Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Thanh Oai A (Hà Nội) có đáp án

Chọn D

\(\begin{array}{l}P = {\log _{{2^{2018}}}}4 - \frac{1}{{1009}} + \ln {e^{2018}} = {\log _{{2^{2018}}}}{2^2} - \frac{1}{{1009}} + 2018\ln e\\P = \frac{2}{{2018}}{\log _2}2 - \frac{1}{{1009}} + 2018 = \frac{2}{{2018}} - \frac{1}{{1009}} + 2018 = 2018\end{array}\)

Chọn C

Phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) có dạng \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0\) với:

\(a = 2,b = 0,c =  - 1\) và \(d = 4\).

Tâm của mặt cầu là \(I\left( {a;b;c} \right)\), suy ra \(I\left( {2;0; - 1} \right)\).

Bán kính của mặt cầu là \(R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d}  = \sqrt {{2^2} + {0^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} - 4}  = \sqrt 1  = 1\).

Chọn B

Cỡ mẫu là \(n = 30\).

Tứ phân vị thứ nhất \({Q_1}\):

\(\frac{n}{4} = \frac{{30}}{4} = 7,5\). Ta có: \({Q_1} = 40 + \frac{{7,5 - 7}}{{10}}.10 = 40,5\).

Tứ phân vị thứ ba \({Q_3}\):

\(\frac{{3n}}{4} = \frac{{90}}{4} = 22,5\). Ta có: \({Q_3} = 50 + \frac{{22,5 - 17}}{8}.10 = 50 + \frac{{5,5}}{8}.10 = 56,875\).

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu là: \(\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = 56,875 - 40,5 = 16,375\).

a) Ta gọi \(f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\), đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) đi qua các điểm \(\left( {0;0,5} \right)\), đỉnh \(I\)\(\left( {0,75;0,2} \right)\)nên ta có \(\left\{ \begin{array}{l}c = 0,5\\ - \frac{b}{{2a}} = 0,75\\{0,75^2}a + 0,75b + c = 0,2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0,5\\1,5a + b = 0\\0,5625a + 0,75b + c = 0,2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{8}{{15}}\\b =  - \frac{4}{5}\\c = \frac{1}{2}\end{array} \right.\).

Suy ra \(f\left( x \right) = \frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}\).

Chọn Đúng.

b) Thể tích tối đa của thùng là

\(V = \pi \int\limits_0^{1,5} {{f^2}\left( x \right)dx = \pi \int\limits_0^{1,5} {{{\left( {\frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}} \right)}^2}dx \approx 0,5\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)} } \).

Chọn Đúng

c) Thời gian bơm đầy thùng là \(t = \frac{V}{5}\)\( \approx 92\) (phút)\( \approx 1,5\)(giờ).

Chọn Sai.

d) Gọi \(t\) (phút) thì mực nước trong thùng là \(h\) (mét).

Ta có thể tích nước trong thùng sau \(t\) (phút) bơm là \(V = 5t\) (lít)\( = 0,005t\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Ta có \({V_h} = \pi \int\limits_0^h {{{\left( {\frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}} \right)}^2}dx = \pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right)\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)} \).

Khi đó ta có

\[\pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right) = 0,005t\] (1).

Khi \(t = 20\) ta có \(\pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right) = 0,1\)\( \Rightarrow {h_0} \approx 0,1640803548\).

Đạo hàm theo biến \(t\) hai vế của phương trình (1) ta được

\(\left( {\frac{{64}}{{225}}{h^4} - \frac{{64}}{{75}}{h^3} + \frac{{264}}{{225}}{h^2} - \frac{4}{5}h + \frac{1}{4}} \right)h'\left( t \right) = \frac{{0,005}}{\pi }\).

Tốc độ dâng lên của nước là

\(h'\left( t \right) = \frac{{0,005}}{{\pi \left( {\frac{{64}}{{225}}{h^4} - \frac{{64}}{{75}}{h^3} + \frac{{264}}{{225}}{h^2} - \frac{4}{5}h + \frac{1}{4}} \right)}}\).

