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

Chọn A

\[\int {\left( {x - 3} \right)dx = \frac{1}{2}{x^2} - 3x + C} \].

Chọn A

\[\begin{array}{l}f\left( x \right) =  - 2{x^3} + 3{x^2} + 1 \Rightarrow f'\left( x \right) =  - 6{x^2} + 6x\\f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\, \in \left[ { - 1;1} \right]\\x = 1 \in \left[ { - 1;1} \right]\end{array} \right.\end{array}\]

Ta có \[f\left( { - 1} \right) =  - 2{\left( { - 1} \right)^3} + 3{\left( { - 1} \right)^2} + 1 = 6\]

\[f\left( 1 \right) =  - {2.1^3} + {3.1^2} + 1 = 2\], \[f\left( 0 \right) = 1\]

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số\[f\left( x \right) =  - 2{x^3} + 3{x^2} + 1\]  trên đoạn \[\left[ { - 1;1} \right]\] bằng \[1\].

Chọn C

Phương trình hoành độ giao điểm \[ - {x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow x = 0,x = 2\]

Vậy \[S = \int\limits_0^2 {\left| { - {x^2} + 2x} \right|dx}  = \left. {\left( {\frac{{ - {x^3}}}{3} + {x^2}} \right)} \right|_0^2 =  - \frac{8}{3} + 4 - 0 = \frac{4}{3}\].

Chọn D

Bán kính  \[R = AB = \sqrt {{{\left( { - 2 - 1} \right)}^2} + {{\left( {1 - 2} \right)}^2} + {{\left( {5 - 3} \right)}^2}}  = \sqrt {14} \].

Phương trình mặt câu tâm  \[A\] bán kính \[AB\] là  \[{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 14\].

Chọn A  

\(P(A|B) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{P(B|A).P\left( A \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,2.0,6}}{{0,3}} = 0,4\).

Chọn B 

\({u_3} = {u_2} + d \Rightarrow d = {u_3} - {u_2} = 6 - 2 = 4\).

Chọn A 

Một vectơ chỉ phương của \(d\) có tọa độ là \(( - 2;1; - 2)\) hay \(\overrightarrow {{u_3}}  = (2; - 1;2)\).

Chọn B 

Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng: \(V = {S_{ABC}}.AA' = \frac{{{4^2}.\sqrt 3 }}{4}.4 = 16\sqrt 3 \).

Chọn C

\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).

Vậy hình chiếu của \(SC\) trên mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) là \(SB\).

Chọn B

Nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất \(\left[ {1,3;\,1,4} \right)\). Khi đó \({Q_1} = 1,3 + \frac{{20 - 14}}{{40}}.\left( {1,4 - 1,3} \right) = 1,315\).

Nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất \(\left[ {1,4;\,1,5} \right)\). Khi đó \({Q_3} = 1,4 + \frac{{60 - 54}}{{13}}.\left( {1,5 - 1,4} \right) = \frac{{94}}{{65}}\).

Vậy khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên là \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 0,13\).

Chọn D

Điều kiện: \(x > 0\).

\({\log _2}\left( {3x} \right) \ge 3 \Leftrightarrow 3x \ge 8 \Leftrightarrow x \ge \frac{8}{3}\).

Vậy \(S = \left[ {\frac{8}{3}; + \infty } \right)\).

a) Ta có: \(y = \frac{{{x^2} + 3x + 3}}{{x + 2}} = x + 1 + \frac{1}{{x + 2}}\).

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \{  - 2\} \).

Ta có: \(y\prime  = 1 - \frac{1}{{{{(x + 2)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 4x + 3}}{{{{(x + 2)}^2}}} = 0 \Rightarrow x \in \left\{ { - 1;\, - 3} \right\}\).

Bảng biến thiên của hàm số:

Mệnh đề: Hàm số nghịch biến trên khoảng \(( - 3; - 1)\).

Vì \(x =  - 2\) thuộc khoảng \(( - 3; - 1)\) nhưng hàm số không xác định tại \(x =  - 2\), nên hàm số không nghịch biến trên toàn bộ khoảng \(( - 3; - 1)\).

