Đề tham khảo ĐGNL V-SAT môn Toán 2026 (Đề 5)

Ta có bảng sau:

Giá trị trung bình của bảng số liệu là: \[\overline x = \frac{{5,5 \cdot 2 + 6,5 \cdot 3 + 7,5 \cdot 8 + 8,5 \cdot 15 + 9,5 \cdot 12}}{{40}} = 8,3\]. Chọn A.

Từ bảng số liệu ta thấy, số học sinh có điểm lớn hơn hoặc bằng 8 của cả lớp là 27 học sinh, trong đó có 8 học sinh trong Câu lạc bộ Toán.

Số phần tử của không gian mẫu là \[C_{27}^6\].

Số phần tử của biến cố “có đúng 2 em của Câu lạc bộ Toán học được chọn” là \[C_8^2 \cdot C_{19}^4\].

Vậy xác suất của biến cố “có đúng 2 em của Câu lạc bộ Toán học được chọn” là:

\[P = \frac{{C_8^2 \cdot C_{19}^4}}{{C_{27}^6}} \approx 0,3666\]. Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu là \[{P_8} = 8!\].

Cách 1: Gọi biến cố \[N\] là biến cố “không có 2 học sinh nữ nào đứng cạnh nhau” thì ta có \[\overline N \] là biến cố “có ít nhất 2 học sinh nữ đứng cạnh nhau”.

Sau đây ta đếm số phần tử của \[\overline N \], với giả sử 3 bạn nữ là A, B, C.

Trường hợp 1: Ba bạn A, B, C đứng cạnh nhau: \(6!\, \cdot 3! = 4\,320\).

Trường hợp 2: Chỉ có 2 bạn đứng cạnh nhau (= 1 bạn “bạn kép”):

+) Chọn 2 bạn trong 3 bạn và xếp vào cũng một vị trí: \(C_3^2 \times 2! = 6\).

+) Xếp “bạn kép” đó vào 7 vị trí:

Nếu “bạn kép” đứng ở 2 đầu: Có \(2 \times \left( {1 \times 5 \times 5!} \right) = 1200\).

Nếu “bạn kép” không đứng hai đầu: Có \(5 \times \left( {1 \times 4 \times 5!} \right) = 2400\).

Vậy \[P\left( N \right) = 1 - P\left( {\overline N } \right) = 1 - \frac{{4320 + 6(1200 + 2400)}}{{8!}} = \frac{5}{{14}}\].

Cách 2: Số cách xếp \(8\) học sinh thành một hàng ngang: \({P_8} = 8!\).

Xếp \(5\) học sinh nam vào \(5\) vị trí có \(5!\) cách.

Khi xếp \(5\) học sinh nam vào \(5\) vị trí tạo thành \(6\) khoảng trống. Số cách xếp \(3\) học sinh nữ vào \(6\) khoảng trống là \(A_6^3\). Xác suất cần tìm là \(\frac{{5!\, \times A_6^3}}{{8!}} = \frac{5}{{14}}\). Chọn D.

Thời gian tính từ lúc xe thể thao qua chốt là \(t \in \left[ {0;5} \right]\).

Quãng đường xe đi được: \(S = \int\limits_0^5 {\left( {10 + t} \right){\rm{d}}t} = 62,5\) (m). Chọn B.

Gọi \(T\) là thời gian xe CSGT di chuyển cho đến khi đuổi kịp.

Khi đó, xe thể thao đã di chuyển được khoảng thời gian là \(T + 5\) (giây).

Quãng đường xe CSGT đi được sau thời gian \(T\) (kể từ lúc nó lăn bánh) là: \({S_2} = \int\limits_0^T {3,6{t^2}} {\rm{d}}t = 1,2{T^3}\).

Quãng đường xe thể thao đi được sau thời gian \(T + 5\) (kể từ lúc nó lăn bánh) là:

\({S_1} = \int\limits_0^{T + 5} {\left( {10 + t} \right){\rm{d}}t} = 10\left( {T + 5} \right) + \frac{1}{2}{\left( {T + 5} \right)^2}\).

