Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 25)
22 câu hỏi
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng nào?
\(\left( {2; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).
\(\left( {0;2} \right)\).
\(\left( { - 4;2} \right)\).
Từ đồ thị ta có hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\); đồng biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\). Chọn C.
Đồ thị hàm số trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây?
\(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}\).
\(y = \frac{{2x - 2}}{{x - 1}}\).
\(y = \frac{{2x - 1}}{{x - 1}}\).
\(y = \frac{{x{\rm{ + 3}}}}{{x + 1}}\).
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = - 1\) và có tiệm cận ngang \(y = 2\). Chọn A.
\(\cot x + C\).
\(\tan x + C\).
\( - \tan x + C\).
\( - \cot x + C\).
Ta có \(\int {\frac{1}{{{{\sin }^2}x}}{\rm{d}}x} = - \cot x + C.\) Chọn D.
\(\left( {4;\,6;\, - 3} \right)\).
\(\left( { - 6;\, - 4;\,3} \right)\).
\(\left( { - 4; - \,6;\,3} \right)\).
\(\left( {6;\,4;\, - 3} \right).\)
Ta có \(\overrightarrow {OA} = 6\overrightarrow j + 4\overrightarrow i - 3\overrightarrow k = 4\overrightarrow i + 6\overrightarrow j - 3\overrightarrow k .\) Suy ra \(A\left( {4;6; - 3} \right).\) Chọn A.
\[3x - y + 3z - 25 = 0\].
\[2x - 3y - z + 8 = 0\].
\[3x - y + 3z - 13 = 0\].
\[2x - 3y - z - 20 = 0\].
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 4;6;2} \right) = - 2\left( {2; - 3; - 1} \right).\)
Mặt phẳng đi qua \(A\) và vuông góc với đường thẳng \(AB\) nhận \[\overrightarrow n = \left( {2; - 3; - 1} \right)\] làm vectơ pháp tuyến, có phương trình là \[2x - 3y - z - 20 = 0.\] Chọn D.
\({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 3\).
\({\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z + 2} \right)^2} = 3\).
\({\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 2} \right)^2} = 9\).
\({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 9\).
Phương trình mặt cầu có tâm \(I\left( {2\,;\, - 1;\,2} \right),\) bán kính bằng \(3\) là:
\({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 9\). Chọn D.
\(x = \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
\(x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
\(x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
\(x = \pm \frac{\pi }{6} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Ta có \(\cos x = \cos \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + 2k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\). Chọn A.
31.
25.
19.
29.
Có \(6 + 9 + 4 = 19\) hộ gia đình phải trả số tiền điện không ít hơn 600 ngàn đồng. Chọn C.
\({u_2} = - 1\).
\({u_2} = - 5\).
\({u_2} = 5\).
\({u_2} = 1\).
Ta có \({u_2} = {u_3} - d = 3 + 2 = 5.\) Chọn C.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(y' = {3^x}\).
\(y' = x \cdot {3^{x - 1}}\).
\(y' = {3^x}{\rm{ln}}3\).
\(y' = \frac{{{3^x}}}{{{\rm{ln}}3}}\).
Ta có \(y' = {3^x}\ln 3.\) Chọn C.
\(45^\circ \).
\(30^\circ \).
\(60^\circ \).
\(90^\circ \).
Ta có \[\left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SCA}\]. Có \[\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{CA}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {SCA} = 30^\circ \]. Chọn C.
1.
2.
6.
4.
Ta có \({V_{OABC}} = \frac{1}{6} \cdot OA \cdot OB \cdot OC = 1.\) Chọn A.
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ.
Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng \(2\).
Trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\), giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng \( - 1\).
Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\).
Phương trình \(f\left( x \right) - 1 = 0\) có đúng hai nghiệm.
a) Sai. Vì từ đồ thị suy ra giá trị cực tiểu của hàm số bằng \( - 1\).
b) Đúng. Trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\), giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng \( - 1\).
c) Đúng. Đồ thị hàm số đi xuống từ trái qua phải trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\) nên hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\).
d) Sai. Phương trình \(f\left( x \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 1\) (*).
