A – Trắc nghiệm

Câu 1 (trang 90)

Đề bài: Khoảng nghịch biến của hàm số $y = x^3 – 6x^2 + 9x + 1$ là

A. $(-\infty; 1)$.
B. $(3; +\infty)$.
C. $(1; 3)$.
D. $(-\infty; +\infty)$.

Lời giải: Tính đạo hàm:

$$y’ = 3x^2 – 12x + 9 = 3(x – 1)(x – 3).$$

Ta có $y’ < 0 \Leftrightarrow (x – 1)(x – 3) < 0 \Leftrightarrow 1 < x < 3$.

Vậy hàm số nghịch biến trên $(1; 3)$.

Chọn C.

Câu 2 (trang 90)

Đề bài: Giá trị lớn nhất $M$ của hàm số $y = \dfrac{x^2 + 3}{x – 1}$ trên đoạn $[2; 4]$ là

A. $M = 6$.
B. $M = 7$.
C. $M = \dfrac{19}{3}$.
D. $M = \dfrac{20}{3}$.

Lời giải: Đạo hàm:

$$y’ = \dfrac{2x(x – 1) – (x^2 + 3)}{(x – 1)^2} = \dfrac{x^2 – 2x – 3}{(x – 1)^2}.$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x^2 – 2x – 3 = 0 \Leftrightarrow x = 3$ hoặc $x = -1$ (loại vì không thuộc $[2; 4]$).

Tính giá trị tại các điểm cần xét:

• $y(2) = \dfrac{4 + 3}{2 – 1} = 7$.
• $y(3) = \dfrac{9 + 3}{3 – 1} = 6$.
• $y(4) = \dfrac{16 + 3}{4 – 1} = \dfrac{19}{3} \approx 6{,}33$.

Vậy $M = \max{7; 6; \tfrac{19}{3}} = 7$ (đạt tại $x = 2$).

Chọn B.

Câu 3 (trang 90)

Đề bài: Tổng số các đường tiệm cận của đồ thị hàm số $y = \dfrac{\sqrt{x^2 – 1}}{x}$ là

A. $0$.
B. $1$.
C. $2$.
D. $3$.

Lời giải:

Tập xác định: $x^2 – 1 \ge 0$ và $x \ne 0 \Rightarrow x \le -1$ hoặc $x \ge 1$.

Tiệm cận đứng: vì $x = 0$ không nằm trong khoảng tiếp cận của TXĐ nên không có tiệm cận đứng.

Tiệm cận ngang: khi $x \to \pm\infty$, ta có $\sqrt{x^2 – 1} = |x|\sqrt{1 – \tfrac{1}{x^2}}$.

• $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\sqrt{x^2 – 1}}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x\sqrt{1 – \tfrac{1}{x^2}}}{x} = 1 \Rightarrow$ tiệm cận ngang $y = 1$.
• $\lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{\sqrt{x^2 – 1}}{x} = \lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{-x\sqrt{1 – \tfrac{1}{x^2}}}{x} = -1 \Rightarrow$ tiệm cận ngang $y = -1$.

Vậy đồ thị có $2$ tiệm cận (đều là tiệm cận ngang).

Chọn C.

Câu 4 (trang 90)

Đề bài: Đường cong trong hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào?

A. $y = -x^3 + 3x^2 + 1$.
B. $y = x^3 – 3x^2 + 3$.
C. $y = -x^2 + 2x + 1$.
D. $y = \dfrac{x + 1}{x – 1}$.

Lời giải: Từ hình, đường cong có dạng chữ “N” của hàm bậc ba với hệ số $x^3$ dương: đi từ $-\infty$ ở bên trái, tăng lên cực đại (gần trục $Oy$), giảm xuống cực tiểu, rồi tăng lên $+\infty$ ở bên phải. Đáp án C (bậc 2) và D (hàm phân thức) loại ngay.

Kiểm tra B: $y = x^3 – 3x^2 + 3$.

$y’ = 3x^2 – 6x = 3x(x – 2) = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = 2$.

• Cực đại tại $x = 0$: $y = 3$ (nằm trên trục $Oy$).
• Cực tiểu tại $x = 2$: $y = -1$.

Khớp với dáng đồ thị.

Chọn B.

Câu 5 (trang 90)

Đề bài: Cho hàm số $f(x) = x^2 + 3$. Khẳng định nào dưới đây là đúng?

A. $\displaystyle\int f(x), dx = 2x + C$.
B. $\displaystyle\int f(x), dx = x^2 + 3x + C$.
C. $\displaystyle\int f(x), dx = x^3 + 3x + C$.
D. $\displaystyle\int f(x), dx = \dfrac{x^3}{3} + 3x + C$.

Lời giải: Áp dụng công thức $\displaystyle\int x^n, dx = \dfrac{x^{n+1}}{n+1} + C$:

$$\int (x^2 + 3), dx = \dfrac{x^3}{3} + 3x + C.$$

Chọn D.

Câu 6 (trang 90)

Đề bài: Cho hàm số $f(x)$ thoả mãn $f(0) = 1$ và $f'(x) = 2\sin x + 1$. Khi đó $\displaystyle\int_0^{\tfrac{\pi}{2}} f(x), dx$ bằng

A. $\dfrac{\pi^2 + 12\pi – 16}{8}$.
B. $\dfrac{\pi^2 – 4\pi + 16}{8}$.
C. $\dfrac{\pi^2 + 6\pi – 8}{4}$.
D. $\dfrac{\pi^2 – 2\pi + 8}{4}$.

Lời giải:

Bước 1: Tìm $f(x)$. Vì $f'(x) = 2\sin x + 1$, nguyên hàm là:

$$f(x) = -2\cos x + x + C.$$

Điều kiện $f(0) = 1$: $-2 \cdot 1 + 0 + C = 1 \Rightarrow C = 3$.

Vậy $f(x) = -2\cos x + x + 3$.

Bước 2: Tính tích phân.

$$\int_0^{\tfrac{\pi}{2}} (-2\cos x + x + 3), dx = \left(-2\sin x + \dfrac{x^2}{2} + 3x\right)\Big|_0^{\tfrac{\pi}{2}}.$$

$$= \left(-2 \cdot 1 + \dfrac{\pi^2}{8} + \dfrac{3\pi}{2}\right) – 0 = \dfrac{\pi^2}{8} + \dfrac{3\pi}{2} – 2.$$

Quy đồng mẫu số $8$:

$$= \dfrac{\pi^2 + 12\pi – 16}{8}.$$

Chọn A.

Câu 7 (trang 90)

Đề bài: Cho hàm số $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$. Gọi $S$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $y = f(x)$, $y = 0$, $x = -1$ và $x = 4$ như hình bên. Khẳng định nào dưới đây là đúng?

A. $S = \displaystyle\int_{-1}^1 f(x), dx + \displaystyle\int_1^4 f(x), dx$.

B. $S = \displaystyle\int_{-1}^1 f(x), dx – \displaystyle\int_1^4 f(x), dx$.

C. $S = -\displaystyle\int_{-1}^1 f(x), dx + \displaystyle\int_1^4 f(x), dx$.

D. $S = -\displaystyle\int_{-1}^1 f(x), dx – \displaystyle\int_1^4 f(x), dx$.

Lời giải: Dựa vào hình vẽ:

• Trên $[-1; 1]$: đồ thị nằm phía trên trục hoành $\Rightarrow f(x) \ge 0$, nên $|f(x)| = f(x)$.
• Trên $[1; 4]$: đồ thị nằm phía dưới trục hoành $\Rightarrow f(x) \le 0$, nên $|f(x)| = -f(x)$.

Diện tích:

$$S = \int_{-1}^4 |f(x)|, dx = \int_{-1}^1 f(x), dx + \int_1^4 (-f(x)), dx = \int_{-1}^1 f(x), dx – \int_1^4 f(x), dx.$$

Chọn B.

Câu 8 (trang 91)

Đề bài: Gọi $(H)$ là hình phẳng giới hạn bởi các đường $y = 2\sqrt{x}$, $y = 0$, $x = 0$ và $x = 4$. Thể tích $V$ của khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng $(H)$ quanh trục $Ox$ là

A. $V = 32$.
B. $V = 32\pi$.
C. $V = \dfrac{32}{3}$.
D. $V = \dfrac{32\pi}{3}$.

Lời giải: Áp dụng công thức khối tròn xoay:

$$V = \pi \int_0^4 (2\sqrt{x})^2, dx = \pi \int_0^4 4x, dx = 4\pi \cdot \dfrac{x^2}{2}\Big|_0^4 = 4\pi \cdot 8 = 32\pi.$$

Chọn B.

Câu 9 (trang 91)

Đề bài: Cho tứ diện $ABCD$, gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $BCD$ và $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $AG$. Khi đó $\vec{MA} + \vec{MB} + \vec{MC} + \vec{MD}$ bằng

A. $\vec{MG}$.
B. $2\vec{MG}$.
C. $3\vec{MG}$.
D. $4\vec{MG}$.

Lời giải:

• $M$ là trung điểm $AG$ $\Rightarrow \vec{MA} + \vec{MG} = \vec{0} \Rightarrow \vec{MA} = -\vec{MG}$.
• $G$ là trọng tâm $\triangle BCD$ $\Rightarrow \vec{GB} + \vec{GC} + \vec{GD} = \vec{0}$. Với điểm $M$ bất kỳ:

$$\vec{MB} + \vec{MC} + \vec{MD} = 3\vec{MG} + (\vec{GB} + \vec{GC} + \vec{GD}) = 3\vec{MG}.$$

Tổng:

$$\vec{MA} + \vec{MB} + \vec{MC} + \vec{MD} = -\vec{MG} + 3\vec{MG} = 2\vec{MG}.$$

Chọn B.

Câu 10 (trang 91)

Đề bài: Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$ có tâm $O$ và gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $BDA’$. Tỉ số $\dfrac{AG}{AO}$ bằng

A. $\dfrac{1}{3}$.
B. $\dfrac{1}{2}$.
C. $\dfrac{2}{3}$.
D. $\dfrac{3}{4}$.

Lời giải: Đặt $\vec{AB} = \vec{a}$, $\vec{AD} = \vec{b}$, $\vec{AA’} = \vec{c}$.

• Tâm $O$ của hình hộp là trung điểm đường chéo $AC’$:

$$\vec{AO} = \dfrac{1}{2}\vec{AC’} = \dfrac{1}{2}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}).$$

• Trọng tâm $G$ của $\triangle BDA’$:

$$\vec{AG} = \dfrac{1}{3}(\vec{AB} + \vec{AD} + \vec{AA’}) = \dfrac{1}{3}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}).$$

Tỉ số:

$$\dfrac{\vec{AG}}{\vec{AO}} = \dfrac{\tfrac{1}{3}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c})}{\tfrac{1}{2}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c})} = \dfrac{2}{3}.$$

Vì $\vec{AG}$ và $\vec{AO}$ cùng phương, cùng hướng nên $\dfrac{AG}{AO} = \dfrac{2}{3}$.

Chọn C.

Câu 11 (trang 91)

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $d: \begin{cases}x = 2 – t\\ y = 3\\ z = -1 + 2t\end{cases}$ và mặt phẳng $(P): 2x – y – 2z + 1 = 0$. Côsin của góc giữa đường thẳng $d$ và mặt phẳng $(P)$ là

A. $\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$.
B. $\dfrac{\sqrt{5}}{5}$.
C. $\dfrac{2\sqrt{3}}{5}$.
D. $\dfrac{\sqrt{3}}{5}$.

Lời giải:

Xác định vectơ.

• Vectơ chỉ phương của $d$: $\vec{u} = (-1; 0; 2)$.
• Vectơ pháp tuyến của $(P)$: $\vec{n} = (2; -1; -2)$.

Tính $\sin \alpha$ với $\alpha$ là góc giữa $d$ và $(P)$:

$$\sin \alpha = \dfrac{|\vec{u} \cdot \vec{n}|}{|\vec{u}| \cdot |\vec{n}|} = \dfrac{|-1 \cdot 2 + 0 \cdot (-1) + 2 \cdot (-2)|}{\sqrt{1 + 0 + 4} \cdot \sqrt{4 + 1 + 4}} = \dfrac{|-6|}{\sqrt{5} \cdot 3} = \dfrac{2\sqrt{5}}{5}.$$

Tính $\cos \alpha$:

$$\cos \alpha = \sqrt{1 – \sin^2\alpha} = \sqrt{1 – \dfrac{4}{5}} = \sqrt{\dfrac{1}{5}} = \dfrac{\sqrt{5}}{5}.$$

Chọn B.

Câu 12 (trang 91)

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho điểm $M(2; -1; 3)$. Gọi $A$, $B$, $C$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M$ trên các trục $Ox$, $Oy$, $Oz$. Phương trình mặt phẳng $(ABC)$ là

A. $3x – 6y + 2z + 6 = 0$.
B. $3x – 6y + 2z – 6 = 0$.
C. $3x – 2y + 2z – 1 = 0$.
D. $3x – 6y + 2z – 1 = 0$.

Lời giải:

Toạ độ ba hình chiếu: $A(2; 0; 0)$, $B(0; -1; 0)$, $C(0; 0; 3)$.

Phương trình mặt chắn (mặt phẳng cắt ba trục):

$$\dfrac{x}{2} + \dfrac{y}{-1} + \dfrac{z}{3} = 1.$$

Nhân cả hai vế với $6$:

$$3x – 6y + 2z = 6 \Leftrightarrow 3x – 6y + 2z – 6 = 0.$$

Chọn B.

Câu 13 (trang 91)

Đề bài: Thống kê thời gian trong tuần dành cho đọc sách của một số nhân viên trong một công ty được cho trong bảng sau:

a) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm này là

A. $13$.
B. $10$.
C. $8$.
D. $6$.

b) Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm này là (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)

A. $1{,}99$.
B. $2{,}02$.
C. $3{,}97$.
D. $4{,}09$.

Lời giải:

a) Khoảng biến thiên:

$$R = a_{k+1} – a_1 = 10 – 0 = 10.$$

Chọn B.

b) Độ lệch chuẩn.

Bước 1: Giá trị đại diện mỗi nhóm (trung điểm):

$$c_1 = 1;\ c_2 = 3;\ c_3 = 5;\ c_4 = 7;\ c_5 = 9.$$

Bước 2: Cỡ mẫu và trung bình.

$$n = 3 + 8 + 15 + 7 + 2 = 35.$$

$$\bar{x} = \dfrac{3 \cdot 1 + 8 \cdot 3 + 15 \cdot 5 + 7 \cdot 7 + 2 \cdot 9}{35} = \dfrac{3 + 24 + 75 + 49 + 18}{35} = \dfrac{169}{35} \approx 4{,}83.$$

Bước 3: Phương sai. Áp dụng công thức $s^2 = \dfrac{1}{n}\sum n_i c_i^2 – \bar{x}^2$:

Tính $\sum n_i c_i^2$:

$$3 \cdot 1^2 + 8 \cdot 3^2 + 15 \cdot 5^2 + 7 \cdot 7^2 + 2 \cdot 9^2 = 3 + 72 + 375 + 343 + 162 = 955.$$

$$s^2 = \dfrac{955}{35} – \left(\dfrac{169}{35}\right)^2 = 27{,}286 – 23{,}316 \approx 3{,}97.$$

Bước 4: Độ lệch chuẩn.

$$s = \sqrt{s^2} \approx \sqrt{3{,}97} \approx 1{,}99.$$

Chọn A.

Câu 14 (trang 92)

Đề bài: Trong một nhóm 25 người, có 15 người thích uống trà, 17 người thích uống cà phê, 9 người thích uống cả cà phê và trà. Chọn ngẫu nhiên một người trong nhóm. Biết rằng người đó thích uống cà phê. Xác suất để người đó thích uống trà là

A. $\dfrac{9}{17}$.
B. $\dfrac{8}{17}$.
C. $\dfrac{9}{19}$.
D. $\dfrac{10}{19}$.

Lời giải: Gọi $A$ là biến cố “người đó thích uống trà”; $B$ là biến cố “người đó thích uống cà phê”.

Ta có $n(B) = 17$ (thích cà phê) và $n(AB) = 9$ (thích cả hai). Áp dụng công thức xác suất có điều kiện:

$$P(A|B) = \dfrac{n(AB)}{n(B)} = \dfrac{9}{17}.$$

Chọn A.

Câu 15 (trang 92)

Đề bài: Trong số 40 học sinh lớp 12A, có 22 em đăng kí thi ngành Kinh tế, 25 em đăng kí thi ngành Luật, 3 em không đăng kí thi cả hai ngành này. Chọn ngẫu nhiên một học sinh, biết rằng em đó đăng kí thi ngành Luật. Xác suất để em đó đăng kí thi ngành Kinh tế là

A. $\dfrac{3}{5}$.
B. $\dfrac{2}{5}$.
C. $\dfrac{3}{7}$.
D. $\dfrac{4}{7}$.

Lời giải: Gọi $K$ là biến cố “học sinh đăng ký ngành Kinh tế”; $L$ là biến cố “học sinh đăng ký ngành Luật”.

Bước 1: Số học sinh đăng ký ít nhất một ngành là $40 – 3 = 37$. Áp dụng $n(K \cup L) = n(K) + n(L) – n(K \cap L)$:

$$37 = 22 + 25 – n(K \cap L) \Rightarrow n(K \cap L) = 10.$$

Bước 2: Áp dụng xác suất có điều kiện:

$$P(K|L) = \dfrac{n(K \cap L)}{n(L)} = \dfrac{10}{25} = \dfrac{2}{5}.$$

Chọn B.

B – Tự luận

Bài 16 (trang 92)

Đề bài: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau:

a) $y = x^3 – 3x^2$;

b) $y = \dfrac{2x + 1}{x + 2}$;

c) $y = \dfrac{2x^2 + x – 2}{x – 1}$.

Lời giải:

a) $y = x^3 – 3x^2$.

• TXĐ: $\mathbb{R}$.
• Đạo hàm: $y’ = 3x^2 – 6x = 3x(x – 2)$. Ta có $y’ = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = 2$.
• Giá trị cực trị: $y(0) = 0$ (cực đại), $y(2) = -4$ (cực tiểu).
• Giới hạn: $\lim\limits_{x \to -\infty} y = -\infty$; $\lim\limits_{x \to +\infty} y = +\infty$.

Bảng biến thiên:

Đồ thị: cắt $Ox$ tại $x = 0$ (nghiệm kép) và $x = 3$ (do $x^3 – 3x^2 = x^2(x – 3)$); cắt $Oy$ tại điểm $(0; 0)$.

b) $y = \dfrac{2x + 1}{x + 2}$.

• TXĐ: $\mathbb{R} \setminus {-2}$.
• Tiệm cận đứng: $x = -2$ (vì $\lim\limits_{x \to -2} y = \pm\infty$).
• Tiệm cận ngang: $y = 2$ (vì $\lim\limits_{x \to \pm\infty} y = 2$).
• Đạo hàm:

$$y’ = \dfrac{2(x + 2) – (2x + 1)}{(x + 2)^2} = \dfrac{3}{(x + 2)^2} > 0, \quad \forall x \ne -2.$$

Hàm số đồng biến trên $(-\infty; -2)$ và $(-2; +\infty)$; không có cực trị.

Bảng biến thiên:

Đồ thị: cắt $Ox$ tại $\left(-\dfrac{1}{2}; 0\right)$; cắt $Oy$ tại $\left(0; \dfrac{1}{2}\right)$; nhận giao điểm hai tiệm cận $(-2; 2)$ làm tâm đối xứng.

c) $y = \dfrac{2x^2 + x – 2}{x – 1}$.

Bước 1: Chia đa thức. $2x^2 + x – 2 = (x – 1)(2x + 3) + 1$. Do đó:

$$y = 2x + 3 + \dfrac{1}{x – 1}.$$

• TXĐ: $\mathbb{R} \setminus {1}$.
• Tiệm cận đứng: $x = 1$.
• Tiệm cận xiên: $y = 2x + 3$.
• Đạo hàm:

$$y’ = 2 – \dfrac{1}{(x – 1)^2} = \dfrac{2(x – 1)^2 – 1}{(x – 1)^2}.$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow (x – 1)^2 = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x = 1 \pm \dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

Giá trị cực trị:

• Tại $x_1 = 1 – \dfrac{\sqrt{2}}{2}$: $y_1 = 5 – 2\sqrt{2}$ (cực đại).
• Tại $x_2 = 1 + \dfrac{\sqrt{2}}{2}$: $y_2 = 5 + 2\sqrt{2}$ (cực tiểu).

Bảng biến thiên:

Bài 17 (trang 92)

Đề bài: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau:

a) $y = \dfrac{x + 1}{\sqrt{x^2 + 1}}$ trên đoạn $[-1; 2]$;

b) $y = x + \sqrt{1 – x^2}$.

Lời giải:

a) Đạo hàm (dùng công thức đạo hàm của thương):

$$y’ = \dfrac{\sqrt{x^2 + 1} – (x + 1) \cdot \dfrac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}}{x^2 + 1} = \dfrac{x^2 + 1 – x(x + 1)}{(x^2 + 1)\sqrt{x^2 + 1}} = \dfrac{1 – x}{(x^2 + 1)^{\tfrac{3}{2}}}.$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 1$; $y’ > 0$ khi $x < 1$; $y’ < 0$ khi $x > 1$.

Giá trị tại các điểm cần xét:

• $y(-1) = \dfrac{0}{\sqrt{2}} = 0$.
• $y(1) = \dfrac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} \approx 1{,}414$.
• $y(2) = \dfrac{3}{\sqrt{5}} = \dfrac{3\sqrt{5}}{5} \approx 1{,}342$.

Vậy $\max\limits_{[-1; 2]} y = \sqrt{2}$ (tại $x = 1$) và $\min\limits_{[-1; 2]} y = 0$ (tại $x = -1$).

b) $y = x + \sqrt{1 – x^2}$, TXĐ: $[-1; 1]$.

Đạo hàm:

$$y’ = 1 + \dfrac{-x}{\sqrt{1 – x^2}} = 1 – \dfrac{x}{\sqrt{1 – x^2}}.$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt{1 – x^2} \Leftrightarrow x^2 = 1 – x^2$ (với $x > 0$) $\Leftrightarrow x = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

Giá trị tại các điểm cần xét:

• $y(-1) = -1 + 0 = -1$.
• $y\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) = \dfrac{\sqrt{2}}{2} + \sqrt{1 – \dfrac{1}{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}$.
• $y(1) = 1 + 0 = 1$.

Vậy $\max y = \sqrt{2}$ (tại $x = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$) và $\min y = -1$ (tại $x = -1$).

Bài 18 (trang 92)

Đề bài: Khi đạp phanh thì một ô tô chuyển động chậm dần đều với gia tốc có độ lớn $10$ m/s².

a) Nếu khi bắt đầu đạp phanh ô tô đang chạy với vận tốc $54$ km/h thì sau bao lâu kể từ khi đạp phanh, ô tô sẽ dừng lại?

b) Nếu ô tô dừng lại trong vòng $20$ m sau khi đạp phanh thì vận tốc lớn nhất của ô tô ngay trước lúc đạp phanh (tính bằng km/h) có thể là bao nhiêu?

Lời giải:

Ô tô chuyển động chậm dần đều với gia tốc $a = -10$ m/s², nên vận tốc:

$$v(t) = v_0 – 10t.$$

a) $v_0 = 54$ km/h $= 15$ m/s. Ô tô dừng khi $v(t) = 0$:

$$15 – 10t = 0 \Leftrightarrow t = 1{,}5\ (\text{giây}).$$

Vậy ô tô dừng sau $1{,}5$ giây.

b) Xác định $v_0$ lớn nhất sao cho quãng đường không quá $20$ m.

Thời gian dừng: $t_{\text{dừng}} = \dfrac{v_0}{10}$.

Quãng đường đi được tính bằng tích phân của vận tốc:

$$S = \int_0^{v_0/10} (v_0 – 10t), dt = \left(v_0 t – 5t^2\right)\Big|_0^{v_0/10} = \dfrac{v_0^2}{10} – \dfrac{v_0^2}{20} = \dfrac{v_0^2}{20}.$$

Điều kiện $S \le 20$:

$$\dfrac{v_0^2}{20} \le 20 \Leftrightarrow v_0^2 \le 400 \Leftrightarrow v_0 \le 20\ (\text{m/s}).$$

Đổi ra km/h: $20 \cdot 3{,}6 = 72$ km/h.

Vậy vận tốc lớn nhất là $72$ km/h.

Bài 19 (trang 92)

Đề bài: Tìm hàm số $f(x)$ biết rằng $f'(x) = x – \dfrac{1}{x^2} + 2$ và $f(1) = 2$.

Lời giải:

Bước 1: Tìm họ nguyên hàm.

$$f(x) = \int \left(x – \dfrac{1}{x^2} + 2\right) dx = \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{1}{x} + 2x + C.$$

Bước 2: Xác định $C$ nhờ điều kiện $f(1) = 2$:

$$f(1) = \dfrac{1}{2} + 1 + 2 + C = \dfrac{7}{2} + C = 2 \Rightarrow C = -\dfrac{3}{2}.$$

Vậy $f(x) = \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{1}{x} + 2x – \dfrac{3}{2}$.

Bài 20 (trang 92)

Đề bài: Tính các tích phân sau:

a) $I = \displaystyle\int_0^2 |x^2 – x|, dx$;

b) $I = \displaystyle\int_0^1 (2x – 1)^3, dx$;

c) $I = \displaystyle\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \left(3\sin x – \dfrac{2}{\cos^2 x}\right) dx$;

d) $I = \displaystyle\int_1^2 \left(2e^x – \dfrac{1}{x}\right) dx$.

Lời giải:

a) Xét dấu $x^2 – x = x(x – 1)$: âm trên $[0; 1]$, dương trên $[1; 2]$.

$$I = \int_0^1 (x – x^2), dx + \int_1^2 (x^2 – x), dx = \left(\dfrac{x^2}{2} – \dfrac{x^3}{3}\right)\Big|_0^1 + \left(\dfrac{x^3}{3} – \dfrac{x^2}{2}\right)\Big|_1^2.$$

$$= \left(\dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{3}\right) + \left[\left(\dfrac{8}{3} – 2\right) – \left(\dfrac{1}{3} – \dfrac{1}{2}\right)\right] = \dfrac{1}{6} + \dfrac{5}{6} = 1.$$

b) Khai triển: $(2x – 1)^3 = 8x^3 – 12x^2 + 6x – 1$.

$$I = \int_0^1 (8x^3 – 12x^2 + 6x – 1), dx = (2x^4 – 4x^3 + 3x^2 – x)\Big|_0^1 = 2 – 4 + 3 – 1 = 0.$$

c) Nguyên hàm của $3\sin x$ là $-3\cos x$; nguyên hàm của $\dfrac{2}{\cos^2 x}$ là $2\tan x$.

$$I = (-3\cos x – 2\tan x)\Big|_0^{\tfrac{\pi}{4}} = \left(-3 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} – 2 \cdot 1\right) – (-3 – 0) = -\dfrac{3\sqrt{2}}{2} – 2 + 3 = 1 – \dfrac{3\sqrt{2}}{2}.$$

d) $I = (2e^x – \ln|x|)\Big|_1^2 = (2e^2 – \ln 2) – (2e – 0) = 2e^2 – 2e – \ln 2$.

Bài 21 (trang 92)

Đề bài: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $y = x^2 – 1$, $y = x + 5$, $x = -2$, $x = 3$.

Lời giải:

Xét hiệu $(x + 5) – (x^2 – 1) = -x^2 + x + 6 = -(x – 3)(x + 2)$.

Trên $[-2; 3]$: $(x – 3) \le 0$ và $(x + 2) \ge 0$, nên $-x^2 + x + 6 \ge 0$, tức đường thẳng $y = x + 5$ nằm phía trên parabol $y = x^2 – 1$.

Diện tích:

$$S = \int_{-2}^3 [(x + 5) – (x^2 – 1)], dx = \int_{-2}^3 (-x^2 + x + 6), dx.$$

$$= \left(-\dfrac{x^3}{3} + \dfrac{x^2}{2} + 6x\right)\Big|_{-2}^3.$$

• Tại $x = 3$: $-9 + \dfrac{9}{2} + 18 = \dfrac{27}{2}$.
• Tại $x = -2$: $\dfrac{8}{3} + 2 – 12 = \dfrac{8}{3} – 10 = -\dfrac{22}{3}$.

$$\Rightarrow S = \dfrac{27}{2} + \dfrac{22}{3} = \dfrac{81 + 44}{6} = \dfrac{125}{6}.$$

Bài 22 (trang 92)

Đề bài: Gọi $(H)$ là hình phẳng giới hạn bởi các đường $y = -x^2 + 2x$, $y = 0$, $x = 0$ và $x = 2$. Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay hình phẳng $(H)$ xung quanh trục $Ox$.

Lời giải:

Trên $[0; 2]$: $y = -x^2 + 2x = x(2 – x) \ge 0$ (thoả điều kiện áp dụng công thức khối tròn xoay).

$$V = \pi \int_0^2 (-x^2 + 2x)^2, dx.$$

Khai triển: $(-x^2 + 2x)^2 = x^4 – 4x^3 + 4x^2$.

$$V = \pi \int_0^2 (x^4 – 4x^3 + 4x^2), dx = \pi \left(\dfrac{x^5}{5} – x^4 + \dfrac{4x^3}{3}\right)\Big|_0^2.$$

$$= \pi \left(\dfrac{32}{5} – 16 + \dfrac{32}{3}\right) = \pi \cdot \dfrac{96 – 240 + 160}{15} = \dfrac{16\pi}{15}.$$

Bài 23 (trang 92)

Đề bài: Cho tứ diện $ABCD$, chứng minh rằng:

a) $\vec{AB} \cdot \vec{CD} + \vec{AC} \cdot \vec{DB} + \vec{AD} \cdot \vec{BC} = 0$;

b) Nếu $AB \perp CD$ và $AC \perp BD$ thì $AD \perp BC$.

Lời giải:

a) Chọn điểm gốc là $A$. Ta biểu diễn các vectơ theo $\vec{AB}$, $\vec{AC}$, $\vec{AD}$:

• $\vec{CD} = \vec{AD} – \vec{AC}$.
• $\vec{DB} = \vec{AB} – \vec{AD}$.
• $\vec{BC} = \vec{AC} – \vec{AB}$.

Tính từng số hạng:

$$\vec{AB} \cdot \vec{CD} = \vec{AB} \cdot (\vec{AD} – \vec{AC}) = \vec{AB} \cdot \vec{AD} – \vec{AB} \cdot \vec{AC}.$$

$$\vec{AC} \cdot \vec{DB} = \vec{AC} \cdot (\vec{AB} – \vec{AD}) = \vec{AC} \cdot \vec{AB} – \vec{AC} \cdot \vec{AD}.$$

$$\vec{AD} \cdot \vec{BC} = \vec{AD} \cdot (\vec{AC} – \vec{AB}) = \vec{AD} \cdot \vec{AC} – \vec{AD} \cdot \vec{AB}.$$

Cộng ba đẳng thức (dùng tính chất giao hoán của tích vô hướng $\vec{u} \cdot \vec{v} = \vec{v} \cdot \vec{u}$):

$$\vec{AB} \cdot \vec{CD} + \vec{AC} \cdot \vec{DB} + \vec{AD} \cdot \vec{BC}$$

$$= (\vec{AB} \cdot \vec{AD} – \vec{AD} \cdot \vec{AB}) + (- \vec{AB} \cdot \vec{AC} + \vec{AC} \cdot \vec{AB}) + (- \vec{AC} \cdot \vec{AD} + \vec{AD} \cdot \vec{AC}) = 0. \quad \blacksquare$$

b) Giả sử $AB \perp CD$ và $AC \perp BD$. Khi đó:

• $AB \perp CD \Rightarrow \vec{AB} \cdot \vec{CD} = 0$.
• $AC \perp BD \Rightarrow \vec{AC} \cdot \vec{BD} = 0 \Rightarrow \vec{AC} \cdot (-\vec{DB}) = 0 \Rightarrow \vec{AC} \cdot \vec{DB} = 0$.

Áp dụng kết quả câu a:

$$0 + 0 + \vec{AD} \cdot \vec{BC} = 0 \Rightarrow \vec{AD} \cdot \vec{BC} = 0 \Rightarrow AD \perp BC. \quad \blacksquare$$

Ý nghĩa hình học: Trong một tứ diện, nếu hai cặp cạnh đối vuông góc với nhau thì cặp cạnh đối còn lại cũng vuông góc với nhau. Tứ diện có tính chất này gọi là tứ diện trực tâm.

Bài 24 (trang 93)

Đề bài: Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ có cạnh bằng $a$. Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $BC’D’$.

a) Chứng minh rằng $\vec{AG} = \dfrac{2}{3}(\vec{AB} + \vec{AD} + \vec{AA’})$.

b) Tính theo $a$ độ dài đoạn thẳng $AG$.

Lời giải:

a) Vì $G$ là trọng tâm $\triangle BC’D’$ nên với điểm $A$ bất kỳ:

$$\vec{AG} = \dfrac{1}{3}(\vec{AB} + \vec{AC’} + \vec{AD’}).$$

Phân tích $\vec{AC’}$ và $\vec{AD’}$ theo $\vec{AB}, \vec{AD}, \vec{AA’}$:

• $\vec{AC’} = \vec{AB} + \vec{AD} + \vec{AA’}$ (đường chéo hình lập phương).
• $\vec{AD’} = \vec{AD} + \vec{AA’}$.

Thay vào:

$$\vec{AG} = \dfrac{1}{3}\left[\vec{AB} + (\vec{AB} + \vec{AD} + \vec{AA’}) + (\vec{AD} + \vec{AA’})\right].$$

$$= \dfrac{1}{3}(2\vec{AB} + 2\vec{AD} + 2\vec{AA’}) = \dfrac{2}{3}(\vec{AB} + \vec{AD} + \vec{AA’}). \quad \blacksquare$$

b) Tính $AG$.

Vì $ABCD.A’B’C’D’$ là hình lập phương cạnh $a$ nên ba vectơ $\vec{AB}, \vec{AD}, \vec{AA’}$ đôi một vuông góc và cùng độ dài $a$.

Suy ra:

$$|\vec{AB} + \vec{AD} + \vec{AA’}|^2 = |\vec{AB}|^2 + |\vec{AD}|^2 + |\vec{AA’}|^2 = 3a^2.$$

Do đó $|\vec{AB} + \vec{AD} + \vec{AA’}| = a\sqrt{3}$.

$$AG = |\vec{AG}| = \dfrac{2}{3} \cdot a\sqrt{3} = \dfrac{2a\sqrt{3}}{3}.$$

Bài 25 (trang 93)

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho điểm $I(-1; 2; 1)$ và mặt phẳng $(P): 2x – 2y – z – 5 = 0$. Viết phương trình đường thẳng $d$ đi qua $I$ và vuông góc với mặt phẳng $(P)$.

Lời giải:

Ý tưởng: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng có vectơ chỉ phương chính là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng đó.

Vectơ pháp tuyến của $(P)$: $\vec{n} = (2; -2; -1)$.

Vì $d \perp (P)$ nên $d$ nhận $\vec{n}$ làm vectơ chỉ phương. Đường thẳng đi qua $I(-1; 2; 1)$ có phương trình tham số:

$$d: \begin{cases}x = -1 + 2t \\ y = 2 – 2t \\ z = 1 – t\end{cases} \quad (t \in \mathbb{R}).$$

Bài 26 (trang 93)

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho điểm $A(-1; 1; 2)$ và đường thẳng $d: \begin{cases}x = 2 + t \\ y = 3 – 2t \\ z = -1 + 2t\end{cases}$.

a) Viết phương trình đường thẳng $d’$ đi qua $A$ và song song với đường thẳng $d$.

b) Viết phương trình mặt phẳng $(P)$ chứa điểm $A$ và đường thẳng $d$.

Lời giải:

Vectơ chỉ phương của $d$: $\vec{u} = (1; -2; 2)$. Chọn điểm $M(2; 3; -1) \in d$ (khi $t = 0$).

a) Vì $d’ \parallel d$ nên $d’$ có cùng vectơ chỉ phương $\vec{u} = (1; -2; 2)$. Đi qua $A(-1; 1; 2)$:

$$d’: \begin{cases}x = -1 + t \\ y = 1 – 2t \\ z = 2 + 2t\end{cases}.$$

b) Viết phương trình mặt phẳng $(P)$.

Mặt phẳng $(P)$ chứa $A$ và $d$ nên chứa hai vectơ:

• $\vec{u} = (1; -2; 2)$ (vectơ chỉ phương của $d$).
• $\vec{AM} = (2 – (-1); 3 – 1; -1 – 2) = (3; 2; -3)$.

Vectơ pháp tuyến của $(P)$ là tích có hướng:

$$\vec{n} = [\vec{AM}, \vec{u}] = \begin{vmatrix}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 3 & 2 & -3 \\ 1 & -2 & 2\end{vmatrix}.$$

Tính:

• Thành phần $\vec{i}$: $2 \cdot 2 – (-3)(-2) = 4 – 6 = -2$.
• Thành phần $\vec{j}$: $-[3 \cdot 2 – (-3) \cdot 1] = -(6 + 3) = -9$.
• Thành phần $\vec{k}$: $3 \cdot (-2) – 2 \cdot 1 = -6 – 2 = -8$.

Vậy $\vec{n} = (-2; -9; -8)$, hay có thể chọn $\vec{n} = (2; 9; 8)$ (ngược dấu, cùng phương).

Phương trình mặt phẳng đi qua $A(-1; 1; 2)$:

$$2(x + 1) + 9(y – 1) + 8(z – 2) = 0$$

$$\Leftrightarrow 2x + 9y + 8z – 23 = 0.$$

Kiểm tra: thay $M(2; 3; -1)$: $2 \cdot 2 + 9 \cdot 3 + 8 \cdot (-1) – 23 = 4 + 27 – 8 – 23 = 0$ ✓.

Bài 27 (trang 93)

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $A(1; -2; 3)$, $B(3; 0; -1)$.

a) Viết phương trình mặt phẳng $(OAB)$.

b) Tìm toạ độ trung điểm $I$ của đoạn thẳng $AB$.

c) Tìm điểm $M$ thuộc mặt phẳng $(Oxy)$ sao cho $|\vec{MA} + \vec{MB}|$ nhỏ nhất.

Lời giải:

a) Mặt phẳng $(OAB)$.

Ta có $\vec{OA} = (1; -2; 3)$ và $\vec{OB} = (3; 0; -1)$.

Vectơ pháp tuyến: $\vec{n} = [\vec{OA}, \vec{OB}]$.

• Thành phần $\vec{i}$: $(-2)(-1) – 3 \cdot 0 = 2$.
• Thành phần $\vec{j}$: $-(1 \cdot (-1) – 3 \cdot 3) = -(-1 – 9) = 10$.
• Thành phần $\vec{k}$: $1 \cdot 0 – (-2) \cdot 3 = 6$.

Vậy $\vec{n} = (2; 10; 6) = 2(1; 5; 3)$. Chọn $\vec{n} = (1; 5; 3)$.

Mặt phẳng $(OAB)$ đi qua gốc $O$:

$$x + 5y + 3z = 0.$$

b) Trung điểm $I$ của $AB$:

$$I = \left(\dfrac{1 + 3}{2}; \dfrac{-2 + 0}{2}; \dfrac{3 + (-1)}{2}\right) = (2; -1; 1).$$

c) Tìm $M \in (Oxy)$ để $|\vec{MA} + \vec{MB}|$ nhỏ nhất.

Bước 1: Biến đổi biểu thức. Với $I$ là trung điểm $AB$:

$$\vec{MA} + \vec{MB} = 2\vec{MI} \Rightarrow |\vec{MA} + \vec{MB}| = 2|\vec{MI}| = 2 \cdot MI.$$

Bước 2: Tìm $M$. Biểu thức nhỏ nhất khi $MI$ nhỏ nhất. Vì $M \in (Oxy)$, ta có $MI$ nhỏ nhất khi $M$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $(Oxy)$.

Hình chiếu của $I(2; -1; 1)$ lên $(Oxy)$ (mặt phẳng $z = 0$) là:

$$M = (2; -1; 0).$$

Bài 28 (trang 93)

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, có một nguồn sáng phát ra từ điểm $S(2; 3; 5)$ và một đoạn dây thẳng nối từ điểm $A(1; 2; 1)$ đến điểm $B(3; 1; 2)$. Dưới nguồn sáng, đoạn dây trên có bóng trên mặt phẳng $(xOy)$ là một đoạn thẳng. Tính độ dài đoạn thẳng đó.

Lời giải:

Ý tưởng: Bóng của mỗi điểm trên đoạn $AB$ chính là giao điểm của đường thẳng nối nguồn sáng $S$ với điểm đó, cắt mặt phẳng $(xOy)$. Ta chỉ cần tìm bóng $A’$ của $A$ và bóng $B’$ của $B$ rồi tính $A’B’$.

Bước 1: Tìm $A’$ – giao của đường thẳng $SA$ với $(xOy)$.

Vectơ chỉ phương của $SA$: $\vec{SA} = (1 – 2; 2 – 3; 1 – 5) = (-1; -1; -4)$.

Phương trình tham số đường thẳng $SA$:

$$\begin{cases}x = 2 – t \\ y = 3 – t \\ z = 5 – 4t\end{cases}.$$

Cho $z = 0$: $5 – 4t = 0 \Rightarrow t = \dfrac{5}{4}$. Suy ra:

$$A’ = \left(2 – \dfrac{5}{4};\ 3 – \dfrac{5}{4};\ 0\right) = \left(\dfrac{3}{4};\ \dfrac{7}{4};\ 0\right).$$

Bước 2: Tìm $B’$ – giao của đường thẳng $SB$ với $(xOy)$.

$\vec{SB} = (3 – 2; 1 – 3; 2 – 5) = (1; -2; -3)$.

Phương trình tham số:

$$\begin{cases}x = 2 + s \\ y = 3 – 2s \\ z = 5 – 3s\end{cases}.$$

Cho $z = 0$: $5 – 3s = 0 \Rightarrow s = \dfrac{5}{3}$. Suy ra:

$$B’ = \left(2 + \dfrac{5}{3};\ 3 – \dfrac{10}{3};\ 0\right) = \left(\dfrac{11}{3};\ -\dfrac{1}{3};\ 0\right).$$

Bước 3: Tính độ dài $A’B’$.

$$\Delta x = \dfrac{11}{3} – \dfrac{3}{4} = \dfrac{44 – 9}{12} = \dfrac{35}{12}.$$

$$\Delta y = -\dfrac{1}{3} – \dfrac{7}{4} = \dfrac{-4 – 21}{12} = -\dfrac{25}{12}.$$

$$A’B’ = \sqrt{\left(\dfrac{35}{12}\right)^2 + \left(\dfrac{25}{12}\right)^2} = \sqrt{\dfrac{1,225 + 625}{144}} = \sqrt{\dfrac{1,850}{144}} = \dfrac{\sqrt{1,850}}{12}.$$

Rút gọn $\sqrt{1,850} = \sqrt{25 \cdot 74} = 5\sqrt{74}$:

$$A’B’ = \dfrac{5\sqrt{74}}{12} \approx 3{,}584.$$

Bài 29 (trang 93)

Đề bài: Thu nhập của người lao động trong một công ty được cho trong bảng sau:

Tính khoảng tứ phân vị cho mẫu số liệu này.

Lời giải:

Bước 1: Cỡ mẫu và bảng tần số tích luỹ.

$$n = 2 + 60 + 90 + 50 + 1 = 203.$$

Bước 2: Tìm $Q_1$. Vị trí: $\dfrac{n}{4} = \dfrac{203}{4} = 50{,}75$.

$50{,}75$ nằm giữa $2$ và $62$ nên nhóm chứa $Q_1$ là $[10; 12)$. Ta có: $a_p = 10$, tần số nhóm $m_p = 60$, tổng tần số nhóm trước $= 2$, độ dài nhóm $= 2$.

$$Q_1 = 10 + \dfrac{50{,}75 – 2}{60} \cdot 2 = 10 + \dfrac{48{,}75 \cdot 2}{60} = 10 + \dfrac{97{,}5}{60} = 10 + 1{,}625 = 11{,}625.$$

Bước 3: Tìm $Q_3$. Vị trí: $\dfrac{3n}{4} = \dfrac{609}{4} = 152{,}25$.

