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 $P\left( t \right) = \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{1200 - 10{{\left( {10 - t} \right)}^2}}&{\left( {2 \le t < 10} \right)}\\{1200}&{\left( {10 \le t \le 20} \right)}\end{array}} \right.$.

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

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

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

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

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