Đường thẳng \(y = 1\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại ba điểm nên phương trình (*) có đúng ba nghiệm.
Khi xe dừng hẳn thì vận tốc bằng \(0\left( {{\rm{m/s}}} \right)\).
Thời gian từ lúc người lái xe đạp phanh cho đến khi xe dừng hẳn là \(5\,{\rm{s}}\).
\(\int {\left( { - 5t + 20} \right){\rm{dt}} = } \frac{{ - 5{t^2}}}{2} + 20t + C\).
Quãng đường từ lúc đạp phanh cho đến khi xe dừng hẳn là \(400\,{\rm{m}}\).
a) Đúng. Khi xe dừng hẳn thì vận tốc bằng \(0\left( {{\rm{m/s}}} \right)\).
b) Sai. Cho \(v = 0 \Leftrightarrow - 5t + 20 = 0 \Leftrightarrow t = 4\left( {\rm{s}} \right)\).
c) Đúng. \(\int {\left( { - 5t + 20} \right){\rm{dt}} = } \frac{{ - 5{t^2}}}{2} + 20t + C\).
d) Sai. Quãng đường từ lúc đạp phanh cho đến khi xe dừng hẳn là \(S = \int\limits_0^4 {\left( { - 5t + 20} \right){\rm{d}}t = 40\,\left( {\rm{m}} \right)} \).
Điểm \(A\) thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\).
Hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) bằng \(1\).
Điểm \(I\left( {a;b;c} \right) \in d,a > 0.\) Mặt cầu có tâm \(I\) bán kính \(R = 2\sqrt 2 \) tiếp xúc với \(\left( P \right)\). Khi đó \(a + b + c = 9\).
Gọi \(\Delta \) là đường thẳng vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) sao cho khoảng cách từ \(A\) đến \(\Delta \) bằng \(1\). Khi khoảng cách từ \(B\) đến \(\Delta \) đạt giá trị nhỏ nhất thì \(\Delta \) đi qua điểm \(M\left( {\frac{5}{3};\frac{5}{3};\frac{5}{3}} \right)\).
a) Đúng. Thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta có: \(1 - 1 = 0\) (luôn đúng) \( \Rightarrow A \in \left( P \right)\).
b) Sai. Tọa độ giao điểm của \(d\) và \(\left( P \right)\) thỏa mãn hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = t\\z = t\\x - z = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = - 1\\z = - 1\\t = - 1\end{array} \right.\).
Vậy hoành độ giao điểm của \(d\) và \(\left( P \right)\) bằng \( - 1\).
c) Sai. Điểm \(I\left( {a;b;c} \right) \in d \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2t + 1\\b = t\\c = t\end{array} \right.\).
Mặt cầu có tâm \(I\) bán kính \(R = 2\sqrt 2 \) tiếp xúc với \(\left( P \right)\) nên
\(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = R \Leftrightarrow \frac{{\left| {1 + t} \right|}}{{\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 3\,\,\,\,(t/m)\\t = - 5\,\,(l)\end{array} \right.\). Khi đó \(a + b + c = 1 + 4t = 13\).
d) Đúng. Từ giả thiết suy ra \(\Delta \) nằm trên mặt trụ \(\left( T \right)\) có trục là đường thẳng qua \(A\) và vuông góc với \(\left( P \right)\). \(\left( T \right)\) cắt \(\left( P \right)\) theo giao tuyến là đường tròn \(\left( C \right)\) tâm \(A\), bán kính \(r = 1\).
Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(B\) trên \(\left( P \right) \Rightarrow BH\,{\rm{// }}\Delta \Rightarrow d\left( {B,\Delta } \right) = d\left( {H,\Delta } \right)\).
Ta có \(H\left( {3;1;3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AH} = \left( {2; - 1;2} \right) \Rightarrow AH = 3\)
Khi \(M\) di động trên \(\left( C \right)\) thì \(H{M_{{\rm{min}}}} \Leftrightarrow M\) là giao điểm của đoạn thẳng \(AH\) và \(\left( C \right)\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AH} \Rightarrow \overrightarrow {AM} \left( {\frac{2}{3};\frac{{ - 1}}{3};\frac{2}{3}} \right) \Rightarrow M\left( {\frac{5}{3};\frac{5}{3};\frac{5}{3}} \right)\).