Vậy a) sai.

b)  Đồ thị có tiệm cận đứng: \(x =  - 2\) và tiệm cận xiên: \(y = x + 1\).

Giao điểm hai tiệm cận là: \(I( - 2; - 1)\).

Gọi \(M(x;y) \in (C)\). Đặt \(t = x + 2\), với \(t \ne 0\).

Khi đó: \(x = t - 2\) và \(y = x + 1 + \frac{1}{{x + 2}} = t - 1 + \frac{1}{t}\).

Suy ra: \(M\left( {t - 2;\;t - 1 + \frac{1}{t}} \right)\).

Do \(I( - 2; - 1)\) nên: \(\overrightarrow {IM}  = \left( {t;\;t + \frac{1}{t}} \right)\).

Khi đó: \(I{M^2} = {t^2} + {\left( {t + \frac{1}{t}} \right)^2} = 2{t^2} + \frac{1}{{{t^2}}} + 2\).

Đặt \(u = {t^2} > 0\), ta có: \(I{M^2} = 2u + \frac{1}{u} + 2\).

Xét hàm: \(f(u) = 2u + \frac{1}{u} + 2\), với \(u > 0\).

Cách 1. Ta có: \(f\prime (u) = 2 - \frac{1}{{{u^2}}}\);

\(f\prime (u) = 0 \Leftrightarrow 2 = \frac{1}{{{u^2}}} \Leftrightarrow {u^2} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow u = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\) (do \(u > 0\)).

Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

\(f(u) = 2u + \frac{1}{u} + 2 = 2 + \left( {2u + \frac{1}{u}} \right) \ge 2 + 2\sqrt {2u.\frac{1}{u}}  = 2 + 2\sqrt 2 \). Dấu “=”, xảy ra khi \(2u = \frac{1}{u} \Rightarrow u = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\).

Khi đó: \({f_{\min }} = 2 \cdot \frac{1}{{\sqrt 2 }} + \sqrt 2  + 2 = 2\sqrt 2  + 2\).

Vậy: \(I{M_{\min }} = \sqrt {2\sqrt 2  + 2} \).

Vậy b) sai.

c) ĐTHS có hai điểm cực trị \(A( - 3; - 3)\) và \(B( - 1;1)\).

Khoảng cách hai điểm cực trị là: \(AB = \sqrt {{{( - 1 + 3)}^2} + {{(1 + 3)}^2}}  = 2\sqrt 5 \).

Vậy c) sai.

d) Đúng.

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

a) Đúng.

Gọi  \(I\) điểm thoả mãn:  \(\overrightarrow {IA}  + 2\overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0  \Rightarrow I\left( {3;1; - 1} \right)\);

Ta có \(\overrightarrow {IK}  = \left( { - 1; - 2;3} \right) \Rightarrow IK = \sqrt {14}  > R\).

Khi đó:

\(P = M{A^2} + 2M{B^2} - M{C^2} = {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + 2{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right)^2} - {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IC} } \right)^2} = 2M{I^2} + I{A^2} + 2I{B^2} - I{C^2}\).

Ta có \(I{A^2} + 2I{B^2} - I{C^2}\) không đổi nên biểu thức \(P\) có giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \(MI\) có giá trị lớn nhất.

Khi \(MI\) có giá trị lớn nhất, ta có \(M{I_{\max }} = IK + R = 2 + \sqrt {14} \) .

Ta có \(I{A^2} + 2I{B^2} - I{C^2} = 1 + 10 - 21 =  - 10 \Rightarrow {P_{\max }} =  - 10 + 2{\left( {2 + \sqrt {14} } \right)^2} = 26 + 8\sqrt {14} \).

b) Sai.

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

Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) đi qua điểm \[A\left( {2;1; - 1} \right)\] và có VTPT là \(\overrightarrow n  = \left( {1; - 1; - 1} \right)\) có phương trình:

\(1 \cdot \left( {x - 2} \right) - 1 \cdot \left( {y - 1} \right) - 1\left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x - y - z - 2 = 0\).

c) Sai.

