

Số độc giả trung niên đọc ẩm thực là $n(M \cap C) = 80 - 32 - 20 = 28$ người.

Xác suất độc giả trung niên đọc ẩm thực: $\left. P(C \middle| M) = \dfrac{28}{80} = 0,35 = 35\% \right.$.

Số lượng ban đầu tại $t = 0$.

Tốc độ tăng trưởng là đạo hàm của hàm số lượng: $v(t) = N'(t)$.

Để mô hình liên tục và trơn, ta cần $M(3) = N(3)$ và $M'(3) = N'(3)$.

Ngưỡng bão hòa là giới hạn khi thời gian tiến ra vô cùng: $\lim\limits_{t\rightarrow + \infty}M(t)$.

a) Đúng. Tại $t = 0$, $N(0) = 50e^{0} = 50$ (triệu).

b) Đúng. Tốc độ tăng trưởng giai đoạn 1: $N'(t) = 50 \cdot 0,8e^{0,8t} = 40e^{0,8t}$.

Tại $t = 3$, $N'(3) = 40e^{2,4} \approx 440,93 > 440$.

c) Sai. Tốc độ tăng trưởng giai đoạn 2: $M'(t) = 0,6Be^{- 0,6t}$.

Để quá trình phát triển không bị gián đoạn về tốc độ tại $t = 3$, ta có $M'(3) = N'(3)$:

$\left. 0,6Be^{- 1,8} = 40e^{2,4}\Rightarrow B = \dfrac{40e^{2,4}}{0,6e^{- 1,8}} = \dfrac{200}{3}e^{4,2} \right.$.

d) Sai. Ngưỡng bão hòa là A. Từ $M(3) = N(3)$:

$A - Be^{- 1,8} = 50e^{2,4}$ $\left. \Rightarrow A = 50e^{2,4} + \left( {\dfrac{200}{3}e^{4,2}} \right)e^{- 1,8} \approx 1286 \right.$.

Mặt cầu ${(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2} + {(z - c)}^{2} = R^{2}$ có tâm $I(a;b;c)$, bán kính $R$.

Tính IA. Nếu $IA > R$, điểm A nằm ngoài mặt cầu.

Mặt phẳng tiếp xúc tại $T \in (S)$ có vectơ pháp tuyến là $\overset{\rightarrow}{IT}$.

a) Sai. Tâm $I( - 1;2;1)$, bán kính $R = 3$.

b) Đúng. $\left. IA^{2} = {(1 - ( - 1))}^{2} + {( - 2 - 2)}^{2} + {(5 - 1)}^{2} = 36\Rightarrow IA = 6 \right.$.

Vì $IA = 6 > R = 3$ nên A nằm ngoài mặt cầu.

c) Đúng. $T( - 2;0;3)$ thuộc $(S)$ vì ${( - 2 + 1)}^{2} + {(0 - 2)}^{2} + {(3 - 1)}^{2} = 9$.

Vectơ pháp tuyến $\overset{\rightarrow}{IT} = ( - 1; - 2;2)$.

Phương trình mặt phẳng:

$- 1(x + 2) - 2(y - 0) + 2(z - 3) = 0$

$\left. \Leftrightarrow x + 2y - 2z + 8 = 0 \right.$.

d) Sai. Mặt phẳng chứa các tiếp điểm M có phương trình:

$(x_{A} - a)(x - a) + (y_{A} - b)(y - b) + (z_{A} - c)(z - c) = R^{2}$

$\left. \Leftrightarrow 2x + 2 - 4y + 8 + 4z - 4 - 9 = 0 \right.$

$\left. \Leftrightarrow 2x - 4y + 4z - 3 = 0 \right.$.

Xác định phương trình đường thẳng $v_{B}(t)$ đi qua gốc tọa độ.

Xác định phương trình Parabol $v_{A}(t)$ đi qua các điểm $(0;0)$, $(3;60)$, $(4;0)$.

Quãng đường là tích phân của vận tốc: $s(t) = {\int_{0}^{t}v}(x)dx$.

Khoảng cách lớn nhất khi hiệu vận tốc bằng 0.

a) Sai. Đường thẳng $v_{B}(t)$ đi qua $(0;0)$ và giao điểm $(3;60)$ nên $v_{B}(t) = 20t$.

b) Đúng. Parabol $v_{A}(t) = at^{2} + bt$.

Qua $\left. (4;0)\Rightarrow 16a + 4b = 0\Rightarrow b = - 4a \right.$.

Qua $(3;60)\Rightarrow 9a + 3b = 60$

$\Rightarrow 9a - 12a = 60\Rightarrow a = - 20,b = 80$.

