Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 18
22 câu hỏi
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Với \(a,b\) là các tham số thực thì giá trị tích phân \(I = \int\limits_0^b {\left( {3{x^2} - 2ax - 1} \right){\rm{d}}x} \) bằng\({b^3} - b{a^2} - b\).
\({b^3} + {b^2}a + b\).
\({b^3} - {b^2}a - b\).
\(3{b^2} - 2ab - 1\).
\(V = \frac{{12\pi }}{5}.\)
\(V = \frac{{12}}{5}\).
\(V = \frac{{\sqrt 3 \pi }}{{12}}.\)
\(V = \frac{{\sqrt 3 }}{{12}}.\)
Dũng là học sinh rất giỏi chơi rubik, bạn có thể giải nhiều loại khối rubik khác nhau. Trong một lần luyện tập giải khối rubik \(3 \times 3\), bạn Dũng đã tự thống kê lại thời gian giải rubik trong 25 lần giải liên tiếp ở bảng sau:
Thời gian giải rubik (giây) | \(\left[ {8;10} \right)\) | \(\left[ {10;12} \right)\) | \(\left[ {12;14} \right)\) | \(\left[ {14;16} \right)\) | \(\left[ {16;18} \right)\) |
Số lần | 4 | 6 | 8 | 4 | 3 |
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là:
\(10,75\).
\(1,75\).
\(3,63\).
\(14,38\).
Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là \(\frac{{{x_{19}} + {x_{20}}}}{2} \in \left[ {14;16} \right)\), do đó tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là: \({Q_3} = 14 + \frac{{\frac{{3.25}}{4} - \left( {4 + 6 + 8} \right)}}{4}.\left( {16 - 14} \right) = 14,375\).
Vậy khoảng tứ phân vị vủa mẫu số liệu ghép nhóm là: \({\Delta _Q} = 14,375 - 10,75 = 3,625 \approx 3,63\).
\(\left( {3;\,0;\, - 1} \right)\).
\(\left( {0;\,1;\,0} \right)\).
\(\left( {3;\,0;\,0} \right)\).
\(\left( {0;\,0;\, - 1} \right)\).
\[y = 2\].
\[x = 1\].
\[y = 1\].
\[y = 0\].
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{2}{{x - 1}} = 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{2}{{x - 1}} = 0\end{array} \right.\) nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là \(y = 0\).
\[x = 3\].
\[x = \frac{3}{2}\].
\[x = - 3\].
\[x = 6\].
Ta có \({\log _2}\left( {2x - 3} \right) = {\log _2}\left( {6 - x} \right)\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 3 = 6 - x\\6 - x > 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\x < 6\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\x < 6\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow x = 3\).
\[ - 2\].
\[ - 4\].
\( - 3\).
\[2\].
Gọi \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng \(AB\)
\( \Rightarrow \) \(\left( \alpha \right)\) đi qua trung điểm \(M\) của đoạn thẳng \(AB\) và vuông góc với đường thẳng \(AB\).
Ta có \(M\left( {2;1;0} \right)\) và \(\overrightarrow {AB} = \left( {2;8; - 4} \right)\), ta chọn 1 vectơ pháp tuyến của \(\left( \alpha \right)\) là \(\vec n = \left( {1;4; - 2} \right)\).
Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua \(M\left( {2;1;0} \right)\) và nhận \(\vec n = \left( {1;4; - 2} \right)\) làm vecto pháp tuyến là
\(1\left( {x - 2} \right) + 4\left( {y - 1} \right) - 2\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 4y - 2z - 6 = 0\).
Suy ra \(a = 4,\,b = - 2,\,c = - 6\) nên do đó \(a + b + c = 4 + \left( { - 2} \right) + \left( { - 6} \right) = - 4\).
\[90^\circ \].
\[60^\circ \].
\[30^\circ \].
\[45^\circ \].
Đáp án đúng là B
Ta có:
\(3\).