Hai xe gặp nhau: \({S_1} = {S_2} \Leftrightarrow 1,2{T^3} = 10\left( {T + 5} \right) + \frac{1}{2}{\left( {T + 5} \right)^2} \Rightarrow T = 5\) (giây). Chọn C.

Quãng đường xe CSGT truy đuổi và tóm gọn chiếc xe vi phạm là: \({S_2} = 1,2 \cdot {5^3} = 150\) (m). Chọn A.

Vì \(AB\) // \(A'B'\) nên \(\left( {AB,A'C'} \right) = \left( {A'B',A'C'} \right) = \widehat {B'A'C'} = 45^\circ {\rm{. }}\)

Khi đó góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(A'C'\) bằng \(45^\circ \). Vậy \(\tan \left( {AB,A'C'} \right) = \tan 45^\circ = 1\).

Vì \(CC' \bot \left( {A'B'C'D'} \right)\) nên \(\left( {A'C,\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = \widehat {C'A'C} = \alpha \).

Xét tam giác vuông \(A'C'C\) có \(\tan \widehat {C'A'C} = \frac{{C'C}}{{C'A'}} = \frac{a}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\)

Suy ra \(\tan \alpha = \tan \widehat {C'A'C} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Gọi \(O'\) là giao điểm của \(A'C'\) và \(B'D'\). Vì tam giác \(A'BC'\) đều nên \(BO' \bot A'C'\).

Mà \(B'O' \bot A'C'\). Suy ra số đo góc nhị diện \(\left[ {B,A'C',B'} \right]\) bằng \(\widehat {B'O'B} = \beta \).

Xét tam giác vuông \(B'O'B\) có \[\tan \widehat {B'O'B} = \frac{{B'B}}{{B'O'}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 2 \]. Vậy \(\tan \beta = \sqrt 2 \).

Vì \(B'D' \bot \left( {A'C'C} \right)\) nên \(B'D' \bot A'C\). Do \(AD' \bot \left( {A'DC} \right)\) nên \(AD' \bot A'C\).

Suy ra \(A'C \bot \left( {AB'D'} \right)\).

Gọi \(H\) là giao điểm của \(A'C\) và \(\left( {AB'D'} \right)\). Khi đó, số đo góc nhị diện \[\left[ {B',A'C,D'} \right]\] bằng \(\widehat {B'HD'}\).

Vì tứ diện \(A'D'B'A\) có \(A'B' = A'D' = A'A\) mà \(A'H \bot \left( {AB'D'} \right)\) nên \(HA = HB' = HD'\), suy ra \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \(AB'D'\). Suy ra \(\widehat {B'HD'} = 120^\circ \). Ta có \(\tan 120^\circ = - \sqrt 3 \).

Vậy tang của góc nhị diện \(\left[ {B',A'C,D'} \right]\) bằng \( - \sqrt 3 \).

Đáp án: 1 – C; 2 – F; 3 – D; 4 – A.

Ta có \[\overrightarrow {AB} = \left( {1;1;1} \right);\,\overrightarrow {AC} = \left( {0;3;2} \right)\].

Vectơ pháp tuyến của \[\left( {ABC} \right)\] là \[\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 1; - 2;3} \right)\].

Phương trình mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\] là: \[ - 1\left( {x - 1} \right) - 2\left( {y + 2} \right) + 3z = 0\] hay \[x + 2y - 3z + 3 = 0\].

Vectơ pháp tuyến của \[\left( \alpha \right)\] là \[\overrightarrow n = \,\overrightarrow {BC} = \left( { - 1;2;1} \right)\].

Phương trình mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\] là: \[ - 1\left( {x - 1} \right) + 2\left( {y + 2} \right) + 1z = 0\] hay \[x - 2y - z - 5 = 0\].

Ta có trung điểm của đoạn \[AC\] là \[M\left( {1;\frac{{ - 1}}{2};1} \right)\].

Vectơ pháp tuyến của \[\left( \beta \right)\] là \[\overrightarrow n = \,\overrightarrow {AC} = \left( {0;3;2} \right)\].

