Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Thọ Xuân 5 (Thanh Hóa) có đáp án
22 câu hỏi
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Học sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi học sinh chỉ chọn một đáp án.
Trong không gian \(Oxyz\), mặt phẳng \(\left( P \right):x + y - z - 3 = 0\) đi qua điểm nào dưới đây:
\(P\left( { - 3;0;0} \right)\).
\(M\left( {1; - 1; - 1} \right)\).
\(Q\left( {0;0; - 3} \right)\).
\(N\left( {1;1; - 1} \right)\).
\(y = - 3\).
\(y = - 1\).
\(x = - 3\).
\(x = - 1\).
\(\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} \).
\(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \left| {\overrightarrow {CD} } \right|\).
\(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD} \).
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC'} \).
Đáp án đúng là C
\(1\).
\(4\).
\(3\).
\(2\).
Đáp án đúng là C
\(5\).
\(7\).
\(6\).
\(8\).
\({\vec u_4} = (1;2; - 3)\).
\({\vec u_3} = ( - 1;2;1)\).
\({\vec u_1} = (2;1; - 3)\).
\({\vec u_2} = (2;1;1)\)
\(\left( { - \infty ;{\mkern 1mu} - \frac{3}{2}} \right)\).
\(\left( { - 2;{\mkern 1mu} - \frac{3}{2}} \right)\).
\(\left( { - \frac{3}{2};{\mkern 1mu} + \infty } \right)\).
\(\left[ { - 2; - \frac{3}{2}} \right)\).
\(90^\circ \).
\(60^\circ .\)
\(45^\circ \).
\(120^\circ \).
\({x^3} + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}\).
\({x^3} + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + C\).
\({x^3} - \sin x + C\).
\({x^3} + {\rm{cosx + C}}\).
\(x = 2\).
\(x = {\log _5}3\).
\(x = 3\).
\(x = 4\).
Bạn An và bạn Minh cùng sử dụng vòng đeo tay thông minh để ghi lại số bước chân hai bạn đi mỗi ngày trong một tháng. Kết quả được ghi lại ở bảng sau:
Số bước (đơn vị: nghìn) | [3; 5) | [5; 7) | [7; 9) | [9; 11) | [11; 13) |
Số ngày của bạn An \(\left( {{M_1}} \right)\) | 6 | 7 | 6 | 6 | 5 |
Số ngày của bạn Minh \(\left( {{M_2}} \right)\) | 2 | 5 | 13 | 8 | 2 |
Gọi \({s_1},\;{s_2}\) là độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm \({M_1}\), \({M_2}\). Phát biểu nào sau đây đúng ?
\({s_1} > {s_2}\).
\({s_1} < {s_2}\).
\({s_1} = {s_2}\).
\(2{s_1} = {s_2}\).
Đáp án đúng là A
\[12\].
\[13\].
\[14\].
\[15\].
Đáp án đúng là B
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 \(f(x) = 2\sin x - x\).
\(f( - \frac{\pi }{2}) = \frac{\pi }{2} - 2\); \(f(\frac{\pi }{2}) = 2 - \frac{\pi }{2}\).
Đạo hàm của hàm số đã cho là \(f\prime (x) = 2c{\rm{os}}x - 1\).
Tổng tất cả các nghiệm của phương trình \(f\prime (x) = 0\) trên đoạn \(\left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\) bằng \(0\).
Giá trị lớn nhất của \(f(x)\) trên đoạn \(\left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\) là \(\sqrt 3 + \frac{\pi }{3}\).
a) Đúng. \(f( - \frac{\pi }{2}) = 2\sin \left( { - \frac{\pi }{2}} \right) + \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{2} - 2\); \(f(\frac{\pi }{2}) = 2\sin \left( {\frac{\pi }{2}} \right) - \frac{\pi }{2} = 2 - \frac{\pi }{2}\)
b) Đúng. \(f\prime (x) = 2c{\rm{os}}x - 1\)
c) Đúng. \(f\prime (x) = 0 \Leftrightarrow 2c{\rm{os}}x - 1 = 0 \Leftrightarrow \cos x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.,\,k \in \mathbb{Z}\)
Trên đoạn \(\left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\) ta có \(f\prime (x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3}\\x = - \frac{\pi }{3}\end{array} \right.\)
Vậy tổng các nghiệm của phương trình \(f\prime (x) = 0\) trên đoạn \(\left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\) bằng \(0\).