\(1\).
\(2\).
Vô số.
Ta có: \({\left( {\frac{1}{3}} \right)^{{x^2} - 4}} \ge 27 \Leftrightarrow - {x^2} + 4 \ge 3 \Leftrightarrow - 1 \le x \le 1\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left\{ { - 1;0;1} \right\}\) nên chứa ba số nguyên.
\(6\).
\(3\).
\(12\).
\( - 6\).
Công sai của cấp số cộng đã cho là \(d = {u_2} - {u_1} = 9 - 3 = 6\)
Vậy công sai là \(6\).
\(\left( { - 1;\, - 1;\, - 3} \right)\).
\(\left( {3;\,1;\,1} \right)\).
\(\left( {1;\,1;\,3} \right)\).
\(\left( {3;\,3;\, - 1} \right)\).
Vec tơ \(\overrightarrow {AB} = \left( {2 - 1;\,2 - 1;\,1 + 2} \right) = \left( {1;\,1;\,3} \right)\).
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như hình vẽ:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau:
\(\left( { - \infty ;\, - 1} \right)\).
\(\left( { - 3;\,1} \right)\).
\(\left( {1;\, + \infty } \right)\).
\(\left( { - 1;\,3} \right)\).
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2}}}{{x - 1}}\) có đồ thị là \(\left( C \right)\)
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;\,2} \right)\)
Giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) là \(I\left( {1;\,2} \right)\)
Giá trị cực đại của hàm số lớn hơn giá trị cực tiểu
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(\left( C \right)\), đường tiệm cận xiên và hai đường thẳng \(x = 2;\,\,x = e + 1\) bằng \(1\)(đvdt)
Xét mệnh đề a)
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\) và có đạo hàm: \(y' = f'\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)
Bảng biến thiên:
Trên đoạn \(\left( {0;\,2} \right)\) thì hàm số không xác định tại \(x = 1\) nên hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;\,1} \right)\) và \(\left( {1;\,2} \right)\) nên mệnh đề a) sai
Xét mệnh đề b)
Ta có: \(y = f\left( x \right) = x + 1 + \frac{1}{{x - 1}}\) có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = 1\) và tiệm cận xiên là đường thẳng \(y = x + 1\) nên tâm đối xứng của đồ thị hàm số là \(I\left( {1;\,2} \right)\) nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Giá trị cực đại của hàm số là và giá trị cực tiểu của hàm số là \({y_{CT}} = 4\) suy ra nên mệnh đề c) sai
Xét mệnh đề d)
Diện tích hình phẳng cần tính là: \(S = \int\limits_2^{e + 1} {\left| {\frac{{{x^2}}}{{x - 1}} - \left( {x + 1} \right)} \right|{\rm{d}}x = 1} \) nên mệnh đề d) đúng
Quãng đường chiếc xe thể thao đi được trong \(5\) giây đầu tiên (trước khi xe CSGT xuất phát) là \(62,5\) mét
Biểu thức tính quãng đường xe CSGT đi được sau \(T\)giây kể từ lúc xuất phát là \[{S_2} = 1,2{T^2}\](m)
Xe CSGT mất \(10\) giây kể từ lúc xuất phát để đuổi kịp chiếc xe thể thao
Quãng đường xe CSGT truy đuổi và tóm gọn chiếc xe vi phạm là \(150\)mét
Xét mệnh đề a)
Thời gian tính từ lúc xe 1 qua chốt là \(t \in \left[ {0;5} \right]\)
Quãng đường xe đi được: \({S_1} = \int\limits_0^5 {\left( {10 + t} \right){\rm{d}}t} = 62,5\)(m) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Quãng đường xe 2 đi được sau thời gian \(T\) (kể từ lúc nó lăn bánh):
\({S_2} = \int\limits_0^T {3,6{t^2}} {\rm{d}}t = 1,2{T^3}\) nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c)
Gọi \(T\) là thời gian xe CSGT đi chuyển cho đến khi đuổi kịp.