Phương trình mặt phẳng \[\left( \beta \right)\] là: \[0\left( {x - 1} \right) + 3\left( {y + \frac{1}{2}} \right) + 2\left( {z - 1} \right) = 0\] hay \[6y + 4z - 1 = 0\].

Ta có \[\overrightarrow i = \left( {1;0;0} \right);\,\overrightarrow {OC} = \left( {1;1;2} \right)\].

Vectơ pháp tuyến của \[\left( \gamma \right)\] là \[\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow i ,\overrightarrow {OC} } \right] = \left( {0; - 2;1} \right)\].

Phương trình mặt phẳng \[\left( \gamma \right)\] là: \[0x - 2y + 1z = 0\] hay \[2y - z = 0\].

Đáp án: 1 – B; 2 – C; 3 – D; 4 – F.

Đường thẳng \(\Delta \) có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {2; - 1;2} \right)\).

Để tìm tọa độ điểm \(H\) là hình chiếu của \(A\left( {1;\,\, - 2;\,\, - 5} \right)\) trên \(\Delta \), ta có thể làm theo các cách sau:

Cách 1: Vì \(H \in \Delta \) nên \(H\left( {1 + 2t;\,\, - 1 - t;\,2t} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AH} = \left( {2t;\,\,1 - t;\,\,2t + 5} \right).\)

Điểm \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(\Delta \) nên \(\overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {{u_\Delta }} = 0,\) hay

\[2 \cdot \left( {2t} \right) - 1 \cdot \left( {1 - t} \right) + 2 \cdot \left( {2t + 5} \right) = 0 \Leftrightarrow t = - 1 \Rightarrow H\left( { - 1;\,0;\, - 2} \right).\]

Vậy điểm cần tìm là \(H\left( { - 1;\,\,0;\,\, - 2} \right)\).

Cách 2: Gọi \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng qua \(A\left( {1;\,\, - 2;\,\, - 5} \right)\) và vuông góc với \(\Delta \).

Ta có một vectơ pháp tuyến của \(\left( \alpha \right)\) là \(\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {2;\,\, - 1;\,\,2} \right)\) nên \(\left( \alpha \right):\,\,\,2x - y + 2z - 6 = 0.\)

Điểm \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(\Delta \) thì \(H = \left( P \right) \cap \Delta \Rightarrow H\left( { - 1;\,0;\,\, - 2} \right)\).

Vì ba điểm \(A,\,A',\,H\) thẳng hàng và \(AA' = 2AH\) nên có hai trường hợp

TH1: \(\overrightarrow {AA'} = 2\overrightarrow {AH} ,\) khi đó \(H\) là trung điểm \(AA'\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_{A'}} = 2{x_H}\\{y_A} + {y_{A'}} = 2{y_H}\\{z_A} + {z_{A'}} = 2{z_H}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = 2{x_H} - {x_A}\\{y_{A'}} = 2{y_H} - {y_A}\\{z_{A'}} = 2{z_H} - {z_A}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = - 3\\{y_{A'}} = 2\\{z_{A'}} = 1\end{array} \right..\)

Vậy \(A'\left( { - 3;\,\,2;\,\,1} \right)\).

TH2: \(\overrightarrow {AA'} = - 2\overrightarrow {AH} ,\) khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} - 1 = - 2 \cdot \left( { - 2} \right)\\{y_{A'}} + 2 = - 2 \cdot 2\\{z_{A'}} + 5 = - 2 \cdot 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = 5\\{y_{A'}} = - 6\\{z_{A'}} = - 11\end{array} \right. \Rightarrow A'\left( {5;\, - 6;\, - 11} \right).\)

Vậy có hai điểm thỏa mãn là \(A'\left( { - 3;\,\,2;\,\,1} \right)\) hoặc \(A'\left( {5;\, - 6;\, - 11} \right).\)

Gọi \(d\) là đường thẳng đi qua \(B\left( {1;\,\, - 1;\,\,2} \right)\) và \(d \bot \left( P \right),\) khi đó một vectơ phương của \(d\) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\). Ta có \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {2;\, - 1;\,\,2} \right)\) nên \(d:\,\,\,\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 2}}{2}.\)

Điểm \(K\) là hình chiếu của \(B\) trên \(\left( P \right)\) thì \(K = d \cap \left( P \right),\) nên tọa độ \(K\) là nghiệm của hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 2}}{2}\\2x - y + 2z + 11 = 0\end{array} \right. \Rightarrow K\left( { - 3;\,\,1;\, - 2} \right).\)

Điểm \(B'\) đối xứng với \(B\) qua \(\left( P \right)\) khi \(K\) là trung điểm của \(BB'\) nên tọa độ điểm \(B'\) cần tìm là \(B'\left( { - 7;\,3;\,\, - 6} \right)\).

