Giải SBT Toán 12 Bài tập ôn tập cuối năm

Đáp án đúng là: A

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y*'* = x$^{2}$ – 2mx + 4.

Để hàm số đạt cực đại tại x = −2 thì y*'*(−2) = 0 hay (−2)$^{2}$ − 2m(−2) + 4 = 0 ⇔ m = 2.

Thử lại với m = 2, ta có y*'* = x$^{2}$ – 2x + 4 = (x – 2)$^{2}$ ≥ 0, ∀x ∈ ℝ.

Do đó, với m = 2 hàm số đồng biến trên ℝ, nên không có cực trị.

Vậy không tồn tại giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là: D

Phương trình đường thẳng đi qua A(−3; 1) và có hệ số góc k là: y = k(x + 3) + 1.

Xét phương trình hoành độ giao điểm, ta có:

x$^{3}$ + 3x$^{2}$ + 1 = k(x + 3) + 1

⇔ x$^{3}$ + 3x$^{2}$ – k(x + 3) = 0

⇔ x$^{2}$(x + 3) – k(x + 3) = 0

⇔ (x + 3)(x$^{2}$ – k) = 0

⇔ x = −3 hoặc x$^{2}$ = k.

Để đường thẳng cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt thì x$^{2}$ = k có hai nghiệm phân biệt khác −3.

Do đó, k > 0 và k ≠ (−3)$^{2}$.

Vậy 0 < k ≠ 9.

Đáp án đúng là: B

Cách 1:

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy:

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = −1.

Tiệm cận xiên đi qua điểm (−1; 0) và (0; 1) có phương trình y = x + 1 nên loại A và D.

Dạng đồ thị hàm số cho thấy hàm đồng biến trên tập xác định.

Đồ thị hàm số đi qua điểm (−2; 0) nên loại C.

Chọn đáp án B.

Cách 2:

Xét các đáp án, nhận thấy đáp án B, ta có: $y = \frac{{{x^2} + 2x}}{{x + 1}} = x + 1 - \frac{1}{{x + 1}}$ có đường tiệm cận đứng x = −1 và tiệm cận xiên y = x + 1.

Lại có y*'* = 1 + $\frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$ > 0, ∀x ≠ −1 nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định (−∞; −1) và (−1; +∞).

Đồ thị hàm số đi qua điểm (−2; 0) nên đáp án thỏa mãn là B.

Đáp án đúng là: D

Xét phương trình hoành độ giao điểm, ta có:

x + m – 1 = $\frac{{2x + 1}}{{x + 1}}$

⇔ x$^{2}$ + (m – 2)x + m – 2 = 0. (1)

Để đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt A, B thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, do đó ∆ = (m – 2)$^{2}$ – 4(m – 2) > 0 ⇔ $\left[ \begin{array}{l}m > 6\\m < 2\end{array} \right.$.

Khi đó, đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt A(x$_{1}$; x$_{1}$ + m – 1) và

B(x$_{2}$; x$_{2}$ + m – 1) với x$_{1}$, x$_{2}$ là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1).

Theo định lí Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2--m\\{x_1}.{x_2} = m - 2\end{array} \right.$.

Ta có: AB = $2\sqrt 3$.

⇔ $\sqrt {{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2} + {{\left[ {\left( {{x_1} + m - 1} \right) - \left( {{x_2} + m - 1} \right)} \right]}^2}} = 2\sqrt 3$

⇔ (x$_{1}$ – x$_{2}$)$^{2}$ + [(x$_{1}$ + m – 1) – (x$_{2}$ + m – 1)]$^{2}$ = 12

⇔ 2(x$_{1}$ – x$_{2}$)$^{2}$ = 12

⇔ (x$_{1}$ – x$_{2}$)$^{2}$ = 6

⇔ (x$_{1}$ + x$_{2}$)$^{2}$ – 4x$_{1}$x$_{2}$ = 6

⇔ (2 – m)$^{2}$ – 4(m – 2) = 6

⇔ m$^{2}$ – 8m + 6 = 0

⇔ m = 4 ± $\sqrt {10}$ (thỏa mãn).

Đáp án đúng là: B

Ta thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} - 2x + 1}}{{x + 1}} = + \infty$, $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{{x^2} - 2x + 1}}{{x + 1}} = - \infty$.

Do đó, đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Đáp án đúng là: A

Theo định nghĩa tích phân, ta có: $\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx}$ = F(b) – F(a).

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\int {\frac{1}{x}} dx$ = ln$\left| x \right|$ + C.

Đáp án đúng là: C

Ta có: F(x) = $\int {f\left( x \right)dx = \int {\left( {4{x^3} + 2x - 1} \right)dx} }$ = x$^{4}$ + x$^{2}$ – x + C.

Mà F(1) = 10 ⇔ 1$^{4}$ + 1$^{2}$ – 1 + C = 10 ⇔ C = 9.

Vậy F(x) = x$^{4}$ + x$^{2}$ – x + 9.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\int\limits_0^4 {\left[ {f\left( x \right) + 2g\left( x \right)} \right]dx} = \int\limits_0^4 {f\left( x \right)dx + 2\int\limits_0^4 {g\left( x \right)dx} }$ = 5 + 2.6 = 17.

Chọn A.