Khi đó, xe thể thao đã di chuyển được khoảng thời gian là \(T + 5\)(giây)
Hai xe gặp nhau: \({S_1} = {S_2} \Leftrightarrow 1,2{T^3} = 10\left( {T + 5} \right) + \frac{1}{2}{\left( {T + 5} \right)^2} \Rightarrow T = 5\)nên mệnh đề c) sai
Xét mệnh đề d)
Quãng đường xe CSGT: \({S_2} = {1,2.5^3} = 150\)(m) nên mệnh đề d) đúng
Xác suất để chọn được một sản phẩm do phân xưởng I sản xuất và bị lỗi là 2%
Tỷ lệ phế phẩm chung của toàn nhà máy là 3,5%
Nếu kiểm tra thấy sản phẩm được chọn là phế phẩm, thì khả năng sản phẩm đó do phân xưởng II sản xuất cao hơn phân xưởng I
Biết rằng sản phẩm được chọn là chính phẩm, xác suất để sản phẩm đó do phân xưởng I sản xuất là 98%
Gọi \(A\)là biến cốSản phẩm do phân xưởng I sản suất.
Gọi \(B\)là biến cốSản phẩm đó là phế phẩm
Theo đề bài, ta có các dữ kiện sau: \(P\left( A \right) = 0,6 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0,4\)
\(P\left( {B|A} \right) = 2\% = 0,02 \Rightarrow P\left( {\overline B |A} \right) = 1 - 0,02 = 0,98\)
\(P\left( {B|\overline A } \right) = 5\% = 0,05 \Rightarrow P\left( {\overline B |\overline A } \right) = 1 - 0,05 = 0,95\)
Xét mệnh đề a)
Xác suất để chọn được một sản phẩm do phân xưởng I sản xuất và bị lỗi là:
\(P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) = 0,6.0,02 = 0,012\)nên mệnh đề a) sai
Xét mệnh đề b)
Ta có: \(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = 0,6.0,02 + 0,4.0,05 = 0,032 = 3,2\% \)nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c)
Nếu kiểm tra thấy sản phẩm được chọn là phế phẩm, xác suất sản phẩm đó do phân xưởng I sản xuất là: \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,012}}{{0,032}} = \frac{3}{8}\)
Nếu kiểm tra thấy sản phẩm được chọn là phế phẩm, xác suất sản phẩm đó do phân xưởng II sản xuất là: \(P\left( {\overline A |B} \right) = \frac{{P\left( {\overline A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,4.0,05}}{{0,032}} = \frac{5}{8}\)
Vì xác suất của \[P\left( {\overline A |B} \right) > P\left( {A|B} \right)\]nên sản phẩm lỗi ở phân xưởng II là cao hơn nên mệnh đề c) đúng.
