Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Hải Phòng lần 2 có đáp án

Chọn B

Ta có hai mặt phẳng \((ABA')\) và \((B'D'C)\) có chung nhau điểm \(B'\) nên chúng không song song.

Chọn D

Ta có \[\overrightarrow u  = \overrightarrow {A'C'}  - \overrightarrow {A'A}  = \overrightarrow {AC'} ,\] do đó \[\left| {\overrightarrow u } \right| = \left| {\overrightarrow {AC'} } \right| = a\sqrt 3 .\]

Chọn A

Ta có \[\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1; - 2; - 3} \right)\] là một vectơ chỉ phương của \({d_1},\)

        \[\overrightarrow {{u_2}}  = \left( { - 4;1;5} \right)\] là một vectơ chỉ phương của \({d_2}.\)

Gọi \[\alpha \] là góc giữa \({d_1},\)\({d_2}.\) Khi đó:

\[\begin{array}{l}\cos \alpha  = \frac{{|\overrightarrow {{u_1}}  \cdot \overrightarrow {{u_2}} |}}{{|\overrightarrow {{u_1}} | \cdot |\overrightarrow {{u_2}} |}} = \frac{{|1 \cdot ( - 4) + ( - 2) \cdot 1 + ( - 3) \cdot 5|}}{{\sqrt {{1^2} + {{( - 2)}^2} + {{( - 3)}^2}}  \cdot \sqrt {{{( - 4)}^2} + {1^2} + {5^2}} }}\\ \Leftrightarrow \cos \alpha  = \frac{{| - 4 - 2 - 15|}}{{\sqrt {14}  \cdot \sqrt {42} }} = \frac{{21}}{{\sqrt {14 \cdot 14 \cdot 3} }} = \frac{{21}}{{14\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array}\]

Vì \(0^\circ  \le \alpha  \le 90^\circ \) nên \(\alpha  = 30^\circ .\)

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = 2;\,\,\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = 2\).

nên đường thẳng \(y = 2\)là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Chọn C

Tập xác định: \(D = \left( {2;\, + \infty } \right)\)

Ta có: \({\log _{\frac{1}{6}}}\left( {x - 2} \right) >  - 1\)

        \( \Leftrightarrow x - 2 < {\left( {\frac{1}{6}} \right)^{ - 1}}\) \(\left( {do\,a = \frac{1}{6} < 0} \right)\)

        \( \Leftrightarrow x - 2 < 6\)

        \( \Rightarrow x < 8\)

Kết hợp với tập xác định, tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {2;\,8} \right).\)

Chọn B

Đồ thị như hình vẽ là đồ thị của hàm số bậc ba: \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\)

Nhánh bên phải cuối cùng của đồ thị đi lên \(\left( {y \to \infty \,\,khi\,x \to \infty } \right)\) suy ra \(a > 0.\)

Loại C

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;\,1} \right)\) nên \(d = 1\).

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {1;\,0} \right)\) \( \Rightarrow \)Loại D. (vì \({1^3} + {2.1^2} + 1 = 4 \ne 0\))

Ta có: \(y' = 3a{x^2} + 2bx + c\)

Hàm số có một điểm cực tiểu \(0 < {x_1} < 1\) và một điểm cực đại \({x_2} <  - 1\) nên

\({x_1} + {x_2} = \frac{{ - 2b}}{{3a}} < 0\,\, \Rightarrow b > 0\)

Loại A

Chọn B

Vì mặt phẳng cần tìm song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên phương trình có dạng:

\(2x - 2y + z + d = 0.\)

Mà mặt phẳng đó đi qua điểm \(M\left( {2; - 3;1} \right)\) nên: \(2.2 - 2.\left( { - 3} \right) + 1 + d = 0 \Rightarrow d =  - 11\)

Vậy phương trình cần tìm là \(2x - 2y + z - 11 = 0.\)

Chọn C

Ta có: \({\log _{{a^2}}}\frac{a}{{\sqrt b }} = {\log _{{a^2}}}a - {\log _{{a^2}}}\sqrt b  = \frac{1}{2}{\log _a}a - \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.{\log _a}b = \frac{1}{2} - \frac{1}{4}.3 =  - \frac{1}{4}.\)

Chọn D 

\(\cos x = \cos \frac{\pi }{4} \Leftrightarrow x =  \pm \frac{\pi }{4} + k2\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\).

