Đề thi thử TN THPT 2026 môn Toán lần 1 năm 2025 - 2026 THPT Ngôi Sao Hoàng Mai

Quan sát đồ thị hàm số.

Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {1;2} \right).$

Đường thẳng $\Delta$ đi qua $M\left( {x_{0};y_{0};z_{0}} \right)$ nhận vectơ $\overset{\rightarrow}{u} = \left( {a;b;c} \right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình là $\dfrac{x - x_{0}}{a} = \dfrac{y - y_{0}}{b} = \dfrac{z - z_{0}}{c}$.

Đường thẳng $\Delta$ đi qua $M\left( {1;2; - 3} \right)$ nhận vectơ $\overset{\rightarrow}{u} = \left( {- 1;2;1} \right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình là $\dfrac{x - 1}{- 1} = \dfrac{y - 2}{2} = \dfrac{z + 3}{1}$.

Số hạng tổng quát của cấp số nhân: $u_{n} = u_{1}.q^{n - 1}$

Có $u_{20} = u_{1}.q^{19} = - 1.2^{19} = - 2^{19}$.

Công thức nguyên hàm cơ bản: ${\int\limits_{}^{}{x^{n}dx}} = \dfrac{x^{n + 1}}{n + 1} + C$; ${\int\limits_{}^{}{a^{x}dx}} = \dfrac{a^{x}}{\ln a} + C$.

Có ${\int\limits_{}^{}{f(x)dx}} = {\int\limits_{}^{}{\left( {2x + 2^{x}} \right)dx}} = x^{2} + \dfrac{2^{x}}{\ln 2} + C$.

Công thức thể tích khối chóp $V = \dfrac{1}{3}Sh$ với S là diện tích đáy, h là chiều cao.

Có $\left. V = \dfrac{1}{3}Sh = \dfrac{1}{3}a^{2}h = a^{3}\Rightarrow h = 3a \right.$.

Sử dụng tính chất của logarit.

Ta có $P = \log_{a^{3}}\left( \sqrt{a} \right) = \log_{a^{3}}a^{\dfrac{1}{2}} = \dfrac{1}{2.3}\log_{a}a = \dfrac{1}{6}$.

Khoảng tứ phân vị: $\Delta Q = Q_{3} - Q_{1}$ với $Q_{1}$ là tứ phân vị thứ nhất, $Q_{3}$ là tứ phân vị thứ ba.

Có $n = 50$, các tứ phân vị:

$Q_{1} \in \text{[8;10}),$ $Q_{1} = 8 + \dfrac{\dfrac{50}{4} - 6}{14}.\left( {10 - 8} \right) = \dfrac{125}{14}$.

$Q_{3} \in \text{[12;14}),$ $Q_{3} = 12 + \dfrac{\dfrac{50.3}{4} - \left( {6 + 14 + 16} \right)}{12}.\left( {14 - 12} \right) = \dfrac{49}{4}$.

Khoảng tứ phân vị: $\Delta Q = Q_{3} - Q_{1} = \dfrac{49}{4} - \dfrac{125}{14} \approx 3,32$.

Giải phương trình lượng giác cơ bản: $\left. \cos x = \cos a\Leftrightarrow x = \pm a + k2\pi \right.$.

Ta có $\left. \cos x = \dfrac{1}{2}\Leftrightarrow\cos x = \cos\dfrac{\pi}{3}\Leftrightarrow x = \pm \dfrac{\pi}{3} + k2\pi \right.$.

Sử dụng công thức Bayes: $P\left( {\left. B \right|A} \right) = \dfrac{P(B).P\left( {\left. A \right|B} \right)}{P(A)}$.

Ta có $P\left( {\left. B \right|A} \right) = \dfrac{P(B).P\left( {\left. A \right|B} \right)}{P(A)} = \dfrac{0,6.0,4}{0,3} = 0,8$.

Quy tắc hình hộp.