Tại thời điểm \(t = 20\), \({h_0} \approx 0,1640803548\) thì tốc độ dâng của nước là

\(h'\left( {20} \right) = \frac{{0,005}}{{\pi \left( {\frac{{64}}{{225}}h_0^4 - \frac{{64}}{{75}}h_0^3 + \frac{{264}}{{225}}h_0^2 - \frac{4}{5}{h_0} + \frac{1}{4}} \right)}}\)\( \approx 0,01084447993\,{\rm{m}}\)/phút\( \approx 0,01\,{\rm{m}}\)/phút.

Chọn Đúng.

Kết luận: a) Sai b) Đúng c) Đúng d) Đúng

a) Số táo ở thùng A nặng từ 280g trở lên nằm ở hai nhóm [280; 290) và [290; 300].

Số lượng: 4 + 3 = 7 (quả).

Xác suất: \[P = \frac{7}{{25}} = 0,28\]. a) Sai

b) Thùng A: Số táo \[ \ge 270{\rm{g}}\]là: 12 + 4 + 3 = 19 quả. Xác suất \[{P_A} = \frac{{19}}{{25}}\].

Thùng B: Số táo \[ \ge 270{\rm{g}}\]là: 7 + 10 + 4 = 21 quả. Xác suất \[{P_B} = \frac{{21}}{{25}}\].

Xác suất cả hai quả đều \[ \ge 270{\rm{g}}\]: \[P = \frac{{19}}{{25}} \times \frac{{21}}{{25}} = \frac{{399}}{{625}} = 0,6384\]. b) Đúng

c) Thùng A:

Trung bình \[{\bar x_A} = \frac{{2 \cdot 255 + 4 \cdot 265 + 12 \cdot 275 + 4 \cdot 285 + 3 \cdot 295}}{{25}} = 275,8\].

Phương sai \[s_A^2 = \frac{{2 \cdot {{255}^2} +  \ldots  + 3 \cdot {{295}^2}}}{{25}} - {(275,8)^2} = 111,36\].

Thùng B:

Trung bình \[{\bar x_B} = \frac{{1 \cdot 255 + 3 \cdot 265 + 7 \cdot 275 + 10 \cdot 285 + 4 \cdot 295}}{{25}} = 279,8\]

Phương sai \[s_B^2 = \frac{{1 \cdot {{255}^2} +  \ldots  + 4 \cdot {{295}^2}}}{{25}} - {(279,8)^2} = 104,96\]

Vì \[s_A^2 > s_B^2(111,36 > 104,96)\] nên cân nặng ở thùng A phân tán hơn. c) Đúng

d) Tứ phân vị thứ nhất \[{Q_1}\]: Ở vị trí \[\frac{{25}}{4} = 6,25\]. Nhóm chứa \[{Q_1}\] là [270; 280)

\[{Q_1} = 270 + \frac{{6,25 - 6}}{{12}} \cdot 10 \approx 270,21\]

Tứ phân vị thứ ba \[{Q_3}\]: Ở vị trí \[\frac{{3 \cdot 25}}{4} = 18,75\]. Nhóm chứa \[{Q_3}\]là [280; 290) (vì tần số tích lũy đến nhóm trước là 2+4+12=18).

\[{Q_3} = 280 + \frac{{18,75 - 18}}{4} \cdot 10 = 281,875\]

Khoảng tứ phân vị: \[{\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 281,875 - 270,2083... \approx 11,67\](g). d) Đúng

a) Ta có: \(y = f\left( x \right) = 2{x^3} + b{x^2} - 6x + d\)nên \(f'\left( x \right) = 6{x^2} + 2bx - 6\).

Vì hàm số đạt cực trị bằng \(4\) tại \(x = 1\) nên ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( 1 \right) = 0\\f\left( 1 \right) = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6 + 2b - 6 = 0\\2 + b - 6 + d = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 0\\d = 8\end{array} \right.\). Vậy a) Đúng.

b) Ta có: \(y = f\left( x \right) = 2{x^3} - 6x + 8\) và \(f'\left( x \right) = 6{x^2} - 6\).