Mặt cầu  \(\left( S \right)\) có tâm \(K\left( {2; - 1;2} \right),R = 2\).

Ta có \(d\left( {K,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| {2 - \left( { - 1} \right) - 2 - 2} \right|}}{{\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} < 2 = R\) nên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) cắt mặt cầu \((S)\).

d) Đúng.

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 1;2} \right) \Rightarrow AB = \sqrt 6 \).

a) Khoảng cách từ vị trí ban đầu đến điểm nhập làn là 210 m.

Tốc độ tại thời điểm cách điểm nhập làn 210 m là \[{v_0} = 36{\rm{ km/h}}\] hay \[{v_0} = 10{\rm{ m/s}}\].

Thay vào công thức \[v\left( 0 \right) = a.\left( 0 \right) + b = 10 \Rightarrow b = 10\].

Nên a) Đúng.

b) Công thức quãng đường vật đi được từ thời điểm 0 đến t là \[S\left( t \right) = \int_0^t v \left( x \right){\rm{d}}x.\]

Nên b) Sai.

c) Sau 3 giây duy trì tốc độ này, ô tô mới bắt đầu tăng tốc.

Quãng đường đi được trong 3 giây đầu: \[{S_1} = 10.3 = 30{\rm{ m}}\].

Quãng đường còn lại từ khi bắt đầu tăng tốc đến điểm nhập làn \[{S_{tt}} = 210 - 30 = 180{\rm{ m}}\].

Nên c) Đúng.

d) Thời gian từ lúc tăng tốc đến khi nhập làn là 12 giây.

Quãng đường đi được trong 12 giây này là 180 m:

        \[\int_0^{12} {\left( {at + 10} \right)} {\rm{d}}t = 180 \Rightarrow \left. {\left( {\frac{1}{2}a{t^2} + 10t} \right)} \right|_0^{12} = 180\]

        \[72a + 120 = 180 \Rightarrow 72a = 60 \Rightarrow a = \frac{5}{6}{\rm{ m/}}{{\rm{s}}^2}\].

Tốc độ tại thời điểm t = 24s ta có \[v\left( {24} \right) = \frac{5}{6}.\left( {24} \right) + 10 = 20 + 10 = 30{\rm{ m/s}}\].

Hay vận tốc là \(108{\rm{km/h}}\).

Nên d) Sai

Gọi biến cố \(A:\) “Bệnh nhân được điều trị bằng phác đồ \(A\)”;

       biến cố \(B:\) “Bệnh nhân được điều trị bằng phác đồ \(B\)”;

       biến cố \(K:\) “Bệnh nhân được chữa khỏi bệnh”;

       biến cố \(T:\) “Bệnh nhân gặp tác dụng phụ nghiêm trọng”.

Vì phác đồ \(A\) có xác suất chữa khỏi bệnh là \(55\% \) và xác suất gây tác dụng phụ nghiêm trọng là \(8\% \) nên \(P\left( {K\left| A \right.} \right) = 55\%  = 0,55\) và \(P\left( {T\left| A \right.} \right) = 8\%  = 0,08.\)

Vì phác đồ \(B\) có xác suất chữa khỏi bệnh là \(75\% \) và xác suất gây tác dụng phụ nghiêm trọng là \(12\% \) nên \(P\left( {K\left| B \right.} \right) = 75\%  = 0,75\) và \(P\left( {T\left| B \right.} \right) = 12\%  = 0,12.\)

Vì xác suất chọn mỗi phác đồ là \(50\% \) nên \(P\left( A \right) = P\left( B \right) = 50\%  = 0,5.\)

a) Sai.

Xác suất bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng là:

\(P\left( T \right) = P\left( A \right).\,P\left( {T\left| A \right.} \right) + P\left( B \right).\,P\left( {T\left| B \right.} \right) = 0,5.0,08 + 0,5.0,12 = 0,1.\)

Áp dụng công thức Bayes, ta có: \(P\left( {B\left| T \right.} \right) = \frac{{P\left( B \right).\,P\left( {T\left| B \right.} \right)}}{{P\left( T \right)}} = \frac{{0,5.0,12}}{{0,1}} = 0,6.\)

b) Đúng.