Xét mệnh đề d)
Xác suất chọn được chính phẩm của toàn bộ nhà máy là: \(P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,032 = 0,968\)
Biết rằng sản phẩm được chọn là chính phẩm, xác suất để sản phẩm đó do phân xưởng I sản xuất là: \(P\left( {A\backslash \overline B } \right) = \frac{{P\left( {A \cap \overline B } \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{P\left( A \right).P\left( {\overline B |A} \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{0,6.0,98}}{{0,968}} = \frac{{147}}{{242}} \approx 60,7\% \)nên mệnh đề d) sai
Thành phần vận tốc tên lửa bay theo hướng Bắc gắp \(\sqrt 2 \)lần thành phần vận tốc bay theo hướng Đông
Gọi \(\alpha \) là góc hợp bởi hình chiếu quỹ đạo bay của tên lửa trên mặt đất và hướng Đông thì \(\tan \alpha = \sqrt 2 \)
Quãng đường tên lửa bay được trong giây thứ \(10\) là \(240\) mét
Tại thời điểm \(t = 5\) giây, tên lửa đang ở độ cao \(300\) mét so với mặt đất
Tên lửa tạo với hướng Đông: \[\cos 60^\circ = \frac{{{u_1}.1}}{{\sqrt {u_1^2 + u_2^2 + u_3^2} .\sqrt 1 }} = {u_1} = \cos 60^\circ \]
Tên lửa tạo với hướng Bắc: \[\cos 45^\circ = \frac{{{u_2}.1}}{{\sqrt {u_1^2 + u_2^2 + u_3^2} .\sqrt 1 }} = {u_2} = \cos 45^\circ \]
Tên lửa tạo với hướng thẳng đứng:\[\cos 60^\circ = \frac{{{u_3}.1}}{{\sqrt {u_1^2 + u_2^2 + u_3^2} .\sqrt 1 }} = {u_3} = \cos 60^\circ \]
Vậy \(\vec u = \left( {\cos 60^\circ ;\cos 45^\circ ;\cos 60^\circ } \right) = \left( {\frac{1}{2};\frac{{\sqrt 2 }}{2};\frac{1}{2}} \right)\)
Thành phần vận tốc hướng Đông: \({v_x} = v\left( t \right).{u_1} = v\left( t \right).\frac{1}{2}\)
Thành phần vận tốc hướng Bắc: \({v_y} = v\left( t \right).{u_2} = v\left( t \right).\frac{{\sqrt 2 }}{2}\)
Tỉ số \(\frac{{{v_y}}}{{{v_x}}} = \frac{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}}{{\frac{1}{2}}} = \sqrt 2 \)nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Hình chiếu của vectơ hướng \(\overrightarrow u \)lên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\)là \[\overrightarrow {u'} = \left( {\frac{1}{2};\frac{{\sqrt 2 }}{2};0} \right)\]
\(\cos \alpha = \frac{{\frac{1}{2}.1}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} .\sqrt 1 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \tan \alpha = \sqrt 2 \)nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Ta có : \[S = 1500 = \int\limits_0^{10} {\left( {at + 50} \right){\rm{d}}t} = \left. {\frac{{a{t^2}}}{2} + 50t} \right|_0^{10} = \frac{{a{{.10}^2}}}{2} + 50.10 \Rightarrow a = 20\left( {m/{s^2}} \right)\]
Vậy \(v\left( t \right) = 20t + 50\)
Quãng đường trong giây thứ \(10\) là\(S = \int\limits_9^{10} {\left( {20t + 50} \right){\rm{d}}t} = 240\)(m) nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Quãng đường đi được từ lúc bắt đầu tới \(t = 5\)là: \(S = \int\limits_0^5 {\left( {20t + 50} \right){\rm{d}}t} = 500\)(m)
Độ cao tại thời điểm \(t = 5\)là: \[z\left( 5 \right) = {z_A} + s.{u_3} = 0 + 500.\frac{1}{2} = 250\](m) nên mệnh đề d) sai
Cho hình chóp đều \(S.ABCD\)có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh bằng \(1\) và cạnh bên \(SA = 2\). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SD\) và \(AB\). (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)
Nhận thấy hai đường thẳng \(SD\) và \(AB\) chéo nhau.
Gọi \(M,N,O\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\;CD,AC\).
Do \(\left\{ \begin{array}{l}AB\parallel CD\\CD \subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB\parallel \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {AB,SD} \right) = d\left( {M,\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SAD} \right)} \right)\).
Trong \(\left( {SOM} \right)\) kẻ\(MH \bot SM,\left( {H \in SM} \right)\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OH \bot SM\\OH \bot CD\;\left( {Do\;CD \bot \left( {SOM} \right),OH \subset \left( {SOM} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH\).
Tam giác \(SOM\)vuông tại \(O\)\( \Rightarrow \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{S^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{\frac{{7{a^2}}}{2}}} + \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{4}}} = \frac{{30}}{{7{a^2}}}\)
Khi đó .
