Đề thi học kì 2 Toán 11 - Đề số 8

Ta có: \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}b \ge {\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}c \Leftrightarrow b \ge c\).

Đáp án A.

\(y' = {\left( {{2^x}} \right)^\prime } = {2^x}.\ln 2\)

Đáp án A.

\({2^x} = 3 \Leftrightarrow x = {\log _2}3\)

Đáp án A.

Thể tích khối trụ \({V_{ABCA'B'C'}} = AA'.{S_{ABCD}} = 3a.{a^2} = 3{a^3}\)

Đáp án B.

Gọi \(O = AC \cap BD\). Suy ra \(AO \bot BD\). (1)

Ta chứng minh được \(BD \bot {A^\prime }O\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {\left( {BDA'} \right),(ABCD)} = \widehat {A'O,AO} = \widehat {A'OA}\).

Vậy \(\sin \left( {\left( {BDA'} \right),(ABCD)} \right) = \sin \widehat {A'OA} = \frac{{AA'}}{{A'O}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\).

Đáp án A.

Ta có: \(y' = 4x\).

Vậy hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = 2{x^2} - 2\) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 2\)là: \(k = y'\left( 2 \right) = 4.2 = 8\).

Đáp án B.

Vì \(DC\parallel AB\) nên \(d(SB;CD) = d(CD;(SAB)) = d(D;(SAB)) = AD = a\)

Đáp án A.

Xác suất để không có ai bắn trúng là: \(\left( {1 - 0,8} \right)\left( {1 - 0,6} \right) = 0,2.0,4 = 0,08\)

Xác suất để có ít nhất một người bắn trúng là: \(1 - 0,08 = 0,92\).

Đáp án B.

Ta có: \(y' = \frac{{ - 3\left( {x - 2} \right) - \left( { - 3x + 4} \right)}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{2}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\)

Đáp án A.

Lại có \(AJ \bot BC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)\)(giả thiết)

Từ \(\left( 1 \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right) \Rightarrow \)\(BC \bot \left( {SAJ} \right)\).

Đáp án A.

Lấy ngẫu nhiên một hộp.

Gọi \({C_1}\) là biến cố lấy được hộp I;

Gọi \({C_2}\) là biến cố lấy được hộp II;

Gọi \({C_3}\) là biến cố lấy được hộp III.

Suy ra \(P\left( {{C_1}} \right) = P\left( {{C_2}} \right) = P\left( {{C_3}} \right) = \frac{1}{3}\).

Gọi \(C\) là biến cố "lấy ngẫu nhiên một hộp, trong hộp đó lại lấy ngẫu nhiên một viên bi và được bi màu đỏ”.

Ta có: \(C = \left( {C \cap {C_1}} \right) \cup \left( {C \cap {C_2}} \right) \cup \left( {C \cap {C_3}} \right)\)

\( \Rightarrow P\left( C \right) = P\left( {C \cap {C_1}} \right) + P\left( {C \cap {C_2}} \right) + P\left( {C \cap {C_3}} \right)\)

\( = \frac{1}{3} \cdot \frac{4}{9} + \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{5} + \frac{1}{3} \cdot \frac{5}{8} = \frac{{601}}{{1080}}\).

Đáp án A.

\({\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}\left( {5x - 2} \right) > {\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}\left( {6 - 3x} \right)\) điều kiện \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5x - 2 > 0}\\{6 - 3x > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \frac{2}{5} < x < 2\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow 5x - 2 > 6 - 3x}\\{ \Leftrightarrow x > 1}\end{array}\)

Tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( {1;2} \right)\).

Đáp án B.

\({5^{x + 2}} < {\left( {\frac{1}{{25}}} \right)^{ - x}} \Leftrightarrow {5^{x + 2}} < {\left( {{5^{ - 2}}} \right)^{ - x}} \Leftrightarrow {5^{x + 2}} < {5^{2x}} \Leftrightarrow x + 2 < 2x \Leftrightarrow x > 2\)

Vậy \(S = \left( {2; + \infty } \right)\)

Đáp án A.

\(\begin{array}{*{20}{l}}{y' = \sqrt {1 - x} {\rm{\;}} + \left( {1 + x} \right)\frac{{ - 1}}{{2\sqrt {1 - x} }} = \frac{{2\left( {1 - x} \right) - 1 - x}}{{2\sqrt {1 - x} }} = \frac{{1 - 3x}}{{2\sqrt {1 - x} }}}\\{ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = {\rm{\;}} - 3}\\{b = 1}\end{array}} \right. \Rightarrow a + b = {\rm{\;}} - 3 + 1 = {\rm{\;}} - 2}\end{array}\)

Đáp án A.