Xác suất bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng là:

\(P\left( T \right) = P\left( A \right).\,P\left( {T\left| A \right.} \right) + P\left( B \right).\,P\left( {T\left| B \right.} \right) = 0,5.0,08 + 0,5.0,12 = 0,1.\)

c) Sai.

Xác suất bệnh nhân điều trị bằng phác đồ \(A\) và được chữa khỏi bệnh là

\(P\left( {A \cap K} \right) = P\left( A \right).\,P\left( {K\left| A \right.} \right) = 0,5.\,0,55 = 0,275 \ne 0,55.\)

d) Sai.

Trong phác đồ \(A:\) \(P\left( {K \cap \overline {T\,} \left| A \right.} \right) = P\left( {K\left| A \right.} \right).\,\left[ {1 - P\left( {T\left| A \right.} \right)} \right] = 0,55.\left( {1 - 0,08} \right) = 0,506.\)

Trong phác đồ \(B:\) \(P\left( {K \cap \overline {T\,} \left| B \right.} \right) = P\left( {K\left| B \right.} \right).\,\left[ {1 - P\left( {T\left| B \right.} \right)} \right] = 0,75.\left( {1 - 0,12} \right) = 0,66.\)

Xác suất bệnh nhân khỏi bệnh và không bị tác dụng phụ nghiêm trọng là

\(P\left( {K \cap \overline {T\,} } \right) = P\left( A \right).\,P\left( {K \cap \overline {T\,} \left| A \right.} \right) + P\left( B \right).\,P\left( {K \cap \left. {\overline {T\,} } \right|B} \right) = 0,5.0,506 + 0,5.0,66 = 0,583 \ne 0,615.\)

Đáp án: \(111\).

Do \[\Delta \,{\rm{//}}\,Oz\] nên phương trình tham số của \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = a\\y = b\\z = t\end{array} \right.\). Gọi \(P = \Delta  \cap \left( {Oxy} \right) \Rightarrow P\left( {a\,;\,b\,;\,0} \right)\).

Ta có: \(A,\,B \in Ox \Rightarrow AP \bot \Delta ,\,BP \bot \Delta \)

\(d(A,\Delta ) = AP = \sqrt {{{(a - 3)}^2} + {b^2}} \)

\(d(B,\Delta ) = BP = \sqrt {{{(a + 3)}^2} + {b^2}} \)

Theo đề bài: \(\sqrt {{{(a - 3)}^2} + {b^2}}  + \sqrt {{{(a + 3)}^2} + {b^2}}  = 2\sqrt {34} {\rm{ }}\left( 1 \right)\)

Trong mặt phẳng \(Oxy\), có \(P(a,b)\)

Khi đó: \(PA + PB = 2\sqrt {34} \) với \(A(3,0),B( - 3,0)\).

Suy ra \(P\)nằm trên đường elip có hai tiêu điểm \(A,B\)với \(2{a_{{\rm{elip}}}} = 2\sqrt {34}  \Rightarrow {a_{{\rm{elip}}}} = \sqrt {34} \).

Khoảng cách hai tiêu điểm: \(2c = AB = 6 \Rightarrow c = 3\).

Suy ra: \[b_{{\rm{elip}}}^2 = {a_{elip}}^2 - {c^2} = 34 - 9 = 25\] nên \({b_{{\rm{elip}}}} = 5\).

Ta có phương trình elip: $\left(E\right):\frac{x^2}{34}+\frac{y^2}{25}=1$

Vậy điểm \(P(a,b)\) nằm trên elip này.

Điểm \(M \in \Delta \) có tọa độ dạng: \(M(a,b,{z_M})\)

Để \(MC\) nhỏ nhất thì \(M\) là hình chiếu của \(C\) trên \(\Delta \), suy ra \({z_M} = 1\)(vì \(0 \le 1 \le 10\), thỏa điều kiện).