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 1\end{array} \right.\).

BBT:

Từ BBT suy ra hàm số \(y = f\left( x \right)\) đạt tiểu đại tại \(x = 1\). Vậy b) Sai.

c) Từ BBT suy ra \(x =  - 1\)là một điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\). Vậy c) Đúng.

d) Từ BBT suy ra giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng \(4\). Vậy d) Sai.

Với hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có

\(D\left( {0\,;0\,;0} \right)\), \(A\left( {2\,;0\,;0} \right)\),\(C\left( {0\,;2\,;0} \right)\),\({D_1}\left( {0\,;0\,;1} \right)\),\(B\left( {2\,;2\,;0} \right)\), \({A_1}\left( {2\,;0\,;1} \right)\), \({B_1}\left( {2\,;2\,;1} \right)\), \({C_1}\left( {0\,;2\,;1} \right)\).

a) Trung điểm của \({B_1}{D_1}\) là \(M\left( {1\,;1\,;1} \right).\)

Ta có: \(\overrightarrow {CM}  = \left( {1\,; - 1\,;1} \right)\)

Cặp véc tơ chỉ phương của mặt phẳng \(\left( {B{B_1}{D_1}D} \right)\)

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {D{D_1}}  = \left( {0\,;0\,;1} \right)\\\overrightarrow {DB}  = \left( {2\,;2\,;0} \right)\end{array}\)

\(\overrightarrow {CM}  \cdot \overrightarrow {D{D_1}}  = 1 \ne 0.\)

Do đó \(\overrightarrow {CM} \) không vuông góc với mọi vectơ nằm trong mặt phẳng \(\left( {B{B_1}{D_1}D} \right)\).

Vậy a) Sai.

b) \(M\left( {1\,;1\,;1} \right)\)

\(\overrightarrow {M{C_1}}  = \left( { - 1\,;1\,;0} \right)\)

\(\overrightarrow {BC}  = \left( { - 2\,;0\,;0} \right)\)

Cosin góc giữa hai đường thẳng:\(\cos \left( {M{C_1};BC} \right) = \frac{{|\overrightarrow {M{C_1}}  \cdot \overrightarrow {BC} |}}{{|\overrightarrow {M{C_1}} ||\overrightarrow {BC} |}} = \frac{2}{{\sqrt 2 .2}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\).

Vậy b) Sai.

c) \({V_{{C_1}.BDM}} = \frac{1}{3}.{S_{\Delta BDM}}.d\left( {{C_1};\left( {BDM} \right)} \right)\).

\({S_{\Delta BDM}}\) và \(d\left( {{C_1};\left( {BDM} \right)} \right)\) không đổi.

Suy ra thể tích khối chóp \({C_1}.BDM\) không đổi.

Vậy c) Đúng.

d) Vectơ chỉ phương của đường thẳng \(BC\): \({\vec u_{BC}} = \left( {1\,;0\,;0} \right).\)

Phương trình tham số của \(BC\): \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 + k}\\{y = 2}\\{z = 0}\end{array}} \right.\).

Dạng tọa độ điểm \(M\left( {2t\,;2t\,;1} \right)\) với \(0 \le t \le 1.\)

Khoảng cách từ một điểm \(M\) đến đường thẳng \(BC\): \(d\left( {M,BC} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BM} ,{{\vec u}_{BC}}} \right]} \right|}}{{\left| {{{\vec u}_{BC}}} \right|}}\).

 \(\overrightarrow {BM}  = \left( {2t - 2\,;2t - 2\,;1 - 0} \right) = \left( {2t - 2\,;2t - 2\,;1} \right)\).

 \(\left[ {\overrightarrow {BM} ,{{\vec u}_{BC}}} \right] = \left( {0\,;1\,;2 - 2t} \right)\).