d) Sai. \(f( - \frac{\pi }{2}) = \frac{\pi }{2} - 2;\,f(\frac{\pi }{2}) = 2 - \frac{\pi }{2};\,f( - \frac{\pi }{3}) = \frac{\pi }{3} - \sqrt 3 ;\,\,f(\frac{\pi }{3}) = \sqrt 3 - \frac{\pi }{3}\)
Vậy giá trị lớn nhất của \(f(x)\) trên đoạn \(\left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\) là \(\sqrt 3 - \frac{\pi }{3}\).
\[P\left( {A\overline B } \right) = 0,2\].
Xác suất để cả 2 mặt hàng đều có lãi là \[0,5\].
Xác suất để có đúng một mặt hàng có lãi là \[0,5\].
Xác suất để mặt hàng \[B\] có lãi biết mặt hàng \[A\] không có lãi là \[0,25\].
a) Đúng. \[A\overline B \] là biến cố “Mặt hàng \[A\] có lãi và mặt hàng \[B\] không có lãi” hay “Chỉ có mặt hàng \[A\] có lãi”\[ \Rightarrow P\left( {A\overline B } \right) = 0,2\].
b) Sai. Có: \[AB\] là biến cố “Cả 2 mặt hàng có lãi”.
Khi đó: \[P\left( {A\overline B } \right) = P\left( A \right) - P\left( {AB} \right) \Rightarrow P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) - P\left( {A\overline B } \right) = 0,6 - 0,2 = 0,4\].
c) Đúng. Gọi \[C\] là biến cố “Có đúng một mặt hàng có lãi” \[ \Rightarrow C = \overline A B \cup A\overline B \] mà \[\overline A B\] và \[A\overline B \] là các biến cố xung khắc \[ \Rightarrow P\left( C \right) = P\left( {\overline A B} \right) + P\left( {A\overline B } \right)\].
Có: \[P\left( {\overline A B} \right) = P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0,7 - 0,4 = 0,3\] và \[P\left( {A\overline B } \right) = 0,2\].
Vậy: \[P\left( C \right) = 0,3 + 0,2 = 0,5\].
d) Sai. Gọi \[D\] là biến cố: “Mặt hàng \[B\] có lãi biết mặt hàng \[A\] không có lãi” \[ \Rightarrow D = B|\overline A \].
Khi đó: \[P\left( D \right) = P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{P\left( {\overline A B} \right)}}{{P\left( {\overline A } \right)}} = \frac{{P\left( B \right) - P\left( {AB} \right)}}{{1 - P\left( A \right)}} = \frac{{0,7 - 0,4}}{{1 - 0,6}} = \frac{{0,3}}{{0,4}} = 0,75\].
Quãng đường chất điểm di chuyển được sau \(4\) giây là \(S(4) = 4{v_0}\,\left( m \right)\).
Quãng đường chất điểm di chuyển được sau \(5\) giây là \(S\left( 5 \right) = \int\limits_0^5 {v\left( t \right){\rm{d}}t} \,\,\,\,\left( m \right)\).
Giá trị của \(a\) là \(a = {v_0} + 10\).
\({v_0} < 8\,\left( {m/s} \right)\).
a) Đúng.
Trong 4 giây đầu chất điểm chuyển động đều với vận tốc \({v_0}\) nên quảng đường di chuyển được trong 4 giây đầu là \(S(4) = 4{v_0}\,\,\left( m \right)\)
b) Sai.
Trong 4 giây đầu chất điểm chuyển động đều với vận tốc \({v_0}\), giây tiếp theo chất điểm chuyển động với vận tốc \(v\left( t \right)\), do đó quãng đường đi được sau 5 giây là \(S\left( 5 \right) = 4{v_0} + \int\limits_4^5 {v\left( t \right){\rm{d}}t} \,\,\,\,\left( m \right)\)
c) Đúng.
Tại thời điểm \(t = 4\) vật đang chuyển động với vận tốc \({v_0}\) nên
\(v\left( 4 \right) = {v_0} \Leftrightarrow - \frac{5}{2}.4 + a = {v_0} \Leftrightarrow a = {v_0} + 10\)
d) Sai.
Vì \(a = {v_0} + 10\) suy ra \(v(t) = - \frac{5}{2}t + {v_0} + 10\,\left( {m/s} \right),\,\left( {t \ge 4} \right)\)
Gọi \(k\) là thời điểm vật dừng hẳn, ta có:
\(v\left( k \right) = 0 \Leftrightarrow - \frac{5}{2}k + {v_0} + 10 = 0 \Leftrightarrow k = \frac{2}{5}({v_0} + 10) \Leftrightarrow k = \frac{{2{v_0}}}{5} + 4\)
Tổng quãng đường vật đi được là
\(80 = 4{v_0} + \int\limits_4^k {( - \frac{5}{2}t + {v_0} + 10){\rm{d}}t} \, \Leftrightarrow 80 = 4{v_0} + ( - \frac{5}{4}{t^2} + {v_0}t + 10t)\left| \begin{array}{l}k\\4\end{array} \right.\,\, \Leftrightarrow \)
\(80 = 4{v_0} - \frac{5}{4}({k^2} - 4) + {v_0}\left( {k - 4} \right) + 10\left( {k - 4} \right)\,\, \Leftrightarrow 80 = 4{v_0} - \frac{5}{4}\left( {\frac{2}{5}{v_0}} \right)\left( {\frac{2}{5}{v_0} + 8} \right) + {v_0}.\frac{2}{5}{v_0} + 10.\frac{2}{5}{v_0}\)
\( \Leftrightarrow 80 = 4{v_0} - \frac{{v_0^2}}{5} - 4{v_0} + \frac{{2v_0^2}}{5} + 4{v_0} \Leftrightarrow \frac{{v_0^2}}{5} + 4{v_0} - 80 = 0 \Leftrightarrow v_0^2 + 10{v_0} - 200 = 0 \Leftrightarrow {v_0} = 10\)
Vậy \({v_0} > 8\,\left( {m/s} \right)\).
Quãng đường Flycam thứ nhất đi được sau 2 phút là \(15m\)
Quãng đường Flycam thứ hai đi được sau 5 phút là \(62m\).
Vị trí của Flycam thứ nhất ở thời điểm t là \(P\left( { - 5t + 5; - 5t;\frac{{5t}}{2} + 1} \right)\).
Khoảng cách ngắn nhất giữa hai Flycam sau khoảng thời gian t với \(0 \le t \le 20\) là \(44,6m\) (kết quả làm tròn đến hàng phần mười).
a) Đúng. Quãng đường Flycam thứ nhất đi được sau 2 phút là \(AM = \sqrt {100 + 100 + 25} = 15\)
b) Sai. Sau 5 phút Flycam thứ hai đi được \(\frac{5}{2}BN = \frac{5}{2}\sqrt {144 + 400 + 81} = 62,5\).
c) Đúng. Vị trí của Flycam thứ nhất sau thời gian t là \(P\left( {{x_p};{y_p};{z_p}} \right)\)
với \(\overrightarrow {AP} = \frac{t}{2}\overrightarrow {AM} = \frac{t}{2}\left( { - 10; - 10;5} \right) = \left( { - 5t; - 5t;\frac{{5t}}{2}} \right)\), suy ra \(P = \left( { - 5t + 5; - 5t;\frac{{5t}}{2} + 1} \right)\)
c) Sai. Vị trí của Flycam thứ hai sau thời gian t là \(Q\left( {{x_Q};{y_Q};{z_Q}} \right)\)
với \(\overrightarrow {BQ} = \frac{t}{2}\overrightarrow {BN} = \frac{t}{2}\left( { - 12;20;9} \right) = \left( { - 6t;10t;\frac{{9t}}{2}} \right)\) suy ra \(Q\left( { - 6t;10t - 30;\frac{{9t}}{2} + 1} \right)\)
Khoảng cách giữa hai Flycam là \(PQ = \sqrt {{{\left( {t + 5} \right)}^2} + {{\left( {15t - 30} \right)}^2} + {{\left( {2t} \right)}^2}} = \sqrt {230{t^2} - 890t + 925} \) ngắn nhất khi \(f\left( t \right) = 230{t^2} - 890t + 925\),\(0 \le t \le 20\) nhỏ nhất. Do \(\min f\left( t \right) \approx 64,2\)(m) nên d) sai.
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Học sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Một sân vận động được xây dựng theo mô hình là hình chóp cụt \(OAGD.BCFE\)có hai đáy song song với nhau. Mặt sân \(OAGD\) là hình chữ nhật và được gắn hệ trục \[Oxyz\]như hình vẽ dưới (đơn vị trên mỗi trục tọa độ là mét). Mặt sân \(OAGD\)có chiều dài \(OA = 100m\), chiều rộng \(OD = 60m\)và tọa độ điểm \(B\left( {10;10;8} \right)\). Tính khoảng cách từ điểm \(G\) đến mặt phẳng \(\left( {OBED} \right)\) theo đơn vị \(m\)? (Làm tròn đến hàng phần mười).
Trả lời: \(62,5\)
Gắn hình chóp cụt \(OAGD.BCFE\) vào hệ trục \[Oxyz\], ta có:
\[O\left( {0;0;0} \right),A\left( {100;0;0} \right),G\left( {100;60;0} \right),D\left( {0;60;0} \right),B\left( {10;10;8} \right)\]
\(\overrightarrow {OD} = \left( {0;60;0} \right),\overrightarrow {OB} = \left( {10;10;8} \right)\)
Ta có: \(\left[ {\overrightarrow {OD} ,\overrightarrow {OB} } \right] = \left( {480;0; - 600} \right)\)
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {OBED} \right)\)là \(\vec n = \left( {4;0; - 5} \right)\)
Phương trình mặt phẳng \(\left( {OBED} \right)\) đi qua điểm \[O\left( {0;0;0} \right)\] và có vectơ pháp tuyến \(\vec n = \left( {4;0; - 5} \right)\) là: \(4x - 5z = 0\).
Khoảng cách từ điểm \(G\) đến mặt phẳng \(\left( {OBED} \right)\) là:
\(d\left( {G,\left( {OBED} \right)} \right) = \frac{{\left| {4.100 - 5.0} \right|}}{{\sqrt {16 + 25} }} = \frac{{400\sqrt {41} }}{{41}} \approx 62,5(m)\).
Trả lời: 2,5
Khi bơi ngược dòng vận tốc của cá là \(v - 5\,\left( {km/h} \right)\).
Thời gian để cá vượt khoảng cách \(100\,km\) là \(t = \frac{{100}}{{v - 5}}\,\left( {v > 5} \right)\).
Năng lượng tiêu hao của cá khi vượt khoảng cách \(100\,km\) là \(E\left( v \right) = c.{v^3}.\frac{{100}}{{v - 5}} = 100c.\frac{{{v^3}}}{{v - 5}}\)
Xét hàm số \(y = E\left( v \right)\) ta có \(E'\left( v \right) = 100c.\frac{{3{v^2}\left( {v - 5} \right) - {v^3}}}{{{{\left( {v - 5} \right)}^2}}} = 100c.\frac{{{v^2}\left( {2v - 15} \right)}}{{{{\left( {v - 5} \right)}^2}}}\)
\(E'\left( v \right) = 0 \Leftrightarrow v = 7,5\)(do \(v > 5\)). Ta có bảng biến thiên
Trả lời: 7445
Diện tích miếng đất là \({S_1} = {\rm{\pi }}{R^2} = 25{\rm{\pi }}\) (m2).