Khi đó \(M{C^2} = {a^2} + {(b - 6)^2}\) nhỏ nhất với điều kiện: \(\frac{{{a^2}}}{{34}} + \frac{{{b^2}}}{{25}} = 1\).

Trên mp \(\left( {Oxy} \right)\) ta cần tìm điểm thuộc elip \(\left( E \right)\) gần điểm \((0,6)\) nhất.

Vì elip \(\left( E \right)\) đối xứng qua tâm \(O\), trục lớn nằm trên \(Ox\), trục nhỏ nằm trên \(Oy\), nên điểm cao nhất của elip là \((0,5)\) gần điểm \((0,6)\) nhất.

Suy ra: \(a = 0,\,b = 5\).

Vậy trong hệ toạ độ không gian, ta có  $M_0=(0;5;1)$

\(S = {x_0} + 20{y_0} + 11{z_0}\)

\( = 0 + 20.5 + 11.1\)

\( = 100 + 11 = 111\).

Đáp án: 196

Ta có lợi nhuận của xưởng một tháng là \(L\left( x \right) = 12x - 150.{e^{0,005x}} - 450\)

Để xưởng đạt lợi nhuận tối thiểu \(1,5\) tỷ đồng mỗi tháng thì ta cần có

\(L\left( x \right) \ge 1500\)\( \Leftrightarrow 12x - 150.{e^{0,005x}} - 450 \ge 1500\)

\( \Leftrightarrow 12x - 150.{e^{0,005x}} - 1950 \ge 0\)

Đặt \(f\left( x \right) = 12x - 150.{e^{0,005x}} - 1950\)

Ta có \(f'\left( x \right) = 12 - 0,75.{e^{0,005x}}\)

Với \(10 \le x \le 500\) ta có \(0,005x \le 2,5\)\( \Rightarrow {e^{0,005x}} \le {e^{2,5}} \approx 12,182\)

Suy ra \(f'\left( x \right) \ge 12 - 0,75.12,182 > 0\) nên hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left[ {10;500} \right]\)

Ta có đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) cắt trục hoành tại điểm duy nhất có hoành độ \(x \approx 195,7669\)

Tính \(f\left( {196} \right) \approx 2,332 > 0\) , vì hàm số đồng biến nên số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn là \(x = 196\)

Vậy xưởng cần sản xuất và tiêu thụ ít nhất \(196\) robot mỗi tháng.

Trả lời: 305.

Điều kiện: \(5x - 3 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{3}{5}\).

Gọi \(A({x_1};{y_1})\) và \(B({x_2};{y_2})\) là hai điểm thuộc đồ thị hàm số.

Vì \(A\) là trung điểm của đoạn OB, suy ra\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_2} = 2{x_1}}\\{{y_2} = 2{y_1}}\end{array}} \right.\).

Do \(A\) và \(B\) cùng nằm trên đồ thị hàm số \(y = {\log _3}(5x - 3)\), ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{y_1} = {{\log }_3}(5{x_1} - 3)}\\{{y_2} = {{\log }_3}(5{x_2} - 3)}\end{array}} \right.\).

Thay \({x_2} = 2{x_1}\) và \({y_2} = 2{y_1}\) vào phương trình thứ hai, ta được:

\(2{\log _3}(5{x_1} - 3) = {\log _3}(10{x_1} - 3) \Leftrightarrow 25x_1^2 - 40{x_1} + 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{2}{5}\left( L \right)\\{x_1} = \frac{6}{5}\left( N \right)\end{array} \right.\).

Với \({x_1} = \frac{6}{5} \Rightarrow {y_1} = {\log _3}\left( {5 \cdot \frac{6}{5} - 3} \right) = {\log _3}(3) = 1\).

Vậy tọa độ điểm \(A\) là \(A\left( {\frac{6}{5};1} \right)\).

