Đề tham khảo tốt nghiệp THPT môn Toán - Đề số 5

Áp dụng:

- Quy tắc tính nguyên hàm của hàm số lượng giác: $\int {\cos dx} = \sin x + C$.

- Tính chất nguyên hàm: $\int {kf(x)dx} = k\int {f(x)dx}$.

$\int {5\cos xdx} = 5\sin x + C$.

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng ứng dụng tích phân.

Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số ${y_1} = {f_1}(x)$, ${y_2} = {f_2}(x)$ liên tục trên đoạn [a;b] và hai đường thẳng x = a, x = b (a < b) được tính theo công thức $S = \int\limits_a^b {\left| {{f_1}(x) - {f_2}(x)} \right|dx}$.

Nếu tứ phân vị thứ k là $\frac{1}{2}\left( {{x_m} + {x_{m + 1}}} \right)$, trong đó ${x_m}$ và ${x_{m + 1}}$ thuộc hai nhóm liên tiếp, ví dụ như ${x_m} \in \left[ {{u_{j - 1}};{u_j}} \right)$, ${x_{m + 1}} \in \left[ {{u_j};{u_{j + 1}}} \right)$ thì ta lấy ${Q_k} = {u_j}$.

Trung vị ${M_e}$ của mẫu số liệu gốc là giá trị $\frac{{{x_{25}} + {x_{26}}}}{2}$.

Vì ${x_{25}} \in [120;180)$ và ${x_{26}} \in [180;240)$ nên ${M_e} = 180$.

Đường thẳng $\Delta$ đi qua điểm $M({x_0};{y_0};{z_0})$ và có vecto chỉ phương $\overrightarrow u = (a;b;c)$ có phương trình tham số là $\{\begin{array}{l}x=x_0+at\\ y=y_0+bt\\ z=z_0+ct\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + at\\y = {y_0} + bt\\z = {z_0} + ct\end{array} \right.$ với t là tham số.

Đường thẳng $\Delta$ đi qua điểm M(-4;2;3) và có vecto chỉ phương $\overrightarrow u = (1; - 1;3)$ có phương trình tham số là $\{\begin{array}{l}x=-4+t\\ y=2-t\\ z=3+3t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = - 4 + t\\y = 2 - t\\z = 3 + 3t\end{array} \right.$.

Đồ thị hàm số y = f(x) có đường tiệm cận đứng $y = {x_0}$ nếu thõa mãn một trong các điều kiện: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = + \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = - \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = + \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = - \infty$.

Quan sát bảng biến thiên, thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} f(x) = + \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f(x) = - \infty$ nên đồ thị hàm số y = f(x) có đường tiệm cận đứng là x = -1.

${\log _a}b \le x \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}b > 0\\b \le {a^x}\end{array} \right.$ với a > 1.

${\log _3}(2 - x) \le 1 \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}2 - x > 0\\2 - x \le {3^1}\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}x < 2\\x \ge - 1\end{array} \right.$ \Leftrightarrow - 1 \le x < 2.

Vậy bất phương trình có ba nghiệm nguyên là x = -1, x = 0 và x =1.

Phương trình tổng quát của mặt phẳng có dạng $ax + by + cz + d = 0$.

Chỉ có $2x + 3y + z - 1 = 0$ là phương trình tổng quát của mặt phẳng.

Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng nếu nó vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong mặt phẳng.

Vì $SA \bot (ABCD)$ nên $SA \bot CD$.

Ta có $\{\begin{array}{l}CD\mathrm{\perp }SA\\ CD\mathrm{\perp }AD\end{array}\Rightarrow CD\mathrm{\perp }(SAD)$$\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SA\\CD \bot AD\end{array} \right.$ \Rightarrow CD \bot (SAD).

${a^m} \ge {a^n} \Leftrightarrow m \ge n$ với a > 1.

${5^{x - 1}} \ge {5^{{x^2} - x - 9}} \Leftrightarrow x - 1 \ge {x^2} - x - 9 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 \le 0 \Leftrightarrow - 2 \le x \le 4$.

${S_n} = n{u_1} + \frac{{n(n - 1)}}{2}d$.

$72 = 8{u_1} + \frac{{8(8 - 1)}}{2}( - 2) \Leftrightarrow {u_1} = 16$.

Áp dụng biểu thức tọa độ của tích vô hướng $\overrightarrow a .\overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)$.

ABCD là tứ diện đều nên tam giác ABC đều. Khi đó AB = AC = a và $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = {60^o}$.

Ta có $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = a.a.\cos {60^o} = \frac{1}{2}{a^2}$.

Quan sát đồ thị và nhận xét.

Đồ thị hàm số đi lên từ trái sang trong khoảng (-1;1) nên hàm số đồng biến trên khoảng (-1;1).

Tính đạo hàm, lập bảng biến thiên của hàm số rồi nhận xét.

a) Đúng. $f(0) = 4\sin 0 + 2.0 + 1 = 1$; $f\left( { - \frac{\pi }{2}} \right) = 4\sin \left( { - \frac{\pi }{2}} \right) + 2.\left( { - \frac{\pi }{2}} \right) + 1 = - \pi - 3$.

b) Sai. f’(x) = 4cosx + 2.

c) Đúng. $f'(x) = 0 \Leftrightarrow 4\cos x + 2 = 0 \Leftrightarrow \cos x = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \\x = - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array}$ \right. với $k \in \mathbb{Z}$.

Vì ta chỉ xét đoạn $[0;\pi ]$ nên:

+) Với $x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi$ ta có:

$0 \le x \le \pi \Leftrightarrow 0 \le \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \le \pi \Leftrightarrow - \frac{{2\pi }}{3} \le k2\pi \le \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow - \frac{1}{3} \le k \le \frac{1}{6}$.

Vì $k \in \mathbb{Z}$ nên k = 0. Khi đó $x = \frac{{2\pi }}{3} + 0.2\pi = \frac{{2\pi }}{3}$.

+) Với $x = - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi$ ta có:

$0 \le x \le \pi \Leftrightarrow 0 \le - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \le \pi \Leftrightarrow \frac{{2\pi }}{3} \le k2\pi \le \frac{{5\pi }}{3} \Leftrightarrow \frac{1}{3} \le k \le \frac{5}{6}$.

Vì $k \in \mathbb{Z}$ nên không có giá trị k nào thỏa mãn.

Vậy trên đoạn $[0;\pi ]$, f’(x) = 0 chỉ có nghiệm duy nhất $x = \frac{{2\pi }}{3}$.

d) Sai. Xét hàm số f(x) trên $[0;\pi ]$.

$f(0) = 1$; $f\left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right) = 2\sqrt 3 + \frac{{4\pi }}{3} + 1$; $f(\pi ) = 2\pi + 1$.

Vậy giá trị lớn nhất của f(x) trên đoạn $[0;\pi ]$ là $f\left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right) = 2\sqrt 3 + \frac{{4\pi }}{3} + 1$.

Ứng dụng tích phân để giải bài toán chuyển động. Áp dụng công thức $S(t) = \int\limits_0^t {v(t)dt}$.

a) Đúng. Tốc độ ban đầu của ô tô là $\frac{{28,8}}{{3,6}} = 8$ m/s.

Quãng đường ô tô đi được trong 4 giây đầu tiên là 4.8 = 32 m.

Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi nhập làn là 240 – 32 = 208 m.

b) Đúng. Thời điểm bắt đầu tăng tốc ta có $v(0) = 8 \Leftrightarrow a.0 + b = 8 \Leftrightarrow b = 8$.

c) Sai. Quãng đường S(t) (đơn vị: mét) mà ô tô đi được trong thời gian t giây $(0 \le t \le 30)$ kể từ khi tăng tốc được tính theo công thức $S(t) = \int\limits_0^t {v(t)dt}$.

d) Đúng. Ta có v(t) = at + 8 (m/s).

Vì xe nhập làn sau 16 giây kể từ lúc tăng tốc nên ta có:

$208 = \int\limits_0^{16} {(at + 8)dt}  \Leftrightarrow 208 = a\frac{{{t^2}}}{2} + 8t\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{16}\\0\end{array}$} \right. \Leftrightarrow 208 = a\frac{{{{16}^2}}}{2} + 8.16 \Leftrightarrow a = \frac{5}{8}.

Suy ra $v(t) = \frac{5}{8}t + 8$ (m/s).

Tốc độ của ô tô sau 30 giây là $v(30) = \frac{5}{8}.30 + 8 = \frac{{107}}{4}$ (m/s) = 96,3 km/h.

a) Áp dụng quy tắc tính xác suất của biến cố đối.

b) Áp dụng quy tắc nhân xác suất.

c) Áp dụng công thức xác suất toàn phần.

d) Áp dụng công thức Bayes.

A: “Chọn được học sinh thuộc câu lạc bộ âm nhạc”. $P(A) = \frac{{200}}{{1000}} = 0,2$.

$\overline A$: “Chọn được học sinh không thuộc câu lạc bộ âm nhạc”. $P(\overline A ) = 1 - P(A) = 1 - 0,2 = 0,8$.

B: “Chọn được học sinh sinh biết chơi đàn guitar”.

$\overline B$: “Chọn được học sinh sinh không biết chơi đàn guitar”.

a) Sai. $P(\overline A ) = 0,8$.

b) Đúng. Có 85% số học sinh trong câu lạc bộ âm nhạc biết chơi guitar nên P(B|A) = 0,85.

Có 10% số học sinh không trong câu lạc bộ âm nhạc biết chơi guitar nên $P(B|\overline A ) = 0,1$.

Xác suất chọn được học sinh vừa tham gia câu lạc bộ âm nhạc vừa biết chơi đàn ghi ta là P(AB).

Áp dụng công thức nhân xác suất: $P(AB) = P(A).P(B|A) = 0,2.0,85 = 0,17$.

c) Đúng. Áp dụng công thức xác suất toàn phần:

$P(B) = P(A).P(B|A) + P(\overline A ).P(B|\overline A ) = 0,2.0,85 + 0,8.0,1 = 0,25$.

d) Sai. Áp dụng công thức Bayes: $P(A|B) = \frac{{P(A).P(B|A)}}{{P(B)}} = \frac{{0,2.0,85}}{{0,25}} = 0,68$.

a) Đường thẳng có vecto chỉ phương là $\overrightarrow u = (a;b;c)$ và đi qua điểm $M({x_0};{y_0};{z_0})$ $d:$$\left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + at\\y = {y_0} + bt\\z = {z_0} + ct\end{array} \right.$.

b, c, d) Áp dụng công thức tính khoảng cách giữa hai điểm:

$AB = \sqrt {{{({x_A} - {x_B})}^2} + {{({y_A} - {y_B})}^2} + {{({z_A} - {z_B})}^2}}$.

a) Đúng. Thiên thạch di chuyển trên đường thẳng có vecto chỉ phương $\overrightarrow u ( - 12;17;5)$ và đi qua điểm M(-12;29;10) nên phương trình đường thẳng đó là $\{\begin{array}{l}x=-12-12t\\ y=29+17t\\ z=10+5t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x =  - 12 - 12t\\y = 29 + 17t\\z = 10 + 5t\end{array} \right.$, $t \in \mathbb{R}$.

b) Sai. Giả sử vị trí đầu tiên thiên thạch di chuyển vào phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là điểm A.

Vì A thuộc đường thẳng thiên thạch di chuyển nên $A( - 12 - 12t;29 + 17t;10 + 5t)$.

Ngoài thực tế khoảng cách từ tâm trái đất đến vị trí cuối cùng mà thiên thạch di chuyển trong phạm vi
theo dõi của hệ thống quan sát là 6370 + 6630 = 13000 km ứng với 13 đơn vị trên hệ trục tọa độ.

Do đó $OA = 13 \Leftrightarrow O{A^2} = 169$

$\Leftrightarrow {( - 12 - 12t)^2} + {(29 + 17t)^2} + {(10 + 5t)^2} = 169$

$\Leftrightarrow 144 + 288t + 114{t^2} + 841 + 986t + 289{t^2} + 100 + 100t + 25{t^2} = 169$

$\Leftrightarrow 458{t^2} + 1374t + 916 = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}t =  - 1\\t =  - 2\end{array}$ \right..

Với t = -1, ta có ${A_1}(0;12;5) \Rightarrow M{A_1} = \sqrt {{{( - 12)}^2} + {{17}^2} + {5^2}}  = \sqrt {658}$.

Với t = 2, ta có ${A_2}(12; - 5;0) \Rightarrow M{A_2} = \sqrt {{{( - 24)}^2} + {{34}^2} + {{10}^2}}  = 2\sqrt {458}$.

Do $M{A_1} < M{A_2}$ nên vị trí đầu tiên là $A \equiv {A_1}(0;12;5)$.

c) Sai. Từ ý b), ta có vị trí cuối cùng mà thiên thạch di chuyển trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là $B \equiv {A_2}(12; - 5;0)$.

d) Đúng. Ta có $AB = \sqrt {{{12}^2} + {{17}^2} + {5^2}}  = \sqrt {458}$.

Áp dụng định lí Pythagore, khoảng cách ngắn nhất từ tâm trái đất đến thiên thạch là $d=\sqrt {{R^2} - \frac{{A{B^2}}}{4}}  = \sqrt {{{13}^2} - \frac{{458}}{4}}  = \sqrt {\frac{{218}}{2}}  \approx 7,38$.

Khi đó khoảng cách từ thiên thạch đến tâm trái đất khoảng 7380 km lớn hơn bán kính trái đất là 6370 km nên không va vào trái đất.

Tìm đoạn vuông góc chung giữa hai đường thẳng và tính độ dài đoạn vuông góc chung đó.

Trong mặt phẳng (ABC), kẻ $BH \bot AC$, H thuộc đường thẳng BC nhưng không thuộc đoạn thẳng BC vì góc $\widehat {BAC}$ tù.

Vì ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ đứng nên $BB' \bot (ABC) \Rightarrow BB' \bot BH$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BH \bot AC\\BH \bot BB'\\B \in BB'\\H \in AC\end{array} \right.$ nên BH là đoạn vuông góc chung đồng thời là khoảng cách giữa BB’ và AC.

Có $\widehat {BAH} = {180^o} - \widehat {BAC} = {180^o} - {150^o} = {30^o}$.

Xét tam giác BHA vuông tại H: $\sin \widehat {BAH} = \frac{{BH}}{{AB}} \Leftrightarrow BH = AB.\sin \widehat {BAH} = 2.\sin {30^o} = 1$.

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BB’ và AC bằng 1 cm.

Kết hợp quy tắc cộng và quy tắc nhân.

- TH1: Tứ diện có 1 đỉnh thuộc đường thẳng a.

Số cách chọn 1 đỉnh trong 4 điểm thuộc đường thẳng a: 4 cách.

Số cách chọn 3 đỉnh còn lại trong 5 điểm từ mặt phẳng (P): $C_5^3 = 10$ cách.

Suy ra có 4.10 = 40 hình tứ diện có thể lập được.

- TH2: Tứ diện có 2 đỉnh thuộc đường thẳng a.

Số cách chọn 2 đỉnh trong 4 điểm thuộc đường thẳng a: $C_4^2 = 6$ cách.

Số cách chọn 2 đỉnh còn lại trong 5 điểm từ mặt phẳng (P): $C_5^2 = 10$ cách.

Suy ra có 6.10 = 60 hình tứ diện có thể lập được.

=> Kết hợp cả 2 trường hợp, ta có 40 + 60 = 100 hình tứ diện có thể lập được.

Chọn hệ trục tọa độ ở vị trí phù hợp.

Vì ba máy bay thẳng hàng nên ta áp dụng điều kiện của vecto cùng phương để giải bài toán.

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz , với gốc đặt tại điểm xuất phát của chiếc máy bay, mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt đất, trục Ox hướng về phía Bắc, trục Oy hướng về phía Tây, trục Oz hướng thẳng đứng lên trời, đơn vị đo lấy theo km (như hình vẽ).

Chiếc máy bay thứ nhất có tọa độ A(-60; -40; 3).

Chiếc máy bay thứ hai có tọa độ B(90; 50; 6).

Gọi tọa độ của máy bay thứ ba lúc mất tín hiệu là C(a; b; c).

Ta có $\overrightarrow {AB}  = (150;90;3)$, $\overrightarrow {AC}  = (a + 60;b + 40;c - 3)$.

Do ba máy bay thẳng hàng và C nằm giữa A, B nên $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {AC}$ cùng hướng.

Suy ra $\frac{{a + 60}}{{150}} = \frac{{b + 40}}{{90}} = \frac{{c - 3}}{3} = t > 0 \Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}\frac{{a + 60}}{{150}} = \frac{{b + 40}}{{90}}\\\frac{{b + 40}}{{90}} = \frac{{c - 3}}{3}\end{array} \right.$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 60 = \frac{5}{3}\left( {b + 40} \right)\\c - 3 = \frac{{b + 40}}{{30}}\end{array} \right..

Ta có $AC = \sqrt {{{\left( {a + 60} \right)}^2} + {{\left( {b + 40} \right)}^2} + {{\left( {c - 3} \right)}^2}}  = 2\sqrt {3401}$

$\Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {\frac{5}{3}\left( {b + 40} \right)} \right)}^2} + {{\left( {b + 40} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{b + 40}}{{30}}} \right)}^2}}  = 2\sqrt {3401}  \Leftrightarrow \frac{{3401}}{{900}}{\left( {b + 40} \right)^2} = 13604$

$\Leftrightarrow b + 40 = 60 \Leftrightarrow b = 20 \Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}a = 40\\c = 5\end{array} \right.$ \Rightarrow C(40;20;5).

Vậy khoảng cách từ vị trí xuất phát đến máy bay số ba là: $\sqrt {{{40}^2} + {{20}^2} + {5^2}}  = 45$ km.

Chọn hệ trục tọa độ phù hợp, từ đó tìm ra hàm số có đồ thị giới hạn phần diện tích cần tìm. Tính diện tích bằng cách sử dụng tích phân.

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ:

Giả sử parabol (P) có phương trình là $y = a{x^2} + bx + c$ $(a \ne 0)$.

(P) có đỉnh G(2;4) và đi qua điểm O(0;0) nên ta có:

$\{\begin{array}{l}0=a{.0}^2+b.0+c\\ 4=a{.2}^2+b.2+c\\ -\frac{b}{2a}=2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=-1\\ b=b\\ c=0\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}0 = a{.0^2} + b.0 + c\\4 = a{.2^2} + b.2 + c\\ - \frac{b}{{2a}} = 2\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b = b\\c = 0\end{array} \right.$.

Vậy (P): $y =  - {x^2} + 4x$.

Diện tích của cả cổng là $S = \int\limits_0^4 {\left| { - {x^2} + 4x} \right|dx}  = \left( { - \frac{{{x^2}}}{3} + 2{x^2}} \right)\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^4}\\{_0}\end{array}$} \right. = \frac{{32}}{3} $\left( {{m^2}} \right)$.

Mặt khác, chiều cao $CF = DF = f(4 - 0,9) = 2,79$ (m); CD  = 4 – AC – BD = 4 – 0,9 – 0,9 = 2,2 (m).

Diện tích hai cánh cổng là:

${S_{CDEF}} = CD.EF = 2,2.2,79 = 6,138$ $\left( {{m^2}} \right)$.

Diện tích phần xiên hoa là:

${S_{xh}} = S - {S_{CDEF}} = \frac{{32}}{3} - 6,138 = \frac{{6793}}{{1500}}$ $\left( {{m^2}} \right)$.

Vậy tổng số tiền để làm cổng là:

$6,138.1200000 + \frac{{6793}}{{1500}}.900000 = 11441400$ đồng $\approx 11,4$ triệu đồng.

Xác định hàm số f(t) rồi tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(t)$.

Sau t phút khối lượng muối trong bể là 25.20t = 500t (gam).

Thể tích nước trong bể sau t phút là 6000 + 20t (lít).

Khi đó $f(t) = \frac{{500t}}{{6000 + 20t}} = \frac{{25t}}{{3000 + t}}$ (gam/lít), $t \in [0; + \infty )$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(t) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{25t}}{{3000 + t}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{25}}{{\frac{{3000}}{t} + 1}} = 25$.

Vậy nồng độ muối tối đa trong bể là 25 (gam/lít).

Áp dụng công thức xác suất toàn phần $P(A) = P(B).P(A|B) + P(\overline B ).P(A|\overline B )$.

A : "Bạn An lấy được bộ câu hỏi về chủ đề tự nhiên". $P(A) = \frac{{20}}{{36}} = \frac{5}{9}$.

$\overline A$ : "Bạn An lấy được bộ câu hỏi về chủ đề xã hội". $P(\overline A ) = 1 - P(A) = 1 - \frac{5}{9} = \frac{4}{9}$.
B: "Bạn Bình lấy được bộ câu hỏi về chủ đề xã hội".

Nếu bạn An chọn được một bộ câu hỏi về chủ đề tự nhiên thì sau đó còn 35 bộ câu hỏi,
trong đó có 16 bộ câu hỏi về chủ đề xã hội. Suy ra $P(B|A) = \frac{{16}}{{35}}$.

Nếu bạn An chọn được một bộ câu hỏi về chủ đề xã hội thì sau đó còn 35 bộ câu hỏi, trong
đó có 15 bộ câu hỏi về chủ đề xã hội. Suy ra $P(B|\overline A ) = \frac{{15}}{{35}}$.

Theo công thức xác suất toàn phần, xác suất bạn Bình lấy được bộ câu hỏi về chủ đề xã hội là:

$P(B) = P(A).P(B|A) + P(\overline A ).P(B|\overline A ) = \frac{5}{9}.\frac{{16}}{{35}} + \frac{4}{9}.\frac{{15}}{{35}} = \frac{4}{9}$.