$v_{A}(t) = - 20t^{2} + 80t = - 20(t^{2} - 4t + 4) + 80$

$= - 20{(t - 2)}^{2} + 80$.

Vận tốc cực đại tại $t = 2$ là $v_{A}(2) = 80$ km/h.

c) Sai. $s_{A}(3) = {\int_{0}^{3}{( - 20t^{2} + 80t)dt}} = 180$ km.

d) Sai. Hai xe xuất phát cùng lúc tại cùng một vị trí.

Khoảng cách $d(t) = s_{A}(t) - s_{B}(t)$

$= {\int_{0}^{t}{(v_{A} - v_{B})}}dt = {\int_{0}^{t}{( - 20t^{2} + 60t)}}dt$.

$d(t) = - \dfrac{20}{3}t^{3} + 30t^{2}$.

$\left. d'(t) = 0\Leftrightarrow - 20t^{2} + 60t = 0\Leftrightarrow t = 3 \right.$.

Có $d(3) = 90$ km.

$d(4) = s_{A}(4) - s_{B}(4)$

$= {\int_{0}^{4}{( - 20t^{2} + 80t)}}dt - {\int_{0}^{4}2}0tdt = \dfrac{160}{3}$.

Vì $90 > \dfrac{160}{3}$ nên khoảng cách lớn nhất trong 4 giờ là 90 km.

Góc giữa mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ được xác định thông qua giao tuyến BC.

Từ đó tìm chiều cao SA. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy là góc giữa SC và hình chiếu của nó trên đáy.

Vì $SA\bot(ABC)$ nên $SA\bot BC$. Theo giả thiết ABC vuông tại B nên $AB\bot BC$.

Suy ra $\left. BC\bot(SAB)\Rightarrow BC\bot SB \right.$. Giao tuyến của $(SBC)$ và $(ABC)$ là BC.

Do $SB\bot BC$ và $AB\bot BC$ nên góc nhị diện $\lbrack S,BC,A\rbrack = \angle SBA = 60^{o}$.

Trong tam giác vuông SAB, ta có $SA = AB \cdot \tan 60^{o} = \sqrt{3} \cdot \sqrt{3} = 3$.

Hình chiếu của SC lên mặt phẳng $(ABC)$ là AC.

Vậy $(SC,(ABC)) = \angle SCA$.

Trong tam giác vuông ABC, $AC = \sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = \sqrt{{(\sqrt{3})}^{2} + 1^{2}} = 2$.

Xét tam giác vuông SAC, ta có $\tan\angle SCA = \dfrac{SA}{AC} = \dfrac{3}{2} = 1,5$.

Thiết lập hệ trục tọa độ Oxy với gốc tọa độ là góc tường.

Sử dụng phương pháp hàm số để tối thiểu hóa độ dài đoạn thẳng đi qua một điểm cố định và có hai đầu mút nằm trên hai trục tọa độ.

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho hai bức tường nằm trên hai trục Ox, Oy.

Khi đó vị trí cây thông là điểm $M(2,1)$.

Đường thẳng AB đi qua M cắt Ox tại $B(b,0)$ và Oy tại $A(0,a)$ với $a > 1$, $b > 2$.

Phương trình đường thẳng AB: $\dfrac{x}{b} + \dfrac{y}{a} = 1$.

Vì $M(2,1) \in AB$ nên $\left. \dfrac{2}{b} + \dfrac{1}{a} = 1\Rightarrow\dfrac{2}{b} = 1 - \dfrac{1}{a} = \dfrac{a - 1}{a}\Rightarrow b = \dfrac{2a}{a - 1} \right.$.

Độ dài dây đèn là $L = \sqrt{a^{2} + b^{2}}$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của $L^{2} = f(a) = a^{2} + \left( \dfrac{2a}{a - 1} \right)^{2}$ trên khoảng $(1; + \infty)$.

Tại $a = 1 + \sqrt[3]{4}$, hàm số $f(a)$ đạt giá trị nhỏ nhất trên khoảng $(1; + \infty)$.

Vậy $\left. L^{2} = f\left( {1 + \sqrt[3]{4}} \right) \approx 17,32\Rightarrow L_{\min} \approx \sqrt{17,32} \approx 4,2 \right.$

Sử dụng công thức tính thể tích khối tròn xoay quanh trục hoành: $V = \pi{\int_{a}^{b}y^{2}}dx$.

Xác định phương trình của các cung tròn và đường thẳng biên để tính thể tích.

Chọn hệ trục tọa độ sao cho $A(0;0)$ và AB nằm trên trục Ox. Khi đó $B(4,0)$ và $D(2;0)$.