\({9^x} - {2.6^x} + m{.4^x} = 0\)  (1)

Chia cả hai vế cho \({9^x}\) ta được phương trình

\(1 - 2.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^x} + m.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^{2x}} = 0 \Leftrightarrow m{t^2} - 2t + 1 = 0\)   với \(t = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^x}\)  (2)

Để (1) có 2 nghiệm trái dấu thì (2) có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn \({t_1} < 1 < {t_2}\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 0}\\{\Delta ' > 0}\\{\left( {{t_1} - 1} \right)\left( {{t_2} - 1} \right) < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 0}\\{1 - m > 0}\\{\frac{1}{m} - \frac{2}{m} + 1 < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 0}\\{m < 1}\\{\frac{{m - 1}}{m} < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow 0 < m < 1\)

Đáp án A.

Do hai xạ thủ thi đấu một cách độc lập nên việc xảy ra biến cố \(A\) không ảnh hưởng đến việc xác suất xảy ra biến cố \(B\) và ngược lại, do đó hai biến cố \(A\) và \(B\) độc lập với nhau.

Đáp án C.

Ta có \(AB//A'B'\) nên \(\widehat {\left( {B'C;AB} \right)} = \widehat {\left( {B'C;A'B'} \right)}\).

Ta có: \(A'C = B'C = a\sqrt 2 \) (do \(ACC'A',{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} BCC'B'\) là các hình vuông cạnh \(a\)).

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác A'B'C ta có:

\(\cos \widehat {A'B'C} = {\rm{ }}\frac{{A'{B^2} + B'{C^2} - A'{C^2}}}{{2A'B'.B'C}} = \frac{{{a^2} + 2{a^2} - 2{a^2}}}{{2a.a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\)

Vậy \(\cos \left( {B'C;AB} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).

Đáp án B.

Ta có: \({\left( {\cos 2x - \tan 3x} \right)^\prime } = {\rm{\;}} - 2\sin 2x - \frac{3}{{{{\cos }^2}3x}}.\)

\( \Rightarrow a = {\rm{\;}} - 2,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b = {\rm{\;}} - 3\).

Vậy \(S = a - b = {\rm{\;}} - 2 - \left( { - 3} \right) = 1.\)

Đáp án C.

Phương trình vận tốc của  chuyển động là: \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = {\mkern 1mu} \frac{1}{3}{t^3} - 3{t^2} + 12t + 10\).

Do đó, tại thời điểm \(t = 3s\) thì vận tốc của vật là \(v\left( 3 \right) = \frac{1}{3}{.3^3} - {3.3^2} + 12.3 + 10 = 28{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (m/s)\)

Đáp án B.

Biến cố \(A \cup B\) bao gồm việc chọn thành viên là học sinh khối 11 hoặc là học sinh nam.

Đáp án C.

Cho khối lăng trụ \(ABC \cdot A'B'C'\) có thể tích là 4. Khối chóp \(A' \cdot ABC\) có thể tích bằng \(\frac{1}{3}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{4}{3}\)

Đáp án C.

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x \Rightarrow y'\left( 3 \right) = 9\) và \(y\left( 3 \right) = 2\).

Khi đó ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 3 là:

\(y = 9\left( {x - 3} \right) + 2 \Leftrightarrow y = 9x - 25 \Leftrightarrow 9x - y - 25 = 0\).

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 9}\\{b = {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right.\). Vậy \(a + b = 9 + \left( { - 1} \right) = 8\).

Đáp án A.

Không gian mẫu là số cách lấy tùy ý 2 chiếc thẻ từ 12 chiếc thẻ \( \Rightarrow \) Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\Omega {\rm{\;}}} \right) = C_{12}^2 = 66\).

Gọi A là biến cố: “2 chiếc thẻ lấy được vừa khác màu vừa khác số”.

TH1: 1 thẻ xanh + 1 thẻ đỏ không cùng số.

Chọn 1 thẻ đỏ có 4 cách, chọn 1 thẻ xanh có 4 cách (không chọn thẻ cùng số với thẻ đỏ).

\( \Rightarrow \) Có \(4.4 = 16\) cách.

TH2: 1 thẻ xanh + 1 thẻ vàng không cùng số.