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Ta có phương trình của đường tròn biên là \({x^2} + {y^2} = 25\).
\(R = 5,AH = 3 \Rightarrow OH = 4\).
\( \Rightarrow \) Phương trình của cung tròn nhỏ là \(y = \sqrt {25 - {x^2}} \), với \(4 \le x \le 5\).
\( \Rightarrow \) Diện tích phần đất trống là \({S_2} = 2\int\limits_4^5 {\sqrt {25 - {x^2}} dx} \)(m2).
\( \Rightarrow \) Diện tích phần đất trồng cây là \(S = {S_1} - {S_2} = 25{\rm{\pi }} - 2\int\limits_4^5 {\sqrt {25 - {x^2}} dx} \).
\( \Rightarrow \) Số tiền thu được là \(T = 100S = 100(25{\rm{\pi }} - 2\int\limits_4^5 {\sqrt {25 - {x^2}} dx} ) \approx 7445\) (nghìn đồng).
Giả sử mặt tiền các tòa nhà hai bên đường nằm trong 2 mặt phẳng song song cách nhau \(30\)m và vuông góc với mặt đất. Biết rằng mặt phẳng phía bắc đi qua gốc \(O\) của hệ trục \(Oxyz\), với tia \(Oz\) vuông góc với mặt đất và hướng lên trên. Phương trình mặt phẳng thứ hai có dạng \(\left( Q \right):x + ay + bz + c = 0\) với \(c = \frac{m}{{\sin n^\circ }}\). Tính \(m + n\).
Trả lời: 68
Gọi \(A,B\) là giao điểm của mp \(\left( Q \right)\) với trục \(Ox\) và \(Oy\), \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) lên \(AB\).
Vì khoảng cách giữa hai mặt phẳng bằng \(30\)m nên \(OH = 30\)
Theo giả thiết ta có góc \(\widehat {OAH} = 38^\circ \) nên khi đó \(OA = \frac{{OH}}{{\sin 38^\circ }} = \frac{{30}}{{\sin 38^\circ }}\)
\({x_H} = - OH.\cos 52^\circ = - 30.\cos 52^\circ \), \({y_H} = - OH\cos {38^0} = - 30\cos {38^0}\)
Tọa độ điểm \(A\left( { - \frac{{30}}{{\sin 38^\circ }};\,0\,;\,0} \right)\), \(H\left( { - 30\cos 52^\circ ;\, - 30\cos 38^\circ ;0} \right)\) và chọn một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {1;\,\frac{{\cos 38^\circ }}{{\cos 52^\circ }}\,;\,0} \right)\)
Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) đi qua \(A\) vuông góc \(OH\) nhận \(\overrightarrow n \) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình:
\(\left( {x + \frac{{30}}{{\sin 38^\circ }}} \right) + \frac{{\cos 38^\circ }}{{\cos 52^\circ }}y = 0 \Leftrightarrow x + \frac{{\cos 38^\circ }}{{\cos 52^\circ }}y + \frac{{30}}{{\sin 38^\circ }} = 0\)
Vậy \(m + n = 68\).
Trả lời: 0,75
Ta có \(\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\), \(\left( {SAD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AD\); trong mp\(\left( {SAD} \right)\), kẻ \(SH \bot AD\) thì \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\)
Gọi \(I\) là trung điểm \(OA\), vì \(\Delta ASO\) cân tại \(S\) nên \(AO \bot SI\) mà \(AO \bot SH\) \( \Rightarrow OA \bot (SHI) \Rightarrow OA \bot HI\)
Tam giác \(ADC\) vuông tại \(D\) có \(AC = \sqrt {A{D^2} + D{C^2}} = 2\) và \(\tan \widehat {DAC} = \frac{{DC}}{{AD}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\) \( \Rightarrow \widehat {DAC} = 30^\circ \)
Tam giác \(AHI\) vuông tại \(I\) có \(AH = \frac{{AI}}{{\cos 30^\circ }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)\( \Rightarrow HD = AD - AH = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).
Tam giác \(ABH\) vuông tại \(A\) có \(HB = \sqrt {A{H^2} + A{B^2}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\), \(A{B^2} = IB.HB\) \( \Rightarrow IB = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)
Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), dựng hình bình hành \(ABEC\) thì \(BE\,{\rm{//}}\,AC\), \(BE \subset \left( {SBE} \right)\) \( \Rightarrow AC\,{\rm{//}}\,\left( {SBE} \right)\) \( \Rightarrow \) \(d\left( {SB,\,AC} \right) = d\left( {AC,\,\left( {SBE} \right)} \right) = d\left( {I,\,\left( {SBE} \right)} \right)\)
Mà \(\frac{{IB}}{{HB}} = \frac{3}{4}\) nên \(d\left( {I,\,\left( {SBE} \right)} \right) = \frac{3}{4}d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right)\)
Lại có tam giác \(OAB\) là tam giác đều cạnh 1 nên \(BI \bot AC\) \( \Rightarrow BI \bot BE\) mà \(BE \bot SH\) \( \Rightarrow BE \bot \left( {SBH} \right)\)\( \Rightarrow \left( {SBE} \right) \bot \left( {SBH} \right)\).
Ta có:\(\left( {SBE} \right) \cap \left( {SBH} \right) = SB\)
Trong mặt phẳng \(\left( {SBH} \right)\), kẻ \(HK \bot SB\) thì \(HK \bot \left( {SBE} \right)\) \( \Rightarrow HK = d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right)\)
Ta có: \(SH = HD.\tan 60^\circ = 2\); \[HB = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\] .
Tam giác \(SBH\) vuông tại \(H\) có \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{B^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} = 1\) \( \Rightarrow HK = 1\).
Vậy \(d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right) = HK = 1\) và \(d(AC,\,SB) = d\left( {I,\,\left( {SBE} \right)} \right) = \frac{3}{4}d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right) = \frac{3}{4} = 0,75\).
Trả lời: 0,64
Xét \[A\]:“Con thỏ được lấy ra từ chuồng II để cho vào chuồng I là con thỏ trắng”.
Và \[B\]: “Con thỏ được lấy ra từ chuồng I là con thỏ trắng”.
Ta có \[P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + {\rm{ }}P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)\].
Tính \[P\left( A \right)\]: Đây là xác suất để lấy ra ngẫu nhiên 1 con thỏ trắng từ chuồng II rồi cho vào chuồng I. Có \[n\left( \Omega \right) = C_{10}^1,{\rm{ }}n\left( A \right) = C_3^1\] Vậy\[P\left( A \right) = \frac{3}{{10}}\].
Tính \[P\left( {\overline A } \right)\]: \[P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = \frac{7}{{10}}\].
Tính \[P\left( {B|A} \right)\]: Đây là xác suất để lấy ra ngẫu nhiên 1 con thỏ trắng từ chuồng I với điều kiện đã chọn ra 1 con thỏ trắng từ chuồng II rồi cho vào chuồng I,
Tức là có 5 con thỏ đen và 11 con thỏ trắng ở trong chuồng I.
Tương tự như trên ta có \[P\left( {B|A} \right) = \frac{{11}}{{16}}\].
Tính \[P\left( {B|\overline A } \right)\]: Đây là để lấy ra ngẫu nhiên 1 con thỏ trắng từ chuồng I với điều kiện đã chọn ra 1 con thỏ đen từ chuồng II rồi cho vào chuồng I.
Tức là có 6 con thỏ đen và 10 con thỏ trắng ở trong chuồng I. Tương tự như trên ta có \[P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{10}}{{16}}\]
Vậy \[P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + {\rm{ }}P\left( {\overline A } \right)\cdotP\left( {B|\overline A } \right){\rm{ }} = \frac{3}{{10}}.\frac{{11}}{{16}} + \frac{7}{{10}}.\frac{{10}}{{16}} = \frac{{103}}{{160}} \approx 0,64375\].
Vậy xác suất để con thỏ được lấy ra là con thỏ trắng là \[0,64375\].