Đặt hệ trục như hình vẽ
Thể tích khối lặp phương có cạnh bằng \(10\)cm là: \({V_1} = {10^3} = 1000\)(cm3)
Tổng chiều cao của đồ lưu niệm là \(17\) cm, phần khối lập phương cao \(10\) cm
Do đó, chiều cao của chỏm cầu là: \(h = 17 - 10\)
Gọi \(A\)là giao điểm của khối cầu và khối lập phương. Suy ra \({x_A} = 2\)
Phương trình khối cầu: \[{x^2} + {y^2} = {5^2} \Rightarrow {y^2} = 25 - {x^2}\]
Thể tích khối chỏm cầu là: \({V_2} = \pi \int\limits_{ - 5}^2 {\left( {25 - {x^2}} \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{{392\pi }}{3}\)(cm3)
Tổng thể tích của đồ lưu niệm: (cm3)
Tọa độ quả bóng bay thứ nhất và thứ hai lần lượt là: \(A\left( {200;\, - 200;\,50} \right)\) và \(B\left( { - 100;\,100;\,40} \right)\)
Minh họa như sau:
Bài toán trở về khi \(MA + MB\) là nhỏ nhất thì ta cần tính \(OM\).
Gọi \(H\) là hình chiếu của điểm \(B\) xuống mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) và \(B'\) là điểm đối xứng của \(B\) qua mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).
Khi đó \(H\left( { - 100;\,100;\,0} \right)\) suy ra \(B'\left( { - 100;\,100;\, - 40} \right)\)
Ta có: \(MA + MB = MA + MB' \ge AB'\). Dấu bằng xảy ra khi \(M \equiv {M_0}\left( {a;\,b;\,0} \right)\)
Khi đó: \(\overrightarrow {A{M_0}} = \left( {a - 200;\,b + 200;\, - 50} \right)\); \(\overrightarrow {AB'} = \left( { - 300;\,300;\, - 90} \right)\)
Do \(\overrightarrow {A{M_0}} \parallel \overrightarrow {AB'} \) nên \(\frac{{a - 200}}{{ - 300}} = \frac{{b + 200}}{{300}} = \frac{5}{9} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \frac{{100}}{3}\\b = - \frac{{100}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow {M_0}\left( {\frac{{100}}{3};\, - \frac{{100}}{3};\,0} \right)\)
Vậy \(O{M_0} = \sqrt {{{\left( {\frac{{100}}{3}} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{{100}}{3}} \right)}^2} + {0^2}} \approx 47\) nên khoảng cách từ vị trí người quan sát đến địa điểm thả hai quả bóng bay này khoảng mét.