Ta có $\overset{\rightarrow}{AB} + \overset{\rightarrow}{AD} + \overset{\rightarrow}{AA^{\prime}} = \overset{\rightarrow}{AC^{\prime}}$.

Sử dụng tổ hợp và quy tắc nhân để tính số kết quả thuận lợi cho biến cố A.

Tính xác suất $P(A) = \dfrac{n(A)}{n(\Omega)}$.

Chọn 2 trong số 25 học sinh, có $n(\Omega) = C_{25}^{2} = 300$ cách.

Gọi biến cố A: “Hai học sinh được chọn có một nam và một nữ”.

Có $n(A) = C_{10}^{1}.C_{15}^{1} = 150$.

Suy ra $P(A) = \dfrac{n(A)}{n(\Omega)} = \dfrac{150}{300} = 0,5.$

Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng, áp dụng hệ thức lượng để tính số đo góc.

Ta có $SB \cap \left( {ABCD} \right) = B$ và $\left. SA\bot\left( {ABCD} \right)\Rightarrow \right.$ A là hình chiếu vuông góc của S lên $\left( {ABCD} \right)$.

Do đó $\angle\left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle SBA$.

Có $\left. \tan\angle SBA = \dfrac{SA}{AB} = \dfrac{a\sqrt{3}}{a} = \sqrt{3}\Rightarrow\angle SBA = 60^{o} \right.$.

Vậy $\angle\left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = 60^{o}.$

Tìm tập xác định của hàm số, tính đạo hàm $f'(x)$

Lập bảng biến thiên để xác định các khoảng đồng biến, nghịch biến, điểm cực trị.

Đường thẳng $x = x_{0}$ là tiệm cận đứng nếu $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}^{+}}f(x) = \pm \infty$ hoặc $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}^{-}}f(x) = \pm \infty$.

Đường thẳng $y = ax + b$ là tiệm cận xiên nếu $\lim\limits_{x\rightarrow \pm \infty}\lbrack f(x) - (ax + b)\rbrack = 0$.

Tập xác định: $D = {\mathbb{R}}\backslash\left\{ 1 \right\}$.

$f'(x) = \dfrac{(2x + 4)(x - 1) - (x^{2} + 4x - 1)}{{(x - 1)}^{2}} = \dfrac{x^{2} - 2x - 3}{{(x - 1)}^{2}}$.

$\left. f'(x) = 0\Leftrightarrow x^{2} - 2x - 3 = 0\Leftrightarrow \right.$$\left\lbrack$$\begin{array}{l} {x = - 1} \\ {x = 3} \end{array}$ \right..

a) Đúng.

$f'(x) > 0$ trên $( - \infty; - 1)$ và $\left. (3; + \infty)\Rightarrow \right.$ Hàm số có 2 khoảng đồng biến.

$f'(x) < 0$ trên $( - 1;1)$ và $\left. (1;3)\Rightarrow \right.$ Hàm số có 2 khoảng nghịch biến.

b) Đúng. Đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm khi qua $x = - 1$.

Do đó hàm số đạt cực đại tại $x = - 1$ và $y_{CD} = f( - 1) = 2$.

Tọa độ điểm cực đại là $( - 1;2)$.

c) Sai. Ta có $\lim\limits_{x\rightarrow 1^{+}}\dfrac{x^{2} + 4x - 1}{x - 1} = + \infty$ và $\lim\limits_{x\rightarrow 1^{-}}\dfrac{x^{2} + 4x - 1}{x - 1} = - \infty$.

Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng $x = 1$

d) Sai. Có $\dfrac{x^{2} + 4x - 1}{x - 1} = x + 5 + \dfrac{4}{x - 1}$.

Đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là $y = x + 5$.

Xác định toạ độ các đỉnh của hình hộp chữ nhật và độ dài các cạnh.

Tính khoảng cách giữa hai điểm: $d = \sqrt{{(x_{2} - x_{1})}^{2} + {(y_{2} - y_{1})}^{2} + {(z_{2} - z_{1})}^{2}}$.