Chọn B 

Sử dụng công thức số hạng tổng quát: \({u_n} = {u_1} \cdot {q^{n - 1}}.\)

Ta có:  \({u_6} = {u_1} \cdot {q^5} \Leftrightarrow 486 = 2 \cdot {q^5}\) \( \Leftrightarrow {q^5} = 243 \Leftrightarrow q = \sqrt[5]{{243}} \Leftrightarrow q = 3\)

Chọn B 

\(\int\limits_2^4 f \left( x \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x = \) \(F\left( 4 \right) - F\left( 2 \right) = 12 - 6 = 6.\)

Chọn A 

 \(\bar x = \frac{{\left( {6 \times 5} \right) + \left( {12 \times 7} \right) + \left( {19 \times 9} \right) + \left( {9 \times 11} \right) + \left( {4 \times 13} \right)}}{{50}}\) \( = \frac{{30 + 84 + 171 + 99 + 52}}{{50}} = \frac{{436}}{{50}} = 8,72\;{\rm{kg}}.\)

Chọn a) Sai | b) Đúng| c) Đúng | d) Sai

a) Ta có \(P\left( x \right) = \int {P'\left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( { - 0,04x + 10} \right){\rm{d}}x} }  =  - 0,02{x^2} + 10x + C\).

Tại \(x = 0\) thì \(P\left( 0 \right) = 0\) nên suy ra \(C = 0\).

\( \Rightarrow P\left( x \right) =  - 0,02{x^2} + 10x\).

Chọn SAI.

b) Ta có \(P\left( {100} \right) =  - 0,02 \cdot {100^2} + 10 \cdot 100 = 800\).

Chọn ĐÚNG.

c) Sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ \(100\) lên \(150\) là

\(\int\limits_{100}^{150} {\left( { - 0,04x + 10} \right){\rm{d}}x = 250} \) (triệu đồng).

Chọn ĐÚNG.

d) Ta có \(\int\limits_{100}^a {\left( { - 0,04x + 10} \right){\rm{d}}x = \left. {\left( { - 0,02{x^2} + 10x} \right)} \right|_{100}^a =  - 0,02{a^2} + 10a - 800} \)

\( \Rightarrow  - 0,02{a^2} + 10a - 800 > 112\)

\( \Leftrightarrow  - 0,02{a^2} + 10a - 912 > 0\)

\( \Rightarrow 120 < a < 380\)

Vì \(a\) nguyên nên giá trị nhỏ nhất của \(a\) là \(121\).

Chọn ĐÚNG.

Từ  \(C\) kẻ \(CH \bot AB\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot CH\\AB \bot CC'\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {CHC'} \right) \Rightarrow AB \bot C'H\)

Nên góc nhị diện \(\left[ {C,AB,C'} \right]\) là \(\widehat {C'HC} \Rightarrow \widehat {C'HC} = 60^\circ \)

a) Áp dụng công thức tính diện tích tam giác\(ABC\) ta có 

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}a.a.\sin \left( {ACB} \right) = \frac{1}{2}a.2a.\sin 120^\circ  = \frac{1}{2}a.2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\) nên a ĐÚNG

b) Áp dụng định lý côsin trong \(\Delta ABC:A{B^2} = {a^2} + {\left( {2a} \right)^2} - 2a.2a.cos120^\circ  = 7{a^2}\)

\( \Rightarrow AB = a\sqrt 7 \)

Mà  \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}a.a.\sin \left( {ACB} \right) = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{1}{2}CH.AB \Rightarrow CH = \frac{{2.{S_{ABC}}}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Trong \(\Delta CHC'\) vuông tại \(C \Rightarrow CC' = CH.\tan 60^\circ  = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}.\sqrt 3  = \frac{{3a\sqrt 7 }}{7}\) nên b SAI

c) Trong \(\Delta CHC'\)vuông, kẻ \(CK \bot C'H\) tại \(K\).

Khi đó \(CK \bot \left( {ABC'} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {ABC'} \right)} \right) = CK\)

Suy ra \(CK = \frac{{CC'.CH}}{{\sqrt {CC{'^2} + C{H^2}} }} = \frac{{\frac{{3a\sqrt 7 }}{7}.\frac{{a\sqrt {21} }}{7}}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{3a\sqrt 7 }}{7}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt {21} }}{7}} \right)}^2}} }} = \frac{{3a\sqrt 7 }}{{14}}\) nên c ĐÚNG

d) Trong mp \(\left( {ABC} \right)\) dựng hình bình hành \(ABCD\)  

\( \Rightarrow BC//AD \Rightarrow BC//\left( {ADC'} \right) \Rightarrow d\left( {BC,AC'} \right) = d\left( {BC,\left( {ADC'} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {ADC'} \right)} \right)\)