Chọn 1 thẻ vàng có 3 cách, chọn 1 thẻ xanh có 4 cách (không chọn thẻ cùng số với thẻ vàng).

\( \Rightarrow \) Có \(3.4 = 12\) cách.

TH3: 1 thẻ đỏ + 1 thẻ vàng không cùng số.

Chọn 1 thẻ vàng có 3 cách, chọn 1 thẻ đỏ có 3 cách (không chọn thẻ cùng số với thẻ vàng).

\( \Rightarrow \) Có \(3.3 = 9\) cách.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 16 + 12 + 9 = 37\).

Vậy xác suất của biến cố A là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\Omega {\rm{\;}}} \right)}} = \frac{{37}}{{66}}\).

Đáp án B.

A,B là hai biến cố độc lập nên: \(P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) \Leftrightarrow \frac{1}{9} = \frac{1}{4} \cdot P\left( B \right) \Leftrightarrow P\left( B \right) = \frac{4}{9}\).

Đáp án C.

Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{SA \bot BC}\\{AB \bot BC}\end{array}} \right\} \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot BC \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)

\( \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\)Ta có: \(AH = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2a.2a}}{{\sqrt {4{a^2} + 4{a^2}} }} = a\sqrt 2 \)

Đáp án A.

Ta có

\(\begin{array}{*{20}{l}}{v\left( t \right) = S'\left( t \right) = {\rm{\;}} - 3{t^2} + 6t + 9}\\{a\left( t \right) = v'\left( t \right) = {\rm{\;}} - 6t + 6}\end{array}\)

Thời điểm gia tốc triệt tiêu thỏa mãn \(a\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow {\rm{\;}} - 6t + 6 = 0 \Leftrightarrow t = 1\).

Vậy vận tốc tại thời điểm gia tốc triệt tiêu là \(v\left( 1 \right) = {\rm{\;}} - {3.1^2} + 6.1 + 9 = 12{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/s} \right).\)

Đáp án C.

Ta có: \(\log \left( {{x^2} + 2x + 3} \right) \le \log 6\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow {x^2} + 2x + 3 \le 6}\\{ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 \le 0}\\{ \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 3 \le x \le 1}\end{array}\)

Mà \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;0;1} \right\}\)

Vậy tổng các nghiệm bằng \( - 5\).

Đáp án B.

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A:\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} \Leftrightarrow AH = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\).

Xét \(\Delta AA'C'\) vuông tại C’: \(AC' = {\rm{ }}\sqrt {AA{'^2} + AC{'^2}} {\rm{ \;}} = a\sqrt 2 \).

Xét \(\Delta AHC'\) vuông tại C’: \(\sin \widehat {AC'H} = \frac{{AH}}{{A{C^\prime }}} = \frac{{\sqrt 6 }}{4}\).

Đáp án D.

Gọi \(A\) : "Sinh viên được chọn học tiếng Anh";

\(B\) : "Sinh viên được chọn chỉ học tiếng Pháp";

\(D\) : "Sinh viên được chọn không học tiếng Anh và tiếng Pháp ".

Ta có:

Rõ ràng \(P\left( A \right) = \frac{{40}}{{60}} = \frac{2}{3},P\left( B \right) = \frac{{30}}{{60}} = \frac{1}{2}\) và \(P\left( {A \cap B} \right) = \frac{{20}}{{60}} = \frac{1}{3}\).

Từ đó \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cap B} \right) = \frac{2}{3} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{5}{6}\)

và \(\;P\left( D \right) = P\left( {\bar A{\rm{ \;}} \cap \bar B} \right) = P\left( {\overline {A \cup B} } \right) = 1 - P\left( {A \cup B} \right) = 1 - \frac{5}{6} = \frac{1}{6}\)

Đáp án C.

\( \Rightarrow \left( {A'AM} \right) \bot BC \Rightarrow A'M \bot BC\)

Do đó, \(\widehat {A'AM} = \left( {\left( {A'BC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = {60^o}\).

Dễ thấy \(A'A = AM.\tan {60^o} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3 {\rm{ \;}} = \frac{{3a}}{2}\).

Do đó, thể tích đa diện là \(V = AA'.{S_{ABC}} = \frac{{3a}}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{8}\).

Đáp án B.

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là \(f'\left( x \right) = 3x_0^2 - 4{x_0} = {\rm{\;}} - 1\).