Góc giữa hai vectơ $\overset{\rightarrow}{u},\overset{\rightarrow}{v}$: $\cos(\overset{\rightarrow}{u},\overset{\rightarrow}{v}) = \dfrac{\left| \overset{\rightarrow}{u} \cdot \overset{\rightarrow}{v} \right|}{\left| \overset{\rightarrow}{u} \middle| \cdot \middle| \overset{\rightarrow}{v} \right|}$.

Vectơ chỉ phương của trục đèn vuông góc với mặt phẳng $(SPC)$ là tích có hướng của hai vectơ $\overset{\rightarrow}{SP}$ và $\overset{\rightarrow}{SC}$.

Từ giả thiết, có tọa độ các đỉnh:

$A(0;0;0)$, $D(8;0;0)$, $B(0;6;0)$, $A'(0;0;4)$.

Suy ra $C(8;6;0)$, $D'(8;0;4)$, $B'(0;6;4)$, $C'(8;6;4)$.

a) Đúng. S là tâm mặt trần A'B'C'D' nên S là trung điểm A'C' $\left. \Rightarrow S(4;3;4) \right.$.

b) Sai. $P$ là tâm bức tường CDD'C' nên $P$ là trung điểm CD' $\left. \Rightarrow P(8;3;2) \right.$

$SP = \sqrt{{(8 - 4)}^{2} + {(3 - 3)}^{2} + {(2 - 4)}^{2}} = \sqrt{20} \approx 4$ mét.

c) Sai. Có $\overset{\rightarrow}{SP} = (4;0; - 2)$.

Trục thẳng đứng hướng xuống có vectơ chỉ phương $\overset{\rightarrow}{v} = (0;0; - 1)$.

Gọi $\alpha$ là góc cần tìm:

$\cos\alpha = \dfrac{\left| \overset{\rightarrow}{SP} \cdot \overset{\rightarrow}{v} \right|}{\left| \overset{\rightarrow}{SP} \middle| \cdot \middle| \overset{\rightarrow}{v} \right|} = \dfrac{\left| 4.0 + 0.0 + ( - 2)( - 1) \right|}{\sqrt{20} \cdot 1} = \dfrac{1}{\sqrt{5}}$.

$\left. \Rightarrow\alpha \approx 63,43^{{^\circ}} > 60^{{^\circ}} \right.$. Thiết kế không thỏa mãn.

d) Đúng. Có $\overset{\rightarrow}{SP}(4;0; - 2)$, $\overset{\rightarrow}{SC}(4;3; - 4)$.

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $(SPC)$ là $\overset{\rightarrow}{n} = \lbrack\overset{\rightarrow}{SP},\overset{\rightarrow}{SC}\rbrack = (6;8;12)$.

Vectơ $\overset{\rightarrow}{u}(3;4;6)$ cùng phương với $\overset{\rightarrow}{n}(6;8;12)$.

Vậy $\overset{\rightarrow}{u}$ là một vectơ chỉ phương của trục đèn.

Gọi các biến cố. Sử dụng công thức:

- Xác suất đầy đủ: $\left. P(X) = P(A_{1})P(X \middle| A_{1}) + P(A_{2})P(X \middle| A_{2}) \right.$.

- Bayes: $\left. P(A_{i} \middle| X) = \dfrac{\left. P(A_{i})P(X \middle| A_{i}) \right.}{P(X)} \right.$.

Gọi $A_{1},A_{2}$ lần lượt là biến cố chọn được lô I và lô II.

Gọi G là biến cố lấy được sản phẩm tốt, L là biến cố lấy được sản phẩm lỗi.

Xác suất chọn sản phẩm tốt, lỗi ở mỗi lô:

Lô I: $\left. P(G \middle| A_{1}) = \dfrac{15}{20} = \dfrac{3}{4} \right.$; $\left. P(L \middle| A_{1}) = \dfrac{5}{20} = \dfrac{1}{4} \right.$.

