Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 35)

ĐKXĐ: $2x + 6 > 0 \Leftrightarrow x > - 3$. Ta có ${\log _{0{,}5}}\left( {2x + 6} \right) \ge - 5 \Leftrightarrow 2x + 6 \le {0{,}5^{ - 5}} \Leftrightarrow x \le 13$.

Vậy $- 3 < x \le 13$. Suy ra, số nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là $16$.Chọn A.

Vì $\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \cos x + C$ nên $f\left( x \right) = - \sin x$.

Ta có $\int {f'\left( x \right){\rm{d}}x} = f\left( x \right) + C' = - \sin x + C'$. Chọn C.

Diện tích mặt cắt hình vuông: $S = 9 - {x^2}$.

Thể tích của vật: $V = \int\limits_0^3 {\left( {9 - {x^2}} \right){\rm{d}}x} = 18$. Chọn D.

Theo công thức lãi kép, số tiền mà người đó nhận được sau n kỳ hạn là ${T_n} = A{\left( {1 + r} \right)^n}$.

Trong đó, $A$ : Số tiền gốc ban đầu, $r:$ lãi suất trên một kỳ hạn, $n:$ số kỳ hạn.

Số tiền người đó thu được sau 5 năm là: ${T_5} = 10{\left( {1 + 7\% } \right)^5} \approx 14{,}026$ triệu đồng.

Số tiền lãi người đó thu được sau 5 năm là: ${T_5} - 10 = 4{,}026$ triệu đồng. Chọn C.

Chọn vectơ chỉ phương của đường thẳng $AB$ là $\overrightarrow u = \overrightarrow {AB} = \left( {3;2;4} \right)$.

Chọn vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ là $\overrightarrow n = \left( {0;0;1} \right) \Rightarrow$$\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow n } \right) = \frac{{\overrightarrow u \cdot \overrightarrow n }}{{\left| {\overrightarrow u } \right| \cdot \left| {\overrightarrow n } \right|}} = \frac{4}{{\sqrt {29} }}$.

Khi đó, $a$ là góc giữa đường thẳng $AB$ và mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$thì

$\sin a = \left| {\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow n } \right)} \right| = \frac{4}{{\sqrt {29} }} \Rightarrow \cos a = \sqrt {1 - {{\sin }^2}a} = \sqrt {1 - \frac{{16}}{{29}}} = \frac{{\sqrt {377} }}{{29}}$. Chọn C.

Ta có ${V_{C.ABB'A'}} = \frac{1}{3}{S_{ABB'A'}} \cdot d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right) = \frac{1}{3} \cdot 15 \cdot 6 = 30$.

Suy ra ${V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{3}{2} \cdot {V_{C.ABB'A'}} = \frac{3}{2} \cdot 30 = 45$. Chọn B.

Số học sinh trong mẫu số liệu trên là: $7 + 10 + 17 + 24 + 13 + 8 + 5 = 84$.

Gọi ${x_1},{x_2}, \ldots ,{x_{84}}$ là số điểm của $84$học sinh đã được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất là ${Q_1} = \frac{{{x_{21}} + {x_{22}}}}{2}$ , trong đó ${x_{21}},{x_{22}}$thuộc nhóm $\left[ {7{,}5;8} \right)$, nên

${Q_1} = 7{,}5 + \frac{{\frac{{84}}{4} - 17}}{{17}} \cdot \left( {8 - 7{,}5} \right) = \frac{{259}}{{34}}$.