Đáp án đúng là: B

Thể tích hình tròn xoay hình thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường:

y = x – 1, y = 0, x = 1, x = 3 quanh trục Ox được tính bởi công thức:

V = $\pi \int\limits_1^3 {{{\left( {x - 1} \right)}^2}dx}$

Đáp án đúng là: B

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y = x$^{2}$ + 2, y = 3x và các đường thẳng x = 1, x = 2 là S = $\int\limits_1^2 {\left| {\left( {{x^2} + 2} \right) - 3x} \right|dx} = \int\limits_1^2 {\left( { - {x^2} + 3x - 2} \right)dx = } \left. {\left( { - \frac{1}{3}{x^3} + \frac{3}{2}{x^2} - 2x} \right)} \right|_1^2 = \frac{1}{6}$.

Đáp án đúng là: A

Tam giác ABC vuông tại B và có AB = BC nên tam giác BAC vuông cân tại B.

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác ABC vuông tại B, ta có:

BA2 + BC2 = AC2 ⇒ AC = $\sqrt {B{A^2} + B{C^2}}$ = $a\sqrt 2$

Ta có: $\overrightarrow {SM} .\overrightarrow {BC}$ = $\left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AM} } \right)\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BC} = \frac{1}{2}.\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BC}$ = $\frac{1}{2}$.$a\sqrt 2$.a.cos45° = $\frac{{{a^2}}}{2}$.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\overrightarrow {GM} = \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CM} = - \frac{1}{3}\overrightarrow {AD'} + \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} } \right) + \frac{1}{2}\overrightarrow {CC'}$

= $- \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} } \right) + \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} } \right) + \frac{1}{2}\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AB} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AD} + \frac{1}{6}\overrightarrow {AA'}$.

Đáp án đúng là: B

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là $\overrightarrow u$ = (2; 1; −3).

Vectơ này cùng phương với vectơ $\overrightarrow {{u_2}}$ = (−4; −2; 6) = −2(2; 1; −3).

Đáp án đúng là: A

Ta có: d(A, (P)) = $\frac{{\left| {2.2 - 2.\left( { - 1} \right) - \left( { - 3} \right)} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = 3$.

Đáp án đúng là: B

Ta có: x$^{2}$ + y$^{2}$ + z$^{2}$ – 2x – 4y + 6z + 9 = 0

⇔ (x – 1)$^{2}$ + (y – 2)$^{2}$ + (z + 3)$^{2}$ = 5

Do đó, tọa độ tâm I(1; 2; −3) và R = $\sqrt 5$.

Đáp án đúng là: D

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là: R = 8,5 – 6 = 2,5.

Đáp án đúng là: B

Ta có: n = 2 + 6 + 7 + 4 + 1 = 20.

Có $\frac{n}{4} = \frac{{20}}{4}$ = 5 nên nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất là [6,5; 7).

Ta có: Q$_{1}$ = 6,5 + $\frac{{5 - 2}}{6}.0{,}5$ = 6,75.

Do $\frac{{3n}}{4} = \frac{{3.20}}{4}$ = 15 nên nhóm chứa tứ phân vị thứ ba là [7; 7,5).

Ta có: Q$_{3}$ = 7 + $\frac{{15 - \left( {2 + 6} \right)}}{7}.0{,}5$ = 7,5.

Do đó, khoảng tứ phân vị là: ∆Q = Q$_{3}$ – Q$_{1}$ = 7,5 – 6,75 = 0,75.

Đáp án đúng là: A

Ta có bảng giá trị đại diện sau:

Ta có số trung bình là:

$\overline x$ = $\frac{1}{{20}}$(6,25.2 + 6,75.6 + 7,25.7 + 7,75.4 + 8,25.1) = 7,15.

Độ lệch chuẩn là:

S = $\sqrt {\frac{1}{{20}}\left( {2.6,{{25}^2} + 6.6,{{75}^2} + 7.7,{{25}^2} + 4.7,{{75}^2} + 1.8,{{25}^2}} \right) - 7,{{15}^2}}$ ≈ 0,51.

Đáp án đúng là: A

Gọi A là biến cố: “Lá bài có chất rô”;

B là biến cố: “Lá bài có số chẵn”.

Do đó, P(A | B) là xác suất để lá bài lấy ra có chất rô, nếu biết rằng lá bài đó mang số chẵn.

Có các số chẵn trong bộ bài là: 2; 4; 6; 8; 10.

Mà bộ bài có 4 chất {rô, cơ, bích, nhép} nên có 5.4 = 20 lá bài chẵn.

Vậy n(B) = 20.

Có 5 lá bài chẵn chất rô {2 rô; 4 rô; 6 rô; 8 rô; 10 rô}. Vậy n(AB) = 5.

Do đó, P(AB) = $\frac{5}{{52}}$, P(B) = $\frac{{20}}{{52}}$.

⇒ P(A | B) = $\frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{5}{{52}}:\frac{{20}}{{52}} = \frac{1}{4}$.

Đáp án đúng là: B

Kí hiệu G là con gái, T là con trai.

Gọi A là biến cố: “Cả hai là con gái”.

B là biến cố: “Người con đầu là con gái”.

Lúc này, P(A | B) là xác suất để chọn được gia đình có hai con gái trong đó người con đầu là con gái.

Ta có: B ={GT; GG} ⇒ n(B) = 2;

AB = {GG} ⇒ n(AB) = 1.

Vậy P(B) = $\frac{1}{2}$, P(AB) = $\frac{1}{4}$ ⇒ P(A | B) = $\frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}}$ = $\frac{1}{2}$.

Đáp án đúng là: D

Gọi A là biến cố: “Tổng số chấm bằng 6”

B là biến cố: “Số chấm trên hai con xúc xắc bé hơn 5”.

Lúc này, P(A | B) là xác suất hai con xúc xắc có tổng bằng 6, biết số chấm trên hai con xúc xắc bé hơn 5.

Ta có: B = {(1; 2); (1; 3); (1; 4); (2; 1); (2; 3); (3; 4); (4; 3); (3; 2); (3; 1); (2; 1); (3; 3);

(4; 4); (2; 2); (1; 1); (4; 1); (4; 2)}.

Suy ra n(B) = 16 ⇒ P(B) = $\frac{{16}}{{36}}$.

A ={(1; 5); (5; 1); (2; 4); (4; 2); (3; 3)}.

AB = A ∩ B = {(2; 4); (4; 2); (3; 3)} ⇒ n(AB) = 3.

Suy ra P(AB) = $\frac{3}{{36}}$.

Vậy P(A | B) = $\frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{3}{{36}}:\frac{{16}}{{36}} = \frac{3}{{16}}$.

a) Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y*'* = −3x$^{2}$ + 6x

y*'* = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.

Ta có bảng biến thiên sau:

Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2).

Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; 0) và (2; +∞).

Điểm cực đại và cực tiểu của hàm số lần lượt là (2; 2) và (0; −2).

Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I(1; 0) làm tâm đối xứng.

b) Ta có: x$^{3}$ – 3x$^{2}$ + 5 – m = 0 ⇔ −x$^{3}$ + 3x$^{2}$ – 2 = 3 – m.

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y = 3 – m cắt đồ thị y = −x$^{3}$ + 3x$^{2}$ – 2 tại ba điểm phân biệt.

Điều này tương đương với −2 < 3 – m < 2 ⇔ 1 < m < 5.

c) Ta có: y*'* = −3x$^{2}$ + 6x = (−3x$^{2}$ + 6x – 3) + 3 = −3(x – 1)$^{2}$ + 3 ≤ 3, ∀x ∈ ℝ.

Vậy tiếp tuyến có hệ số góc lớn nhất bằng 3 tại x = 1.

Phương trình tiếp tuyến này là y = y*'*(1)(x – 1) + y(1)

⇔ y = 3(x – 1) + 0

⇔ y = 3x – 3.

a) Tập xác định: D = ℝ\{1}.

Chiều biến thiên: y*'* = $\frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$ < 0, ∀x ≠ 1.

Vậy hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định (−∞; 1) và (1; +∞).

Hàm số không có cực trị.

Giới hạn tại vô cực: $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 2$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 2$. Vậy đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Giới hạn vô cực: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = - \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty$. Vậy đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Ta có bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số nhận giao điểm I(1; 2) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.

b) Đường thẳng thẳng d: y = −x + m cắt đồ thị (H): y = $\frac{{2x - 1}}{{x - 1}}$ tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình $\frac{{2x - 1}}{{x - 1}}$ = −x + m có hai nghiệm phân biệt khác 1.

Ta có: $\frac{{2x - 1}}{{x - 1}}$ = −x + m

⇔ 2x − 1 = (x – 1)(−x + m).

⇔ x$^{2}$+ (1 – m)x + m – 1 = 0 (x ≠ 1)

⇔ $\left\{ \begin{array}{l}\Delta = {\left( {1 - m} \right)^2} - 4\left( {m - 1} \right) > 0\\1 + 1 - m + m - 1 \ne 0\end{array} \right.$ ⇔ m$^{2}$ – 6m + 5 > 0 ⇔ m ∈ (−∞; 1) ∪ (5; +∞).

c)

Lấy điểm M$\left( {t;\frac{{2t - 1}}{{t - 1}}} \right)$ bất kì thuộc đồ thị (H) với t ≠ 1. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) tại tiếp điểm M là

∆: y = y*'*(t)(x – t) + y(t) hay y = $\frac{{ - 1}}{{{{\left( {t - 1} \right)}^2}}}\left( {x - t} \right) + \frac{{2t - 1}}{{t - 1}}$.

Đường thẳng ∆ cắt tiệm cận đứng tại A$\left( {1;\frac{{2t}}{{t - 1}}} \right)$. Ta có: IA = $\frac{2}{{\left| {t - 1} \right|}}$.

Đường thẳng ∆ cắt tiệm cận ngang tại điểm B(2t – 1; 2). Ta có IB = 2$\left| {t - 1} \right|$.

Vậy diện tích tam giác IAB là ${S_{\Delta IAB}} = \frac{1}{2}IA.IB = \frac{1}{2}.\frac{2}{{\left| {t - 1} \right|}}.2\left| {t - 1} \right| = 2$ (đvdt).

a) Tập xác định: D = ℝ\{0}.

Ta có: y = $- \frac{{{x^2} + x + 1}}{x}$ = $- x - 1 - \frac{1}{x}$

⇒ y*'* = −1 + $\frac{1}{{{x^2}}}$ = $\frac{{1 - {x^2}}}{{{x^2}}}$

y*'* = 0 ⇔ $\frac{{1 - {x^2}}}{{{x^2}}}$ = 0 ⇔ 1 – x$^{2}$ = 0 ⇔ x = ±1.

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; −1) và (1; +∞).

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−1; 0) và (0; 1).

Điểm cực tiểu và điểm cực đại của đồ thị hàm số lần lượt là (−1; 1) và (1; −3).

Các giới hạn:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = + \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - \left( { - x - 1} \right)} \right]$ = $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty }$$\left( { - \frac{1}{x}} \right)$ = 0. Vậy đường thẳng y = −x – 1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} y = + \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = - \infty$. Vậy đường thẳng x = 0 làm tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Ta có bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số nhận giao điểm I(0; −1) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.

b)

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = $- \frac{{{x^2} + x + 1}}{x}$ và đường thẳng d: y = −2x + m là nghiệm của phương trình:

$- \frac{{{x^2} + x + 1}}{x}$ = −2x + m

⇔ x$^{2}$ – (1 + m)x – 1 = 0 (x ≠ 0). (*)

Phương trình (*) có ac = −1 < 0 nên luôn có hai nghiệm trái dấu.

Vậy với mọi m, đường thẳng luôn cắt đồ thị tại hai điểm A(x$_{1}$; −2x$_{1}$ + m) và

B(x$_{2}$; −2x$_{2}$ + m) thuộc hai nhánh của đồ thị, ở đó x$_{1}$ và x$_{2}$ là hai nghiệm của phương trình (*). Ta có:

AB$^{2}$ = (x$_{1}$ – x$_{2}$)$^{2}$ + [(−2x$_{1}$ + m) – (−2x$_{2}$ + m)]$^{2}$

= (x$_{1}$ – x$_{2}$)$^{2}$ + 4(x$_{1}$ – x$_{2}$)$^{2}$

= 5(x$_{1}$ – x$_{2}$)$^{2}$

= 5[(x$_{1}$ + x$_{2}$)$^{2}$ – 4x$_{1}$x$_{2}$].

Theo định lí Viète ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 1\\{x_1}{x_2} = - 1\end{array} \right.$.

⇒ AB$^{2}$ = 5[(m + 1)$^{2}$ + 4] = 5(m + 1)$^{2}$ + 20 ≥ 20 ∀m.

Vậy AB ≥ 2$\sqrt 5$.

Dấu “=” xảy ra khi m = −1.

Lúc này phương trình (1) là x$^{2}$ – 1 = 0 ⇔ x = ±1.

Vậy đường thẳng d: y = −2x – 1 đi qua hai điểm cực trị A(−1; 1) và B(1; −3).

Đồ thị hàm số như sau:

a) Tập xác định: D = ℝ\{−1}.

Ta có: y*'* = $\frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$; y*'* = 0 ⇔ $\left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 0\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; −2) và (0; +∞).

Hàm số nghịch biến trên khoảng (−2; −1) và (−1; 0).

b) Đặt x = cosα, ta có M = $\frac{{{{\cos }^2}\alpha }}{{\cos \alpha + 1}}$ = $\frac{{{x^2}}}{{x + 1}}$ trên (−1; 1].

Dựa vào câu a, ta có bảng biến thiên của hàm số f(x) = $\frac{{{x^2}}}{{x + 1}}$ trên (−1; 1] dưới đây:

Suy ra $\mathop {\min }\limits_\alpha \frac{{{{\cos }^2}\alpha }}{{\cos \alpha + 1}} = \mathop {\min }\limits_{x \in ( - 1;1]} \frac{{{x^2}}}{{x + 1}} = 0$ khi x = 0 ⇔ cosα = 0 ⇔ α = $\frac{\pi }{2} + k\pi$ và không tồn tại giá trị lớn nhất.

a)

Xét tam giác vuông SHN, ta có: HN = SH.cotα = xcotα.

MN = 2HN = 2xcotα.

Thể tích khối chóp là V = $\frac{1}{3}M{N^2}.SH = \frac{4}{3}{x^3}{\cot ^2}\alpha .$

Xét tam giác SHN có $\widehat {HSN}$ = 90° − α.

Trong tam giác IPH vuông tại P, có SI = $\frac{{IP}}{{\sin \left( {90^\circ - \alpha } \right)}} = \frac{R}{{\cos \alpha }}$.

Ta có: SH = HI + IS = R + $\frac{R}{{\cos \alpha }}$

⇒ cosα = $\frac{R}{{x - R}}$. Suy ra sin$^{2}$α = 1 – cos$^{2}$α = 1 − $\frac{{{R^2}}}{{{{\left( {x - R} \right)}^2}}}$ = $\frac{{{x^2} - 2Rx}}{{{{\left( {x - R} \right)}^2}}}$;

cot$^{2}$α = $\frac{{{{\cos }^2}\alpha }}{{{{\sin }^2}\alpha }} = \frac{{{R^2}}}{{x\left( {x - 2R} \right)}}$.

Từ đó ta được V = $\frac{{4{R^2}{x^2}}}{{3\left( {x - 2R} \right)}}$.

b) Xét hàm số f(x) = $\frac{{4{R^2}{x^2}}}{{3\left( {x - 2R} \right)}}$ với x > 2R.

Ta có: f*'*(x) = $\frac{{12{R^2}{x^2} - 48{R^3}x}}{{9{{\left( {x - 2R} \right)}^2}}} = \frac{{12{R^2}x\left( {x - 4R} \right)}}{{9{{\left( {x - 2R} \right)}^2}}}$;

f*'*(x) = 0 ⇔ $\frac{{12{R^2}x\left( {x - 4R} \right)}}{{9{{\left( {x - 2R} \right)}^2}}}$ = 0 ⇔ x = 4R.

Ta có bảng biến thiên:

Vậy $\mathop {\min }\limits_{x > 2R} V = \frac{{32}}{3}{R^3}$ khi x = 4R.

a) F(x) = $\int {\left( {3{x^2}--2x + \frac{2}{x}} \right)} dx$ = x$^{3}$ – x$^{2}$ + 2ln$\left| x \right|$ + C.

b) G(x) = $\int {\left( {\sin x - \frac{3}{{{{\cos }^2}x}} + 1} \right)} dx$ = −cosx – 3tanx + x + C.

c) H(x) = $\int {\left[ {{{\left( {3x - 1} \right)}^2} - 2\sqrt x + \sin x - 1} \right]dx}$ = $\frac{1}{9}{\left( {3x - 1} \right)^2} - \frac{4}{3}x\sqrt x - \cos x - x + C$.

a) $\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\sin }^2}\frac{x}{2}dx}$ = $\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\left( {\frac{{1 - \cos x}}{2}} \right)dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{1}{2}dx} - \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{\cos x}}{2}dx}$ = $\left. {\frac{1}{2}x} \right|_0^{\frac{\pi }{4}} - \left. {\frac{{\sin x}}{2}} \right|_0^{\frac{\pi }{4}}$ = $\frac{\pi }{8} - \frac{{\sqrt 2 }}{4}$.

b) $\int\limits_0^1 {\left( {3x - 4{x^3}} \right)dx - \int\limits_1^2 {\left( {4{x^3} - 3x} \right)dx} }$ = $\left. {\left( {\frac{3}{2}{x^2} - {x^4}} \right)} \right|_0^1 - \left. {\left( {{x^4} - \frac{3}{2}{x^2}} \right)} \right|_1^2$

= $\left( {\frac{3}{2}{{.1}^2} - {1^4} - \frac{3}{2}{{.0}^2} + {0^4}} \right)$ − $\left( {{2^4} - \frac{3}{2}{{.2}^2} - {1^4} + \frac{3}{2}{{.1}^2}} \right)$

= 11.

c) $\int\limits_0^6 {\left( {\left| {2x - 2} \right| + 4{x^2}} \right)dx}$ = $\int\limits_0^1 {\left( {\left| {2x - 2} \right| + 4{x^2}} \right)dx} + \int\limits_0^6 {\left( {\left| {2x - 2} \right| + 4{x^2}} \right)dx}$

= $\int\limits_0^1 {\left( {2 - 2x + 4{x^2}} \right)dx} + \int\limits_0^6 {\left( {2x - 2 + 4{x^2}} \right)dx}$

= $\left. {\left( {2x - {x^2} + \frac{4}{3}{x^3}} \right)} \right|_0^1 - \left. {\left( {2x - {x^2} + \frac{4}{3}{x^3}} \right)} \right|_1^6$

= 314.

Ta có: f(x) = $\int {f'\left( x \right)dx}$ = $\int {\left( {10x - {e^x}} \right)dx}$ = 5x$^{2}$ – e$^{x}$ + C.

Mà f(0) = 1 ⇔ 5.0$^{2}$ – e$^{0}$ + C = 1 ⇔ C = 2.

Suy ra f(x) = 5x$^{2}$ – e$^{x}$ + 2.

Vậy f(2) = 5.2$^{2}$ – e$^{2}$ + 2 = 22 – e$^{2}$.

a) Ta có: v(t) = $\int {a\left( t \right)dt = } \int {\left( {3t - 8} \right)dt}$ = $\frac{3}{2}{t^2} - 8t + C$.

Mà v(0) = 15 ⇔ $\frac{3}{2}$.0$^{2}$ – 8.0 + C = 15 ⇔ C = 15.

Suy ra v(t) = $\frac{3}{2}$t$^{2}$ – 8t + 15.

Do đó, a = 3, b = −8, c = 15. Vậy a + b + c = 3 – 8 + 15 = 10.

b) Quãng đường ô tô đi được sau 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc là

s = $\int\limits_0^{10} {v\left( t \right)dt}$ = $\int\limits_0^{10} {\left( {\frac{3}{2}{t^2} - 8t + 15} \right)dt}$ = $\left. {\left( {\frac{1}{2}{t^3} - 4{t^2} + 15t} \right)} \right|_0^{10}$ = 250 (m).

Diện tích hình phẳng là:

S = $\int\limits_4^9 {\left| {\sqrt x - 2} \right|dx} = \int\limits_4^9 {\left( {\sqrt x - 2} \right)dx = \left. {\left( {\frac{2}{3}x\sqrt x - 2x} \right)} \right|} _4^9$ = $\frac{8}{3}$ (đvdt).

Thể tích khối tròn xoay đó là:

V = $\pi \int\limits_1^2 {{{\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)}^2}dx}$ = $\frac{\pi }{{30}}$ (đvdt).

Ta có: $\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} } \right).\overrightarrow {BC}$ = $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BC}$

= $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AD} .\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right)$

= $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB}$

= AB.BC.cos(180° − 60°) + AD.AC.cos60° − AD.AB.cos60°.

= a.a.cos120° + a.a.cos60° − a.a.cos60° = $- \frac{{{a^2}}}{2}$.

a) Ta có: $\overrightarrow {{u_\Delta }}$ = (1; 2; 2), $\overrightarrow {{n_P}}$ = (2; 1; −1).

⇒ sin(∆, (P)) = $\left| {\cos \left( {\overrightarrow {{u_\Delta }} ,\overrightarrow {{n_P}} } \right)} \right|$ = $\frac{{\left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} .\overrightarrow {{n_P}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_P}} } \right|}} = \frac{{\left| {1.2 + 2.1 + 2.\left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} .\sqrt {{2^2} + {1^2} - {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{{\sqrt 6 }}{9}$.

⇒ cos(∆, (P)) ≈ 15,8°.

b) Ta có: $\overrightarrow {{n_Q}} = \left[ {\overrightarrow {{u_\Delta }} ,\overrightarrow {{n_P}} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}2&2\\1&{ - 1}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}2&1\\{ - 1}&2\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}1&2\\2&1\end{array}} \right|} \right)$ = (−4; 5; −3) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (Q).

Mặt phẳng (Q) chứa ∆ nên đi qua A(2; −2; 3) nên phương trình mặt phẳng của (Q) là:

−4(x – 2) + 5(y + 2) – 3(z – 3) = 0.

⇔ 4x – 5y + 3z – 27 = 0.

a) Ta có (S): x$^{2}$ + y$^{2}$ + (z – 2)$^{2}$ = 9

⇔ x$^{2}$ + y$^{2}$ + (z – 2)$^{2}$ = 3$^{2}$

Vậy tâm mặt cầu có tọa độ I(0; 0; 2) và bán kính R = 3.

b) Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P) là:

d(I, (P)) = $\frac{{\left| {2.0 + 2.0 - 2 + 8} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = 2$ < R = 3 nên mặt phẳng (P) cắt mắt cầu (S).

Bán kính của đường tròn là giao tuyến của (P) và (S) là:

r = $\sqrt {{R^2} - {d^2}} = \sqrt {{3^2} - {2^2}} = \sqrt 5$.

a) Đường thẳng ∆ đi qua A(3; 1; −1) và $\overrightarrow {{u_\Delta }}$ = (0; 1; 3) là vectơ chỉ phương.

Đường thẳng ∆' đi qua B(1; −2; −5) và $\overrightarrow {{u_{\Delta '}}}$ = (1; 3; 0) là vectơ chỉ phương.

Ta có: $\left[ {\overrightarrow {{u_\Delta }} ,\overrightarrow {{u_{\Delta '}}} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}1&3\\3&0\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}3&0\\0&1\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}0&1\\1&3\end{array}} \right|} \right)$ = (−9; 3; −1) và $\overrightarrow {AB}$ = (−2; −3; −4).

⇒ $\left[ {\overrightarrow {{u_\Delta }} ,\overrightarrow {{u_{\Delta '}}} } \right].\overrightarrow {AB}$ = −9.(−2) + 3.(−3) + (−1).(−4) = 13 ≠ 0.

Do đó, hai đường thẳng ∆ và ∆' chéo nhau.

b) cos(∆, ∆') = $\left| {\cos \left( {\overrightarrow {{u_\Delta }} ,\overrightarrow {{u_{\Delta '}}} } \right)} \right| = \frac{{\left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} .\overrightarrow {{u_{\Delta '}}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right|.\left| {\overrightarrow {{u_{\Delta '}}} } \right|}} = \frac{{\left| {0.1 + 1.3 + 3.0} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {1^2} + {3^2}} .\sqrt {{1^2} + {3^2} + {0^2}} }}$ = $\frac{3}{{10}}$.

a) Ta có: $\overrightarrow {AB}$ = (2; 0; 2) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB.

Phương trình tham số của đường thẳng AB là: $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 2\\z = 2t\end{array} \right.$.

b) Mặt cầu đường kính AB có tâm I là trung điểm của AB, ta có tọa độ I là:

$\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{1 + 3}}{2} = 2\\{y_I} = \frac{{2 + 2}}{2} = 2\\{z_I} = \frac{{0 + 2}}{2} = 1\end{array} \right.$ ⇒ I(2; 2; 1).

Bán kính mặt cầu là: IA = $\sqrt {{{\left( {1 - 2} \right)}^2} + {{\left( {2 - 2} \right)}^2} + {{\left( {0 - 1} \right)}^2}} = \sqrt 2$.

Phương trình mặt cầu đường kính BA là: (x – 2)$^{2}$ + (y – 2)$^{2}$ + (x – 1)$^{2}$ = 2.

c) Ta có: $\overrightarrow {OA}$ = (1; 2; 0), $\overrightarrow {OB}$ = (3; 2; 2).

$\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}2&0\\2&2\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}0&1\\2&3\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}1&2\\3&2\end{array}} \right|} \right)$ = (4; −2; −4) = 2(2; −1; −2) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (OAB) nên phương trình mặt phẳng (OAB) là:

2(x – 0) – 1(y – 0) – 2(z – 0) = 0 ⇔ 2x – y – 2z = 0.

d) Gọi I là trung điểm của AB thì I = (2; 2; 1), ta có:

MA$^{2}$ + MB$^{2}$ = ${\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2}$ = 2MI$^{2}$ + IA$^{2}$ + IB$^{2}$,

Do đó MA$^{2}$ + MB$^{2}$ nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của điểm I trên mặt phẳng (Oxy), suy ra M(2; 2; 0).