Lô II: $\left. P(G \middle| A_{2}) = \dfrac{10}{20} = \dfrac{1}{2} \right.$; $\left. P(L \middle| A_{2}) = \dfrac{10}{20} = \dfrac{1}{2} \right.$.

a) Đúng. Áp dụng công thức xác suất đầy đủ cho biến cố G:

$\left. P(G) = P(A_{1})P(G \middle| A_{1}) + P(A_{2})P(G \middle| A_{2}) = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{3}{4} + \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{8} \right.$.

b) Đúng. Xác suất lấy được sản phẩm lỗi là biến cố đối của G:

$P(L) = 1 - P(G) = 1 - \dfrac{5}{8} = \dfrac{3}{8}$.

c) Đúng. Xác suất sản phẩm thuộc lô II khi biết đó là sản phẩm tốt:

$\left. P(A_{2} \middle| G) = \dfrac{\left. P(A_{2})P(G \middle| A_{2}) \right.}{P(G)} = \dfrac{\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2}}{\dfrac{5}{8}} = \dfrac{2}{5} \right.$.

d) Sai. Xác suất sản phẩm thuộc lô I khi biết đó là sản phẩm lỗi:

$\left. P(A_{1} \middle| L) = \dfrac{\left. P(A_{1})P(L \middle| A_{1}) \right.}{P(L)} = \dfrac{\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{4}}{\dfrac{3}{8}} = \dfrac{1}{3} \right.$.

Đổi đơn vị vận tốc từ m/s sang km/h.

Để tìm thời điểm hai xe có vận tốc bằng nhau, giải phương trình $v_{A}(t) = v_{B}(t)$.

Tính quãng đường đi được của mỗi xe bằng tích phân của vận tốc trên đoạn [0; 5]: $S = {\int_{0}^{5}v}(t)dt$.

Với vận tốc hỗn hợp, xác định xe nào có vận tốc lớn hơn trên từng khoảng (0; 2) và (2; 5).

a) Đúng. Vận tốc tại thời điểm bắt đầu $(t = 0)$:

$v_{A}(0) = 0^{2} - 0 + 20 = 20$ m/s

$v_{B}(0) = 0^{3} - 6.0^{2} + 9.0 + 20 = 20$ m/s

Đổi đơn vị: $20\text{~m/s} = 20 \cdot 3,6\text{~km/h} = 72\text{~km/h}$.

b) Sai. Xét phương trình $v_{A}(t) = v_{B}(t)$:

$t^{2} - t + 20 = t^{3} - 6t^{2} + 9t + 20$

$\left. \Leftrightarrow t^{3} - 7t^{2} + 10t = 0\Leftrightarrow t(t - 2)(t - 5) = 0 \right.$

Trong khoảng $(0;5)$, hai xe có vận tốc bằng nhau chỉ tại thời điểm t = 2 s.

c) Đúng.

Quãng đường xe A đi được: $S_{A} = {\int_{0}^{5}{(t^{2} - t + 20)}}dt = \dfrac{775}{6} \approx 129,17$ m.

Quãng đường xe B đi được: $S_{B} = {\int_{0}^{5}{(t^{3} - 6t^{2} + 9t + 20)dt}} = 118,75$ m.

Vì $S_{A} > S_{B}$ nên xe A đi được xa hơn.

d) Đúng. Xét hiệu $v_{B}(t) - v_{A}(t) = t^{3} - 7t^{2} + 10t = t(t - 2)(t - 5)$.

Trên khoảng $(0;2)$, $\left. v_{B}(t) - v_{A}(t) > 0\Rightarrow v_{B} > v_{A} \right.$.

Trên khoảng $(2;5)$, $\left. v_{B}(t) - v_{A}(t) < 0\Rightarrow v_{A} > v_{B} \right.$.

Vận tốc hỗn hợp là $v_{H}(t) = v_{B}(t)$ khi $t \in \lbrack 0;2\rbrack$ và $v_{H}(t) = v_{A}(t)$ khi $t \in \lbrack 2;5\rbrack$.

