Đề tham khảo tốt nghiệp THPT môn Toán - Đề số 7

Xác định hình chiếu vuông góc của CD’ lên mặt phẳng (ABCD).

CD là hình chiếu vuông góc của CD’ lên (ABCD) nên góc giữa đường thẳng $CD'$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ bằng: $(CD',(ABCD)) = (CD',CD) = \widehat {D'CD} = {45^o}$$(CD',CD) = \widehat {D'CD} = {45^o}$.

Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp $V = \frac{1}{3}Bh$.

$V = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}3a.{a^2} = {a^3}$.

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa $\int {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C$.

$\int {({x^3} - x)dx = \frac{{{x^4}}}{4}} - \frac{{{x^2}}}{2} + C$.

Để tính khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm, ta lấy đầu mút phải của nhóm cuối cùng trừ đi đầu mút trái của nhóm đầu tiên.

R = 450 – 250 = 200.

$\overrightarrow a = m\overrightarrow i + n\overrightarrow j + p\overrightarrow k = \left( {m;n;p} \right)$.

$\overrightarrow a = - \overrightarrow i + 2\overrightarrow j + 3\overrightarrow k = \left( { - 1;2;3} \right)$.

Với 0 < a < 1 thì ${a^x} > b \Leftrightarrow x < {\log _a}b$.

${\left( {\frac{1}{3}} \right)^x} > 9 \Leftrightarrow x < {\log _{\frac{1}{3}}}9 \Leftrightarrow x <  - 2$. Vậy tập nghiệm $S = \left( { - \infty ;\, - 2} \right)$.

Áp dụng công thức tính đạo hàm của hàm số mũ $\left( {{a^x}} \right)' = {a^x}\ln a$.

$f'\left( x \right) = \left( {{e^x}} \right)' = {e^x} \Rightarrow f'\left( 2 \right) = {e^2}$.

Áp dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản:

$\sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi - \alpha + k2\pi \end{array}$ \right..

$\sin x =  - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x =  - \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \pi  - \left( { - \frac{\pi }{6}} \right) + k2\pi  = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \end{array}$ \right. $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Áp dụng công thức tích vô hướng của hai vecto.

$\overrightarrow a .\overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)$.

Hàm số nghịch biến trên khoảng đồ thị đi xuống từ trái sang phải.

Quan sát thấy đồ thị đi xuống trên khoảng (0;2) nên hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2).

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép cộng, trừ, tích của vecto với một số.

$\overrightarrow a = \overrightarrow u + 2\overrightarrow v = \left( {2;0; - 3} \right) + 2.\left( {0;2; - 1} \right) = (2 + 0;0 + 2.2; - 3 + 2.( - 1)) = (2;4; - 5)$.

Phương trình mặt phẳng đi qua $M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)$ và nhận $\overrightarrow n = (A;B;C)$ làm vecto pháp tuyến là $A\left( {x - {x_0}} \right) + B\left( {y - {y_0}} \right) + C\left( {z - {z_0}} \right) = 0$.

Mặt phẳng cần tìm song song với (P) nên nhận $\overrightarrow n = (2; - 1;3)$ làm vecto pháp tuyến.

Phương trình mặt phẳng đó là $2\left( {x - 1} \right) - 1\left( {y - 0} \right) + 3\left( {z - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x - y + 3z - 8 = 0$.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân ${u_n} = {u_1}{q^{n - 1}}$.

a) Đúng. Giá trị của máy photocopy sau 1 năm sử dụng là ${T_1} = 50.75\% = 37,5$ (triệu đồng).

b) Sai. Giá trị của máy photocopy sau 2 năm sử dụng là ${T_2} = {T_1}.75\% = 28,125$ (triệu đồng).

c) Sai. Giá trị của máy photocopy sau n năm sử dụng lập thành một cấp số nhân với số hạng đầu bằng 50 (triệu đồng), công bội 75%.

Giá trị của máy photocopy sau 5 năm sử dụng là $50.{\left( {75\% } \right)^5}$ (triệu đồng).

Giá trị tiêu hao là $50 - 50.{\left( {75\% } \right)^5} \approx 38,1348$ (triệu đồng).

d) Sai. Giá trị của máy photocopy sau 7 năm sử dụng là $50.{\left( {75\% } \right)^7}$ (triệu đồng).

Giá trị của máy photocopy sau 7 năm so với giá ban đầu là $\frac{{50.{{\left( {75\% } \right)}^7}}}{{50}} \approx 13,35\%$.

Áp dụng định lý Pythagore, các công thức tính diện tích, thể tích.

a) Đúng. Ta có G, A’ cùng cách đều ba đỉnh A, B, C nên A’G là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và $A'G \bot (ABC)$.

b) Sai. Vì AB = BC = 3a và $\widehat {ABC} = {60^o}$ nên tam giác ABC đều.

Khi đó $AG = \frac{2}{3}.\frac{{3a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3$.

Xét tam giác AA’G vuông tại G có ${A^\prime }G = \sqrt {A'{A^2} - A{G^2}}  = \sqrt {{{(2a)}^2} - {{(a\sqrt 3 )}^2}}  = a$.

c) Đúng. Diện tích hình thoi $ABCD$ bằng $3a.3a.\sin {60^o} = \frac{{9{a^2}\sqrt 3 }}{2}$.

d) Sai. ${V_{B'.BCD}} = \frac{1}{3}{S_{BCD}}.d\left( {B',(BCD)} \right) = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}{S_{ABCD}}.d\left( {A',(BCD)} \right)$

$= \frac{1}{6}{S_{ABCD}}.A'G = \frac{1}{6}.\frac{{9{a^2}\sqrt 3 }}{2}.a = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{4}$.

a) So sánh khoảng biến thiên của hai mẫu số liệu.

b) Tính số trung bình của hai mẫu số liệu rồi so sánh.

c) Tính khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu hãng X.

d) Tính độ lệch chuẩn của hai mẫu số liệu rồi so sánh.

a) Sai. Khoảng biến thiên của tuổi thọ máy chạy bộ do hãng $X$ sản xuất là ${R_X} = 12 - 2 = 10$.

Khoảng biến thiên của tuổi thọ máy chạy bộ do hãng $Y$ sản xuất là ${R_Y} = 12 - 4 = 8$.

Vì ${R_X} > {R_Y}$ nên tuổi thọ của máy chạy bộ do hãng $X$ có độ phân tán lớn hơn tuổi thọ của máy chạy bộ do hãng $Y$ sản xuất.

b) Đúng. Chọn giá trị đại diện cho các nhóm số liệu, ta có bảng thống kê sau:

Tuổi thọ trung bình của máy chạy bộ do hãng $X$ sản xuất là

$\overline {{x_X}} = \frac{{3.7 + 5.20 + 7.36 + 9.20 + 11.17}}{{100}} = 7,4$.

Tuổi thọ trung bình của máy chạy bộ do hãng $Y$ sản xuất là

$\overline {{x_Y}} = \frac{{3.0 + 5.20 + 7.35 + 9.35 + 11.10}}{{100}} = 7,7$.

Như vậy, tuổi thọ trung bình của máy chạy bộ do hãng $Y$ sản xuất lớn hơn tuổi thọ trung bình của máy chạy bộ do hãng $X$ sản xuất.

c) Sai. Tính các tần số tích lũy của mẫu số liệu về tuổi thọ của máy chạy bộ do hãng $X$ sản xuất, ta có bảng thống kê sau:

Ta có $\frac{{{n_X}}}{4} = 25$ mà 7 < 25 < 27 nên nhóm $2$ là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng 25. Xét nhóm $2$ là nhóm $\left[ {4;6} \right)$ có $s = 4;h = 2;{n_2} = 20$ và nhóm $1$ là nhóm [2;4) có $c{f_1} = 7.$

Ta có tứ phân vị thứ nhất là ${Q_1} = 4 + \left( {\frac{{25 - 7}}{{20}}} \right).2 = 5,8$.

Ta có $\frac{{3{n_X}}}{4} = 75$ mà 63 < 75 , 83 nên nhóm $4$ là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng 75. Xét nhóm 4 là nhóm $\left[ {8;10} \right)$ có $s = 8;l = 2;{n_4} = 20$ và nhóm $3$ là nhóm $\left[ {6;8} \right)$ có $c{f_3} = 63.$

Ta có tứ phân vị thứ ba là ${Q_3} = 8 + \left( {\frac{{75 - 63}}{{20}}} \right).2 = 9,2$.

Vậy khoảng tứ phân vị là ${{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} = 3,4$.

d) Sai. chuẩn của tuổi thọ máy chạy bộ do hãng $X$ sản xuất là

${s_X} = \sqrt {\frac{{7.{{(3 - 7,4)}^2} + 20.{{(5 - 7,4)}^2} + 36.{{(7 - 7,4)}^2} + 20.{{(9 - 7,4)}^2} + 17{{(11 - 7,4)}^2}}}{{100}}} \approx 2,3$.

Độ lệch chuẩn của tuổi thọ máy chạy bộ do hãng $Y$ sản xuất là

${s_Y} = \sqrt {\frac{{20.{{(5 - 7,7)}^2} + 35.{{(7 - 7,7)}^2} + 35{{(9 - 7,7)}^2} + 10{{(11 - 7,7)}^2}}}{{100}}} \approx 1,82$.

Vậy tuổi thọ máy chạy bộ do hãng $Y$ sản xuất đồng đều hơn tuổi thọ máy chạy bộ do hãng $X$ sản xuất.

Áp dụng định lý cosin, phương pháp tọa độ hóa.

a) Sai. Gọi I hình chiếu của M lên (ABCD), suy ra I là trung điểm của AO.

Khi đó $CI = \frac{3}{4}AC = \frac{{3a\sqrt 2 }}{4}$.

b) Đúng. Áp dụng định lý cosin ta có:

$NI = \sqrt {C{N^2} + C{I^2} - 2CN.CI.\cos 45^\circ } = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{9{a^2}}}{8} - 2 \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{{3a\sqrt 2 }}{4} \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}$.

Do $\Delta MIN$ vuông tại I nên $MI = \sqrt {M{N^2} - N{I^2}} = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{2} - \frac{{5{a^2}}}{8}} = \frac{{a\sqrt {14} }}{4}$.

Mà MI // SO, $MI = \frac{1}{2}SO \Rightarrow SO = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}$.

c) Sai. Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ như hình vẽ.

Khi đó ta có tọa độ các điểm: $O(0;0;0),B\left( {0;\frac{{\sqrt 2 }}{2};0} \right),D\left( {0; - \frac{{\sqrt 2 }}{2};0} \right),C\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2};0;0} \right)$, $N\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{4};\frac{{\sqrt 2 }}{4};0} \right),A\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2};0;0} \right),S\left( {0;0;\frac{{\sqrt {14} }}{2}} \right),M\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{4};0;\frac{{\sqrt {14} }}{4}} \right)$, $I\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{4};0;0} \right)$.

Suy ra ${\rm{ }}\left[ {\overrightarrow {IN} ,\overrightarrow {SC} } \right] = \left( {\frac{{\sqrt 7 }}{4}; - \frac{{\sqrt 7 }}{2};\frac{1}{4}} \right);\overrightarrow {IC} = \left( {\frac{{3\sqrt 2 }}{4};0;0} \right)$

Khoảng cách giữa $IN$ và $SC$ bằng $d = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {IN} ,\overrightarrow {SC} } \right].\overrightarrow {IC} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {IN} ,\overrightarrow {SC} } \right]} \right|}} = \frac{{\sqrt {14} }}{8}$.

d) Sai. $\overrightarrow {MN} = \left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2};\frac{{\sqrt 2 }}{4}; - \frac{{\sqrt {14} }}{4}} \right),\overrightarrow {SB} = \left( {0;\frac{{\sqrt 2 }}{2}; - \frac{{\sqrt {14} }}{2}} \right),\overrightarrow {SD} = \left( {0; - \frac{{\sqrt 2 }}{2}; - \frac{{\sqrt {14} }}{2}} \right)$.

Vecto pháp tuyến mặt phẳng $\left( {SBD} \right):\vec n = \left[ {\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {SD} } \right] = \left( { - \sqrt 7 ;0;0} \right)$.

Suy ra $\sin \left( {MN,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{|\overrightarrow {MN} .\vec n|}}{{|\overrightarrow {MN} |.|\vec n|}} = \frac{{\left| {\frac{{\sqrt 2 }}{2} \cdot \left( { - \sqrt 7 } \right)} \right|}}{{\frac{{\sqrt 6 }}{2} \cdot \sqrt 7 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Gọi H, H’ lần lượt là hình chiếu của B, D’ trên MN.

Tính $\cos \left( {\overrightarrow {BH} ,\overrightarrow {D'H'} } \right)$.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AA’, suy ra M(1;2;0), N(0;0;1).

$\Rightarrow \overrightarrow {MN}  = \left( { - 1;\, - 2;\,1} \right)$ $\Rightarrow MN:$$\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 2t\\z = 1 - t\end{array} \right.$.

Gọi $H\left( {t;2t;1 - t} \right)$, $H'\left( {u;2u;1 - u} \right)$ theo thứ tự là hình chiếu của B, D’ trên MN.

$\overrightarrow {BH} \left( {t - 2;2t;1 - t} \right);\overrightarrow {D'H'} \left( {u;2u - 2; - 1 - u} \right)$ vuông góc với $\overrightarrow {MN}  = \left( { - 1;\, - 2;\,1} \right)$

$\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}2 - t - 4t + 1 - t = 0\\ - u - 4u + 4 - 1 - u = 0\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}t = \frac{1}{2}\\u = \frac{1}{2}\end{array} \right.$

$\Rightarrow \overrightarrow {BH} \left( { - \frac{3}{2};1;\frac{1}{2}} \right);\overrightarrow {D'H'} \left( {\frac{1}{2}; - 1; - \frac{3}{2}} \right)$ $\Rightarrow \cos \left[ {B,MN,D'} \right] = \cos \left( {\overrightarrow {BH} ,\overrightarrow {D'H'} } \right) = \frac{{ - \frac{3}{4} - 1 - \frac{3}{4}}}{{\sqrt {\frac{9}{4} + 1 + \frac{1}{4}} .\sqrt {\frac{9}{4} + 1 + \frac{1}{4}} }} =  - \frac{5}{7}$

$\Rightarrow \cos \left[ {B,MN,D'} \right] =  - \frac{5}{7} = m \Rightarrow 14m =  - 10$.

Đưa về phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng giác.

$\cos \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) =- 2\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) + 1$

$\Leftrightarrow 1 - 2{\sin ^2}\left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) = -2\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) + 1$

$\Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) = 1\\\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) = 0\end{array}$ \right. $\Leftrightarrow$ $\left[$$\begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3}\, + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\\x =  - \frac{\pi }{6}\, + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\end{array}$ \right.

Vì $x \in \left[ {0;2024} \right]$ nên:

+ Với $x = \frac{\pi }{3}\, + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$:

$0 \le \frac{\pi }{3}\, + k2\pi  \le 2024 \Leftrightarrow  - \frac{1}{6} \le k \le \frac{{1012}}{\pi } - \frac{1}{6}$.

Vì $k \in \mathbb{Z}$ nên có $322$ nghiệm thỏa mãn.

+ Với $x =  - \frac{\pi }{6}\, + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$:

$0 \le x =  - \frac{\pi }{6}\, + k\pi \,\, \le 2024 \Leftrightarrow \frac{1}{6} \le k \le \frac{{2024}}{\pi } + \frac{1}{6}$.

Vì $k \in \mathbb{Z}$ nên có $642$ nghiệm thỏa mãn.

 Vậy có $642 + 322 = 964$ nghiệm thỏa mãn.

Áp dụng công thức tính tổng n số hạng đầu của cấp số nhân.

Lần phân chia thứ nhất, 1 hình tam giác thành 4 hình tam giác con, diện tích hình tam giác tô màu đỏ là ${u_1} = \frac{1}{4}.\frac{{\sqrt 3 }}{4}{.2^2} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}.$
Lần phân chia thứ hai, 3 hình tam giác thành 12 hình tam giác con, diện tích hình tam giác tô màu đỏ tăng thêm là ${u_2} = 3.\frac{1}{4}.\frac{1}{4}.\frac{{\sqrt 3 }}{4}{.2^2} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}.\left( {\frac{3}{4}} \right).$

Lần phân chia thứ ba, 9 hình tam giác thành 36 hình tam giác con, diện tích hình tam giác tô màu đỏ tăng thêm là ${u_3} = 9.\frac{1}{4}.\frac{1}{4}.\frac{1}{4}\frac{{\sqrt 3 }}{4}{.2^2} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^2}.$

Lần phân chia thứ tư, 27 hình tam giác thành 108 hình tam giác con, diện tích hình tam giác tô màu đỏ tăng thêm là ${u_4} = 27.\frac{1}{4}\frac{1}{4}\frac{1}{4}.\frac{1}{4}.\frac{{\sqrt 3 }}{4}{.2^2} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^3}.$

Tương tự ta thu được diện tích các phần tô màu đỏ theo thứ tự lập thành cấp số nhân có $\,{u_1} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}$, $q = \frac{3}{4}$.

Do đó, tổng diện tích hình tam giác tô màu đỏ sau 6 lần chia là ${S_6} = {u_1}.\frac{{{q^6} - 1}}{{q - 1}}$.

Diện tích phần không bị tô là $S\, = \,\frac{1}{2}2.2.{\mathop{\rm Sin}\nolimits} 60^\circ - {S_6}\, \approx 0,31\,$.

Xác định tọa độ hai chiếc khinh khí cầu dựa vào dữ liệu đề bài cho. Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán vecto và công thức tính khoảng cách giữa hai điểm.

Gọi vị trí chiếc khinh khí cầu thứ nhất và thứ hai sau khi bay 20 phút lần lượt là M và N.

Sau 20 phút:

+ Chiếc thứ nhất cách điểm xuất phát O(0; 0; 0) 1 km về phía Đông, 1 km về phía Nam, cách mặt đất 0,5 km nên:

M = (0 + 1; 0 + 1; 0 + 0,5) = (1; 1; 0,5).

+ Chiếc thứ hai cách điểm xuất phát I(1; 0; 0) 2 km về phía Đông, 2 km về phía Bắc, cách mặt đất 0,8 km nên:

N = (1 + 2; 0 - 2; 0 + 0,8) = (3; -2; 0,8).

Gọi $A\left( {{x_A};{y_A};{z_A}} \right)$, $B\left( {{x_B};{y_B};{z_B}} \right)$ lần lượt là vị trí của khinh khí cầu thứ nhất, thứ hai sau khi bay 10 phút tiếp theo. Do đó, thời gian hai chiếc khinh khí cầu bay từ O đến A, B mất 30 phút.

Suy ra $\overrightarrow {OA}  = \frac{3}{2}\overrightarrow {OM}  \Rightarrow A\left( {\frac{3}{2};\frac{3}{2};\frac{3}{4}} \right)$;

$\overrightarrow {IB}  = \frac{3}{2}\overline {IN}  \Rightarrow B\left({4; - 3;\frac{6}{5}} \right)$.

Vậy $AB = \sqrt {{{\left( {4 - \frac{3}{2}} \right)}^2} + {{\left( { - 3 - \frac{3}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{6}{5} - \frac{3}{4}} \right)}^2}}  \approx 5,2$.

Áp dụng công thức tính thể tích vật thể $V = \int\limits_a^b {S(x)dx}$.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta có: R = 5 cm là bán kính đáy cốc, h = 15 cm là chiều cao của cốc.

Thiết diện của khối nước, cắt bởi mặt phẳng bất kì vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ $x\,\,\left( { - 5 \le x \le 5} \right)$ là tam giác ABC vuông tại B, với độ dài cạnh $BC = \sqrt {{R^2} - {x^2}} = \sqrt {25 - {x^2}}$ và góc $\alpha = \widehat {BCA} = \arctan \frac{h}{R}$.

Ta có: $\tan \alpha = \frac{h}{R} = 3$, suy ra $BA = BC.\tan \alpha = 3\sqrt {25 - {x^2}}$

Vậy diện tích thiết diện là $S\left( x \right) = \frac{1}{2}BC\,.\,BA = \frac{3}{2}\left( {25 - {x^2}} \right)$.

Thể tích lượng nước trong cốc là: $V = \int\limits_{ - 5}^5 {S\left( x \right)dx} = \frac{3}{2}.\int\limits_{ - 5}^5 {\left( {25 - {x^2}} \right)dx} = 250\,\,c{m^3}$.

Áp dụng công thức tính xác suất có điều kiện $P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}}$.

Gọi $A$ là biến cố: “Thắng thầu dự án 1”.

Gọi $B$ là biến cố: “Thắng thầu dự án 2”.

Theo giả thiết suy ra: $P\left( A \right) = 0,4$; $P\left( B \right) = 0,5$ và $P\left( {AB} \right) = 0,3$.

Gọi $D$ là biến cố: “Thắng thầu dự án 2 biết công ty thắng thầu dự án 1” $\Rightarrow D = B|A$.

Khi đó: $P\left( D \right) = P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,3}}{{0,4}} = \frac{3}{4}$.

Gọi $E$ là biến cố: “Thắng thầu dự án 2 biết công ty không thắng thầu dự án 1” $\Rightarrow E = B|\overline A$.

Khi đó: $P\left( E \right) = P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{P\left( {\overline A B} \right)}}{{P\left( {\overline A } \right)}} = \frac{{P\left( B \right) - P\left( {AB} \right)}}{{1 - P\left( A \right)}} = \frac{{0,5 - 0,3}}{{1 - 0,4}} = \frac{{0,2}}{{0,6}} = \frac{1}{3}$.

Vậy $P = 4.\frac{3}{4} + 3.\frac{1}{3} = 4$.