Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 4

Chọn B
Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow a ;\,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\,\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{1.\left( { – 2} \right) + \left( { – 2} \right).1 + 1.1}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { – 2} \right)}^2} + {1^2}} .\sqrt {{{\left( { – 2} \right)}^2} + {1^2} + {1^2}} }} = – \frac{3}{6} = – \frac{1}{2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow a ;\,\overrightarrow b } \right) = 120^\circ \).

Chọn D

Chọn D
Ta có \(y = \frac{{{x^2} + 2x – 3}}{{x – 2}} = x + 4 + \frac{5}{{x – 2}}\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {y – x – 4} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{5}{{x – 2}} = 0\) \( \Rightarrow \)đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 2x – 3}}{{x – 2}}\) có tiệm cận xiên là \(y = x + 4\).

Chọn C
Ta có \(\sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin x = \sin \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \hfill \\
x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Chọn C
Điểm cực đại của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là \(x = – 4\).

Chọn C
Ta có: \(d = {u_2} – {u_1} = 5 – 2 = 3 \Rightarrow {u_4} = {u_1} + 3d = 2 + 3.3 = 11\).

Chọn D
Ta có: \({\log _a}\left( {ab} \right) = {\log _a}a + {\log _a}b = 1 + 3 = 4\).

Chọn A
Vì MN//BD nên kẻ qua G đường thẳng song song với BD cắt các cạnh AB và AD tại E, F.
Ta có \(\frac{{EF}}{{B{\text{D}}}} = \frac{{AG}}{{AI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow EF = \frac{2}{3}.6 = 4cm\).

Chọn C
\(\overline x = \frac{{18,5.4 + 23,5.6 + 28,5.8 + 33,5.18 + 38,5.4}}{{40}} = 30\).

Chọn C
Ta có\(\int_0^2 f (x){\text{d}}x = \int_0^1 f \left( x \right){\text{d}}x + \int_1^2 f \left( x \right){\text{d}}x \Leftrightarrow \int_1^2 f \left( x \right){\text{d}}x = \int_0^2 f \left( x \right){\text{d}}x – \int_0^1 f \left( x \right){\text{d}}x = – 4 – 1 = – 5\).

Chọn D
Ta có \(\int\limits_{ – 1}^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} = \int\limits_{ – 1}^2 {f\left( x \right){\text{d}}x} – \int\limits_2^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} = {S_1} – {S_2} = 7 – 2 = 5\).

Chọn A
Ta có \(O\) là trung điểm \(AC,\,\,BD\).
Khi đó: \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {SO} ;\,\,\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO} \)
\( \Rightarrow \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 4\overrightarrow {SO} \).
PHẦN 2: TRẮC NGHIỆM ĐÚNG SAI

a) Sai.
Điều kiện: \(x + 4 > 0 \Leftrightarrow x > – 4\). Tập xác định của hàm số là: \(D = \left( { – 4; + \infty } \right)\)
Vậy tập xác định của hàm số chứa các số nguyên âm là \(\left\{ { – 3; – 2; – 1} \right\}\)
b) Đúng.
Ta có:
\({\log _2}\left( {x + 4} \right) = {\log _2}\left( {{x^2} + 2x – 16} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x > – 4 \hfill \\
x + 4 = {x^2} + 2x – 16 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x > – 4 \hfill \\
{x^2} + x – 20 = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow x = 4\)
c) Sai.
Ta có hàm số \(g\left( x \right) = – {x^2} + \ln 1024.{\log _2}\left( {x + 4} \right).\)
\(g’\left( x \right) = – 2x + \ln 1024.\frac{1}{{\left( {x + 4} \right)\ln 2}}.\)
Cho \(g’\left( x \right) = – 2x + \ln 1024.\frac{1}{{\left( {x + 4} \right)\ln 2}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 4x – 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 1 \hfill \\
x = – 5 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Lập bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\) trên \(\left( { – 4; + \infty } \right)\) ta được giá trị lớn nhất của hàm số tại \(x = 1.\)
d) Sai.
Vẽ đường thẳng \(y = x – 1\) và đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đồ thị ta được

Vậy đường thẳng \(y = x – 1\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 2 điểm.

a) Đúng
\(h\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt} = \int {\left( { – 0,1{t^3} + 1,1{t^2}} \right)dt} \)\( = – \frac{1}{{40}}{t^4} + \frac{{11}}{{30}}{t^3} + C\).
Ta có \(h\left( 0 \right) = 20\).
Suy ra \(C = 20\).
Do đó \(h\left( t \right) = – \frac{1}{{40}}{t^4} + \frac{{11}}{{30}}{t^3} + 20\).
b) Sai
Cây tăng trưởng khi \(v(t) > 0\). Xét bất phương trình \( – 0,1{t^3} + 1,1{t^2} > 0\).
\( \Leftrightarrow {t^2}\left( { – 0,1t + 1,1} \right) > 0\).
Suy ra \( – 0,1t + 1,1 > 0\) nên \(t < 11\).
Vậy giai đoạn tăng trưởng của cây kéo dài 11 tuần.
c) Sai
Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của \(h(t) = \frac{{ – {t^4}}}{{40}} + \frac{{11{t^3}}}{{30}} + 5\) với \(t \in [0;11]\).
Ta có: \(h'(t) = \frac{{ – {t^3}}}{{10}} + \frac{{11}}{{10}}{t^2} = \frac{{{t^2}}}{{10}}( – t + 11)\).
\(h'(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = 11 \hfill \\
\end{gathered} \right..\)
Ta thấy \(h(0) = 20\), \(h(11) \approx 142\).
Khi đó, \(h(t)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(142\) trên đoạn \([0;11]\).
Vậy chiều cao tối đa của cây cà chua đó là \(142\) (cm).
d) Đúng
Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(v(t) = – 0,1{t^3} + 1,1{t^2}\) với \(t \in [0;10]\).
Ta có \(v'(t) = – 0,3{t^2} + 2,2t = – 0,3t\left( {t – \frac{{22}}{3}} \right)\).
Suy ra \(v'(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = \frac{{22}}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Ta thấy \(v(0) = 0\), \(v\left( {\frac{{22}}{3}} \right) \approx 19,7\), \(v(11) = 0\).
Khi đó, \(v(t)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(19,7\) trên đoạn \([0;10]\) tại \(t = \frac{{22}}{3}\).
Ta có \(h\left( {\frac{{22}}{3}} \right) \approx 92,3 > 80\).
Vào thời điểm cây lúa phát triển nhanh nhất, chiều cao của cây đã lớn hơn \(80\) cm.

a) Sai.
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {4; – 4;2} \right)\) nên đoạn thẳng \(AB\) có độ dài bằng \(\sqrt {{4^2} + {4^2} + {2^2}} = 6\).
b) Đúng.
Vectơ \(\overrightarrow {AB} = \left( {4; – 4;2} \right) = 2\left( {2; – 2;1} \right)\) nên đường thẳng \(AB\) có phương trình \(\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y – 1}}{{ – 2}} = \frac{z}{1}\).
c) Sai.
Vectơ \(\overrightarrow {AC} = \left( { – 1;3; – 1} \right)\) nên khoảng cách từ điểm \(C\) tới đường thẳng \(AB\) bằng \({\text{d}}\left( {C,AB} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB} } \right]} \right|}}{{AB}} = \sqrt 2 \).
d) Đúng.
Diện tích tam giác \(ABM\) bằng \(\frac{1}{2}AB.{\text{d}}\left( {M,AB} \right) = 6\sqrt 2 \Leftrightarrow {\text{d}}\left( {M,AB} \right) = 2\sqrt 2 \). Suy ra \(M\)thuộc mặt trụ có trục là đường thẳng \(AB\), bán kính \(R = 2\sqrt 2 \).

Đoạn thẳng \(MC\) có độ dài nhỏ nhất bằng \(M{C_{\min }} = \left| {{\text{d}}\left( {M,AB} \right) – {\text{d}}\left( {C,AB} \right)} \right| = \sqrt 2 \).

a) Đúng.
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là \(10 – 5 = 5\).
b) Đúng.
Điểm trung bình của cả lớp là: \(\overline x = \frac{1}{{40}}\left( {5,5.2 + 6,5.3 + 7,5.8 + 8,5.15 + 9,5.12} \right) = 8,3\).
Từ bảng thống kê, ta thấy có ít nhất 13 em có điểm trung bình thấp hơn của cả lớp.
c) Sai.
Số học sinh có điểm thi lớn hơn hoặc bằng 8 là
Không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = C_{27}^6\).
Xác suất có đúng 2 em của CLB Toán học là: \(\frac{{C_8^2.C_{19}^4}}{{C_{27}^6}} \approx 0,367 > \frac{1}{3}\)
d) Đúng.
Không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = 8!\).
Xếp 5 học sinh nam thành một hàng ngang: \(5!\) cách.
5 học sinh nam tạo nên 4 khoảng trống ở giữa cùng 2 vị trí trống ở mỗi đầu hàng \( \Rightarrow \)Có 6 vị trí trống
Xếp 3 học sinh nữ vào 6 vị trí đó: \(A_6^3\).
Xác suất không có 2 bạn nữ nào đứng cạnh nhau là: \(\frac{{5!.A_6^3}}{{8!}} = \frac{5}{{14}} > \frac{1}{3}\).

Trả lời: 9

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{BD \bot AC \subset (SAC)} \\
{BD \bot SA}
\end{array}} \right.\) nên \(BD \bot SC\).
Kè \(DH \bot SC(H \in SC)\), suy ra \(SC \bot (BHD)\) mà \(BH \in (BHD)\) nên \(SC \bot BH\).
\( \Rightarrow \) Số đo của góc nhị diện \([B,SC,D]\) là \(\widehat {BHD} = 120^\circ \).
Dễ thấy \(\Delta HBD\) cân tại \(H,HO \bot BD\) và \(\widehat {DHO} = 60^\circ .\)
Suy ra \(DO = \frac{1}{2}BD = \frac{{3\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow OH = \frac{{DO}}{{\tan 60^\circ }} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\).
Lại có \(\Delta OHC\) vuông tại \(H\), suy ra
\(\sin (\widehat {OCII}) = \frac{{OH}}{{OC}} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}:\frac{{3\sqrt 2 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \cot (\widehat {SAC}) = \frac{1}{{{{\sin }^2}(\widehat {SAC})}} – 1 = \sqrt 2 \Rightarrow \tan (\widehat {SAC}) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\).
\(\Delta SAC\) vuông tại \(A\) có \(SA = \tan (\widehat {SAC}) \cdot AC = 3\).
Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = 9\).

Trả lời: \(56\)
Đặt \({h_1} = 8(\;{\text{m}})\). Sau lần va chạm đất đầu tiên, quả bóng này lên độ cao \({h_2} = \frac{3}{4}{h_1}\).
Bóng lại rợi từ độ cao \({{\text{h}}_2}\), chạm đất và nảy lên độ cao \({h_3} = \frac{3}{4}{h_2}\).
Bóng tiếp tục rợi từ độ cao \({{\text{h}}_3}\), cứ tiếp tục như vậy. Sau lần va chạm đất thứ n, từ độ cao \({{\text{h}}_{\text{n}}}\), quả bóng nảy lên độ cao \({h_{n + 1}} = \frac{3}{4}{h_n}\).
Tổng khoảng cách rơi và nảy của quả bóng cho đến lực không này nữa là
\(d = \left( {{h_1} + {h_2} + {h_3} + \ldots + {h_n} + \ldots } \right) + \left( {{h_2} + {h_3} + \ldots + {h_n} + \ldots } \right)\)
Vậy d là tổng của 2 cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu lần lượt là \({{\text{h}}_1},\;{\text{ }}{{\text{h}}_2}\) và có cùng công bội \(q = \frac{3}{4}\).
Khi đó: \(d = \frac{{{h_1}}}{{1 – \frac{3}{4}}} + \frac{{{h_2}}}{{1 – \frac{3}{4}}} = 4\left( {{h_1} + {h_2}} \right) = 56(\;{\text{m}})\).

Trả lời: \(1932\).

Đổi \(400m = 0,4km\) và \(500m = 0,5km\).
Dựng hình chữ nhật \(DCBH\), khi đó \(DC = HB = \sqrt {A{B^2} – A{H^2}} = \sqrt {{1^2} – {{\left( {1 – 0,4} \right)}^2}} = 0,8\).
Đặt \(DE = x\) và \(FC = y\) khi đó \(x + y = DE + FC = DC – EF = 0,8 – 0,5 = 0,3\).
Ta có đoạn đường thầy Hùng sẽ đi là \(T = AE + EF + FB + BA = \sqrt {{x^2} + {1^2}} + \sqrt {{y^2} + 0,{4^2}} + 1,5\).
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski:
\(AE + FB = \sqrt {{x^2} + {1^2}} + \sqrt {{y^2} + 0,{4^2}} \geqslant \sqrt {{{\left( {\frac{3}{{10}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{7}{5}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {205} }}{{10}} \approx 1,432\left( {km} \right)\).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\frac{x}{y} = \frac{1}{{0,4}}} \\
{x + y = 0,3}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = \frac{3}{{14}}} \\
{y = \frac{3}{{35}}}
\end{array}} \right.\).
Vậy quãng đường ngắn nhất thầy Hùng đi trong buổi sáng là \(1932m\).

Trả lời: \(48\)
Gọi \(T\left( t \right)\) là nhiệt độ của ly trà tại thời điểm \(t\)(giờ) và nhiệt độ của môi trường là \(25\)°C
Tốc độ thay đổi nhiệt độ của vật thể tỉ lệ thuận với sự chênh lệch nhiệt độ giữa vật thể và môi trường nên \(\frac{{T’\left( t \right)}}{{\left( {T\left( t \right) – 25} \right)}} = k \Leftrightarrow T’\left( t \right) = k\left( {T\left( t \right) – 25} \right)\) (trong đó \(k\) là hằng số tỷ lệ)
Ta đã biết \(T’\left( t \right) = \frac{{dT}}{{dt}}\) nên phương trình trở thành \(\frac{{dT}}{{dt}} = k\left( {T – 25} \right)\)
Lấy nguyên hàm hai vế: \(\int {\frac{1}{{\left( {T – 25} \right)}}d\left( T \right)} = \int {kt} \Rightarrow \ln \left| {T – 25} \right| = kt + C\)\( \Leftrightarrow \left| {T – 25} \right| = {e^{kt + C}} = {e^{kt}}.{e^C}\)
Do nhiệt độ của ly trà luôn hơn hơn hoặc bằng nhiệt độ của môi trường nên \(T – 25 \geqslant 0\) nên ta có thể phá dấu trị tuyệt đối: \(T – 25 = {e^C}.{E^{kt}}\)
Đặt \(A = {e^C}\) (Với \(A\) là một hằng số dương tùy ý) suy ra \(T\left( t \right) – 25 = A.{e^{kt}} \Leftrightarrow T\left( t \right) = 25 + A.{e^{kt}}\)
Tại \(t = 0\)(10 giờ) thì \(T = 65\) nên \(65 = 25 + A.{e^{k.0}} \Rightarrow 65 = 25 + A \Rightarrow A = 40\)
Tại \(t = 1\)(11 giờ) thì \(T = 45\) nên \(45 = 25 + 40.{e^{k.1}} \Rightarrow 45 = 25 + 40.{e^k} \Leftrightarrow 20 = 40.{e^k} \Rightarrow {e^k} = 0,5\)
Vậy lúc này phương trình \(T\left( t \right) = 25 + 40.{\left( {{e^k}} \right)^t} = 25 + 40.{\left( {0,5} \right)^t}\)
Nhiệt độ lúc pha trà là \(95\)°C nên \(95 = 25 + 40.{\left( {0,5} \right)^t} \Rightarrow {\left( {0,5} \right)^t} = 1,75 \Rightarrow t = {\log _{0,5}}\left( {1,75} \right)\)
Khi \(t = {\log _{0,5}}\left( {1,75} \right) \approx – 0,807535\)(dấu âm thể hiện thời điểm pha trà nằm trước mốc thời gian \(t = 0\), tức là trước \(10\) giờ)
Đổi sang phút ta có \(0,80735.60 \approx 48,44\)(phút) nên cốc trà được pha trước lúc bấm giờ \(48\) phút

\((Oxy):z = 0.\)
Gọi \(B’\)là điểm đối xứng với \(B\)qua mặt phẳng\((Oxy) \Rightarrow B’\left( {7;10; – 6} \right).\)
Hình chiếu vuông góc của \(A(1;2;3)\) xuống mặt phẳng \((Oxy)\) là \(A'(1;2;0)\).
Hình chiĉ́u vuông góc của \(B(7;10;6)\) xuống mặt phẳng \((Oxy)\) là \(E(7;10;0)\).
Gọi \(\left( Q \right)\)là mặt phẳng chứa \(AB\)và vuông góc với \((Oxy) \Rightarrow \left( {Oxy} \right) \cap \left( Q \right) = A’E.\)
Khi đó \(\overrightarrow {A’E} = (6;8;0).\)
Dựng hình bình hành \(ACNM \Rightarrow AC = 4.\)
Khi đó \(AM + BN = NC + B’N \geqslant BC.\) Đẳng thức xảy ra khi \(B’,C,N\)thẳng hàng.
Ta có \(\overrightarrow {AC} \)cùng phương với \(\overrightarrow {A’E} \Rightarrow \overrightarrow {AC} = \left( {3t;4t;0} \right).\)
Mà \(AC = 4 \Rightarrow {\left( {3t} \right)^2} + {\left( {4t} \right)^2} = 16 \Rightarrow {t^2} = \frac{{16}}{{25}} \Rightarrow t = \pm \frac{4}{5}.\)
+\(t = \frac{4}{5} \Rightarrow C\left( {\frac{{17}}{5};\frac{{26}}{5};3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {B’C} = \left( {\frac{{ – 18}}{5}; – \frac{{24}}{5};9} \right) \Rightarrow B’C = \sqrt {117} .\)
+ \(t = – \frac{4}{5} \Rightarrow C\left( {\frac{{ – 7}}{5}; – \frac{6}{5};3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {B’C} = \left( {\frac{{ – 42}}{5}; – \frac{{56}}{5};9} \right) \Rightarrow B’C = \sqrt {277} .\)
VÌ \(\sqrt {117} < \sqrt {277} \) nên \(AM + BN\) có giá trị nhỏ nhất là \(\sqrt {117} \).
Đẳng thức xảy ra khi \(N\left( {\frac{{23}}{5};\frac{{34}}{5};0} \right),M\left( {\frac{{11}}{5};\frac{{18}}{5};0} \right)\)
Vậy \({x_M} + {y_N} = \frac{{11}}{5} + \frac{{34}}{5} = \frac{{45}}{5} = 9.\)

Trả lời: \(0,53\)
Để Ngọc nhận được bút, ta xét các trường hợp:
Trường hợp 1: Vũ nhận bút, Hồng nhận bút, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận bút: \(\frac{9}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận bút, còn lại 8 bút và 8 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận bút: \(\frac{8}{{16}} = \frac{1}{2}\)
Sau khi Hồng nhận bút, còn lại 7 bút và 8 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{7}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này: \(\frac{9}{{17}}.\frac{1}{2}.\frac{7}{{15}} = \frac{{63}}{{510}}\)
Trường hợp 2: Vũ nhận bút, Hồng nhận vở, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận bút: \(\frac{9}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận bút, còn lại 8 bút và 8 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận vở: \(\frac{8}{{16}} = \frac{1}{2}\)
Sau khi Hồng nhận vở, còn lại 8 bút và 7 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{8}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này \(\frac{9}{{17}}.\frac{1}{2}.\frac{8}{{15}} = \frac{{72}}{{510}}\):
Trường hợp 3: Vũ nhận vở, Hồng nhận bút, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận vở: \(\frac{8}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận vở, còn lại 9 bút và 7 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận bút: \(\frac{9}{{16}}\).
Sau khi Hồng nhận bút, còn lại 8 bút và 7 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{8}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này: \(\left( {\frac{8}{{17}}} \right).\left( {\frac{9}{{16}}} \right).\left( {\frac{8}{{15}}} \right) = \frac{{72}}{{510}}\)
Trường hợp 4: Vũ nhận vở, Hồng nhận vở, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận vở: \(\frac{8}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận vở, còn lại 9 bút và 7 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận vở: \(\frac{7}{{16}}\)
Sau khi Hồng nhận vở, còn lại 9 bút và 6 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{9}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này: \(\left( {\frac{8}{{17}}} \right).\left( {\frac{7}{{16}}} \right).\left( {\frac{9}{{15}}} \right) = \frac{{504}}{{4080}} = \frac{{63}}{{510}}\)
Vậy xác suất để Ngọc nhận được quà là cây bút là:
\(\left( {\frac{{63}}{{510}}} \right) + \left( {\frac{{72}}{{510}}} \right) + \left( {\frac{{72}}{{510}}} \right) + \left( {\frac{{63}}{{510}}} \right) = \frac{{270}}{{510}} = \frac{9}{{17}} \approx 0,53\).