Quãng đường xe hỗn hợp đi được là $S_{H} = {\int_{0}^{2}v_{B}}(t)dt + {\int_{2}^{5}v_{A}}(t)dt$.

Độ chênh lệch so với xe A (xe tốt nhất ở thử nghiệm lần đầu):

$\Delta S = S_{H} - S_{A} = \left( {{\int_{0}^{2}v_{B}}(t)dt + {\int_{2}^{5}v_{A}}(t)dt} \right) - {\int_{0}^{5}v_{A}}(t)dt$

$= {\int_{0}^{2}{(v_{B}(}}t) - v_{A}(t))dt$$= {\int_{0}^{2}{(t^{3} - 7t^{2} + 10t)}}dt = \dfrac{16}{3}$ (m).

Xây dựng hàm doanh thu $R(x) = x.P(x)$.

Xác định hàm chi phí $C(x)$ theo từng trường hợp của $x$.

Thiết lập hàm lợi nhuận trước thuế $L(x) = R(x) - C(x)$.

Tìm giá trị lớn nhất của $L(x)$ trên tập xác định bằng cách xét cực trị của hàm số bậc hai.

Tính lợi nhuận sau thuế bằng công thức $T = 90\% \cdot L_{max}$.

Doanh thu từ việc bán $x$ chiếc drone là:

$R(x) = x(120 - 0,2x) = - 0,2x^{2} + 120x$ (triệu đồng).

- Trường hợp 1: $1 \leq x \leq 100$:

Chi phí linh kiện là $50x$. Tổng chi phí: $C_{1}(x) = 1000 + 50x$.

Lợi nhuận trước thuế: $L_{1}(x) = R(x) - C_{1}(x) = - 0,2x^{2} + 70x - 1000$.

Hàm số đạt cực đại tại $x = 175$.

$\left. \Rightarrow\max\limits_{(\text{1;100]}}L_{1} = L_{1}(100) = 4000 \right.$.

- Trường hợp 2: $100 < x \leq 350$:

Chi phí linh kiện là $40x$. Tổng chi phí: $C_{2}(x) = 1000 + 40x$.

Lợi nhuận trước thuế: $L_{2}(x) = R(x) - C_{2}(x) = - 0,2x^{2} + 80x - 1000$.

Hàm số đạt cực đại tại $x = 200$.

$\left. \Rightarrow\max\limits_{\text{(100;350]}}L_{2} = L_{2}(200) = 7000 \right.$.

Vậy lợi nhuận trước thuế lớn nhất: $L_{max} = 7000$ triệu đồng (đạt được khi $x = 200$).

Lợi nhuận sau thuế lớn nhất: $T_{max} = 7000 \cdot 90\% = 6300$ (triệu đồng).

Thiết lập và xác định miền nghiệm của hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn dựa trên các điều kiện về nguyên liệu và thời gian làm việc.

Tìm giá trị lớn nhất của hàm lợi nhuận $F(x;y)$ tại các đỉnh của đa giác miền nghiệm.

Gọi x, y (kg) lần lượt là số lượng sản phẩm loại I và loại II ($x \geq 0,y \geq 0$).

Ta có hệ bất phương trình biểu diễn điều kiện:

$\left.$$\left\{ \begin{array}{l} {2x + 4y \leq 200} \\ {30x + 15y \leq 1200} \\ {x \geq 0} \\ {y \geq 0} \end{array} \right.$Leftrightarrow$\left\{ \begin{array}{l} {x + 2y \leq 100} \\ {2x + y \leq 80} \\ {x \geq 0} \\ {y \geq 0} \end{array} \right.$ \right..

Miền nghiệm của hệ là tứ giác OABC, với $O\left( {0;0} \right)$, $A\left( {40;0} \right)$, $B\left( {20;40} \right)$, $C\left( {0;50} \right)$.

Lợi nhuận của xưởng thu được là: $F(x;y) = 4x + 3y$.