 \(\left| {\left[ {\overrightarrow {BM} ,{{\vec u}_{BC}}} \right]} \right| = \sqrt {{0^2} + {1^2} + {{(2 - 2t)}^2}}  = \sqrt {1 + {{(2 - 2t)}^2}} \).

\(\left| {{{\vec u}_{BC}}} \right| = 1\).

Suy ra \(d\left( {M,BC} \right) = \sqrt {1 + {{\left( {2 - 2t} \right)}^2}} \).

\(d\left( {M,BC} \right)\) nhỏ nhất khi \(2 - 2t = 0 \Leftrightarrow t = 1\).

 Khi đó \(M\) trùng với điểm \({B_1}\left( {2\,;2\,;1} \right)\).

Vậy giá trị nhỏ nhất bằng \(1\).

Vậy d) Sai.

Đáp án: \(109\)

Xét  \(0 < t \le 10\): \[V(t) = ( - {t^2} + 14t - 40){e^{\frac{t}{4}}} + 50\]

\(V'(t) = ( - 2t + 14){e^{\frac{t}{4}}} + ( - {t^2} + 14t - 40) \cdot \frac{1}{4}{e^{\frac{t}{4}}} = {e^{\frac{t}{4}}}\left( { - \frac{1}{4}{t^2} + \frac{3}{2}t + 4} \right)\).

\(V'(t) = 0 \Leftrightarrow  - \frac{1}{4}{t^2} + \frac{3}{2}t + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 2\left( l \right)\\t = 8\left( n \right)\end{array} \right.\)

Với \(t = 8\):    \(V(8) = ( - {8^2} + 14 \cdot 8 - 40){e^{\frac{8}{4}}} + 50 \approx 109,11.\)

Với \(t = 10\):    \(V(10) = ( - {10^2} + 14 \cdot 10 - 40){e^{\frac{{10}}{4}}} + 50 = 50.\)

Xét \(10 < t \le 12\): \(V(t) = 4(t - 10)(3t - 41) + 50 = 12{t^2} - 284t + 1690\).

\[V\prime (t) = 24t - 284 = 0 \Rightarrow t \approx 11,83\].

Với \[t \approx 11.83 \Rightarrow V(11,83) \approx  - 14,33\].

Với \[t = 10 \Rightarrow V\left( {10} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}50\].

Với \[t = 12 \Rightarrow V\left( {12} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}10\].

Vậy lượng nước tích trữ lớn nhất là \(V(8) \approx 109\).

Đáp án: \[36\].

Theo đề bài, ta có phương trình: \[{\log _3}x + {\log _x}729 = 5\]

Đặt \[{\log _3}x = a \Rightarrow x = {3^a}\], ta có: \[{\log _x}729 = {\log _x}{3^6} = 6{\log _x}3 = \frac{6}{{{{\log }_3}x}} = \frac{6}{a}\], thay lên trên ta được:

\[a + \frac{6}{a} = 5 \Leftrightarrow {a^2} - 5a + 6 = 0 \Leftrightarrow {a_1} = 2,{a_2} = 3\]

Suy ra \[{x_1} = {3^2} = 9,{x_2} = {3^3} = 27\]

Tổng các giá trị có thể có của \[x\] là: \[9 + 27 = 36\].

Đáp án: 1

Khi quay quanh trục \(Oy\)

+ Với \(y = 3{x^2} \Rightarrow {x^2} = \frac{y}{3}\)

+ Với \(y = {x^2} \Rightarrow {x^2} = y\)

Thể tích nước trong khối tròn xoay \(A\) là \[{V_1} = \pi \int\limits_0^u {\frac{y}{3}dy}  = \frac{{\pi {u^2}}}{6}\]

Thể tích nước ngoài khối tròn xoay \(A\), trong khối tròn xoay \(B\) là:

\[{V_2} = \pi \int\limits_0^v {\left( {y - \frac{y}{3}} \right)dy}  = \pi \int\limits_0^v {\left( {\frac{{2y}}{3}} \right)dy}  = \frac{{\pi {v^2}}}{3}\]