Đáp án: 1 – D; 2 – C; 3 – B; 4 – F.

Gọi biến cố \(A\): “Xạ thủ thứ nhất bắn trúng bia” \( \Rightarrow P\left( A \right) = 0,85\).

Gọi biến cố \(B\): “Xạ thủ thứ hai bắn trúng bia”\( \Rightarrow P\left( B \right) = 0,7\).

Khi đó biến cố \(\overline A \): “Xạ thủ thứ nhất bắn không trúng bia” \( \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0,15\).

Biến cố \(\overline B \): “Xạ thủ thứ nhất bắn không trúng bia” \( \Rightarrow P\left( {\overline B } \right) = 0,3\).

Gọi biến cố \(C\): “Cả hai viên đạn bắn trúng đích”

Vì \(A,B\) là hai biến cố độc lập nên \(C = A \cap B \Rightarrow P\left( C \right) = P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = 0,85 \cdot 0,7 = 0,595\).

Gọi biến cố \(D\): “Có đúng 1 viên đạn bắn trúng đích”

Vì \(A,B\) là hai biến cố độc lập nên \(P\left( D \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {\overline B } \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( B \right) = 0,85 \cdot 0,3 + 0,7 \cdot 0,15 = 0,36\).

Gọi biến cố \(E\): “Có ít nhất 1 viên đạn bắn trúng đích”

Vì \(C,D\) là hai biến cố độc lập nên \(P\left( E \right) = P\left( C \right) + P\left( D \right) = 0,595 + 0,36 = 0,955\).

Gọi biến cố \(F\): “Không có viên đạn nào bắn trúng đích.”

Vì \(A,B\) là hai biến cố độc lập nên \(P\left( E \right) = P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {\overline B } \right) = 0,045\).

Đáp án: 1 – C; 2 – F; 3 – D; 4 – E.

Với \[m = 1 \Rightarrow y = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}\] \[ \Rightarrow y' = - \frac{2}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0\] với mọi \(x \ne 1\).

Do đó hàm số này nghịch biến trên đoạn \(\left[ {2;4} \right]\).

Suy ra \[\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;4} \right]} y = y\left( 4 \right) = \frac{5}{3}\].

Với \[m = 2 \Rightarrow y = \frac{{x + 2}}{{x - 1}}\] \[ \Rightarrow y' = - \frac{3}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0\] với mọi \(x \ne 1\).

Do đó hàm số này nghịch biến trên đoạn \(\left[ {2;4} \right]\).

Suy ra \[\mathop {\max }\limits_{\left[ {2;4} \right]} y = y\left( 2 \right) = 4\].

Xét hàm số \[y = f\left( x \right) = \frac{{x + m}}{{x - 1}}\]. Đạo hàm \[f'\left( x \right) = - \frac{{m + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.\]

TH1: Với \[m > - \,1\] suy ra \[f'\left( x \right) = - \frac{{m + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0;\,\,\forall x \ne 1\] nên hàm số \[f\left( x \right)\] nghịch biến trên mỗi khoảng xác định. Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( 4 \right) = \frac{{m + 4}}{3} = 5 \Leftrightarrow m = 11\,\,{\rm{(N)}}\\\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ {2;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = m + 2 = 5 \Leftrightarrow m = 3\,\,\,{\rm{(N)}}\end{array} \right..\]

TH2: Với \[m < - \,1\] suy ra \[f'\left( x \right) = - \frac{{m + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} > 0;\,\,\forall x \ne 1\] nên hàm số \[f\left( x \right)\] đồng biến trên mỗi khoảng xác định. Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ {2;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( 4 \right) = \frac{{m + 4}}{3} = 5 \Leftrightarrow m = 11\\\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ {2;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = m + 2 = 5 \Leftrightarrow m = 3\end{array} \right.\] (loại).