Ta có $F(0;0) = 0$; $F(40;0) = 160$; $F(20;40) = 200$; $F(0;50) = 150$ .

Lợi nhuận cao nhất đạt được là 200 triệu đồng khi sản xuất 20 kg sản phẩm loại I và 40 kg sản phẩm loại II.

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz vào hình chóp, chọn H làm gốc tọa độ. Xác định tọa độ các điểm S, D, C, H.

Công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng: $d(SD,CH) = \dfrac{\left| \lbrack\overset{\rightarrow}{SD},\overset{\rightarrow}{HC}\rbrack.\overset{\rightarrow}{SH} \right|}{\left| \lbrack\overset{\rightarrow}{SD},\overset{\rightarrow}{HC}\rbrack \right|}$.

Vì H là trung điểm AB và $SH\bot(ABCD)$ nên $SH\bot AB$.

Tam giác SAB vuông cân tại S có SH là đường cao nên $SH = AH = HB = \sqrt{3}$.

Suy ra $AB = 2\sqrt{3}$.

Trong tam giác HBC vuông tại B (do ABCD là hình chữ nhật), ta có:

$BC = \sqrt{CH^{2} - HB^{2}} = \sqrt{3^{2} - {(\sqrt{3})}^{2}} = \sqrt{6}$.

Chọn hệ trục tọa độ Hxyz với $H(0;0;0)$, trục Hy song song với BC.

Có $B\left( {\sqrt{3};0;0} \right)$, $A\left( {- \sqrt{3};0;0} \right)$,$S\left( {0;0;\sqrt{3}} \right)$, $C\left( {\sqrt{3};\sqrt{6};0} \right)$.

Vì ABCD là hình chữ nhật nên $\overset{\rightarrow}{AD} = \overset{\rightarrow}{BC} = \left( {0;\sqrt{6};0} \right)$$\left. \Rightarrow D\left( {- \sqrt{3};\sqrt{6};0} \right) \right.$.

Ta có $\overset{\rightarrow}{SD}\left( {- \sqrt{3};\sqrt{6}; - \sqrt{3}} \right)$; $\overset{\rightarrow}{HC}\left( {\sqrt{3};\sqrt{6};0} \right)$; $\overset{\rightarrow}{SH}\left( {0;0; - \sqrt{3}} \right)$.

Suy ra $\overset{\rightarrow}{n} = \left\lbrack {\overset{\rightarrow}{SD},\overset{\rightarrow}{HC}} \right\rbrack = \left( {3\sqrt{2}; - 3; - 6\sqrt{2}} \right)$.

$\left| \overset{\rightarrow}{n} \middle| = \sqrt{{(3\sqrt{2})}^{2} + {( - 3)}^{2} + {( - 6\sqrt{2})}^{2}} = 3\sqrt{11} \right.$.

Khoảng cách cần tính:

$d(SD,CH) = \dfrac{\left| \overset{\rightarrow}{n} \cdot \overset{\rightarrow}{SH} \right|}{\left| \overset{\rightarrow}{n} \right|} = \dfrac{\left| {3\sqrt{2} \cdot 0 + ( - 3) \cdot 0 + \left( {- 6\sqrt{2}} \right).\left( {- \sqrt{3}} \right)} \right|}{3\sqrt{11}} = \dfrac{2\sqrt{66}}{11} \approx 1,48$.

Đổi các kích thước từ cm sang m. Xác định tọa độ điểm C và đỉnh S.

Tìm giao điểm $H(a;b;c)$ của đường thẳng SC với mặt phẳng Oxy.

Ta có OM = 900 cm = 9 m.

OK = 1200 cm = 12 m.

OA = 450 cm = 4,5 m.

$\left. \Rightarrow C(9;12;4,5) \right.$.

Hình chóp S.ABCD có các cạnh bên bằng nhau nên hình chiếu của S lên mặt phẳng $(ABCD)$ là tâm I của hình chữ nhật ABCD.