Theo thời gian \(t\), nước ở phần thể tích \({V_1}\) vơi đi bao nhiêu thì nước ở khối \({V_2}\) tăng lên bấy nhiêu nên ta có

\[\begin{array}{l}\frac{{d{V_1}}}{{dt}} =  - \frac{{d{V_2}}}{{dt}} \Leftrightarrow \frac{{d\left( {\frac{{\pi {u^2}}}{6}} \right)}}{{dt}} =  - \frac{{d\left( {\frac{{\pi {v^2}}}{3}} \right)}}{{dt}} \Leftrightarrow \frac{\pi }{3}u.\frac{{du}}{{dt}} =  - \frac{{2\pi }}{3}v.\frac{{dv}}{{dt}} \Leftrightarrow u.\frac{{du}}{{dt}} =  - 2v.\frac{{dv}}{{dt}}\\ \Leftrightarrow \frac{{du}}{{dt}} =  - \frac{{2v}}{u}\frac{{dv}}{{dt}} \Leftrightarrow \frac{{dv}}{{du}} =  - \frac{u}{{2v}}\end{array}\]

Theo giả thiết có \[v = \frac{1}{2}u\], tại đó ta có \[\frac{{dv}}{{du}} =  - \frac{u}{{2.\frac{u}{2}}} =  - 1\].

Vậy độ lớn tốc độ thay đổi của chiều cao mực nước ở khoang ngoài theo chiều cao mực nước ở khoang trong tại thời điểm \(v = \frac{1}{2}u\) là \(\left| { - 1} \right| = 1\).

Đáp án: 2

Gọi \[H\] là tâm của đáy \[ABCD\]. Vì là hình chóp đều nên \[PH \bot ABCD\].

Đáy là hình vuông cạnh \[AB = a = 2 \Rightarrow AH = \sqrt 2  \Rightarrow PH = \sqrt {P{A^2} - A{H^2}}  = \sqrt {{2^2} - \left( {\sqrt 2 } \right)2}  = \sqrt 2 \]

Mặt cầu \[\left( O \right)\] nội tiếp hình chóp tứ giác đều \[P.ABCD\]tiếp xúc với đáy tại \[H\]. Do đó tâm O nằm trên đoạn \[PH\]và \[OH = R\].

Xét mặt phẳng đi qua \[P,H\]và trung điểm \[M\] của cạnh \[AB\]. Trong tam giác\[PHM\], đường phân giác của \[\widehat {PMH}\] cắt \[PH\] tại \(O\).

Ta có \[HM = \frac{{AB}}{2} = 1,PM = \sqrt {P{H^2} + H{M^2}}  = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2} + {1^2}}  = \sqrt 3 \]

\[\overrightarrow {QE} .\overrightarrow {QF}  = \left( {\overrightarrow {QO}  + \overrightarrow {OE} } \right)\left( {\overrightarrow {QO}  + \overrightarrow {OF} } \right) = \left( {\overrightarrow {QO}  + \overrightarrow {OE} } \right)\left( {\overrightarrow {QO}  - \overrightarrow {OE} } \right) = Q{O^2} - {R^2}\]

\[O{A^2} = {1^2} + {1^2} + {\left( {0 - R} \right)^2} = 2 + {R^2}\]

Để biểu thức đạt GTLN ta cần tìm điểm \(Q\) thuộc mặt ngoài của hình chóp sao cho khoảng cách \(QO\) là lớn nhất. \[QO\]lớn nhất khi \[QO = OA\].

Vậy \[Q{O^2} - {R^2} = 2 + {R^2} - {R^2} = 2\].

Đáp án: \(5\).

Gọi \(\alpha  = \widehat {POB}\) \(\left( {0 < \alpha  < 90^\circ } \right)\), \(OB = \sqrt 3 \).

