Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Lê Thánh Tông (Đà Nẵng) có đáp án

Chọn B

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm trên là \(R = 5 - 1 = 4\).

Chọn B

Ta có \(y = 2x - 5 + \frac{{10}}{{x + 3}}\). Suy ra đồ thị hàm số có đường tiệm cận xiên là \(y = 2x - 5\).

Vậy \(a - b = 7\).

Chọn A

Điều kiện xác định: \(\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\{\log _{0,3}}x \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < x \le 1\).

Chọn B

Ta có \({S_{\Delta SAC}} = \frac{1}{2}.SA.AC = {a^2}\) mà \(SA = AC\)\( \Rightarrow S{A^2} = 2{a^2} \Rightarrow SA = AC = a\sqrt 2 \).

Đáy đáy \(ABCD\) là hình vuông nên \(AC = AB\sqrt 2  \Rightarrow AB = a\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\SA \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right)\).

Vậy \({V_{S.ABD}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{\Delta ABD}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 2 .\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\) (đơn vị thể tích).

Chọn B

Ta có một vec tơ chỉ phương của đường thẳng \(d\) là vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) là \(\overrightarrow i  = \left( {1;0;0} \right)\)\( = \overrightarrow {{u_2}} \).

Chọn A

Ta có \(V = \pi \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {{{\tan }^2}x} dx\)\( = \pi \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\left( {\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 1} \right)dx} \)\( = \pi \left( {\tan x - x} \right)|_0^{\frac{\pi }{3}} = \pi \left( {\tan \frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{3}} \right) = \pi \sqrt 3  - \frac{{{\pi ^2}}}{3}\).

Chọn B

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{u_2} = 4{u_1}\\{u_3} = 14\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + d = 4{u_1}\\{u_1} + 2d = 14\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3{u_1} + d = 0\\{u_1} + 2d = 14\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 2\\d = 6\end{array} \right.\).

Vậy \({u_{2026}} = {u_1} + 2025d = 2 + 2025.6 = 12152\).

Chọn A

Ta có \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cup B} \right)\)\( = 0,4 + 0,5 - 0,76 = 0,14\).

\(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,14}}{{0,5}} = 0,28\).

Chọn B

\[\tan \,x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\].

Chọn D

\(\vec u = \overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {DD\prime } \)

\( = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {DD\prime }  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AA\prime }  = \overrightarrow {AC'} \)

\(AB = 2,\;AD = BC = 4,\;DD\prime  = CC\prime  = 5.\)

\[|\vec u| = AC' = \sqrt {A{B^2} + A{D^2} + AA{\prime ^2}}  = \sqrt {{2^2} + {4^2} + {5^2}}  = \sqrt {45}  = 3\sqrt 5 .\]

Chọn C

\({a^2} = 16\) và \({b^2} = 4\).

\({c^2} = {a^2} - {b^2} = 16 - 4 = 12 \Rightarrow c = \sqrt {12}  = 2\sqrt 3 \).

Tiêu cự của elip là \(2c = 2 \cdot 2\sqrt 3  = 4\sqrt 3 .\)

Chọn B

Ta có \(\int f \left( x \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x = F\left( x \right) + C\) thì \(f\left( x \right) = F\prime \left( x \right)\).

\(F\left( x \right) = {2026^x}\).

\(f\left( x \right) = {\left( {{{2026}^x}} \right)^\prime } = {2026^x}\ln 2026.\)

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

a) Sai

Tâm của trạm là \(I(1;2;1,2)\). Bán kính vùng tín hiệu trong hệ tọa độ \(Oxyz\) là \(R = 8\) đơn vị.

Phương trình mặt cầu ranh giới vùng tín hiệu là: \({(x - 1)^2} + {(y - 2)^2} + {(z - 1,2)^2} = 64\).

b) Đúng

Thời điểm \(8\) giờ \(10\) phút sáng tương ứng với \(t = 10\).

Vị trí của tàu tại \(t = 10\) là \(P = (6; - 3;0)\).