Vì \(A\) là trung điểm của OB nên độ dài đoạn AB bằng độ dài đoạn OA:

\(AB = OA = \sqrt {x_1^2 + y_1^2}  = \sqrt {{{\left( {\frac{6}{5}} \right)}^2} + {1^2}}  = \sqrt {\frac{{36}}{{25}} + 1}  = \frac{{\sqrt {61} }}{5}\).

Đối chiếu với dạng bài cho \(AB = \frac{{\sqrt a }}{b}\), ta xác định được: \(a = 61\) và \(b = 5\).

Suy ra \(ab = 305\).

Trả lời: 4.

Gọi \(a = AB\).

Vì \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ tam giác đều nên đáy \(ABC\) là tam giác đều và các cạnh bên vuông góc với mặt đáy.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Trong  đều, ta có \(AM \bot BC\).

Vì \(AA' \bot (ABC)\) và \(AM \bot BC\), suy ra \(A'M \bot BC\). Do đó, \([A',BC,A] = \widehat {A'MA} = 30^\circ \).

Trong tam giác đều \(ABC\) cạnh \(a\), ta có\(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Trong tam giác vuông \(A'AM\) (vuông tại \(A\)) ta có\(AA' = AM\tan (\widehat {A'MA}) = \frac{a}{2}\).

\(A'M = \frac{{AM}}{{\cos (\widehat {A'MA})}} = a\).
\({S_{A'BC}} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot A'M\)\( = \frac{{{a^2}}}{2}\).
Theo đề bài, \({S_{A'BC}} = 32\), nên \(\frac{{{a^2}}}{2} = 32 \Rightarrow a = 8\) (vì \(a > 0\)).

Từ đó, chiều cao của lăng trụ là \(AA' = \frac{a}{2} = 4\).

Ta có \(AB\parallel A'B'\) (vì \(ABB'A'\) là hình chữ nhật).

Mà \(A'B' \subset (A'B'C')\).

Suy ra \(AB\parallel (A'B'C')\).

Suy ra \(d\left( {AB,A'C'} \right) = d\left( {AB,\left( {A'B'C'} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {A'B'C'} \right)} \right) = AA'\).

Vậy \(d(AB,A'C') = AA' = 4\).

Đáp án: \(3,35\)

Gọi biến cố \(A:\) “Chọn được học sinh nam”.

               \( \Rightarrow \overline A :\) “Chọn được học sinh nữ”.

                   \(B:\) “Chọn được học sinh thuận tay trái”.

              \( \Rightarrow \overline B \): “Chọn được học sinh thuận tay phải”.

Theo bài ra ta có: \(P\left( A \right) = \frac{5}{8}\); \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{3}{8}\).

Xác suất chọn được học sinh thuận tay trái là: \(P\left( {AB} \right) = \frac{5}{8}.\frac{{11}}{{100}} = \frac{{11}}{{160}}\).

Xác suất chọn được học sinh nữ thuận tay trái là: \(P\left( {A\bar B} \right) = \frac{3}{8}.\frac{9}{{100}} = \frac{{27}}{{800}}\).

Xác suất chọn được học sinh thuận tay phải là \(P\left( {\bar B} \right) = \frac{5}{8}.\frac{{89}}{{100}} + \frac{3}{8}.\frac{{91}}{{100}} = \frac{{359}}{{400}}\).

Trong cách chọn này:

+ Chọn được học sinh nam thuận tay trái: có \(C_5^1\) khả năng (có thể xuất hiện ở 1 trong 5 lần chọn).

+ chọn được 1 học sinh nữ thuận tay trái: có \(C_4^1\) khả năng (có thể xuất hiện ở 1 trong 4 lần chọn còn lại)

+ Còn lại, chọn được 3 học sinh thuận tay phải: có \(C_3^3\) khả năng.

Vậy xác suất chọn được 5 học sinh trong đó có đúng 1 học sinh nam và 1 học sinh nữ thuận tay trái là:

\(C_5^1.C_4^1.C_3^3\frac{{11}}{{160}}.\frac{{27}}{{800}}.{\left( {\frac{{359}}{{400}}} \right)^3} \approx 0,0335 \approx 3,35\% \).