Nếu đáy bể là hình vuông cạnh bằng \[50\,{\rm{m}}\], lượng nước trong bể cao \[{\rm{1}}{\rm{,5}}\,{\rm{m}}\] thì thể tích nước trong bể là \[1250\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\].
Nếu thể tích bể bằng \(\frac{{256}}{3}\)\({{\rm{m}}^3}\), đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Gọi chiều rộng bể là \[x\,\left( {\rm{m}} \right)\] thì biểu thức xác định chiều cao bể theo \[x\] là: \[h = \frac{{128}}{{3{x^2}}}\].
Nếu thể tích bể bằng \(\frac{{256}}{3}\)\({{\rm{m}}^3}\), đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Gọi chiều rộng bể là \[x\,\left( {\rm{m}} \right)\] thì công thức xác định diện tích xung quanh của bể là: \[S = \frac{{256}}{x}\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\].
Nếu thể tích bể bằng \(\frac{{256}}{3}\)\({{\rm{m}}^3}\), đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê nhân công để xây thành bể là \(500000\) đồng/\({{\rm{m}}^2}\), đổ bê tông đáy bể là \(250000\) đồng/\({{\rm{m}}^2}\). Chi phí thấp nhất để thuê nhân công xây dựng bể đó là \(24100000\) đồng (kết quả làm tròn đến hàng trăm nghìn).
a) Sai. Thể tích nước trong bể là \[V = 1,5 \cdot {50^2} = 3750\]\[\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)\].
b) Đúng. Gọi \[x\,\,\left( {\rm{m}} \right)\] là chiều rộng của đáy bể, khi đó chiều dài của đáy bể là \[2x\left( {\rm{m}} \right)\] và \[h\left( {\rm{m}} \right)\] là chiều cao bể. Bể có thể tích bằng \[\frac{{256}}{3}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\]\[ \Rightarrow \]\[2{x^2}h = \frac{{256}}{3}\]\[ \Leftrightarrow \]\[h = \frac{{128}}{{3{x^2}}}\].
c) Đúng. Diện tích xung quanh của bể là \[S = 2\left( {xh + 2xh} \right)\] \[ = 6x \cdot \frac{{128}}{{3{x^2}}} = \frac{{256}}{x}\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\].
d) Sai. Giá thuê nhân công là
\[f = 500 \cdot \frac{{256}}{x} + 250 \cdot 2{x^2} = 500\left( {\frac{{128}}{x} + \frac{{128}}{x} + {x^2}} \right) \ge 500 \cdot 3\sqrt[3]{{{{128}^2}}} = 1500\sqrt[3]{{{{128}^2}}} \approx {\rm{38100}}\].
\( \Rightarrow \) \({f_{\min }} = 38100\) (nghìn đồng) khi \(\frac{{128}}{x} = {x^2}\)\( \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{128}}\).
Vậy giá thuê nhân công thấp nhất là \(38100\) nghìn đồng.
Đáp án: \(0,75\).
Gọi \(M\) là trung điểm của cạnh \(BC\), \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\).
Do \(S.ABC\) là hình chóp đều nên \(SG \bot \left( {ABC} \right)\), do đó góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(\widehat {SAG}\).
Kẻ \(MH \bot SA\) tại \(H\). Ta có \(AM \bot BC,\,SG \bot BC\) nên \(\left( {SAM} \right) \bot BC \Rightarrow MH \bot BC\).
Do đó \(MH\) là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng \(SA\) và \(BC\).
Xét tam giác \(AMH\) vuông tại \(H\), có \(AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2},\;\widehat {SAM} = 60^\circ \) nên
\(MH = AM.\sin 60^\circ = \frac{3}{4} = 0,75\).
Vậy \(d\left( {SA\,,\,BC} \right) = MH = 0,75\).