Điểm \(M \in \left( {{C_1}} \right):y = {a^x}\)
Ta có: \(\frac{1}{2} = {a^{{x_M}}} \Rightarrow {x_M} = - {\log _a}2\) nên \(M\left( { - {{\log }_a}2;\frac{1}{2}} \right)\)
Điểm \(N \in \left( {{C_2}} \right):y = {\log _b}x\)
Ta có: \(\frac{1}{2} = {\log _b}{x_N} \Rightarrow {x_N} = \sqrt b \) nên \(N\left( {\sqrt b ;\frac{1}{2}} \right)\)
Hệ số góc tiếp tuyến tại \(M:y' = {\left( {{a^x}} \right)^\prime } = {a^x}\ln a \Rightarrow {k_M} = {a^{{x_M}}}\ln a = \frac{1}{2}\ln a\)
Hệ số góc tiếp tuyến tại \(N:y' = {\left( {{{\log }_b}x} \right)^\prime } = \frac{1}{{x.\ln b}} \Rightarrow {k_N} = \frac{1}{{\sqrt b .\ln b}}\)
Theo đề bài ta có : \({k_M}.{k_N} = \frac{1}{2}\ln a.\frac{1}{{\sqrt b .\ln b}} = \frac{1}{{16}} \Rightarrow \frac{{\ln a}}{{\ln b}} = \frac{{\sqrt b }}{8}\left( 1 \right)\)
Mặt khác, điểm \(H\) là trung điểm của \(MN \Leftrightarrow \left| {{x_M}} \right| = {x_N} \Leftrightarrow {\log _a}2 = \sqrt b \Rightarrow \frac{{\ln 2}}{{\ln a}} = \sqrt b \left( 2 \right)\)
Lấy \(\left( 1 \right).\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left( {\frac{{\ln a}}{{\ln b}}} \right).\left( {\frac{{\ln 2}}{{\ln a}}} \right) = \frac{{\sqrt b }}{8}.\sqrt b \Rightarrow b = 4\). Thay \(b = 4\)vào \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \sqrt 4 = {\log _a}2 \Rightarrow a = \sqrt 2 \)
Tổng thể tích khối bê tông cần sử dụng là:
| D |
|
|
D | H | 2 | 6 |
| 2 |
|
|
| 6 |
|
|
Số phần tử không gian mẫu
Xếp \(9\) ký tự vào \(16\)ô vuông (trong đó có kí tự \(T\)lập lại): \(n\left( \Omega \right) = C_{16}^9.\frac{{9!}}{{2!}}\)(cách)
Gọi \(A\) là biến cố “Dải kí tự DH26 xuất hiện liền kề nhau theo đúng thứ tự từ trái qua phải trên cùng một hàng hoặc từ trên xuống dưới trên cùng một cột”
Dải “DH26” gồm 4 kí tự liên tiếp.
Do lưới có kích thước\(4 \times 4\), dải này sẽ phải chiếm trọn vẹn một hàng hoặc một cột
- Xếp “DH26” nằm ngang (từ trái qua phải) có \(4\) cách (tương ứng với 4 hàng)
- Xếp “DH26” nằm dọc (từ trên xuống dưới) có \(4\) cách (tương ứng với 4 cột)
Tổng số cách xếp là: \(4 + 4 = 8\)(cách)
Sau khi đã cố định dải “DH26” (chiếm 4 ô và 4 kí tự), ta cần xếp các kí tự còn lại:
- Số ô còn trống là: \(16 - 8 = 12\)ô
- Số kí tự còn lại:\(9 - 4 = 5\) kí tự
Xếp 5 kí tự này vào 12 ô trống (trong đó có kí tự \(T\)lập lại): \(C_{12}^5.\frac{{5!}}{{2!}} = 47520\)
Số kết quả thuận lợi của biến cố \(A\)là : \(n\left( A \right) = 8.C_{12}^5.\frac{{5!}}{{2!}} = 380160\)
Xác suất cần tính là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{380160}}{{2075673600}} = \frac{1}{{5460}}\)
Gọi \(A\)là biến cố “Cuộc gọi rác”
Gọi \(B\)là biến cố “Điện thoại đổ chuông”
Từ đề bài ta có : \(P\left( A \right) = 0,1 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0,99\)
Xác suất để một cuộc gọi rác vượt qua được cả hai ứng dụng:\(P\left( {B|A} \right) = \left( {1 - 0,8} \right).\left( {1 - 0,7} \right) = 0,06\)
Xác suất để một cuộc gọi đúng vượt qua được cả hai ứng dụng:
\(P\left( {B|\overline A } \right) = \left( {1 - 0,01} \right).\left( {1 - 0,02} \right) = 0,9702\)
Tính xác suất điện thoại đổ chuông:
\(P\left( B \right) = P\left( A \right)P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right)P\left( {B|\overline A } \right) = 0,1.0,06 + 0,9.0,9702 = 0,87918\)
Xác suất cuộc gọi đó là cuộc gọi đúng khi biết điện thoại đổ chuông:
