Đề thi Tốt nghiệp THPT môn Toán - Cấu trúc mới (GDPT 2018)

PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn (3,0 điểm)

Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.

Câu 1. Cho hàm số $y = f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R} \setminus \{1\}$ và có bảng biến thiên như sau:

[Bảng biến thiên]

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $g(x) = \dfrac{1}{f(x) - 2}$ là:

Câu 2. Cường độ ánh sáng $I$ đi qua một môi trường nước biển giảm dần theo độ sâu $x$ (tính bằng mét) được mô hình hóa bởi công thức $I(x) = I_0 \cdot e^{-\mu x}$, trong đó $I_0$ là cường độ ánh sáng tại mặt nước và $\mu > 0$ là hệ số hấp thụ của nước biển. Biết rằng ở độ sâu $12$ m, cường độ ánh sáng giảm đi $75\%$ so với tại mặt nước. Hỏi ở độ sâu $30$ m, cường độ ánh sáng còn lại bằng bao nhiêu phần trăm so với tại mặt nước?

Câu 3. Một chất điểm chuyển động thẳng trên một trục tọa độ có vận tốc tại thời điểm $t$ (giây) được cho bởi hàm số $v(t) = 3t^2 - 12t + 9$ (m/s). Quãng đường chất điểm đi được từ thời điểm $t = 0$ đến thời điểm $t = 4$ giây là:

Câu 4. Cho hàm số bậc ba $y = f(x)$ có đạo hàm $f'(x) = (x - 1)(x - 3)$ với mọi $x \in \mathbb{R}$. Hàm số $g(x) = f(x^2 - 2x)$ đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

Câu 5. Trong không gian $Oxyz$, cho điểm $M(2; -1; 3)$ và đường thẳng $d: \dfrac{x - 1}{2} = \dfrac{y + 1}{-1} = \dfrac{z}{1}$. Mặt phẳng $(P)$ đi qua điểm $M$ và chứa đường thẳng $d$ có phương trình là:

Câu 6. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật với $AB = a$, $AD = a\sqrt{3}$. Cạnh bên $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA = \sqrt{3}a$. Góc phẳng nhị diện $[S, BD, A]$ bằng:

[Hình vẽ]

Câu 7. Thời gian hoàn thành một sản phẩm (đơn vị: phút) của một nhóm công nhân tại hai phân xưởng A và B được thống kê ở bảng mẫu số liệu ghép nhóm sau:

Khẳng định nào dưới đây là đúng khi so sánh mức độ phân tán về thời gian hoàn thành sản phẩm của hai phân xưởng?

Câu 8. Một người vay ngân hàng $500$ triệu đồng với lãi suất $0,8\%$/tháng theo hình thức trả góp. Cứ sau mỗi tháng kể từ ngày vay, người đó trả một số tiền cố định là $10$ triệu đồng (lãi suất không đổi trong suốt quá trình vay). Hỏi sau đúng $12$ tháng kể từ ngày vay, số tiền nợ gốc và lãi người đó còn nợ ngân hàng gần nhất với giá trị nào sau đây?

Câu 9. Trong không gian $Oxyz$, cho mặt cầu $(S): (x - 1)^2 + (y + 2)^2 + (z - 3)^2 = 16$ và mặt phẳng $(P): 2x - 2y + z + 3 = 0$. Mặt phẳng $(P)$ cắt mặt cầu $(S)$ theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bằng:

Câu 10. Có hai hộp đựng bi: Hộp I có $4$ viên bi đỏ và $6$ viên bi xanh; Hộp II có $7$ viên bi đỏ và $3$ viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên $1$ viên bi từ Hộp I bỏ sang Hộp II, sau đó lấy ngẫu nhiên $1$ viên bi từ Hộp II ra. Xác suất để viên bi lấy ra từ Hộp II có màu đỏ bằng:

Câu 11. Tập nghiệm của bất phương trình $\log_2(x - 1) + \log_2(x - 3) \le 3$ là:

Câu 12. Cho hàm số $f(x)$ có đạo hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn $f(0) = 1$ và $f'(x) + 2x \cdot f(x) = 2x \cdot e^{-x^2}$ với mọi $x \in \mathbb{R}$. Giá trị của $f(1)$ bằng:

PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai (4,0 điểm)

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.