Ta có: OA = 20 (m) nên $\left\{ \begin{array}{l}{x_A} = OA.\cos 30^\circ = 10\\{y_A} = OA.\cos 60^\circ = 10\sqrt 3 \\{z_A} = 0\end{array} \right.$.

⇒ A(10; 10$\sqrt 3$; 0).

⇒ $\overrightarrow {OA}$ = (10; 10$\sqrt 3$; 0) = 10(1; $\sqrt 3$; 0).

Mặt phẳng (α) là mặt phẳng chứa OA và trục Oz.

Trục Oz có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow k$ = (0; 0; 1).

⇒ $\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow k } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{10\sqrt 3 }&0\\0&1\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}0&{10}\\1&0\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{10}&{10\sqrt 3 }\\0&0\end{array}} \right|} \right)$ = (10$\sqrt 3$; −10; 0) = 10($\sqrt 3$; −1; 0) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (α).

Phương trình mặt phẳng (α) là:

$\sqrt 3$(x – 0) – 1(y – 0) + 0(z – 0) = 0

⇔ $\sqrt 3$x – y = 0.

Dựa vào Mục 2 Bài 17 trang 57 SGK Toán lớp 12 tập 2, ta có:

M(cos30°cos60°; −cos30°sin60°; sin30°) = $\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{4};\frac{{ - 3}}{4};\frac{1}{2}} \right)$.

Vì 1 đơn vị dài trong không gian Oxyz tương ứng với 6 371 km trên thực tế.

Do đó, 19 113 km trên thực tế ứng với 19 113 : 6 371 = 3 đơn vị dài trong không gian Oxyz, tức là OP = 3 + 1 = 4. Do đó, $\overrightarrow {OP} = 4\overrightarrow {OM} = \left( {\sqrt 3 ; - 3;2} \right)$.

Vậy P $\left( {\sqrt 3 ; - 3;2} \right)$.

a) Chọn giá trị đại diện cho mỗi nhóm ta có bảng số liệu sau:

Với số liệu về kết quả đo dùng thiết bị 1:

Cỡ mẫu là: n = 1 + 3 + 8 + 5 + 3 = 20.

Số trung bình $\overline {{x_1}}$ = $\frac{{72{,}5.1 + 73{,}5.3 + 74{,}5.8 + 75{,}5.5 + 76{,}5.3}}{{20}}$ = 74,8.

Độ lệch chuẩn là: s1 = $\sqrt {\frac{1}{{20}}\left( {72,{5^2}.1 + 73,{5^2}.3 + 74,{5^2}.8 + 75,{5^2}.5 + 76,{5^2}.3} \right) - 74,{8^2}}$ ≈ 1.05.

Với số liệu về kết quả đo dùng thiết bị 2;

Cỡ mẫu là: n = 3 + 4 + 6 + 5 + 2 = 20.

Số trung bình $\overline {{x_2}}$ = $\frac{{72{,}5.3 + 73{,}5.4 + 74{,}5.6 + 75{,}5.5 + 76{,}5.2}}{{20}}$ = 74,45.

Độ lệch chuẩn là:

s2 = $\sqrt {\frac{1}{{20}}\left( {72,{5^2}.3 + 73,{5^2}.4 + 74,{5^2}.6 + 75,{5^2}.5 + 76,{5^2}.2} \right) - 74,{{45}^2}}$ ≈ 1,20.

b) Do s1 < s2 nên thiết bị 1 cho kết quả ổn định hơn.

Gọi A là biến cố: “Người đó có dùng thuốc A”;

B là biến cố: “Người đó dùng thuốc B”;

E là biến cố: “Người đó hạ huyết áp”,

F là biến cố: “Người đó không hạ huyết áp”.

Ta có:

n(A) = 1 600 + 800 = 2 400

n(B) = 1 200 + 400 = 1 600,

n(E) = 1 600 + 1 200 = 2 800,

n(F) = 800 + 400 = 1 200,

n(EA) = 1 600, n(FB) = 400.

a) Ta có: P(A) = $\frac{{2400}}{{4000}}$; P(EA) = $\frac{{1600}}{{4000}}$ ⇒ P(E | A) = $\frac{{P\left( {EA} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{1600}}{{2400}} = \frac{2}{3}$.

b) Ta có: P(E) = $\frac{{2800}}{{4000}}$; P(EA) = $\frac{{1600}}{{4000}}$ ⇒ P(A | E) = $\frac{{P\left( {EA} \right)}}{{P\left( E \right)}} = \frac{{1600}}{{2800}} = \frac{4}{7}$.

c) Ta có: P(F) = $\frac{{1200}}{{4000}}$; P(FB) = $\frac{{400}}{{4000}}$ ⇒ P(B | F) = $\frac{{P\left( {FB} \right)}}{{P\left( F \right)}} = \frac{{400}}{{1200}} = \frac{1}{3}$.

d) Ta có: P(B) = $\frac{{1600}}{{4000}}$; P(FB) = $\frac{{400}}{{4000}}$ ⇒ P(F | B) =

$\frac{{P\left( {FB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{400}}{{1600}} = \frac{1}{4}$.

Ta có: Ω = {(a; b; c); 1 ≤ a, b, c ≤ 6} ⇒ n(Ω) = 6.6.6 = 216.