Kẻ \(CM \bot AD\) tại\(M\). Vì \(BC//AD \Rightarrow \widehat {CAM} = 180^\circ  - \widehat {ACB} = 60^\circ \)

\(CM = AC.\sin 60^\circ  = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Kẻ \(CI \bot C'M\)tại \(I \Rightarrow CI \bot \left( {ADC'} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {ADC'} \right)} \right) = CI\)

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta CMC'\) vuông ta có

\(\frac{1}{{C{I^2}}} = \frac{1}{{CC{'^2}}} + \frac{1}{{C{M^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{3a\sqrt 7 }}{7}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{3a\sqrt 7 }}{7}} \right)}^2}}} = \frac{{19}}{{9{a^2}}} \Rightarrow CI = \frac{{3a\sqrt {19} }}{{19}}\) nên d ĐÚNG.

Gọi biến cố A: “người mắc bệnh này trong cộng đồng”

                    B: “test nhanh cho kết quả dương tính”

Theo đề bài ta có:\[P\left( A \right) = 1\%  = 0,01;\]   \[ \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 99\% ;\] \[P\left( {B\left| A \right.} \right) = 99\% ;\] \[P\left( {\overline B \left| {\overline A } \right.} \right) = 96\% ;\]

Ta có sơ đồ cây:

a) Xác suất xét nghiệm cho kết quả âm tính của một người mắc bệnh là

\[P\left( {\overline B \left| A \right.} \right) = 1\%  = 0,01\].

Nên mệnh đề a đúng

b) Xác suất xét nghiệm cho kết quả dương tính của một người không mắc bệnh là \[P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 4\%  = 0,04\].

Nên mệnh đề b đúng

c) Xác suất để một người bất kỳ trong cộng đồng đi xét nghiệm nhận kết quả dương tính là

\[P(B) = P\left( {B\left| A \right.} \right).P(A) + P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right).P(\overline A ) = 1\% .{\rm{ }}99\% {\rm{ }} + {\rm{ }}99\% .{\rm{ }}4\% {\rm{ }} = {\rm{ }}0,0495\].

Nên mệnh đề c sai

d) Biết rằng một người có kết quả test nhanh là dương tính, xác suất để người đó thực sự mắc bệnh là

Theo công thức Bayes

\[P\left( {A\left| B \right.} \right) = \frac{{P\left( {B\left| A \right.} \right).P\left( A \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{99\% .1\% }}{{0,0495}} = 0,2\].

Nên mệnh đề d đúng

a) Sai.

\(f\left( {2e} \right) = \ln \left( {4e \cdot 2e - {{\left( {2e} \right)}^2}} \right) = \ln \left( {4{e^2}} \right) = \ln 4 + 2\).

b) Sai.

Hàm số xác định khi \(4ex - {x^2} > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 4e\).

Suy ra tập xác định của hàm số đã cho là \(D = \left( {0;4e} \right)\).

c) Đúng.

Ta có \[f'\left( x \right) = \frac{{{{\left( {4ex - {x^2}} \right)}^\prime }}}{{4ex - {x^2}}} = \frac{{4e - 2x}}{{4ex - {x^2}}}\].

Khi đó \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4e - 2x = 0 \Leftrightarrow x = 2e \in D\).

d) Đúng.

Ta có \(f'\left( x \right) = 0\) có nghiệm thuộc đoạn \(\left[ {e;3e} \right]\) là \(x = 2e\).

Khi đó \(f\left( e \right) = \ln \left( {4{e^2} - {e^2}} \right) = \ln 3 + 2\);

            \(f\left( {3e} \right) = \ln \left( {12{e^2} - {{\left( {3e} \right)}^2}} \right) = \ln 3 + 2\);

           \(f\left( {2e} \right) = \ln \left( {8{e^2} - {{\left( {2e} \right)}^2}} \right) = \ln 4 + 2\).

Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {e;3e} \right]} f\left( x \right) = \ln 4 + 2 = 2\ln 2 + 2\).

Do đó \(a = 2,b = 2 \Rightarrow a + b = 4\).

Đáp số: 6

Ta có: \[f'(t) = \frac{{ - 12000 \cdot ( - 11,5{e^{ - 0,5t}})}}{{{{(1 + 23{e^{ - 0,5t}})}^2}}} = \frac{{138000{e^{ - 0,5t}}}}{{{{(1 + 23{e^{ - 0,5t}})}^2}}}\].