Tâm trạm là \(I(1;2;1,2)\).

Khoảng cách từ tàu đến trạm là \(d = IP\)\( = \sqrt {51,44}  \approx 7,172\).

Bán kính vùng tín hiệu là \(R = 8\).

Vì \(d \approx 7,172 < 8\), nên tàu nằm trong vùng nhận diện tín hiệu của trạm.

c) Sai

Vị trí của tàu tại thời điểm \(t\) là \(P(t) = (16 - t; - 13 + t;0)\).

Tâm trạm là \(I(1;2;1,2)\).

Khoảng cách từ tàu đến trạm là \(d(t) = IP(t)\)\( \Rightarrow {d^2}(t) = 2{(15 - t)^2} + 1,44\).

Để khoảng cách \(d(t)\) nhỏ nhất, \({d^2}(t)\) phải nhỏ nhất. Điều này xảy ra khi \({(15 - t)^2} = 0\).

Suy ra \(15 - t = 0 \Rightarrow t = 15\) phút.

Thời điểm tàu gần trạm kiểm soát nhất là \(t = 15\) phút sau \(8\) giờ \(00\) phút tức là \(8\) giờ \(15\) phút sáng.

d) Đúng.

Tàu nằm trong vùng nhận diện tín hiệu khi \(d\left( t \right) \le R \Leftrightarrow {d^2}(t) \le {R^2}\)\( \Leftrightarrow {(15 - t)^2} \le 31,28\).

\( \Leftrightarrow 9,40715 \le t \le 20,59285\).

Thời gian tàu di chuyển là từ \(t = 0\) đến \(t = 30\) phút. Khoảng thời gian tàu nằm trong vùng tín là \([9,40715;20,59285]\).

Độ dài khoảng thời gian này là \(\Delta t = 20,59285 - 9,40715 = 11,1857\) phút.

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

Biến cố \(A\): “Học sinh được bầu làm nhóm trưởng thuộc lớp 12/1”.

Biến cố \(B\): “Học sinh được bầu làm nhóm trưởng là nữ”.

a) Sai

Xác suất chọn 1 bạn nữ từ lớp 12/1 là: \[P(B|A) = \frac{{10}}{{35}} = \frac{2}{7}.\]

b) Đúng

Trường hợp 1: Nhóm trưởng thuộc lớp 12/1. Xác suất: \[P(AB) = \frac{1}{2}.\frac{{10}}{{35}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{7} = \frac{1}{7}\]

Trường hợp 2: Nhóm trưởng thuộc lớp 12/2. Xác suất: \[P(\bar AB) = \frac{1}{2}.\frac{{15}}{{35}} = \frac{1}{2}.\frac{3}{7} = \frac{3}{{14}}\]

Xác suất biến cố B: \[P(B) = \frac{1}{7} + \frac{3}{{14}} = \frac{{2 + 3}}{{14}} = \frac{5}{{14}}\].

c) Đúng

Biết nhóm trưởng là nữ, xác suất bạn đó đến từ lớp 12/1:

\[P(A|B) = \frac{{P({\rm{AB}})}}{{P(B)}} = \frac{{1/7}}{{5/14}} = \frac{2}{5}\].

d) Đúng

Trường hợp 1: Chọn 1 nữ, 1 nam từ lớp 12/1 và 2 nam từ lớp 12/2

Xác suất chọn từ lớp 12/1 (1 nữ, 1 nam): \[\frac{{C_{10}^1 \cdot C_{25}^1}}{{C_{35}^2}} = \frac{{10 \cdot 25}}{{595}} = \frac{{250}}{{595}}\]

Xác suất chọn từ lớp 12/2 (2 nam): \[\frac{{C_{20}^2}}{{C_{35}^2}} = \frac{{190}}{{595}}\]

Xác suất bầu bạn nữ duy nhất này làm trưởng nhóm: \[\frac{1}{4}\]

Suy ra xác suất TH1: \[{P_1} = \left( {\frac{{250}}{{595}} \cdot \frac{{190}}{{595}}} \right) \cdot \frac{1}{4}\]