Công ty A có kế hoạch tổ chức tour du lịch tâm linh tại tỉnh Bắc Giang đi qua 5 địa điểm: Đền Xương Giang, Chùa Bổ Đà, Chùa Vĩnh Nghiêm, Thiền viện Trúc lâm Phượng Hoàng, Đền Ngọc Lâm. Hành khách sẽ xuất phát từ Đền Xương Giang và đi thăm mỗi địa điểm đúng một lần. Qua khảo sát thực địa, công ty xây dựng được lược đồ như hình (khoảng cách giữa mỗi cặp địa điểm được ghi trên đường nối). Để tiết kiệm chi phí, công ty dự định chọn tuyến đường có tổng độ dài ngắn nhất. Độ dài của tuyến đường này là bao nhiêu kilômét?
Đáp án: \(64,3\).
Gọi tắt các địa điểm du lịch tâm linh đã cho như sau: Đền Xương Giang (A), Chùa Bổ Đà (B), Chùa Vĩnh Nghiêm (C), Thiền viện Trúc lâm Phượng Hoàng (D), Đền Ngọc Lâm (E).
Hành khách sẽ xuất phát từ Đền Xương Giang (A) và đi thăm mỗi địa điểm đúng một lần nên ta có các phương án chọn đường đi như sau:
|
Đường đi |
Tổng số kilômét đường đi |
|
A → B → C → D → E |
\(20,4 + 35,5 + 18,9 + 14,5 = 89,3\) |
|
A → B → C → E → D |
\(20,4 + 35,5 + 24,2 + 14,5 = 94,6\) |
|
A → B → D → C → E |
\(20,4 + 24,8 + 18,9 + 24,2 = 88,3\) |
|
A → B → D → E → C |
\(20,4 + 24,8 + 14,5 + 24,2 = 83,9\) |
|
A → B → E → D → C |
\(20,4 + 14,2 + 14,5 + 18,9 = 68\) |
|
A → B → E → C → D |
\(20,4 + 14,2 + 24,2 + 18,9 = 77,7\) |
|
…. |
|
|
A → C → D → E → B |
\(16,7 + 18,9 + 14,5 + 14,2 = 64,3\) |
Ta xem xét các lộ trình đường đi và tìm ra được độ dài của tuyến đường ngắn nhất là \(64,3\) km.
Đáp án: \(3\).
Chọn hệ trục toạ độ \(Oxyz\) với gốc \(O\) đặt tại điểm xuất phát của hai khinh khí cầu, mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) trùng với mặt đất với trục \(Ox\) hướng về phía nam, trục \(Oy\) hướng về phía đông và trục \(Oz\) hướng thẳng đứng lên trời (tham khảo hình vẽ), đơn vị đo lấy theo kilômét.
Chiếc khinh khí cầu thứ nhất và thứ hai ở vị trí \(A,B\). Ta có \(A\left( {\frac{5}{2};2;\frac{4}{5}} \right),B\left( { - \frac{3}{2}; - 3;\frac{3}{5}} \right)\).
Gọi \(C\) là điểm đối xứng của \(A\) qua mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\), \(C\left( {\frac{5}{2};2; - \frac{4}{5}} \right)\).
Khi đó \(I = BC \cap \left( {Oxy} \right)\) là vị trí cần tìm.
Ta có \(\overrightarrow {BC} = \left( {4;5; - \frac{7}{5}} \right)\), \(I \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow I\left( {x;y;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {BI} = \left( {x + \frac{3}{2};y + 3; - \frac{3}{5}} \right)\)
\(\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BI} \) cùng phương nên \(\frac{{x + \frac{3}{2}}}{4} = \frac{{y + 3}}{5} = \frac{3}{7} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{3}{{14}}\\y = - \frac{6}{7}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{3}{{14}}\\b = \frac{6}{7}\end{array} \right. \Rightarrow 2a + 3b = 3\).
Đáp án: \(3,74\)
Chọn hệ trục \(Oxy\) như hình vẽ, ta có bán kính của đường tròn là \(R = \sqrt {{4^2} + {2^2}} = 2\sqrt 5 \).
Phương trình của nửa đường tròn \(\left( C \right)\) là: \({x^2} + {y^2} = 20\,,\,y \ge 0 \Rightarrow y = \sqrt {20 - {x^2}} \).
Parabol \(\left( P \right)\) có đỉnh \(O\left( {0\,;\,0} \right)\) và đi qua điểm \(\left( {2\,;\,4} \right)\)nên có phương trình: \(y = {x^2}\).