\( \Leftrightarrow {x_0} = 1\) hoặc \({x_0} = \frac{1}{3}\).

Đáp án B.

Ta có

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^{4x}} \le {{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^{2 - x}} \Leftrightarrow {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^{4x}} \le {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^{x - 2}}}\\{ \Leftrightarrow 4x \ge x - 2 \Leftrightarrow 3x \ge {\rm{ \;}} - 2 \Leftrightarrow x \ge \frac{{ - 2}}{3}}\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left[ {\frac{{ - 2}}{3}; + \infty } \right)\).

Đáp án C.

Học sinh trả lời hết tất cả các câu thuộc KHTN là đã được 5 điểm.

Để được ít nhất 8 điểm thì học sinh đó phải trả lời đúng ít nhất 3 câu thuộc KHXH.

TH1: 3 câu đúng, 2 câu sai: \(C_5^3 \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^3}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^2}\)

TH2: 4 câu đúng, 1 câu sai: \(C_5^4 \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^4}\left( {\frac{3}{4}} \right)\)

TH3: 5 câu đúng: \(C_5^5 \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^5}\)

Vậy \(C_5^3 \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^3}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^2} + C_5^4 \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^4}\left( {\frac{3}{4}} \right) + C_5^5 \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^5} \approx 0,1035 \approx 10,35\% \)

Đáp án D.

Do \(\Delta ABC\) vuông tại B nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\)

Do \(SA = SB = SC \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\)

Trong \(\left( {ABC} \right)\) dựng hình bình hành ABCD\( \Rightarrow d\left( {AB,CD} \right) = d\left( {AB,SCD} \right) = d\left( {A,SCD} \right) = 2d\left( {H,SCD} \right)\)

Kẻ \(HM \bot CD,HN \bot SM \Rightarrow d\left( {H,SCD} \right) = HN\)\(AC = a\sqrt 3 \)

\( \Rightarrow HA = HC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow SH = \frac{a}{2}\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{HM = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}BC = \frac{a}{2}}\\{ \Rightarrow \frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{1}{{H{M^2}}} + \frac{1}{{S{H^2}}} \Rightarrow HN = \frac{{\sqrt 2 }}{4}a \Rightarrow d\left( {AB,CD} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2}a}\end{array}\)

Đáp án D.

Suy ra \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(HK \bot BC\).

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot HK}\\{BC \bot SH}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow BC \bot SK} \right.\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC}\\{HK \bot BC}\\{SK \bot BC}\end{array}\; \Rightarrow \left[ {S,BC,A} \right] = \widehat {SKH} = \varphi } \right.\).

Xét  vuông tại \(H\), ta có:

\({\rm{tan}}\varphi {\rm{ \;}} = {\rm{tan}}\widehat {SKH} = \frac{{SH}}{{HK}} = \sqrt 3 {\rm{ \;}} \Rightarrow \varphi {\rm{ \;}} = 60^\circ \).

Đáp án A.

Dựng \(SH \bot AB\), do \((SAB) \bot (ABCD) \Rightarrow SH \bot (ABCD).\)

Ta có, do \(\Delta SHA\) vuông tại \(H\): \(\sin \widehat {SAH} = \frac{{SH}}{{SA}} \Leftrightarrow SH = SA.\sin \widehat {SAH} = a\)

\({S_{ABCD}} = {a^2}\).

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{{{a^3}}}{3}\).

Đáp án D.

Ta có

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{4^x} - {{3.2}^x} - 4 \ge 0}\\{ \Leftrightarrow \left( {{2^x} - 4} \right)\left( {{2^x} + 1} \right) \ge 0}\\{ \Leftrightarrow {2^x} - 4 \ge 0}\\{ \Leftrightarrow {2^x} \ge 4 \Leftrightarrow x \ge 2}\end{array}\)

Đáp án A.

Điều kiện: \(x > 0\)

\(\left( {{7^x} - 49} \right)\left( {{\rm{log}}_3^2x - 7{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x + 6} \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{7^x} - 49 > 0}\\{{\rm{log}}_3^2x - 7{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x + 6 < 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{7^x} - 49 < 0}\\{{\rm{log}}_3^2x - 7{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x + 6 > 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)

\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{7^x} > 49}\\{1 < {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x < 6}\end{array}} \right.}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{7^x} < 49}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 2}\\{3 < x < {3^6}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x < 1}\\{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x > 6}\end{array}} \right]\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x < 2}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{0 < x < 3}\\{x > {3^6}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{0 < x < 2}\\{3 < x < {3^6}}\end{array}} \right.\)

Mà \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ {1;4;5; \ldots ;728} \right\}\)

Vậy có 726 số thỏa mãn.