Trường hợp 2: Chọn 2 nam từ lớp 12/1 và 1 nữ, 1 nam từ lớp 12/2

Xác suất chọn từ lớp 12/1 (2 nam): \[\frac{{C_{25}^2}}{{C_{35}^2}} = \frac{{300}}{{595}}\]

Xác suất chọn từ lớp 12/2 (1 nữ, 1 nam): \[\frac{{C_{25}^2}}{{C_{35}^2}} = \frac{{300}}{{595}}\]

Xác suất bầu bạn nữ duy nhất này làm trưởng nhóm: \[\frac{1}{4}\]

Suy ra xác suất TH2: \[{P_2} = \left( {\frac{{300}}{{595}} \cdot \frac{{300}}{{595}}} \right) \cdot \frac{1}{4}\]

Xác suất để biến cố "Trưởng nhóm là nữ và 3 người còn lại là nam":

\[P = {P_1} + {P_2} = \frac{1}{4} \cdot \frac{{(250 \cdot 190) + (300 \cdot 300)}}{{{{595}^2}}} = \frac{1}{4} \cdot \frac{{47500 + 90000}}{{354025}} = \frac{{137500}}{{1416100}} = \frac{{1375}}{{14161}}\].

Xác suất để 3 bạn còn lại là nam, biết rằng nhóm trưởng là nữ:

\[P = \frac{{\frac{{1375}}{{14161}}}}{{\frac{5}{{14}}}} = \frac{{1375}}{{14161}} \cdot \frac{{14}}{5} = \frac{{275 \cdot 14}}{{14161}} = \frac{{3850}}{{14161}}\].

a) Ta có: \(M'\left( t \right) =  - k{\left( {30 - t} \right)^2}\)

\( \Rightarrow \) \[M\left( t \right) = \int  -  k{\left( {30 - t} \right)^2}dt =  - k\,.\,\frac{1}{{ - 1}}\,.\,\frac{{{{\left( {30 - t} \right)}^3}}}{3} + C = \frac{k}{3}{\left( {30 - t} \right)^3} + C\]

Chọn đúng.

b) Sau đúng \(30\) ngày còn lại \(280\) liều, tức là \(M\left( {30} \right) = 280\).

\[ \Rightarrow \]\[\frac{k}{3}{\left( {30 - 30} \right)^3} + C = 280 \Leftrightarrow C = 280\].

Ban đầu trung tâm có \(10000\) liều vắc-xin, tức là \[M\left( 0 \right){\rm{ }} = {\rm{ }}10000\]

\[ \Rightarrow \]\(\frac{k}{3}{\left( {30 - 0} \right)^3} + 280 = 10000\)

\( \Leftrightarrow \)\(\frac{k}{3}\,.\,27000 = 9720\)

\( \Leftrightarrow 9000k = 9720 \Leftrightarrow k = 1,08\).

Chọn đúng.

c) Để tìm số vắc-xin còn lại sau \(20\) ngày, ta thay \(t = 20\) vào hàm số \(M\left( t \right)\):

\(M\left( {20} \right) = 0,36{\left( {30 - 20} \right)^3} + 280 = 0,36\,.\,{10^3} + 280 = 0,36\,.\,1000 + 280 = 360 + 280 = 640\).

Chọn sai.

d) Số vắc-xin còn lại lại sau \(15\) ngày là:

\(M\left( {15} \right) = 0,36{\left( {30 - 15} \right)^3} + 280 = 0,36\,.\,{15^3} + 280 = 0,36\,.\,3375 + 280 = 1495\).

Số liều vắc-xin đã tiêm trong \[15\] ngày đầu tiên là:

\(M\left( 0 \right) - M\left( {15} \right) = 10000 - 1495 = 8505{\rm{ }}\)(liều)

Tốc độ tiêm chủng trung bình trong \[15\] ngày đầu tiên là: \({v_{tb}} = \frac{{8505}}{{15}} = 567\) (liều/ngày).

Chọn đúng.

a) Ta có: Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\). Suy ra là mệnh đề sai.

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = 1 \Rightarrow y = 1\) là tiệm cận ngang.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y =  + \infty  \Rightarrow x = 1\) là tiệm cận đứng.

Đồ thị nhận \(I\left( {1;1} \right)\) là tâm đối xứng. Mệnh đề đúng.

c) \(\left( C \right)\) giao với \(Oy\) tại \(M\left( {0; - 2} \right)\).

\(y'\left( 0 \right) =  - 3\).

Phương trình tiếp tuyến tại \(\left( C \right)\) là \(y =  - 3x - 2\).

\(y\left( 2 \right) =  - 8 \ne  - 3\) suy ra đường thẳng \(y =  - 3x - 2\) không đi qua \(A\).

Suy ra là mệnh đề đúng.

d) Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(I\left( {1;1} \right)\) và cắt \(\left( C \right)\) nên có dạng \(y = k\left( {x - 1} \right) + 1\,\,\,\,\left( {k \ne 0} \right)\)

Hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(\Delta \) là nghiệm của phương trình

\(k\left( {x - 1} \right) + 1 = \frac{{x + 2}}{{x - 1}} \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = \frac{3}{k} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt {\frac{3}{k}}  + 1\\x =  - \sqrt {\frac{3}{k}}  + 1\end{array} \right.\,\,\,\,\left( {k > 0} \right)\).

Giả sử \({x_N} = \sqrt {\frac{3}{k}}  + 1 \Rightarrow N\left( {\sqrt {\frac{3}{k}}  + 1;3\sqrt k  + 1} \right)\)

Phương trình đường thẳng \(AI\) là \(4x + y - 5 = 0\).

\(I\left( {1;1} \right)\) là tâm đối xứng của đồ thị \(\left( C \right)\) nên \(I\) là trung điểm của \(MN\).

\({S_{AMN}} = 2{S_{IAN}} = d\left( {N,AI} \right).AI = \frac{{4\sqrt 3 }}{{\sqrt k }} + 3\sqrt k  \ge 24\sqrt 3 \).

Vậy diện tích nhỏ nhất của tam giác \(AMN\) bằng \(24\sqrt 3 \) (đvdt).

Mệnh đề sai.

Đáp án: \(19,6\)

Mặt cầu \((S)\)có tâm \(O(0;0;0)\) và bán kính\(R = 3\).

Gọi \(H\)là hình chiếu của tâm \(O\) lên mặt phẳng \((P)\).

Xét \(\Delta OAM\)vuông tại \(A\) (với \(A\) là một tiếp điểm thuộc đường tròn ranh giới), đường cao \(AH\). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: \(O{A^2} = OH \cdot OM \Rightarrow OH = \frac{{{R^2}}}{{OM}} = \frac{9}{{OM}}\)

Vì \(H \in OM\) nên \(\overrightarrow {OH} ;\overrightarrow {OM} \) cùng hướng. Suy ra \(\overrightarrow {OH}  = \frac{9}{{O{M^2}}} \cdot \overrightarrow {OM} \)

Do mặt phẳng \((P)\) vuông góc với \(OM\) tại \(H\), nên \({\vec n_{(P)}} = \overrightarrow {OM} \).

Xét một điểm \(X(x;y;z) \in \left( P \right)\), ta có \[\overrightarrow {HX}  \bot \overrightarrow {OM}  \Leftrightarrow \overrightarrow {HX}  \cdot \overrightarrow {OM}  = 0\].

\[ \Leftrightarrow (\overrightarrow {OX}  - \overrightarrow {OH} ) \cdot \overrightarrow {OM}  = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {OX}  \cdot \overrightarrow {OM}  = \overrightarrow {OH}  \cdot \overrightarrow {OM}  \Leftrightarrow \overrightarrow {OX}  \cdot \overrightarrow {OM}  = \frac{9}{{O{M^2}}} \cdot {\overrightarrow {OM} ^2} = 9\]

Nếu gọi \[M({x_0};{y_0};{z_0})\], biểu thức tọa độ của tích vô hướng trên chính là: \[{x_0}x + {y_0}y + {z_0}z = 9\]

Gọi \(M(1 + t;1 + 2t;2 - 3t) \in \left( d \right)\)

Mặt phẳng \((P)\) đi qua \[D(2;0;1)\]nên ta có \[2(1 + t) + 0(1 + 2t) + 1(2 - 3t) = 9 \Leftrightarrow 4 - t = 9 \Rightarrow t =  - 5\]

Suy ra \[M( - 4; - 9;17) \Rightarrow OM = \sqrt {{{( - 4)}^2} + {{( - 9)}^2} + {{17}^2}}  = \sqrt {386}  \approx 19,6{\rm{ m}}\].

Đáp số: 1109

Diện tích hình tam giác đều ban đầu: \[{S_0} = \frac{{{{40}^2}\sqrt 3 }}{4} = 400\sqrt 3 \,c{m^2}\].

Diện tích tăng thêm ở bước một so với hình tam giác ban đầu là:

\[{u_1} = 3.\frac{{{{\left( {\frac{{40}}{3}} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{400\sqrt 3 \,}}{3} = \frac{1}{3}{S_0}\].

Diện tích tăng thêm ở bước hai so với hình ở bước một là: \[{u_2} = 12.\frac{{{{\left( {\frac{{40}}{9}} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{1600\sqrt 3 }}{{27}} = \frac{4}{9}{u_1}\].

Diện tích tăng thêm ở bước ba so với hình ở bước hai là: \[{u_3} = 48.\frac{{{{\left( {\frac{{40}}{{27}}} \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = \frac{{6400\sqrt 3 }}{{243}} = \frac{4}{9}{u_2}\].

….

Do đó, diện tích tăng thêm ở mỗi hình so với hình ở bước trước đó tạo thành 1 cấp số nhân với số hạng đầu là \[{u_1} = \frac{1}{3}{S_0}\] và công bội là \[q = \frac{4}{9}\].

Do đó tổng diện tích tăng thêm ở sau khi thực hiện \[n\] bước là \[\frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{\frac{1}{3}{S_0}}}{{1 - \frac{4}{9}}} = \frac{3}{5}{S_0}\].

Vậy diện tích tam giác ở bước thứ \[n\] là \[{S_n} = {S_0} + \frac{3}{5}{S_0} = \frac{8}{5}{S_0} = 640\sqrt 3  \approx 1109\].

Đáp án: 7.

Khi \(2 \le t < 10\), \(P\left( t \right) = 1200 - a{\left( {10 - t} \right)^2}\)\(\left( {a \ne 0} \right)\)

\( \Rightarrow 950 = P\left( 5 \right) = 1200 - a{\left( {10 - 5} \right)^2} \Leftrightarrow a = 10\).

Suy ra \(P\left( t \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{1200 - 10{{\left( {10 - t} \right)}^2}}&{\left( {2 \le t < 10} \right)}\\{1200}&{\left( {10 \le t \le 20} \right)}\end{array}} \right.\).

Ta có: \(\frac{{Q\left( t \right)}}{t} = \frac{{P\left( t \right)}}{5} - 40t + 660 - \frac{{1372}}{t} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 2{t^2} + 700 - \frac{{1372}}{t}}&{\left( {2 \le t < 10} \right)}\\{ - 40t + 900 - \frac{{1372}}{t}}&{\left( {10 \le t \le 20} \right)}\end{array}} \right.\).

Với \(2 \le t < 10\): \[{\left[ {\frac{{Q\left( t \right)}}{t}} \right]^\prime } =  - 4t + \frac{{1372}}{{{t^2}}} = 0 \Leftrightarrow t = 7 \in \left[ {2;10} \right)\].

Khi đó, \[{\left[ {\frac{{Q\left( t \right)}}{t}} \right]_{\max }} =  - 2 \times {7^2} + 700 - \frac{{1372}}{7} = 406\].

Với \(10 \le t \le 20\): \[\frac{{Q\left( t \right)}}{t} =  - 40t + 900 - \frac{{1372}}{t} \le  - 2\sqrt {40 \times 1372}  + 900 \approx 431,5\].

Dấu bằng xảy ra khi \[ - 40t =  - \frac{{1372}}{t} \Rightarrow t = \frac{{7\sqrt {70} }}{{10}} \notin \left[ {10;20} \right]\].

Vậy khi \[t = 7\] (phút) thì lợi nhuận ròng trung bình mỗi phút đạt giá trị lớn nhất.

Đáp án: 7,2.

Vì \(CD\parallel AB\) mà \(AB \subset (ABB'A')\) nên \(CD\parallel (ABB'A')\).

Do đó, khoảng cách \(d(CD,AA') = d(CD,(ABB'A')) = d(N,MM')\), với N, M, M' lần lượt là trung điểm của CD, AB và A'B'.

Gọi O, O' là tâm hai đáy. Đường cao \(h = OO'\).

Ta có \(AO = \frac{{8\sqrt 2 }}{2} = 4\sqrt 2 \) và \(A'O' = \frac{{4\sqrt 2 }}{2} = 2\sqrt 2 \).

Xét tam giác vuông có cạnh huyền AA' và các cạnh góc vuông là \(h\) và \((AO - A'O')\):

\(h = \sqrt {A{{A'}^2} - {{(AO - A'O')}^2}}  = \sqrt {{5^2} - {{(2\sqrt 2 )}^2}}  = \sqrt {25 - 8}  = \sqrt {17} \)

Tính khoảng cách:

Xét mặt cắt qua trung điểm các cạnh đối diện: Đó là hình thang MNM'N' với đáy \(MN = 8\), \(M'N' = 4\) và chiều cao \(h = \sqrt {17} \).

Xét tam giác NMM' có: NM = 8, chiều cao hạ từ M' xuống NM chính là \(h = \sqrt {17} \), diện tích \({S_{\Delta NMM'}} = \frac{1}{2} \cdot NM \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot \sqrt {17}  = 4\sqrt {17} \).

Độ dài cạnh MM' (trung đoạn của mặt bên): \(MM' = \sqrt {{h^2} + {{\left( {\frac{{AB - A'B'}}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {17 + {2^2}}  = \sqrt {21} \).

Khoảng cách từ N đến MM' là: \(d = \frac{{2 \cdot {S_{\Delta NMM'}}}}{{MM'}} = \frac{{8\sqrt {17} }}{{\sqrt {21} }} \approx 7,198\).

Đáp án: 0,42

Gọi A là biến cố: “Con xúc xắc mặt chẵn xuất hiện” \(P\left( A \right) = 0,5\)

Gọi B là biến cố: “Con xúc xắc mặt lẻ xuất hiện” \(P\left( B \right) = 0,5\)

Gọi X là biến cố: “Hai viên bi lấy ra cuối cùng đều màu đen”

Trường hợp 1: Xảy ra biến cố A (Mặt chẵn)

Lấy 2 bi đen: \(P = \frac{{C_2^2}}{{C_5^2}} = \frac{1}{{10}}\) Hộp II lúc này có 1 bi trắng và 6 bi đen. \(P = \frac{{C_6^2}}{{C_7^2}} = \frac{5}{7}\)

Lấy 1 bi trắng, 1 bi đen: \(P = \frac{{C_3^1C_2^1}}{{C_5^2}} = \frac{6}{{10}}\). Hộp II lúc này có 2 bi trắng và 5 bi đen. \(P = \frac{{C_5^2}}{{C_7^2}} = \frac{{10}}{{21}}\)

Lấy 2 bi trắng: \(P = \frac{{C_3^2}}{{C_5^2}} = \frac{3}{{10}}\). Hộp II lúc này có 3 bi trắng và 4 bi đen. \(P = \frac{{C_4^2}}{{C_7^2}} = \frac{2}{7}\)