Diện tích phần tô màu là: \({S_1} = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( {\sqrt {20 - {x^2}} - {x^2}} \right){\rm{d}}x} \approx 11,94\) \(\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
Diện tích phần không tô màu là: \({S_2} = \frac{1}{2} \cdot \pi \cdot {\left( {2\sqrt 5 } \right)^2} - {S_1} \approx 10\pi - 11,94\) \(\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
Số tiền để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong khuôn viên đó là:
\[150\,000 \cdot 11,94 + 100\,000 \cdot \left( {10\pi - 11,94} \right) \approx 3\,\,738\,\,593\] (đồng).
Làm tròn thành \(3,74\) triệu đồng.
Cho một tấm nhôm hình lục giác đều cạnh \(90\,{\rm{cm}}\). Người ta cắt ở mỗi đỉnh của tấm nhôm hai hình tam giác vuông bằng nhau, biết cạnh góc vuông nhỏ bằng \(x\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\) (cắt phần tô đậm của tấm nhôm) rồi gập tấm nhôm như hình vẽ để được một hình lăng trụ lục giác đều không có nắp. Tìm \(x\) để thể tích của khối lăng trụ lục giác đều trên là lớn nhất (đơn vị cm).
Đáp án: 15.
|
Điều kiện \(0 < x < 45\). Cạnh đáy của lăng trụ lục giác đều: \(AB = HK = 90 - 2x\) (cm). Chiều cao của lăng trụ lục giác đều: \(HA = MH \cdot \tan 60^\circ = x\sqrt 3 \) (cm). Diện tích đáy của lăng trụ lục giác đều: \({S_{ABCDEF}} = 6{S_{ABO}} = 6 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{4}{\left( {90 - 2x} \right)^2}\) (cm2). |
|
Thể tích của khối lăng trụ lục giác đều: \(V\left( x \right) = HA \cdot {S_{ABCDEF}} = \frac{9}{2}x{\left( {90 - 2x} \right)^2}\) (cm3).
Hay \(V\left( x \right) = 18{x^3} - 1620{x^2} + 36450x\).
Xét hàm số \(V\left( x \right) = 18{x^3} - 1620{x^2} + 36450x\) trên khoảng \(\left( {0;\,45} \right)\).
\(V'\left( x \right) = 54{x^2} - 3240x + 36450\)
\(V'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 54{x^2} - 3240x + 36450 = 0 \Leftrightarrow x = 15\) hoặc \(x = 45\) (loại).
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta có: \[\mathop {\max }\limits_{\left( {0;\,45} \right)} V\left( x \right) = 243\,000\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}})\] khi và chỉ khi \(x = 15\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\)
Vậy thể tích của khối lăng trụ lục giác đều lớn nhất khi và chỉ khi \(x = 15\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\)
Đáp án: 0,03.
Xét các biến cố:
\(A:\) “Người được chọn mắc bệnh X”;
\(B:\) “Người được chọn có phản ứng dương tính với xét nghiệm Y”.
Theo giả thiết ta có: \(P\left( A \right) = 0,002;\;\;P\left( {\bar A} \right) = 1 - 0,002 = 0,998;\)\(P\left( {B\mid A} \right) = 1;\;\;P\left( {B\mid \bar A} \right) = 0,06\).
Theo công thức Bayes, ta có:
\(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B\mid \bar A} \right)}} = \frac{{0,002 \cdot 1}}{{0,002 \cdot 1 + 0,998 \cdot 0,06}} \approx 0,03\).
Vậy nếu người được chọn có phản ứng dương tính với xét nghiệm Y thì xác suất bị mắc bệnh X của người đó là khoảng 0,03.
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
Học liệu phổ biến Tốt nghiệp THPT
Tốt nghiệp THPT
Bài tập vừa sức, đúng lớp
Chọn nội dung phù hợp và tạo hoạt động cho lớp của bạn.
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 21](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-3izficdefgfoel0s9j8s-1786772791.jpg&w=3840&q=75)
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 20](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-emy0gtcksawvorajezvv-1786772460.jpg&w=3840&q=75)