Tứ phân vị thứ ba là ${Q_3} = \frac{{{x_{63}} + {x_{64}}}}{2}$ , trong đó ${x_{63}},{x_{64}}$ thuộc nhóm $\left[ {8{,}5;9} \right)$, nên

${Q_3} = 8{,}5 + \frac{{\frac{{3 \cdot 84}}{4} - 58}}{{13}} \cdot \left( {9 - 8{,}5} \right) = \frac{{113}}{{13}}$.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên là: ${\Delta _Q} = \frac{{113}}{{13}} - \frac{{259}}{{34}} = \frac{{475}}{{442}} \approx 1{,}1$. Chọn A.

a) Sai. Nhìn đồ thị ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { - 2\,; - 1} \right)$ và $\left( { - 1\,;0} \right)$.

b) Đúng. Nhìn đồ thị ta thấy đồ thị hàm số có đường tiệm cận xiên đi qua hai điểm $M\left( { - 1\,;0} \right),N\left( {0\,;1} \right)$ nên có phương trình: $y = x + 1$.

c) Sai. Nhìn đồ thị ta thấy đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là $A\left( { - 2\,; - 2} \right),B\left( {0\,;2} \right)$. Khi đó diện tích của tam giác $OAB$ bằng: ${S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 = 2$.

d) Đúng. Đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận là $d:\,\,y = x + 1;\,d':\,\,x = - 1$. Trục đối xứng của đồ thị hàm số là hai đường phân giác của góc tạo bởi hai đường tiệm cận.

Giao điểm của hai đường tiệm cận là $M\left( { - 1\,;0} \right)$; ta lấy $N\left( {0\,;1} \right) \in d \Rightarrow MN = \sqrt 2$.

Xác định điểm $P\left( { - 1;y} \right) \in d'$ sao cho: $MP = \sqrt 2 \Leftrightarrow \left| y \right| = \sqrt 2 \Leftrightarrow y = \pm \sqrt 2$.

+ Trường hợp 1: $P\left( { - 1;\sqrt 2 } \right)$, khi đó phân giác của góc tạo bởi hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số sẽ đi qua điểm $M\left( { - 1\,;0} \right)$ và có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {NP} = \left( { - 1;\sqrt 2 - 1} \right)$ nên có phương trình là $\Delta : - 1\left( {x + 1} \right) + \left( {\sqrt 2 - 1} \right)y = 0 \Leftrightarrow y = \left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt 2 + 1} \right) = \left( {x + 1} \right)\tan \frac{{3\pi }}{8}$.

+ Trường hợp 2: $P\left( { - 1; - \sqrt 2 } \right)$, khi đó phân giác của góc tạo bởi hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số sẽ đi qua điểm $M\left( { - 1\,;0} \right)$ và có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {NP} = \left( { - 1; - \sqrt 2 - 1} \right)$ nên có phương trình là $\Delta ': - 1\left( {x + 1} \right) + \left( { - \sqrt 2 - 1} \right)y = 0 \Leftrightarrow y = \frac{{ - \left( {x + 1} \right)}}{{\sqrt 2 + 1}}$.

a) Đúng. Vì đường cáp đi qua điểm $A\left( {10;3;0} \right)$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {2; - 2;1} \right)$ nên có phương trình chính tắc là $\frac{{x - 10}}{2} = \frac{{y - 3}}{{ - 2}} = \frac{z}{1}$.

b) Đúng. Sau $t$ giây kể từ lúc xuất phát $\left( {t > 0} \right)$, cabin đến vị trí điểm $M$. Khi đó cabin đi được đoạn đường có độ dài bằng đoạn $AM = 4{,}5t$.

Đặt $\frac{{x - 10}}{2} = \frac{{y - 3}}{{ - 2}} = \frac{z}{1} = u \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10 + 2u\\y = 3 - 2u\\z = u\end{array} \right.$.

Suy ra toạ độ điểm $M$ là $M\left( {10 + 2u;3 - 2u;u} \right)$ $\left( {u > 0} \right)$.

Khi đó $AM = 4{,}5t \Leftrightarrow {\left( {2u} \right)^2} + {\left( { - 2u} \right)^2} + {u^2} = {\left( {4{,}5t} \right)^2} \Leftrightarrow 9{u^2} = \frac{{81}}{4}{t^2}.$

Vì $u > 0 \Rightarrow u = \frac{3}{2}t$$\Rightarrow M\left( {10 + 3t;3 - 3t;\frac{3}{2}t} \right)$.

c) Đúng. Ta có $B\left( {10 + 2u;3 - 2u;u} \right)$ $\left( {u > 0} \right)$.