Nửa đường tròn lớn có tâm $I(2;0)$, bán kính $R = 2$: $\left. {(x - 2)}^{2} + y^{2} = 4\Rightarrow y^{2} = 4x - x^{2} \right.$.

Nửa đường tròn nhỏ có tâm $J(1;0)$, bán kính $r = 1$: $\left. {(x - 1)}^{2} + y^{2} = 1\Rightarrow y^{2} = 2x - x^{2} \right.$.

Đường thẳng AC đi qua gốc tọa độ và tạo với AB góc $30^{o}$ nên có phương trình:

$y = x \cdot \tan 30^{o} = \dfrac{x}{\sqrt{3}}$ $\left. \Rightarrow y^{2} = \dfrac{x^{2}}{3} \right.$.

Giao điểm C của AC và nửa đường tròn lớn:

$\left. \dfrac{x^{2}}{3} = 4x - x^{2}\Leftrightarrow\dfrac{4x^{2}}{3} - 4x = 0\Rightarrow x = 3 \right.$.

Giao điểm của AC và nửa đường tròn nhỏ:

$\left. \dfrac{x^{2}}{3} = 2x - x^{2}\Leftrightarrow\dfrac{4x^{2}}{3} - 2x = 0\Rightarrow x = 1,5 \right.$.

Thể tích khối tròn xoay $(H)$ quanh AB là:

$V = \pi{\int_{1,5}^{2}{\left\lbrack {\dfrac{x^{2}}{3} - \left( {2x - x^{2}} \right)} \right\rbrack dx}} + \pi{\int_{2}^{3}{\left( \dfrac{x^{2}}{3} \right)dx}} + \pi{\int_{3}^{4}{\left( {4x - x^{2}} \right)dx}} = \dfrac{49}{12}\pi$ $(cm^{3})$.

Giá tiền sản xuất: $\dfrac{49}{12}\pi.15 \approx 192$ nghìn đồng.

Sử dụng công thức xác suất đầy đủ để tìm xác suất có điều kiện của trận thứ hai dựa trên dữ kiện tỉ lệ. Sau đó tính xác suất của biến cố thắng đúng một trận.

Gọi T là biến cố thắng trận thứ năm, $P(T) = 0,4$

C là biến cố thắng trận chủ nhật, $P(C) = 0,5$

Gọi $\left. P(C \middle| \overline{T}) = x \right.$, khi đó $\left. P(C \middle| T) = 3x \right.$

Áp dụng công thức xác suất đầy đủ:

$\left. P(C) = P(C \middle| T) \cdot P(T) + P(C \middle| \overline{T}) \cdot P(\overline{T}) \right.$

$\left. 0,5 = 3x \cdot 0,4 + x \cdot 0,6\Rightarrow 0,5 = 1,8x\Rightarrow x = \dfrac{5}{18} \right.$.

Vậy $\left. P(C \middle| \overline{T}) = \dfrac{5}{18} \right.$ và $\left. P(C \middle| T) = \dfrac{15}{18} = \dfrac{5}{6} \right.$.

Xác suất thắng đúng một trận là:

$P = P(T \cap \overline{C}) + P(\overline{T} \cap C)$

$\left. = P(T) \cdot P(\overline{C} \middle| T) + P(\overline{T}) \cdot P(C \middle| \overline{T}) \right.$

$= 0,4 \cdot \left( {1 - \dfrac{5}{6}} \right) + 0,6 \cdot \dfrac{5}{18} = \dfrac{7}{30}$.

Suy ra $a = 7,b = 30$. Giá trị $2a + b = 2 \cdot 7 + 30 = 44$.

Sử dụng tính chất phương tích của một điểm đối với mặt cầu.

Điểm tiếp xúc H nằm trên mặt phẳng $(P)$ và cách giao điểm K của đường thẳng AB với mặt phẳng $(P)$ một khoảng không đổi.

Đường thẳng AB đi qua $B(2,1,3)$ có vectơ chỉ phương $\overset{\rightarrow}{u} = \overset{\rightarrow}{AB} = (4,0,3)$, độ dài $AB = 5$.

Phương trình tham số của đường thẳng AB: $\{\begin{array}{l}x=2+4t\\ y=1\\ z=3+3t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 2 + 4t} \\ {y = 1} \\ {z = 3 + 3t} \end{array} \right.$.

Giao điểm K của AB và mặt phẳng $(P)$:

$(2 + 4t) - 1 + 2(3 + 3t) - 15 = 0$

$\left. \Leftrightarrow 10t - 8 = 0\Rightarrow t = 0,8 \right.$.