A = {(a; b; c)}, trong đó 1 ≤ a, b, c ≤ 6 và a, b, c là các số nguyên dương phân biệt.

Đó chính là một chỉnh hợp chập 3 của 6 phần tử {1; 2; 3; 4; 5; 6}.

Suy ra n(A) = $A_6^3$ = 120.

Vậy P(A) = $\frac{{120}}{{216}}$.

Xét biến cố đối $\overline B$: “Số chấm xuất hiện trên mỗi con xúc xắc đều khác 6”.

Mỗi kết quả thuận lợi cho $\overline B$ là một bộ ba số (a; b; c), trong đó a, b, c là các số nguyên dương bé hơn 6. Do đó, ta có n(B) = 5.5.5 = 125.

Vậy P($\overline B$) = $\frac{{125}}{{216}}$.

Suy ra P(B) = 1 – P($\overline B$) = $\frac{{91}}{{216}}$.

Mỗi kết quả thuận lợi cho AB là một bộ ba (a; b; c), trong đó 1 ≤ a, b, c ≤ 6 và a, b, c là các số nguyên dương khác nhau và có đúng một số bằng 6.

Có ba cách chọn một số bằng 6 và $A_5^2$ = 20 cách chọn hai số còn lại trong 5 số {1; 2; 3; 4; 5}.

Ta có: n(B) = 3.20 = 60.

Suy ra P(AB) = $\frac{{60}}{{216}}$.

Từ đó, ta có:

P(A | B) = $\frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{60}}{{91}}$;

P(B | A) = $\frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{60}}{{120}} = \frac{1}{2}$.

a) Gọi A là biến cố: “Cặp sinh đôi là song sinh cùng trứng”

B là biến cố: “Cặp sinh đôi có cùng giới tính”.

Theo đề bài, ta có: P(B | A) = 1, P(B | $\overline A$) = $\frac{1}{2}$ và P(B) = 0,34 + 0,3 = 0,64.

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

P(B) = P(A).P(B | A) + P($\overline A$).P(B | $\overline A$)

⇔ 0,64 = P(A).1 + (1 – P(A)).$\frac{1}{2}$

⇔ 0,64 = P(A) – $\frac{1}{2}$P(A) + $\frac{1}{2}$

⇔ 0,14 = $\frac{1}{2}$P(A)

⇔ P(A) = 0,28.

Vậy xác suất để cặp sinh đôi được chọn là cặp song sinh cùng trứng bằng 0,28.

b) Xác suất để chọn được cặp sinh đôi cùng trứng biết rằng cặp sinh đôi đó cùng giới tính là P(A | B).

Theo công thức nhân xác suất, ta có: P(AB) = P(A).P(B | A).

Ta có, P(A) = 0,28. Theo giả thiết P(B | A) = 1.

Do đó, P(AB) = P(A).P(B | A) = 0,28.

Lại có P(B) = 0,34 + 0,3 = 0,64.

Như vậy, P(A | B) = $\frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0{,}28}}{{0{,}64}} = 0{,}4375$.

Gọi A là biến cố: “Người đó mắc bệnh X”,

B là biến cố: “Người đó có triệu chứng S”.

Ta có: P(A) = 0,2.

Xác suất để một người có triệu chứng S mắc bệnh X là P(A | B).

a) Theo đánh giá của bác sĩ M, nếu một người mắc bệnh X thì 90% khả năng người đó có triệu chứng S, tức là P(B | A) = 0,9; nếu người đo không mắc bệnh X thì xác suất người đó có triệu chứng S là 15% hay P(B | $\overline A$) = 0,15.

Theo công thức Bayes, ta được:

P(A | B) = $\frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)}}$ = $\frac{{0{,}2.0{,}9}}{{0{,}2.0{,}9 + \left( {1 - 0{,}2} \right).0{,}15}}$ = 0,6.

Vậy bác sĩ M kết luận: Nếu một người có triệu chứng S thì người đó mắc bệnh X với xác suất 0,6.

b) Theo bác sĩ N thì nếu một người mắc bệnh X thì 95% khả năng người đó có triệu chứng S, tức là P(B | A) = 0,95; nếu người đo không mắc bệnh X thì xác suất người đó có triệu chứng S là 10% hay P(B | $\overline A$) = 0,1.

Theo công thức Bayes, ta được:

P(A | B) = $\frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)}}$ = $\frac{{0{,}2.0{,}95}}{{0{,}2.0{,}95 + \left( {1 - 0{,}2} \right).0{,}1}}$ ≈ 0,74.

Vậy bác sĩ N kết luận: Nếu một người có triệu chứng S thì người đó mắc bệnh X với xác suất khoảng 0,74.

c) Theo bác sĩ P thì nếu một người mắc bệnh X thì 99% khả năng người đó có triệu chứng S, tức là P(B | A) = 0,99; nếu người đo không mắc bệnh X thì xác suất người đó có triệu chứng S là 1% hay P(B | $\overline A$) = 0,01.

Theo công thức Bayes, ta được:

P(A | B) = $\frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)}}$ = $\frac{{0{,}2.0{,}99}}{{0{,}2.0{,}90 + \left( {1 - 0{,}2} \right).0{,}01}}$ ≈ 0,961.

Vậy bác sĩ P kết luận: Nếu một người có triệu chứng S thì người đó mắc bệnh X với xác suất khoảng 0,961.