Đáp án: 1 – D; 2 – A; 3 – B; 4 – F.

Ta có \(\int\limits_0^3 {\left[ {4f\left( x \right) + 3{x^2}} \right]{\rm{d}}x} = 7 \Leftrightarrow \int\limits_0^3 {4f\left( x \right){\rm{d}}x + \int\limits_0^3 {3{x^2}{\rm{d}}x} } = 7\)

\( \Leftrightarrow 4\int\limits_0^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x + \int\limits_0^3 {3{x^2}{\rm{d}}x} } = 7 \Leftrightarrow 4\int\limits_0^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x + 27} = 7 \Leftrightarrow 4\int\limits_0^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = - 20 \Leftrightarrow \int\limits_0^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = - 5\).

Đáp án: -5.

\({\log _x}w = 12\)\( \Rightarrow {\log _w}x = \frac{1}{{12}}\)

\({\log _y}w = 20\)\( \Rightarrow {\log _w}y = \frac{1}{{20}}\).

Lại do \({\log _{xyz}}w = 6\)\( \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_{_w}}\left( {xyz} \right)}} = 6\)\( \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_{_w}}x + {{\log }_{_w}}y + {{\log }_{_w}}z}} = 6\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{\frac{1}{{12}} + \frac{1}{{20}} + {{\log }_{_w}}z}} = 6\)\( \Leftrightarrow {\log _{_w}}z = \frac{1}{{30}}\)\( \Rightarrow {\log _z}w = 30\).

Đáp án: 30.

Gọi \(x = CD\) với \(0 \le x \le 8\), khi đó \(AD = \sqrt {A{C^2} + C{D^2}} = \sqrt {{x^2} + 9} \) và \(BD = 8 - x\).

Thời gian anh Tí đi từ \(A\) đến \(B\) là: \(t\left( x \right) = \frac{{\sqrt {{x^2} + 9} }}{6} + \frac{{8 - x}}{8}\).

Ta có: \(t'\left( x \right) = \frac{1}{6} \cdot \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 9} }} - \frac{1}{8}\),

\(t'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{6\sqrt {{x^2} + 9} }} - \frac{1}{8} = 0 \Leftrightarrow 3\sqrt {{x^2} + 9} = 4x \Rightarrow 7{x^2} = 81 \Rightarrow x = \pm \frac{9}{{\sqrt 7 }}\).

Vì \(x \in \left[ {0;8} \right]\) nên \(x = \frac{9}{{\sqrt 7 }}\).

Ta có: \(t\left( 0 \right) = \frac{3}{2}\); \(t\left( 8 \right) = \frac{{\sqrt {73} }}{6}\), \(t\left( {\frac{9}{{\sqrt 7 }}} \right) = \frac{{8 + \sqrt 7 }}{8}\).

Vậy thời gian ngắn nhất khi \(x = \frac{9}{{\sqrt 7 }}\) và \(t\left( {\frac{9}{{\sqrt 7 }}} \right) \approx 1,33\) (giờ) \( \approx 80\) (phút).

Đáp án: 80.

Chọn gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\) là trọng tâm tam giác đều \(ABC\) cạnh \(a = 6\) m có \(h = \frac{{6\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 \) m.

Tọa độ các đỉnh: \(A\left( {0;2\sqrt 3 } \right)\), \(B\left( { - 3; - \sqrt 3 } \right)\), \(C\left( {3; - \sqrt 3 } \right)\).

Đường thẳng \(AC\) đi qua \(A\left( {0;2\sqrt 3 } \right)\) và \(C\left( {3; - \sqrt 3 } \right)\) có phương trình: \(y = - \sqrt 3 x + 2\sqrt 3 \).

\(\left( {{P_1}} \right):y = m{x^2} + n\) có trục đối xứng là \(Oy\), đi qua \(B,C\) và tiếp xúc với \(AC\) tại \(C\).