Tọa độ điểm $K(5,2;1;5,4)$.

Vì mặt cầu $(S)$ đi qua A, B và tiếp xúc với $(P)$ tại $H$ nên KH là tiếp tuyến của mặt cầu.

Có $KH^{2} = KA \cdot KB = 9.4 = 36$ $\left. \Rightarrow KH = 6 \right.$.

Do H nằm trên mặt phẳng $(P)$ và luôn cách điểm K cố định một khoảng bằng 6, nên H thuộc đường tròn tâm K nằm trong $(P)$ có bán kính $r = 6$.

Gọi $A_{i}$ là tập hợp các cách dán tem sao cho bì thư thứ i dán đúng tem thứ i ($i = 1,2,\ldots,6$).

Yêu cầu của bài toán là tính số phần tử của hợp các tập hợp này: $n(A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3} \cup A_{4} \cup A_{5} \cup A_{6})$.

Công thức tính số phần tử:

$S = {\sum n}(A_{i}) - {\sum n}(A_{i} \cap A_{j}) + {\sum n}(A_{i} \cap A_{j} \cap A_{k}) - \ldots + {( - 1)}^{6 - 1}n(A_{1} \cap \ldots \cap A_{6})$.

Tính các trường hợp có k thư đúng trong 6 thư:

- Có 1 thư dán đúng ($k = 1$), các thư còn lại tuỳ ý

Chọn 1 thư trong 6 thư để dán đúng: có $C_{6}^{1}$ cách.

5 thư còn lại dán tùy ý: có 5! cách.

$\left. \Rightarrow{\sum n}(A_{i}) = C_{6}^{1} \cdot 5! = 6 \cdot 120 = 720 \right.$.

- Có 2 thư dán đúng ($k = 2$), các thư còn lại tuỳ ý

Chọn 2 thư trong 6 thư để dán đúng: có $C_{6}^{2}$ cách.

4 thư còn lại dán tùy ý: có 4! cách.

$\left. \Rightarrow{\sum n}(A_{i} \cap A_{j}) = C_{6}^{2} \cdot 4! = 15 \cdot 24 = 360 \right.$.

- Có 3 thư dán đúng ($k = 3$), các thư còn lại tuỳ ý

Chọn 3 thư trong 6 thư để dán đúng: có $C_{6}^{3}$ cách.

3 thư còn lại dán tùy ý: có 3! cách.

$\left. \Rightarrow{\sum n}(A_{i} \cap A_{j} \cap A_{k}) = C_{6}^{3} \cdot 3! = 20 \cdot 6 = 120 \right.$.

- Có 4 thư dán đúng ($k = 4$), các thư còn lại tuỳ ý

Chọn 4 thư dán đúng: $C_{6}^{4}$ cách. Còn lại 2! cách dán 2 thư kia.

$\left. \Rightarrow C_{6}^{4} \cdot 2! = 15 \cdot 2 = 30 \right.$.

- Có 5 thư dán đúng ($k = 5$), thư còn lại tuỳ ý

Chọn 5 thư dán đúng: $C_{6}^{5}$ cách. Còn lại 1 cách dán thư cuối (hiển nhiên đúng).

$\left. \Rightarrow C_{6}^{5} \cdot 1! = 6 \cdot 1 = 6 \right.$.

- Cả 6 thư dán đúng ($k = 6$), có 1 cách.

Áp dụng công thức:

$S = {\sum n}(A_{i}) - {\sum n}(A_{i} \cap A_{j}) + {\sum n}(A_{i} \cap A_{j} \cap A_{k}) - \ldots + {( - 1)}^{6 - 1}n(A_{1} \cap \ldots \cap A_{6})$

$= 720 - 360 + 120 - 30 + 6 - 1 = 455$.

Có thể sử dụng công thức tính Số các hoán vị không điểm cố định như sau:

Số cách dán sai hoàn toàn cho n phần tử ($D_{n}$) là:

$D_{n} = n!\left( {\dfrac{1}{0!} - \dfrac{1}{1!} + \dfrac{1}{2!} - \dfrac{1}{3!} + \ldots + \dfrac{{( - 1)}^{n}}{n!}} \right)$.

Với $n = 6$, ta có: $D_{6} = 6!\left( {\dfrac{1}{2!} - \dfrac{1}{3!} + \dfrac{1}{4!} - \dfrac{1}{5!} + \dfrac{1}{6!}} \right) = 265$ cách.

Vậy số cách dán sao cho có ít nhất một bì thư dán đúng số là:

$n(A) = n(\Omega) - D_{6} = 720 - 265 = 455$ cách.