$B$ có hoành độ ${x_B} = 550 \Rightarrow 10 + 2u = 550 \Rightarrow u = 270$$\Rightarrow B\left( {550; - 537;270} \right) \Rightarrow AB = 810$.

d) Sai. Đường cáp $AB$ có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {2; - 2;1} \right)$, mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)$.

Suy ra góc giữa đường cáp $AB$ và mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$là $\varphi$ với $\sin \varphi = \frac{{\left| {\overrightarrow u \cdot \overrightarrow k } \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right| \cdot \left| {\overrightarrow k } \right|}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \varphi \approx 19^\circ$.

a) Sai. Ta có $v\left( t \right) = \int {a\left( t \right){\rm{d}}t = \int {0{,}005t{\rm{d}}t = 0{,}00} } 5 \cdot \frac{{{t^2}}}{2} + C = \frac{1}{{400}}{t^2} + C$.

Do $v\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = 0$. Vậy $v\left( t \right) = \frac{1}{{400}}{t^2} = {2{,}5.10^{ - 3}}{t^2}\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)$.

b) Đúng. Do đoàn tàu đi qua cái cây trong $60$ giây nên chiều dài đoàn tàu chính là quãng đường đoàn tàu đi được trong $60$ giây. Ta có $S = \int\limits_0^{60} {v\left( t \right){\rm{d}}t = } \int\limits_0^{60} {\frac{1}{{400}}{t^2}{\rm{d}}t} = 180\,\,\left( {\rm{m}} \right)$.

c) Đúng. Vận tốc của đoàn tàu sau $80$ giây là: $v\left( {80} \right) = \frac{1}{{400}} \cdot {80^2} = 16\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right) = 57{,}6\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)$.

d) Sai. Do vận tốc chuyển động đều của đoàn tàu là $16\,\,{\rm{m/s}}$ nên thời gian đoàn tàu đi qua cây cầu có chiều dài $480\,\,{\rm{m}}$ là: $t = \frac{{480 + 180}}{{16}} = 41{,}25$ (giây).

a) Đúng. Xét các biến cố:

$M$: “Công ty $X$ thuê công ty vệ tinh $A$ tư vấn”;

$N$: “Công ty $X$ có phát sinh thêm chi phí khi sử dụng dịch vụ tư vấn”.

Ta có $0{,}4 + 0{,}6 = 1$, do đó $\overline M$ là biến cố: “Công ty $X$ thuê công ty vệ tinh $B$ tư vấn”.

Theo bài ra, ta có: $P\left( M \right) = 0{,}4$; $P\left( {\overline M } \right) = 0{,}6$; $P\left( {N|M} \right) = 0{,}05$; $P\left( {N|\overline M } \right) = 0{,}03$.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có:

$P\left( N \right) = P\left( M \right) \cdot P\left( {N|M} \right) + P\left( {\overline M } \right) \cdot P\left( {N|\overline M } \right) = 0{,}4 \cdot 0{,}05 + 0{,}6 \cdot 0{,}03 = 0{,}038$.

Vậy xác suất để $X$ có phát sinh thêm chi phí khi sử dụng dịch vụ tư vấn là $0{,}038$.

b) Sai. Theo công thức Bayes, ta có $P\left( {M|N} \right) = \frac{{P\left( M \right) \cdot P\left( {N|M} \right)}}{{P\left( N \right)}} = \frac{{0{,}4 \cdot 0{,}05}}{{0{,}038}} \approx 0{,}5263$.

Vậy khi biết $X$ có phát sinh thêm chi phí khi sử dụng dịch vụ tư vấn thì xác suất để $X$ thuê công ty $A$ tư vấn khoảng $0{,}5263$.

c) Sai. Tương tự ý b), ta có $P\left( {\overline M |N} \right) = \frac{{P\left( {\overline M } \right) \cdot P\left( {N|\overline M } \right)}}{{P\left( N \right)}} = \frac{{0{,}6 \cdot 0{,}03}}{{0{,}038}} \approx 0{,}4737$.