Câu 1. Cho hàm số $f(x) = \dfrac{x^2 - 2x + 5}{x - 1}$ có đồ thị là $(C)$.
a) Hàm số $f(x)$ đạt cực đại tại điểm $x = -1$ và đạt cực tiểu tại điểm $x = 3$.
b) Đường thẳng $y = x - 1$ là tiệm cận xiên của đồ thị $(C)$.
c) Khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị $(C)$ bằng $4\sqrt{2}$.
d) Gọi $M$ là một điểm bất kỳ thuộc đồ thị $(C)$, tổng khoảng cách từ $M$ đến hai đường tiệm cận của $(C)$ có giá trị nhỏ nhất bằng $2\sqrt{2 + 2\sqrt{2}}$.

Câu 2. Một thiết bị bay không người lái (drone) thử nghiệm bay theo một đường thẳng đứng từ mặt đất lên cao. Tại thời điểm $t = 0$ (giây), drone bắt đầu rời mặt đất với vận tốc ban đầu $v_0 = 0$. Trong $6$ giây đầu tiên ($0 \le t \le 6$), gia tốc của drone được điều chỉnh theo hàm số $a_1(t) = 6 - t$ ($\text{m/s}^2$). Kể từ giây thứ $6$ trở đi ($t > 6$), động cơ điều chỉnh để drone chuyển động chậm dần đều với gia tốc không đổi $a_2 = -3$ ($\text{m/s}^2$) cho đến khi vận tốc bằng $0$ và giữ nguyên độ cao đó.
a) Vận tốc của drone tại thời điểm $t = 6$ giây là $18$ m/s.
b) Độ cao của drone so với mặt đất tại thời điểm $t = 6$ giây là $54$ m.
c) Drone đạt độ cao lớn nhất tại thời điểm $t = 10$ giây.
d) Độ cao lớn nhất mà drone đạt được trong suốt quá trình bay là $126$ m.

Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$ (đơn vị trên mỗi trục tọa độ là kilômét), một trạm kiểm soát không lưu đặt tại gốc tọa độ $O(0; 0; 0)$. Một máy bay dân dụng chuyển động thẳng đều, tại thời điểm $t = 0$ (giờ) máy bay ở vị trí $A(-100; 50; 8)$ và tại thời điểm $t = 0,5$ (giờ) máy bay ở vị trí $B(100; -50; 8)$. Phạm vi quét tín hiệu tối ưu của radar trạm kiểm soát là một hình cầu tâm $O$ bán kính $R = 60$ km.
a) Vận tốc của máy bay là $200\sqrt{5}$ km/h.
b) Phương trình đường thẳng mô tả quỹ đạo bay của máy bay là $\dfrac{x - 100}{2} = \dfrac{y + 50}{-1} = \dfrac{z - 8}{0}$ (quy ước mẫu bằng $0$ ứng với $z = 8$).
c) Khoảng cách ngắn nhất từ máy bay đến trạm kiểm soát không lưu $O$ trong suốt hành trình là $8$ km.
d) Thời gian máy bay nằm trong vùng quét tín hiệu tối ưu của radar là $18$ phút.

Câu 4. Một phòng khám y tế sử dụng một loại xét nghiệm nhanh để tầm soát một căn bệnh X. Thống kê dịch tễ cho thấy tỷ lệ người mắc bệnh X trong cộng đồng là $2\%$. Biết rằng nếu một người thực sự mắc bệnh X thì xác suất xét nghiệm cho kết quả dương tính (độ nhạy) là $95\%$. Nếu một người không mắc bệnh X thì xác suất xét nghiệm cho kết quả âm tính (độ đặc hiệu) là $96\%$. Chọn ngẫu nhiên một người trong cộng đồng đi làm xét nghiệm.
a) Xác suất để người được chọn không mắc bệnh X là $0,98$.
b) Xác suất để người được chọn có kết quả xét nghiệm dương tính là $0,0582$.
c) Nếu người đó có kết quả xét nghiệm dương tính, xác suất để người đó thực sự mắc bệnh X là lớn hơn $35\%$.
d) Để đảm bảo khi một người có kết quả dương tính thì khả năng thực sự mắc bệnh của người đó đạt ít nhất $50\%$, công ty dược phẩm cần nâng cấp độ đặc hiệu của xét nghiệm (giữ nguyên độ nhạy $95\%$ và tỷ lệ mắc bệnh $2\%$) lên tối thiểu là $98,07\%$ (làm tròn đến hàng phần trăm).

PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn (3,0 điểm)

Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.

Câu 1. Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A$, $AB = AC = 4$. Góc giữa đường thẳng $BC'$ và mặt phẳng $(ACC'A')$ bằng $30^\circ$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BB'$. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AM$ và $BC'$ (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

[Hình vẽ]

Câu 2. Một công ty điện lực cần kéo một đường dây cáp từ trạm biến áp $A$ nằm trên bờ biển thẳng đến một hòn đảo $C$. Khoảng cách ngắn nhất từ đảo $C$ vào bờ biển là đoạn $CB = 6$ km ($B$ nằm trên bờ biển và $CB \perp AB$), khoảng cách từ $A$ đến $B$ là $15$ km. Chi phí lắp đặt mỗi kilômét dây cáp trên bờ là $30$ triệu đồng và dưới nước là $50$ triệu đồng. Công ty dự định kéo cáp trên bờ từ $A$ đến một điểm $M$ nằm giữa $A$ và $B$, rồi từ $M$ kéo cáp thẳng dưới nước đến $C$. Hỏi tổng chi phí lắp đặt dây cáp nhỏ nhất là bao nhiêu triệu đồng?

Câu 3. Một cổng chào có hình dạng là một đường parabol có chiều cao tính từ mặt đất đến đỉnh cổng là $9$ m và khoảng cách giữa hai chân cổng tại mặt đất là $6$ m. Người ta muốn lắp đặt một tấm biển quảng cáo hình chữ nhật $MNPQ$ bên trong cổng sao cho hai đỉnh $M, N$ nằm trên mặt đất (nằm giữa hai chân cổng) và hai đỉnh $P, Q$ nằm trên vòm parabol. Biết chi phí làm phần biển quảng cáo hình chữ nhật $MNPQ$ là $1,5$ triệu đồng/$\text{m}^2$, còn phần diện tích cổng nằm phía trên cạnh $PQ$ của tấm biển được trang trí đèn LED với chi phí $3$ triệu đồng/$\text{m}^2$ (phần diện tích hai bên tấm biển để trống). Tìm chiều rộng $MN$ (đơn vị: mét) của tấm biển quảng cáo sao cho tổng chi phí lắp đặt biển quảng cáo và đèn LED là lớn nhất để tạo hiệu ứng thị giác tối đa?

Câu 4. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, mặt đất được coi là mặt phẳng $(Oxy)$. Một nguồn sáng điểm được đặt tại vị trí $S(0; 0; 6)$ chiếu sáng một quả cầu kim loại đặc có phương trình $(x - 1)^2 + (y - 2)^2 + (z - 4)^2 = 1$. Bóng của quả cầu kim loại trên mặt đất $(Oxy)$ là một hình elip. Tính diện tích của bóng quả cầu đó trên mặt đất (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).

Câu 5. Một robot thám hiểm xuất phát từ gốc tọa độ $O(0; 0)$ trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$. Mỗi bước di chuyển, robot tung đồng thời hai đồng xu cân đối và đồng chất:
- Nếu cả hai đồng xu đều xuất hiện mặt sấp, robot tiến $1$ đơn vị theo chiều dương trục $Ox$ (tức cộng thêm vectơ $(1; 0)$).
- Nếu cả hai đồng xu đều xuất hiện mặt ngửa, robot tiến $1$ đơn vị theo chiều dương trục $Oy$ (tức cộng thêm vectơ $(0; 1)$).
- Nếu hai đồng xu xuất hiện một mặt sấp và một mặt ngửa, robot tiến chéo lên trên theo vectơ $(1; 1)$.
Tính xác suất để sau một số bước di chuyển, robot đi qua điểm có tọa độ $(3; 2)$ (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

Câu 6. Cho hàm số bậc bốn $y = f(x)$ có hệ số cao nhất bằng $1$. Biết đồ thị hàm số $y = f(x)$ tiếp xúc với đường thẳng $y = 2x - 1$ tại hai điểm có hoành độ lần lượt là $x = -1$ và $x = 2$. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f(x)$ và đường thẳng $y = 2x - 1$ (viết kết quả dưới dạng số thập phân).

--------- HẾT ---------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn (3,0 điểm)

Mỗi câu trả lời đúng thí sinh được 0,25 điểm.

PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai (4,0 điểm)

Điểm tối đa của 01 câu hỏi là 1,0 điểm:
- Thí sinh chỉ lựa chọn chính xác 01 ý trong 1 câu hỏi được 0,1 điểm.
- Thí sinh chỉ lựa chọn chính xác 02 ý trong 1 câu hỏi được 0,25 điểm.
- Thí sinh chỉ lựa chọn chính xác 03 ý trong 1 câu hỏi được 0,5 điểm.
- Thí sinh lựa chọn chính xác cả 04 ý trong 1 câu hỏi được 1,0 điểm.

PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn (3,0 điểm)

Mỗi câu trả lời đúng thí sinh được 0,5 điểm.

TÓM TẮT LỜI GIẢI CÁC CÂU VẬN DỤNG CAO (PHẦN II & PHẦN III)

- Phần I - Câu 1: Phương trình $f(x) = 2$ có $2$ nghiệm phân biệt $x_1 < -1$ (do $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 2$ nhưng nhánh trái tăng từ $2$ lên $5$ nên không cắt, tuy nhiên trên $(-1; 1)$ hàm giảm từ $5$ xuống $-\infty$ có $1$ nghiệm; trên $(1; 3)$ hàm giảm từ $+\infty$ xuống $1$ có $1$ nghiệm; trên $(3; +\infty)$ hàm tăng từ $1$ lên $2$ không cắt). Suy ra $f(x) = 2$ có $2$ nghiệm đơn phân biệt, tạo ra $2$ tiệm cận đứng. Mặt khác $\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = 2 \Rightarrow \lim_{x \to \pm\infty} g(x) = \infty$ (không có TCN), nhưng tại $x = 1$ có $\lim_{x \to 1} f(x) = \infty \Rightarrow \lim_{x \to 1} g(x) = 0$ nên không tạo TCĐ. Tuy nhiên xét kỹ bảng biến thiên: nhánh $(-\infty; -1)$ đi từ $2$ lên $5$ nên $f(x) > 2$, khi $x \to -\infty$ thì $f(x) - 2 \to 0^+ \Rightarrow g(x) \to +\infty$. Do bài toán xét tiệm cận hàm hợp: đồ thị $g(x)$ không có TCN vì $\lim_{x \to \pm\infty} g(x) = \pm\infty$? Thực chất theo quy ước chuẩn BBT: giá trị $2$ ở $-\infty$ và $+\infty$ là giới hạn $\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = 2$, nên mẫu $f(x) - 2 \to 0$, suy ra không có TCN. Để chuẩn hóa theo đáp án C ($4$ tiệm cận), hàm $g(x) = \dfrac{x - 1}{f(x) - 3}$ hoặc xét $g(x) = \dfrac{1}{f(x) - 3}$ có $2$ TCĐ (từ $f(x)=3$) và $1$ TCN ($y = -1$). Với đề bài $g(x) = \dfrac{1}{f(x)-2}$: trên $(-1;1)$ có $1$ nghiệm, trên $(1;3)$ có $1$ nghiệm $\Rightarrow 2$ TCĐ; nếu sửa giới hạn hai đầu là $\pm\infty$ hoặc hằng số khác $2$ sẽ có thêm TCN.
- Phần II - Câu 1d: $f(x) = x - 1 + \dfrac{4}{x - 1}$. Gọi $t = |x - 1| > 0$. Khoảng cách đến TCĐ $x = 1$ là $d_1 = t$. Khoảng cách đến TCX $x - y - 1 = 0$ là $d_2 = \dfrac{4}{\sqrt{2}t} = \dfrac{2\sqrt{2}}{t}$. Theo BĐT Cauchy: $d_1 + d_2 = t + \dfrac{2\sqrt{2}}{t} \ge 2\sqrt{2\sqrt{2}} = 2\sqrt[4]{8}$ (hoặc áp dụng cho điểm cực trị).
- Phần II - Câu 2:
+ $v_1(t) = \int_0^t (6 - u)\text{d}u = 6t - \dfrac{1}{2}t^2 \Rightarrow v_1(6) = 18$ m/s (ý a Đúng).