Đáp án B.

Gọi \({A_i}\) là biến cố “người thứ \(i\) ghi bàn” với \(i = 1;\;2;\;3.\)

Ta có các \({A_i}\) độc lập với nhau và \(P\left( {{A_1}} \right) = x,P\left( {{A_2}} \right) = y,P\left( {{A_3}} \right) = 0,6\).

Gọi A là biến cố: “ Có ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn”

B: “ Cả ba cầu thủ đều ghi bàn”

C: “Có đúng hai cầu thủ ghi bàn”

Ít nhất 1 trong 3 cầu thử ghi bàn : lấy tổng số trường hợp trừ đi trường hợp tất cả đều không ghi bàn :

Ta có: số TH  tất cả các cầu thủ không ghi bàn : \(\bar A{\rm{\;}} = \overline {{A_1}} .\overline {{A_2}} .\overline {{A_3}} {\rm{\;}} \Rightarrow P\left( {\bar A} \right) = P\left( {\overline {{A_1}} } \right).P\left( {\overline {{A_2}} } \right).P\left( {\overline {{A_3}} } \right) = 0,4(1 - x)(1 - y)\)

Nên Ít nhất 1 trong 3 cầu thủ ghi bàn  là : \(P(A) = 1 - P\left( {\bar A} \right) = 1 - 0,4(1 - x)(1 - y) = 0,976\)

\( \Leftrightarrow \left( {1 - x} \right)\left( {1 - y} \right) = \frac{3}{{50}} \Leftrightarrow xy - x - y = {\rm{\;}} - \frac{{47}}{{50}}\) (1).

Tương tự: cả 3 cầu thủ ghi bàn :\(B = {A_1}.{A_2}.{A_3}\), suy ra:

\(P\left( B \right) = P\left( {{A_1}} \right).P\left( {{A_2}} \right).P\left( {{A_3}} \right) = 0,6xy = 0,336\) hay là \(xy = \frac{{14}}{{25}}\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{xy = \frac{{14}}{{25}}}\\{x + y = \frac{3}{2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = \frac{3}{2} - x}\\{{x^2} - \frac{3}{2}x + \frac{{14}}{{25}} = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,8}\\{y = 0,7}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,7}\\{y = 0,8}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)

 Theo giả thiết ta có \(x > y \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,8}\\{y = 0,7}\end{array}} \right..\)

Ta có: TH có đúng 2 cầu thủ ghi bàn :\(C = \overline {{A_1}} {A_2}{A_3} + {A_1}\overline {{A_2}} {A_3} + {A_1}{A_2}\overline {{A_3}} \)

Nên \(P(C) = (1 - x)y.0,6 + x(1 - y).0,6 + xy.0,4 = 0,452\).

Đáp án A.

Do \(P\left( x \right)\) bậc 3 và có 3 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2},{x_3}\) nên \(P\left( x \right)\) được biểu diễn dưới dạng \(P\left( x \right) = a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a \ne 0} \right)\).

Ta có: \(P'\left( x \right) = a\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right) + a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_3}} \right) + a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{P\left( {{x_1}} \right) = a\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} - {x_3}} \right)}\\{P\left( {{x_2}} \right) = a\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left( {{x_2} - {x_3}} \right)}\\{P\left( {{x_3}} \right) = a\left( {{x_3} - {x_1}} \right)\left( {{x_3} - {x_2}} \right)}\end{array}} \right.}\\{ \Rightarrow \frac{1}{{P'\left( {{x_1}} \right)}} + \frac{1}{{P'\left( {{x_2}} \right)}} + \frac{1}{{P'\left( {{x_3}} \right)}}}\\{ = \frac{1}{{a\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} - {x_3}} \right)}} + \frac{1}{{a\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left( {{x_2} - {x_3}} \right)}} + \frac{1}{{a\left( {{x_3} - {x_1}} \right)\left( {{x_3} - {x_2}} \right)}}}\\{ = \frac{{ - {x_2} + {x_3} - {x_3} + {x_1} - {x_1} + {x_2}}}{{a\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_2} - {x_3}} \right)\left( {{x_3} - {x_1}} \right)}} = 0}\end{array}\)

Đáp án C.