Tam giác \(OPB\) vuông tại \(P\). Khi quay tam giác \(OPB\) quanh trục \(OP\) được khối tròn xuay là khối nón có đường cao \(OP = OB\cos \alpha  = \sqrt 3 \cos \alpha \), bán kính đáy \(R = BP = OB\sin \alpha  = \sqrt 3 \sin \alpha \).

Thể tích khối tròn xoay

\(V = \frac{1}{3}OP.\pi B{P^2}\)\( = \frac{1}{3}\sqrt 3 \cos \alpha .\pi .3{\sin ^2}\alpha \)\( = \pi \sqrt 3 \cos \alpha .\left( {1 - {{\cos }^2}\alpha } \right)\).

Đặt \(t = \cos \alpha \). Điều kiện: \(0 < t < 1\). Ta có    \(V = \pi \sqrt 3 t.\left( {1 - {t^2}} \right)\) 

Xét hàm số \(f\left( t \right) = t\left( {1 - {t^2}} \right) =  - {t^3} + t\) trên \(\left( {0;1} \right)\).

Ta có \(f'\left( t \right) =  - 3{t^2} + 1\); \(f''\left( t \right) =  - 6t\).

\(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow  - 3{t^2} + 1 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \in \left( {0;1} \right)\),

Hàm số \(f\left( t \right) =  - {t^3} + t\) có duy nhất một điểm cực trị trên \(\left( {0;1} \right)\) và đó là điểm cực đại nên giá trị cực đại đó là giá trị lớn nhất của hàm số trên \(\left( {0;1} \right)\)

Do đó \(\mathop {\max }\limits_{\left( {0;1} \right)} f\left( t \right) = f\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right) = \frac{{2\sqrt 3 }}{9}\).

Vậy \({V_{\max }} = \pi \sqrt 3 .\frac{{2\sqrt 3 }}{9} = \frac{2}{3}\pi \).

Suy ra \(a = 2\), \(b = 3\).

Vậy \(a + b = 2 + 3 = 5\).

Đáp án: 43

Tổng số bóng trong túi là \(3 + 4 = 7\) quả.

Số cách lấy ngẫu nhiên \(3\) quả bóng từ \(7\) quả là: \(n(\Omega ) = C_7^3 = 35\).

Vì lấy ra \(3\) quả bóng nên ta luôn có \(m + n = 3\) với \(m,n \in \mathbb{N}\). Các cặp \((m,n)\) có thể là: \((0,3),(1,2),(2,1),(3,0)\).

Xét điều kiện \(2m \ge n\):

Nếu \(m = 0,n = 3 \Rightarrow 2.0 < 3\)(loại).

Nếu \(m = 1,n = 2 \Rightarrow 2.1 = 2 \ge 2\)(thỏa mãn). Số cách chọn: \(C_3^1 \cdot C_4^2 = 18\).

Nếu \(m = 2,n = 1 \Rightarrow 2.2 = 4 \ge 1\) (thỏa mãn). Số cách chọn: \(C_3^2 \cdot C_4^1 = 12\).

Nếu \(m = 3,n = 0 \Rightarrow 2.3 = 6 \ge 0\) (thỏa mãn). Số cách chọn: \(C_3^3 \cdot C_4^0 = 1\).

Gọi \(A\) là biến cố: "Lấy ra \(3\) quả bóng sao cho \(2m \ge n\)".

Số phần tử của biến cố \(A\) là \(n(A) = 18 + 12 + 1 = 31\).

Gọi \(B\) là biến cố: "Số quả bóng trắng lấy ra là \(2\)" (tương ứng cặp \(m = 2,n = 1\)).

Số phần tử của biến cố \(B\) thỏa mãn điều kiện \(A\) là \(n(B \cap A) = 12\).

Xác suất cần tìm là xác suất của \(B\) với điều kiện \(A\) đã xảy ra

\(P(B|A) = \frac{{n(B \cap A)}}{{n(A)}} = \frac{{12}}{{31}}\).

Vì \(12\) và \(31\) là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau nên \(q = 12\) và \(p = 31\).

Giá trị của \(p + q = 31 + 12 = 43\).