Vậy khi biết $X$ có phát sinh thêm chi phí khi sử dụng dịch vụ tư vấn thì xác suất để $X$ thuê công ty $B$ tư vấn khoảng $0{,}4737$.

Cách khác: Ta có thể sử dụng công thức $P\left( {M|N} \right) + P\left( {\overline M |N} \right) = 1$.

Suy ra $P\left( {\overline M |N} \right) = 1 - P\left( {M|N} \right) \approx 1 - 0{,}5263 = 0{,}4737$.

d) Đúng. $\overline N$ là biến cố: “Công ty $X$ không phát sinh thêm chi phí khi sử dụng dịch vụ tư vấn”.

Khi đó, $P\left( {\overline N } \right) = 1 - P\left( N \right) = 1 - 0{,}038 = 0{,}962$.

Ta cũng có $P\left( {\overline N |M} \right) = 1 - P\left( {N|M} \right) = 1 - 0{,}05 = 0{,}95$.

Áp dụng công thức Bayes, ta có: $P\left( {M|\overline N } \right) = \frac{{P\left( M \right) \cdot P\left( {\overline N |M} \right)}}{{P\left( {\overline N } \right)}} = \frac{{0{,}4 \cdot 0{,}95}}{{0{,}962}} \approx 0{,}395$.

Đáp án: $3$.

Chi phí mua thịt là $F\left( {x;y} \right) = 200x + 100y$ (nghìn đồng).

Ta có hệ $\left\{ \begin{array}{l}800x + 600y \ge 900\\200x + 400y \ge 400\\200x + 100y \le 200\\x \ge 0,y \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8x + 6y \ge 9\\x + 2y \ge 2\\2x + y \le 2\\x \ge 0,y \ge 0\end{array} \right.$ $\left( I \right)$.

Miền nghiệm của hệ $\left( I \right)$:

Miền nghiệm là miền tứ giác $ABCD$, với $A\left( {0{,}6;{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} 0{,}7} \right)$, $B\left( {\frac{2}{3};{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \frac{2}{3}} \right)$, $C\left( {0;{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} 2} \right)$,$D\left( {0;{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} 1{,}5} \right)$.

Ta có $F\left( {0;{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} 1{,}5} \right) = 150,\,\,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} F\left( {0;2} \right) = 200,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \,F\left( {\frac{2}{3};\frac{2}{3}} \right) = 200,\,\,\,F\left( {0{,}6;0{,}7} \right) = 190$.

Vậy chi phí mua thịt thấp nhất khi $x = 0;{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} y = 1{,}5 \Rightarrow x + 2y = 3$.

Đáp số: $20$.

Dựng hệ trục $Oxyz$ như hình vẽ (đơn vị trên mỗi trục là decimét). Khi đó tọa độ các điểm là $B\left( {0;\,0;\,0} \right)$, $C\left( {8;\,0;\,0} \right)$, $D\left( {8;\,6;\,0} \right)$, $A\left( {0;\,6;\,0} \right)$, $G\left( {8;\,0;\,10} \right)$, $F\left( {0;\,0;\,10} \right)$.

Ta có $M$ là trung điểm của $AF$$\Rightarrow M\left( {0;\,3;\,5} \right)$.

Con cá bơi từ $G$ đến chạm mặt đáy hồ tại điểm $I\left( {x;\,y;\,0} \right) \in \left( {Oxy} \right)$ với $0 \le x \le 8$, $0 \le y \le 6$.

Gọi $N$ là điểm đối xứng của điểm $M$ qua $\left( {Oxy} \right)$ $\Rightarrow N\left( {0;\,3;\, - 5} \right)$.

Quãng đường di chuyển của con cá là $G - I - M$.

Ta có $IM + IG = IN + IG \ge GN$$= \sqrt {{{\left( {0 - 8} \right)}^2} + {{\left( {3 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 5 - 10} \right)}^2}} = \sqrt {298}$.