Để tính tốc độ tăng trưởng người dùng của ứng dụng đạt giá trị lớn nhất ta xét:

\[\begin{array}{l}f''(t) = 138000 \cdot \frac{{ - 0,5{e^{ - 0,5t}}{{(1 + 23{e^{ - 0,5t}})}^2} - {e^{ - 0,5t}} \cdot 2(1 + 23{e^{ - 0,5t}})( - 11,5{e^{ - 0,5t}})}}{{{{(1 + 23{e^{ - 0,5t}})}^4}}} = 0\\ \Leftrightarrow  - 0,5{e^{ - 0,5t}}(1 + 23{e^{ - 0,5t}}) + 23{e^{ - t}} = 0 \Leftrightarrow  - 0,5{e^{ - 0,5t}} - 11,5{e^{ - t}} + 23{e^{ - t}} = 0\\ \Leftrightarrow  - 0,5{e^{ - 0,5t}} + 11,5{e^{ - t}} = 0 \Leftrightarrow  - 1 + 23{e^{ - 0,5t}} = 0 \Leftrightarrow {e^{ - 0,5t}} = \frac{1}{{23}} \Leftrightarrow t = \frac{{\ln (23)}}{{0,5}} \approx 6,271\end{array}\]

Làm tròn đến hàng đơn vị theo yêu cầu của đề bài: \[t \approx 6\].

Đáp án: 170.

Gọi x là số lô linh kiện loại A được sản xuất trong một tuần \(x \in \mathbb{N}\).

Gọi y là số lô linh kiện loại B được sản xuất trong một tuần \(y \in \mathbb{N}\).

Thời gian máy Phay CNC: Để sản xuất x lô A và y lô B cần \(2x + 3y\) giờ. Vì máy hoạt động tối đa 120 giờ nên ta có: \(2x + 3y \le 120\).

Thời gian máy Tiện CNC: Để sản xuất x lô A và y lô B cần \(4x + 2y\) giờ. Vì máy hoạt động tối đa 160 giờ nên ta có: \(4x + 2y \le 160\), rút gọn thành: \(2x + y \le 80\).

Hàm mục tiêu lợi nhuận cần đạt giá trị lớn nhất là \(F\left( {x;y} \right) = 3x + 4y\)(triệu đồng)

Ta có hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y \le 120\\2x + y \le 80\\x;y \in \mathbb{N}\end{array} \right.\)

Tại \(O(0;0)\)có \(F = 0\)

Tại \(A(0;40)\) có \(F = 160\)

Tại \[B\left( {40;0} \right)\]có \(F = 120\)

Tại \[C\left( {30;20} \right)\]có \(F = 170\)

Kết luận: Giá trị lớn nhất của \[F\left( {x,y} \right)\] là 170, đạt được tại \(x = 30\)và \(y = 20\).

Đáp án: \(66,9\)

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) sao cho \(O \equiv A\), điểm \(B\) thuộc tia \(Ox\), điểm \(D\) thuộc tia \(Oy\).

Ta có: \(I\left( {2;0} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {A{M^2} + A{I^2}}  = \frac{5}{2}\).

Phương trình của đường tròn chứa cung \(MN\): \({\left( {x - 2} \right)^2} + {y^2} = \frac{{25}}{4}\)\( \Rightarrow {y^2} = \frac{{25}}{4} - {\left( {x - 2} \right)^2}\).

Phương trình tiếp tuyến của đường tròn tại điểm \(N\left( {4;1;5} \right)\) nhận \(\overrightarrow {IN} \) là VTPT: \(y =  - \frac{4}{3}x + \frac{{41}}{6}\).

Giả sử phương trình của cung parabol \(NP\): \(y = a{x^2} + bx + c\).

Parabol đi qua hai điểm \(N\left( {4;1;5} \right),P\left( {5;1,5} \right)\) và \(y'\left( 4 \right) =  - \frac{4}{3}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}16a + 4b + c = 1,5\\25a + 5b + c = 1,5\\8a + b =  - \frac{4}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{4}{3}\\b =  - 12\\c = \frac{{169}}{6}\end{array} \right.\).

Thể tích của bình là: \(V = \pi \int\limits_0^4 {\left[ {\frac{{25}}{4} - {{\left( {x - 2} \right)}^2}} \right]{\rm{d}}x}  + \pi \int\limits_4^5 {{{\left( {\frac{4}{3}{x^2} - 12x + \frac{{169}}{6}} \right)}^2}{\rm{d}}x}  \approx 66,9\) (lít).

Đáp án: \(0,58\).

Ta có \(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}}  = \sqrt {12 + 4}  = 4\left( {cm} \right)\)

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{12}} + \frac{1}{4} = \frac{1}{3} \Rightarrow AH = \sqrt 3 \left( {cm} \right)\)

Þ \(HB = \sqrt {A{B^2} - A{H^2}}  = \sqrt {4 - 3}  = 1\left( {cm} \right)\)

Ta có \[\frac{{d\left( {H,\left( {ABC} \right)} \right)}}{{d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right)}} = \frac{{HB}}{{SB}} = \frac{1}{4} \Rightarrow d\left( {H,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{1}{4}d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{1}{4}SA = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {cm} \right)\]

\({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = 2\left( {c{m^2}} \right)\)

Thể tích khối chóp \(B.AHC\)bằng: \(V = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.d\left( {H,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{1}{3}.2.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \approx 0,58\left( {c{m^3}} \right)\)

Đáp án: 1.

Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương \({\vec u_d} = (1;2;2)\) và đi qua điểm \(M(2;1; - 1)\).

Đường thẳng \(\Delta \) có vectơ chỉ phương \({\vec u_\Delta } = (1;1;0)\).

Mặt phẳng \((P)\) chứa \(d\) nên vectơ pháp tuyến \({\vec n_P} \bot {\vec u_d}\).

Gọi \(\alpha \) là góc giữa đường thẳng \(\Delta \) và mặt phẳng \((P)\). Ta có công thức:

\(\sin \alpha  = \frac{{|{{\vec n}_P} \cdot {{\vec u}_\Delta }|}}{{|{{\vec n}_P}| \cdot |{{\vec u}_\Delta }|}} = \cos ({\vec n_P},{\vec u_\Delta })\)

Để góc \(\alpha \) lớn nhất thì góc giữa \({\vec n_P}\) và \({\vec u_\Delta }\) phải nhỏ nhất. Điều này xảy ra khi \({\vec n_P}\) là hình chiếu của \({\vec u_\Delta }\) lên mặt phẳng vuông góc với đường thẳng \(d\).

Khi đó, vectơ pháp tuyến \({\vec n_P}\) được xác định bởi: \({\vec n_P} = \left[ {{{\vec u}_d},[{{\vec u}_\Delta },{{\vec u}_d}]} \right]\)

Tính tích có hướng: \([{\vec u_\Delta },{\vec u_d}] = (1 \cdot 2 - 0 \cdot 2;0 \cdot 1 - 1 \cdot 2;1 \cdot 2 - 1 \cdot 1) = (2; - 2;1)\).

Tính VTPT: \({\vec n_P} = \left[ {{{\vec u}_d},[{{\vec u}_\Delta },{{\vec u}_d}]} \right] = (6;3; - 6)\).

Chọn VTPT tối giản: \({\vec n_P} = (2;1; - 2)\).

Mặt phẳng \((P)\) đi qua \(M(2;1; - 1)\) và có VTPT \({\vec n_P} = (2;1; - 2)\):

\(2(x - 2) + 1(y - 1) - 2(z + 1) = 0\)\( \Leftrightarrow 2x + y - 2z - 7 = 0\)

Đối chiếu với phương trình \(ax + by + cz - 7 = 0\), ta được: \(a = 2\),\(b = 1\),\(c =  - 2\)

Giá trị của biểu thức \(T = 2 + 1 + ( - 2) = 1\).

Đáp án: 0,6

Xét E: “Có ít nhất một cặp học sinh cùng lớp ngồi đối diện”

TH1: Hai học sinh lớp 12A ngồi đối diện, có \(C_3^2 \cdot C_5^1 \cdot 2! \cdot 8!\) cách.

TH2: Hai học sinh lớp 12B ngồi đối diện, có \(C_2^2 \cdot C_5^1 \cdot 2! \cdot 8!\) cách.

TH3: Hai học sinh lớp 12A, 2 học sinh lớp 12B đều ngồi đối diện, có \(C_3^2 \cdot A_5^2 \cdot 2! \cdot 2! \cdot 6!\) cách.

Ta có \(n\left( \Omega  \right) = 10!\).

Vậy \(P\left( E \right) = \frac{{C_3^2 \cdot A_5^2 \cdot 2! \cdot 2! \cdot 6! + C_2^2 \cdot C_5^1 \cdot 2! \cdot 8! - C_3^2 \cdot A_5^2 \cdot 2! \cdot 2! \cdot 6!}}{{10!}}\).

Suy ra \(P\left( {\overline E } \right) = 1 - P\left( E \right) = \frac{{C_3^2 \cdot A_5^2 \cdot 2! \cdot 2! \cdot 6! + C_2^2 \cdot C_5^1 \cdot 2! \cdot 8! - C_3^2 \cdot A_5^2 \cdot 2! \cdot 2! \cdot 6!}}{{10!}} = 0,603 \approx 0,6\).