Đồ thị đi qua \(C\left( {3; - \sqrt 3 } \right) \Rightarrow 9m + n = - \sqrt 3 \,\,\left( 1 \right)\).

Theo giả thiết, \(\left( {{P_1}} \right)\) tiếp xúc với \(AC\) tại \(C \Rightarrow {y'_{\left( {{P_1}} \right)}}\left( 3 \right) = {k_{AC}} \Rightarrow 2m \cdot 3 = - \sqrt 3 \Rightarrow m = - \frac{{\sqrt 3 }}{6}\).

Thay \(m = - \frac{{\sqrt 3 }}{6}\) vào \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow 9\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{6}} \right) + n = - \sqrt 3 \Rightarrow n = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\) nên \({\left( P \right)_1}:y = - \frac{{\sqrt 3 }}{6}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Phần hoa ở giữa được giới hạn bởi 3 cung parabol đối xứng qua tâm \(O\).

Giao điểm \({I_2}\) của \(\left( {{P_1}} \right)\) và \({\left( P \right)_2}\) nằm trên đường phân giác \(OC:y = - \frac{{\sqrt 3 }}{3}x\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \( - \frac{{\sqrt 3 }}{6}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2} = - \frac{{\sqrt 3 }}{3}x \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3\left( l \right)}\\{x = - 1\left( n \right)}\end{array}} \right.\) .

Suy ra, giao điểm \({I_1}\left( { - 1;\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)\)và \({I_2}\left( {1;\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)\).

Khoảng cách từ tâm \(O\) đến các giao điểm của các parabol là bằng nhau:

\(O{I_2} = O{I_3} = \sqrt {{1^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \)\[{I_3} \cap OA \equiv Oy \Rightarrow {I_3}\left( {0; - \frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right)\].

Diện tích phần trồng hoa là:

\[{S_{hoa}} = {S_{\Delta {I_1}{I_2}{I_3}}} + 3\int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {\left( {{P_1}} \right) - {y_{{I_1}{I_2}}}} \right]\,} {\rm{d}}x = \frac{1}{2}2\left[ {\frac{{\sqrt 3 }}{3} - \left( { - \frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right)} \right]{\rm{d}}x - 3\int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{6}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) - \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right]} \,{\rm{d}}x = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}\] (m²).

Diện tích phần trồng cỏ là:

\[{S_{co}} = 3 \cdot {S_{\left( {{P_1}} \right) \cap \,\left( {{P_2}} \right)}} - {S_{hoa}} = 3 \cdot 2\int\limits_{ - 1}^3 {\left[ {\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{6}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) - \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{3}x} \right)} \right]} \,{\rm{d}}x - \frac{{5\sqrt 3 }}{3} = \frac{{17\sqrt 3 }}{3}\] (m²).

Vậy tổng diện tích cần tính là: \(S = {S_{hoa}} + {S_{co}} = \frac{{5\sqrt 3 }}{3} + \frac{{17\sqrt 3 }}{3} = \frac{{22\sqrt 3 }}{3} \approx 12,7\) (m²).

Đáp án: 12,7.

Gọi biến cố \(A\): “Chai rượu thuộc loại A”, biến cố \(B\): “Chai rượu thuộc loại B” và \(H\) là biến cố: “Có 4 người kết luận chai rượu loại A, 1 người kết luận chai rượu loại B”.

Ta cần tính \(P\left( {A|H} \right)\).

Theo bài ra ta có \(P\left( A \right) = P\left( B \right) = \frac{1}{2}\); \(P\left( {H|A} \right) = C_5^4 \cdot {\left( {0,75} \right)^4} \cdot 0,25\); \(P\left( {H|B} \right) = C_5^4 \cdot {\left( {0,25} \right)^4} \cdot 0,75\).

Áp dụng công thức Bayes, ta có: \(P\left( {A|H} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {H|A} \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {H|A} \right) + P\left( B \right) \cdot P\left( {H|B} \right)}} = \frac{{27}}{{28}} \approx 0,9643\).

Đáp án: 0,9643.