Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 6

Chọn B
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn [-1; 3] là 5.

Chọn D
Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận:
+ Tiệm cận đứng \(x = 1\).
+ Tiệm cận xiên: \(y = 2 – x\).

Chọn D
Số cách chọn ngẫu nhiên một học sinh của tổ là: \(C_{11}^1 = 11\).

Chọn C

Ta có: \(\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} \)
Do đó ý C là sai

Chọn A
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;1;3} \right)\)

Chọn D
Khoảng biến thiên: \({R} = 175 – 150 = 25\).

Chọn C
Có \({u_5} = 2.5 – 2 = 8\).

Chọn C
Giải bất phương trình
\({\left( {\frac{1}{8}} \right)^{x – 1}} \geqslant 128\)
\( \Leftrightarrow {8^{1 – x}} \geqslant 128\)
\( \Leftrightarrow 1 – x \geqslant {lo}{{g}_8}128\)
\( \Leftrightarrow x \leqslant \frac{{ – 4}}{3}\)

Chọn B

Ta thấy \(B’\) là điểm chung của hai mặt phẳng \(\left( {ABA’} \right)\) và \(\left( {B’D’C} \right)\).
Vậy hai mặt phẳng \(\left( {ABA’} \right)\) và \(\left( {B’D’C} \right)\) không song song với nhau.

Chọn C
Ta có \(B\) là điểm đối xứng với \(A\) qua trục \(Oy\) nên \(B\left( {5;2; – 3} \right)\) nên \(AB = 2\sqrt {34} \).

Chọn C
Họ nghiệm còn lại của phương trình đã cho là \(x = \pi – \frac{\pi }{5} + k2\pi = \frac{{4\pi }}{5} + k2\pi \) với \(k \in \mathbb{Z}\).

Chọn C
Có mà \(F\left( 0 \right) = 3\)
Suy ra \(F\left( 9 \right) – 3 = 9 \Rightarrow F\left( 9 \right) = 12\).

a) Sai: \(f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 2{sin}\frac{\pi }{2} – \frac{{\pi \sqrt 3 }}{2} = 2 – \frac{{\pi \sqrt 3 }}{2} = \frac{{4 – \pi \sqrt 3 }}{2}\).
b) Đúng: Đạo hàm của hàm số: \(f’\left( x \right) = 2{cos}x – \sqrt 3 ,\forall x \in \mathbb{R}\).
c) Sai: Có
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2{cos}x – \sqrt 3 = 0\)
\( \Leftrightarrow {cos}x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi \)
d) Đúng: \(f’\left( x \right) = 0\) trong đoạn \(\left[ {0;\frac{{5\pi }}{2}} \right]\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{\pi }{6} + k2\pi ,k \in \left\{ {0;1} \right\}} \\
{x = – \frac{\pi }{6} + k2\pi ,k = 1}
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{\pi }{6}} \\
{x = \frac{{11\pi }}{6}} \\
{x = \frac{{13\pi }}{6}}
\end{array}} \right.} \right.\)
Tổng các nghiệm là \(\frac{\pi }{6} + \frac{{11\pi }}{6} + \frac{{13\pi }}{6} = \frac{{25\pi }}{6}\).

a) Đúng: Có \({v_B}\left( t \right) = \mathop \smallint \nolimits^ a{dt} = at + C\) mà nên \({v_B}\left( t \right) = at\)
b) Đúng: Quãng đường chất điểm A đi được trong 10 s đâu là

a) Đúng. Mặt phẳng chứa quỹ đạo bay của chim vuông góc với \(\left( {Oxy} \right)\) và đi qua \(A\left( {0;0;5} \right)\), \(B\left( {4;0;4} \right)\)
Mặt phẳng này nhận vectơ \(\vec k\left( {0;0;1} \right)\) và \(\overrightarrow {AB} \left( {4;0; – 1} \right)\) làm cặp vectơ chỉ phương
Vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_P}} = [\vec k,\overrightarrow {AB} ] = \left( {0;1;0} \right)\), suy ra phương trình mặt phẳng là \(y = 0\)
b) Sai. Vì tứ giác \(AMBN\) nội tiếp nên \(\widehat {ANB} = 180^\circ – 135^\circ = 45^\circ \), dẫn đến góc ở tâm \(\widehat {AIB} = 90^\circ \) với \(I\) là tâm đường tròn
Bán kính \(R = IA = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt {17} }}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt {34} }}{2}\)
Ta có: \(\overrightarrow {IA} \cdot \overrightarrow {IB} = 0\) và \(IA = \frac{{\sqrt {34} }}{2}\) với \(I\left( {a;0;c} \right)\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{( – a)(4 – a) + (5 – c)(4 – c) = 0} \\
{{a^2} + {{(5 – c)}^2} = \frac{{17}}{2}}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
a = 2,5 \hfill \\
c = 6,5 \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\,\left( {TM} \right) \hfill \\
\left\{ \begin{gathered}
a = 1,5 \hfill \\
c = 2,5 \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\,\left( L \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
(Do điểm \(M\) đúng như hình vẽ nên tọa độ của tâm I sẽ có cao độ lớn hơn của điểm \(B\) )
Khi đó phương trình đường tròn có dạng: \({\left( {x – 2,5} \right)^2} + {\left( {z – 6,5} \right)^2} = \frac{{17}}{2}\) có tâm \(I\left( {\frac{5}{2};0;\frac{{13}}{2}} \right),R = \frac{{\sqrt {34} }}{2}\).
c) Đúng. Khoảng cách ngắn nhất đến mặt nước là \(KH = d\left( {I,Oxy} \right) – R = \)\(6,5 – \frac{{\sqrt {34} }}{2} \approx 3,58\) m
d) Đúng. Điểm gần với mặt nước nhất là điểm \(K\) là giao của đường tròn và \(IH\)\((\)\(IH\) có phương trình \(x = 2,5\) ). Khi đó quãng đường chim bói cá bay được đến điểm gần mặt nước nhất là độ dài cung
\(AK = R \cdot AIK \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{{\left( {x – 2,5} \right)}^2} + {{\left( {z – 6,5} \right)}^2} = \frac{{17}}{2}} \\
{x = 2,5}
\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
\left[ \begin{gathered}
z = \frac{{\sqrt {34} }}{2} + 6,5\,\left( {\,L} \right) \hfill \\
z = – \frac{{\sqrt {34} }}{2} + 6,5\left( {TM} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
x = 2,5 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow K\left( {2,5;0; – \frac{{\sqrt {34} }}{2} + 6,5} \right)\)
\(\operatorname{Cos} AIK = \frac{{\overrightarrow {IA} \cdot \overrightarrow {IK} }}{{|\overrightarrow {IA} | \cdot |\overrightarrow {IK} |}} = \frac{{\frac{{4\sqrt {34} }}{4}}}{{{R^2}}} = \frac{{\frac{{4\sqrt {34} }}{4}}}{{\frac{{17}}{2}}} = \frac{{3\sqrt {34} }}{3} \Rightarrow AIK = \arccos \left( {\frac{{3\sqrt {34} }}{3}} \right)\)
Khi đó: \(AK = R \cdot AIK = \frac{{\sqrt {34} }}{2} \cdot \arccos \left( {\frac{{3\sqrt {34} }}{3}} \right)\).
Suy ra: \({t_{AM}} = \frac{{\frac{{\sqrt {34} }}{2} \cdot \arccos \left( {\frac{{3\sqrt {34} }}{3}} \right)}}{2} \approx 1,502s\)

Gieo ba con xác xắc nên số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = {6^3} = 216\) cách
Gọi \(D\) là biến cố “Số chấm chia hết cho \(3\)” nên \(P\left( D \right) = \frac{1}{3}\) và có sơ đồ cây như sau:

a) Đúng.
Ta có: \(\left\{ \begin{gathered}
P\left( {B \cap A} \right) = \frac{1}{3}.0,2 + \frac{2}{3}.0,4.0,02 = 0,012 \hfill \\
P\left( A \right) = \frac{1}{3}.0,02 + \frac{2}{3}\left( {0,6.0,04 + 0,4.0,02} \right) = 0,028 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) suy ra \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {B \cap A} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{3}{7}\)
b) Sai.
Ta có: \(P\left( B \right) = \frac{1}{3}.1 + \frac{2}{3}.0,4 = \frac{3}{5} = 0,6\)
c) Đúng.
Ta có: \(P\left( A \right) = \frac{1}{3}.0,02 + \frac{2}{3}\left( {0,6.0,04 + 0,4.0,02} \right) = 0,028\)
d) Sai.
Ta có:\(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,012}}{{0,6}} = 0,02\)

:Trả lời: \(13\)
Cách 1:
Vì khay đựng đầy nước có dạng hình hộp chữ nhật với kích thước: chiều dài 20 cm, chiều rộng 10 cm, chiều cao 8 cm, nên ta có thể tích nước trong khay thứ nhất trước khi đổ ra là: \(20.10.8 = 1600\)(cm3).
Sau khi đổ nước sang khay thứ hai, ta thấy rằng lượng nước trong khay thứ nhất giảm đi \(\frac{1}{4}\) so với ban đầu, cho nên lượng nước có ở trong khay thứ 2 bằng \(\frac{1}{4}\) lượng nước ban đầu có ở trong khay thứ nhất. Như vậy, thể tích nước có trong khay thứ hai là \(\frac{1}{4}.1600 = 400\) (cm3).
Gọi chiều cao của khay thứ hai là h (cm).
Giả sử khay thứ hai có hình dạng chóp cụt tứ giác đều \(ABCD.A’B’C’D’\)như hình vẽ sau:

Dễ dàng chứng minh được \(ACC’A’\) là hình thang cân. Lấy \(MN\) song song với \(AC;H,K\)lần lượt là hình chiếu của \(A’,C’\)trên \(AC;P,Q\)lần lượt là giao điểm của \(A’H\)và \(MN\), \(C’K\)và \(MN\) như hình vẽ sau:

Theo giả thiết mực nước (ngang với \(MN\)) trong khay thứ hai cao bằng \(\frac{2}{5}\) chiều cao của khay đó, nên ta có thể coi \(C’Q\) chính là chiều cao nước trong khay.
Dễ thấy: \(A’H = C’K = h\)
Suy ra: \(C’Q = \frac{2}{5}h\), có nghĩa là chiều cao nước trong khay thứ hai là \(\frac{2}{5}h\)
Dễ dàng chứng minh được \(HKC’A’\)là hình chữ nhật
Từ đó ta có \(A’C’ = HK = n\), \(AH = CK = \frac{{AC – HK}}{2} = \frac{n}{2}\).
Tam giác \(A’AH\) có \(MP//AH\) nên theo hệ quả định lí Thales ta có: \(\frac{{MP}}{{AH}} = \frac{{A’P}}{{A’H}} = \frac{2}{5}\)
\( \Rightarrow MP = \frac{2}{5}AH = \frac{2}{5}.\frac{n}{2} = \frac{n}{5}\)
Tương tự tam giác \(C’CK\) có \(QN//CK\) nên ta cũng có \(QN = \frac{n}{5}\)
Do đó: \(MN = MP + PQ + QN = \frac{n}{5} + n + \frac{n}{5} = \frac{{7n}}{5}\)
Theo giả thiết ta có thể tích nước trong khay thứ hai bằng thể tích khối chóp cụt tứ giác đều với đáy lớn (hình vuông) nhận \(MN\) làm đường chéo có diện tích \({S’_1}\)và đáy nhỏ (hình vuông) nhận \(A’C’\)làm đường chéo có diện tích \({S’_2}\) , chiều cao bằng \(h’ = \frac{2}{5}h\).
\(\begin{gathered}
{{S’}_1} = \frac{{M{N^2}}}{2} = \frac{{{{\left( {\frac{{7n}}{5}} \right)}^2}}}{2} = \frac{{49{n^2}}}{{50}};{{S’}_1} = \frac{{A{C^2}}}{2} = \frac{{{n^2}}}{2} \hfill \\
\Rightarrow V’ = \frac{1}{3}.\frac{2}{5}h.\left( {\frac{{49{n^2}}}{{50}} + \sqrt {\frac{{49{n^2}}}{{50}}.\frac{{{n^2}}}{2}} + \frac{{{n^2}}}{2}} \right) = \frac{{109}}{{375}}{n^2}h = 400 \hfill \\
\Rightarrow {n^2}h = \frac{{150000}}{{109}} \hfill \\
\end{gathered} \)
Mặt khác, thể tích khay thứ hai bằng thể tích khối chóp cụt tứ giác đều với đáy lớn (hình vuông) nhận \(AC\) là đường chéo có diện tích \({S_1}\) và đáy nhỏ (hình vuông) nhận \(A’C’\) làm đường chéo có diện tích \({S_2}\), chiều cao bằng \(h\).
\(\begin{gathered}
{S_1} = \frac{{A{C^2}}}{2} = 2{n^2};{S_2} = \frac{{A'{{C’}^2}}}{2} = \frac{{{n^2}}}{2} \hfill \\
\Rightarrow V = \frac{1}{3}h.\left( {2{n^2} + \sqrt {2{n^2}.\frac{{{n^2}}}{2}} + \frac{{{n^2}}}{2}} \right) = \frac{7}{6}{n^2}h = \frac{7}{6}.\frac{{150000}}{{109}} \approx 1606 \hfill \\
\end{gathered} \)
VậyTổng các chữ số của số \(a = 1606\) bằng \(13\).
Cách 2:

Thể tích nước có trong khay thứ hai là \(V = \frac{1}{4}.20.10.8 = 400\) (cm3).
Gọi \(S\)là điểm đồng qui của các cạnh bên của hình chóp cụt.
Dễ dàng chứng minh được \(SO = \frac{1}{2}SO’\)
\( \Rightarrow \)chiều cao của nước trong khay thứ hai là: \(\frac{2}{5}.\frac{1}{2}.SO’ = \frac{1}{5}SO’\)
\( \Rightarrow \)khoảng cách từ mặt nước trong khay thứ hai đến \(S\) là: \(\left( {\frac{1}{5} + \frac{1}{2}} \right).SO’ = \frac{7}{{10}}SO’\)
Mà tỉ số thể tích bằng lập phương tỉ số đồng dạng
\(\begin{gathered}
\Rightarrow V = 400 = {\left( {\frac{7}{{10}}} \right)^3}.{V_{S.A’B’C’D’}} – {\left( {\frac{1}{2}} \right)^3}.{V_{S.A’B’C’D’}} \hfill \\
\Rightarrow {V_{S.A’B’C’D’}} \approx 1834,86 \hfill \\
\end{gathered} \)
\( \Rightarrow \)Thể tích của chiếc khay thứ hai bằng \(\frac{7}{8}{V_{S.A’B’C’D’}} \approx 1606\)
Vậy Tổng các chữ số của số \(a = 1606\) bằng \(13\).

Trả lời: \(99\)
Không mất tính tổng quát, giả sử đoàn xuất phát từ địa điểm \(A.\)
Khi đó nếu đoàn đi theo thứ tự địa điểm A-C-B-D-A thì tổng thời gian tham quan là nhỏ nhất và bằng: \(15 + 34 + 20 + 30 = 99\).

Trả lời: \(14\)
Ta có: \(f(x) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\)
\( \Rightarrow f'(x) = 3a{x^2} + 2bx + c\)
Điểm cực đại của đồ thị hàm số là \((18;16)\)
\( \Rightarrow 972a + 36b + c = 0\)(1)
Điểm (0;16), (12;15), (18;16) \( \in f(x)\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
d = 16 \hfill \\
1728a + 144b + 12c + 16 = 15 \hfill \\
5832a + 324b + 18c + 16 = 16 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
d = 16 \hfill \\
1728a + 144b + 12c = – 1 \hfill \\
5832a + 324b + 18c = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) \(\begin{gathered}
\hfill \\
(2) \hfill \\
(3) \hfill \\
\end{gathered} \)
Từ (1), (2), (3) \( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = \frac{{ – 1}}{{432}} \hfill \\
b = \frac{1}{{12}} \hfill \\
c = \frac{{ – 3}}{4} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Rightarrow f(x) = \frac{{ – 1}}{{432}}{x^3} + \frac{1}{{12}}{x^2} – \frac{3}{4}x + 16\)
\( \Rightarrow f'(x) = \frac{{ – {x^2}}}{{144}} + \frac{x}{6} – \frac{3}{4} = 0\)
\( \Rightarrow x = 6\) là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số \(f(x)\).
Vậy đoạn thấp nhất của nhánh cây cách mặt đất là \(f(6) = 14\;{m}\).

Trả lời: 3,92.
Gọi \(C = \Delta \cap \left( {Oxy} \right)\).
Suy ra \(C\left( {41;31;0} \right)\).
Vẽ các điểm \(A\), \(B\), \(C\) lên cùng mặt phẳng tọa độ với \(C\) trùng với gốc tọa độ.
\(AC = \sqrt {{{\left( {1 – 41} \right)}^2} + {{\left( {1 – 31} \right)}^2}} = 50\).
\(d\left( {B,\Delta } \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right|}} = 35\).
Đường thẳng \(AC\) có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {AC} = \left( {40;30;0} \right)\).
\(d\left( {B,AC} \right)\frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} = 2\sqrt {26} \).
Parabol có dạng \(y = a{x^2} + c\). \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(A\left( {50;0} \right)\), \(B\left( {35;2\sqrt {26} } \right)\) ta có
\(\left\{ \begin{gathered}
{50^2}.a + c = 0, \hfill \\
{35^2}.a + c = 2\sqrt {26} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = – \frac{{2\sqrt {26} }}{{1275}} \hfill \\
c = \frac{{200\sqrt {26} }}{{51}} \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Suy ra \(\left( P \right):y = – \frac{{2\sqrt {26} }}{{1275}}{x^2} + 20\).
Gọi \(D\) là đỉnh của parabol.
\(D \in \Delta \Rightarrow D\left( {44 + 3t;27 – 4t;1 + t} \right)\). Điều kiện \(1 + t > 0 \Leftrightarrow t > – 1.\)
\(DC = c \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( { – 3 – 3t} \right)}^2} + {{\left( {4 + 4t} \right)}^2} + {{( – 1 – t)}^2}} = \frac{{200\sqrt {26} }}{{51}} \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = – \frac{{251}}{{51}} \hfill \\
t = \frac{{149}}{{51}} \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vì \(t > – 1\) nên nhận \(t = \frac{{149}}{{51}}\).
Vậy \(h = 1 + t = 1 + \frac{{149}}{{51}} \approx 3,92\).

Trả lời: 1956
Vì vận tốc của nhân vật không đổi, việc di chuyển đến giếng nước “nhanh hơn” tương đương với “khoảng cách ngắn hơn”. Vùng đất được tô màu là tập hợp các điểm \(P\) trong hình chữ nhật \(ABCD\) sao cho khoảng cách từ \(P\) đến giếng \(I\) nhỏ hơn hoặc bằng khoảng cách từ \(P\) đến bờ sông \(AD\).

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) sao cho đỉnh \(D\) của hình chữ nhật trùng với gốc tọa độ \(O(0;0)\).
– Cạnh \(AD\) nằm trên trục \(Oy\), cạnh \(DC\) nằm trên trục \(Ox\).
– Tọa độ các đỉnh: \(D(0;0)\), \(A(0;40)\), \(C(80;0)\), \(B(80;40)\).
– Bờ sông chính là đường thẳng \(x = 0\).
Xác định tọa độ của giếng \(I({x_I};{y_I})\):
\(I\) cách \(AD\) (\(x = 0\)) một khoảng \(60\)m \( \Rightarrow {x_I} = 60\).
\(I\) cách \(CD\) (\(y = 0\)) một khoảng \(20\)m \( \Rightarrow {y_I} = 20\).
Vậy tọa độ giếng nước là \(I(60;20)\).
Gọi \(P(x;y)\) là một điểm bất kỳ trong vùng đất được tô màu. Miền xác định của \(P\) là \(0 \leqslant x \leqslant 80\) và \(0 \leqslant y \leqslant 40\).
Khoảng cách từ \(P\) đến giếng \(I\) là \(PI = \sqrt {{{(x – 60)}^2} + {{(y – 20)}^2}} \).
Khoảng cách từ \(P\) đến bờ sông \(AD\) (đường thẳng \(x = 0\)) là \(d(P,AD) = x\).
Theo yêu cầu, ta có bất phương trình: \(PI \leqslant d(P,AD) \Leftrightarrow \sqrt {{{(x – 60)}^2} + {{(y – 20)}^2}} \leqslant x\).
Bình phương hai vế (vì cả hai đều không âm):
\({(x – 60)^2} + {(y – 20)^2} \leqslant {x^2}\)\( \Leftrightarrow x \geqslant \frac{1}{{120}}{(y – 20)^2} + 30\).
Đây là miền nằm bên phải của một parabol có đỉnh tại \((30;20)\) và trục đối xứng song song với trục \(Ox\).
Diện tích \(S\) của vùng tô màu được giới hạn bởi parabol \(x = \frac{1}{{120}}{(y – 20)^2} + 30\), đường thẳng \(x = 80\) và hai đường thẳng \(y = 0\), \(y = 40\).
Ta tính diện tích bằng tích phân:
\(S = \int\limits_0^{40} {\left[ {80 – \left( {\frac{1}{{120}}{{(y – 20)}^2} + 30} \right)} \right]} {\mkern 1mu} {d}y = \frac{{17600}}{9} \approx 1955,56{ (}{{m}^2}{)}\).
Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị, ta được \(1956{ }{{m}^2}\).

Trả lời: 0,24
Gọi \(X\) là biến cố “cả hai người cùng đi qua điểm \(I\)”
Xét hệ trục tọa độ với \(E\left( {0;0} \right),A\left( {0;8} \right),B\left( {15;0} \right),F\left( {15;8} \right),I\left( {11;5} \right)\)
Để đi từ \(A\) đến \(B\) theo đường ngắn nhất thì người thứ nhất cần di chuyển 15 bước ngang và 8 bước xuống
Số cách di chuyển từ \(A\) đến \(B\) là số cách sắp xếp 15 bước ngang và 8 bước xuống và bằng \(C_{23}^8\)
Tương tự có \(C_{23}^8\) cách để người thứ hai di chuyển từ \(E\) đến \(F\)
Như vậy không gian mẫu \(\left| {\Omega } \right| = {\left( {C_{23}^8} \right)^2}\)
Người thứ nhất di chuyển từ \(A\left( {0;8} \right)\) đến \(I\left( {11;5} \right)\) cần 11 bước ngang và 3 bước xuống
Người thứ nhất di chuyển từ \(I\left( {11;5} \right)\) đến \(B\left( {15;0} \right)\) cần 4 bước ngang và 5 bước xuống
Như vậy số cách di chuyển của người thứ nhất từ \(A \to I \to B\) là \(C_{14}^8.C_9^4\)
Tương tự số cách di chuyển của người thứ hai từ \(E \to I \to F\) là \(C_{16}^5.C_7^3\)
Như vậy \(\left| X \right| = C_{14}^8.C_9^4.C_{16}^5.C_7^3\)
Vậy xác suất để cả hai người cùng đi qua \(I\) là \(P\left( X \right) = \frac{{\left| X \right|}}{{\left| {\Omega } \right|}} = \frac{{C_{14}^8.C_9^4.C_{16}^5.C_7^3}}{{{{\left( {C_{23}^8} \right)}^2}}} \approx 0,24\)