Để $IM + IG$ nhỏ nhất thì ba điểm $I$, $G$, $N$ thẳng hàng. Suy ra $\overrightarrow {IG}$, $\overrightarrow {NG}$ cùng phương.

Có $\overrightarrow {IG} = \left( {8 - x;\, - y;\,10} \right)$, $\overrightarrow {NG} = \left( {8;\, - 3;\,15} \right)$. Do đó $\frac{{8 - x}}{8} = \frac{{ - y}}{{ - 3}} = \frac{{10}}{{15}}$.

Suy ra $x = \frac{8}{3}$, $y = 2$$\Rightarrow I\left( {\frac{8}{3};\,2;\,0} \right)$. Khi đó, $a = d\left( {I,BA} \right) = \frac{8}{3}$, $b = d\left( {I,BC} \right) = 2$.

Vậy $D = 3a + 6b = 3 \cdot \frac{8}{3} + 6 \cdot 2 = 20$.

Đáp án: $7{,}2$.

Không mất tính tổng quát, ta giả sử phương trình của đường cong là $y = \frac{{{x^2} + bx + c}}{{dx + e}}$.

Vì đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 2 điểm có tọa độ là $\left( {1;0} \right)$ và $\left( {8;0} \right)$ nên

${x^2} + bx + c = \left( {x - 1} \right)\left( {x - 8} \right) = {x^2} - 9x + 8$.

Suy ra $y = \frac{{{x^2} - 9x + 8}}{{dx + e}} \Rightarrow y' = \frac{{\left( {2x - 9} \right)\left( {dx + e} \right) - d\left( {{x^2} - 9x + 8} \right)}}{{{{\left( {dx + e} \right)}^2}}}$.

Vì đồ thị hàm số có điểm cực đại là $\left( {6;5} \right)$ nên suy ra

$\left\{ \begin{array}{l}y'\left( 6 \right) = 0\\y\left( 6 \right) = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3\left( {6d + e} \right) + 10d = 0\\\frac{{ - 10}}{{6d + e}} = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}28d + 3e = 0\\30d + 5e = - 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = \frac{3}{5}\\e = - \frac{{28}}{5}\end{array} \right.$.

Vậy phương trình của hàm số là: $y = \frac{{5\left( {{x^2} - 9x + 8} \right)}}{{3x - 28}}$.

Kiểm tra lại điểm cực trị của hàm số này ta thấy điểm $\left( {6;5} \right)$ là điểm cực đại của đồ thị hàm số.

Yêu cầu bài toán $\Leftrightarrow$ tìm nghiệm $x > 6$ của phương trình

$\frac{{5\left( {{x^2} - 9x + 8} \right)}}{{3x - 28}} = 3{,}875 \Leftrightarrow 5{x^2} - 56{,}625x + 148{,}5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 7{,}2\\x = 4{,}125\,\,\,(L)\end{array} \right.$.

Vậy khi khí cầu đi qua điểm cực đại và cách mặt đất $3875\,\,{\rm{m}}$ thì khí cầu cách gốc tọa độ theo phương ngang là 7,2 km.

Đáp án: $700$.

+) Gọi $F\left( t \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left( t \right)$.

Vì $f\left( t \right)$ biểu thị cho tốc độ thay đổi lượng nước trong bể theo thời gian $t$ nên $F\left( t \right)$ chính là lượng nước có trong bể theo thời gian $t$.

+) Lượng nước trong bể lúc $6$ giờ sáng (ứng với $t = 0$) là $F\left( 0 \right) = 250$.

Lượng nước trong bể lúc $6$ giờ chiều (ứng với $t = 12$) là $F\left( {12} \right)$.