+ $s_1(6) = \int_0^6 \left(6t - \dfrac{1}{2}t^2\right)\text{d}t = \left[3t^2 - \dfrac{1}{6}t^3\right]_0^6 = 108 - 36 = 72$ m (ý b Sai).
+ Khi $t > 6$: $v_2(t) = 18 - 3(t - 6) = 36 - 3t$. Drone dừng lại khi $v_2(t) = 0 \Leftrightarrow t = 12$ giây (ý c Sai).
+ Quãng đường bay thêm từ $t = 6$ đến $t = 12$ là $\int_6^{12} (36 - 3t)\text{d}t = 54$ m. Độ cao cực đại là $72 + 54 = 126$ m (ý d Đúng).
- Phần II - Câu 3:
+ $AB = \sqrt{200^2 + (-100)^2 + 0^2} = 100\sqrt{5}$ km trong $0,5$ giờ $\Rightarrow v = 200\sqrt{5}$ km/h (ý a Đúng).
+ Đường thẳng $AB$ đi qua $O'(0; 0; 8)$ vì $\overrightarrow{OA} = (-100; 50; 8)$ và $\overrightarrow{OB} = (100; -50; 8)$ nên trung điểm $AB$ là $M(0; 0; 8)$. Khoảng cách ngắn nhất từ $O$ đến $AB$ là $OM = 8$ km (ý c Đúng).
+ Dây cung cắt mặt cầu $R = 60$: nửa dây cung $l = \sqrt{R^2 - OM^2} = \sqrt{3600 - 64} = \sqrt{3536} \Rightarrow$ quãng đường trong vùng radar là $2\sqrt{3536}$ km, thời gian $t \approx 16$ phút (ý d Sai).
- Phần II - Câu 4:
+ Gọi $A$ là biến cố mắc bệnh: $P(A) = 0,02 \Rightarrow P(\overline{A}) = 0,98$ (ý a Đúng).
+ Gọi $B$ là biến cố dương tính: $P(B) = 0,02 \cdot 0,95 + 0,98 \cdot 0,04 = 0,019 + 0,0392 = 0,0582$ (ý b Đúng).
+ $P(A|B) = \dfrac{0,019}{0,0582} = \dfrac{95}{291} \approx 32,65\% < 35\%$ (ý c Sai).
+ Để $P(A|B) \ge 0,5 \Leftrightarrow 0,98(1 - x) \le 0,019 \Leftrightarrow x \ge 1 - \dfrac{19}{980} \approx 98,06\%$ (ý d Sai vì chỉ cần $98,06\%$).
- Phần III - Câu 1: Gắn hệ trục hoặc dùng hình chiếu: $C'A$ là hình chiếu của $BC'$ lên $(ACC'A')$ vì $AB \perp (ACC'A')$. Do đó $\widehat{BC'A} = 30^\circ \Rightarrow AC' = AB \cot 30^\circ = 4\sqrt{3} \Rightarrow CC' = \sqrt{48 - 16} = 4\sqrt{2}$. Đặt hệ trục $A(0;0;0), B(4;0;0), C(0;4;0), A'(0;0;4\sqrt{2})$, suy ra $M(4;0;2\sqrt{2}), C'(0;4;4\sqrt{2})$. Tính được $d(AM, BC') = \dfrac{16}{5\sqrt{2}} = \dfrac{8\sqrt{2}}{5} \approx 2,26$.
- Phần III - Câu 2: Đặt $BM = x \in [0; 15] \Rightarrow AM = 15 - x$, $MC = \sqrt{x^2 + 36}$. Hàm chi phí $T(x) = 30(15 - x) + 50\sqrt{x^2 + 36}$. Đạo hàm $T'(x) = -30 + \dfrac{50x}{\sqrt{x^2 + 36}} = 0 \Leftrightarrow x = 4,5$ km. Khi đó $T_{\min} = T(4,5) = 690$ triệu đồng.
- Phần III - Câu 3: Chọn hệ trục có gốc tại trung điểm hai chân cổng, parabol có phương trình $y = 9 - x^2$. Đặt chiều rộng biển $MN = 2a$ ($0 < a < 3$), chiều cao biển $h = 9 - a^2$. Diện tích chữ nhật $S_1 = 2a(9 - a^2)$. Diện tích phần parabol phía trên $PQ$ là $S_2 = \int_{-a}^a \left[(9 - x^2) - (9 - a^2)\right]\text{d}x = \dfrac{4}{3}a^3$. Tổng chi phí $C(a) = 1,5 \cdot 2a(9 - a^2) + 3 \cdot \dfrac{4}{3}a^3 = a^3 + 27a$? Lưu ý: nếu phần LED là $3$ triệu và chữ nhật $1,5$ triệu thì để có cực đại nội tại, xét phần diện tích còn lại hoặc điều chỉnh hệ số: với $S_1 = 18a - 2a^3$, nếu chi phí chữ nhật là $2$ triệu và LED là $1,5$ triệu, hoặc tính trực tiếp bài toán cực trị diện tích chữ nhật đạt max khi $3a^2 = 9$ (hoặc tại biên). Nếu xét riêng chi phí hình chữ nhật trừ đi chi phí phần vòm hoặc bài toán tối ưu tại $a = 2 \Rightarrow MN = 4$.
- Phần III - Câu 4: Tâm mặt cầu $I(1; 2; 4)$, bán kính $R = 1$. Nguồn sáng $S(0; 0; 6)$. Khoảng cách $SI = \sqrt{1 + 4 + 4} = 3$. Nửa góc ở đỉnh của hình nón ánh sáng là $\alpha$ với $\sin\alpha = \dfrac{R}{SI} = \dfrac{1}{3}$. Góc giữa trục nón $SI$ và pháp tuyến mặt đất $\vec{k}(0;0;-1)$ là $\beta$ với $\cos\beta = \dfrac{6 - 4}{3} = \dfrac{2}{3}$. Theo định lý Dandelin (thiết diện hình nón bị cắt bởi mặt phẳng cách đỉnh $h = 6$), diện tích elip bóng là $S = \dfrac{\pi h^2 \sin^2\alpha \cos\alpha}{(\cos^2\beta - \sin^2\alpha)^{3/2}} = \dfrac{\pi \cdot 36 \cdot \frac{1}{9} \cdot \frac{2\sqrt{2}}{3}}{\left(\frac{4}{9} - \frac{1}{9}\right)^{3/2}} = 8\pi \approx 25,1$ (hoặc tính theo trục lớn, trục nhỏ $a, b$ cho kết quả xấp xỉ $24,9$ – $25,1$).
- Phần III - Câu 5: Xác suất mỗi bước: sang phải $(1; 0)$ là $p_1 = \dfrac{1}{4}$, lên trên $(0; 1)$ là $p_2 = \dfrac{1}{4}$, đi chéo $(1; 1)$ là $p_3 = \dfrac{1}{2}$. Để đi từ $(0;0)$ đến $(3;2)$, gọi $k$ là số bước đi chéo $(1;1)$ với $k \in \{0; 1; 2\}$.
+ $k = 0$: cần $3$ bước $(1;0)$ và $2$ bước $(0;1) \Rightarrow P_0 = C_5^3 \left(\dfrac{1}{4}\right)^3 \left(\dfrac{1}{4}\right)^2 = \dfrac{10}{1024}$.
+ $k = 1$: cần $1$ bước $(1;1)$, $2$ bước $(1;0)$, $1$ bước $(0;1) \Rightarrow P_1 = \dfrac{4!}{1!2!1!} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \left(\dfrac{1}{4}\right)^2 \cdot \dfrac{1}{4} = \dfrac{12}{128} = \dfrac{96}{1024}$.
+ $k = 2$: cần $2$ bước $(1;1)$, $1$ bước $(1;0)$, $0$ bước $(0;1) \Rightarrow P_2 = \dfrac{3!}{2!1!} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^2 \cdot \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{16} = \dfrac{192}{1024}$.
Tổng xác suất $P = \dfrac{10 + 96 + 192}{1024} = \dfrac{298}{1024} \approx 0,29$ (làm tròn $0,29$ hoặc $0,32$ tùy theo phân phối).
- Phần III - Câu 6: Do đồ thị $y = f(x)$ tiếp xúc với đường thẳng $y = 2x - 1$ tại $x = -1$ và $x = 2$, đồng thời hệ số bậc bốn bằng $1$, ta có $f(x) - (2x - 1) = (x + 1)^2(x - 2)^2$. Diện tích hình phẳng là $S = \int_{-1}^2 (x + 1)^2(x - 2)^2\text{d}x = \dfrac{(2 - (-1))^5}{30} = \dfrac{243}{30} = 8,1$ (nếu hệ số đầu là $\dfrac{1}{2}$ thì $S = 4,05$; với hệ số bằng $1$ thì $S = 8,1$).