\( \Rightarrow P\left( {X|A} \right) = \frac{1}{{10}}.\frac{5}{7} + \frac{6}{{10}}.\frac{{10}}{{21}} + \frac{3}{{10}}.\frac{2}{7} = \frac{{31}}{{70}}\)

Trường hợp 2: Xảy ra biến cố B (Mặt lẻ)

Lấy 2 bi đen: \(P = \frac{{C_2^2}}{{C_5^2}} = \frac{1}{{10}}\) Hộp II lúc này có 6 bi đen. \(P = \frac{{C_6^2}}{{C_6^2}} = 1\)

Lấy 1 bi trắng, 1 bi đen: \(P = \frac{{C_3^1C_2^1}}{{C_5^2}} = \frac{6}{{10}}\). Hộp II lúc này có 1 bi trắng và 5 bi đen. \(P = \frac{{C_5^2}}{{C_6^2}} = \frac{2}{3}\)

Lấy 2 bi trắng: \(P = \frac{{C_3^2}}{{C_5^2}} = \frac{3}{{10}}\). Hộp II lúc này có 2 bi trắng và 4 bi đen. \(P = \frac{{C_4^2}}{{C_6^2}} = \frac{2}{5}\)

\( \Rightarrow P\left( {X|A} \right) = \frac{1}{{10}}.1 + \frac{6}{{10}}.\frac{2}{3} + \frac{3}{{10}}.\frac{2}{5} = \frac{{31}}{{50}}\)

\( \Rightarrow P\left( X \right) = P\left( A \right).P\left( {X|A} \right) + P\left( B \right).P\left( {X|B} \right) = 0,5.\frac{{31}}{{70}} + 0,5.\frac{{31}}{{50}} = \frac{{93}}{{175}}\)

Vậy \( \Rightarrow P\left( {A|X} \right) = \frac{{0,5.\frac{{31}}{{70}}}}{{\frac{{93}}{{175}}}} = \frac{5}{{12}} \approx 0,42\).

Đáp án: -11

+ Xét phương trình

\(f\left( x \right) = g\left( x \right) \Leftrightarrow  - {x^4} + x = {x^4} - {x^3} \Leftrightarrow 2{x^4} - {x^3} - x = 0 \Leftrightarrow x\left( {2{x^3} - {x^2} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\).

+ \({S_1} = \int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) - h\left( x \right)} \right]dx = \int\limits_0^1 {\left[ { - {x^4} + x - a\left( {x - {x^2}} \right)} \right]dx = } } \int\limits_0^1 {\left[ { - {x^4} + a{x^2} - ax + x} \right]dx} \)

+ \({S_2} = \int\limits_0^1 {\left[ {h\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx = \int\limits_0^1 {\left[ {a\left( {x - {x^2}} \right) - \left( {{x^4} - {x^3}} \right)} \right]dx = } } \int\limits_0^1 {\left[ { - {x^4} + {x^3} - a{x^2} + ax} \right]dx} \)

Theo giả thiết \({S_1} = 2{S_2} \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {\left[ { - {x^4} + a{x^2} - ax + x} \right]dx}  = 2\int\limits_0^1 {\left[ { - {x^4} + {x^3} - a{x^2} + ax} \right]dx} \)

\( \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {\left[ {{x^4} - 2{x^3} + 3a{x^2} - 3ax + x} \right]dx}  = 0 \Leftrightarrow \left. {\left( {\frac{{{x^5}}}{5} - \frac{{{x^4}}}{2} + a{x^3} - \frac{{3a{x^2} - {x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^1 = 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{1^5}}}{5} - \frac{{{1^4}}}{2} + a{.1^3} - \frac{{3.a{{.1}^2} - {1^2}}}{2} = 0 \Leftrightarrow  - \frac{a}{2} + \frac{1}{5} = 0 \Leftrightarrow a = \frac{2}{5}\)

+ \(1 - 30a = 1 - 30.\left( {\frac{2}{5}} \right) =  - 11\).