Ta có $\int\limits_0^{12} {f\left( t \right){\rm{d}}t} = F\left( {12} \right) - F\left( 0 \right) \Rightarrow F\left( {12} \right) = F\left( 0 \right) + \int\limits_0^{12} {f\left( t \right){\rm{d}}t}$

Suy ra $F\left( {12} \right) = 250 + \int\limits_0^3 {100t\,{\rm{d}}t} + \int\limits_3^6 {\left( {900 - 200t} \right){\rm{d}}t} + \int\limits_6^{12} {\left( {100t - 900} \right){\rm{d}}t} = 700$.

Vậy ở thời điểm $6$ giờ chiều thì trong bể chứa $700$ gallon nước.

Đáp án: $1{,}15$.

Do đồ thị của $f\left( x \right) = {a^x}$ và $g\left( x \right) = {\log _b}x$ đối xứng nhau qua đường thẳng $y = x \Rightarrow a = b$.

Mặt khác đồ thị của $y = {\log _b}x$ đi qua điểm $C\left( {3;2} \right) \Rightarrow b = \sqrt 3$.

Hai hàm số là $f\left( x \right) = {\left( {\sqrt 3 } \right)^x}$ và $g\left( x \right) = {\log _{\sqrt 3 }}x$.

Đồ thị của $f\left( x \right)$ cắt $y = 2$ tại điểm $\left( {{{\log }_{\sqrt 3 }}2;\,2} \right)$ và đồ thị của $g\left( x \right)$ cắt $y = - 2$ tại $\left( {\frac{1}{3}; - 2} \right)$.

Diện tích của miền ${H_1}$ là: ${S_1} = \int\limits_{ - 3}^{{{\log }_{\sqrt 3 }}2} {\left( {2 - {{\sqrt 3 }^x}} \right){\rm{d}}x \approx 5{,}233}$ (m$^{2}$).

Diện tích của miền ${H_3}$ là: ${S_3} = \int\limits_{\frac{1}{3}}^3 {\left( {{{\log }_{\sqrt 3 }}x + 2} \right){\rm{d}}x} \approx 7{,}145$ (m$^{2}$).

Diện tích của miền ${H_2}$ là: ${S_2} \approx 6 \times 4 - 5{,}233 - 7{,}145 = 11{,}622$ (m$^{2}$).

Vậy cần dùng 2 hộp sơn màu xanh da trời, 3 hộp sơn màu xanh lá cây và 4 hộp sơn màu vàng.

Số tiền bạn Hà cần dùng mua sơn là:

$T = 100\,000 \times 2 + 130\,000 \times 3 + 140\,000 \times 4 = 1\,150\,000$ (đồng) $= 1{,}15$ (triệu đồng).

Đáp án: $0{,}55$.

Gọi $A$ là biến cố: “An lấy ra viên bi màu xanh”.

Khi đó $\left\{ {A;\bar A} \right\}$ là một hệ đầy đủ các biến cố với $P\left( A \right) = \frac{2}{3};\,\,P\left( {\bar A} \right) = \frac{1}{3}$.

Gọi $B$ là biến cố: “Tất cả các viên bi được hai bạn chọn ra đều có đủ cả hai màu”.

Ta có $P\left( {B|A} \right)$ chính là xác suất 2 viên bi Bình lấy ra có ít nhất một viên bi màu đỏ, do đó

$P\left( {B|A} \right) = \frac{{C_{14}^2 - C_9^2}}{{C_{14}^2}} = \frac{{55}}{{91}}$.

Tương tự $P\left( {B|\bar A} \right)$ chính là xác suất 3 viên bi Bình lấy ra có ít nhất một viên bi màu xanh, do đó

$P\left( {B|\bar A} \right) = \frac{{C_{14}^3 - C_4^3}}{{C_{14}^3}} = \frac{{90}}{{91}}$.

Áp dụng công thức xác suất Bayes, ta có:

$P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B|\bar A} \right)}} = \frac{{\frac{2}{3} \cdot \frac{{55}}{{91}}}}{{\frac{2}{3} \cdot \frac{{55}}{{91}} + \frac{1}{3} \cdot \frac{{90}}{{91}}}} = \frac{{11}}{{20}} = 0{,}55$.