Có $I(4,5;6;4,5)$.

Chiều cao ngôi nhà là $600\text{cm} = 6\text{m}$, do đó $z_{S} = 6$.

$\left. \Rightarrow S(4,5;6;6) \right.$$\left. \Rightarrow\overset{\rightarrow}{SC} = (4,5;6; - 1,5) \right.$.

Phương trình đường thẳng SC: $\{\begin{array}{l}x=4,5+4,5t\\ y=6+6t\\ z=6-1,5t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 4,5 + 4,5t} \\ {y = 6 + 6t} \\ {z = 6 - 1,5t} \end{array} \right.$ .

Có $H(a;b;c) \in SC$ và $\left. z_{H} = 0\Rightarrow c = 0 \right.$.

Thay $z = 0$ vào phương trình đường thẳng SC: $\left. 6 - 1,5t = 0\Rightarrow t = 4 \right.$.

Với $t = 4$, ta có: $a = 4,5 + 4,5.4 = 22,5$; $b = 6 + 6.4 = 30$.

Suy ra $H(22,5;30;0)$.

Vậy $a + b + c = 22,5 + 30 + 0 = 52,5$.

Xác định bài toán là việc phân chia 8 phần tử phân biệt vào 3 nhóm có phân biệt thứ tự (mỗi lĩnh vực là một nhóm và thứ tự trong nhóm chính là thứ hạng).

Xếp 8 học sinh thành một hàng có thứ tự, sau đó dùng 2 vách ngăn để chia hàng đó thành 3 phần. Chú ý mỗi lĩnh vực có thể có 0, 1 hoặc nhiều học sinh, nên 2 vách ngăn có thể đứng ở bất kỳ vị trí nào.

Số lượng học sinh là 8, số lĩnh vực kiến thức là 3.

Số cách xếp 8 học sinh này vào các vị trí thứ hạng trong 3 lĩnh vực tương ứng với số cách sắp xếp 8 học sinh và 2 vách ngăn (để chia làm 3 phần) trên một hàng ngang.

Tổng số vị trí cần xếp là $8 + 2 = 10$ vị trí.

Số cách chọn 2 vị trí cho vách ngăn trong 10 vị trí là $C_{10}^{2}$ cách.

Với mỗi cách đặt vách ngăn, có 8! cách hoán vị 8 học sinh vào các vị trí còn lại để tạo ra các thứ hạng khác nhau.

Vậy tổng số cách xếp hạng là $T = 8! \cdot C_{10}^{2} = 1814400$.

Giá trị của biểu thức: $\dfrac{T}{350} = \dfrac{1814400}{350} = 5184$.

Tính thể tích quả cầu $V_{C} = \dfrac{4}{3}\pi R^{3}$.

Xác định phần bị đục bỏ gồm một khối trụ và hai chỏm cầu.

Tính thể tích khối trụ $V_{T} = \pi r^{2} \cdot 2h$.

Thể tích hai chỏm cầu $V_{CC} = 2 \cdot \pi k^{2}\left( {R - \dfrac{k}{3}} \right)$ với $k$ là chiều cao chỏm cầu.

Thể tích còn lại $V = V_{C} - (V_{T} + V_{CC})$.

Ta có $R = OA = 15$ cm, $r = IA = 9$ cm.

$\left. \Rightarrow h = OI = \sqrt{R^{2} - r^{2}} = \sqrt{15^{2} - 9^{2}} = 12 \right.$ cm.

Thể tích quả cầu ban đầu: $V_{C} = \dfrac{4}{3}\pi \cdot 15^{3} = 4500\pi$$cm^{3}$.

Thể tích khối trụ có chiều cao $2h = 2.12 = 24$, bán kính $r = 9$:

$V_{T} = \pi.9^{2}.24 = 1944\pi$ $cm^{3}$.

Mỗi chỏm cầu bị đục đi có chiều cao $k = R - h = 15 - 12 = 3$ cm.