$152{,}25$ nằm giữa $152$ và $202$ nên nhóm chứa $Q_3$ là $[14; 16)$. Ta có: $a_p = 14$, $m_p = 50$, tổng trước $= 152$, độ dài nhóm $= 2$.

$$Q_3 = 14 + \dfrac{152{,}25 – 152}{50} \cdot 2 = 14 + \dfrac{0{,}25 \cdot 2}{50} = 14 + 0{,}01 = 14{,}01.$$

Bước 4: Khoảng tứ phân vị.

$$\Delta_Q = Q_3 – Q_1 = 14{,}01 – 11{,}625 = 2{,}385\ (\text{triệu đồng}).$$

Bài 30 (trang 93)

Đề bài: Có hai chuồng nuôi gà. Chuồng I có $8$ con gà trống và $13$ con gà mái. Chuồng II có $10$ con gà trống và $6$ con gà mái. An bắt ngẫu nhiên một con gà từ chuồng II đem thả vào chuồng I. Sau đó, Bình bắt ngẫu nhiên một con gà từ chuồng I. Giả sử Bình bắt được con gà mái. Tính xác suất để Bình bắt được con gà mái của chuồng I.

Lời giải:

Gọi các biến cố:

• $A$: “An bắt được gà mái từ chuồng II”.
• $B$: “Bình bắt được gà mái từ chuồng I”.
• $C$: “Bình bắt được gà mái vốn thuộc chuồng I (không phải con từ chuồng II thả sang)”.

Ta cần tính $P(C|B)$. Vì nếu $C$ xảy ra thì chắc chắn $B$ xảy ra (mái gốc cũng là mái), nên $C \subset B$, tức $CB = C$. Do đó:

$$P(C|B) = \dfrac{P(C)}{P(B)}.$$

Bước 1: Xác định các xác suất cơ bản.

Chuồng II ban đầu có $16$ con ($10$ trống, $6$ mái) nên:

$$P(A) = \dfrac{6}{16} = \dfrac{3}{8}; \quad P(\overline{A}) = \dfrac{5}{8}.$$

Sau khi An thả 1 con vào chuồng I, chuồng I luôn có $22$ con:

• Nếu $A$ xảy ra (thả mái): $8$ trống + $14$ mái (trong đó $13$ mái gốc + $1$ mái từ II).
• Nếu $\overline{A}$ xảy ra (thả trống): $9$ trống + $13$ mái (toàn mái gốc).

Bước 2: Tính $P(B)$ – Bình bắt được mái. Áp dụng công thức xác suất toàn phần:

$$P(B) = P(A) \cdot \dfrac{14}{22} + P(\overline{A}) \cdot \dfrac{13}{22} = \dfrac{3}{8} \cdot \dfrac{14}{22} + \dfrac{5}{8} \cdot \dfrac{13}{22}.$$

$$= \dfrac{42 + 65}{8 \cdot 22} = \dfrac{107}{176}.$$

Bước 3: Tính $P(C)$ – Bình bắt được mái gốc chuồng I.

Nhận xét quan trọng: Trong cả hai trường hợp ($A$ hay $\overline{A}$ xảy ra), chuồng I đều có đúng $13$ mái gốc trong tổng $22$ con. Do đó xác suất Bình bắt được mái gốc luôn là $\dfrac{13}{22}$:

$$P(C) = P(A) \cdot \dfrac{13}{22} + P(\overline{A}) \cdot \dfrac{13}{22} = \dfrac{13}{22}.$$

Bước 4: Áp dụng công thức.

$$P(C|B) = \dfrac{P(C)}{P(B)} = \dfrac{\tfrac{13}{22}}{\tfrac{107}{176}} = \dfrac{13}{22} \cdot \dfrac{176}{107} = \dfrac{13 \cdot 8}{107} = \dfrac{104}{107}.$$

Vậy xác suất cần tìm là $\dfrac{104}{107} \approx 0{,}972$.

Bài 31 (trang 93)

Đề bài: Trong một tuần, Sơn chọn ngẫu nhiên ba ngày chạy bộ buổi sáng. Nếu chạy bộ thì xác suất Sơn ăn thêm một quả trứng vào bữa sáng hôm đó là $0{,}7$. Nếu không chạy bộ thì xác suất Sơn ăn thêm một quả trứng vào bữa sáng hôm đó là $0{,}25$. Chọn ngẫu nhiên một ngày trong tuần của Sơn. Tính xác suất để hôm đó Sơn chạy bộ nếu biết rằng bữa sáng hôm đó Sơn có ăn thêm một quả trứng.

Lời giải:

Gọi:

• $A$: “Hôm đó Sơn chạy bộ”.
• $B$: “Hôm đó Sơn ăn thêm quả trứng”.

Ta cần tính $P(A|B)$.

Bước 1: Xác định các xác suất cơ bản.

Sơn chọn $3$ trong $7$ ngày để chạy bộ, nên:

$$P(A) = \dfrac{3}{7}; \quad P(\overline{A}) = \dfrac{4}{7}.$$

Theo đề bài: $P(B|A) = 0{,}7 = \dfrac{7}{10}$; $P(B|\overline{A}) = 0{,}25 = \dfrac{1}{4}$.

Bước 2: Tính $P(B)$ bằng công thức xác suất toàn phần:

$$P(B) = P(A) \cdot P(B|A) + P(\overline{A}) \cdot P(B|\overline{A}) = \dfrac{3}{7} \cdot \dfrac{7}{10} + \dfrac{4}{7} \cdot \dfrac{1}{4}.$$

$$= \dfrac{3}{10} + \dfrac{1}{7} = \dfrac{21 + 10}{70} = \dfrac{31}{70}.$$

Bước 3: Áp dụng công thức Bayes.

$$P(A|B) = \dfrac{P(A) \cdot P(B|A)}{P(B)} = \dfrac{\dfrac{3}{7} \cdot \dfrac{7}{10}}{\dfrac{31}{70}} = \dfrac{\dfrac{3}{10}}{\dfrac{31}{70}} = \dfrac{3}{10} \cdot \dfrac{70}{31} = \dfrac{21}{31}.$$

Vậy xác suất Sơn chạy bộ hôm đó là $\dfrac{21}{31} \approx 0{,}677$.

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh