Trắc nghiệm tổ hợp và xác suất có giải chi tiết trong các đề thi thử Toán 2018

Câu 1: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 1-NH2017-2018) Tính số chỉnh hợp chập 4 của 7 phần tử ? A. 24 . B. 720 . C. 840 . D. 35 . Lời giải Chọn C 7! Ta có: A74   840 . 3! Câu 2: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Các thành phố A , B , C được nối với nhau bởi các con đường như hình vẽ. Hỏi có bao nhiêu cách đi từ thành phố A đến thành phố C mà qua thành phố B chỉ một lần? A A. 8 . B B. 12 . C. 6 . Lời giải C D. 4 . Chọn A Hai giai đoạn – Chọn đường từ A đến B : có 4 cách – Chọn đường từ B đến C : có 2 cách KL: vậy theo quy tắc nhân có tất cả 4  2  8 cách Câu 3: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-đề 2-năm 2017-2018) Công thức tính số tổ hợp là: n! n! n! n! A. Cnk  . B. Cnk  . C. Ank  . D. Ank  .  n  k !  n  k !k !  n  k !  n  k !k ! Lời giải Chọn B Câu 4: (THPT Yên Lạc 2-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Từ thành phố A tới thành phố B có 3 con đường, từ thành phố B tới thành phố C có 4 con đường. Hỏi có bao nhiêu cách đi từ A tới C qua B ? A. 24 . B. 7 . C. 6 . D. 12 . Lời giải Chọn D Từ A đến B có 3 cách chọn đường đi, từ B đến C có 4 cách chọn đường đi. Vậy số cách chọn đường đi từ A đến C phải đi qua B là : 3.4  12 cách. Câu 5: (THPT Hai Bà Trưng-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Trong các khẳng định sau đây, khẳng định nào sai? A. Không gian mẫu là tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra của phép thử. B. Gọi P  A là xác suất của biến cố A ta luôn có 0  P  A   1 . C. Biến cố là tập con của không gian mẫu. D. Phép thử ngẫu nhiên là phép thử mà ta không biết được chính xác kết quả của nó nhưng ta có thể biết được tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra của phép thử. Lời giải Chọn B “Biến cố không thể”  có P     0 nên 0  P  A   1 . Câu 6: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Công thức tính số tổ hợp chập k của n phần tử là: A. Ank  n! .  n  k ! B. Ank  n! .  n  k !k ! C. Cnk  n! .  n  k !k ! D. Cnk  n! .  n  k ! Lời giải Chọn C Câu hỏi lí thuyết. Câu 7: (THPT Bình Xuyên-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Số hạng tổng quát trong khai triển của 12 1  2x  là: k A.  1 C12k 2 x k . k C.  1 C12k 2k x k . B. C12k 2k x k . D. C12k 2k x12 k . Lời giải Chọn C n Số hạng tổng quát trong khai triển  a  b  có dạng: Cnk a n  k b k . 12 12  k Do đó số hạng tổng quát trong khai triển của 1  2x  là: C12k  1  2x k k   1 C12k 2k x k . Câu 8: (THPT Nguyễn Đức Thuận-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Có bao nhiêu số có bốn chữ số khác nhau được tạo thành từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 ? A. A54 . B. P5 . C. C54 . D. P4 . Lời giải Chọn A (giống câu 47) Số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau được tạo thành từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 là một chỉnh hợp chập 4 của 5 phần tử Vậy có A54 số cần tìm. Câu 9: (THPT Nguyễn Đức Thuận-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Có bao nhiêu số có 4 chữ số khác nhau được tạo thành từ các số 1, 2, 3, 4,5 ? A. C54 . B. P4 . C. A54 . D. P5 . Lời giải Chọn C (Giống câu 40) Mỗi số cần tìm là 1 chỉnh hợp chập 4 của 5 . Do đó có A54 số thỏa mãn đề bài. Câu 10: (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa-ần 1-năm 2017-2018) Danh sách lớp của bạn Nam đánh số từ 1 đến 45 . Nam có số thứ tự là 21 . Chọn ngẫu nhiên một bạn trong lớp để trực nhật. Tính xác suất để chọn được bạn có số thứ tự lớn hơn số thứ tự của Nam. A. 7 . 5 B. 1 . 45 C. Lời giải Chọn D Số phần tử không gian mẫu: n     45 . Gọi A : “Bạn được chọn có số thứ tự lớn hơn 21 ”. Khi đó n  A  24 . Vậy p  n  A 24 .  n    45 4 . 5 D. 24 . 45 Câu 11: (THPT Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 2 năm 2017-2018) Một tổ có 6 học sịnh nam và 9 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 6 học sinh đi lao động, trong đó có đúng 2 học sinh nam? A. C62  C94 . B. C62C134 . C. A62 A94 . D. C62C94 . Lời giải Chọn D Chọn 2 học sinh nam, có C62 cách. Chọn 4 học sinh nữ, có C94 cách. Vậy có C62C94 cách chọn thỏa yêu cầu bài toán. Các phương án A, B, C, D chỉ gõ mò nên không được chính xác do ảnh mờ quá không nhìn rõ được. Đề được thêm từ “có đúng” để được chặt chẽ hơn. Câu 12: (SGD Vĩnh Phúc-KSCL lần 1 năm 2017-2018) Từ các chữ số 1; 2 ; 3 ; 4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau? A. 12 . B. 24 . D. 4 4 . C. 42 . Lời giải Chọn B Mỗi số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được tạo thành từ các chữ số 1 ; 2 ; 3 ; 4 là một hoán vị của 4 phần tử. Vậy số các số cần tìm là: 4!  24 số. Câu 13: (THPT Lê Văn Thịnh-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Trong các khai triển sau, khai triển nào sai? n n n A. 1  x    Cnk x n k . k 0 n n B. 1  x    Cnk x k . k 0 n n D. 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2    Cnn x n . C. 1  x    Cnk x k . k 1 Lời giải Chọn C Ta có khai triển ở đáp án C là sai vì k phải chạy từ 0 trở đi. Câu 14: (THPT Triệu Sơn 3-Thanh Hóa năm 2017-2018) Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: n! n! n! n! A. Cnk  . B. Cnk  . C. Cnk  . D. Cnk  . k ! n  k  ! k ! n  k  ! k  n  k ! k ! n  k  Lời giải Chọn A Công thức tính số tổ hợp chập k của n phần tử là Cnk  n! . k ! n  k  ! Câu 15: (Đề tham khảo BGD năm 2017-2018) Cho tập hợp M có 10 phần tử. Số tập con gồm 2 phần tử của M là A. A108 . B. A102 . C. C102 . Lời giải Chọn C D. 10 2 . Số tập con gồm 2 phần tử của M là số cách chọn 2 phần tử bất kì trong 10 phần tử của M . Do đó số tập con gồm 2 phần tử của M là C102 . Câu 1: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-MĐ 903 lần 1-năm 2017-2018) Một hình lập phương có cạnh 4 cm . Người ta sơn đỏ mặt ngoài của hình lập phương rồi cắt hình lập phương bằng các mặt phẳng song song với các mặt của hình lập phương thành 64 hình lập phương nhỏ có cạnh 1cm . Có bao nhiêu hình lập phương có đúng một mặt được sơn đỏ? A. 16 . B. 72 . C. 24 . D. 96 . Lời giải Chọn C Mỗi mặt có 4 hình được sơn một mặt. Vậy, có: 6.4  24 (hình). Câu 2: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 1 MĐ 904 năm 2017-2018) Lớp 12A có 20 bạn nữ, lớp 12B có 16 bạn nam. Có bao nhiêu cách chọn một bạn nữ lớp 12A và một bạn nam lớp 12B để dẫn chương trình hoạt động ngoại khóa? A. 36 . B. 320 . C. 1220 . D. 630 . Lời giải Chọn B Số cách chọn một bạn nữ từ 20 bạn nữ lớp 12A : 20 cách. Số cách chọn một bạn nam từ 16 bạn nam lớp 12B : 16 cách. Theo quy tắc nhân, số cách chọn thỏa đề bài là: 20.16  320 . Câu 3: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 học sinh thành một hàng dọc? A. 55 . B. 5!. C. 4! . D. 5 . Lời giải Chọn B Số cách sắp xếp 5 học sinh thành một hàng dọc là 5!. Câu 4: (THPT Triệu Thị Trinh-lần 1 năm 2017-2018) Một câu lạc bộ có 25 thành viên. Số cách chọn một ban quản lí gồm 1 chủ tịch, 1 phó chủ tịch và 1 thư kí là: A. 13800 . B. 5600 . C. Một kết quả khác. D. 6900 . Lời giải Chọn A Mỗi cách chọn 3 người ở 3 vị trí là một chỉnh hợp chập 3 của 25 thành viên. 3 Số cách chọn là: A25  13800 . Câu 5: (THPT Thạch Thành 2-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Tính số chỉnh hợp chập 4 của 7 phần tử? A. 720 . B. 35 . C. 840 . D. 24 . Lời giải Chọn C Số chỉnh hợp chập 4 của 7 phần tử là A74  840 . Câu 6: (THTT Số 4-487 tháng 1 năm 2017-2018) Một người vào cửa hàng ăn, người đó chọn thực đơn gồm 1 món ăn trong 5 món, 1 loại quả tráng miệng trong 5 loại quả tráng miệng và một nước uống trong 3 loại nước uống. Có bao nhiêu cách chọn thực đơn. A. 25 . B. 75 . C. 100 . D. 15 . Lời giải Chọn B Theo quy tắc nhân ta có: 5.5.3  75 cách chọn thực đơn. 20 Câu 7: (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018) Cho khai triển 1  2x   a0  a1 x  a2 x 2    a20 x20 . Giá trị của a0  a1  a2    a20 bằng: B. 320 . A. 1. C. 0 . Lời giải D. 1 . Chọn A 1  2x  20  a0  a1 x  a2 x 2    a20 x20 1 . Thay x  1 vào 1 ta có: 20 a0  a1  a2    a20   1  1 . Câu 8: (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018) Cho A  1, 2,3, 4 . Từ A lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau? A. 32 . B. 24 . C. 256 . D. 18 . Lời giải Chọn B Mỗi số tự nhiên tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được lập từ tập A là hoán vị của 4 phần tử. Vậy có 4!  24 số cần tìm. Câu 9: (THPT Chuyên ĐH KHTN-Hà Nội năm 2017-2018) Cho A và B là hai biến cố độc lập với nhau. P  A   0, 4 , P  B   0,3 . Khi đó P  AB  bằng A. 0, 58 . B. 0, 7 . C. 0,1 . D. 0,12 . Lời giải Chọn D Do A và B là hai biến cố độc lập với nhau nên P  AB   P  A  .P  B   0, 4.0,3  0,12 . Câu 10: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – lần 3 năm 2017-2018) Từ các chữ số 1; 2 ; 3 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau đôi một? A. 8 . B. 6 . C. 9 . D. 3 . Lời giải Chọn B Mỗi cách sắp thứ tự ba số 1; 2 ; 3 cho ta 1 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau đôi một. Vậy số các chữ số thỏa yêu câu bài toán là 3!  6 cách. Câu 11: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 3 MĐ 234 năm học 2017-2018) Từ các số 1, 2 , 3 , 4 , 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau đôi một? A. 60 . B. 120 . C. 24 . D. 48 . Hướng dẫn giải Chọn B Mỗi cách lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau đôi một hoán vị của 5 phần tử. Vậy có 5!  120 số cần tìm. Câu 12: (THPT Hồng Quang-Hải Dương năm 2017-2018) Có bao nhiêu số hạng trong khai triển nhị thức  2 x  3 A. 2019 . Chọn A 2018 B. 2017 . C. 2018 . Lời giải D. 2020 . n Trong khai triển nhị thức  a  b  thì số các số hạng là n  1 nên trong khai triển  2 x  3 2018 có 2019 số hạng. Câu 13: (THPT Lê Hoàn-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Cn3  10 thì n có giá trị là : A. 6 . B. 5 . C. 3 . Lời giải D. 4 . Chọn B Ta có C53  10 . Câu 14: (THPT Lê Hoàn-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Từ các chữ số 1, 2 , 3 , 4 , 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau: A. 120 . B. 720 . C. 16 . D. 24 . Lời giải Chọn A Mỗi số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các số 1 , 2 , 3 , 4 , 5 là một hoán vị của 5 phần tử đó. Nên số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là P5  5!  120 (số). Câu 15: (THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ-Hòa Bình năm 2017-2018) Một tổ có 5 học sinh nữ và 6 học sinh nam. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ngẫu nhiên một học sinh của tổ đó đi trực nhật. A. 20 . B. 11 . C. 30 . D. 10 . Lời giải Chọn B Chọn ngẫu nhiên một học sinh từ 11 học sinh, ta có 11 cách chọn. Câu 16: (THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ-Hòa Bình năm 2017-2018) Số số hạng trong khai triển  x  2 50 A. 49 . là B. 50 . C. 52 . Lời giải D. 51 . Chọn D Số số hạng trong khai triển là: n  1  50  1  51 . Câu 17: (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa năm 2017-2018) Có 10 cái bút khác nhau và 8 quyển sách giáo khoa khác nhau. Một bạn học sinh cần chọn 1 cái bút và 1 quyển sách. Hỏi bạn học sinh đó có bao nhiêu cách chọn? A. 80 . B. 60 . C. 90 . D. 70 . Lời giải Chọn A Số cách chọn 1 cái bút có 10 cách, số cách chọn 1 quyển sách có 8 cách. Vậy theo quy tắc nhân, số cách chọn 1 cái bút và 1 quyển sách là: 10.8  80 cách. Câu 18: (THPT Chuyên Biên Hòa-Hà Nam-lần 1 năm 2017-2018) Đội thanh niên xung kích của trường THPT Chuyên Biên Hòa có 12 học sinh gồm 5 học sinh khối 12 , 4 học sinh khối 11 và 3 học sinh khối 10 . Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh để làm nhiệm vụ mỗi buổi sáng. Tính xác suất sao cho 4 học sinh được chọn thuộc không quá hai khối. 5 6 21 15 A. . B. . C. . D. . 11 11 22 22 Lời giải Chọn A Số phần tử không gian mẫu là n     C124  495 . Số cách chọn ra 4 học sinh thuộc cả ba khối là: C52 .C41 .C31  C51.C42 .C31  C51.C41 .C32  270 Số cách chọn ra 4 học sinh thuộc không quá hai khối là C124  270  225 225 5 Xác suất để chọn ra 4 học sinh thuộc không quá hai khối là P  .  495 11 Câu 19: (THPT Trần Nhân Tông-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học của lớp mình. Bảng gồm 10 nút, mỗi nút được ghi một số từ 0 đến 9 và không có hai nút nào được ghi cùng một số. Để mở cửa cần nhấn 3 nút liên tiếp khác nhau sao cho 3 số trên 3 nút theo thứ tự đã nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 10 . Học sinh B chỉ nhớ được chi tiết 3 nút tạo thành dãy số tăng. Tính xác suất để B mở được cửa phòng học đó biết rằng để nếu bấm sai 3 lần liên tiếp cửa sẽ tự động khóa lại. 631 189 1 1 A. . B. . C. . D. . 3375 1003 5 15 Hướng dẫn giải Chọn B Số phần tử của không gian mẫu: n     A103  720 . Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Khi đó: các bộ số có tổng bằng 10 và khác nhau là:  0;1;9  ;  0; 2;8 ;  0;3;7  ;  0; 4;6  ; 1; 2; 7  ; 1;3; 6  ; 1; 4;5 ;  2;3;5 . TH1: Bấm lần thứ nhất là đúng luôn thì xác suất là 8 8 .  3 C10 120 8  8  TH2: Bấm đến lần thứ hai là đúng thì xác suất là:  1  ( vì trừ đi lần đâu bị sai nên .  120  119 không gian mẫu chỉ còn là 120  1  119 ). 8  8  8  TH3: Bấm đến lần thứ ba mới đúng thì xác suất là:  1  .  1    120  119  118 Vậy xác suất cần tìm là: 8  8  8  8  8  8 189 .  1   1   .  1   120  120  119  120  119  118 1003 Câu 1: (THPT Lê Quý Đôn-Hà Nội năm 2017-2018) Cho đa giác lồi n đỉnh  n  3 . Số tam giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác đã cho là A. An3 . B. Cn3 . C. Cn3 . 3! D. n ! . Lời giải Chọn B Số tam giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác đã cho là số tổ hợp chập 3 của n phần tử. Số tam giác lập được là Cn3 . Câu 2: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 2 năm 2017-2018) Hàm số nào sau đây nghịch biến trên tập xác định của nó? x 1 A. y    . 2 B. y  e x . D. y   x . C. y  log 2 x . Lời giải Chọn A Hàm số y  a x , y  log a x nghịch biến trên tập xác định khi 0  a  1 . x 1 Do đó hàm số y    nghịch biến trên tập xác định của nó. 2 Câu 3: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 2 năm 2017-2018) Xét một phép thử có không gian mẫu  và A là một biến cố của phép thử đó. Phát biểu nào dưới đây là sai ? A. P  A   0 khi và chỉ khi A là chắc chắn. C. Xác suất của biến cố A là P  A   n  A . n    B. P  A   1  P A . D. 0  P  A   1 . Lời giải Chọn A Khẳng định A sai vì A là biến cố chắc chắn thì P  A   1 . Câu 4: (THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần 2 năm 2017-2018) Khẳng định nào sau đây đúng? k! k! n! n! A. Cnk  . B. Cnk  . C. Cnk  . D. Cnk  . n ! n  k  ! k ! n  k  !  n  k !  n  k ! Lời giải Chọn D Ta có: Cnk  n! . k ! n  k  ! Câu 5: (THPT Chuyên Tiền Giang-lần 1 năm 2017-2018) Số tập hợp con có 3 phần tử của một tập hợp có 7 phần tử là 7! A. A73 . B. C73 . C. 7 . D. . 3! Lời giải Chọn B Chọn ba phần tử trong tập hợp bẩy phần tử để tạo thành một tập hợp mới là tổ hợp chập ba của bẩy phần tử C73 . Câu 6: (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Số tập con của tập hợp gồm 2017 phần tử là A. 2017 . B. 2 2017 . C. 2017 2 . D. 2.2017 . Lời giải Chọn B Số tập con của tập hợp có 2017 phần tử là 22017 . Câu 7: (THPT Đức THọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Số hoán vị của n phần tử là A. n! . C. n 2 . B. 2n . D. n n . Lời giải Chọn A Sô hoán vị của tập có n phần tử bằng n! . Câu 8: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số, các chữ số khác 0 và đôi một khác nhau? A. 5!. B. 95 . C. C95 . D. A95 . Lời giải Chọn D Mỗi số tự nhiên có 5 chữ số, các chữ số khác 0 và đôi một khác nhau là một chỉnh hợp chập 5 của 9 phần tử. Vậy số các số tự nhiên thỏa đề bài là A95 số. Câu 9: (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-lần 1 năm 2017-2018) Trong một buổi khiêu vũ có 20 nam và 18 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra một đôi nam nữ để khiêu vũ? 1 A. C382 . B. A382 . C. C202 C181 . D. C20 C181 . Lời giải Chọn D 1 Chọn một nam trong 20 nam có C20 cách. Chọn một nữ trong 18 nữ có C181 cách. 1 Theo quy tắc nhân, số cách chọn một đôi nam nữ là C20 C181 . Câu 10: (THPT Nguyễn Trãi-Đà Nẵng-lần 1 năm 2017-2018) Cho tập hợp A có 20 phần tử, số tập con có hai phần tử của A là A. 2C202 . B. 2 A202 . C. C202 . D. A202 . Lời giải Chọn C Số tập con có hai phần tử của A là C202 . Câu 11: (THPT Chuyên Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho A , B là hai biến cố xung khắc. Đẳng thức nào sau đây đúng? A. P  A  B   P  A  P  B  . B. P  A  B   P  A .P  B  . C. P  A  B   P  A  P  B  . D. P  A  B   P  A  P  B  . Lời giải Chọn A Ta có P  A  B   P  A  P  B   P  A  B  . Vì A , B là hai biến cố xung khắc nên A  B   . Từ đó suy ra P  A  B   P  A  P  B  . Câu 12: (THPT Đặng Thúc Hứa-Nghệ An-lần 1 năm 2017-2018) Kí hiệu Ank là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử 1  k  n  . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Ank  n! .  n  k ! B. Ank  n! . k ! n  k  ! C. Ank  n! . k ! n  k  ! D. Ank  n! .  n  k ! Lời giải Chọn D Lý thuyết. Câu 13: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-lần 2 năm 2017-2018) Cho 8 điểm trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Hỏi có bao nhiêu tam giác mà ba đỉnh của nó được chọn từ 8 điểm trên? A. 336 . B. 56 . C. 168 . D. 84 . Lời giải Chọn B Có C83  56 tam giác. Câu 14: (THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-lần 1 năm 2017-2018) Giả sử m 1  x  1  x  x 2  … 1  x  x 2  …  x n   a0  a1 x  a2 x 2  …  am x m . Tính  ar r 0 C.  n  1 ! . B. n . A. 1 . D. n ! . Lời giải Chọn C Cho x  1 ta có 2.3.4.5…  n  1  a0  a1  …  am m Vậy a r  1.2.3…  n  1   n  1 ! . r 0 Câu 15: Một hộp đựng hai viên bi màu vàng và ba viên bi màu đỏ. Có bao nhiêu cách lấy ra hai viên bi trong hộp? A. 10 . B. 20 . C. 5 . D. 6 . Lời giải Chọn A Số cách lấy ra hai viên bi là C52  10 . Câu 16: (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 – năm 2017 – 2018) Cho k , n  k  n là các số nguyên dương. Mệnh đề nào sau đây sai? A. Ank  k !.Cnk . B. Cnk  n! . k !.  n  k  ! C. Cnk  Cnn  k . D. Ank  n !.Cnk . Lời giải Chọn D Theo định nghĩa về tổ hợp, chỉnh hợp và hoán vị, Ank  n! n!  k !  k !Cnk  n !Cnk . k ! n  k  !  n  k ! Câu 17: (THPT Tây Thụy Anh – Thái Bình – lần 1 – năm 2017 – 2018) Lớp 11B có 25 đoàn viên trong đó 10 nam và 15 nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 đoàn viên trong lớp để tham dự hội trại ngày 26 tháng 3. Tính xác suất để 3 đoàn viên được chọn có 2 nam và 1 nữ. 3 7 27 9 A. . B. . C. . D. . 115 920 92 92 Lời giải Chọn C 3 Số phần tử của không gian mẫu: n     C25 . Gọi A là biến cố: “ 3 đoàn viên được chọn có  7 nam và 1 nữ” thì n  A  C102 .C151 Vậy P  A   n  A 27 .  n    92 Câu 18: Trong một đa giác lồi n cạnh, số đường chéo của đa giác là A. Cn2 . B. An2 . C. An2  n . D. Cn2  n . Lời giải Chọn D Số đường chéo của đa giác là Cn2  n . Câu 19: (THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Số giao điểm tối đa của 10 đường thẳng phân biệt là A. 50 . B. 100 . C. 120 . D. 45 . Lời giải Chọn D Số giao điểm tối đa của 10 đường thẳng phân biệt là C102  45 . Câu 20: (THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Cho A , B là hai biến cố xung 1 1 khắc. Biết P  A   , P  B   . Tính P  A  B  . 3 4 7 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 12 12 7 2 Lời giải Chọn A 7 P  A  B   P  A  P  B   . 12 Câu 21: (Chuyên ĐB Sông Hồng –Lần 1 năm 2017 – 2018) Cho số tự nhiên n thỏa mãn Cn2  An2  9n . Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. n chia hết cho 7 . B. n chia hết cho 5 . C. n chia hết cho 2 . D. n chia hết cho 3 . Lời giải Chọn A Điều kiện: n   , n  2 . Cn2  An2  9n   n  1 n  n  1 n  9n  3 n  1  18  n  7 . n! n!   9n      2 2! n  2  !  n  2  ! Vậy n chia hết cho 7 . Câu 22: (THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu – An Giang – Lần 3 năm 2017 – 2018) Cho đa giác đều có 20 đỉnh. Số tam giác được tạo nên từ các đỉnh này là 3 A. A20 . 3 B. 3!C20 . C. 103 . 3 D. C20 . Lời giải Chọn D 3 Số tam giác bằng với số cách chọn 3 phần tử trong 20 phần tử. Do đó có C20 tam giác. Câu 23: Cho tập hợp X gồm 10 phần tử. Số các hoán vị của 10 phần tử của tập hợp X là A. 10! . B. 102 . C. 210 . D. 1010 . Câu 24: (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội – Lần 1 năm 2017 – 2018) Cho tập hợp X gồm 10 phần tử. Số các hoán vị của 10 phần tử của tập hợp X là A. 10! . B. 102 . C. 210 . Lời giải D. 1010 . Chọn A Số các hoán vị của 10 phần tử: 10! . Câu 25: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc – Lần 4 năm 2017 – 2018) Một người vào cửa hàng ăn, người đó chọn thực đơn gồm 1 món ăn trong 5 món ăn, 1 loại quả tráng miệng trong 4 loại quả tráng miệng và 1 loại nước uống trong 3 loại nước uống. Hỏi có bao nhiêu cách chọn thực đơn? A. 75 . B. 12 . C. 60 . D. 3 . Lời giải Chọn C Có 5 cách chọn 1 món ăn trong 5 món ăn, 4 cách chọn 1 loại quả tráng miệng trong 4 loại quả tráng miệng và 3 cách chọn 1 loại nước uống trong 3 loại nước uống. Theo quy tắc nhân có 5.4.3  60 cách chọn thực đơn. Câu 26: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc – Lần 4 năm 2017 – 2018)Cho tập hợp S có 10 phần tử. Tìm số tập con gồm 3 phần tử của S . A. A103 . B. C103 . C. 30 . D. 103 . Lời giải Chọn B Số tập con gồm 3 phần tử được lấy ra từ tập hợp gồm 10 phần tử ban đầu là tổ hợp chập 3 của 10 . Đáp án C103 . Câu 27: (THPT Kim Liên – Hà Nội – Lần 2 năm 2017 – 2018)Trong trận chung kết bóng đá phải phân định thắng thua bằng đá luân lưu 11 mét. Huấn luyện viên của mỗi đội cần trình với trọng tài một danh sách sắp thứ tự 5 cầu thủ trong 11 cầu thủ để đá luân lưu 5 quả 11 mét. Hỏi huấn luyện viên của mỗi đội sẽ có bao nhiêu cách chọn? A. 55440 . B. 120 . C. 462 . D. 39916800 . Lời giải Chọn A Số cách chọn của huấn luyện viên của mỗi đội là A115  55440 . Câu 28: (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018)Cho tập hợp S  1; 2;3; 4;5;6 . Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau lấy từ tập hợp S ? A. 360 . B. 120 . C. 15 . D. 20 . Lời giải Chọn A Từ tập S lập được A64  360 số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau. Câu 29: (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018)Phương trình 2sin x  3  0 có các nghiệm là    x  3  k 2 A.  , k  .  x     k 2  3    x  3  k B.  , k  .  x     k  3    x  3  k 2 C.  , k  .  x  2  k 2  3    x  3  k D.  , k  .  x  2  k  3 Lời giải Chọn C   x   k 2 3     3  sin     Ta có: 2sin x  3  0  sin x  , k  . 2  2 3    x  k 2  3 Câu 30: (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018)Rút ngẫu nhiên cùng lúc ba con bài từ cỗ bài tú lơ khơ 52 con thì n    bằng bao nhiêu? A. 140608 . B. 156 . C. 132600 . Lời giải D. 22100 . Chọn D Ta có n     C523  22100 . Câu 31: (THPT Thuận Thành 2 – Bắc Ninh – Lần 2 năm 2017 – 2018)Cần phân công ba bạn từ một tổ có 10 bạn để làm trực nhật. Hỏi có bao nhiêu cách phân công khác nhau? A. 720 . B. 103 . C. 120 . Lời giải D. 210 . Chọn C Số cách phân công là C103  120 . Câu 32: (THPT Thuận Thành 2 – Bắc Ninh – Lần 2 năm 2017 – 2018)Hai bạn lớp A và hai bạn lớp B được xếp vào 4 ghế sắp thành hàng ngang. Xác suất sao cho các bạn cùng lớp không ngồi cạnh nhau bằng 1 2 1 1 A. . B. . C. . D. . 2 3 4 3 Lời giải Chọn D Có 4! cách xếp bất kỳ 4 bạn thành hàng ngang. Có 2.2!2! cách xếp 4 bạn sao cho các bạn cùng lớp không ngồi cạnh nhau. Xác suất cần tìm là P  2.2!2! 1  . 4! 3 Câu 33: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Số chỉnh hợp chập 2 của 5 phần tử bằng A. 10 . B. 120 . C. 20 . D. 7 . Lời giải Chọn C Ta có A52  20 . Câu 34: (THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho tập M  1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 . Số các số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt lập từ M là. A. 4! . B. A94 . C. 49 . D. C94 . Lời giải Chọn B Số các số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt lập từ M là A94 . Câu 35: (SGD Quảng Nam – năm 2017 – 2018) Số cách chọn 3 học sinh từ 5 học sinh là A. C53 . B. A53 . C. 3! . Lời giải Chọn A Số cách chọn 3 học sinh từ 5 học sinh là C53 . D. 15 . Câu 1: (SGD Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Cho A và B là hai biến cố xung khắc. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. P  A   P  B   1 . B. Hai biến cố A và B không đồng thời xảy ra. C. Hai biến cố A và B đồng thời xảy ra. D. P  A   P  B   1 . Lời giải Chọn B Vì A và B là hai biến cố xung khắc nên hai biến cố này không đồng thời xảy ra. Câu 2: (THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình – Lần 5 năm 2017 – 2018) Một tổ học sinh có 6 nam và 4 nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 người. Tính xác suất sao cho hai người được chọn đều là nữ. 7 8 1 2 A. . B. . C. . D. . 15 15 3 15 Lời giải Chọn A Chọn ngẫu nhiên 2 người trong 10 người có C102 cách chọn. Hai người được chọn đều là nữ có C42 cách. Xác suất để hai người được chọn đều là nữ là: C42 2  . 2 C10 15 Câu 3: (THPT Chuyên Hùng Vương – Gia Lai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Tính tổng các hệ số trong khai triển 1  2x  2018 . A. 1 . B. 1. C. 2018 . Lời giải D. 2018 . Chọn B 0 1 2 3 2018 Xét khai triển (1  2x) 2018  C2018  2 x.C2018  (2 x) 2 .C2018  (2 x)3 .C2018  …  (2 x) 2018 .C2018 Tổng các hệ số trong 0 1 2 2 3 3 2018 S  C2018  2.C2018  (2) .C2018  (2) .C2018  …  (2) 2018 .C2018 Cho (1  2.1)   1 2018 0 2018 C 1 2018  2.1.C triển ta x 1 2018 khai 2 2 2018  (2.1) .C 3  (2.1) .C 3 2018  …  (2.1) là: có: 2018 .C 2018 2018  S  S 1 Câu 4: (SGD Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho tập hợp M có 30 phần tử. Số tập con gồm 5 phần tử của M là A. C305 . B. A305 . C. 305 . D. A304 . Hướng dẫn giải Chọn A Số tập con gồm 5 phần tử của M là C305 . Câu 5: Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất, xác suất để mặt có số chấm chẵn xuất hiện là A. 1. B. 1 . 2 C. 1 . 3 D. 2 . 3 Câu 6: Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất, xác suất để mặt có số chấm chẵn xuất hiện là A. 1. B. 1 . 2 C. 1 . 3 D. 2 . 3 Lời giải Chọn B Ta có: Không gian mẫu   1, 2,3,4,5,6 suy ra n     6 Gọi biến cố A : “Con súc sắc có số chấm chẵn xuất hiện” hay A  2; 4;6 suy ra n  A  3 Từ đó suy ra p  A   n  A 3 1   n  6 2 Vậy xác suất để mặt có số chấm chẵn xuất hiện là 1 . 2 Câu 7: Một hình chóp có tất cả 2018 mặt. Hỏi hình chóp đó có bao nhiêu đỉnh? A. 1009 . B. 2018 . C. 2017 . D. 1008 . Câu 8: Một hình chóp có tất cả 2018 mặt. Hỏi hình chóp đó có bao nhiêu đỉnh? A. 1009 . B. 2018 . C. 2017 . D. 1008 . Lời giải Chọn B Giả sử số đỉnh của đa giác đáy của hình chóp là n  n  3 thì đa giác đáy sẽ có n cạnh. Do đó, số mặt bên của hình chóp là n . Theo bài ra ta có phương trình n  1  2018  n  2017 . Do đó, số đỉnh của hình chóp là 2018 . Câu 9: Trong mặt phẳng cho 15 điểm phân biệt trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Số tam giác có đỉnh là 3 trong số 15 điểm đã cho là. A. A153 . C. C153 . B. 15!. D. 153 . Câu 10: Trong mặt phẳng cho 15 điểm phân biệt trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Số tam giác có đỉnh là 3 trong số 15 điểm đã cho là. A. A153 . C. C153 . B. 15!. D. 153 . Lời giải Chọn C Số tam giác có đỉnh là 3 trong số 15 điểm đã cho là: C153 . Câu 11: Một nhóm học sinh có 10 người. Cần chọn 3 học sinh trong nhóm để làm 3 công việc là tưới cây, lau bàn và nhặt rác, mỗi người làm một công việc. Số cách chọn là A. 103 . B. 3  10 . C. C103 . D. A103 . Câu 12: Một nhóm học sinh có 10 người. Cần chọn 3 học sinh trong nhóm để làm 3 công việc là tưới cây, lau bàn và nhặt rác, mỗi người làm một công việc. Số cách chọn là A. 103 . B. 3  10 . C. C103 . D. A103 . Lời giải Chọn D Số cách chọn 3 em học sinh là số cách chọn 3 phần tử khác nhau trong 10 phần tử có phân biệt thứ tự nên số cách chọn thỏa yêu cầu là A103 . Câu 13: Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số và 3 chữ số đó đôi một khác nhau? A. A103  A93 . B. A93 . C. A103 . D. 9  9  8 . Câu 14: Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số và 3 chữ số đó đôi một khác nhau? A. A103  A93 . B. A93 . C. A103 . D. 9  9  8 . Lời giải Chọn D Gọi số cần lập là abc . a  0 nên a có 9 cách chọn b  a nên b có 9 cách chọn c  a và c  b nên c có 8 cách chọn Vậy có 9  9  8 cách chọn. Câu 15: Từ tập A  1; 2;3; 4;5;6;7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau A. 5! . B. C75 . C. A75 . D. 75 . Câu 16: Từ tập A  1; 2;3; 4;5;6;7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau A. 5! . B. C75 . C. A75 . D. 75 . Hướng dẫn giải Chọn C Số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau có thể lập được là: A75 số. Câu 17: Số tập hợp con gồm 3 phần tử của tập hợp có 10 phần tử là A. C103 . B. A103 . C. 310 . D. 103 . Câu 18: Số tập hợp con gồm 3 phần tử của tập hợp có 10 phần tử là A. C103 . B. A103 . C. 310 . D. 103 . Hướng dẫn giải Chọn A Số tập hợp con gồm 3 phần tử của tập hợp có 10 phần tử là C103 . Câu 19: Có bao nhiêu cách lấy ra 3 phần tử tùy ý từ một tập hợp có 12 phần tử A. 312 . B. 123 . C. A123 . D. C123 . Câu 20: Từ một đội văn nghệ gồm 5 nam và 8 nữ cần lập một nhóm gồm 4 người hát tốp ca. Tính xác suất để trong 4 người được chọn đều là nam. A. C54 . C134 B. C54 . C84 C. A54 . A134 Câu 21: Có bao nhiêu cách lấy ra 3 phần tử tùy ý từ một tập hợp có 12 phần tử A. 312 . B. 123 . C. A123 . D. A54 . A84 D. C123 . Lời giải Chọn D Mỗi cách lấy ra là một tổ hợp chập 3 của 12 phần tử. Tổng số cách lấy ra là C123 . Câu 22: Từ một đội văn nghệ gồm 5 nam và 8 nữ cần lập một nhóm gồm 4 người hát tốp ca. Tính xác suất để trong 4 người được chọn đều là nam. A. C54 . C134 B. C54 . C84 C. A54 . A134 D. A54 . A84 Lời giải Chọn A Số phần tử không gian mẫu n     C134 . Số cách chọn 4 người sao cho đều là nam là C54 . Vậy xác suất cần tìm là C54 . C134 Câu 23: Cho A là tập hợp gồm 20 điểm phân biệt. Số đoạn thẳng có hai đầu mút phân biệt thuộc tập A là A. 170 . B. 160 . C. 190 . D. 360 . Câu 24: Cho A là tập hợp gồm 20 điểm phân biệt. Số đoạn thẳng có hai đầu mút phân biệt thuộc tập A là A. 170 . B. 160 . C. 190 . D. 360 . Hướng dẫn giải Chọn C Số đoạn thẳng là C202  190 . Câu 25: Từ các chữ số 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau? A. 15 . B. 4096 . C. 360 . D. 720 . Câu 26: Từ các chữ số 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau? A. 15 . B. 4096 . C. 360 . D. 720 . Lời giải Chọn C Số các số tự nhiên thỏa yêu cầu là một chỉnh hợp chập 4 của 6 phần tử. Do đó, số các số tự nhiên cần tìm bằng A64  360 . 12 Câu 27: Hệ số của x5 trong khai triển 1  x  là: A. 820 . B. 210 . C. 792 . D. 220 . 12 Câu 28: Hệ số của x5 trong khai triển 1  x  là: A. 820 . B. 210 . C. 792 . Lời giải D. 220 . Chọn C Công thức số hạng tổng quát của khai triển trên là C12k x k . Ta có x5 tương ứng với k  5 nên hệ số của x5 là C125  729 . Câu 29: Cho n  * thỏa mãn Cn5  2002 . Tính An5 . A. 2007 . B. 10010 . C. 40040 . D. 240240 . C. 40040 . Lời giải D. 240240 . Câu 30: Cho n  * thỏa mãn Cn5  2002 . Tính An5 . A. 2007 . B. 10010 . Chọn D Ta có: An5  Cn5 .5!  240240 . Câu 31: Một tổ có 6 học sinh nam và 9 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 6 học sinh đi lao động, trong đó có 2 học sinh nam? A. C62  C94 . B. C62 .C94 . C. A62 . A94 . D. C92C64 . Câu 32: Một tổ có 6 học sinh nam và 9 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 6 học sinh đi lao động, trong đó có 2 học sinh nam? A. C62  C94 . B. C62 .C94 . C. A62 . A94 . D. C92C64 . Lời giải Chọn B Chọn 4 học sinh nữ có C94 cách, chọn 2 học sinh nam có C62 cách. Có C62 .C94 cách chọn 6 học sinh đi lao động, trong đó 2 học sinh nam. Câu 33: Có bao nhiêu cách xếp 6 bạn A, B, C, D, E, F vào một ghế dài sao cho bạn A, F ngồi ở 2 đầu ghế? A. 120 . B. 720 . C. 24 . D. 48 . Câu 34: Có bao nhiêu cách xếp 6 bạn A, B, C, D, E, F vào một ghế dài sao cho bạn A, F ngồi ở 2 đầu ghế? A. 120 . B. 720 . C. 24 . D. 48 . Hướng dẫn giải Chọn D Có 2! cách xếp bạn A, F ngồi ở 2 đầu ghế Có 4! cách xếp 4 bạn vào 4 vị trí còn lại Vậy: Có 2!.4!  48 (cách xếp). Câu 35: Một lớp học có 19 bạn nữ và 16 bạn nam. Có bao nhiêu cách chọn ra 2 bạn, trong đó có một bạn nam và một bạn nữ? A. 595 cách. B. 1190 cách. C. 304 cách. D. 35 cách. Câu 36: Một lớp học có 19 bạn nữ và 16 bạn nam. Có bao nhiêu cách chọn ra 2 bạn, trong đó có một bạn nam và một bạn nữ? A. 595 cách. B. 1190 cách. C. 304 cách. D. 35 cách. Lời giải Chọn C Số cách chọn một bạn nam từ 16 bạn nam và một bạn nữ từ 19 bạn nữ là: C161 .C191  304 cách. n Câu 37: . Trong khai triển  a  b  , số hạng tổng quát của khai triển? A. Cnk 1a n 1b n  k 1 . B. Cnk a n  k b k . C. Cnk 1a n  k 1b k 1 . D. Cnk a n  k b n  k . n Câu 38: . Trong khai triển  a  b  , số hạng tổng quát của khai triển? A. Cnk 1a n1b n k 1 . B. Cnk a n  k b k . C. Cnk 1a n k 1b k 1 . D. Cnk a n  k b n  k . Hướng dẫn giải Chọn B n n Ta có  a  b    Cnk a n  k b k . k 0 Vậy số hạng tổng quát trong khai triển là Cnk a n  k b k . Câu 39: Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất. Tính xác suất để xuất hiện mặt có số chấm chia hết cho 3 . 1 2 A. 1. B. . C. 3 . D. . 3 3 9 Câu 40: Trong khai triển nhị thức Niutơn của 1  3x  , số hạng thứ 3 theo số mũ tăng dần của x là A. 180x 2 . B. 120x 2 . C. 4x 2 . D. 324x 2 . Câu 41: Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất. Tính xác suất để xuất hiện mặt có số chấm chia hết cho 3 . 1 2 A. 1 . B. . C. 3 . D. . 3 3 Lời giải Chọn B 1 Ta có n     6 và n  A   2 . Vậy P  A   . 3 9 Câu 42: Trong khai triển nhị thức Niutơn của 1  3x  , số hạng thứ 3 theo số mũ tăng dần của x là A. 180x 2 . B. 120x 2 . C. 4x 2 . Lời giải D. 324x 2 . Chọn D 9 9 k 9 Ta có 1  3 x    C9k  3 x    C9k 3k x k . Do đó số hạng thứ 3 theo số mũ tăng dần của x k 0 k 0 2 9 2 2 ứng với k  2 , tức là C 3 x  324 x 2 . Câu 43: Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 học sinh theo một hàng dọc? A. 46656 . B. 4320 . C. 720 . D. 360 . Câu 44: Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 học sinh theo một hàng dọc? A. 46656 . B. 4320 . C. 720 . D. 360 . Lời giải Chọn C Số cách sắp xếp 6 học sinh theo một hàng dọc là số hoán vị của 6 phần tử. Vậy có P6  6!  720 cách. Câu 45: Cho tập hợp gồm 7 phần tử. Mỗi tập hợp con gồm 3 phần tử của tập hợp S là A. Số chỉnh hợp chập 3 của 7 phần tử. B. Số tổ hợp chập 3 của 7 phần tử. C. Một chỉnh hợp chập 3 của 7 phần tử. D. Một tổ hợp chập 3 của 7 phần tử. Câu 46: Cho tập hợp gồm 7 phần tử. Mỗi tập hợp con gồm 3 phần tử của tập hợp S là A. Số chỉnh hợp chập 3 của 7 phần tử. B. Số tổ hợp chập 3 của 7 phần tử. C. Một chỉnh hợp chập 3 của 7 phần tử. D. Một tổ hợp chập 3 của 7 phần tử. Lời giải Chọn D Sử dụng định nghĩa tổ hợp. Câu 47: Cho tập hợp A  1; 2;3; 4 . Có bao nhiêu tập con của A có hai phần tử: A. 8 . B. 6 . C. 12 . D. 4 . Câu 48: Một tổ có 6 học sinh nam và 9 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 5 học sinh đi lao động trong đó có 2 học sinh nam ? A. C92 .C63 . B. C62  C93 . C. A62 . A93 . D. C62 .C93 . Câu 49: Cho tập hợp A  1; 2;3; 4 . Có bao nhiêu tập con của A có hai phần tử: A. 8 . B. 6 . C. 12 . Lời giải D. 4 . Chọn B Số tập con có 2 phần của tập hợp A là: C24  6 . Câu 50: Một tổ có 6 học sinh nam và 9 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 5 học sinh đi lao động trong đó có 2 học sinh nam ? A. C92 .C63 . B. C62  C93 . C. A62 . A93 . D. C62 .C93 . Lời giải Chọn D Cách chọn 5 học sinh đi lao động trong đó có 2 học sinh nam là C62 .C93 . Câu 51: Cho các số nguyên k , n thỏa 0  k  n . Công thức nào dưới đây đúng? n! n! n! k !n ! A. Cnk  . B. Cnk  . C. Cnk  . D. Cnk  . k ! n  k  ! k!  n  k !  n  k ! Câu 52: Cho các số nguyên k , n thỏa 0  k  n . Công thức nào dưới đây đúng? A. Cnk  n! . k! B. Cnk  n! .  n  k ! C. Cnk  n! . k ! n  k  ! D. Cnk  Lời giải Chọn C Ta có Cnk  n! . k ! n  k  ! Câu 53: Số cách sắp xếp 5 học sinh ngồi vào một bàn dài có 5 ghế là: A. 4! . B. 5 . C. 1. D. 5!. Câu 54: Số cách sắp xếp 5 học sinh ngồi vào một bàn dài có 5 ghế là: A. 4! . B. 5 . C. 1. D. 5!. k !n ! .  n  k ! Lời giải Chọn D Số cách sắp xếp là hoán vị của 5 phần tử  5!. Câu 55: Có bao nhiêu số có ba chữ số đôi một khác nhau mà các chữ số đó thuộc tập hợp 1; 2;3;…;9 ? A. C93 . B. 93 . C. A93 . D. 39 . Câu 56: Có bao nhiêu số có ba chữ số đôi một khác nhau mà các chữ số đó thuộc tập hợp 1; 2;3;…;9 ? A. C93 . B. 93 . C. A93 . D. 39 . Lời giải Chọn C Số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau mà các chữ số đó thuộc tập hợp 1; 2;3;…;9 là A93 . Câu 57: Cho tập hợp M có 10 phần tử. Số cách chọn ra hai phần tử của M và sắp xếp thứ tự hai phần tử đó là. A. C102 . B. A102 . C. C102  2! . D. A102  2!. Câu 58: Cho tập hợp M có 10 phần tử. Số cách chọn ra hai phần tử của M và sắp xếp thứ tự hai phần tử đó là. A. C102 . B. A102 . C. C102  2! . D. A102  2!. Lời giải Chọn B Mỗi cách chọn 2 phần tử từ 10 phần tử và sắp xếp theo một thứ tự là một chỉnh hợp chập 2 của 10 phần tử. Vậy có A102 cách chọn. Câu 59: Công thức tính số tổ hợp chập k của n phần tử là: n! n! n! A. Ank  . B. Cnk  . C. Cnk  . k ! n  k  !  n  k !  n  k ! Câu 60: Công thức tính số tổ hợp chập k của n phần tử là: n! n! n! A. Ank  . B. Cnk  . C. Cnk  . k ! n  k  !  n  k !  n  k ! Hướng dẫn giải Chọn C Số tổ hợp chập k của n phần tử là Cnk  n! . k ! n  k  ! D. Ank  n! . k ! n  k  ! D. Ank  n! . k ! n  k  ! Câu 1: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 1-NH2017-2018) Trong khai triển biểu thức  x  y 21 , hệ số của số hạng chứa x13 y 8 là: A. 116280 . B. 293930 . C. 203490 . Lời giải D. 1287 . Chọn C Số hạng tổng quát thứ k  1 : Tk 1  C21k x 21 k y k  0  k  21; k    . Ứng với số hạng chứa x13 y 8 thì k  8 . 8 Vậy hệ số của số hạng chứa x13 y 8 là a8  C21  203490 . Câu 2: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 1-NH2017-2018) Trong kho đèn trang trí đang còn 5 bóng đèn loại I, 7 bóng đèn loại II, các bóng đèn đều khác nhau về màu sắc và hình dáng. Lấy ra 5 bóng đèn bất kỳ. Hỏi có bao nhiêu khả năng xảy ra số bóng đèn loại I nhiều hơn số bóng đèn loại II? A. 246 . B. 3480 . C. 245 . D. 3360 . Lời giải Chọn A Có 3 trường hợp xảy ra: TH1: Lấy được 5 bóng đèn loại I: có 1 cách TH2: Lấy được 4 bóng đèn loại I, 1 bóng đèn loại II: có C54 .C71 cách TH3: Lấy được 3 bóng đèn loại I, 2 bóng đèn loại II: có C53 .C72 cách Theo quy tắc cộng, có 1  C54 .C71  C53 .C72  246 cách Câu 3: (THTT Số 1-484 tháng 10 năm 2017-2018) Có 7 tấm bìa ghi 7 chữ “HIỀN”, “TÀI”, “LÀ”, “NGUYÊN”, “KHÍ”, “QUỐC”, “GIA”. Một người xếp ngẫu nhiên 7 tấm bìa cạnh nhau. Tính xác suất để khi xếp các tấm bìa được dòng chữ “HIỀN TÀI LÀ NGUYÊN KHÍ QUỐC GIA”. 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 25 5040 24 13 Lời giải Chọn B Xếp ngẫu nhiên 7 tấm bìa có 7!  5040 (cách xếp)  n     5040. Đặt A là biến cố “xếp được chữ HIỀN TÀI LÀ NGUYÊN KHÍ QUỐC GIA”. Ta có n  A   1. Vậy P  A   1 . 5040 Câu 4: (THPT Chuyên Quang Trung-Bình Phước-lần 1-năm 2017-2018) Tìm hệ số của x5 trong khai 6 7 12 triển P  x    x  1   x  1  …   x  1 . A. 1715 . B. 1711. C. 1287 . D. 1716 . Lời giải Chọn A 6 Xét khai triển  x  1 thấy ngay số hạng chứa x5 có hệ số là: C61 . Tương tự các khai triển còn lại ta lần lượt có C72 , C83 , … , C127 . Do đó hệ số cần tìm là C61  C72  …  C127  1715 . Câu 5: (THPT Chuyên Quang Trung-Bình Phước-lần 1-năm 2017-2018) Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp 12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biễu diễn trong lễ bế giảng. Hỏi có bao nhiêu cách chọn sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn? A. 120 . B. 98 . C. 150 . D. 360 . Lời giải Chọn B  Số cách chọn ngẫu nhiên 5 học sinh C95 cách.  Số cách chọn 5 học sinh chỉ có 2 lớp: C75  C65  C55 Vậy số cách chọn 5 học sinh có cả 3 lớp là C95   C75  C65  C55   98 . Câu 6: (THPT Chuyên Quang Trung-Bình Phước-lần 1-năm 2017-2018) Có bao nhiêu số chẵn mà mỗi số có 4 chữ số đôi một khác nhau? A. 2520 . B. 50000 . C. 4500 . D. 2296 . Lời giải Chọn D  Số có 4 chữ số khác nhau đôi một: 9.A93 .  Số có 4 chữ số lẻ khác nhau đôi một: 5.8.A82 . Vậy số có 4 chữ số chẵn khác nhau đôi một: 9. A93  5.8. A82  2296 . Câu 7: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 21 2  nhị thức Newton  x  2  ,  x  0, n  *  . x   7 A. 27 C21 . 8 B. 28 C21 . 8 C. 28 C21 . Lời giải 7 D. 27 C21 . Chọn D k k  2  Ta có Cnk a n  k b k  C21k x 21 k .   2    2  C21k x 213k .  x  7 Theo yêu cầu bài toán  21  3k  0  k  7 . Vậy hệ số cần tìm là 27 C21 . Câu 8: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) Từ các chữ số 1, 2,3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau? A. 15 . B. 4096 . C. 360 . D. 720 . Lời giải Chọn C Để được một số có 4 chữ số theo yêu cầu đề bài, ta chọn 4 chữ số trong 6 chữ số đã cho và xếp theo một thứ tự nào đó, nghĩa là ta được một chỉnh hợp chập 4 của 6 phần tử. Vậy số các số cần thành lập là A64  360 . Câu 9: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) Một lớp có 20 nam sinh và 15 nữ sinh. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ. 4615 4651 4615 4610 A. B. C. D. . . . . 5236 5236 5263 5236 Lời giải Chọn A Số cách chọn 4 học sinh lên bảng: n     C354 . Số cách chọn 4 học sinh chỉ có nam hoặc chỉ có nữ: C204  C154 . Xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ: 1  C204  C154 4615  C354 5236 Câu 10: [1D2- 3] (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Có bao nhiêu số tự nhiên thỏa mãn ? A. B. C. D. Lời giải Chọn C Điều kiện (*). Với điều kiện (*) phương trình đã cho . . ( thỏa mãn điều kiện (*) ). Vậy . Câu 11: (THPT Chuyên Bắc Ninh-lần 1-năm 2017-2018) Giải phương trình Ax3  Cxx  2  14 x . A. Một số khác. B. x  6 . C. x  5 . Lời giải D. x  4 . Chọn C Cách 1: ĐK: x  ; x  3 . Có Ax3  Cxx 2  14 x  x  x  1 x  2   x  x  1  14 x  2  x  1 x  2    x  1  28 2 5  2 x 2  5 x  25  0  x  5; x   . 2 Kết hợp điều kiện thì x  5 . Cách 2: Lần lượt thay các đáp án B, C, D vào đề bài ta được x  5 . Câu 12: (THPT Chuyên Bắc Ninh-lần 1-năm 2017-2018) Một cái hộp chứa 6 viên bi đỏ và 4 viên bi xanh. Lấy lần lượt 2 viên bi từ cái hộp đó. Tính xác suất để viên bi được lấy lần thứ 2 là bi xanh. 2 7 11 7 A. . B. . C. . D. . 5 24 12 9 Lời giải Chọn A Ta có: Số phần tử của không gian mẫu n     C101 .C91 . Gọi A là biến cố: “ Viên bi được lấy lần thứ 2 là bi xanh”. – Trường hợp 1: Lần 1 lấy viên đỏ, lần 2 lấy viên xanh: Có C61.C41 cách chọn – Trường hợp 2: Lần 1 lấy viên xanh, lần 2 lấy viên xanh: Có C41 .C31 cách chọn n  A   C61 .C41  C41 .C31 . Vậy P  A  n  A 24  12 2   . n   10.9 5 Câu 13: (THPT Chuyên Bắc Ninh-lần 1-năm 2017-2018) Gieo ngẫu nhiên 2 con xúc sắc cân đối đồng chất. Tìm xác suất của biến cố: “ Hiệu số chấm xuất hiện trên 2 con xúc sắc bằng 1”. 2 1 5 5 A. . B. . C. . D. . 9 9 18 6 Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu: n     6.6  36 . Gọi A là biến cố thỏa mãn yêu cầu bài toán: A  1; 2  ,  2; 1 ,  3; 2  ,  2; 3 ,  3; 4  ,  4; 3 ,  4; 5  ,  5; 4  ,  5; 6  ,  6; 5  nên n  A   10 . Vậy P  A   10 5  . 36 18 1 2 3 2016  C2016  C2016  …  C2016 Câu 14: (THPT Xuân Hòa-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Tổng C2016 bằng A. 42016 . B. 22016  1 . C. 42016  1. Lời giải D. 22016  1 . Chọn D 1 2 2016 0 1 2 2016 C2016  C2016  …  C2016  C2016  C2016  C2016  …  C2016  1  1  1 2016  1  2 2016  1 . Câu 15: (THPT Xuân Hòa-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Từ các chữ số 0 , 1, 2 , 3 , 5 có thể lập được bao nhiêu số gồm 4 chữ số khác nhau và không chia hết cho 5 ? A. 72 . B. 120 . C. 54 . D. 69 . Lời giải Chọn C Gọi số cần tìm dạng: abcd ,  a  0  .  Số các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau: 4.A43  96 số.  Số các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau chia hết cho 5: A43  3. A32  42 .  Vậy số các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau không chia hết cho 5 là: 96  42  54 số. Câu 16: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Có 10 tấm bìa ghi 10 chữ “NƠI”, “NÀO”, “CÓ”, “Ý”, “CHÍ”, “NƠI”, “ĐÓ”, “CÓ”, “CON”, “ĐƯỜNG”. Một người xếp ngẫu nhiên 10 tấm bìa cạnh nhau. Tính xác suất để xếp các tấm bìa được dòng chữ “ NƠI NÀO CÓ Ý CHÍ NƠI ĐÓ CÓ CON ĐƯỜNG”. A. 1 . 40320 B. 1 . 10 C. 1 . 3628800 D. 1 . 907200 Lời giải Chọn D Số phần tử của không gian mẫu là n     10! Gọi A là biến cố xếp các tấm bìa được dòng chữ “NƠI NÀO CÓ Ý CHÍ NƠI ĐÓ CÓ CON ĐƯỜNG”. Chú ý rằng có hai chữ “NƠI” và hai chữ “CÓ”, nên để tính n  A  , ta làm như sau: – Có C21 cách chọn một chữ “NƠI” và đặt vào đầu câu Có C21 cách chọn một chữ “CÓ” và đặt vào vị trí thứ ba Các vị trí còn lại chỉ có một cách đặt chữ 4 4 1 Vậy n  A  C21 .C21 .1  4 , nên P  A     . 10! 3628800 907200 – Câu 17: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Một lô hàng gồm 30 sản phẩm tốt và 10 sản phẩm xấu. Lấy ngẫu nhiên 3 sản phẩm. Tính xác suất để 3 sản phẩm lấy ra có ít nhất một sản phẩm tốt. A. 135 . 988 B. 3 . 247 C. 244 . 247 D. 15 26 Hướng dẫn giải Chọn C 3  9880 cách chọn. Chọn ra ba sản phẩm tùy ý có C40 Do đó n     9880 . Gọi A là biến cố có ít nhất 1 sản phẩm tốt. Khi đó A là biến cố 3 sản phẩm không có sản phẩm tốt.   n A  C103  120 .   Vậy xác suất cần tìm là   A  1   A  1     1  120 n A n  9880  244 . 247 Câu 18: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Có 5 nhà toán học nam, 3 nhà toán học nữ và 4 nhà vật lý nam. Lập một đoàn công tác gồm 3 người cần có cả nam và nữ, có cả nhà toán học và vật lý thì có bao nhiêu cách. A. 120. B. 90. C. 80. D. 220. Lời giải Chọn B Ta có các trường hợp sau: TH1: Chọn được 1 nhà vật lý nam, hai nhà toán học nữ có C41C32  12 cách chọn. TH2: Chọn được 1 nhà vật lý nam, một nhà toán học nữ và một nhà toán học nam có C41C31C51  60 cách chọn. TH3: Chọn được 2 nhà vật lý nam, một nhà toán học nữ có C42C31  18 cách chọn. Vậy, có 12  60  18  90 cách chọn thỏa yêu cầu bài toán. Câu 19: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Tìm hệ số của số hạng chứa x 6 trong khai triển x3 1  x  A. 28 . 8 B. 70 . C. 56 . Lời giải D. 56 . Chọn C k k – Số hạng tổng quát của khai triển là: x3 .C8k   x   C8k  1 x k 3 – Số hạng chứa x 6 : khi k  3  6  k  3 3 – KL: hệ số cần tìm là C83  1  56 . Câu 20: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Trong trò chơi “Chiếc nón kỳ diệu” chiếc kim của bánh xe có thể dừng lại ở một trong 6 vị trí với khả năng như nhau. Tính xác suất để trong ba lần quay, chiếc kim của bánh xe đó lần lượt dừng lại ở ba vị trí khác nhau. A. 5 . 36 B. 5 . 9 C. 5 . 54 D. 1 . 36 Lời giải Chọn B Số phần tử của không gian mẫu là n     C61C61C61  63 Gọi A là biến cố “trong ba lần quay, chiếc kim của bánh xe dừng lại ở ba vị trí khác nhau” Số phần tử thuận lợi cho biến cố A là n  A  C61C51C41 Vậy xác suất của biến cố A là   A  n  A C61C51C41 5   n    C61C61C61 9 Câu 21: (THPT Chuyên ĐH Vinh-GK1-năm 2017-2018) Lấy ngẫu nhiên hai viên bi từ một thùng gồm 4 bi xanh, 5 bi đỏ và 6 bi vàng. Tính xác suất để lấy được hai viên bi khác màu? A. 67, 6%. B. 29,5%. C. 32, 4%. D. 70, 5%. Lời giải Chọn D Tổng số bi trong thùng là 4  5  6  15 (bi). Số kết quả có thể khi lấy ra 2 viên bi bất kì từ 15 viên bi là C152  105. Số kết quả thuận lợi khi lấy ra hai bi khác màu là C41C51  C51C61  C41C61  74. Gọi A là biến cố lấy ra hai viên bi khác màu. Xác suất xảy ra A là P  A   74  70,5%. 105 Câu 22: (THPT Chuyên ĐH Vinh-GK1-năm 2017-2018) Có 3 bạn nam và 3 bạn nữ được xếp vào một ghế dài có 6 vị trí. Hỏi có bao nhiêu cách xếp sao cho nam và nữ ngồi xen kẽ lẫn nhau? A. 48. B. 72. C. 24. D. 36. Lời giải Chọn B 3 5 6 1 2 4 Giả sử ghế dài được đánh số như hình vẽ. Có hai trường hợp: Một nữ ngồi ở vị trí số 1 hoặc một nam ngồi ở vị trí số 1. Ứng với mỗi trường hợp sắp xếp 3 bạn nam và 3 bạn nữ ngồi xen kẽ lẫn nhau có 3!.3! . Vậy có 2.3!.3!  72. Câu 23: [12D1-4](THPT Chuyên ĐH Vinh-GK1-năm 2017-2018) Cho x, y thỏa mãn 2 x  3  y  3  4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P  x2  y 9 A. 1  21. 2 6 B. 17 . 2 C. 3. D. 3 10 . 2 Lời giải Chọn D Cách 1: Đặt a  2 x  3 , b  Khi đó, ta có: P  Suy ra: 2P  Ta có: f   b   y  3 . Ta có: a  b  4 và 0  a , b  4 . a2 1  b 2  6  2 P  a 2  1  2b 2  12. 2  4  b 2  1  2b2  12  f  b  , với b   0; 4. b4  2 4  b 1 2b 2 2b  12  0   4  b  2b2  12  2b  4  b 2 1 b  2 2 2 .   4  b   2b2  12   4b2  4  b   1   b  2   b3  6b 2  48   0   3 2 b  6b  48  0   2 Vì b3  6b 2  48  b  b  3  9  4  b   12  0 với mọi b   0; 4 nên f   b   0  b  2. Ta có: f  0   17  2 3 , f  4   1  2 11 , f  2   3 5 . Vì f  2   f  0  , f  2   f  4  nên min   2 P  f  2   3 5 khi a  b  2. 3 10 1 khi x  , y  1. 2 2 Cách 2: Tương tự đổi biến như cách 1, ta có: Vậy min P  P Ta có: a2 1  b 2  6 , với a  b  4 và 0  a , b  4. 2 a2  1 2 1  4 1      a 2  1  .a  .1. 2 10 10  10 10  b2  6  b 2 2 6  4 6  6      b.  6. . 10 10  10 10  2a 1 2b 6 2 7 3 10    6.   .  a  b  2 10 10 10 10 10 10 Dấu bằng xảy ra khi và chi khi a  b  2. Suy ra: P  Vậy min P  3 10 1 khi x  , y  1. 2 2 2x  3 1 Cách 3: Ta có: P    y 3 6  2 2  2x  3  2 2 1 4 1 2  y 3 1  2  9 . 3 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng Engel ta có: 2  2x  3  2 2  y3 1  1  2x  3  1    2 4  1 1 2 2 2 2 9    3 2 y3 3 3 1 2 1  2  2x  3   2 2  Suy ra: P   5  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  1 , y  1. 2 Vậy min P  y3 3 5   2 1  2  2x  3   2  , 5 2 2   y3 3 5  2 . 2 7  3 10 .  2x  3  y  3    2 2 5 1 3 10 khi x  , y  1. 2 2 Câu 24: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Một tổ học sinh có 7 nam và 3 nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 người. Tính xác suất sao cho 2 người được chọn đều là nữ. 1 7 8 1 A. . B. . C. . D. . 15 15 15 5 Lời giải Chọn A C2 1 Xác suất 2 người được chọn đều là nữ là 32  . C10 15 Câu 25: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Nghiệm của phương trình An3  20n là: A. n  6 . B. n  5 . C. n  8 . Lời giải: D. Không tồn tại. Chọn A [phương pháp tự luận] Điều kiện: n  3 , n   . n  6 n! 2 A  20n   20n   n  2  n  1 n  20n  n  n  3n  18   0   n  3  n  3 !  n  0 Kết hợp điều kiện, ta được n  6 . [phương pháp trắc nghiệm] Nhập vào máy tính vế trái trừ đi vế phải: 3 n CALC lần lượt các đáp án, ta được đáp án A thỏa mãn vế trái trừ vế phải bằng 0 . 6 2   Câu 26: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Trong khai triển  x   , hệ số của x  x 3 ,  x  0  là: A. 60 . B. 80 . C. 160 . D. 240 . Lời giải Chọn A k k 6 Số hạng tổng quát của khai triển: Tk 1  C x 6k 3 6 k  2  k k 2 . .   C6 2 . x  x 3 Số hạng chứa x3 ứng với 6  k  3  k  2 . 2 Vậy hệ số của x3 là: C62 .22  60 . Câu 27: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Có bao nhiêu số tự nhiên có sáu chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 5 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 4 ? A. 249 . B. 1500 . C. 3204 . D. 2942 . Lời giải Chọn B Chữ số 5 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 4 nên ta có thể có 154 hoặc 451 Gọi số cần tìm là abc (các chữ số khác nhau từng đôi một và a , b , c thuộc 0, 2,3, 6, 7,8,9 ), sau đó ta chèn thêm 154 hoặc 451 để có được số gồm 6 chữ số cần tìm. TH1: a  0 , số cách chọn a là 6 , số cách chọn b và c là A62 , sau đó chèn 154 hoặc 451 vào 4 vị trí còn lại nên có 6. A62 .4.2 cách TH2: a  0 , số cách chọn a là 1, số cách chọn b và c là A62 , sau đó chèn 154 hoặc 451 vào vị trí trước a có duy nhất 1 cách nên có A62 .2 cách Vậy có 6. A62 .4.2  A62 .2  1500 (số). Câu 28: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-đề 2-năm 2017-2018) Một tổ học sinh có 7 nam và 3 nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 người. Tính xác suất sao cho 2 người được chọn đều là nữ. 1 7 8 1 A. . B. . C. . D. . 15 15 15 5 Lời giải Chọn A Xác suất 2 người được chọn đều là nữ là C32 1  . C102 15 Câu 29: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-đề 2-năm 2017-2018) Nghiệm của phương trình An3  20n là: A. n  6 . B. n  5 . C. n  8 . Lời giải: D. Không tồn tại. Chọn A [phương pháp tự luận] Điều kiện: n  3 , n   . n  6 n! 2 A  20n   20n   n  2  n  1 n  20n  n  n  3n  18   0   n  3  n  3 !  n  0 Kết hợp điều kiện, ta được n  6 . [phương pháp trắc nghiệm] Nhập vào máy tính vế trái trừ đi vế phải: 3 n CALC lần lượt các đáp án, ta được đáp án A thỏa mãn vế trái trừ vế phải bằng 0 . 6 2   Câu 30: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-đề 2-năm 2017-2018) Trong khai triển  x   , hệ số của x  x 3 ,  x  0  là: A. 60 . B. 80 . C. 160 . D. 240 . Lời giải Chọn A k 3 6 k  2  k k 2 Số hạng tổng quát của khai triển: Tk 1  C6k x 6 k .  .  C 2 . x 6   x 3 Số hạng chứa x3 ứng với 6  k  3  k  2 . 2 2 2 3 Vậy hệ số của x là: C6 .2  60 . Câu 31: (THPT Yên Lạc 2-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Biết hệ số của x 2 trong khai triển biểu n thức 1  4 x  là 3040 . Số nguyên n bằng bao nhiêu? A. 24 . B. 26 . C. 20 . D. 28 . Lời giải Chọn C n Số hạng tổng quát của khai triển 1  4 x  là Cnk .4k .x k  n, k  ; 0  k  n .  n  20  n  k  2 n! Ta có  k k .  Cn2 .42  3040   190  n  n  1  380   2! n  2 ! C .4  3040 n   19 l      n   Câu 32: (THPT Yên Lạc 2-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Một túi chứa 6 bi xanh, 4 bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 2 bi. Tính xác suất để lấy được cả hai bi đều màu đỏ? 4 2 8 7 A. . B. . C. . D. . 15 15 15 45 Giải Chọn B Không gian mẫu là tập tất cả cách lấy hai viên bi từ túi có 10 viên bi. Số phần tử của không gian mẫu là n     C102 . Gọi A : “lấy được hai viên bi đều màu đỏ”. Số phần tử có lợi cho biến cố A là n  A  C42 . Xác suất của biến cố A là : P  A   C42 2  . 2 C10 15 Câu 33: (THPT Hai Bà Trưng-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Có bao nhiêu số tự nhiên nhỏ hơn 1000 được lập từ các chữ số 0 , 1, 2 , 3 , 4 ? A. 125 . B. 120 . C. 100 . D. 69 . Lời giải Chọn A Các số tự nhiên nhỏ hơn 1000 bao gồm các số tự nhiên có 1 , 2 , 3 chữ số. Gọi số cần tìm là abc 0 ). a có 5 b có 5 c có 5 Vậy có  a, b, c  0;1; 2;3; 4 (không nhất thiết các chữ số đầu tiên phải khác cách chọn. cách chọn. cách chọn. 5.5.5  125 số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán. 10 Câu 34: (THPT Hai Bà Trưng-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Hệ số x 6 trong khai triển 1  2x  thành đa thức là: A. 13440 . B. 210 . C. 210 . D. 13440 . Lời giải Chọn D 10 10 10  k Ta có 1  2 x    C10k 1k  2 x  k 0 10 k Để  2  10 10  k    2  10  k C10k  x  . k 0 C10k là hệ số của x 6 thì 10  k  6  k  4 . 10  4 Vậy hệ số x 6 là:  2  C104  13440 . Câu 35: (THPT Hai Bà Trưng-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Có bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số? A. 5040 . B. 4536 . C. 10000 . D. 9000 . Lời giải Chọn D Gọi số tự nhiên cần tìm là n  abcd , trong đó a, b, c, d  0,1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 và a  0 . Ta có a có 9 cách chọn ; b, c, d mỗi số có 10 cách chọn. Vậy có cả thảy 9.103  9000 số cần tìm. Câu 36: (THTT Số 2-485 tháng 11-năm học 2017-2018) Thầy giáo có 10 câu hỏi trắc nghiệm, trong đó có 6 câu đại số và 4 câu hình học. Thầy gọi bạn Nam lên trả bài bằng cách chọn lấy ngẫu nhiên 3 câu hỏi trong 10 câu hỏi trên để trả lời. Hỏi xác suất bạn Nam chọn ít nhất có một câu hình học là bằng bao nhiêu? A. 5 . 6 B. 1 . 30 C. 1 . 6 D. 29 . 30 Lời giải Chọn A Chọn ngẫu nhiên 3 câu hỏi trong 10 câu hỏi thì số phần tử của không gian mẫu: n     C103 . Gọi A : “ chọn ít nhất có một câu hình học”, suy ra A : “ không chọn được câu hình”.     Có n A  C63 suy ra P  A  1  P A  1  C63 5  . C103 6 Câu 37: (THTT Số 2-485 tháng 11-năm học 2017-2018) Cho x là số thực dương. Khai triển nhị thức Niu tơn   của biểu thức  x 2  A. m  4 , m  8 . 12 1 m  ta có hệ số của một số hạng chứa x là 495 . Tìm tất cả các giá trị m ? x B. m  0 . C. m  0 , m  12 . D. m  8 . Lời giải Chọn C Có số hạng tổng quát của khai triển là C12k x 243k do đó hệ số của mỗi số hạng là C12k . 8 Thấy ngay C124  C12  495 nên m  24  3k suy ra m  0 , m  12 . 15 Câu 38: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Tìm hệ số của x 7 trong khai triển  3  2x  . A. C157 38 27 . B. C157 37 28 . C. C157 38 27 . D. C157 37 28 . Lời giải Chọn C Công thức số hạng tổng quát của khai triển nhị thức Niu tơn: k k Tk 1  C15k 315 k  2 x    1 C15k 315 k 2 k x k . Để số hạng chứa x 7 thì k  7 . Vậy hệ số của số hạng chứa x 7 là C157 38 27 . Câu 39: (THPT Thạch Thành-Thanh Hóa-năm 2017-2018) An muốn qua nhà Bình để cùng bình đến chơi nhà Cường. Từ nhà An đến nhà Bình có 4 con đường đi, từ nhà Bình tới nhà Cường có 6 con đường đi. Hỏi An có bao nhiêu cách chọn đường đi đến nhà Cường? A. 6 . B. 4 . C. 10 . D. 24 . Lời giải Chọn D Công việc được chia làm hai bước: * Bước 1: Đi từ nhà An tới nhà Bình, có 4 cách. * Bước 2: Đi từ nhà Bình tới nhà Cường, có 6 cách. Áp dụng quy tắc nhân ta có số cách thực hiện công việc là: 4  6  24 . Câu 40: (THPT Thạch Thành-Thanh Hóa-năm 2017-2018) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  x  5  x 2 trên đoạn   5; 5  . A. 5 . B. 10 . C. 6 . Lời giải D. Một đáp án khác. Chọn B Ta có y  1  x . 5  x2 x  0 5  y  0  1   0  5 x  x   . 5 x 2 2 5 x x   2   5 Xét y  5   5 , y 5  5, y    10 .  2 Vậy giá trị lớn nhất của hàm số bằng 10 . x   2   Câu 41: (THPT Thạch Thành-Thanh Hóa-năm 2017-2018) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  3 x 2  9 x  40 trên đoạn  5;5  lần lượt là: A. 45;  115 . B. 13;  115 . C. 45;13 . D. 115; 45 . Lời giải Chọn A Ta có y  3 x 2  6 x  9 .  x  1 . y  0   x  3 Xét y  1  45, y  3  13, y  5   45, y  5   115 . Vậy giá trị lớn nhất và nhỏ nhất lần lượt là 45;  115 . Câu 42: (THPT Thạch Thành-Thanh Hóa-năm 2017-2018) Tìm m để đường thẳng y  4m cắt đồ thị hàm số  C  : y  x 4  8 x 2  3 tại 4 điểm phân biệt: A.  13 3 m . 4 4 B. m  3 . 4 C. m   Lời giải Chọn A x  0 Ta có y  4 x  16 x  0   x  2 .  x  2 Lập bảng biến thiên. 3 13 . 4 D.  13 3 m 4 4 . x y   2 0   y 0 0 3 4  2 0    13 13  4 4 Quan sát bảng biến thiên ta có hai đồ thị cắt nhau tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ 13 3 khi   m  . 4 4  Câu 43: (THPT Thạch Thành-Thanh Hóa-năm 2017-2018) Cho một đa giác đều có 18 đỉnh nội tiếp trong một đường tròn tâm O . Gọi X là tập các tam giác có các đỉnh là các đỉnh của đa giá trên. Tính xác suất để chọn được một tam giác từ tập X là tam giác cân nhưng không phải là tam giác đều. 23 3 144 7 A. . B. . C. . D. . 136 17 136 816 Lời giải Chọn A Số các tam giác bất kỳ là n    C183 18 6 3 Có 18 cách chọn một đỉnh của đa giác,mỗi đỉnh có 8 các chọn 2 đỉnh còn lại để được một tam giác đều. Số các tam giác cân là: 18.8  144 Số các tam giác cân không đều là: 144  6  138  n  A   138 Số các tam giác đều là Xác suất  P  A   138 23  C183 136 Câu 44: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 2-năm 2017-2018) Có bao nhiêu số có ba chữ số dạng abc với a, b, c  0; 1; 2; 3; 4; 5; 6 sao cho a  b  c . A. 30 . B. 20 . C. 120 . D. 40 . Lời giải Chọn B Nhận xét a, b, c  0; 1; 2; 3; 4; 5; 6 (không lấy giá trị 0 ) Số các số tự nhiên thỏa mãn bài ra bằng số các tổ hợp chập 3 của 6 phần tử thuộc tập hợp 1, 2,3, 4,5,6 . Vậy có C63  20 số. 1 Câu 45: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 2-năm 2017-2018) Tính tổng S  C100  2.C10  22.C102  …  210.C1010 . A. S  210. B. S  410. C. S  310. D. S  311. Lời giải Chọn C 10 10 Xét khai triển nhị thức  x  2    C10k x10 k 2k  C100 x10  2C101 x9  22 C102 x8  …  210 C1010 k 0 10 Cho x  1 , ta được 310  1  2   C100  2C101  2 2 C102 x8  …  210 C1010 . Câu 46: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 2-năm 2017-2018) Trong trò chơi “Chiếc nón kì diệu” chiếc kim của bánh xe có thể dừng lại ở một trong 7 vị trí với khả năng như nhau. Tính xác suất để trong ba lần quay, chiếc kim của bánh xe đó lần lượt dừng lại ở ba vị trí khác nhau. A. 5 . 49 B. 3 . 7 C. 30 . 343 D. 30 . 49 Lời giải Chọn D Số phần tử không gian mẫu: n     73 . Gọi A : “ Trong ba lần quay, chiếc kim của bánh xe dừng lại ở 3 vị trí khác nhau”. Suy ra n  A  7.6.5  210 . Vậy P  A   210 30 .  73 49 Câu 47: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 2-năm 2017-2018) Tìm tất cả các số a sao cho trong khai triển của 1  ax 1  x  4 có chứa số hạng 22 x 3 . A. a  5. B. a  3. C. a  3. Lời giải D. a  2. Chọn C 1  ax 1  x  4 4  1  x   ax. 1  x  4 4 Xét khai triển  x  1  x 4  4 x 3  6 x 2  4 x  1. Suy ra số hạng chứa x3 là 4x 3 . 4 Xét khai triển ax  x  1 =ax  x 4  4 x3  6 x 2  4 x  1  ax5  4ax 4  6ax3  4ax 2  ax. Suy ra số hạng chứa x3 là 6ax3 . Suy ra số hạng chứa x3 trong cả khai triển là  6a  4  x3 . Theo đề ra 6a  4  22  a  3 . Câu 48: (THPT Quãng Xương-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  và f   x   0 x   0;   . Biết f 1  2 . Khẳng định nào dưới đây có thể xảy ra? A. f  2   1 . B. f  2017   f  2018  . C. f  1  2 . D. f  2   f  3  4 . Lời giải Chọn C Vì f   x   0 , x   0;   . Ta có bảng biến thiên của y  f  x  trên  0;   như sau: x 0  1 f  x   f  x 2 f 1 Do đó hàm số y  f  x  đồng biến trên  0;   nên ta có f 1  2  f  2   f  3 ; f  2   f  3  4 ; f  2017   f  2018 . Vậy loại A, B và D. Câu 49: (THPT Quãng Xương-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Hệ số của x 6 trong khai triển 10 1 3   x  bằng: x  A. 792 . B. 210 . C. 165 . Lời giải D. 252 . Chọn B k 10 Số hạng tổng quát trong khai triển trên là: T  C 3 10  k x  k 1 .    C10k x30 4 k x Để chứa số hạng x 6 khi 30  4k  6  k  6 Vậy hệ số của x 6 trong khai triển trên là: C106  210 . Câu 50: (THPT Quãng Xương-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Trong hộp có 5 quả cầu đỏ và 7 quả cầu xanh kích thước giống nhau. Lấy ngãu nhiên 5 quả cầu từ hộp. Hỏi có bao nhiêu khả năng lấy được số quả cầu đỏ nhiều hơn số quả cầu xanh. A. 3360 . B. 246 . C. 3480 . D. 245 . Lời giải Chọn B Số khả năng lấy được số quả cầu đỏ nhiều hơn số quả cầu xanh là: C55  C54 .C71  C53 .C72  246 . Câu 51: (THPT Quãng Xương-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  x  e 2 x trên đoạn  0;1 . A. max y  e 2 . x0;1 B. max y  2e . x0;1 C. max y  1 . x0;1 D. max y  e 2  1 . x0;1 Lời giải Chọn D Xét hàm số y  x  e 2 x trên đoạn  0;1 , ta có: y  1  2e 2 x  0 x   0;1 . Suy ra hàm số đã cho là hàm số đồng biến trên  0;1 . Khi đó max y  y 1  e 2  1 . x0;1 Câu 52: (THPT Bình Xuyên-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Gọi X là tập các số tự nhiên có 10 chữ số được lập từ các chữ số 1, 2 , 3 . Chọn một số thuộc X . Tính xác suất để số được chọn có đúng 5 chữ số 1 ; 2 chữ số 2 và 3 chữ số 3 ? 280 13 157 20 A. . B. . C. . D. . 6561 2130 159 31 Lời giải Chọn A Số các số tự nhiên có 10 chữ số được lập từ các chữ số 1 , 2 , 3 là: 310 số. Số phần tử của không gian mẫu: n     310 . Gọi biến cố A : “số được chọn có đúng 5 chữ số 1 ; 2 chữ số 2 và 3 chữ số 3 ”. 10! Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n  A   2520 . 5!.2!.3! n  A  280 Vậy xác suất cần tìm là: P  A   .  n    6561 Câu 53: (THPT Bình Xuyên-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho các số tự nhiên 0  p  m . Amp , Cmp , Pm lần lượt là số lượng chỉnh hợp chập p của m phần tử, số lượng tổ hợp chập p của m phần tử và số lượng hoán vị của m phần tử. Trong các đẳng thức sau, đẳng thức nào đúng? A. Amp  m(m  1)(m  2) … (m  p ) . B. Cmp  p ! Amp . D. Amm  Pm . C. Am0  Pm . Lời giải Chọn D Ta có Amp  Cmp  m!  m(m  1)(m  2) … (m  p  1) nên A. sai.  m  p ! Ap m!  m nên B. sai p ! m  p  ! p ! Am0  1  m !  Pm nên C. sai. Amm  m!  m !  Pm . Phương án D. đúng 1! Câu 54: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Trong mặt phẳng có 2017 đường thẳng song song với nhau và 2018 đường thẳng song song khác cùng cắt nhóm 2017 đường thẳng đó. Đếm số hình bình hành nhiều nhất được tạo thành có đỉnh là các giao điểm nói trên. 4 4 2 2  C2018 .C2018 A. 2017.2018 . B. C2017 . C. C2017 . D. 2017  2018 . Lời giải Chọn C Mỗi hình bình hành tạo thành từ hai cặp cạnh song song nhau. Vì vậy số hình bình hành tạo thành chính là số cách chọn 2 cặp đường thẳng song song trong hai nhóm đường thẳng trên. 2 Chọn 2 đường thẳng song song từ 2017 đường thẳng song song có C2017 (cách). 2 Chọn 2 đường thẳng song song từ 2018 đường thẳng song song có C2018 (cách). 2 2 Vậy có C2017 (hình bình hành). .C2018 Câu 55: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Trên một bàn cờ vua kích thước 8  8 người ta đặt số hạt thóc theo cách như sau đây: Ô thứ nhất đặt một hạt thóc, ô thứ hai đặt hai hạt thóc, các ô tiếp theo đặt số hạt thóc gấp đôi ô đứng liền kề trước nó. Hỏi phải tối thiểu từ ô thứ bao nhiêu để tổng số hạt thóc từ ô đầu tiên đến ô đó lớn hơn 20172018 hạt thóc. A. 26 . B. 23 . C. 24 . Lời giải D. 25 . Chọn D Số hạt thóc trong các ô lập thành một cấp số nhân với số hạng đầu là u1  1 và công bội q  2 . Gọi n là số ô tối thiểu thỏa đề bài, khi đó ta phải có: Sn  u1  u2  …  un  20172018 . S n  20172018  u1 1  q n   20172018  1. 1  2n   20172018  2n  20172019 . 1 2 1 q Cách 1: Sử dụng máy tính cầm tay bấm: 2 23  8388608 ; 224  16777216 ; 225  33554432 ; 226  67108864 . Ta thấy n  25 thỏa đề bài. Cách 2: 2n  20172019  n  log 2 20172019  n  24, 26585 . Vậy tối thiểu n  25 . Câu 56: (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa-ần 1-năm 2017-2018) Tính số cách xếp 5 quyển sách Toán, 4 quyển sách Lý và 3 quyển sách Hóa lên một giá sách theo từng môn. A. 5!.4!.3! . B. 15! 4 ! 3! . C. 5!.4!.3!.3!. Lời giải D. 5.4.3 . Chọn C Các bước thực hiện: * Bước 1: Chọn vị trí cho từng môn học  Có 3! cách. * Bước 2: Xếp sách toán vào  Có 5! cách. * Bước 3: Xếp sách toán vào  Có 4! cách. * Bước 4: Xếp sách toán vào  Có 3! cách. Áp dụng quy tắc nhân ta có tổng số cách xếp là: 5!.4!.3!.3! cách. Câu 57: (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa-ần 1-năm 2017-2018) Tìm tập nghiệm của phương trình C x2  C x3  4 x . A. 0 . B. 5;5 . C. 5 . D. 5;0;5 . Lời giải Chọn C Điều kiện x  3 , x   . Ta có C x2  Cx3  4 x  x! x!   4x 2! x  2  ! 3! x  3 ! x  0  3 x  x  1  x  x  1 x  2   24 x  x  25 x  0   x  5 .  x  5 Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm x  5 . 3 Câu 58: (THPT Chuyên Lam-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Tìm hệ số h của số hạng chứa x5 7 2  trong khai triển  x 2   . x  A. h  84 . B. h  672 . C. h  560 . D. h  280 . Lời giải Chọn D 7 7 2  2 Áp dụng công thức nhị thức Niu-tơn, ta có  x 2     C7k .x 2 k   x  k 0  x 2 Số hạng tổng quát là C .x    x k 7 7k . 7k 2k  C7k .27 k .x3k 7 Do hệ số của x5 nên ta có 3k  7  5  k  4 . Vậy hệ số của x5 là C74 .23  280 . Câu 59: (THPT Chuyên Lam-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau chọn từ tập A  1; 2;3; 4;5 sao cho mỗi số lập được luôn có mặt chữ số 3 A. 72 . Chọn B B. 36 . C. 32 . Lời giải D. 48 . Gọi số tạo thành có dạng x  abc , với a , b , c đôi một khác nhau và lấy từ A . Chọn một vị trí a, b hoặc c cho số 3 có 3 cách chọn. Chọn hai chữ số khác 3 từ A và sắp xếp vào hai vị trí còn lại của x có A42 cách. Theo quy tắc nhân có 3. A42  36 cách. Mỗi cách sắp xếp như trên cho ta một số thỏa yêu cầu. Vậy có 36 số cần tìm. Câu 60: (THPT Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 2 năm 2017-2018) Cho các chữ số 0 , 1, 2 , 3 , 4 , 5 . Từ các chữ số đã cho lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 4 chữ số và các chữ số đôi một bất kỳ khác nhau. A. 160 . B. 156 . C. 752 . D. 240 . Lời giải Chọn B Gọi số cần tìm là: abcd (với b, c, d  0;1; 2;3; 4;5 , a 1; 2;3; 4;5 ).  Trường hợp 1: Chọn d  0 , nên có 1 cách chọn.  Chọn a  1, 2,3, 4,5 nên có 5 cách chọn. Chọn b có 4 cách chọn. Chọn c có 3 cách chọn. Suy ra, có 1.5.4.3  60 số.  Trường hợp 2: Chọn d  2, 4 , nên có 2 cách chọn. Chọn a  0 nên có 4 cách chọn. Chọn b có 4 cách chọn. Chọn c có 3 cách chọn. Suy ra, có 2.4.4.3  96 số. Vậy có tất cả: 60  96  156 số. Câu 61: (THPT Lục Ngạn-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Xếp ngẫu nhiên 7 học sinh nam và 3 học sinh nữ quanh một bàn tròn. Xác suất để các học sinh nữ luôn ngồi cạnh nhau là: A. 3 . 10 B. 1 . 12 C. 5 . 32 Lời giải Chọn B Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh quanh một bàn tròn có 9!  362880 cách. D. 5 . 42  n     362880 . Gọi A là biến cố 3 học sinh nữ luôn ngồi cạnh nhau Gộp 3 nữ thành một nhóm, cùng với 7 nam có 7! cách xếp; hoán vị 3 nữ trong nhóm có 3! cách.  n  A  7!.3!  30240 .  P  A  n  A  30240 1   . n    362880 12 Chú ý: Hoán vị vòng n phần tử là một cách xếp n phần tử quanh một bàn tròn(một dãy kín). Số hoán vị vòng n phần tử là  n  1 ! . Câu 62: (THPT Lê Văn Thịnh-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Một tổ có 6 học sinh nam và 9 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 6 học sinh đi lao động, trong đó 2 học sinh nam? A. C62  C94 . B. C62 .C94 . C. A62 . A94 . D. C92 .C64 . Lời giải Chọn B Để chọn được 6 học sinh theo yêu cầu ta cần chọn liên tục 2 học sinh nam và 4 học sinh nữ.  Chọn 2 học sinh nam có C62 cách.  Chọn 4 học sinh nữ có C94 cách.  Theo quy tắc nhân, ta có C62 .C94 cách chọn thỏa yêu cầu. Câu 63: (THPT Lê Văn Thịnh-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Tìm hệ số của số hạng chứa x3 trong 60 khai triển 1  2 x  2015 x 2016  2016 x 2017  2017 x 2018  ? 3 A. C60 . 3 B. C60 . 3 C. 8.C60 . 3 D. 8.C60 . Lời giải Chọn D Có 1  2 x  2015 x 2016  2016 x 2017  2017 x 2018   1  2 x   x 2016  2015  2016 x  2017 x 2   60 60 60 59 1  C600 1  2 x   C60 1  2 x   x 2016  2015  2016 x  2017 x 2   60    C6060  x 2016  2015  2016 x  2017 x 2   . 60 3 3 Chỉ số hạng C600 1  2 x  có chứa x 3 và hệ số là C600 C60  2   8C603 . Câu 64: [1D2–1] (THPT Triệu Sơn 3-Thanh Hóa năm 2017-2018) Mệnh đề nào đúng trong các mệnh đề sau: A. . B. Lời giải Chọn A Ta có: . . C. . D. . Câu 65: (THPT Triệu Sơn 3-Thanh Hóa năm 2017-2018) Gieo hai con súc sắc 6 mặt. Tính xác suất để tổng số chấm xuất hiện bằng 12 1 1 1 2 A. p  2 . B. p  . C. p  . D. p  . 12 6 36 C6 Lời giải Chọn D * Không gian mẫu    i; j  / i; j  1, 2, 3, 4, 5, 6  n     36 . * Gọi A là biến cố cần tìm, ta có A   6;6  , suy ra n  A   1. * Vậy p  A   1 . 36 Câu 66: (Đề tham khảo BGD năm 2017-2018) Một hộp chứa 11 quả cầu gồm 5 quả cầu màu xanh và 6 quả cầu màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên đồng thời 2 quả cầu từ hộp đó. Xác suất để chọn ra 2 quả cầu cùng màu bằng 5 6 5 8 A. . B. . C. . D. . 22 11 11 11 Lời giải Chọn C Số cách chọn ngẫu nhiên đồng thời 2 quả cầu từ 11 quả cầu là C112  55 . Số cách chọn ra 2 quả cầu cùng màu là C52  C62  25 . Xác suất để chọn ra 2 quả cầu cùng màu bằng 25 5  . 55 11 Câu 1: (THPT Triệu Sơn 1-lần 1 năm 2017-2018) Xác suất bắn trúng mục tiêu của một vận động viên khi bắn một viên đạn là 0, 6 . Người đó bắn hai viên đạn một cách độc lập. Xác suất để một viên trúng mục tiêu và một viên trượt mục tiêu là A. 0, 45 . B. 0, 4 . C. 0, 48 . D. 0, 24 . Lời giải Chọn C Gọi A1 , A2 , X lần lượt là biến cố bắn trúng mục tiêu của viên đạn thứ nhất, viên đạn thứ hai, một viên đạn trúng mục tiêu và một viên trượt mục tiêu. Khi đó X  A1 A2  A1 A2 .     Xác suất cần tìm P  X   P A1 A2  P A1 A2  0, 6.0.4  0, 4.0, 6  0, 48 . Câu 2: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-MĐ 903 lần 1-năm 2017-2018) Cho tập A  1, 2,3,5, 7,9 . Từ tập A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi một khác nhau ? A. 720 . B. 360 . C. 120 . D. 24 . Lời giải Chọn B Tập A gồm có 6 phần tử là những số tự nhiên khác 0 . Từ tập A có thể lập được A64  360 số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi một khác nhau. Câu 3: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-MĐ 903 lần 1-năm 2017-2018) Một tổ công nhân có 12 người. Cần chọn 3 người, một người làm tổ trưởng, một tổ phó và một thành viên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn? A. 220 . B. 12! . C. 1320 . D. 1230 . Lời giải Chọn C. Số cách chọn 3 người, một người làm tổ trưởng, một tổ phó và một thành viên là 1 C12 C111 C101  1320 (cách chọn) Câu 4: (THPT Kim Liên-Hà Nội năm 2017-2018) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 6 1    2x  2  , x  0 . x   A. 15 . B. 240 . D. 15 . C. 240 . Lời giải Chọn B  1  Số hạng tổng quát của khai triển là Tk 1  C .  2 x  .   2   x  3k  12  0  k  4 . 2 Số hạng không chứa x là T5  C64 .24.  1  240 . k 6 k 6k  C6k 2k .  1 6k .x 3k 12 . Câu 5: (THPT Kim Liên-Hà Nội năm 2017-2018) Một hộp chứa 20 thẻ được đánh số từ 1 đến 20 .Lấy ngẫu nhiên 1 thẻ từ hộp đó. Tính xác suất thẻ lấy được ghi số lẻ và chia hết cho 3 . A. 0, 3 . B. 0, 5 . C. 0, 2 . D. 0,15 . Lời giải Chọn D 1 Ta có: n     C20  20 . Gọi A là biến cố lấy được một tấm thẻ ghi số lẻ và chia hết cho 3  A  3;9;15 . Do đó n  A  3  P  A   3  0,15 . 20 Câu 6: (THPT Kim Liên-Hà Nội năm 2017-2018) Việt và Nam chơi cờ. Trong một ván cờ, xác suất Việt thắng Nam là 0,3 và Nam thắng Việt là 0, 4 . Hai bạn dừng chơi khi có người thắng, người thua. Tính xác suất để hai bạn dừng chơi sau hai ván cờ. A. 0,12 . B. 0, 7 . C. 0, 9 . D. 0, 21 . Lời giải Chọn D Ván 1: Xác suất Việt và Nam hòa là 1   0,3  0, 4   0,3 . Ván 2: Xác suất Việt thắng hoặc thắng là 0, 3  0, 4  0, 7 . Xác suất để hai bạn dừng chơi sau hai ván cờ là: P  0,3.0, 7  0, 21 . Câu 7: (THPT Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình lần 1 năm 2017-2018) Bình A chứa 3 quả cầu xanh, 4 quả cầu đỏ và 5 quả cầu trắng. Bình B chứa 4 quả cầu xanh, 3 quả cầu đỏ và 6 quả cầu trắng. Bình C chứa 5 quả cầu xanh, 5 quả cầu đỏ và 2 quả cầu trắng. Từ mỗi bình lấy ra một quả cầu. Có bao nhiêu cách lấy để cuối cùng được 3 quả có màu giống nhau. A. 180 . B. 150 . C. 120 . D. 60 . Lời giải Chọn A Trường hợp 1: Lấy được 3 quả cầu xanh từ 3 bình: Số cách lấy: C31C41C51  60 (cách) Trường hợp 2: Lấy được 3 quả cầu đỏ từ 3 bình: Số cách lấy: C41C31C51  60 (cách) Trường hợp 3: Lấy được 3 quả cầu trắng từ 3 bình: Số cách lấy: C51C61C21  60 (cách) Vậy có 60.3  180 cách lấy được 3 quả cùng màu từ 3 bình. Câu 8: (THPT Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình lần 1 năm 2017-2018) Tìm số hạng chứa x3 y 3 6 trong khai triển  x  2 y  thành đa thức. A. 160x 3 y 3 . B. 120x 3 y 3 . C. 20x 3 y 3 . Lời giải D. 8x 3 y 3 . Chọn A k Sô hạng tổng quát của khai triển C6k x 6  k  2 y   C6k 2k x 6  k y k . Số hạng chứa x3 y 3 ứng với k  3 . Vậy số hạng cần tìm là: C63 23 x3 y 3  160 x 3 y 3 . Câu 9: (THPT Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình lần 1 năm 2017-2018) Biết rằng hệ số của x n  2 n 1  trong khai triển  x   bằng 31 . Tìm n . 4  A. n  32 . B. n  30 . C. n  31 . Lời giải D. n  33 . Chọn A n k n 1   1 Áp dụng công thức nhị thức Niu Tơn, ta có  x     Cnk x n k    . 4  k 0   4 2  1 Hệ số của x n  2 nên ta có x n  2  x n  k  k  2 . Ta có Cn2     31  Cn2  496  n  32 .  4 Câu 10: (THPT Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình lần 1 năm 2017-2018) Một đội gồm 5 nam và 8 nữ. Lập một nhóm gồm 4 người hát tốp ca. Tính xác suất để trong bốn người được chọn có ít nhất ba nữ. 70 73 56 87 A. . B. . C. . D. . 143 143 143 143 Lời giải Chọn A Không gian mẫu n     C134  715 (cách chọn). Gọi A là biến cố “Bốn người được chọn có ít nhất ba nữ”. Ta có n  A  C83C51  C84  350 (cách chọn). Suy ra P  A  350 70 .  715 143 Câu 11: (THPT Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình lần 1 năm 2017-2018) Cho hai đường thẳng song song d1 ; d 2 . Trên d1 có 6 điểm phân biệt được tô màu đỏ. Trên d 2 có 4 điểm phân biết được tô màu xanh. Xét tất cả các tam giác được tạo thành khi nối các điểm đó với nhau. Chọn ngẫu nhiên một tam giác, khi đó xác suất để thu được tam giác có hai đỉnh màu đỏ là: 5 5 5 5 A. . B. . C. . D. . 32 8 9 7 Lời giải Chọn B * Số phần tử của không gian mẫu là: n     C62 .C41  C61.C42  96 . * Gọi A là biến cố: “Tam giác được chọn có 2 đỉnh màu đỏ” Để tạo thành tam giác có 2 đỉnh màu đỏ thì thực hiện như sau: + Lấy 2 đỉnh màu đỏ từ 6 đỉnh màu đỏ trên đường thẳng d1 : Có C62 cách lấy. + Lấy 1 đỉnh còn lại từ 4 đỉnh trên đường thẳng d 2 : Có 4 cách lấy. Theo qui tắc nhân: n  A   4.C62  60 . Vậy xác suất để thu được tam giác có 2 đỉnh màu đỏ là: P  A   60 5  . 96 8 Câu 12: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Cho tập A  0;1; 2;3; 4;5;6 từ tập A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số và chia hết cho 2 ? A. 1230 . B. 2880 . C. 1260 . D. 8232 . Lời giải Chọn D Gọi số có 5 chữ số cần tìm là x  a1a2 a3a4 a5 ; a1 , a2 , a3 , a4 , a5  A; a1  0; a5  0; 2; 4;6 . Công việc thành lập số x được chia thành các bước: – Chọn chữ số a1 có 6 lựa chọn vì khác 0 . – Chọn các chữ số a2 , a3 , a4 , mỗi chữ số có 7 lựa chọn. – Chọn chữ số a5 có 4 lựa chọn vì số tạo thành chia hết cho 2 . Số số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 6.73.4  8232 (số). Câu 13: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Số hạng không chứa x trong 14 2   khai triển của  3 x  4  với x  0 là x  A. 28 C146 . B. 26 C146 . C. 26 C148 . D. 28 C148 . Lời giải Chọn A 14 k 14 k k 56  7 k 14 14   2  k k .   4     1 C14k .2k .x 3 4    1 C14k .2k .x 12 x  k 0  k 0 56  7 k Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với  0  7 k  56  k  8 . 12 Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là 28 C146 . 14 2   Ta có:  3 x  4    C14k . x k 0  14  k   3 x Câu 14: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Ba xạ thủ cùng bắn vào một tấm bia, xác suất trúng đích lần lượt là 0, 5 ; 0, 6 và 0, 7 . Xác suất để có đúng 2 người bắn trúng bia là: A. 0, 29 . B. 0, 44 . C. 0, 21 . D. 0, 79 . Lời giải Chọn B Gọi A là biến cố người thứ nhất bắn trúng. A là biến cố người thứ nhất bắn trượt.   Vậy P  A   0,5 ; P A  0,5 . Gọi B là biến cố người thứ hai bắn trúng. Gọi C là biến cố người thứ nhất bắn trúng.     Tương tự có P  B   0, 6 ; P B  0, 4 ; P  C   0, 7 ; P C  0, 4 . Để hai người bắn trúng bia có các khả năng sau xảy ra: TH1. Người thứ nhất và thứ hai bắn trúng, người thứ ba bắn trượt.   Xác suất xảy ra TH1 là: P  A  .P  B  .P C  0,5.0, 6.0,3  0, 09 . TH2: Người thứ nhất và thứ ba bắn trúng, người thứ hai bắn trượt.   Xác suất xảy ra TH2 là: P  A  .P B .P  C   0,5.0, 4.0, 7  0,14 . TH3: Người thứ hai và thứ ba bắn trúng, người thứ nhất bắn trượt.   Xác suất xảy ra TH2 là: P A .P  B  .P  C   0,5.0, 6.0, 7  0, 21 . Vậy xác suất để hai người bắn trúng bia là: 0, 09  0,14  0, 21  0, 44 . Câu 15: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Trong một chiếc hộp có 20 viên bi, trong đó có 9 viên bi màu đỏ, 6 viên bi màu xanh và 5 viên bi màu vàng. Lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 viên bi. Tìm xác suất để 3 viên bi lấy ra có không quá 2 màu. 9 29 82 183 A. . B. . C. . D. . 38 38 95 190 Lời giải Chọn B 3 Lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 viên bi có tất cả C20 cách. Lấy 3 viên bi đủ cả ba màu có 3  270  870 cách. 9.6.5  270 cách. Vậy lấy ra 3 viên bi không quá hai màu có C20 Suy ra xác suất suất để 3 viên bi lấy ra có không quá 2 màu là: 870 29 .  3 C20 38 Câu 16: (THPT Đoàn Thượng-Hải Dương-lần 2 năm 2017-2018) Trên một giá sách có 9 quyển sách Văn, 6 quyển sách Anh. Lấy lần lượt 3 quyển và không để lại vào giá. Xác suất để lấy được 2 quyển đầu sách Văn và quyển thứ ba sách Anh là 72 73 74 71 A. . B. . C. . D. . 455 455 455 455 Lời giải Chọn A Số các kết quả của việc lấy ra 3 quyển sách trên giá có 15 quyển sách là : n     A153  2730 . Gọi A là biến cố “lấy được 2 quyển đầu sách Văn và quyển thứ ba sách Anh”. Ta có 9 cách lấy quyển Văn thứ nhất, 8 cách lấy quyển Văn thứ hai, 6 cách lấy quyển thứ ba là Anh. Áp dụng quy tắc nhân ta có: n  A   9.8.6  432 . Khi đó : P  A   n  A  432 72   . n    2730 455 Câu 17: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Một nhóm học sinh gồm 4 học sinh nam và 5 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp 9 học sinh trên thành 1 hàng dọc sao cho nam nữ đứng xen kẽ? A. 5760 . B. 2880 . C. 120 . D. 362880 . Lời giải Chọn B Xếp 4 học sinh nam thành hàng dọc có 4! cách xếp. Giữa 4 học sinh nam có 5 khoảng trống ta xếp các bạn nữ vào vị trí đó nên có 5! cách xếp. Theo quy tắc nhân có 4!5!  2880 cách xếp thoả mãn bài ra. Câu 18: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Tổ 1 lớp 11A có 6 học sinh nam và 5 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn ra 4 học sinh của tổ 1 để lao động vệ sinh cùng cả trường. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 4 học sinh trong đó có ít nhất một học sinh nam? A. 600 . B. 25 . C. 325 . D. 30 . Lời giải Chọn C Trường hợp 1: Chọn 1 nam và 3 nữ. Trường hợp 2: Chọn 2 nam và 2 nữ. Trường hợp 3: Chọn 3 nam và 1 nữ. Trường hợp 4: Chọn 4 nam. Số cách chọn cần tìm là C61C53  C62C52  C63C51  C64  325 cách chọn. Câu 19: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Số hạng không chứa x trong khai triển 12 2  nhị thức Newton  x 2   ( x  0 ) là x  4 5 A. 2 .C12 . B. C128 . C. 24.C124 . Lời giải Chọn D k 2 Ta có số hạng tổng quát Tk 1  C .  x  .    C12k .2k .x 243k . x 24  3 k 0 Số hạng không chứa x  x  x  24  3k  0  k  8 . 8 Vậy số hạng không chứa x là C12 .28 . k 12 2 12  k D. 28.C128 . Câu 20: (THPT Triệu Thị Trinh-lần 1 năm 2017-2018) Một bình đựng 8 viên bi xanh và 4 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Xác suất để có được ít nhất hai viên bi xanh là bao nhiêu? 41 14 28 42 A. . B. . C. . D. . 55 55 55 55 Lời giải Chọn D Số phần tử của không gian mẫu n     C123  220 (cách chọn). Gọi A là biến cố “ Lấy được ít nhất hai viên bi xanh ”. Ta có n  A  C82C41  C83C40  168 (cách chọn). Vậy xác suất P  A   168 42 .  220 55 Câu 21: (THPT Triệu Thị Trinh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hai đường thẳng d1 và d 2 song song với nhau. Trên d1 lấy 5 điểm phân biệt, trên d 2 lấy 7 điểm phân biệt. Hỏi có bao nhiêu tam giác mà các đỉnh của nó được lấy từ các điểm trên hai đường thẳng d1 và d 2 . A. 220 . B. 175 . C. 1320 . Lời giải D. 7350 . Chọn B TH1: Hai đỉnh thuộc d1 và một đỉnh thuộc d 2 : Có C52C71 tam giác. TH2: Hai đỉnh thuộc d 2 và một đỉnh thuộc d1 : Có C72 .C51 tam giác. Vậy số tam giác được tạo thành là C52C71  C72 .C51  175 . 1   Câu 22: (THPT Triệu Thị Trinh-lần 1 năm 2017-2018) Số hạng chứa x31 trong khai triển  x  2  x   là 3 31 37 31 A. C402 x31 . B. C40 C. C404 x31 . D. C40 x . x . 40 Lời giải Chọn B 40 k 40 40 40 1  1    1   Xét khai triển  x  2    C40k x 40 k .  2    x  2    C40k x 403 k x  x   x   k 0 k 0 Số hạng chứa x 31 tương ứng với 40  3k  31  k  3 . 3 31 Vậy số hạng chứa x31 là C40 x . Câu 23: (THPT Thạch Thành 2-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Một nhóm gồm 6 học sinh nam và 7 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn từ đó ra 3 học sinh tham gia văn nghệ sao cho luôn có ít nhất một học sinh nam. A. 245 . B. 3480 . C. 336 . D. 251 . Lời giải Chọn D Chọn ra 3 học sinh tham gia văn nghệ trong 13 học sinh tùy ý có C133 cách. Chọn ra 3 học sinh tham gia văn nghệ trong 7 học sinh nữ có C73 cách. Vậy chọn ra 3 học sinh tham gia văn nghệ sao cho luôn có ít nhất một học sinh nam có C133  C73  251 . 21 Câu 24: (THPT Thạch Thành 2-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Trong khai triển biểu thức  x  y  , hệ số của số hạng chứa x13 y8 là A. 116280 . B. 203490 . C. 1287 . Lời giải D. 293930 . Chọn B Ta có:  x  y  21 21   C21k x 21 k y k . k 0 21  k  13 Hệ số của số hạng chứa x13 y8 ứng với   k 8. k  8 8  203490 . Vậy hệ số của số hạng chứa x13 y8 là C21 Câu 25: [1D2 – 2] (THPT Chuyên Thái Bình-lần 2 năm học 2017-2018) Tìm có nghiệm . A. . B. . C. . D. để phương trình sau . Lời giải Chọn D Phương trình đã cho có nghiệm . Câu 26: (THPT Chuyên ĐHSP-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Một người làm vườn có 12 cây giống gồm 6 cây xoài, 4 cây mít và 2 cây ổi. Người đó muốn chọn ra 6 cây giống để trồng. Tính xác suất để 6 cây được chọn, mỗi loại có đúng 2 cây. 1 1 15 25 A. . B. . C. . D. . 8 10 154 154 Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu là n     C126  924 . Gọi A là biến cố: “ 6 cây được chọn, mỗi loại có đúng 2 cây”. Ta có: n  A  C62 .C42 .C22  15.6.1  90 . Vậy: P  A   n  A 90 15 .   n    924 154 Câu 27: (THPT Chuyên ĐHSP-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Một hộp đựng 7 quả cầu màu trắng và 3 quả cầu màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 4 quả cầu. Tính xác suất để trong 4 quả cầu lấy được có đúng 2 quả cầu đỏ. 21 20 62 21 A. . B. . C. . D. . 71 71 211 70 Lời giải Chọn D Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 4 quả cầu nên số phần tử của không gian mẫu là n     C104  210 . Gọi A là biến cố “ 4 quả cầu lấy được có đúng 2 quả cầu đỏ”. n  A 63 21 Số kết quả thuận lợi của A là n  A  C32 .C72  63 nên P  A   .   n    210 70 Câu 28: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 3 năm 2017-2018) Một tổ gồm 5 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Tính số cách chọn cùng lúc 3 học sinh trong tổ đi tham gia chương trình thiện nguyện. A. 56 . B. 336 . C. 24 . D. 36 . Lời giải Chọn A Số cách chọn cùng lúc 3 học sinh trong tổ đi tham gia chương trình thiện nguyện là C83  56 . Câu 29: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 3 năm 2017-2018) Hàm số y  x 2e 2 x nghịch biến trên khoảng nào? A.  ;0  . B.  2;0  . C. 1;   . D.  1;0  . Lời giải Chọn D x  0 Ta có y  2 xe 2 x  x  1 ; giải phương trình y  0   .  x  1 Do y  0 với x   1;0  nên hàm số nghịc biến trên khoảng  1;0  . Câu 30: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 3 năm 2017-2018) Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên  và có bảng biến thiên như hình vẽ. Tìm khẳng định đúng? x   1 2 || y 0    1  y 0  A. Hàm số có đúng một cực trị. B. Hàm số đạt cực đại tại x  1 và đạt cực tiểu x  2 . C. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 1. D. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1 và giá trị nhỏ nhất bằng 0 . Lời giải Chọn B Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực đại tại x  1 và đạt cực tiểu x  2 . Câu 31: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 3 năm 2017-2018) Tìm hệ số của x 4 trong khai triển 10 1  x  , x  0. x  A. 120 . B. 120 . C. 210 . Lời giải D. 210 . Chọn B k k  1  Số hạng tổng quát của khai triển là C10k x10 k     1 C10k x10 2 k .  x  3 Số mũ 10  2k  4  k  3 . Vậy hệ số cần tìm là:  1 C103  120 . Câu 32: (SGD Ninh Bình năm 2017-2018) Tính số cách rút ra đồng thời hai con bài từ cỗ bài tú lơ khơ 52 con. A. 26. B. 2652. C. 1326. D. 104. Lời giải Chọn C Số cách rút ra đồng thời hai con bài từ cỗ bài tú lơ khơ 52 con : C522  1326 . Câu 33: (THPT Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Tìm hệ số của x10 trong khai 5 2   triển biểu thức  3x 3  2  x   A. 240 . B. 810 . C. 810 . Hướng dẫn giải D. 240 . Chọn C Số hạng tổng quát: Tk 1  C .  3 x k 5 3 5 k  k k  2  .   2   C5k .35 k .  2  .x153k .x 2 k  x  k  C5k .35 k .  2  .x155k . Tìm k sao cho 15  5k  10  k  1 . Vậy hệ số của . x10 . là C51.34.  2   810 . Câu 34: (THPT Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên k sao cho C14k , C14k 1 , C14k  2 theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng. Tính tổng tất cả các phần tử của S . A. 8 . B. 6 . C. 10 . D. 12 . Hướng dẫn giải Chọn D Ta có C14k  C14k  2  2C14k 1   1  14! 14! 14!  2 k !14  k  !  k  2  !12  k  !  k  1!13  k ! 1  2  k  113  k  14  k 13  k   k  1 k  2    k  1 k  2   14  k 13  k   2  k  2 14  k  k  8 .  k 2  12k  32  0   k  4 Vậy chọn D. Câu 35: (THPT Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Đội thanh niên tình nguyện của một trường THPT có 12 học sinh gồm 3 học sinh khối 10 , có 4 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 12 . Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi tình nguyện, hãy tính xác suất để 4 học sinh được chọn có đủ 3 khối. 3 1 6 6 A. . B. . C. . D. . 11 41 11 41 Hướng dẫn giải Chọn C Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh từ 12 học sinh ta có: n     C124  495 . Gọi A là biến cố: “ 4 học sinh được chọn có đủ 3 khối”. TH1: Chọn 2 học sinh khối 12 , 1 học sinh khối 11 và 1 học sinh khối 10 : có C52C41C31 cách. TH2: Chọn 1 học sinh khối 12 , 2 học sinh khối 11 và 1 học sinh khối 10 : có C51C42C31 cách. TH3: Chọn 1 học sinh khối 12 , 1 học sinh khối 11 và 2 học sinh khối 10 : có C51C41C32 cách. Suy ra n  A  C52C41C31  C51C42C31  C51C41C32  120  90  60  270 . Vậy xác suất cần tính là P  A   n  A 270 6   . n    495 11 Câu 36: (THPT Chuyên Lê Quý Đôn-Đà Nẵng năm 2017-2018) Xét tập hợp A gồm tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ A . Tính xác suất để số được chọn có chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước (tính từ trái sang phải) ? 74 62 1 3 A. . B. . C. . D. . 411 431 216 350 Lời giải Chọn C Gọi số có 5 chữ số là abcde . Số các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau là: n     9. A94  27216 . Gọi X là biến cố “số được chọn có chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước”. Suy ra a  b  c  d  e mà a  0 nên a , b , c , d , e  1, 2,…,8,9 . Chọn 5 chữ số: C95 (cách). Với mỗi bộ 5 chữ số đã chọn, ghép được 1 số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do đó n  X   C95  126 . Xác suất cần tìm: P  X   n X  1 .  n    216 Xác suất cần tìm: P  X   n X  1 .  n    216 Câu 37: (THPT Chuyên Lê Quý Đôn-Đà Nẵng năm 2017-2018) Tìm số hạng không chứa x trong 15 1  khai triển nhị thức Newtơn của P  x    x 2   x  A. 4000 . B. 2700 . C. 3003 . Lời giải Chọn C D. 3600 . k 15 15 k  1  1  Số hạng tổng quát của khai triển P  x    x 2   là: C15k  x 2  .    C15k x303k . x   x Số hạng không chứa x ứng với giá trị của k thoả 30  3k  0  k  10 . Vậy số hạng không chứa x trong khai triển của P  x  là C1510  3003 . Câu 38: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An- lần 1 năm 2017-2018) Tìm hệ số của x 3 trong khai 10 triển 1  2x  . A. 120 . B. 960 . C. 960 . Lời giải D. 120 . Chọn B 10 10 Ta có 1  2 x    2 x  1 . 10  k Số hạng tổng quát của khai triển là C10k  2 x  k k .  1  C10k 210 k.  1 .x10 k . Số mũ của x bằng 3 khi và chỉ khi 10  k  3  k  7 . 7 Vậy hệ số của x3 là C107 23.  1  960 . x 2 1 Câu 39: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Cho hàm số f  x     .5 x . Khẳng định 2 nào sau đây là sai ? A. f  x   1  x 2  x log 2 5  0 . B. f  x   1  x  x 2 log 2 5  0 . C. f  x   1  x 2  x log5 2  0 . D. f  x   1   x ln 2  x 2 ln 5  0 . Lời giải Chọn A x  1  x x 2   1  x2 Ta có: f  x   1    .5  1  log 2   .5   0  2  2   x 2 1  log 2    log 2 5 x  0   x  x 2 log 2 5  0 nên phương án A sai. 2 Câu 40: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Cho một tam giác, trên ba cạnh của nó lấy 9 điểm như hình vẽ. Có tất cả bao nhiêu tam giác có ba đỉnh thuộc 9 điểm đã cho ? C3 B1 C2 B2 C1 A1 A. 79 . A2 B. 48 . A4 A3 C. 55 . Lời giải D. 24 . Chọn A Bộ 3 điểm bất kỳ được chọn từ 9 điểm đã cho có C93 bộ. Bộ 3 điểm không tạo thành tam giác có C33  C43 bộ. Vậy số tam giác tạo thành từ 9 điểm đã cho có: C93   C33  C43   79 . Câu 41: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Có tất cả bao nhiêu cách chia 10 người thành hai nhóm, một nhóm có 6 người và một nhóm có 4 người ? A. 210 . B. 120 . C. 100 . D. 140 . Lời giải Chọn A Số cách phân nhóm 6 người trong 10 người là C106 . Sau khi phân nhóm 6 người còn lại 4 người được phân nhóm vào nhóm còn lại. Vậy có C106  210 cách. Câu 42: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Gieo một con súc sắc cân đối đồng chất một lần. Tính xác suất để xuất hiện mặt có số chấm là một số nguyên tố. 1 1 2 1 A. . B. . C. . D. . 4 2 3 3 Lời giải Chọn B Ta có số phần tử của không gian mẫu khi tung một con súc sắc một lần là   6 . Gọi A là biến cố số chấm trên mặt của con súc sắc là một số nguyên tố ta có số phần tử thuận lợi cho  1 biến cố A là  A  3 . Suy ra p  A   A  .  2 Câu 43: ———-HẾT———-(THPT Chuyên Thái Bình-lần 3 năm 2017-2018) Tìm hệ số của số hạng 11 chứa x9 trong khai triển nhị thức Newton 1  2 x  3  x  . A. 4620 . B. 1380 . C. 9405 . Hướng dẫn giải D. 2890 . Chọn C 11 11 11 1  2 x  3  x    3  x   2 x  3  x  11 11   C11k .311 k .x k  2 x  C11k .311 k .x k k 0 11 k 0 11   C11k .311 k .x k   C11k .2.311 k .x k 1 k 0 9 k 0 Suy ra hệ số của x khi triển khai nhị thức trên là: C119 .32  C118 .2.33  9045 . Câu 44: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 3 năm 2017-2018) Một giải thi đấu bóng đá quốc tế có 16 đội thi đấu vòng tròn 2 lượt tính điểm. (Hai đội bất kỳ đều thi đấu với nhau đúng 2 trận). Sau mỗi trận đấu, đội thắng được 3 điểm, đội thua 0 điểm; nếu hòa mỗi đội được 1 điểm. Sau giải đấu, Ban tổ chức thống kê được 80 trận hòa. Hỏi tổng số điểm của tất cả các đội sau giải đấu bằng bao nhiêu? A. 720 . B. 560 . C. 280 . D. 640 . Hướng dẫn giải Chọn D Số trận đấu xảy ra trong giải là: A162  240 . Tổng số điểm cho các trận thắng: 3  240  80   480 . Tổng số điểm cho các trận hòa: 2.80  160 . Tổng số điểm của tất cả các đội sau giải giải đấu là: 480  160  640 . Câu 45: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – lần 3 năm 2017-2018) Tập xác định của hàm số 1 y  log 3  x  4  là x2  4 x  5 A. D  (4; ) . B. D  4;  . C. D  4;5  5;  . D. D  (4; ) . Lời giải Chọn A  x2  4 x  5  0 x   Điều kiện xác định là    x4. x  4 x  4  0 Vậy D  (4; ) . Câu 46: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 3 MĐ 234 năm học 2017-2018) Một hộp có 5 bi đen, 4 bi trắng. Chọn ngẫu nhiên 2 bi. Xác suất 2 bi được chọn cùng màu là: 1 4 1 5 A. . B. . C. . D. . 4 9 9 9 Hướng dẫn giải Chọn B Số phần tử không gian mẫu: n     C92 . Gọi A là biến cố: Hai bi được chọn cùng màu”. Số phần tử của A là: n  A   C52  C42 . Xác suất cần tìm là: P  A   n  A  C52  C42 4  .  n  9 C92 Câu 47: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 3 MĐ 234 năm học 2017-2018) Có bao nhiêu số tự nhiên có bẩy chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3 . A. 3204 số. B. 249 số. C. 2942 số. D. 7440 số. Hướng dẫn giải Chọn D Vì chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3 nên số cần lập có bộ ba số 123 hoặc 321 . TH1: Số cần lập có bộ ba số 123 . Nếu bộ ba số 123 đứng đầu thì số có dạng 123abcd . Có A74  840 cách chọn bốn số a , b , c , d nên có A74  840 số. Nếu bộ ba số 123 không đứng đầu thì số có 4 vị trí đặt bộ ba số 123 . Có 6 cách chọn số đứng đầu và có A63  120 cách chọn ba số b , c , d . Theo quy tắc nhân có 6.4. A63  2880 số Theo quy tắc cộng có 840  2880  3720 số. TH2: Số cần lập có bộ ba số 321 . Do vai trò của bộ ba số 123 và 321 như nhau nên có 2  840  2880   7440 Câu 48: (THPT Hoài Ân-Hải Phòng năm 2017-2018) Tìm hệ số của số hạng chứa x31 trong khai triển 40 1   x 2  . x   37 A. C40 . C. C404 . 31 B. C 40 . D. C402 . Lời giải Chọn A 40 k 40 40 1    1  Ta có:  x  2    C40k .x 40 k .  2    C40k .x 403k . x    x  k 0 k 0 Số hạng tổng quát của khai triển là: Tk 1  C40k .x 403k . Số hạng chứa x 31 trong khai triển tương ứng với 40  3k  31  k  3 . 3 37 Vậy hệ số cần tìm là: C40 (theo tính chất của tổ hợp: Cnk  Cnn k ).  C40 Câu 49: (THPT Hoài Ân-Hải Phòng năm 2017-2018) Chi đoàn lớp 12A có 20 đoàn viên trong đó có 12 đoàn viên nam và 8 đoàn viên nữ. Tính xác suất khi chọn 3 đoàn viên có ít nhất 1 đoàn viên nữ. 251 A. 1 1 . B. 1 1 0 . C. 46 . D. . 285 7 570 57 Lời giải Chọn C 3 Số phần tử của không gian mẫu: C20  1140 . Gọi A là biến cố chọn được 3 đoàn viên là nam: C123  220 . 220 11 .  1140 57 11 46  Vậy xác suất cần tìm là: 1  . 57 57 Xác suất của biến cố A là: P  A  Câu 50: (THPT Hồng Quang-Hải Dương năm 2017-2018) Từ tập X  2,3, 4,5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số mà các chữ số đôi một khác nhau ? A. 60 . B. 125 . C. 10 . D. 6 . Lời giải Chọn A Số các số tự nhiên có ba chữ số mà các chữ số đôi một khác nhau được lập từ tập X là số chỉnh hợp chập 3 của 5 phần tử  số các số cần lập là A53  60 (số). Câu 51: (THPT Hồng Quang-Hải Dương năm 2017-2018) Trong một hộp đựng 7 bi màu đỏ, 5 bi màu xanh và 3 bi vàng, lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Tính xác suất để 3 viên bi lấy được đều có màu đỏ. 1 3 1 7 A. . B. . C. . D. . 13 7 5 15 Lời giải Chọn A Tổng số có 7  5  3  15 viên bi. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ 15 viên có C153  455 (cách lấy). Số phần tử của không gian mẫu là n     455 . Gọi A : 3 viên bi lấy được đều có màu đỏ ” . Lấy 3 viên bi màu đỏ từ 7 viên bi màu đỏ có C73  35  n  A   35 . Vậy xác suất để 3 viên bi lấy được đều có màu đỏ là P  A   n  A 45 1   . n    455 13 Câu 52: (THPT Hồng Quang-Hải Dương năm 2017-2018) Số hạng không chứa x trong khai triển  2 2 x   x  6  x  0 là A. 24.C62 . B. 22.C62 . C. 24.C64 . D. 22.C64 . Lời giải Chọn A k 2 Số hạng thứ k  1 trong khai triển: Tk 1  C .  x  .    C6k .2k .x123k . x Số hạng không chứa x trong khai triển có giá trị k thỏa mãn: 12  3k  0  k  4 . Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: T5  C64 .24  24.C62 . k 6 2 6k Câu 53: (THPT Kinh Môn 2-Hải Dương năm 2017-2018) Có bao nhiêu đoạn thẳng được tạo thành từ 10 điểm phân biệt khác nhau. A. 45 . B. 90 . C. 35 . D. 55 . Lời giải Chọn A Giả sử ta có hai điểm A , B phân biệt thì cho ta một đoạn thẳng AB (đoạn AB và đoạn BA giống nhau). Vậy số đoạn thẳng được tạo thành từ 10 điểm phân biệt khác nhau là: C102  45 . Câu 54: (THPT Kinh Môn 2-Hải Dương năm 2017-2018) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 3 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 . A. 90 số. B. 20 số. C. 720 số. D. 120 số. Lời giải Chọn D Số các số có 3 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số đã cho là số chỉnh hợp chập 3 của 6 và bằng A63  120 số. Câu 55: (THPT Lê Hoàn-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018)Một túi đựng 6 bi xanh và 4 bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 2 bi. Xác suất để cả hai bi đều đỏ là. 7 7 8 2 A. . B. . C. . D. . 15 45 15 15 Lời giải Chọn D Ta có số phần từ của không gian mẫu là n     C102  45 . Gọi A : “Hai bi lấy ra đều là bi đỏ”. Khi đó n  A  C42  6 . Vậy xác suất cần tính là P  A   n  A 2  . n    15 Câu 56: (THPT Ninh Giang-Hải Dương năm 2017-2018) Cho số nguyên dương n thỏa mãn đẳng thức sau: Cn3  An2  376  2n . Khẳng định nào sau đây đúng ? A. 5  n  10 . B. n là một số chia hết cho 5. C. n  5 . D. n  11 . Lời giải Chọn D Cn3  An2  376  2n 1 . ĐK: n  * , n  3 . 1  n! n!   376  2n . 3! n  3 !  n  2  !  n  n  1 n  2   6n  n  1  2256  12n .  n3  3n 2  2n  6n 2  6n  12n  2256  0 .  n3  3n 2  8n  2256  0  n  12 . Vậy n  11 . Câu 57: (THPT Phan Đăng Lưu-Huế-lần 1 năm 2017-2018) Biết rằng hệ số của x 4 trong khai triển nhị n thức Newton  2  x  ,  n  *  bằng 280 , tìm n ? A. n  8 . B. n  6 . C. n  7 . Lời giải D. n  5 . Chọn C n n k Ta có  2  x    Cnk 2n k.  1 . x k . k 0 4 Hệ số của x tương đương với k  4 là n  n  1 n  2  n  3 n 4 4 Cn4 2n 4.  1  280  2  280 24 6720 26.3.5.7 .  n  n  1 n  2  n  3  n 4  2 2 n 4 Vì n là số tự nhiên nên n  4  6  4  n  10 . Lâp bảng giá trị được n  7 . Câu 58: (THPT Phan Đăng Lưu-Huế-lần 1 năm 2017-2018) Số hạng không chứa x trong khai triển 6 2   x  2  là: x   A. 110 . B. 240 . C. 60 . D. 420 . Lời giải Chọn C 6 k 2 k   2  * Số hạng tổng quát trong khai triển  x  2  là C6k x 6 k   2   C6k  2  x 63k với k   , x    x  0  k  6. 2 * Số hạng không chứa x nên 6  3k  0  k  2 suy ra hệ số cần tìm là C62  2   60 . Câu 59: (THPT Phan Đăng Lưu-Huế-lần 1 năm 2017-2018) Một hộp chứa 20 viên bi xanh và 15 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 4 bi. Tính xác suất để 4 bi lấy được có đủ hai màu. 4610 4615 4651 4615 A. . B. . C. . D. . 5236 5236 5236 5236 Lời giải Chọn D Số phần tử không gian mẫu là   C354  5236 . Số phần phần tử của biến cố lấy được 4 bi màu xanh là C204 . Số phần phần tử của biến cố lấy được 4 bi màu đỏ là C154 . C204  C154 4615 .  5236 5236 Câu 60: (THPT Phan Đăng Lưu-Huế-lần 1 năm 2017-2018) Có 14 người gồm 8 nam và 6 nữ. Số cách chọn 6 người trong đó có đúng 2 nữ là A. 1078 . B. 1414 . C. 1050 . D. 1386 . Lời giải Chọn C Số cách chọn 6 người trong đó có đúng 2 nữ là C62 .C84  1050 cách. Suy ra xác suất của biến cố 4 bi lấy được có đủ hai màu là p  1  Câu 61: (THPT Quãng Xương 1-Thanh Hóa năm 2017-2018) Trong phòng làm việc có hai máy tính hoạt động độc lập với nhau, khả năng hoạt động tốt trong ngày của hai máy này tương ứng là 75% và 85% . Xác suất để có đúng một máy hoạt động không tốt trong ngày là A. 0, 425 . B. 0, 325 . C. 0, 625 . D. 0,525 . Lời giải Chọn B Gọi A , B lần lượt là biến cố “khả năng hoạt động tốt trong ngày của hai máy đã cho” Suy ra H  A B  A B là biến cố “có đúng một máy hoạt động không tốt trong ngày”     Vậy P  H   P  A  .P  B   P  A  .P  B    0, 75  .  0,15    0, 25 .  0,85  0,325 . Ta có P  A   0, 75 , P A  0, 25 , P  B   0,85 , P B  0,15 Câu 62: (THPT Quãng Xương 1-Thanh Hóa năm 2017-2018) Biết tổng các hệ số trong khai triển  3x  1 n  a0  a1 x  a2 x 2  …  an x n là 211 . Tìm a6 . A. a6  336798 . C. 112266 . B. a6  336798 . D. 112266 . Lời giải Chọn A n n k Ta có  3 x  1    1 Cnk 3n  k .x n  k 1 . k 0 n n k Trong 1 cho x  1 ta được  3.1  1    1 Cnk 3n  k  2n  211  n  11 . k 0 5 Khi đó, a6   1 C115 .36  336798 . Câu 63: (THPT Thanh Miện 1-Hải Dương-lần 1 năm 2017-2018) Hệ số của x10 trong biểu thức 5 P   2 x  3x 2  bằng A. 357 . B. 243 . C. 628 . Lời giải D. 243 . Chọn D k 5 k Số hạng tổng quát trong khai triển biểu thức trên là Tk 1  C5k  2 x   3 x 2   C5k 2k  3 5 k 10 k  x . 10 Số hạng chứa x ứng với thỏa mãn 10  k  10  k  0 . 5 Với k  0 thì hệ số của x10 là C50 20  3  243 . Câu 64: (THPT Thanh Miện 1-Hải Dương-lần 1 năm 2017-2018) Cho số tự nhiên n thỏa mãn 3Cn31  3 An2  52  n  1 . Hỏi n gần với giá trị nào nhất: C. 10 . Lời giải B. 12 . A. 11 . D. 9 . Chọn B n  2 Điều kiện  . n   Ta có 3Cn31  3 An2  52  n  1  3   n  1 n  n  1  3n  n  1!  3 n !  52 n  1   3! n  2  !  n  2  !  n  1  52  n  1   n  1 n  6n  104  n2  5n 104  0 2  n  13  t / m  . Vậy n  13 .   n  8  loai  Câu 65: (THPT Thanh Miện 1-Hải Dương-lần 1 năm 2017-2018) Ngân hàng đề thi gồm 15 câu hỏi trắc nghiệm khác nhau và 8 câu hỏi tự luận khác nhau. Hỏi có thể lập được bao nhiêu đề thi sao cho mỗi đề thi gồm 10 câu hỏi trắc nghiệm khác nhau và 4 câu hỏi tự luận khác nhau. A. C1510 .C84 . B. C1510  C84 . 10 . A84 . C. A15 Lời giải 10  A84 . D. A15 Chọn A Để lập được được một đề thi gồm 10 câu hỏi trắc nghiệm khác nhau và 4 câu hỏi tự luận khác nhau ta thực hiện qua 2 giaoi đoạn. Giai đoạn 1: Chọn 10 câu hỏi trắc nghiệm khác nhau từ 15 câu hỏi trắc nghiệm khác nhau có C1510 cách chọn. 4 Giai đoạn 2: Chọn 4 câu hỏi tự luận khác nhau từ 8 câu hỏi tự luận khác nhau có C8 cách chọn. 10 4 Theo quy tắc nhân có C15 .C8 cách lập đề thi. 12 2  Câu 66: (THPT Tứ Kỳ-Hải Dương năm 2017-2018) Số hạng không chứa x trong khai triển  x  3  , x   x  0 là: A. 1760 . B. 1760 . C. 220 . D. 220 . Hướng dẫn giải Chọn A 12 k 12 12 2 k   2 Ta có  x  3    C12k x12 k .   3    C12k  2  x12 4 k . x    x  k 0 k 0 Theo đề bài ta tìm hệ số của số hạng không chứa x nên 12  4k  0  k  3 . 3 Vậy hệ số là C123  2   1760 . Câu 67: (THPT Xuân Trường-Nam Định năm 2017-2018) Một tổ học sinh có 7 nam và 3 nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 người. Tính xác suất sao cho 2 người được chọn có ít nhất một người nữ là: A. 2 . 15 B. 7 . 15 8 . 15 Lời giải C. D. 1 . 15 Chọn C Số phần tử của không gian mẫu là: n     C102 . Gọi biến cố A : “Hai người được chọn có ít nhất một người nữ”.    A : “Hai người được chọn không có nữ”  n A  C72 .   Vậy xác suất cần tìm là: P  A   1  P A  1  n     1 n A C72 8  . 2 C10 15 Câu 68: (THPT Lương Văn ChasnhPhus Yên năm 2017-2018) Bình có bốn đôi giầy khác nhau gồm bốn màu: đen, trắng, xanh và đỏ. Một buổi sáng đi học, vì vội vàng, Bình đã lấy ngẫu nhiên hai chiếc giầy từ bốn đôi giầy đó. Tính xác suất để Bình lấy được hai chiếc giầy cùng màu ? 1 1 1 2 A. . B. . C. . D. . 7 4 14 7 Lời giải Chọn A Ta có số phần tử của không gian mẫu là n     C82  28 . Gọi A : “ Bình lấy được hai chiếc giầy cùng màu” suy ra n  A  4 . Suy ra P  A   n  A 1  . n  7 Vậy xác suất để Bình lấy được hai chiếc giầy cùng màu là 1 . 7 Câu 69: (THPT Lương Văn ChasnhPhus Yên năm 2017-2018) Biết hệ số của x 2 trong khai triển của 1  3x  n là 90 . Tìm n . A. n  5 . B. n  8 . C. n  6 . Lời giải D. n  7 . Chọn A k k Số hạng tổng quát thứ k  1 là Tk 1  Cnk  3 x   Cnk  3 x k . Vì hệ số của x 2 nên cho k  2 . 2 Khi đó ta có Cn2  3  90  Cn2  10  n  5  n  n  n  1 .  10   2  n  4  l  Vậy n  5 . Câu 70: (THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ-Hòa Bình năm 2017-2018) Một hộp đựng 5 bi đỏ và 4 bi xanh. Có bao nhiêu cách lấy 2 bi có đủ cả 2 màu ? A. 20 . B. 16 . C. 9 . D. 36 . Lời giải Chọn A Lấy 1 bi đỏ có 5 cách. Lấy 1 bi xanh có 4 cách. Theo quy tắc nhân, số cách lấy 2 bi có đủ cả 2 màu là 5.4  20 cách. Câu 71: (THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ-Hòa Bình năm 2017-2018) Một tổ có 5 học sinh nữ và 6 học sinh nam. Số cách chọn ngẫu nhiên 5 học sinh của tổ trong đó có cả học sinh nam và học sinh nữ là ? A. 545 . B. 462 . C. 455 . D. 456 . Lời giải Chọn C Chọn 5 học sinh bất kỳ từ tổ 11 học sinh có số cách chọn là C115 . Số cách chọn 5 học sinh mà chỉ toàn nữ hoặc toàn nam là C55  C65 . Số cách chọn ngẫu nhiên 5 học sinh của tổ trong đó có cả học sinh nam và học sinh nữ là C115   C55  C65   455 . Câu 72: (THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ-Hòa Bình năm 2017-2018) Một con súc sắc không cân đối, có đặc điểm mặt sáu chấm xuất hiện nhiều gấp hai lần các mặt còn lại. Gieo con súc sắc đó hai lần. Xác suất để tổng số chấm trên mặt xuất hiện trong hai lần gieo lớn hơn hoặc bằng 11 bằng: 8 4 1 3 A. . B. . C. . D. . 49 9 12 49 Lời giải Chọn A 2 1 Xác suất xuất hiện mặt 6 chấm là , mỗi mặt còn lại là . 7 7 Có các khả năng: + Hai lần gieo được mặt 6 chấm. + Lần thứ nhất được mặt 6 chấm, lần thứ hai được mặt 5 chấm. + Lần thứ nhất được mặt 5 chấm, lần thứ hai được mặt 6 chấm. 2 2 2 1 1 2 8 Xác suất cần tính là .  .  .  . 7 7 7 7 7 7 49 Câu 73: (THPT Chuyên Biên Hòa-Hà Nam-lần 1 năm 2017-2018) Nhân dịp lễ sơ kết học kì I, để thưởng cho ba học sinh có thành tích tốt nhất lớp cô An đã mua 10 cuốn sách khác nhau và chọn ngẫu nhiên ra 3 cuốn để phát thưởng cho 3 học sinh đó mỗi học sinh nhận 1 cuốn. Hỏi cô An có bao nhiêu cách phát thưởng. A. C103 . B. A103 . C. 103 . D. 3.C103 . Lời giải Chọn B Chọn ngẫu nhiên 3 cuốn sách rồi phát cho 3 học sinh có: A103 cách. Câu 74: (THPT Yên Định-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Một đội gồm 5 nam và 8 nữ. Lập một nhóm gồm 4 người hát tốp ca, tính xác suất để trong 4 người được chọn có ít nhất 3 nữ. 56 87 73 70 A. . B. . C. . D. . 143 143 143 143 Hướng dẫn giải Chọn D Số phần tử không gian mẫu là: n     C134  715 . Gọi A là biến cố “Bốn người được chọn có ít nhất 3 nữ”.  n  A  C83 .C51  C84  350 . Xác suất để 4 người được chọn có ít nhất 3 nữ là: P  A   n  A n   350 70 .  715 143 Câu 75: (THPT Yên Định-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Trong mặt phẳng cho 10 điểm phân biệt A1 , A2 ,…, A10 trong đó có 4 điểm A1 , A2 , A3 , A4 thẳng hàng, ngoài ra không có 3 điểm nào thẳng hàng. Hỏi có bao nhiêu tam giác có 3 đỉnh được lấy trong 10 điểm trên? A. 116 tam giác. B. 80 tam giác. C. 96 tam giác. D. 60 tam giác. Hướng dẫn giải Chọn A Số tam giác tạo từ 10 điểm là C103 tam giác Do 4 điểm A1 , A2 , A3 , A4 thẳng nên số tam giác mất đi là C43 Vậy số tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán là C103  C43  116 tam giác. Câu 76: (THPT Yên Định-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Tập nghiệm của bất phương trình 9 x  2.6 x  4 x  0 là A. S   0;   . C. S   0 . B. S   . D. S   0;   . Hướng dẫn giải Chọn C 2 2x x x   3 x   3 3  3 Ta có 9  2.6  4  0     2    1  0      1  0     1  0  x  0 .  2    2 2  2   x Câu 77: x (THPT 2 10 1  2 x  3x  x Yên Định-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Khai triển  a0  a1 x  a2 x 2  …  a20 x 20 . Tính tổng S  a0  2a1  4a2  …  2 20 a20 . A. S  1510 . B. S  1710 . C. S  710 . D. S  17 20 . Hướng dẫn giải Chọn B 2 10 1  2 x  3x   a0  a1 x  a2 x 2  …  a20 x 20 . Thay x  2 ta được S  a0  2a1  4a2  …  220 a20  1710 . Câu 78: (THPT Yên Định-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Cho tập hợp A  2;3; 4;5;6;7 . Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 3 chữ số khác nhau được thành lập từ các chữ số thuộc A ? A. 216 . B. 180 . C. 256 . D. 120 . Hướng dẫn giải Chọn D Số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau lập từ các chữ số của A bằng số chỉnh hợp chập ba của 6 . Vậy có A63  120 (số). Câu 79: (THTT số 5-488 tháng 2 năm 2018)Gieo một con xúc sắc cân đối và đồng chất một lần. Giả sử con xúc sắc xuất hiện mặt k chấm. Xét phương trình  x 3  3 x 2  x  k . Tính xác suất để phương trình trên có ba nghiệm thực phân biệt. 1 1 2 1 A. . B. . C. . D. . 3 2 3 6 Lời giải Chọn A Số phần tử không gian mẫu là: n     6 . Xét hàm số f  x    x3  3x 2  x . Số nghiệm của phương trình  x 3  3 x 2  x  k là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x    x 3  3 x 2  x và đường thẳng y  k . Ta có: f   x   3x 2  6 x  1.  3 6 94 6 y x  3 9 . f   x   0  3 x 2  6 x  1  0    3 6 94 6 y x  3 9  94 6 94 6 k  k  1; 2 . 9 9 Gọi A là biến cố “Con xúc sắc xuất hiện mặt k chấm để phương trình đã cho có ba nghiệm thực phân biệt”  n  A   2 . Phương trình đã cho có ba nghiệm thực phân biệt khi Vậy xác suất để phương trình trên có ba nghiệm thực phân biệt là P  A   n  A 2 1   . n  6 3 Câu 80: (THPT Mộ Đức-Quãng Ngãi-lần 1 năm 2017-2018) Cần chọn 3 người đi công tác từ một tổ có 30 người, khi đó số cách chọn là A. A303 . B. 330 . D. C303 . C. 10 . Lời giải Chọn D Số cách chọn 3 người bất kì trong 30 là: C303 . Câu 81: (THPT Mộ Đức-Quãng Ngãi-lần 1 năm 2017-2018) Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp học gồm 25 nam và 20 nữ. Gọi A là biến cố “Trong 5 học sinh được chọn có ít nhất 1 học sinh nữ”. Xác suất của biến cố A là A. P  A   5 C20 . 5 C45 B. P  A   20C254 . 5 C45 C. P  A   20C444 . 5 C45 D. P  A   1  5 C25 . 5 C45 Lời giải Chọn D 5 Số phần tử của không gian mẫu n     C45 . A là biến cố “Trong 5 học sinh được chọn có ít nhất 1 học sinh nữ”  A là biến cố “Trong 5 học sinh được chọn không học sinh nữ”     5 25  n A  C  P  A  1  P A  1  Câu 82: (THPT 1  3x  n A. 1053 . Chọn C Mộ Đức-Quãng    1 C n A n  Ngãi-lần C 1 5 25 5 45 . năm 2017-2018) Xét khai  a0  a1 x  a2 x 2  …  an x n với n  * , n  3 . Giả sử a1  27 , khi đó a2 bằng B. 243 . C. 324 . Lời giải D. 351. triển n n k Ta có: 1  3 x    Cnk  3 x   a0  a1 x  a2 x 2  …  an x n . k 1 Theo giả thiết a1  27  Cn1 31  27  Cn1  9  n  9 . Có a2  C92 32  324 . Câu 83: (THPT Hoàng Hoa Thám-Hưng Yên-lần 1 năm 2017-2018) Tìm số hạng chứa x5 trong khai 7  x2 1  triển    .  2 x 35 5 A. x . 16 B.  35 5 x . 16 C.  16 5 x . 35 D. 16 5 x . 35 Lời giải Chọn C 7 7  x2 1   x2  Ta có      C7k    2 x  k 0  2  7k k k 7  1  1  C7k 7  k x143k .     2  x k 0 C73 5 35 x   x5 . 4 2 16 Câu 84: (THPT Hoàng Hoa Thám-Hưng Yên-lần 1 năm 2017-2018) Cho n  n  3; n    đường Hệ số của x5 thì 14  3k  5  k  3 nên ta có  thẳng phân biệt đồng quy tại O trong đó không có ba đường thẳng nào cùng nằm trên một mặt phẳng. Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua 2 trong số n đường thẳng nói trên? n! n! n! A. . B. n! . C. . D. . (n  2)! 2(n  2)! 2 Lời giải Chọn D Hai đường thẳng bất kì trong số n đường thẳng đã cho thành lập một mặt phẳng. n! n!  Vậy số mặt phẳng là: Cn2  . 2!.  n  2  ! 2.  n  2  ! Câu 1: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Với năm chữ số 1 , 2 , 3 , 5 , 6 có thể lập được bao nhiêu số có 5 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 5 ? A. 120 . B. 24 . C. 16 . D. 25 . Lời giải Chọn B Gọi x  abcde là số thỏa ycbt. Do x chia hết cho 5 nên e  5 . Số cách chọn vị trí a, b, c, d là 4! . Vậy có 24 số có 5 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 5 . Câu 2: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Có 9 chiếc thẻ được đánh số từ 1 đến 9 , người ta rút ngẫu nhiên hai thẻ khác nhau. Xác suất để rút được hai thẻ mà tích hai số được đánh trên thẻ là số chẵn bằng A. 2 . 3 B. 5 . 18 C. 1 . 3 D. 13 . 18 Lời giải Chọn D Cách 1. Rút ra hai thẻ tùy ý từ 9 thẻ nên có n     C92  36 . Gọi A là biến cố: “rút được hai thẻ mà tích hai số được đánh trên thẻ là số chẵn” Suy ra n  A  C92  C52  26 . 26 13  . 36 18 Cách 2. Rút ra hai thẻ tùy ý từ 9 thẻ nên có n     C92  36 . Xác suất của A là P  A   Gọi A là biến cố: “rút được hai thẻ mà tích hai số được đánh trên thẻ là số chẵn” TH1: 1 thẻ đánh số lẻ, 1 thẻ đánh số chẵn có C41 .C51  20 . TH2: 2 thẻ đánh số chẵn có C42  6 . Suy ra n  A   26 . Xác suất của A là P  A   26 13  . 36 18 Câu 3: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Với năm chữ số 1, 2 , 3 , 4 , 7 có thể lập được bao nhiêu số có 5 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 2 ? A. 24 . B. 48 . C. 1250 . D. 120 . Lời giải Chọn B Gọi số cần tìm là n  abcde , vì n chia hết cho 2 nên có 2 cách chọn e . Bốn chữ số còn lại được chọn và sắp thứ tự nên có 4! cách. Vậy có tất cả 2  4!  48 số các số cần tìm. Câu 4: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Số tự nhiên n thỏa 1.C1n  2.C2n  …  n.Cnn  1024 thì A. n  7. B. n  8. C. n  9. Lời giải Chọn B Xét khai triển 1  x  n n 1  x   C0n  C1n x  C2n x 2  …  Cnn x n . Lấy đạo hàm hai vế ta được: n 1  C1n  2C n2 x  …  nCnn x n1 . D. n  10. Cho x  1 ta được: n.2n 1  C1n  2Cn2  …  nCnn mà 1.C1n  2.C2n  …  n.Cnn  1024 . Suy ra: n.2n 1  1024  n.2n 1  1024  0 . Xét phương trình g  n   n.2n1  1024 , n  1 . Có g   n   2n1  n.2n 1.ln 2  0 , n  1 nên g  n  đồng biến 1;   . Do đó phương trình g  n   0 có nhiều nhất 1 nghiệm. Mà g  8   1024 nên n  8 . Câu 5: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Cho cấp số cộng có tổng n số hạng đầu là S n  4n 2  3n , n  * thì số hạng thứ 10 của cấp số cộng là A. u10  95. B. u10  71. C. u10  79. D. u10  87. Lời giải Chọn C Theo công thức ta có n  u1  un   4n 2  3n  u1  un  8n  6  un  u1  8n  6 . 2 Mà u1  S1  7 do đó u10  7  8.10  6  79 . Câu 6: (THPT Lê Quý Đôn-Hà Nội năm 2017-2018) Có 3 học sinh lớp A ; 5 học sinh lớp B ; 7 học sinh lớp C . Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh lập thành một đội. Tính xác suất để tất cả học sinh lớp A đều được chọn? 12 2 5 7 A. B. . C. . D. . 91 91 13 13 Lời giải Chọn B Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ 15 học sinh. Số phần tử của không gian mẫu là: n     C155 . Gọi X là biến cố trong 5 học sinh được chọn phải có 3 học sinh lớp A . Số phần tử của biến cố X là: n  X   C122 . Xác suất của biến cố X là: P  X   C122 2  . 5 C15 91 Câu 7: (THPT Lê Quý Đôn-Hà Nội năm 2017-2018) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển n  2 1 2 2  x   biết An  Cn  105 x  A. 3003 . B. 5005 . C. 5005 . Lời giải D. 3003 . Chọn D Ta có: An2  Cn2  105  1 n! n!   105  n  n  1  105  n 2  n  210  0 2  n  2 ! 2! n  2 !  n  15 .   n  14  L  Suy ra số hạng tổng quát trong khai triển: Tk 1  C .  x k 15 2 15 k  k k  1 .     C15k .  1 .x303k .  x Tìm 30  3k  0  k  10 . 10 Vậy hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển là: C1510 .  1  3003 . Câu 8: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 2 năm 2017-2018) Số hạng không chứa x trong khai triển 6  2 2  x   là x  A. 4C62 . B. 26 C62 . C. C64 . D. C62 .16 . Lời giải Chọn D Số hạng tổng quát của khai triển là C6k .2k .x123k  0  k  6, k    . 6 2  Số hạng không chứa x trong khai triển  x 2   ứng với k thỏa 12  3k  0  k  4 . x  Vậy số hạng không chứa x là C64 .24  C62 .16 . Câu 9: (THPT Lý Thái Tổ-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Sau khi khai triển và rút gọn biểu thức 12 21 3 1    f  x    x 2     2 x 3  2  thì f  x  có bao nhiêu số hạng? x x    A. 30 . B. 32 . C. 29 . D. 35 . Lời giải Chọn B k 12 12 12  2 3 k 2 12  k  3  k k 24 3 k  x     C12  x      C12 3 x x   x k 0 k 0 k 21 21 21  3 1  k 21 k 63 5 k k 3 21 k  1   2x  2    C21  2 x   2    C21 2 x x   x  k 0 k 0 Xét phương trình 24  3k  63  5k   5k   3  k  13  k chia cho 5 dư 2 mà 0  k  12 nên k  2;7;12 . Do đó có 3 số hạng trong hai khai triển trùng nhau. 12 3  Với khai triển  x 2   ta có 13 số hạng; Với khai triển x  Vậy tổng số hạng là 35  3  32 . 21  3 1   2x  2  ta có 22 số hạng. x   Câu 10: (THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần 2 năm 2017-2018) Một hộp có 5 viên bi xanh, 6 viên bi đỏ và 7 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi trong hộp, tính xác suất để 5 viên bi được chọn có đủ ba màu và số bi đỏ bằng số bi vàng. 313 95 5 25 A. . B. . C. . D. . 408 408 102 136 Lời giải Chọn B Số phần tử của không gian mẫu là số cách lấy 5 viên bi trong 18 viên bi,   C185 . Gọi A là biến cố: ” 5 viên bi được chọn có đủ ba màu và số bi đỏ bằng số bi vàng”. + Số cách lấy 1 viên bi xanh, 2 viên bi đỏ, 2 viên bi vàng là C51.C62 .C72 . + Số cách lấy 3 viên bi xanh, 1 viên bi đỏ, 1 viên bi vàng là C53 .C61 .C71 . Số phần tử của biến cố A : C51.C62 .C72  C53 .C61.C71 . Xác suất P  A  C51.C62 .C72  C53 .C61 .C71 95 .  5 C18 408 Câu 11: (THPT Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa-lần 2 năm 2017-2018) Một hộp đựng 9 viên bi trong đó có 4 viên bi đỏ và 5 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 3 viên bi. Tìm xác suất để 3 viên bi lấy ra có ít nhất 2 viên bi màu xanh. 10 5 25 5 A. . B. . C. . D. . 21 14 42 42 Lời giải Chọn C Số phần tử không gian mẫu: n     C93 . Gọi biến cố A : “lấy được ít nhất 2 viên bi màu xanh”. Suy ra n  A   C52 .C41  C53 . Vậy P  A   25 . 42 Câu 12: (THPT Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa-lần 2 năm 2017-2018) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn n 3  An2  Cn2  Cn1  4n  6 . Hệ số của số hạng chứa x 9 của khai triển biểu thức P  x    x 2   bằng x  A. 18564 . B. 64152 . C. 192456 . D. 194265 . Lời giải Chọn C n! n! n!    4n  6 An2  Cn2  Cn1  4n  6   n  2 !  n  2 !.2!  n  1!.1!  n  n  1  n  n  1 2  n  1  l  .  n  4n  6  n 2  11n  12  0    n  12  n  12 3  Khi đó P  x    x 2   . x  12  k Công thức số hạng tổng quát: Tk 1  C12k .  x 2  k 3 .    C12k .3k .x 24 3 k . x Số hạng chứa x 9  24  3k  9  k  5 . Vậy hệ số của số hạng chứa x 9 trong khai triển là C125 .35  192456 . Câu 13: (THPT Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa-lần 2 năm 2017-2018) Trong mặt phẳng cho tập hợp P gồm 10 điểm phân biệt trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Số tam giác có 3 điểm đều thuộc P là A. 103 . C. A103 . C. C103 . D. A107 . Lời giải Chọn C Với 3 điểm phân biệt không thằng hàng, tạo thành duy nhất 1 tam giác. Vậy, với 10 điểm phân biệt trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng, số tam giác tạo thành là C103 . 10 Câu 14: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Trong khai triển  2 x  1 , hệ số của số hạng chứa x8 là A. 8064 . Chọn B B. 11520 . C. 8064 . Lời giải D. 11520 . 10 Số hạng tổng quát của khai triển  2 x  1 là 10 k C10k  2 x   1 k k  C10k 210 k  1 x10 k  k  , 0  k  10  . Tìm k sao cho 10  k  8  k  2 . 2 Hệ số của số hạng chứa x8 là C102 210 2  1  11520 . Câu 15: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Có 7 tấm bìa ghi 7 chữ “HỌC”, “TẬP”, “VÌ”, “NGÀY”, “MAI”, “LẬP”, “NGHIỆP”. Một người xếp ngẫu nhiên 7 tấm bìa cạnh nhau. Tính xác suất để khi xếp các tấm bìa được dòng chữ “HỌC TẬP VÌ NGÀY MAI LẬP NGHIỆP”. A. 1 . 720 B. 1 . 24 1 . 120 Lời giải C. D. 1 . 5040 Chọn D Số phần tử của không gian mẫu là 7!  5040 . Xác suất để khi xếp các tấm bìa được dòng chữ “HỌC TẬP VÌ NGÀY MAI LẬP NGHIỆP” là 1 . 5040 Câu 16: (THPT Hồng Lĩnh-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) lim A. 2 . B. 0 . C. 2n 2  3 bằng n 6  5n5 3 . 5 D. 3 . Lời giải Chọn B 2 3  6 4 2n 2  3 n n  0. Ta có lim 6  lim 5 5 n  5n 1 n Câu 17: (THPT Hồng Lĩnh-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Một hộp đựng 10 viên bi có kích thước khá nhau, trong đó có 7 viên bi màu đỏ và 3 viên b màu xanh. Chọn ngẫu nhiên 2 viên. Xác suất để 2 viên bi được chọn có ít nhất một viên bi màu xanh bằng 1 2 7 8 A. . B. . C. . D. . 15 15 15 15 Lời giải Chọn D Số phần tử của không gian mẫu là n     C102  45 . Gọi A : ” 2 viên bi được chọn có ít nhất một viên bi màu xanh ” .  A :” 2 viên bi được chọn có màu đỏ ” . 21 7 Ta có n A  C72  21  P A   . 45 15 Vậy xác suất để 2 viên bi được chọn có ít nhất một viên bi màu xanh là 7 8  . P  A  1  P A  1  15 15 Câu 18: (THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Trong một hòm phiếu có 9 lá phiếu ghi các số tự nhiên từ 1 đến 9 (mỗi lá ghi một số, không có hai lá phiếu nào được ghi cùng một số). Rút ngẫu       nhiên cùng lúc hai lá phiếu. Tính xác suất để tổng hai số ghi trên hai lá phiếu rút được là một số lẻ lớn hơn hoặc bằng 15 . A. 5 . 18 B. 1 . 6 C. 1 . 12 D. 1 . 9 Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu là n     C92  36 . Gọi A  ” tổng hai số ghi trên hai lá phiếu rút được là một số lẻ lớn hơn hoặc bằng 15″ Ta có các cặp số có tổng là số lẻ và lớn hơn hoặc bằng 15 .là  6;9  ;  7;8  ;  9;7   n  A   3 . Vậy xác suất của biến cố A là P  A   3 1  . 36 12 Câu 19: (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Tìm số tự nhiên n thỏa mãn Cnn5  5 An33 . A. n  14 . B. n  17 . C. n  20 . Lời giải D. n  15 . Chọn C Điều kiện: n  0 , n   .  n  5!  5.  n  3!  n  5 n  4  600 . Cnn5  5 An33     n !5! n!  n  20  n2  9n  580  0    n  20 .  n  29 Câu 20: (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Một lô hàng có 20 sản phẩm, trong đó 4 phế phẩm. Lấy tùy ý 6 sản phẩm từ lô hàng đó. Hãy tính xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 1 phế phẩm. 91 637 7 91 A. . B. . C. . D. . 323 969 9 285 Lời giải Chọn B Số phần tử không gian mẫu là n     38760 . Kết quả trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 1 phế phẩm là n  A  C165 .C41  C166  25480 . Xác suất cần tìm là P  25480 637 .  38760 969 Câu 21: (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Trên giá sách có 4 quyển sách toán, 5 quyển sách lý, 6 quyển sách hóa. Lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách. Tính xác suất để 3 quyển sách đươc lấy ra có ít nhất một quyển sách toán. 24 58 24 33 A. . B. . C. . D. . 91 91 455 91 Lời giải Chọn B Số phần tử của không gian mẫu n     C153 . Gọi A là biến cố “quyển sách đươc lấy ra có ít nhất một quyển sách toán”. Ta có n  A  C153  C113 . Vậy xác suất cần tìm là P  A   n  A n   C153  C113 58 .  91 C153 Câu 22: (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Có 15 học sinh giỏi gồm 6 học sinh khối 12 , 4 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10 . Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 6 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất 1 học sinh? A. 4249 . B. 4250 . C. 5005 . D. 805 . Lời giải Chọn B Số cách chọn 6 học sinh bất kỳ trong 15 học sinh là C156  5005 . Số cách chọn 6 học sinh chỉ có khối 12 là C66  1 cách. Số cách chọn 6 học sinh chỉ có khối 10 và 11 là C96  84 cách. Số cách chọn 6 học sinh chỉ có khối 10 và 12 là C116  C66  461 cách. Số cách chọn 6 học sinh chỉ có khối 11 và 12 là C106  C66  209 cách. Do đó số cách chọn 6 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất 1 học sinh là 5005  1  84  461  209  4250 cách. Câu 23: (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Có 8 cái bút khác nhau và 9 quyển vở khác nhau được gói trong 17 hộp. Một học sinh được chọ bất kỳ hai hộp. Xác suất để học sinh đó chọn được một cặp bút và vở là 1 9 1 9 A. . B. . C. . D. . 17 17 8 34 Lời giải Chọn B Số phần tử của không gian mẫu: n     C172  136 . Số cách chọn được một cặp bút và vở là n  A   C81.C91  72 . Xác suất để học sinh đó chọn được một cặp bút và vở là P  A   n  A  72 9   . n    136 17 8 Câu 24: (THPT Đức THọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Trong khai triển  a  2b  , hệ số của số hạng chứa a 4 .b 4 là A. 560 . B. 70 . C. 1120 . Lời giải D. 140 . Chọn C 8 k k Số hạng thứ k  1 của khai triển  a  2b  là tk 1  C8k a 8 k  2b    2  C8k a 8 k b k . 8  k  4 4 Theo đề ta có:   k  4 . Vậy hệ số của số hạng a 4 .b 4 là  2  C84  1120 . k  4  Câu 25: (THPT Đức THọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Gieo một con xúc xắc cân đối đồng chất 2 lần, tính xác suất để biến cố có tổng 2 lần số chấm khi gieo xúc xắc là một số chẵn. A. 0, 25. B. 0, 75. C. 0,85. D. 0,5. Lời giải Chọn B Số kết quả có thể xảy ra   6.6  36 . Gọi A là biến cố “tổng 2 lần số chấm khi gieo xúc xắc là một số chẵn “. A là biến cố “tổng 2 lần số chấm khi gieo xúc xắc là một số lẻ”. Vì tổng 2 lần số chấm khi gieo xúc xắc là một số lẻ khi cả 2 xúc xắc đều xuất hiện mặt lẻ 9 1  n  A   3.3  9  P A   . 36 4 3 Vậy P  A   1  P A   0, 75 . 4     Câu 26: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 4 năm 2017-2018) Từ một tập gồm 10 câu hỏi, trong đó có 4 câu lý thuyết và 6 câu bài tập, người ta cấu tạo thành các đề thi. Biết rằng trong một đề thi phải gồm 3 câu hỏi trong đó có ít nhất 1 câu lý thuyết và 1 câu hỏi bài tập. Hỏi có thể tạo được bao nhiêu đề như trên? A. 60 . B. 96 . C. 36 . D. 100 . Lời giải Chọn B TH1: chọn 2 câu lý thuyết và 1 câu bài tập có: C42 .C61 cách. TH1: chọn 1 câu lý thuyết và 2 câu bài tập có: C41 .C62 cách. Vậy số cách lập đề thỏa điều kiện bài toán là 96 cách. Câu 27: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Lục giác đều ABCDEF có bao nhiêu đường chéo? A. 15 . B. 5 . C. 9 . D. 24 . Lời giải Chọn C Số đường chéo của lục giác đều (6 cạnh là):  x  1 6 Câu 28: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Một nhóm gồm 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 học sinh trong nhóm đó. Xác suất để trong 3 học sinh được chọn luôn có học sinh nữ bằng 5 2 1 1 A. . B. . C. . D. . 6 3 6 3 Lời giải Chọn A Số phần từ của không gian mẫu n     C103  120 . Gọi A là biến cố sao cho 3 học sinh được chọn có học sinh nữ,    A là biến cố sao cho 3 học sinh được chọn không có học sinh nữ  n A  C63  20 .   Vậy xác suất cần tìm P  A   1  P A  1    5. n A n   6 8 Câu 29: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Hệ số của x3 trong khai triển  x  2  bằng A. C85 .25 . B. C85 .25 . C. C83 .23 . D. C83 .23 . Lời giải Chọn B k Số hạng tổng quát của khai triển: C8k x8 k .  2  . Số hạng chứa x3 ứng với 8  k  3  k  5 . Vậy hệ số của x3 là C85 .25 . Câu 30: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Một lớp có 40 học sinh, trong đó có 4 học sinh tên Anh. Trong một lần kiểm tra bài cũ, thầy giáo gọi ngẫu nhiên hai học sinh trong lớp lên bảng. Xác suất để hai học sinh tên Anh lên bảng bằng 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 10 20 130 75 Lời giải Chọn C 2  780 . Số phần tử của không gian mẫu n     C40 Gọi A là biến cố gọi hai học sinh tên Anh lên bảng, ta có n  A  C42  6 . Vậy xác suất cần tìm là P  A   6 1 .  780 130 Câu 31: (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-lần 1 năm 2017-2018) Lớp 12A2 có 10 học sinh giỏi, trong đó có 6 nam và 4 nữ. Cần chọn ra 3 học sinh đi dự hội nghị “Đổi mới phương pháp dạy và học” của nhà trường. Tính xác suất để có đúng hai học sinh nam và một học sinh nữ được chọn. Giả sử tất cả các học sinh đó đều xứng đáng được đi dự đại hội như nhau. A. 2 . 5 B. 1 . 3 C. 2 . 3 D. 1 . 2 Lời giải Chọn D Số cách chọn ba học sinh tùy ý từ 10 học sinh giỏi là C103  120 cách. Số cách chọn để có đúng hai học sinh nam và một học sinh nữ là C62 .C41  60 cách. Vậy xác suất cần tìm là 60 1  . 120 2 Câu 32: (THPT Nguyễn Trãi-Đà Nẵng-lần 1 năm 2017-2018) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số, chọn ngẫu nhiên đồng thời hai số từ tập S . Tính sác xuất để hai số được chọn có chữ số hàng đơn vị giống nhau. 36 53 8 81 A. . B. . C. . D. . 89 89 89 89 Lời giải Chọn C Số các số tự nhiên có hai chữ số là 9.10  90 số. Vậy số phần tử của tập S là 90. Chọn ngẫu nhiên hai số từ tập S , có C902  4005 cách chọn. Số cách chọn hai số có chữ số hàng đơn vị giống nhau là C92 .10  360 cách chọn. Vậy xác suất cần tìm là 360 8 .  4005 89 Câu 33: (THPT Nguyễn Trãi-Đà Nẵng-lần 1 năm 2017-2018) Tìm hệ số của x12 trong khai triển 2 10  2x  x  . A. C102 .28 . B. C102 .22 . C. C102 . D. C102 .28 . Lời giải Chọn A 2 10  2x  x  10 10  k   C10k  2 x  k 0 12 Hệ số của x k 10 k .   x 2    C10k 210 k .x10 k  1 . k 0 ứng với 10  k  12  k  2 . Vậy hệ số là C102 28 . Câu 34: (THPT Nguyễn Trãi-Đà Nẵng-lần 1 năm 2017-2018) Một lớp có 30 học sinh gồm có cả nam và nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để tham gia hoạt động của đoàn trường. Xác suất chọn 12 được hai nam và một nữ là . Tính số học sinh nữ của lớp. 29 A. 13 . B. 17 . C. 14 . D. 16 . Lời giải Chọn C Gọi số học sinh nữ của lớp là x ,  x  ;1  x  30  . Chọn ngẫu nhiên 3 từ 30 học sinh có C303  4060 . Số phần tử của không gian mẫu là n     4060 . Gọi A : ” 3 học sinh được chọn có hai nam một nữ ” . Ta có n  A  C1x .C302  x 12 nên ta có phương trình 29  30  x !  1680  x  14 .  1680  x. 2! 28  x  ! Do xác suất chọn được hai nam và một nữ là C1x .C302  x 12   C1x .C302  x 4060 29 Vậy lớp có 14 học sinh nữ. Câu 35: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Một lớp có 48 học sinh. Số cách chọn 2 học sinh trực nhật là A. 2256 . B. 2304 . C. 1128 . D. 96 . Lời giải Chọn C Mỗi cách chọn 2 học sinh trong 48 là một tổ hợp chập 2 của 48 phần tử. Suy ra số cách chọn là C482  1128 . Câu 36: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Một hộp chứa 7 quả cầu xanh, 5 quả cầu vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 quả. Xác suất để 3 quả được chọn có ít nhất 2 quả xanh là 7 4 7 21 A. . B. . C. . D. . 44 11 11 220 Lời giải Chọn C Chọn ngẫu nhiên 3 quả trong 12 quả có n     C123  220 . Chọn 3 quả trong đó có ít nhất 2 quả xanh là n  A  C73  C72C51  140 . Xác suất để 3 quả được chọn có ít nhất 2 quả xanh là P  A   n  A  140 7   . n    220 11 Câu 37: (THPT Chuyên Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1, 2 , 3 , 4 ,  , 9 . Rút ngẫu nhiên đồng thời 2 thẻ và nhân hai số ghi trên hai thẻ lại với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là số chẵn. 1 5 8 13 A. . B. . C. . D. . 6 18 9 18 Lời giải Chọn D Có bốn thẻ chẵn 2; 4;6;8 và 5 thẻ lẻ 1;3;5;7;9 . Rút ngẫu nhiên hai thẻ, số phần tử của không gian mẫu là n     C92  36 Gọi A là biến cố “tích nhận được là số chẵn”, số phần tử của biến cố A là n  A   C42  C41 .C51  26 Xác suất của biến cố A là P  A   n  A 26 13   . n    36 18 Câu 38: (THPT Đặng Thúc Hứa-Nghệ An-lần 1 năm 2017-2018) Một chiếc hộp có chín thẻ đánh số thứ tự từ 1 đến 9 . Rút ngẫu nhiên 2 thẻ rồi nhân hai số ghi trên thẻ lại với nhau. Tính xác suất để kết quả nhân được là một số chẵn. 5 8 4 13 A. . B. . C. . D. . 54 9 9 18 Lời giải Chọn D Trường hợp 1: hai số rút ra đều là số chẵn: p1  C42 1  C92 6 Trường hợp 2: hai số rút ra có một số lẻ, một số chẵn: p2  C41 .C51 5  C92 9 Vậy xác suất để kết quả nhân được là một số chẵn là p  p1  p2  1 5 13   . 6 9 18 Câu 39: (THPT Đặng Thúc Hứa-Nghệ An-lần 1 năm 2017-2018) Cho các số tự nhiên m , n thỏa mãn đồng thời các điều kiện Cm2  153 và Cmn  Cmn  2 . Khi đó m  n bằng A. 25 . B. 24 . C. 26 . Lời giải Chọn C Theo tính chất Cmn  Cmm  n nên từ Cmn  Cmn  2 suy ra 2n  2  m . Cm2  153  m  m  1  153  m  18 . Do đó n  8 . 2 Vậy m  n  26 . D. 23 . Câu 40: (THPT Chuyên Hạ Long-Quãng Ninh lần 2 năm 2017-2018) Có bao nhiêu cách chọn 5 cầu thủ từ 11 trong một đội bóng để thực hiện đá 5 quả luân lưu 11 m , theo thứ tự quả thứ nhất đến quả thứ năm. A. A115 . B. C115 . C. A112 .5!. D. C105 . Lời giải Chọn A Số cách chọn 5 cầu thủ từ 11 trong một đội bóng để thực hiện đá 5 quả luân lưu 11 m , theo thứ tự quả thứ nhất đến quả thứ năm là số chỉnh hợp chập 5 của 11 phần tử nên số cách chọn là A115 . Câu 41: (THPT Chuyên Hạ Long-Quãng Ninh lần 2 năm 2017-2018) Trên giá sách có 4 quyển sách Toán, 3 quyển sách Vật Lí và 2 quyển sách Hóa học. Lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách. Tính xác suất sao cho ba quyển lấy ra có ít nhất một quyển sách Toán. 1 37 5 19 A. . B. . C. . D. . 3 42 6 21 Lời giải Chọn B Số phần tử của không gian mẫu n     C93  84 . Gọi A là biến cố sao cho ba quyển lấy ra có ít nhất một quyển sách Toán  A là biến cố sao cho ba quyển lấy ra không có sách Toán  n  A   C53  10 .  P  A  1  P  A   1  10 37 .  84 42 Câu 42: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-lần 2 năm 2017-2018) Đội văn nghệ của một lớp có 5 bạn nam và 7 bạn nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 bạn tham gia biểu diễn, xác suất để trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số nam nhiều hơn số nữ bằng 245 210 547 582 A. . B. . C. . D. . 792 792 792 792 Lời giải Chọn A Số phần tử của không gian mẫu: n     C125 . Gọi A là biến cố “ 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số nam nhiều hơn số nữ” Ta có n  A  C54C71  C53C72 . Xác suất của biến cố A là P  A   n  A  C54C71  C53C72 245 .   792 C125 n  Câu 43: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-lần 2 năm 2017-2018) Cho tập A có n phần tử. Biết rằng số tập con có 7 phần tử của A bằng hai lần số tập con có 3 phần tử của A . Hỏi n thuộc đoạn nào dưới đây? A.  6;8 . B. 8;10 . C. 10;12 . D. 12;14 . Lời giải Chọn C Số tập con có 7 phần tử của A là Cn7 . Số tập con có 3 phần tử của A là Cn3 . Theo đề bài ta có phương trình n! n!   n  3 n  4  n  5  n  6   2.7.6.5.4 2 Cn7  2Cn3   n  7 !7!  n  3!3!   n  3 n  4  n  5  n  6   5.6.7.8  n  11 . Chú ý: Ta có thể giải phương trình trên chi tiết như sau  n  3 n  6  n  4 n  5  1680   n 2  9n  18  n 2  9n  20   1680  n 2  9n  22 2  n  11   n 2  9n   38  n 2  9n   1320  0   2 .  n   2 n  9 n   60   Vì n  7 , n   nên nhận n  11 . Câu 44: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-lần 2 năm 2017-2018) Cho đa giác đều 100 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác. Xác suất ba đỉnh được trọn là ba đỉnh của tam giác tù là 3 16 8 4 A. . B. . C. . D. . 11 33 11 11 Lời giải Chọn C 3 Chọn ngẫu nhiên ra 3 đỉnh có C100 cách Giả sử chọn một tam giác tù ABC với góc A là góc nhọn, góc B là góc tù và góc C là góc nhọn Chọn bất kì đỉnh A có 100 cách chọn điểm A .Kẻ đường kính của đường tròn qua A chia đường tròn thành hai phần 1 và  2  . Để tạo được một tam giác tù thì hai đỉnh còn lại phải cùng nằm ở phần 1 hoặc phần  2  . Hai đỉnh còn lại cùng nằm phần 1 có C492 cách. Hai đỉnh còn lại cùng nằm phần  2  có C492 cách. Vì ứng với mỗi tam giác thì vai trò góc nhọn của A và C là như nhau nên số tam giác tù tạo 100  C492  C492  thành là 2 3 C100  8 . 11 Câu 45: (THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-lần 1 năm 2017-2018) Từ các số 1 , 2 , 3 , 4 , 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau. A. 125 . B. 10 . C. 120 . Lời giải D. 60 . Chọn D Có thể lập A53  60 số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau. Câu 46: (THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-lần 1 năm 2017-2018) Tìm hệ số của số hạng chứa x8  n x trong khai triển Nhị thức Niu tơn của     2x 2  2n  x  0 , biết số nguyên dương n thỏa mãn Cn3  An2  50 . A. 29 . 51 B. 297 . 512 C. Lời giải 97 . 12 D. 279 . 215 Chọn B Ta có Cn3  An2  50  n  3, n      n  n  1 n  2  6  n  n  1 1 n! n!   50 3! n  3 !  n  2  !  50  n3  3n 2  4n  300  0  n  6 . 12  n x Khi đó khai triển    có số hạng tổng quát C12k 312 k .2 k .x 2 k 12  k  , k  12   2x 2  Hệ số của số hạng chứa x8 ứng với k thỏa 12k  12  8  k  10 . 297 Vậy hệ số của số hạng chứa x8 là C1210 .32.210  . 512 8 Câu 47: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng-lần 2 năm 2017-2018) Trong khai triển  a  2b  , hệ số của số hạng chứa a 4b 4 là A. 1120 . B. 70 . C. 560 . D. 1120 . Lời giải Chọn D 8 8 Ta có  a  2b   k 8 k 8  C a .  2  k .b k . Hệ số của a 4b 4 thì k  8  k  k  4 . k 0 Vậy hệ số cần tìm là C84 .16  1120 . Câu 48: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng-lần 2 năm 2017-2018) Từ các chữ số 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có ba chữ số? A. 210 . B. 105 . C. 168 . D. 145 . Lời giải Chọn C Gọi số có ba chữ số cần tìm là n  abc , với a  0 và c là số chẵn chọn từ các số đã cho. a  0 nên có 6 cách chọn, c chẵn nên có 4 cách chọn và b tùy ý nên có 7 cách chọn. Vậy số các số cần tìm là 6.4.7  168 . Câu 49: (PTNK-ĐHQG TP HCM-lần 1 năm 2017-2018) Tìm hệ số của x5 trong khai triển 11 3   2x  2  . x   A. 55 . B. 28160 . C. 253440 . D. 253440 . Lời giải Chọn C 11 k 11 11 3  3  11 k  11 k k 11 3 k  Ta có  2 x  2    C11k  2 x    2    C11k  2   3  x  . x    x  k 0 k 0 Theo bài ra ta có: 11  3k  5  k  2 . 11 3  11 2 2  Vậy hệ số của x5 trong khai triển  2x  2  là C112  2   3  253440 . x   Câu 50: (SGD Phú Thọ – lần 1 – năm 2017 – 2018) Chọn ngẫu nhiên một số nguyên dương nhỏ hơn 30 . Xác suất để số được chọn là số chia hết cho 5 bằng 1 6 5 A. . B. . C.  2 x 2  mx  1  x  2 . D. . 5 29 29 Lời giải Chọn D Trong các số nguyên dương nhỏ hơn 30 có 5 số chia hết cho 5 . Như vậy, xác suất để chọn ngẫu nhiên một số nguyên dương nhỏ hơn 30 sao cho số được chọn 5 là số chia hết cho 5 là . 29 Câu 51: (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 – năm 2017 – 2018) Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất. Giả sử súc sắc xuất hiện mặt b chấm. Xác suất để phương trình x 2  bx  2  0 có hai nghiệm phân biệt là 2 5 1 1 A. . B. . C. . D. . 3 6 3 2 Lời giải Chọn A Không gian mẫu   1; 2;3; 4;5;6  n     6 . Gọi A là biến cố được mặt b chấm để phương trình x 2  bx  2  0 có hai nghiệm phân biệt. b  2 2 Phương trình x 2  bx  2  0 có hai nghiệm phân biệt  b 2  8  0   . b  2 2 Mà b   nên b  3; 4;5;6  n  A   4 . Vậy P  A   n  A 4 2   . n  6 3 Câu 52: (THPT Tây Thụy Anh – Thái Bình – lần 1 – năm 2017 – 2018) Hai xạ thủ cùng bắn, mỗi người một viên đạn vào bia một cách độc lập với nhau. Xác suất bắn trúng bia của hai xạ thủ 1 1 lần lượt là và . Tính xác suất của biến cố có ít nhất một xạ thủ không bắn trúng bia. 2 3 1 1 2 5 A. . B. . C. . D. . 2 3 3 6 Lời giải Chọn D 1 1 Xác suất bắn trúng bia của xạ thủ A và B lần lượt là P  A   , P  B   . 2 3 1 2 Suy ra xác suất bắn trượt bia của xạ thủ A và B lần lượt là P  A   , P  B   . 2 3 Gọi H là biến cố “có ít nhất một xạ thủ không bắn trúng bia”. 5 Khi đó P  H   P  AB  AB  AB   P  A  .P  B   P  A  .P  B   P  A  .P  B   . 6 Câu 53: (THPT Tây Thụy Anh – Thái Bình – lần 1 – năm 2017 – 2018) 8 9 10 11 12 Cho đa thức p  x   1  x   1  x   1  x   1  x   1  x  . Khai triển và rút gọn ta được đa thức: P  x   a0  a1 x  a2 x 2  …  a12 x12 . Tìm hệ số a8 . A. 720 . B. 715 . Chọn B n Áp dụng 1  x  có hệ số x8 là Cn8 . C. 700 . Lời giải D. 730 . Như vậy a8  C88  C98  C108  C118  C128  715 . Câu 54: (THPT Hồng Bàng – Hải Phòng – năm 2017 – 2018) Một người gọi điện thoại, quên hai chữ số cuối và chỉ nhớ rằng hai chữ số đó phân biệt. Tính xác suất để người đó gọi một lần đúng số cần gọi. 83 1 13 89 A. . B. . C. . D. . 90 90 90 90 Lời giải Chọn B Gọi A  0; 1; 2; …; 9 . Gọi ab là hai chữ số cuối của số điện thoại  a  b  . Số phần tử không gian mẫu là n     A102  90 . Gọi A là biến cố “Người đó gọi một lần đúng số cần gọi”.  n  A  1 . Vậy xác suất để người đó gọi một lần đúng số cần gọi là P  A   n  A 1 .  n    90 Câu 55: (THPT Hồng Bàng – Hải Phòng – năm 2017 – 2018) Một lớp có 40 học sinh gồm 25 nam và 15 nữ. Giáo viên chủ nhiệm muốn chọn 4 em trực cờ đỏ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn nếu ít nhất phải có một nam? 1 C153 (cách). A. C404  C154 (cách). B. C254 (cách). C. C25 D. C404  C154 (cách). Lời giải Chọn A Số cách chọn 4 em tùy ý trong lớp: C404 . Số cách chọn 4 em nữ trong lớp: C154 . Số cách chọn 4 em trong đó ít nhất phải có một nam: C404  C154 . Câu 56: (THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Hệ số của số hạng chứa x3 9 1  trong khai triển   x3  (với x  0 ) bằng x  A. 54 . B. 36 . C. 126 . Lời giải D. 84 . Chọn D 9 9 1  1 Ta có   x3    C9k   x  k 0  x  9 k 9 3 k  x   C  x k 9 k 0 k 9 9 x 3k   C9k x 4 k 9 . k 0 9 1   x3  thì 4k  9  3  k  3. x   Để có số hạng chứa x 3 trong khai triển  9 1   x3  là C93  84 . x   Câu 57: (SGD Bắc Giang – năm 2017 – 2018) Một lô hàng gồm 30 sản phẩm trong đó có 20 sản phẩm tốt và 10 sản phẩm xấu. Lấy ngẫu nhiên 3 sản phẩm trong lô hàng. Tính xác suất để 3 sản phẩm lấy ra có ít nhất một sản phẩm tốt. Suy ra hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển  A. 6 . 203 B. 197 . 203 C. 153 . 203 D. 57 . 203 Lời giải Chọn B Ta có n     C303  4060 . Gọi A là biến cố 3 sản phẩm lấy ra có ít nhất một sản phẩm tốt. Khi đó A là biến cố 3 sản phẩm lấy ra không có sản phẩm tốt, hay 3 sản phẩm lấy ra đều là     sản phẩm xấu. Suy ra n A  C103  120 . Do đó P A    Vậy P  A  1  P A  1     120 n A n  4060  6 . 203 6 197 .  203 203 Câu 58: (SGD Bắc Giang – năm 2017 – 2018) Có bao nhiêu số tự nhiên có hai chữ số, các chữ số khác nhau và đều khác 0 ? C. C92 . B. 9 2 . A. 90 . D. A92 . Lời giải Chọn D Số tự nhiên cần lập có 2 chữ số khác nhau được lấy từ các chữ số từ 1 đến 9 nên có A92 số như vậy. Câu 59: (Chuyên ĐB Sông Hồng –Lần 1 năm 2017 – 2018) Tìm hệ số của x 7 khi khai triển: 20 P  x   1  x  . 7 A. A20 . 7 C. C20 . B. P7 . 13 D. A20 . Lời giải Chọn C 20 20 Ta có 1  x    C20k x k . k 0 7 Theo đề bài ta tìm hệ số của x 7 nên ta có k  7 . Vậy hệ số của x 7 trong khai triển là C20 . Câu 60: (THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu – An Giang – Lần 3 năm 2017 – 2018) Một người gọi điện thoại, quên hai chữ số cuối và chỉ nhớ rằng hai chữ số đó phân biệt. Tính xác suất để người đó gọi một lần đúng số cần gọi. 83 1 13 89 A. . B. . C. . D. . 90 90 90 90 Lời giải Chọn B Gọi A  0;1; 2;…;9 . Gọi ab là hai chữ số cuối của số điện thoại  a  b  . Số phần tử không gian mẫu là n     A102  90 . Gọi A là biến cố “Người đó gọi một lần đúng số cần gọi”  n  A   1 . Vậy xác suất để người đó gọi một lần đúng số cần gọi là P  A   n  A 1  . n    90 Câu 61: Một nhóm gồm 10 học sinh trong đó có 7 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh từ nhóm 10 học sinh đi lao động. Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có ít nhất một học sinh nữ? 2 17 17 4 A. . B. . C. . D. . 3 48 24 9 y 2 5 2   Câu 62: Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển của biểu thức  3x 3  2  . x  1  x O  1 A. 810 . B. 826 . C. 810 . D. 421 . Câu 63: (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội – Lần 1 năm 2017 – 2018) Một nhóm gồm 10 học sinh trong đó có 7 2đi lao động. học sinh nam và 3 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh từ nhóm 10 học sinh Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có ít nhất một học sinh nữ? 2 17 17 4 A. . B. . C. . D. . 3 48 24 9 Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu: n     C103 . Gọi A là biến cố: “ 3 học sinh được chọn có ít nhất một học sinh nữ”. Suy ra: A là biến cố: “ 3 học sinh được chọn không có học sinh nữ”.     Khi đó n A  C73  P A  C73 7 17 . Vậy P  A   1  P A  .  3 C10 24 24   Câu 64: (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội – Lần 1 năm 2017 – 2018) Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai 5 2   triển của biểu thức  3x 3  2  . x   A. 810 . B. 826 . C. 810 . Lời giải D. 421 . Chọn A k 5 5 5 5 k  2  2 k k  Ta có  3 x 3  2     1 .C5k .  3 x3  .  2     1 .C5k .35 k .2k x155k . x  k 0   x  k 0 Số hạng chứa x10 ứng với 15  5k  10  k  1 . 1 Hệ số của số hạng chứa x10 là  1 C51.34.21  810 . Câu 65: (THPT Chuyên ĐHSP – Hà Nội – Lần 1 năm 2017 – 2018) Cho hai dãy ghế được xếp như sau: Dãy 1 Dãy 2 Ghế số 1 Ghế số 1 Ghế số 2 Ghế số 2 Ghế số 3 Ghế số 3 Ghế số 4 Ghế số 4 Xếp 4 bạn nam và 4 bạn nữ vào hai dãy ghế trên. Hai người được gọi là ngồi đối diện với nhau nếu ngồi ở hai dãy và có cùng vị trí ghế (số ở ghế). Số cách xếp để mỗi bạn nam ngồi đối diện với một bạn nữ bằng A. 4!.4!.2 . B. 4!.4!.24 . C. 4!.2 . D. 4!.4! . Lời giải Chọn B Chọn 1 bạn ngồi vào ghế số 1 (dãy 1): 8 cách. Có 4 cách chọn 1 bạn ngồi vào ghế số 1 (dãy 2). Chọn 1 bạn ngồi vào ghế số 2 (dãy 1): 6 cách. Có 3 cách chọn 1bạn ngồi vào ghế số 2 (dãy 2). Chọn 4 bạn ngồi vào ghế số 3 (dãy 1): 4 cách. Có 2 cách chọn 1 bạn ngồi vào ghế số 3 (dãy 2). Chọn 1 bạn ngồi vào ghế số 4 (dãy 1): 2 cách. Có 1cách chọn 1 bạn ngồi vào ghế số 4 (dãy 2). 40 40 1  Câu 66: (THPT Chuyên ĐHSP – Hà Nội – Lần 1 năm 2017 – 2018) Cho  x     ak x k , 2  k 0 ak   . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. a25  225 C4025 . B. a25  1 25 C40 . 225 C. a25  1 25 C40 . 215 D. a25  C4025 . Lời giải Chọn C 40 40 40 1  1  k k 1 Ta có:  x      x    C40 x .  2  2   2 k 0 Hệ số a25 ứng với x 25 40  k . 1  k  25 . Vậy a25  C .    2 25 40 40-25  1 25 .C40 . 215 Câu 67: (THPT Chuyên ĐHSP – Hà Nội – Lần 1 năm 2017 – 2018) Tung 1 con súc sắc cân đối và đồng chất hai lần liên tiếp. Xác suất để kết quả của hai lần tung là hai số tự nhiên liên tiếp bằng 5 5 5 5 A. . B. . C. . D. . 36 18 72 6 Lời giải Chọn A Phép thử: Tung 1 con súc sắc cân đối và đồng chất hai lần liên tiếp, số phần tử của không gian mẫu là n     6.6  36 . Gọi biến cố A : “kết quả của hai lần tung là hai số tự nhiên liên tiếp ”. Các trường hợp có thể xảy ra của A là A  1; 2  ;  2;1 ;  2;3 ;  3; 2  ;  3; 4  ;  4;3 ;  4;5  ;  5; 4  ;  5;6  ;  6;5 do đó số phần tử của không gian thuận lợi là n  A   10 Vậy xác suất của biến cố A là P  A   n  A 10 5   . n    36 18 Câu 68: (THPT Kim Liên – Hà Nội – Lần 2 năm 2017 – 2018)Cho n là số tự nhiên thỏa mãn n Cnn 1  Cnn  2  78 . Tìm hệ số của x5 trong khai triển  2 x  1 . A. 25344 . B. 101376 . C. 101376 . Lời giải D. 25344 . Chọn D n   Điều kiện:  . n  2 Ta có: Cnn1  Cnn 2  78  n! n! 1   78  n   n  1 n  78 2  n  1! 2! n  2 !  n  12 .  n 2  n  156  0    n  13  L  n 12 12 12  k Suy ra:  2 x  1   2 x  1   C12k  2 x  k 0  1 k 12 12  k   C12k  2  k 0  1 k x12 k . 7 Hệ số x5 ứng với k  7 . Vậy: Hệ số x5 là C127 25  1  25344. Câu 69: (THPT Kim Liên – Hà Nội – Lần 2 năm 2017 – 2018) Một lớp có 35 đoàn viên trong đó có 15 nam và 20 nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 đoàn viên trong lớp để tham dự hội trại 26 tháng 3 . Tính xác suất để trong 3 đoàn viên được chọn có cả nam và nữ. 90 30 125 6 A. . B. . C. . D. . 119 119 7854 119 Lời giải Chọn A Số kết quả có thể xảy ra   C353 . Gọi A là biến cố “trong 3 đoàn viên được chọn có cả nam và nữ”.  90 1  C151 C202 . Vậy: P  A   A  Ta có:  A  C152 C20 .  119 Câu 70: (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018)Hệ số của x 2 trong khai triển của 10 2  biểu thức  x 2   bằng x  A. 3124 . B. 13440 . C. 2268 . Lời giải D. 210 . Chọn B k 10 10 10 10  k  2  2  Ta có  x 2     C10k .  x 2  .     C10k .2k .x 20 3k . x  x k 0 k 0 2 Số hạng chứa x ứng với 20  3k  2  k  6 . Hệ số của x 2 là . Câu 71: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Số hạng không 9 2   chứa x trong khai triển f  x    x  2  , x  0 bằng x   A. 5376 . B. 5376 . C. 672 . Lời giải Chọn D 9 9 k 9 D. 672 . k Ta có f  x    x  2 x 2    C9k .x9 k .  2 x 2    C9k  2  x 2 k x 9 k k 0 9 k 9 k 0 k   C9k  2  x 2 k 9 k   C9k  2  x 93k k 0 k 0 Số hạng không chứa x của khai triển f  x  ứng với 9  3k  0  k  3 . 3 Vậy hệ số không chứa x là C93 .  2   672 . Câu 72: (SGD Quảng Nam – năm 2017 – 2018) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cn1  Cn2  5 . Tìm n 1   hệ số a của x 4 trong khai triển của biểu thức  2 x  2  . x   A. a  11520 . B. a  256 . C. a  45 . Lời giải Chọn A Điều kiện n   , n  2 . D. a  3360 . Có 5Cn1  Cn2  5  5n  n  n  1 n  1  5  n 2  11n  10  0   2  n  10 Do n  2  n  10 . k 10 10 10 1  10  k  1   Xét khai triển:  2 x  2    C10k  2 x  .  2    C10k 210 k x103k x    x  k 0 k 0 Hệ số a của x 4 trong khai triển tương ứng với 10  3k  4  k  2 . Vậy hệ số cần tìm là a  C102 .28  11520 . Câu 73: (SGD Quảng Nam – năm 2017 – 2018) Một tổ gồm 9 học sinh gồm 4 học sinh nữ và 5 học sinh nam. Chọn ngẫu nhiên từ tổ đó ra 3 học sinh. Xác suất để trong 3 học sinh chọn ra có số học sinh nam nhiều hơn số học sinh nữ bằng: 17 5 25 10 A. . B. . C. . D. . 42 42 42 21 Lời giải Chọn C Có C93  84 cách chọn 3 học sinh bất kì. Chọn 3 học sinh mà số học sinh nam nhiều hơn số học sinh nữ có các trường hợp + Có 3 học sinh nam: Có C53  10 cách chọn + Có 2 học sinh nam, 1 học sinh nữ: Có C52 .C41  40 cách chọn Xác suất cần tìm là P  10  40 25 .  84 42 9 2  Câu 74: (ĐHQG TPHCM – Cơ Sở 2 – năm 2017 – 2018) Hệ số của x 3 trong khai triển  x  2  là x   A. 1. B. 18 . C. 144 . D. 672 . Lời giải Chọn C k k 9 Số hạng tổng quát trong khai triển Tk  C x 9k k 9 3 k  2 k   2   C9  2  x .  x  Tk chứa x3 khi và chỉ khi 9  3k  3  k  2 . 2 Suy ra hệ số của x 3 trong khai triển là C92  2   144 . Câu 75: (ĐHQG TPHCM – Cơ Sở 2 – năm 2017 – 2018) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác suất để các chữ số của số đó đôi một khác nhau và phải có mặt chữ số 0 và 1. 7 7 189 7 A. . B. . C. . D. . 125 150 1250 375 Lời giải Chọn B Số phần tử của S bằng 9.105 . Xét phép thử chọn ngẫu nhiên một số từ S , ta được n     9.105 . Gọi A là biến cố “ Chọn được số có các chữ số đôi một khác nhau và phải có mặt chữ số 0 và 1 ”. Ta có các trường hợp sau. Giả sử số chọn được có dạng: a1 a2 …a6 Trường hợp 1: a1  1 . Số cách chọn vị trí cho số 0 là 5 cách. Số cách chọn 4 chữ số còn lại là A84 cách. Vậy trường hợp này có 1.5.A84 số. Trường hợp 2: a1  1  a1 có 8 cách chọn. Số cách chọn vị trí cho hai chữ số 0;1 là A52 . Số cách chọn ba số còn lại là A73 . Vậy trường hợp này có 8. A52 . A73 số. Suy ra PA  5. A84  8. A52 . A73 7 .  5 150 9.10 Câu 76: (THPT Trần Phú – Đà Nẵng – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Một tổ có 10 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 2 học sinh từ tổ đó để giữ hai chức vụ tổ trưởng và tổ phó. A. A102 . B. C102 . C. A108 . D. 102 . Lời giải Chọn A Chọn ra 2 học sinh từ một tổ có 10 học sinh và phân công giữ chức vụ tổ trưởng, tổ phó là một chỉnh hợp chập 2 của 10 phần tử. Số cách chọn là A102 cách. Câu 77: (THPT Chuyên ĐH Vinh – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Số cách sắp xếp 6 học sinh ngồi vào 6 trong 10 ghế trên một hàng ngang là A. 610 . B. 6! . C. A106 . D. C106 . Lời giải Chọn C Mỗi cách chọn 6 ghế từ 10 ghế sắp xếp 6 người là một chỉnh hợp chập 6 của 10 phần tử. Vậy có A106 cách chọn. Câu 78: (THPT Chuyên ĐH Vinh – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Đầu tiết học, cô giáo kiểm tra bài cũ bằng cách gọi lần lượt từng người từ đầu danh sách lớp lên bảng trả lời câu hỏi. Biết rằng học sinh đâu tiên trong danh sách lớp là An, Bình, Cường với xác suất thuộc bài lần lượt là 0,9; 0, 7 và 0,8. Cô giáo sẽ dừng kiểm tra sau khi đã có 2 học sinh thuộc bài. Tính xác suất cô giáo chỉ kiểm tra bài cũ đúng 3 bạn trên. A. 0, 504 . B. 0, 216 . C. 0, 056 . D. 0, 272 . Lời giải Chọn D Trường hợp 1. An thuộc bài, Bình không thuộc bài, Cường thuộc bài ta có xác suất: 0,9  1  0,7   0,8  0, 216. Trường hợp 2. An không thuộc bài, Bình thuộc bài, Cường thuộc bài ta có xác suất: 1  0,9   0,7  0,8  0,056. Vậy xác suất cần tìm là 0, 216  0, 056  0, 272. Câu 79: (THPT Chuyên ĐH Vinh – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Một quân vua được đặt trên một ô giữa bàn cờ vua. Mỗi bước di chuyển, quân vua được chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc chung đỉnh với ô đang đứng (xem hình minh họa). Bạn An di chuyển quân vua ngẫu nhiên 3 bước. Tính xác suất sau 3 bước quân vua trở về ô xuất phát. A. 1 . 16 B. 1 . 32 C. 3 . 32 D. 3 . 64 Lời giải Chọn D Tại mọi ô đang đứng, ông vua có 8 khả năng lựa chọn để bước sang ô bên cạnh. Do đó không gian mẫu n     83 . Gọi A là biến cố “sau 3 bước quân vua trở về ô xuất phát”. Sau ba bước quân vua muốn quay lại ô ban đầu khi ông vua đi theo đường khép kín tam giác. Chia hai trường hợp: + Từ ô ban đầu đi đến ô đen, đến đây có 4 cách để đi bước hai rồi về lại vị trí ban đầu. + Từ ô ban đầu đi đến ô trắng, đến đây có 2 cách để đi bước hai rồi về lại vị trí ban đầu. Do số phần tử của biến cố A là n  A  4.4  2.4  24 . Vậy xác suất P  A  24 3 .  83 64 Câu 80: (SGD Nam Định – năm 2017 – 2018) Cho các số nguyên dương k , n  k  n  . Mệnh đề nào sau đây sai? A. Cnk  n! .  n  k ! B. Ank  k !.C nk . C. Cnn  k  Cnk . D. Cnk  Cnk 1  Cnk11 . Lời giải Chọn A Ta có Cnk  n! . k !.  n  k  ! Câu 81: (SGD Nam Định – năm 2017 – 2018) Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 3 chữ số khác nhau? A. 500 . B. 328 . C. 360 . D. 405 . Lời giải Chọn B Gọi số tự nhiên chẵn cần tìm có dạng abc , c  0; 2; 4;6;8 . Xét các số có dạng ab0 có tất cả A92  72 số thỏa yêu cầu bài toán. Xét các số dạng abc , c  2; 4;6;8 có tất cả: 4.8.8  256 số thỏa yêu cầu bài toán. Vậy số các số tự nhiên chẵn gồm 3 chữ số khác nhau là: 72  256  328 số. 18 Câu 82: (SGD Nam Định – năm 2017 – 2018) Cho khai triển 1  4 x   a0  a1 x  …a18 x18 . Giá trị của a3 bằng A. 52224 . Chọn A B. 2448 . C. 52224 . Lời giải D. 2448 . Ta có 18 1  4 x  18 k 0 3 18 a3  C  4  3 18 k   C18k 1  52224 . k 18 k .  4 x    C18k  4  .x k . Mà a3 là hệ số của x 3 nên k 0 Câu 1: (SGD Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Giải bóng đá V-LEAGUE 2018 có tất cả 14 đội bóng tham gia, các đội bóng thi đấu vòng tròn 2 lượt (tức là hai đội A và B bất kỳ thi đấu với nhau hai trận, một trận trên sân của đội A , trận còn lại trên sân của đội B ). Hỏi giải đấu có tất cả bao nhiêu trận đấu? A. 182 . B. 91 . C. 196 . D. 140 . Lời giải Chọn A Số trận đấu là A142  182 . Câu 2: (SGD Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Số đường chéo của đa giác đều có 20 cạnh là bao nhiêu? A. 170 . B. 190 . C. 360 . D. 380 . Lời giải Chọn A Số đường chéo của đa giác đều n cạnh là Cn2  n . Với n  20 thì C 202  20  170 . Câu 3: (Tạp chí THTT – Tháng 4 năm 2017 – 2018) Một người bỏ ngẫu nhiên ba lá thư vào ba chiếc phong bì đã ghi địa chỉ. Xác suất để có ít nhất một lá thư được bỏ đúng phong bì là 1 2 1 5 A. . B. . C. . D. . 2 3 3 6 Lời giải Chọn B Số phần tử không gian mẫu là: n     3!  6 . Gọi A là biến cố “Có ít nhất một lá thư được bỏ đúng phong bì”. Ta xét các trường hợp sau: Nếu lá thứ nhất bỏ đúng phong bì, hai lá còn lại để sai thì có duy nhất 1 cách. Nếu lá thứ hai bỏ đúng phong bì, hai lá còn lại để sai thì có duy nhất 1 cách. Nếu lá thứ ba bỏ đúng phong bì, hai lá còn lại để sai thì có duy nhất 1 cách. Không thể có trường hợp hai lá thư bỏ đúng và một lá thư bỏ sai. Cả ba lá thư đều được bỏ đúng có duy nhất 1 cách Do đó: n  A  4 . Vậy xác suất để có ít nhất một lá thư được bỏ đúng phong bì là: P  A   n  A 4 2   . n  6 3 Cách 2: Gọi B là biến cố “Không có lá thư nào được bỏ đúng phong bì”. n  B 2 2  n  B   2  P  A  1  P  B   1   1  . 6 3 n  Câu 4: (Tạp chí THTT – Tháng 4 năm 2017 – 2018) Một túi đựng 10 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 10 . Rút ngẫu nhiên ba tấm thẻ từ túi đó. Xác suất để tổng số ghi trên ba thẻ rút được là một số chia hết cho 3 bằng A. 1 . 3 B. 2C33  C43  C31C31C41 . C103 C. 2C33  C43 . C103 D. 2C31C31C41 . C103 Lời giải Chọn B Số cách rút ngẫu nhiên ba tấm thẻ từ túi có 10 thẻ là: C103 cách. Trong các số từ 1 đến 10 có ba số chia hết cho 3 , bốn số chia cho 3 dư 1 , ba số chia cho 3 dư 2. Để tổng các số ghi trên ba thẻ rút được là một số chia hết cho 3 thì ba thẻ đó phải có số được ghi thỏa mãn: – Ba số đều chia hết cho 3 . – Ba số đều chia cho 3 dư 1. – Ba số đều chia cho 3 dư 2 . – Một số chia hết cho 3 , một số chia cho 3 dư 1, một số chia cho 3 dư 2 . Do đó số cách rút để tổng số ghi trên ba thẻ rút được là một số chia hết cho 3 là C33  C43  C33  C31C41C31 cách. Vậy xác suất cần tìm là: 2C33  C43  C31C31C41 . C103 Câu 5: S(Tạp chí THTT – Tháng 4 năm 2017 – 2018) ố đường tiệm cận của đồ thị hàm x 1 số y  là 2 2x  x 1 A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn A  1 x 1   x 1  x  (với x  0 ). Suy ra Ta có:  2×2  x 1 x 2  1  1 x x2  1  1 x 1   1   x   x  1 lim  lim x x 1 1 1 1 2 x 2  2 2  2 x x x x  1  1 x 1   1   1 x   x và lim  lim  . x x 1 1 1 1 2 x 2  2  2  2 x x x x Do đó đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang. Phía phải là x  1 và phía trái x  1 x 1 x 1  Xét y   x  1 2 x  1 2 x2  x  1 x 1  lim x1 và lim 1 x 2 2 x2  x 1 x 1  x 1  lim 2 x2  x  1  x  1 2 x  1 x 1  lim  x1   x 1  x  1 2 x  1   1 Do đó đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng x  1 và x   . 2 Vậy đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận. Chú ý: Ta có thể viết ngắn ngọn như sau: x 1 x 1  y  nên có 2 TCN.   2 2×2  x 1 2×2  y x 1  x  1 2 x  1 mẫu không bị khử nên có 2 TCĐ. Câu 6: (Tạp chí THTT – Tháng 4 năm 2017 – 2018) Một tấm bìa carton dạng tam giác ABC diện tích là S . Tại một điểm D thuộc cạnh BC người ta cắt theo hai đường thẳng lần lượt song song với hai cạnh AB và AC để phần bìa còn lại là một hình bình hành có một đỉnh là A diện tích hình bình hành lớn nhất bằng S S 2S S A. . B. . C. . D. . 4 2 3 3 Lời giải Chọn C Giả sử độ dài đoạn thẳng BC là a và độ dài đoạn thẳng CD là x với 0  x  a . S x2 x2 CE CD x    CDE  2  SCDE  2 S SCBA a CA CB a a BD BF a  x Vì DF // AB  BDF ∽ BCA    BC BA a Vì DE // AB  CDE ∽ CBA  2 2 a  x  S  a  x S S  BDF  BDF S BCA a2 a2 Suy ra S AEDF  S ABC  S BDF  SCDE Do đó S AEDF lớn nhất khi và chỉ khi  x 2  a  x 2  S  1  2  2  a  a   x2 a2 2 a  x   a2 nhỏ nhất 2 a  a2  a2 2 x     x2  a  x  a 2  2ax  2 x 2 1 2 2   22    Xét f  x   2  2 2 2 2 a a a a a 1 a Suy ra f  x  đạt giá trị nhỏ nhất là khi x  . Khi đó: 2 2 2  S AEDF max  1   1 S S  . 2 2 Câu 7: (Tạp chí THTT – Tháng 4 năm 2017 – 2018) Một nhóm học sinh gồm a lớp A , b lớp B và c lớp C a , b , c   ; a , b , c  4  . Chọn ngẫu nhiên ra 4 bạn. Xác suất để chọn được 4 bạn thuộc cả ba lớp là A. Ca1Cb1Cc1Ca1b  c 3 . Ca4bC B. 1  Ca4b  Cb4 c  Ca4 c . Ca4bC C. Ca2Cb1Cc1  Ca1Cb2Cc1  Ca1Cb1Cc2 . Ca4b C D. 1  Ca4b  Cb4 c  Ca4 c Ca4  Cb4  Cc4 .  Ca4b C Ca4b C Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu n     Ca4b C . TH1: Chọn 2 học sinh lớp A , 1 học sinh lớp B , 1 học sinh lớp C : Ca2Cb1Cc1 . TH2: Chọn 1 học sinh lớp A , 2 học sinh lớp B , 1 học sinh lớp C : Ca1Cb2Cc1 . TH3: Chọn 1 học sinh lớp A , 1 học sinh lớp B , 2 học sinh lớp C : Ca1Cb1Cc2 . Gọi A là biến cố để chọn được 4 bạn thuộc cả ba lớp  n  A   Ca2Cb1Cc1  Ca1Cb2Cc1  Ca1Cb1Cc2 . Vậy xác suất cần tìm là P  A   n  A n   Ca2Cb1Cc1  Ca1Cb2Cc1  Ca1Cb1Cc2 . Ca4b C Câu 8: (THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu – Đồng Tháp – Lần 5 năm 2017 – 2018) Kết quả  b, c  của việc gieo một con súc sắc cân đối hai lần liên tiếp, trong đó b là số chấm xuất hiện lần gieo thứ nhất, c là số chấm xuất hiện lần gieo thứ hai được thay vào phương trình bậc hai x 2  bx  c  0 . Tính xác suất để phương trình bậc hai đó vô nghiệm: 5 7 23 17 A. . B. . C. . D. . 36 12 36 36 Lời giải Chọn D Gieo một con súc sắc cân đối hai lần liên tiếp, số phần tử không gian mẫu là 36 . Ta có: b là số chấm xuất hiện lần gieo thứ nhất, c là số chấm xuất hiện lần gieo thứ hai nên b  1;6 và c  1;6 với b , c   . Phương trình x 2  bx  c  0 vô nghiệm khi   0  b 2  4c  0  b 2  4c . Với b  1 có 6 trường hợp xảy ra. Với b  2 có 5 trường hợp xảy ra (trừ trường hợp c  1 ). Với b  3 có 4 trường hợp xảy ra (trừ trường hợp c  2 ). Với b  4 có 2 trường hợp xảy ra (trừ trường hợp c  4 ) Do đó có tổng cộng 17 khả năng có thể xảy ra để phương trình vô nghiệm. 17 Vậy xác suất để phương trình vô nghiệm là: P  . 36 Câu 9: (THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu – Đồng Tháp – Lần 5 năm 2017 – 2018) Tính giá trị M  An215  3 An314 , biết rằng Cn4  20Cn2 (với n là số nguyên dương, Ank là số chỉnh hợp chập k của n phần tử và Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử). A. M  78 . B. M  18 . C. M  96 . D. M  84 . Lời giải Chọn A Điều kiện n  4 , n   , ta có Cn4  20Cn2  n! n!  20 4! n  4  ! 2! n  2  !  n  18   n  2  n  3  240    n  18 . Vậy M  A32  3 A43  78 .  n  13 Câu 10: (THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình – Lần 5 năm 2017 – 2018) Hệ số của số hạng chứa x 3 10 trong khai triển thành đa thức của biểu thức A  1  x  là A. 30 . B. 120 . C. 120 . Lời giải D. 30 . Chọn B k Số hạng thứ k  1 trong khai triển là:  1 C10k x k . Hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển ứng với k  3 . 3 Vậy hệ số của số hạng chứa x3 là  1 C103  120 . Câu 11: (THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình – Lần 5 năm 2017 – 2018) Cho đa giác đều có n cạnh  n  4  . Tìm n để đa giác có số đường chéo bằng số cạnh ? A. n  5 . B. n  16 . C. n  6 . D. n  8 . Lời giải Chọn A Tổng số đường chéo và cạnh của đa giác là : Cn2  Số đường chéo của đa giác là Cn2  n . Ta có : Số đường chéo bằng số cạnh  Cn2  n  n  n!  2n  n  n  1  4n  n  1  4  n  5 . 2! n  2  ! Câu 12: (THPT Chuyên Hùng Vương – Gia Lai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Giả sử rằng, trong Đại hội thể dục thể thao tỉnh Gia Lai năm 2018 có 16 đội bóng đăng ký tham gia giải, được chia thành 4 bảng A , B , C , D , mỗi bảng gồm 4 đội. Cách thức thi đấu như sau: Vòng 1 : Các đội trong mỗi bảng thi đấu vòng tròn một lượt, tính điểm và chọn ra đội nhất của mỗi bảng. Vòng 2 (bán kết): Đội nhất bảng A gặp đội nhất bảng C ; Đội nhất bảng B gặp đội nhất bảng D. Vòng 3 (chung kết): Tranh giải ba: Hai đội thua trong bán kết; tranh giải nhất: Hai đội thắng trong bán kết. Biết rằng tất cả các trận đấu đều diễn ra trên sân vận động Pleiku vào các ngày liên tiếp, mỗi ngày 4 trận. Hỏi Ban tổ chức cần mượn sân vận động trong bao nhiêu ngày? A. 5 . B. 6 . C. 7 . D. 8 . Lời giải Chọn C Số trận đấu diễn ra trong vòng 1: 4.C42  24. Số trận đấu diễn ra trong vòng 2 : 2 . Số trận đấu diễn ra trong vòng 3 : 2 . Có tất cả 28 trận đấu. Vậy ban tổ chức cần mượn sân trong 28  7 ngày. 4 Câu 13: (THPT Chuyên Hùng Vương – Gia Lai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Một người gọi điện thoại nhưng quên mất chữ số cuối. Tính xác suất để người đó gọi đúng số điện thoại mà không phải thử quá hai lần. 1 1 19 2 A. . B. . C. . D. . 5 10 90 9 Lời giải Chọn A Số phần tử của không gian mẫu là n     10  10 . Để người đó gọi đúng số điện thoại mà không phải thử quá hai lần ta có 2 trường hợp: TH1: Người đó gọi đúng ở lần thứ nhất. TH2: Người đó gọi đúng ở lần thứ hai. Gọi A1 :” người đó gọi đúng ở lần thứ nhất ”  xác suất người đó gọi đúng là P  A1     xác suất người đó gọi không đúng là P A1  1 và 10 9 . 10 1 Gọi A2 :” người đó gọi đúng ở lần thứ hai ”  xác suất người đó gọi đúng là P  A2   . 9 Gọi A : ” người đó gọi đúng số điện thoại mà không phải thử quá hai lần ” ta có 1 9 1 1 A  A1  A1 A2  P  A   P  A1   P A1 .P  A2    .  . 10 10 9 5   Câu 14: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 năm 2017 – 2018) Trong các số nguyên từ 100 đến 999 , số các số mà các chữ số của nó tăng dần hoặc giảm dần (kể từ trái qua phải) bằng: A. 204 . B. 120 . C. 168 . D. 240 . Lời giải Chọn A Số nguyên cần lập có 3 chữ số đôi một khác nhau. Xét hai trường hợp: + TH1: Các chữ số tăng dần từ trái qua phải. Khi đó 3 chữ số được chọn từ tập A  1; 2;3; 4;5; 6;7;8;9 Với một cách chọn 3 chữ số từ tập này ta có duy nhất một cách xếp chúng theo thứ tự tăng dần. Do đó số các số lập được trong trường hợp này là: C93 . + TH2: Các chữ số giảm dần từ trái qua phải. Khi đó 3 chữ số được chọn từ tập B  0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 Với một cách chọn 3 chữ số từ tập này ta có duy nhất một cách xếp chúng theo thứ tự giảm dần. Do đó số các số lập được trong trường hợp này là: C103 . Vậy số các số cần tìm là: C93  C103  204 số. Câu 15: (SGD Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho X  0,1, 2,3,…,15 . Chọn ngẫu nhiên 3 số trong tập hợp X . Tính xác suất để trong ba số được chọn không có hai số liên tiếp. 13 7 20 13 A. . B. . C. . D. . 35 20 35 20 Hướng dẫn giải Chọn D Không gian mẫu có số phần tử là:   C163  560 (phần tử). Ta tìm số cách lấy ra ba số trong đó có đúng hai số liên tiếp nhau hoặc lấy ra được cả ba số liên tiếp nhau. Khi đó ta có các trường hợp sau: Trường hợp 1: lấy ra ba số trong đó có đúng hai số liên tiếp nhau. – Trong ba số lấy ra có hai số 0,1 hoặc 14,15 khi đó số thứ ba có 13 cách lấy. Do đó trường – hợp này có: 2.13  26 cách lấy. Trong ba số lấy ra không có hai số 0,1 hoặc 14,15 khi đó ta có 13 cặp số liên tiếp nhau khác 0,1 và 14,15 , số thứ ba có 12 cách lấy. Do đó trường hợp này có: 13.12  156 cách lấy. Trường hợp 2: lấy ra được cả ba số liên tiếp nhau. Ta có lấy ba số liên tiếp nhau ta có 14 cách lấy. Do đó trường hợp này có: 14 cách lấy. Vậy ta có: 26  156  14  196 cách lấy ra ba số liên tiếp nhau hoặc lấy ra ba số trong đó có hai số liên tiếp nhau. Xác suất để trong ba số được chọn không có hai số liên tiếp là: P  1  Câu 16: (SGD Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018) Biết rằng hệ số của x bằng 31 . Tìm n . A. n  32 . B. n  30 . n2 C. n  31 . 196 13 .  560 20 1  trong khai triển  x   4  n D. n  33 . Hướng dẫn giải Chọn A n k n 1 k  1 Ta có  x      1 Cnk x n  k   (với 0  k  n và k , n   ). 4  4 k 1 n Suy ra hệ số của x n2 2 1 1 21  trong khai triển  x   là  1   Cn2  Cn2 . 4 16  4 Theo giả thiết ta có 1 2 n! Cn  31  Cn2  496   496  n  n  1  992  n 2  n  992  0  n  32 . 16 2! n  2  ! Câu 17: (THPT Nghèn – Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018) Trong một bình đựng 4 viên bi đỏ và 3 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên đồng thời 2 viên. Có bao nhiêu cách lấy? A. 18 . B. 21 . C. 42 . D. 10 . Lời giải Chọn B Số cách lấy 2 viên bi từ 7 viên bi là: C72  21. Câu 18: (THPT Chu Văn An – Hà Nội – năm 2017-2018) Có bao nhiêu cách chia hết 4 đồ vật khác nhau cho 3 người, biết rằng mỗi người nhận được ít nhất 1 đồ vật. A. 72 . B. 18 . C. 12 . D. 36 . Lời giải Chọn D Có hai người mà mỗi người nhận một đồ vật và một người nhận hai đồ vật. Chọn hai người để mỗi người nhận một đồ vật: có C32 cách chọn. Chọn hai đồ vật trao cho hai người: có A42 cách chọn. Hai đồ vật còn lại trao cho người cuối cùng. Vậy số cách chia là : C32 . A42  36 cách. Câu 19: (THPT Chu Văn An – Hà Nội – năm 2017-2018) Một nhóm học sinh gồm 5 nam và 5 bạn nữ được xếp thành một hàng dọc. Xác suất để 5 bạn nữ đứng cạnh nhau bằng 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 35 252 50 42 Lời giải Chọn D Số phần tử của không gian mẫu là n     10! . Gọi A : ” 5 bạn nữ đứng cạnh nhau ” . Giả sử ghép 5 bạn nữ thành một nhóm có 5! cách ghép. Coi 5 bạn nữ này là 1 cụm X . Khi đó bài toán trở thành xếp 5 bạn học sinh nam và X thành một hàng dọc, khi đó số cách xếp là 6!  n  A   5!.6!. Vậy xác suất của biến cố A là P  A  n  A  5!6! 1   . n    10! 42 Câu 20: (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình – năm 2017-2018) Trong một lớp học gồm có 18 học sinh nam và 17 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ bằng 65 69 443 68 A. . B. . C. . D. . 71 77 506 75 Hướng dẫn giải Chọn B Số phần tử của không gian mẫu n     C354  52360 . Gọi A là biến cố để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ.  n  A   C181 .C173  C182 .C172  C183 .C171  46920 . Vậy P  A  n  A  n  A  69 .   n    n    77 Câu 21: (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình – năm 2017-2018) Biến n là số nguyên dương thỏa mãn An3  2 An2  100 . Hệ số của x5 trong khai triển 1  3 x  5 5 10 A. 3 .C . 5 5 12 B. 3 .C . 5 5 10 C. 3 .C . Hướng dẫn giải Chọn A ĐK: n  3; n   . Ta có: An3  2 An2  100 2n bằng D. 65.C105 .  n  n  1 n  2  n  3 ! n  n  1 n  2  ! n! n!  2.  100   2.  100 .  n  3 !  n  2  !  n  3 !  n  2 !  n  n  1 n  2   2.n  n  1  100  n3  n 2  100  0  n  5  n  . 2n 10 Khi đó: 1  3 x   1  3x  . k k Số hạng tổng quát khi khai triển nhị thức trên là: Tk 1  C10k .110 k .  3 x    3 .C10k .x k . Hệ số của x5  k  5 . Do đó ta có hệ số của x5 là: 35.C105 . Câu 22: (SGD Bắc Ninh – Lần 2 – năm 2017-2018) Cho x là số thực dương. Số hạng không chứa x trong khai 12 2   triển nhị thức Niu-tơn của  x   là: x  A. 126720 . B. 495 . C. 495 . D. 126720 . Lời giải Chọn D k 12 2   Số hạng tổng quát trong khai triển  x   x  0  k  12, k   . Số hạng không chứa x nên 12  k 12  k 12 là C x 3k  2  k 12  k 2 , với    C12  2  x x  3k 8  0  k  8 . Khi đó số hạng cần tìm là: C128  2   126720 . 2 Câu 23: (Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Đinh – năm 2017-2018) Một nhóm có 6 học sinh gồm 4 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 3 học sinh trong đó có cả nam và nữ. A. 32 . B. 20 . C. 6 . D. 16 . Hướng dẫn giải Chọn D Trường hợp 1 : chọn 1 nam và 2 nữ có 4 cách chọn. Trường hợp 2 : chọn 2 nam và 1 nữ có C42 .2  12 cách chọn. Vậy có 4  12  16 cách chọn ra 3 học sinh trong đó có cả nam và nữ. Câu 24: (Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Đinh – năm 2017-2018) Tìm hệ số của x5 trong khai triển 7 2  của biểu thức  x 2   . x  A. 8.C75 . B. 8.C73 . C. C73 . Hướng dẫn giải Chọn B 7 k 7 7 7k  2  2  Ta có  x 2     C7k  x 2      C7k .2k x143k . x  k 0   x  k 0 Theo đề bài ta tìm hệ số của x5 nên 14  3k  5  k  3 . Vậy hệ số của x5 là 8.C73 D. C72 . Câu 25: (THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An – năm 2017-2018) Tìm số hạng chứa x 4 trong khai triển biểu n 2 3  x  với mọi x  0 biết n là số nguyên dương thỏa mãn Cn2  nAn2  476 . x   thức  A. 1792x 4 . B. 1792 . C. 1792 . Lời giải D. 1792x 4 . Chọn D Ta có: Cn2  nAn2  476 n  n  1  n 2  n  1  476  0 2  2n3  n 2  n  952  0  n 8.  8 k 3k 3k 2 Số hạng tổng quát của khai triển là: C8k   .  1 x 3k   1 C8k .28 k .x 4 k 8 . x 4 Số hạng này là số hạng chứa x  4k  8  4  k  3 . Vậy hệ số là C83 .25.  1  1792 . Câu 26: (THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An – năm 2017-2018) Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 4 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất lấy được ít nhất 1 viên đỏ. A. 37 . 42 B. 1 . 21 C. 5 . 42 D. 20 . 21 Lời giải Chọn D Lấy 3 viên bi từ 5  4  9 viên bi có C93 cách. + Lấy 1 viên đỏ và 2 viên xanh có C51C42 cách. + Lấy 2 viên đỏ và 1 viên xanh có C52C41 cách. + Lấy 3 viên đỏ có C53 cách. Vậy xác suất cần tìm là C51C42  C52C41  C53 20 .  C93 21 1 2 3 2016 Câu 27: Tổng C2016 bằng  C2016  C2016  …  C2016 A. 22016 . B. 42016 . C. 22016  1 . D. 22016  1 . Câu 28: Một trường cấp 3 của tỉnh Đồng Tháp có 8 giáo viên Toán gồm có 3 nữ và 5 nam, giáo viên Vật lý thì có 4 giáo viên nam. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra một đoàn thanh tra công tác ôn thi THPTQG gồm 3 người có đủ 2 môn Toán và Vật lý và phải có giáo viên nam và giáo viên nữ trong đoàn? A. 60 (cách). B. 120 (cách). C. 12960 (cách). 12 1  Câu 29: Số hạng không chứa x trong khai triển của  x 2   là x  D. 90 (cách). A. 924 . B. 495 . C. 792 . D. 220 . C. 22016  1 . D. 22016  1 . 1 2 3 2016 Câu 30: Tổng C2016 bằng  C2016  C2016  …  C2016 A. 22016 . B. 42016 . Lời giải Chọn D Ta có: 1  x  2016 0 1 2 2016 2016  C2016  C2016 x  C2016 x 2  …  C2016 x . 0 1 2 2016 1 2 2016 Chọn x  1 , ta có: 22016  C2016 hay C2016  C2016  C2016  …  C2016  C2016  …  C2016  2 2016  1 . Câu 31: Một trường cấp 3 của tỉnh Đồng Tháp có 8 giáo viên Toán gồm có 3 nữ và 5 nam, giáo viên Vật lý thì có 4 giáo viên nam. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra một đoàn thanh tra công tác ôn thi THPTQG gồm 3 người có đủ 2 môn Toán và Vật lý và phải có giáo viên nam và giáo viên nữ trong đoàn? A. 60 (cách). B. 120 (cách). C. 12960 (cách). Lời giải D. 90 (cách). Chọn D Vì chọn ra 3 người mà yêu cầu phải có giáo viên nam và giáo viên nữ trong đoàn nên số giáo viên nữ được chọn chỉ có thể bằng 1 hoặc 2 . Ta xét hai trường hợp: * Trường hợp 1: Chọn 1 giáo viên nữ: Có C31 cách. Khi đó: – Chọn 1 giáo viên nam môn Toán và 1 nam môn Vật lý: Có C51  C41 cách. – Chọn 2 giáo viên nam môn Vật lý: Có C42 cách. Trường hợp này có C31  C51  C41  C42  cách chọn. * Trường hợp 2: Chọn 2 giáo viên nữ: Có C32 cách chọn. Khi đó chọn thêm 1 giáo viên nam môn Vật lý: Có C41 cách. Trường hợp này có C32  C41 cách chọn. Vậy tất cả có C31  C51  C41  C42   C32  C41  90 cách chọn. 12 1  Câu 32: Số hạng không chứa x trong khai triển của  x 2   là x  A. 924 . B. 495 . D. 220 . C. 792 . Lời giải Chọn B 12  k   Số hạng tổng quát khi khai triển nhị thức trên là: Tk 1  C12k .x 2 k . x 1  C12k .x3k 12 . Số hạng không chứa x  3k  12  0  k  4 . Do đó ta có Số hạng không chứa x là: C124  495 . Câu 33: Gieo đồng thời hai con súc sắc cân đối và đồng chất. Tính xác suất để số chấm xuất hiện trên hai con súc sắc là bằng nhau. 1 A. . 4 1 B. . 3 1 C. . 6 D. 1 . 2 Câu 34: Cho tập X  1; 2;3;…;10 . Hỏi có tất cả bao nhiêu mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: (I). “Mỗi hoán vị của X là một chỉnh hợp chập 10 của X ”. (II). “Tập B  1; 2;3 là một chỉnh hợp chập 3 của X ”. (III). “ A103 là một chỉnh hợp chập 3 của X ”. A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . 6 Câu 35: Giả sử trong khai triển 1  ax 1  3x  với a   thì hệ số của số hạng chứa x3 là 405 . Tính a. A. 9 . B. 6 . C. 7 . D. 14 . Câu 36: Có bao nhiêu cách chia một nhóm 6 người thành 4 nhóm nhỏ, trong đó có hai nhóm 2 người và hai nhóm 1 người? A. 60 . B. 90 . C. 180 . D. 45 . Câu 37: Gieo đồng thời hai con súc sắc cân đối và đồng chất. Tính xác suất để số chấm xuất hiện trên hai con súc sắc là bằng nhau. 1 A. . 4 1 B. . 3 1 C. . 6 D. 1 . 2 Lời giải Chọn C Gieo đồng thời hai con súc sắc cân đối và đồng chất thì số phần tử của không gian mẫu là n     6.6  36 . Gọi A :”Số chấm xuất hiện trên hai con súc sắc là bằng nhau”. Ta có A  1;1 ;  2; 2  ;  3;3 ;  4; 4  ;  5;5 ;  6;6   n  A   6 . Vậy xác suất của biến cố A là P  A   n  A 6 1   . n    36 6 Câu 38: Cho tập X  1; 2;3;…;10 . Hỏi có tất cả bao nhiêu mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: (I). “Mỗi hoán vị của X là một chỉnh hợp chập 10 của X ”. (II). “Tập B  1; 2;3 là một chỉnh hợp chập 3 của X ”. (III). “ A103 là một chỉnh hợp chập 3 của X ”. A. 0 . B. 1 . C. 2 . Lời giải D. 3 . Chọn B Ta có X  1; 2;3;…;10  n  X   10 . Mệnh đề “mỗi hoán vị của X là một chỉnh hợp chập 10 của X ” là mệnh đề sai. Phải là “mỗi hoán vị các phần tử của X là một chỉnh hợp chập 10 của X ” Mệnh đề “tập B  1; 2;3 là một chỉnh hợp chập 3 của X ” là mệnh đề sai vì “tập B  1; 2;3 là một tổ hợp chập 3 của X ”. Mệnh đề “ A103 là một chỉnh hợp chập 3 của X ” là mệnh đề đúng. Vậy có 1 mệnh đề đúng. 6 Câu 39: Giả sử trong khai triển 1  ax 1  3x  với a   thì hệ số của số hạng chứa x3 là 405 . Tính a. A. 9 . B. 6 . C. 7 . Lời giải D. 14 . Chọn C 6 Ta có 1  3 x   C60  3C61 x  9C62 x 2  27C63 x3  … 6  Hệ số x3 trong khai triển 1  ax 1  3x  là 9aC62  27C63 Theo giả thiết 9aC62  27C63  405  a  7 . Câu 40: Có bao nhiêu cách chia một nhóm 6 người thành 4 nhóm nhỏ, trong đó có hai nhóm 2 người và hai nhóm 1 người? A. 60 . B. 90 . C. 180 . D. 45 . Lời giải Chọn D + Chọn một nhóm 2 người, có C62 cách chọn. + Chọn nhóm thứ hai có 2 người, có C42 cách chọn. + Hai nhóm còn lại có: 2 cách chia. Số cách chia 6 người thành 4 nhóm nhỏ, trong đó có hai nhóm 2 người và hai nhóm 1 người là: C62 .C42 .2  45 cách. (do trùng ở hai nhóm 2 người và hai nhóm 1 người). 2.2 Câu 41: Có bao nhiêu cách sắp xếp 18 thí sinh vào một phòng thi có 18 bàn mỗi bàn một thí sinh. A. 18 . B. 1. C. 1818 . Lời giải D. 18! . Chọn D Số cách xếp là 18!. Câu 42: Cho n   thỏa mãn Cn1  Cn2  …  Cnn  1023 . Tìm hệ số của x 2 trong khai triển n 12  n  x  1 thành đa thức. A. 2 . B. 90 . Chọn D C. 45 . Lời giải D. 180 . n Xét khai triển 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  …  Cnn x n , cho x  1 ta được 2n  Cn0  Cn1  Cn2  …  Cnn  2n  1  Cn1  Cn2  …  Cnn  1023  n  10 . 10 Xét khai triển  2 x  1 có số hạng tổng quát C10k 210 k x10 k  k  10, k    , hệ số của x 2 ứng với k thỏa 10  k  2  k  8 . Vậy hệ số cần tìm là C108 .22  180 . Câu 43: Trong một hộp có 10 viên bi đánh số từ 1 đến 10 , lấy ngẫu nhiên ra hai bi. Tính xác suất để hai bi lấy ra có tích hai số trên chúng là một số lẻ. 1 4 1 2 A. . B. . C. . D. . 2 9 9 9 Lời giải Chọn D Số phần tử của không gian mẫu: n     C102 . Gọi biến cố A : “Hai bi lấy ra có tích hai số trên chúng là một số lẻ”. n  A   C52 . Vậy P  A  C52 2  . C102 9 Câu 44: Một hộp chứa 30 thẻ được đánh số từ 1 đến 30 . Người ta lấy ngẫu nhiên một thẻ từ hộp đó. Tính xác suất để thẻ lấy được mang số lẻ và không chia hết cho 3 . 2 3 1 4 A. . B. . C. . D. . 5 10 3 15 Câu 45: Một hộp chứa 30 thẻ được đánh số từ 1 đến 30 . Người ta lấy ngẫu nhiên một thẻ từ hộp đó. Tính xác suất để thẻ lấy được mang số lẻ và không chia hết cho 3 . 2 3 1 4 A. . B. . C. . D. . 5 10 3 15 Lời giải Chọn C Số phần tử không gian mẫu: n     30 . Gọi A là biến cố: “Thẻ lấy được là số lẻ và không chia hết cho 3 ”.  A  1;5;7;11;13;17;19; 23; 25; 29  n  A   10 . Xác suất để thẻ lấy được mang số lẻ và không chia hết cho 3 là P  A  n  A  10 1   . n    30 3 Câu 46: Cho số tự nhiên n thỏa mãn An2  2Cnn  22 . Hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển của biểu n thức  3 x  4  bằng A. 4320 . B. 1440 . C. 4320 . D. 1080 . Câu 47: Một chiếc hộp chứa 9 quả cầu gồm 4 quả màu xanh, 3 quả màu đỏ và 2 quả màu vàng.Lấy ngẫu nhiên 3 quả cầu từ hộp đó. Xác suất để trong 3 quả cầu lấy được có ít nhất 1 quả màu đỏ bằng: 1 19 16 17 A. B. C. D. 3 28 21 42 Câu 48: Cho số tự nhiên n thỏa mãn An2  2Cnn  22 . Hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển của biểu n thức  3 x  4  bằng A. 4320 . B. 1440 . C. 4320 . D. 1080 . Lời giải Chọn C Điều kiện n  2 , n   . Ta có An2  2Cnn  22  n!  2  22  n  n  1  20  n  5 thỏa mãn.  n  2 ! n 5 5 k Khi đó  3 x  4    3 x  4    C5k .  3 x  .  4  k 0 5 k 5   C5k .3k .  4  5 k xk . k 0 Hệ số của số hạng chứa x3 nên k  3 . 2 Do đó hệ số cần tìm là C53 .33.  4   4320 . Câu 49: Một chiếc hộp chứa 9 quả cầu gồm 4 quả màu xanh, 3 quả màu đỏ và 2 quả màu vàng.Lấy ngẫu nhiên 3 quả cầu từ hộp đó. Xác suất để trong 3 quả cầu lấy được có ít nhất 1 quả màu đỏ bằng: 1 19 16 17 A. B. C. D. 3 28 21 42 Lời giải Chọn C Chọn 3 quả cầu trong 9 quả cầu  n     C93 . Gọi A là biến cố cần tìm. Chọn 3 quả cầu không có quả cầu đỏ có C63 . Nên số cách chọn có ít nhất 1 quả cầu đỏ là C93  C63  n  A C93  C63 16 .  C93 21 Câu 50: Tính số cách chọn ra một nhóm 5 người 20 người sao cho trong nhóm đó có 1 tổ trưởng, 1 tổ phó và 3 thành viên còn lại có vai trò như nhau. A. 310080 . B. 930240 . C. 1860480 . D. 15505 . Câu 51: Tính số cách chọn ra một nhóm 5 người 20 người sao cho trong nhóm đó có 1 tổ trưởng, 1 tổ phó và 3 thành viên còn lại có vai trò như nhau. A. 310080 . B. 930240 . C. 1860480 . D. 15505 . Lời giải Chọn A Có 20 cách để chọn 1 tổ trưởng từ 20 người. Sau khi chọn 1 tổ trưởng thì có 19 cách để chọn 1 tổ phó. Sau đó có C183 cách để chọn 3 thành viên còn lại. Xác xuất cần tìm: P  A   Vậy có 20.19.C183  310080 cách chọn một nhóm 5 người thỏa yêu cầu bài toán. Câu 52: Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ một hộp có chứa 5 viên bi xanh và 6 viên bi đỏ. Xác suất để 4 viên bi được chọn có số bi xanh bằng số bi đỏ là A. 5 . 792 B. 5 . 11 C. 4 . 11 D. 5 . 66 Câu 53: Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ một hộp có chứa 5 viên bi xanh và 6 viên bi đỏ. Xác suất để 4 viên bi được chọn có số bi xanh bằng số bi đỏ là 5 5 4 5 A. . B. . C. . D. . 792 11 11 66 Lời giải Chọn B Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ một hộp có chứa 11 viên bi nên có số ccahs chọn là: C114  330 , nên kích thước không gian mẫu là: n     330 . Gọi A là biến cố “ 4 viên bi được chọn có số bi xanh bằng số bi đỏ”: n  A   C52 .C62  150 . Vậy xác suất cần tìm là: P  A   n  A 150 5   . n    330 11 Câu 54: Một đoàn đại biểu gồm 5 người được chọn ra từ một tổ gồm 8 nam và 7 nữ để tham dự hội nghị. Xác suất để chọn được đoàn đại biểu có đúng 2 người nữ là 56 140 1 28 A. . B. . C. . D. . 143 429 143 715 Câu 55: Một đoàn đại biểu gồm 5 người được chọn ra từ một tổ gồm 8 nam và 7 nữ để tham dự hội nghị. Xác suất để chọn được đoàn đại biểu có đúng 2 người nữ là 56 140 1 28 A. . B. . C. . D. . 143 429 143 715 Hướng dẫn giải Chọn A Số phần tử của không gian mẫu: n     C155 . Gọi biến cố A : “Chọn được đoàn đại biểu có đúng 2 người nữ”  n  A  C72 .C83 . Vậy xác suất cần tìm là: P  A  n  A  56 .  n    143 Câu 56: Gieo đồng thời hai con súc sắc cân đối và đồng chất. Xác suất để tổng số chấm trên mặt xuất hiện của hai con súc sắc đó không vượt quá 5 bằng 5 1 2 5 A. . B. . C. . D. . 12 4 9 18 Câu 57: Gieo đồng thời hai con súc sắc cân đối và đồng chất. Xác suất để tổng số chấm trên mặt xuất hiện của hai con súc sắc đó không vượt quá 5 bằng 5 1 2 5 A. . B. . C. . D. . 12 4 9 18 Lời giải Chọn D Số phần tử của không gian mẫu n     6.6  36 . Gọi A là biến cố: ‘‘Tổng số chấm xuất hiện trên mặt hai con súc sắc không vượt quá 5 ”. Các phần tử của biến cố A là 1;1 , 1; 2  , 1;3 , 1; 4  ,  2;1 ,  2; 2  ,  2;3 ,  3;1 ,  3; 2  ,  4;1 . Như vậy số phần tử của biến cố A là  0;5 . Vậy xác suất cần tìm là P  A   n  A 5  . n    18  Câu 58: Tìm hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển của 2x  12 A. 4608 . B. 128 . x   B. 128 . với x  0 . C. 164 . x  Câu 59: Tìm hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển của 2x  12 A. 4608 . 9 D. 36 . 9 C. 164 . với x  0 . D. 36 . Lời giải Chọn A Số hạng thứ k  1 của khai triển: 2 k C9k x 3k 18 . Số hạng chứa x 3 ứng với: 3k  18  3  k  7 . Vậy hệ số của x3 bằng 27 C97  4608 . Câu 60: Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số mà tổng các chữ số trong mỗi số là 3 . A. 15 . B. 21 . C. 36 . D. 19 . Câu 61: Cho tập hợp M  0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 có 10 phần tử. Số tập hợp con gồm 2 phần tử của M và không chứa phần tử 1 là A. C102 . B. A92 . C. 9 2 . D. C92 . Câu 62: Bạn Trang có 10 đôi tất khác nhau. Sáng nay, trong tâm trạng vội vã đi thi, Trang đã lấy ngẫu nhiên 4 chiếc tất. Tính xác suất để trong 4 chiếc tất lấy ra có ít nhất một đôi tất. 6 99 224 11 A. . B. . C. . D. . 19 323 323 969 n 1  Câu 63: Cho nhị thức  x   , x  0 trong đó tổng các hệ số của khai triển nhị thức đó là 1024 . Khi đó x  số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức đã cho bằng A. 252 . B. 125 . C. 252 . D. 525 . Câu 64: Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số mà tổng các chữ số trong mỗi số là 3 . A. 15 . B. 21 . C. 36 . D. 19 . Lời giải Chọn A Tổng 5 chữ số bằng 3 thì tập hợp các số đó có thể là 0;1; 2 , 1;1;1 , 3; 0 .  TH1: số có 5 chữ số gồm 3 chữ số 0 , 1 chữ số 1 và 1 chữ số 2 : Chọn chữ số xếp vào vị trí đầu có 2 cách, xếp chữ số còn lại vào 4 vị trí cuối có 4 cách nên có: 2.4  8 (số)  TH2: số có 5 chữ số gồm 3 chữ số 1 , 2 chữ số 0 có 6 số. Xếp số 1 vào vị trí đầu có 1 cách, 2 số 1 còn lại vào 4 vị trí cuối có C42 cách nên có: C42  6 (số)  TH3: số có 5 chữ số gồm 1 chữ số 3 , 4 chữ số 0 có 1 số. Vậy có 8  6  1  15 số thoả yêu cầu bài toán. Câu 65: Cho tập hợp M  0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 có 10 phần tử. Số tập hợp con gồm 2 phần tử của M và không chứa phần tử 1 là A. C102 . B. A92 . C. 9 2 . D. C92 . Lời giải Chọn D Câu 66: Bạn Trang có 10 đôi tất khác nhau. Sáng nay, trong tâm trạng vội vã đi thi, Trang đã lấy ngẫu nhiên 4 chiếc tất. Tính xác suất để trong 4 chiếc tất lấy ra có ít nhất một đôi tất. 6 99 224 11 A. . B. . C. . D. . 19 323 323 969 Lời giải Chọn B 4 Cách 1: Lấy ngẫu nhiên 4 chiếc tất trong 10 đôi tất khác nhau là C20 . Số cách chọn có ít nhất một đôi tất là 10.18.8  C102 . Vậy xác suất cần tìm: 10.9.8  C102 99  . 4 C20 323 4 Cách 2: Lấy ngẫu nhiên 4 chiếc tất trong 10 đôi tất khác nhau là C20 . Gọi A là biến cố:’’ Lấy bốn cái tất không thuộc đôi nào cả’’ -Lấy 4 đôi trong 10 đôi, có C104 cách. -Trong 4 đôi lấy ra, mỗi đôi lấy một chiếc: Có C21 .C21 .C21 .C21  16 cách.   Vậy n A  C104 .16 .   Do đó: p  A   1  p A  1  C104 .16 99 .  C204 323 n 1  Câu 67: Cho nhị thức  x   , x  0 trong đó tổng các hệ số của khai triển nhị thức đó là 1024 . Khi đó x  số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức đã cho bằng A. 252 . B. 125 . C. 252 . D. 525 . Lời giải Chọn A n k n n 1  k nk  1  k n2k .  x     Cn x     Cn x x  k 0  x k 0 n Tổng các hệ số bằng k n  C  1  1 n  2n  1024  n  10 . k 0 Số hạng không chứa x tương ứng với 10  2k  0  k  5 . Vậy số hạng không chứa x bằng C105  252 . Câu 68: Cho điểm A nằm ngoài đường thẳng d . Có bao nhiêu tam giác có các đỉnh là A và 2 trong 6 điểm phân biệt trên d ? A. 15 . B. 16 . C. 30 . D. 8 . 9 Câu 69: Cho khai triển 1  2 x   a0  a1 x  a2 x 2  …  a 9 x9 . Khi đó tổng a0  a1  a2 bằng: A. 127 . B. 46 . C. 2816 . D. 163 . Câu 70: Xếp ngẫu nhiên 3 học sinh nam và 3 học sinh nữ vào một ghế dài có 6 vị trí. Xác suất của biến cố “Nam và nữ ngồi xen kẽ nhau” là 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 20 30 15 10 Câu 71: Cho điểm A nằm ngoài đường thẳng d . Có bao nhiêu tam giác có các đỉnh là A và 2 trong 6 điểm phân biệt trên d ? A. 15 . B. 16 . C. 30 . D. 8 . Lời giải Chọn A Để tạo được một tam giác từ đỉnh A và hai điểm trên đường thẳng d thì có C62  15 cách chọn 2 trong 6 điểm phân biệt trên d . 9 Câu 72: Cho khai triển 1  2 x   a0  a1 x  a2 x 2  …  a 9 x9 . Khi đó tổng a0  a1  a2 bằng: A. 127 . B. 46 . C. 2816 . D. 163 . Lời giải Chọn A 9 9 k Ta có: 1  2 x    C9k  2  x k . k 0 0 1 2 Vậy a0  a1  a2  C90  2   C91  2   C92  2   127 . Câu 73: Xếp ngẫu nhiên 3 học sinh nam và 3 học sinh nữ vào một ghế dài có 6 vị trí. Xác suất của biến cố “Nam và nữ ngồi xen kẽ nhau” là 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 20 30 15 10 Lời giải Chọn D Số cách xếp 3 học sinh nam và 3 học sinh nữ vào một ghế dài có 6 vị trí là n     6! Gọi A là biến cố “Nam và nữ ngồi xen kẽ nhau”. Số cách xếp nam, nữ ngồi xen kẽ nhau sao cho nam ngồi đầu là 3!.3! Số cách xếp nam, nữ ngồi xen kẽ nhau sao cho nữ ngồi đầu là 3!.3! 2.3!.3! 1  n  A   2.3!.3!  P  A    . 6! 10 Câu 74: Lớp 11L có 32 học sinh chia đều thành 4 tổ. Đoàn trường chọn ngẫu nhiên 5 học sinh đi cổ vũ cho bạn Kiến Giang, lớp 11L, dự thi đường lên đỉnh Olympia. Xác suất để 5 bạn được chọn thuộc cùng một tổ là 5 5 32 1 A. . B. . C. . D. . 32 31 24273 899 n 1  Câu 75: Cho tổng các hệ số của khai triển của nhị thức  x   , n  N * bằng 64. Số hạng không chứa x x  trong khai triển đó là: A. 20 . B. 10 . C. 15 . D. 25 Câu 76: Lớp 11L có 32 học sinh chia đều thành 4 tổ. Đoàn trường chọn ngẫu nhiên 5 học sinh đi cổ vũ cho bạn Kiến Giang, lớp 11L, dự thi đường lên đỉnh Olympia. Xác suất để 5 bạn được chọn thuộc cùng một tổ là 5 5 32 1 A. . B. . C. . D. . 32 31 24273 899 Hướng dẫn giải Chọn D Số phần tử của không gian mẫu n     C315 . Gọi A là biến cố để 5 bạn được chọn thuộc cùng một tổ  n  A   3C85  C75 . Vậy xác suất cần tìm là P  A   n  A 1 .  n    899 n 1  Câu 77: Cho tổng các hệ số của khai triển của nhị thức  x   , n  N * bằng 64. Số hạng không chứa x x  trong khai triển đó là: A. 20 . B. 10 . C. 15 . D. 25 Hướng dẫn giải Chọn C Ta có: Cn0  Cn1  …  Cnn  64  2n  64  n  6 . 6 6 1  k 6k 2 k x      C6 .x .x , theo YCBT ta có: 6  3k  0  k  2 . x  k 0  Vậy số hạng cần tìm là: C62  15 . Câu 78: Gieo ba con súc sắc cân đối và đồng chất. Xác suất để số chấm xuất hiện trên ba mặt lập thành một cấp số cộng với công sai bằng 1 là 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 36 6 9 27 n Câu 79: Giả sử 1  x  x 2   a0  a1 x  a2 x 2  …  a2 n x 2 n . Đặt S  a0  a2  a4  …  a2 n , khi đó S bằng A. 3n  1 . 2 B. 3n . 2 C. 3n  1 . 2 D. 2n  1 . Câu 80: Gieo ba con súc sắc cân đối và đồng chất. Xác suất để số chấm xuất hiện trên ba mặt lập thành một cấp số cộng với công sai bằng 1 là 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 36 6 9 27 Hướng dẫn giải Chọn C Ta có n     63  216. Để thỏa yêu cầu bài toán thì số chấm trên 3 mặt là các hoán vị của 1; 2;3 , 3; 4;5 , 4;5;6 . Do đó n  A  3! 3! 3! 3!  24. Vậy P  A  24 1  216 9 2;3; 4 , n Câu 81: Giả sử 1  x  x 2   a0  a1 x  a2 x 2  …  a2 n x 2 n . Đặt S  a0  a2  a4  …  a2 n , khi đó S bằng 3n  1 A. . 2 3n B. . 2 3n  1 C. . 2 Hướng dẫn giải D. 2n  1 . Chọn A n Từ 1  x  x 2   a0  a1 x  a2 x 2  …  a2 n x 2 n Chọn x  1 ta được 1  a0  a1  …  a2 n (3) Chọn x  1 ta được 3n  a0  a1  a2  a3  …  a2 n 1  a2 n (4) Từ (3) và (4) ta có: S  a0  a2  a4  …  a2 n  3n  1 . 2 Câu 82: Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi một khác nhau được chọn từ các số 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 . Chọn ngẫu nhiên một số từ A . Xác suất để được một số chia hết cho 5 bằng 2 1 1 5 A. . B. . C. . D. . 3 6 30 6 Câu 83: Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi một khác nhau được chọn từ các số 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 . Chọn ngẫu nhiên một số từ A . Xác suất để được một số chia hết cho 5 bằng 2 1 1 5 A. . B. . C. . D. . 3 6 30 6 Hướng dẫn giải Chọn B Ta có : n     A64 . Số có bốn chữ số đôi một khác nhau lập từ các số 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 và chia hết cho 5 có: A53 số. Vậy xác suất cần tìm bằng: A53 1  . A64 6 Câu 84: Một đề thi trắc nghiệm gồm 50 câu, mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có 1 phương án đúng, mỗi câu trả lời đúng được 0, 2 điểm. Một thí sinh làm bài bằng cách chọn ngẫu nhiên 1 trong 4 phương án ở mỗi câu. Tính xác suất để thí sinh đó được 6 điểm. A. 0, 2530.0,7520.C5020 . B. 1  0, 2520.0, 7530 . C. 0, 2520.0,7530 . D. 0,2530.0,7520 . 21 2  Câu 85: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton  x  2  ,  x  0  . x   7 8 8 7 A. 27 C21 . B. 28 C21 . C. 28 C21 . D. 27 C21 . Câu 86: Một đề thi trắc nghiệm gồm 50 câu, mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có 1 phương án đúng, mỗi câu trả lời đúng được 0, 2 điểm. Một thí sinh làm bài bằng cách chọn ngẫu nhiên 1 trong 4 phương án ở mỗi câu. Tính xác suất để thí sinh đó được 6 điểm. B. 1  0, 2520.0, 7530 . A. 0, 2530.0,7520.C5020 . C. 0,2520.0,7530 . D. 0,2530.0,7520 . Lời giải Chọn A Khi chọn ngẫu nhiên 1 trong 4 đáp án, xác suất trả lời đúng là 0, 25 và xác suất trả lời sai là 0, 75 . Để được 6 điểm, thí sinh cần trả lời đúng 30 câu và sai 20 câu. Chọn 20 câu trong 50 câu, có C5020 cách. Theo quy tắc nhân xác suất, ta có xác suất cần tính là: P  0, 2530.0, 7520.C5020 . 21 2  Câu 87: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton  x  2  ,  x  0  . x   7 A. 27 C21 . 8 B. 28 C21 . 8 C. 28 C21 . 7 D. 27 C21 . Lời giải Chọn D 2  Xét khai triển  x  2  x   21 k Số hạng tổng quát trong khai triển trên là Tk 1   1 2k C21k x 213k . Số hạng không chứa x trong khai triển trên ứng với 21  3k  0  k  7 . 7 Vậy số hạng không chứa x trong khai triển trên là 27 C21 . Câu 88: Một tập thể có 14 người trong đó có hai bạn tên A và B. Người ta cần chọn một tổ công tác gồm 6 người. Tính số cách chọn sao cho trong tổ phải có 1 tổ trưởng và 5 tổ viên hơn nữa A hoặc B phải có mặt nhưng không đồng thời có mặt cả hai người trong tổ. A. 11088 . B. 9504 . C. 15048 . D. 3003 . Câu 89: Một dãy phố có 5 cửa hàng bán quần áo. Có 5 người khách đến mua quần áo, mỗi người khách vào ngẫu nhiên một trong năm cửa hàng đó. Tính xác suất để có một cửa hàng có 3 người khách. 32 181 24 3 A. . B. . C. . D. . 125 625 125 125 Câu 90: Một tập thể có 14 người trong đó có hai bạn tên A và B. Người ta cần chọn một tổ công tác gồm 6 người. Tính số cách chọn sao cho trong tổ phải có 1 tổ trưởng và 5 tổ viên hơn nữa A hoặc B phải có mặt nhưng không đồng thời có mặt cả hai người trong tổ. A. 11088 . B. 9504 . C. 15048 . D. 3003 . Lời giải Chọn B * Chọn nhóm 6 bạn bất kỳ ta có C146 cách. * Chọn nhóm 6 bạn trong đó có cả A và B, có C124 cách. * Chọn nhóm 6 bạn trong đó không có hai bạn A và B, có C126 cách. Suy ra số cách chọn 6 bạn có mặt A, B nhưng không đồng thời có mặt cả hai người trong tổ là: C146  C124  C126  1584 cách. Chọn 1 tổ trưởng từ nhóm 6 bạn này, có 6 cách. Vậy có 1584.6  9504 cách chọn thỏa yêu cầu đề. Câu 91: Một dãy phố có 5 cửa hàng bán quần áo. Có 5 người khách đến mua quần áo, mỗi người khách vào ngẫu nhiên một trong năm cửa hàng đó. Tính xác suất để có một cửa hàng có 3 người khách. 32 181 24 3 A. . B. . C. . D. . 125 625 125 125 Lời giải Chọn A Ta có, số phần tử của không gian mẫu là 55  3125 . Gọi A là biến cố “có một cửa hàng có 3 người khách”. Khi đó, ta có: * Chọn 3 người khách xếp vào một trong năm cửa hàng, có C53 .5 cách. * Xếp hai người khách còn lại vào bốn cửa hàng còn lại, có 4 2  16 cách. Suy ra số phần tử thuận lợi cho A là C53 .5.16  800 cách. 800 32 .  3125 125 Câu 92: Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 7 chữ số đôi một khác nhau được tạo ra từ các chữ số 0 , 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 . Từ A chọn ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để số được chọn có chữ số 1 và chữ số 2 đứng cạnh nhau. 5 5 2 1 A. . B. . C. . D. . 21 18 7 3 Vậy xác suất của biến cố A là Câu 93: Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 7 chữ số đôi một khác nhau được tạo ra từ các chữ số 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 . Từ A chọn ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để số được chọn có chữ số 1 và chữ số 2 đứng cạnh nhau. 5 5 2 1 A. . B. . C. . D. . 21 18 7 3 Lời giải Chọn A Số các số tự nhiên có 7 chữ số đôi một khác nhau được tạo ra từ các chữ số 0 , 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 là 6.6!  4320 . Số phần tử của không gian mẫu là n     4320 . Gọi A là biến cố số được chọn có chữ số 1 và chữ số 2 đứng cạnh nhau Ta nhóm hai số 1 và 2 thành một nhóm x . Ta có số các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau được tạo ra từ các chữ số 0 , x , 3 , 4 , 5 , 6 là 5.5!  600 Hoán vị hai số 1 và 2 trong nhóm x có 2 cách. Vậy n  A  600.2  1200 . Xác suất của biến cố A là P  A  sin 2018n . n  n A. 0 . n  A 5  . n    18 Câu 94: Tính lim B. 1. C.  . Câu 95: Cho tập X có 9 phần tử. Tìm số tập con có 5 phần tử của tập X . A. 120 . B. 126 . C. 15120 . D. 2018 . D. 216 . sin 2018n . n  n A. 0 . Câu 96: Tính lim B. 1. C.  . Lời giải D. 2018 . Chọn A 1 sin 2018n sin 2018n 1 Ta có:  0.  mà lim  0 nên theo định lý kẹp thì lim n  n  n n n n Câu 97: Cho tập X có 9 phần tử. Tìm số tập con có 5 phần tử của tập X . A. 120 . B. 126 . C. 15120 . Lời giải Chọn B Từ tập X có 9 phần tử chọn ra 5 phần tử để hình thành nên tập con. D. 216 . Vậy tập X có C95  126 tập con chứa 5 phần tử. 10 Câu 98: Hệ số của x 7 trong khai triển biểu thức P  x   1  2 x  là A. 15360 . B. 15360 . C. 15363 . D. 15363 . Câu 99: Trong một chiếc hộp có 7 viên bi trắng, 8 viên bi đỏ và 10 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên ra 6 viên bi. Tính xác suất của biến cố A: “ 6 viên bi lấy ra cùng một màu”. 7 17 73 27 A. P  A   . B. P  A   . C. P  A   . D. P  A   . 5060 5060 5060 5060 10 Câu 100: Hệ số của x 7 trong khai triển biểu thức P  x   1  2 x  là A. 15360 . B. 15360 . C. 15363 . Lời giải D. 15363 . Chọn A 10 k 10 k Ta có P  x    Cnk 110 k  2 x    C10k  2  x k k 0 k 0 7 Số hạng chứa x ứng với giá trị k  7 7 Vậy hệ số của x 7 là: C107  2   15360 . Câu 101: Trong một chiếc hộp có 7 viên bi trắng, 8 viên bi đỏ và 10 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên ra 6 viên bi. Tính xác suất của biến cố A: “ 6 viên bi lấy ra cùng một màu”. 7 17 73 27 A. P  A   . B. P  A   . C. P  A   . D. P  A   . 5060 5060 5060 5060 Lời giải Chọn A Ta có: n     C256  177100 7 . 5060 Câu 102: Một đa giác lồi có 10 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh của đa giác lồi và nối chúng lại với nhau ta được một tam giác. Tính xác suất để tam giác thu được có ba cạnh là ba đường chéo của đa giác đã cho. 11 1 3 5 A. . B. . C. . D. . 12 4 8 12 n  A   C76  C86  C106  245  P  A   Câu 103: Một đội văn nghệ có 20 người, trong đó 10 nam và 10 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 5 người sao cho có ít nhất 2 nam và ít nhất 1 nữ trong 5 người đó. A. 12900 . B. 13125 . C. 550 . D. 15504 . Câu 104: Có bao nhiêu số có 3 chữ số đôi một khác nhau có thể lập được từ các chữ số 0 , 2 , 4 , 6 , 8 ? A. 48 . B. 60 . C. 10 . D. 24 . Câu 105: Một đa giác lồi có 10 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh của đa giác lồi và nối chúng lại với nhau ta được một tam giác. Tính xác suất để tam giác thu được có ba cạnh là ba đường chéo của đa giác đã cho. 11 1 3 5 A. . B. . C. . D. . 12 4 8 12 Lời giải Chọn D Số phần tử của không gian mẫu là n     C103  120 . Số tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác là: n  n  4   60 . Số tam giác có hai cạnh là cạnh của đa giác là n  10 . Vậy số tam giác có ba cạnh là đường chéo là 120  70  50 . 50 5 Vậy xác suất cần tìm là  . 120 12 Câu 106: Một đội văn nghệ có 20 người, trong đó 10 nam và 10 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 5 người sao cho có ít nhất 2 nam và ít nhất 1 nữ trong 5 người đó. A. 12900 . B. 13125 . C. 550 . D. 15504 . Lời giải Chọn A Chọn 2 nam và 3 nữ: C102 .C103 . Chọn 3 nam và 2 nữ: C102 .C103 . Chọn 4 nam và 1 nữ: C104 .C101 . Số cách chọn ra 5 người sao cho có ít nhất 2 nam và ít nhất 1 nữ: C102 .C103  C102 .C103  C104 .C101  12900 . Câu 107: Có bao nhiêu số có 3 chữ số đôi một khác nhau có thể lập được từ các chữ số 0 , 2 , 4 , 6 , 8 ? A. 48 . B. 60 . C. 10 . D. 24 . Lời giải Chọn A Gọi số cần tìm là: abc a có 4 cách chọn b có 4 cách chọn c có 3 cách chọn Vậy: 4.4.3  48 cách. Câu 108: Có 10 thẻ được đánh số 1 , 2 ,…, 10 . Bốc ngẫu nhiên 2 thẻ. Tính xác suất để tích 2 số ghi trên 2 thẻ bốc được là một số lẻ. 1 7 5 2 A. . B. . C. . D. . 2 9 18 9 Câu 109: Có 10 thẻ được đánh số 1, 2 ,…, 10 . Bốc ngẫu nhiên 2 thẻ. Tính xác suất để tích 2 số ghi trên 2 thẻ bốc được là một số lẻ. 1 7 5 2 A. . B. . C. . D. . 2 9 18 9 Hướng dẫn giải Chọn D Số cách bốc 2 thẻ từ 10 thẻ là: C102  45 . Để tích 2 số ghi trên 2 thẻ bốc được là một số lẻ thì cả 2 thẻ bốc được phải được đánh số lẻ. Trong 10 thẻ có 5 thẻ được đánh số lẻ. Số cách lấy 2 thẻ để tích 2 số ghi trên 2 thẻ bốc được là một số lẻ là: C52  10 . Vậy xác suất cần tìm là: 10 2  . 45 9 Câu 110: Một hộp có 3 viên bi đỏ và 4 viên bi xanh. Số cách lấy ra hai viên bi, trong đó có 1 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh bằng A. 81 . B. 7 . C. 12 . D. 64 . Câu 111: Một hộp chứa 12 quả cầu gồm 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên lần lượt hai quả cầu từ hộp đó. Xác suất để hai quả cầu cùng màu bằng 31 31 25 25 A. . B. . C. . D. . 66 33 66 33 12  2  Câu 112: Hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển của biểu thức  3  x 5  x  A. 7920 . B. 7920 . C. 126720 . với x  0 bằng: D. 126720 . Câu 113: Một hộp có 3 viên bi đỏ và 4 viên bi xanh. Số cách lấy ra hai viên bi, trong đó có 1 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh bằng A. 81 . B. 7 . C. 12 . D. 64 . Lời giải Chọn C Số cách lấy ra hai viên bi, trong đó có 1 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh là C31 .C41  3.4  12 . Câu 114: Một hộp chứa 12 quả cầu gồm 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên lần lượt hai quả cầu từ hộp đó. Xác suất để hai quả cầu cùng màu bằng A. 31 . 66 B. 31 . 33 C. 25 . 66 D. 25 . 33 Lời giải Chọn A * Số phần tử của không gian mẫu là: n     A122  132. * Gọi A là biến cố lấy được hai quả cùng màu  Số phần tử của A là: n  A  A52  A72  62. * Xác suất của biến cố A là: P  A   n  A  31  . n    66 12  2  Câu 115: Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển của biểu thức  3  x 5  với x  0 bằng: x  A. 7920 . B. 7920 . C. 126720 . D. 126720 . 8 Lời giải Chọn B 12  k  2 Số hạng thứ k  1 là : Tk 1  C  1  3  x  k 12 Hệ số chứa x8 ứng với k  x 5 k k 12 C  1 k 12  k 2 x 5k  3 k  36 2 . 5k  3k  36  8  k  8 . 2 Vậy hệ số cần tìm bằng : C128 .24  7920 . 6 2   Câu 116: Số hạng không chứa x trong khai triển biểu thức  x  2  bằng x   A. 729 . B. 160 . C. 1. D. 60 . Câu 117: Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối và đồng chất ba lần liên tiếp. Xác suất để số chấm xuất hiện ra ở lần đầu bằng tổng số chấm hiện ra ở hai lần sau bằng 2 5 7 5 A. . B. . C. . D. . 27 72 108 108 6 2   Câu 118: Số hạng không chứa x trong khai triển biểu thức  x  2  bằng x   A. 729 . B. 160 . C. 1. D. 60 . Lời giải Chọn D 6 k 2    2  Số hạng tổng quát trong khai triển  x  2  là C6k x 6 k  2   C6k 2k x 6 3k , k  0;1; 2;..;6 x   x  Ứng với số hạng không chứa x trong khai triển, ta có 6  3k  0  k  2 . Vậy số hạng cần tìm là C62 22  60 . Câu 119: Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối và đồng chất ba lần liên tiếp. Xác suất để số chấm xuất hiện ra ở lần đầu bằng tổng số chấm hiện ra ở hai lần sau bằng 2 5 7 5 A. . B. . C. . D. . 27 72 108 108 Lời giải Chọn B Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối và đồng chất ba lần liên tiếp thì không gian mẫu là    i; j; k  |1  i; j; k  6 suy ra n     63  216 . Gọi A là biến cố số chấm xuất hiện ra ở lần đầu bằng tổng số chấm hiện ra ở hai lần sau Vì số chấm xuất hiện ra ở lần đầu bằng tổng số chấm hiện ra ở hai lần sau nên số chấm xuất hiện ở lần đầu phải lớn hơn hoặc bằng 2 Trường hợp 1: Lần đầu xuất hiện số chấm là 2 thì sô chấm xuất hiện ở hai lần sau là 1;1 . Trường hợp 2: Lần đầu xuất hiện số chấm là 3 thì sô chấm xuất hiện ở hai lần sau là 1; 2  ;  2;1 . Trường hợp 3: Lần đầu xuất hiện số chấm là 4 thì sô chấm xuất hiện ở hai lần sau là 1;3 ;  3;1 và  2; 2  . Trường hợp 4: Lần đầu xuất hiện số chấm là 5 thì sô chấm xuất hiện ở hai lần sau là 1; 4  ;  4;1 ;  2;3 ;  3; 2  . Trường hợp 5: Lần đầu xuất hiện số chấm là 6 thì sô chấm xuất hiện ở hai lần sau là 1;5  ;  5;1 ;  2; 4  ;  4; 2  ;  3;3 Vậy n  A  1  2  3  4  5  15 . Suy ra P  A   n  A 15 5 .   n    216 72 Câu 120: Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số trong đó các chữ số ở vị trí cách đều chữ số đứng chính giữa thì giống nhau? A. 7290 số. B. 9000 số. C. 8100 số. D. 6561 số. Câu 121: Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số trong đó các chữ số ở vị trí cách đều chữ số đứng chính giữa thì giống nhau? A. 7290 số. B. 9000 số. C. 8100 số. D. 6561 số. Lời giải Chọn B Giả sử số cần tìm có dạng abcdcba . Khi đó: a có 9 cách chọn, các chữ số b , c , d mỗi số có 10 cách chọn. Số các số cần tìm là: 9.103  9000 . Câu 122: Thầy giáo Cường đựng trong túi 4 bi xanh và 6 bi đỏ. Thầy giáo lần lượt rút 2 viên bi, tính xác suất để rút được một bi xanh và một bi đỏ 6 2 4 8 A. . B. . C. . D. . 25 15 15 15 Câu 123: Thầy giáo Dương có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình và 15 câu dễ. Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề nhất thiết phải có đủ cả 3 câu (khó, dễ, trung bình) và số câu dễ không ít hơn 2 ? A. 56875 . B. 42802 . C. 41811 . D. 32023 . Câu 124: Một đa giác đều có đường chéo gấp đôi số cạnh. Hỏi đa giác đó có bao nhiêu cạnh? A. 7 . B. 6 . C. 8 . D. 5 . Câu 125: Thầy giáo Cường đựng trong túi 4 bi xanh và 6 bi đỏ. Thầy giáo lần lượt rút 2 viên bi, tính xác suất để rút được một bi xanh và một bi đỏ 6 2 4 8 A. . B. . C. . D. . 25 15 15 15 Hướng dẫn giải Chọn C Thầy giáo lần lượt rút 2 viên bi, có 10.9  90 cách. Để rút được một bi xanh và một bi đỏ có 4.6  24 cách. 24 4 Xác suất cần tìm là P   . 90 15 Câu 126: Thầy giáo Dương có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình và 15 câu dễ. Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề nhất thiết phải có đủ cả 3 câu (khó, dễ, trung bình) và số câu dễ không ít hơn 2 ? A. 56875 . B. 42802 . C. 41811 . D. 32023 . Hướng dẫn giải Chọn A TH1: 2 câu dễ, 1câu trung bình và 2 câu khó: C152 .C101 .C52  10500 cách. TH2: 2 câu dễ, 2 câu trung bình và 1 câu khó: C152 .C102 .C51  23625 cách. TH3: 3 câu dễ, 1 câu trung bình và 1 câu khó: C153 .C101 .C51  22750 cách. Vậy số cách thỏa mãn yêu cầu bài toán : 10500  23625  22750  56875 cách. Câu 127: Một đa giác đều có đường chéo gấp đôi số cạnh. Hỏi đa giác đó có bao nhiêu cạnh? A. 7 . B. 6 . C. 8 . D. 5 . Hướng dẫn giải Chọn A Giả sử đa giác lồi có n cạnh  n  , n  3 . Khi đó đa giác lồi có n đỉnh. Số đường chéo của đa giác lồi n cạnh: Cn2  n . Theo giả thiết ta có: Cn2  n  2n  Cn2  3n   n  n  1 n  2  ! n!  3n   3n  n  2 !.2!  n  2 !.2! n  0  l  n  n  1 n  0 .  3n    2 n  1  6  n  7  n  Vậy đa giác có 7 cạnh thì số đường chéo gấp đôi số cạnh. Câu 128: Một hộp chứa 15 quả cầu gồm 7 quả cầu màu đỏ và 8 quả cầu màu xanh. Chọn ngẫu nhiên đồng thời hai quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để chọn được hai quả cầu cùng màu. 6 1 7 7 A. . B. . C. . D. . 13 7 15 30 Câu 129: Một hộp chứa 15 quả cầu gồm 7 quả cầu màu đỏ và 8 quả cầu màu xanh. Chọn ngẫu nhiên đồng thời hai quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để chọn được hai quả cầu cùng màu. 6 1 7 7 A. . B. . C. . D. . 13 7 15 30 Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu: n     C152  105 . Gọi A là biến cố “để chọn được hai quả cầu cùng màu”. Ta có: n  A  C72  C82  49 . Xác suất để chọn được hai quả cầu cùng màu là P  n  A 7  . n    15 n  1  Câu 130: Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển  3  x 5  biết n là số nguyên dương thỏa x  n 1 n mãn Cn  4  Cn 3  7  n  3 . 8 A. 495 . B. 313 . C. 1303 . D. 13129 . Câu 131: Một hộp chứa 11 quả cầu trong đó có 5 quả màu xanh và 6 quả đỏ. Lấy ngẫu nhiên lần lượt 2 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để 2 lần đều lấy được quả màu xanh. 9 2 4 1 A. . B. . C. . D. . 55 11 11 11 n  1  Câu 132: Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển  3  x 5  biết n là số nguyên dương thỏa x  mãn Cnn41  Cnn 3  7  n  3 . A. 495 . B. 313 . C. 1303 . Lời giải D. 13129 . Chọn A Ta có Cnn41  Cnn3  7  n  3  Cn3 4  Cn33  7  n  3   n  4  n  3 n  2    n  3 n  2  n  1  7 3! 3!   n  4  n  2    n  2  n  1  42  n  12 .  n  3 12 12  k  1   1 Số hạng thứ k  1 trong khai triển  3  x5  là Tk 1  C12k  3  x  x  0  k  12  Ta cần tìm k sao cho   k 8. 11 36  2 k  8 .   x5 k  C12k x 36  11 k 2 . Do đó hệ số của số hạng chứa x8 là C128  495 . Câu 133: Một hộp chứa 11 quả cầu trong đó có 5 quả màu xanh và 6 quả đỏ. Lấy ngẫu nhiên lần lượt 2 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để 2 lần đều lấy được quả màu xanh. 9 2 4 1 A. . B. . C. . D. . 55 11 11 11 Lời giải Chọn B Số phần tử của không gian mẫu n     C111 .C101  110 . Gọi A là biến cố để 2 lần đều lấy được quả màu xanh  n  A   C51.C41  20 . Vậy xác suất cần tìm P  A   n  A 2  . n    11 12  1  Câu 134: Trong khai triển  3  x5  với x  0 . Số hạng chứa x 4 là: x  A. 792 . B. 924 . C. 792x 4 . 12  1  Câu 135: Trong khai triển  3  x5  x  với x  0 . Số hạng chứa x 4 là: D. 924x 4 . A. 792 . B. 924 . C. 792x 4 . Lời giải D. 924x 4 . Chọn C 12  k 12 12 12 k  1   1  Ta có  3  x 5    C12k .  3  .  x 5    C12k .x8 k 36 . x  x  i0 i 0 4 Xét số hạng chứa x thì 8k  36  4  k  5 . Vậy số hạng chứa x 4 là C125 .x 4  792 x 4 . Câu 136: Từ một đội văn nghệ gồm 5 nam và 8 nữ cần lập một nhóm gồm 4 người hát tốp ca. Xác suất để trong 4 người được chọn đều là nam bằng A. C84 . C134 B. C54 . C134 C. C84 . A134 D. A54 . C84 Câu 137: Từ một đội văn nghệ gồm 5 nam và 8 nữ cần lập một nhóm gồm 4 người hát tốp ca. Xác suất để trong 4 người được chọn đều là nam bằng A. C84 . C134 B. C54 . C134 C. C84 . A134 D. A54 . C84 Lời giải. Chọn B Ta có n     C134 . Gọi A là biến cố “Chọn 4 bạn nam trong 5 bạn nam”  n  A  C54 . Vậy P  A  C54 . C134 Câu 138: Một hộp có 4 bi đỏ, 3 bi xanh, 2 bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 3 bi. Tính xác suất để 3 bi lấy ra có ít nhất một bi đỏ. 3 10 2 37 A. . B. . C. . D. . 4 21 7 42 6 Câu 139: Tìm số hạng chứa x 7 trong khai triển nhị thức Newton P( x)  4 x 7  x 2  x  2  . A. 8 . B. 8x 7 . C. 16 . D. 16x 7 . Câu 140: Một hộp có 4 bi đỏ, 3 bi xanh, 2 bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 3 bi. Tính xác suất để 3 bi lấy ra có ít nhất một bi đỏ. 3 10 2 37 A. . B. . C. . D. . 4 21 7 42 Lời giải Chọn D Chọn ngẫu nhiên 3 bi trong 9 bi có n     C93  84 . Chọn 3 bi trong đó có ít nhất 1 bi đỏ là: n  A   C43  C42C51  C41C52  74 . Xác suất để 3 bi được chọn có ít nhất 1 bi đỏ là: P  A   n  A  74 37 .   n    84 42 6 Câu 141: Tìm số hạng chứa x 7 trong khai triển nhị thức Newton P( x)  4 x 7  x 2  x  2  . A. 8 . B. 8x 7 . C. 16 . Lời giải Chọn B D. 16x 7 . 6 6 Ta có P( x)  4 x 7  x 2  x  2   4 x 7  x 2  C6k x k  2  6k k 0 6  4 x 7   C6k x k  2  2  6k . k 0 65 Số hạng chứa x 7 là  4  C65  2   x 7  8 x 7 .   Câu 142: Cho tập hợp A có 100 phần tử. Số tập con gồm 2 phần tử của A là: 2 A. A100 . 98 B. A100 . 2 C. C100 . D. 1002 . 15 2  Câu 143: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức:  x   x  A. C155 .25 . B. C157 .27 . C. C155 . D. C158 .28 . Câu 144: Một nhóm có 7 học sinh trong đó có 3 nam và 4 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách xếp các học sinh trên thành một hàng ngang sao cho các học sinh nữ đứng cạnh nhau? A. 144 . B. 5040 . C. 576 . D. 1200 . Câu 145: Cho tập hợp A có 100 phần tử. Số tập con gồm 2 phần tử của A là: 2 A. A100 . 98 B. A100 . 2 C. C100 . D. 1002 . Lời giải Chọn C 2 Số tập con gồm 2 phần tử của A là số tổ hợp chập 2 của 100 phần tử, có C100 tập hợp. 15 2  Câu 146: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức:  x   x  A. C155 .25 . B. C157 .27 . C. C155 . D. C158 .28 . Lời giải Chọn A k 15  k k 2 k k 2 .    C15 2 x x 15  k Số hạng không chứa x ứng với k thỏa k  0  k 5. 2 Vậy số hạng không chứa x là C155 .25 . Số hạng tổng quát của khai triển C15k 15  k   x Câu 147: Một nhóm có 7 học sinh trong đó có 3 nam và 4 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách xếp các học sinh trên thành một hàng ngang sao cho các học sinh nữ đứng cạnh nhau? A. 144 . B. 5040 . C. 576 . D. 1200 . Lời giải Chọn C Xem 4 học sinh nữ là một tập X , xếp 3 nam và X thành hàng ngang có 4! cách, hoán vị 4 học sinh nữ có 4! cách. Vậy có 4!.4!  576 cách xếp. Câu 148: Cho tập A có 10 phần tử, số tập con của A là A. 1024 . B. 512 . C. 2048 . D. 511 . Câu 149: Cho tập A có 10 phần tử, số tập con của A là A. 1024 . B. 512 . C. 2048 . D. 511 . Lời giải Chọn A . Số tập con của tập hợp có n phần tử là 2n . Áp dụng vào bài ra ta có số tập con của A là 210  1024 . Câu 150: Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 5 nam và 5 nữ thành một hàng dọc. Xác suất để không có bất kì hai học sinh cùng giới nào đứng cạnh nhau bằng 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 126 42 21 252 Câu 151: Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 5 nam và 5 nữ thành một hàng dọc. Xác suất để không có bất kì hai học sinh cùng giới nào đứng cạnh nhau bằng 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 126 42 21 252 Lời giải Chọn A Số cách xếp 10 học sinh vào một hàng dọc là 10! . Để không có bất kì hai học sinh cùng giới nào đứng cạnh nhau thì học sinh nam nữ đứng xen kẽ. Khi đó số cách là 2.5!.5!. 2.5!.5! 1 Do đó xác suất cần tìm là .  10! 126 Câu 152: Một ban đại diện gồm 5 người được thành lập từ 10 người có tên sau đây: Lan, Mai, Minh, Thu, Miên, An, Hà, Thanh, Mơ, Nga. Tính xác suất để ít nhất ba người trong ban đại diện có tên bắt đầu bằng chữ M. 1 11 5 5 A. . B. . C. . D. . 24 42 21 252 Câu 153: Một ban đại diện gồm 5 người được thành lập từ 10 người có tên sau đây: Lan, Mai, Minh, Thu, Miên, An, Hà, Thanh, Mơ, Nga. Tính xác suất để ít nhất ba người trong ban đại diện có tên bắt đầu bằng chữ M. 1 11 5 5 A. . B. . C. . D. . 24 42 21 252 Hướng dẫn giải Chọn B Ta có n     C105 . Gọi A là biến cố “Có ít nhất ba người trong ban đại diện có tên bắt đầu bằng chữ M” Trường hợp 1. Trong năm người được chọn có 3 người có tên bắt đầu bằng chữ M. Số cách chọn là C43  C62 . Trường hợp 2. Trong năm người được chọn có 4 người có tên bắt đầu bằng chữ M. Số cách chọn là C44  C61 . Vậy n  A  C43  C62  C44  C61 . Vậy xác suất để ít nhất ba người trong ban đại diện có tên bắt đầu bằng chữ M là P  A  C43  C62  C44  C61 11 .  C105 42 Câu 1: (THTT Số 1-484 tháng 10 năm 2017-2018) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của n 1   2 1  x x  4  , với x  0 , nếu biết rằng Cn  Cn  44 . x   A. 165 . B. 238 . C. 485 . Lời giải Chọn A n  2 ĐK:   * . n   Ta có Cn2  Cn1  44  n  n  1 2 D. 525 .  n  44  n  11 hoặc n  8 (loại). 11 1   Với n  11 , số hạng thứ k  1 trong khai triển nhị thức  x x  4  là x    C11k x x 11 k  k 33 11  k  1  k 2 2 .  C x 11  4 x  33 11k   0 hay k  3 . 2 2 Vậy, số hạng không chứa x trong khai triển đã cho là C113  165 . Theo giả thiết, ta có Câu 2: (THPT Chuyên Quang Trung-Bình Phước-lần 1-năm 2017-2018) Trên giá sách có 4 quyển sách toán, 3 quyển sách lý, 2 quyển sách hóa. Lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách. Tính xác suất để trong ba quyển sách lấy ra có ít nhất một quyển là toán. 2 3 37 10 A. . B. . C. D. . . 7 4 42 21 Lời giải Chọn C Số kết quả có thể khi chọn bất kì 3 quyển sách trong 9 quyển sách là C93  84. Gọi A là biến cố ‘ Lấy được ít nhất 1 sách toán trong 3 quyển sách.’ A là biến cố ‘ Không lấy được sách toán trong 3 quyển sách.’   Ta có xác sút để xảy ra A là P  A   1  P A  1  C53 37  . 84 42 1 3 5 2017 Câu 3: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) Tổng T  C2017  C2017  C2017  …  C2017 bằng: A. 2 2017  1 . B. 22016 . C. 22017 . D. 22016  1 . Lời giải Chọn B Xét hai khai triển: + 22017  1  1 + 0  1  1 2017 2017 0 1 2 3 2017  C2017  C2017  C2017  C2017  …  C2017 1 . 0 1 2 3 2017  C2017  C2017  C2017  C2017  …  C2017  2 1 3 5 2017 Lấy 1   2  theo vế ta được: 22017  2  C2017  C2017  C2017  …  C2017   T  22016 . Câu 4: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) Biết rằng hệ số của x 4 trong khai triển nhị n thức Newton  2  x  ,  n  *  bằng 60 . Tìm n . A. n  5 . B. n  6 . C. n  7 . D. n  8 . Lời giải Chọn B n Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Newton  2  x  ,  n  *  là k Cnk 2n  k  1 x k , với k  , 0  k  n , suy ra hệ số của x 4 là Cn4 2n 4 . Theo đề bài suy ra Cn4 2n  4  60  Cn4 2n  960 * . Tới đây ta dùng phương pháp thử trực tiếp đáp án và chỉ có n  6 thỏa phương trình * . Câu 5: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho tập A gồm n điểm phân biệt trên mặt phẳng sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng. Tìm n sao cho số tam giác có 3 đỉnh lấy từ 3 điểm thuộc A gấp đôi số đoạn thẳng được nối từ 2 điểm thuộc A . A. n  6. B. n  12. C. n  8. D. n  15. Lời giải Chọn C Theo đề bài: Cn3  2Cn2 (1) (với n  3 , n   ) n! n! 1 1  2    n8. 3! n  3 ! 2! n  2  ! 6 n2 Câu 6: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) Một đề thi trắc nghiệm gồm 50 câu, mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có 1 phương án đúng, mỗi câu trả lời đúng được 0,2 điểm. Một thí sinh làm bài bằng cách chọn ngẫu nhiên 1 trong 4 phương án ở mỗi câu. Tính xác suất để thí sinh đó được 6 điểm. A. 0, 2530.0, 7520. B. 0, 2520.0, 7530. C. 0, 2530.0, 7520.C5020 . Lời giải D. 1  0, 2520.0, 7530. Chọn C 1 3 , xác suất để chọn được câu trả lời sai là . 4 4 Để được 6 điểm thì thí sinh đó phải trả lời đúng 30 câu và trả lời sai 20 câu. Xác suất để chọn được câu trả lời đúng là 20 30  3 1 Xác suất để thí sinh đó được 6 điểm là C5020      0, 2530.0, 7520.C5020 .  4 4 Câu 7: (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho hai đường thẳng song song a và b . Trên đường thẳng a lấy 6 điểm phân biệt; trên đường thẳng b lấy 5 điểm phân biệt. Chọn ngẫu nhiên 3 điểm trong các điểm đã cho trên hai đường thẳng a và b . Tính xác xuất để 3 điểm được chọn tạo thành một tam giác. 5 60 2 9 A. . B. . C. . D. . 11 169 11 11 Lời giải Chọn D Số phần tử của không gian mẫu n     C113  165 . Gọi A là biến cố : “ 3 điểm được chọn lập thành một tam giác”. KN 1 : Chọn 2 điểm trên đường thẳng a và 1 điểm trên đường thẳng b , có C62 .C51 cách. KN 2 : Chọn 1 điểm trên đường thẳng a và 2 điểm trên đường thẳng b , có C61 .C52 cách. Nên n  A  C62C51  C61.C52  135 . Vậy xác suất để 3 điểm được chọn tạo thành một tam giác là P  A   n  A 9  . n    11 Câu 8: (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Ba xạ thủ A1 , A2 , A3 độc lập với nhau cùng nổ súng bắn vào mục tiêu. Biết rằng xác suất bắn trúng mục tiêu của A1 , A2 , A3 tương ứng là 0, 7 ; 0, 6 và 0,5 . Tính xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trúng. A. 0, 45 . B. 0, 21 . C. 0, 75 . D. 0, 94 . Lời giải Chọn D Gọi Ai : “Xạ thủ thứ i bắn trúng mục tiêu” với i  1, 3 . Khi đó Ai : “Xạ thủ thứ i bắn không trúng mục tiêu”.       Ta có P  A1   0, 7  P A1  0, 3 ; P  A2   0, 6  P A2  0, 4 ; P  A3   0, 5  P A3  0, 5 . Gọi B : “Cả ba xạ thủ bắn không trúng mục tiêu”. Và B : “có ít nhất một xạ thủ bắn trúng mục tiêu”.       Ta có P  B   P A1 .P A2 .P A3  0,3.0, 4.0, 5  0, 06 .   Khi đó P B  1  P  B   1  0, 06  0, 94 . Câu 9: (THPT Chuyên Bắc Ninh-lần 1-năm 2017-2018) Cho tam giác ABC cân tại đỉnh A , biết độ dài cạnh đáy BC , đường cao AH và cạnh bên AB theo thứ tự lập thành cấp số nhân với công bội q . Giá trị của q 2 bằng A. 2 2 . 2 B. 2 2 . 2 2 1 . 2 C. D. 2 1 2 Lời giải Chọn C Đặt BC  a; AB  AC  b; AH  h . Theo giả thiết ta có a, h, b lập cấp số nhân, suy ra h2  ab. Mặt khác tam giác ABC cân tại đỉnh A nên h 2  ma 2  Do đó b2  b 2 a 2  2 4 b2  b 2 a 2   ab  a 2  4ab  4b 2  0  a  2 2  2 b (vì a, b  0 ) 2 4  Lại có b  q 2 a nên suy ra q 2   b 1 2 22 2 1    . a 2 2 2 4 2 Câu 10: (THPT Chuyên Bắc Ninh-lần 1-năm 2017-2018) Tìm hệ số của x 6 trong khai triển thành đa 10 thức của  2  3x  . 4 A. C106 .26.  3 . 6 B. C106 .24.  3 . 4 C. C104 .26.  3 . D. C106 .24.36 . Lời giải Chọn B 10 10 k 10 k Ta có:  2  3 x    C10k .210 k .  3 x    C10k .210 k .  3 .x k k 0 k 0 Theo giả thiết suy ra: k  6 . 6 6 Vậy hệ số của x 6 trong khai triển là C106 .2106.  3  C106 .24.  3 . Câu 11: (THPT Xuân Hòa-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho đa giác đều 12 đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O . Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác đó. Tính xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho. A. 12.8 . C123 B. C128  12.8 . C123 C. C123  12  12.8 . C123 D. 12  12.8 . C123 Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu là: n     C123 . Gọi A = “Chọn được ba đỉnh tạo thành tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho”  A = “Chọn được ba đỉnh tạo thành tam giác có ít nhất một cạnh là cạnh của đa giác đã cho”  A = “Chọn được ba đỉnh tạo thành tam giác có một cạnh hoặc hai cạnh là cạnh của đa giác đã cho” * TH1: Chọn ra tam giác có 2 cạnh là 2 cạnh của đa giác đã cho  Chọn ra 3 đỉnh liên tiếp của đa giác 12 cạnh  Có 12 cách. * TH2: Chọn ra tam giác có đúng 1 cạnh là cạnh của đa giác đã cho  Chọn ra 1 cạnh và 1 đỉnh không liền với 2 đỉnh của cạnh đó  Có 12 cách chọn 1 cạnh và C81  8 cách chọn đỉnh.  Có 12.8 cách.    Số phần tử của biến cố A là: n A  12  12.8  Số phần tử của biến cố A là: n  A   C123  12  12.8  Xác suất của biến cố A là: P  A   n  A C123  12  12.8  n  C123 Câu 12: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Với n  , n  2 và thỏa mãn Cn5  Cn3 2 1 1 1 1 9 . Tính giá trị của biểu thức .    …   P  C22 C32 C42 Cn2 5  n  4 ! A. 61 . 90 B. 59 . 90 C. 29 . 45 D. 53 . 90 Lời giải Chọn B  n  2 !2!  9 0!2! 1!2! 2!2! 1 1 1 1 9 Ta có 2  2  2  …  2      …  2! 3! 4! n! 5 C2 C3 C4 Cn 5  1 1 1 9 1 1 1  9  1 1 1 1 1    …   2!      2!1       …  n 1 n  5  n  1 n  5  2 2 3 3 4  1.2 2.3 3.4 1 1  1 9  2! 1       n  10 . n 10  n 5 P Cn5  Cn3 2 C105  C123 59   90 6!  n  4 ! Câu 13: (THPT Chuyên ĐH Vinh-GK1-năm 2017-2018) Có bao nhiêu số có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 sao cho số đó chia hết cho 15 ? A. 234 . B. 243 . C. 132 . D. 432 Lời giải Chọn B Đặt tập E  1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 .  x3 Gọi số cần tìm có dạng x  abcd . Vì x 15    d  5 hay d có 1 cách chọn.  x5  Chọn a có 9 cách  a  E  .  Chọn b có 9 cách  b  E  .  Khi đó tổng a  b  d sẽ chia hết cho 3 hoặc chia 3 dư 1 hoặc chia 3 dư 2 nên tương ứng trong tứng trường hợp c sẽ chia hết cho 3 hoặc chia 3 dư 2 hoặc chia 3 dư 1 . Nhận xét  Các số chia hết cho 3 : 3 , 6 , 9 .  Các số chia 3 dư 1: 1 , 4 , 7 .  Các số chia 3 dư 2 : 2 , 5 , 8 . Mỗi tính chất như thế đều chỉ có 3 số nên c chỉ có đúng 3 cách chọn từ một số trong các bộ trên. Vậy có 1.9.9.3  243 số thỏa yêu cầu. Câu 14: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-đề 2-năm 2017-2018) Có bao nhiêu số tự nhiên có sáu chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 5 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 4 ? A. 249 . B. 1500 . C. 3204 . D. 2942 . Lời giải Chọn B Chữ số 5 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 4 nên ta có thể có 154 hoặc 451 Gọi số cần tìm là abc (các chữ số khác nhau từng đôi một và a , b , c thuộc 0, 2,3, 6, 7,8,9 ), sau đó ta chèn thêm 154 hoặc 451 để có được số gồm 6 chữ số cần tìm. TH1: a  0 , số cách chọn a là 6 , số cách chọn b và c là A62 , sau đó chèn 154 hoặc 451 vào 4 vị trí còn lại nên có 6. A62 .4.2 cách TH2: a  0 , số cách chọn a là 1, số cách chọn b và c là A62 , sau đó chèn 154 hoặc 451 vào vị trí trước a có duy nhất 1 cách nên có A62 .2 cách Vậy có 6. A62 .4.2  A62 .2  1500 (số). Câu 15: (THPT Hai Bà Trưng-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Để chào mừng ngày nhà giáo Việt Nam 20  11 Đoàn trường THPT Hai Bà Trưng đã phân công ba khối: khối 10 , khối 11 và khối 12 mỗi khối chuẩn bị ba tiết mục gồm: một tiết mục múa, một tiết mục kịch và một tiết mục hát tốp ca. Đến ngày tổ chức ban tôt chức chọn ngẫu nhiên ba tiết mục. Tính xác suất để ba tiết mục được chọn có đủ ba khối và có đủ ba nội dung? A. 1 . 14 B. 1 . 84 1 . 28 C. D. 9 . 56 Lời giải Chọn A Chọn ba tiết mục trong chín tiết mục có n     C93 cách chọn. Gọi A là biến cố: ba tiết mục được chọn có đủ ba khối và có đủ ba nội dung. Chọn tiết mục khối 10 có 3 cách chọn Chọn tiết mục ở khối 11 có 2 cách Và tiết mục ở khối 12 có 1 cách. Nên có n  A   3.2.1  6 cách chọn Xác suất của biến cố A : P  A   n  A n   1 . 14 Câu 16: (THTT Số 2-485 tháng 11-năm học 2017-2018) Một người bắn súng, để bắn trúng vào tâm, xác 3 suất tầm ba phần bảy   . Hỏi cả thảy bắn ba lần, xác suất bắn trúng tâm đúng một lần là bao 7 nhiêu? A. 48 144 . B. . 343 343 C. 199 . 343 D. 27 . 343 Lời giải Chọn B Gọi Ai , i  1,3 lần lượt là biến cố bắn trúng vào tâm ở các lần thứ nhất, thứ hai và thứ ba. Xác suất để người đó bắn ba lần và trúng mục tiêu một lần là        P A1. A2 . A3  A1. A2 . A3  A1 . A2 . A3  P A1. A2 . A3  P A1. A2 . A3  P A1. A2 . A3               P  A1  .P A2 .P A3  P A1 .P  A2  .P A3  P A1 .P A2 .P  A3  3 4 4 4 3 4 4 4 3 144 .  . .  . .  . .  7 7 7 7 7 7 7 7 7 343 Câu 17: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Kết quả  b, c  của việc gieo con xúc sắc cân đối và đồng chất hai lần, trong đó b là số chấm xuất hiện trong lần gieo đầu, c là số chấm xuất hiện ở lần gieo thứ hai, được thay vào phương trình bậc hai x 2  bx  c  0 . Tính xác suất để phương trình có nghiệm. 19 1 1 17 A. . B. . C. . D. . 36 2 18 36 Lời giải Chọn A Xét biến cố A : “phương trình có nghiệm” Trường hợp 1: b  5 . Khi đó c nhận giá trị tùy ý, nên có tất cả 2.6  12 kết quả thuận lợi cho biến cố A . Trường hợp 2: b  4 . Khi đó c  4 , nên có 1.4  4 kết quả thuận lợi cho biến cố A . Trường hợp 3: b  4 . Có 3 kết quả là  3,1 ,  3, 2  ,  2,1 Vậy n  A   12  4  3  19. Xác suất để phương trình có nghiệm là P  A   19 . 36 Câu 18: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa chữ số 1 và chữ số 3 ? A. 2942 . B. 5880 . C. 7440 . D. 3204 . Lời giải Chọn C 1 2 3 4 5 6 7 Có 5 cách chọn vị trí để xếp bộ ba chữ số 1, 2,3 . Có A74 cách sắp xếp 4 chữ số được chọn từ tập hợp 0, 4,5, 6, 7,8,9 . Theo quy tắc nhân trường hợp này có 5.2! A74 cách sắp xếp. Trong các trường hợp ở trên có những trường hợp chữ số 0 đứng đầu: Có 4.2!.A63 số dạng này. Vậy số các số tự nhiên thoả mãn bài ra là 5.2! A74  4.2! A63  7440 . Câu 19: (THPT Thạch Thành-Thanh Hóa-năm 2017-2018) Khai triển đa thức P  x    5 x  1 2017 ta được P  x   a2017 x 2017  a2016 x 2016    a1 x  a0 . Mệnh đề nào sau đây là đúng? 17 17 A. a2000  C2017 B. a2000  C2017 .517 . .517 . 17 C. a2000  C2017 .52000 . 17 D. a2000  C2017 .52000 . Lời giải Chọn C Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có:  5 x  1 2017 2017 k   C2017  5x  k 0 2017  k k 2017 k .  1   C2017 5 2017  k k .  1 .  x  2017  k . k 0 Số hạng chứa x 2000 ứng với 2017  k  2000  k  17 . 17 .52000 . Do đó: a2000  C2017 Câu 20: (THPT Quãng Xương-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Một tổ có 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Chia tổ thành 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người để làm 3 nhiệm vụ khác nhau. Tính xác suất khi chia ngẫu nhiên nhóm nào cũng có nữ. 8 292 292 16 A. . B. . C. . D. . 55 34650 1080 55 Lời giải Chọn D Không gian mẫu C124 C84 .1  34650 . Gọi A là biến cố “Chia mỗi nhóm có đúng một nữ và ba nam” Số cách phân chia cho nhóm 1 là C31C93  252 (cách). Khi đó còn lại 2 nữ 6 nam nên số cách phân chia cho nhóm 2 có C21C63  40 (cách). Cuối cùng còn lại bốn người thuộc về nhóm 3 nên có 1 cách chọn. Theo quy tắc nhân ta có số kết quả thuận lợi n  A  252.40.1  10080 (cách). Vậy xác suất cần tìm là P  A   10080 16  . 34650 55 Câu 21: (THPT Bình Xuyên-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Một tổ có 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh. Xác suất để trong 4 học sinh được chọn luôn có học sinh nữ là: 1 1 13 209 A. . B. . C. . D. . 14 210 14 210 Lời giải Chọn C Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh trong 10 học sinh có   C104 cách chọn. Gọi A là biến cố: Chọn được 4 học sinh luôn có học sinh nữ. Ta có số cách chọn được 4 học sinh nam là C64 cách chọn Số phần tử của biến cố A : A  C104  C64 Xác suất của biến cố A : P  A   A 13  .  14 Câu 22: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Một ngân hàng đề thi có 50 câu hỏi khác nhau, trong đó có 40% câu hỏi ở mức độ nhận biết, 20% câu hỏi ở mức độ thông hiểu, 30% câu hỏi ở mức độ vận dụng và 10% câu hỏi ở mức độ vận dụng cao. Xây dựng 1 đề thi trắc nghiệm gồm 50 câu hỏi khác nhau từ ngân hàng đề thi đó bằng cách sắp xếp ngẫu nhiên các câu hỏi. Tính xác suất để xây dựng được 1 đề thi mà các câu hỏi được sắp xếp theo mức độ khó tăng dần: nhận biết – thông hiểu – vận dụng – vận dụng cao. (chọn giá trị gần đúng nhất) A. 4,56.1026 . B. 5, 46.1029 . C. 5, 46.1026 . D. 4,56.1029 . Lời giải Chọn A Từ giả thiết, ta có cấu trúc của đề thi gồm: + 20 câu hỏi ở mức độ nhận biết. + 10 câu hỏi ở mức độ thông hiểu. + 15 câu hỏi ở mức độ vận dụng. + 5 câu hỏi ở mức độ vận dụng cao. Với 50 câu hỏi đã có, trộn ngẫu nhiên để tạo ra 1 đề thi, ta có 50! đề được tạo thành. Trong số đó, có các đề được sắp xếp theo mức độ khó tăng dần: nhận biết – thông hiểu – vận dụng – vận dụng cao nên vị trí các nhóm câu hỏi là cố định, còn các câu hỏi trong cùng 1 nhóm thì có thể hoán vị cho nhau. Vì vậy, ta có được:  20! hoán vị của 20 câu hỏi ở mức độ nhận biết (câu 1 đến câu 20).  10! hoán vị của 10 câu hỏi ở mức độ thông hiểu (câu 21 đến câu 30).  15! hoán vị của 15 câu hỏi ở mức độ vận dụng (câu 31 đến câu 45).  5! hoán vị của 5 câu hỏi ở mức độ vận dụng cao (câu 46 đến câu 50). Do đó, số đề thi thỏa mãn yêu cầu bài toán gồm:  20! . 10! . 15! .  5! đề. Vậy, xác suất để xây dựng được 1 đề thi thỏa mãn yêu cầu của bài toán là: P  A   20! .10! . 15! .  5!  4,56.1026 . 50! Câu 23: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Trong một cuộc thi có 10 câu hỏi trắc nghiệm, mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng. Với mỗi câu, nếu chọn phương án trả lời đúng thì thí sinh được cộng 5 điểm, nếu chọn phương án trả lời sai sẽ bị trừ 1 điểm. Tính xác suất để một thí sinh làm bài bằng cách lựa chọn ngẫu nhiên phương án được 26 điểm, biết thí sinh phải làm hết các câu hỏi và mỗi câu hỏi chỉ chọn duy nhất một phương án trả lời. (chọn giá trị gần đúng nhất) A. 0, 016222 . B. 0,162227 . C. 0, 028222 . D. 0, 282227 . Lời giải Chọn A Gọi A  “thí sinh đó được 26 điểm” = “thí sinh đó trả lời đúng 6 câu hỏi và trả lời sai 4 câu hỏi” 1 Xác suất trả lời đúng một câu hỏi là: P  A0   . 4 3 Xác suất trả lời sai một câu hỏi là: P A0  . 4   1 Xác suất của biến cố A là: P  A   C104    4 6 4 3 .    0, 016222 . 4 Câu 24: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Cho tập hợp A có n phần tử  n  4  . Biết rằng số tập con của A có 8 phần tử nhiều gấp 26 lần số tập con của A có 4 phần tử. Hãy tìm k  1; 2; 3;…; n sao cho số tập con gồm k phần tử của A là nhiều nhất. A. k  20 . B. k  11 . C. k  14 . Lời giải Chọn D Theo giả thiết, ta có Cn8  26Cn4 , với n  8; n   .  n! n!  26. 8! n  8  ! 4! n  4  !   n  4 !  26. 8! 4!  n  8!   n  4  n  5  n  6  n  7   16.15.14.13   n 2  11n  28 n 2  11n  30   43680 Đặt n 2  11n  28  t . Khi đó phương trình có dạng t  t  2   43680  t 2  2t  43680  0 t  208  t  210 D. k  10 . Với t  208  n 2  11n  28  208  n 2  11n  180  0  n  20  tm    n  9  l  Với t  210  n 2  11n  28  210  n 2  11n  238  0 VN  Khi đó: Số tập con có k phần tử của A là C20k ; với 0  k  20; k   ; tập này có nhiều phần tử nhất khi 20! 20!    C  C   k  1 ! 21  k  ! k ! 20  k  !   k  k 1 20! 20!  C20  C20   k ! 20  k  !  k  1 !19  k  ! k 1 20 k 20  k!  21  k !   k  21  k 19 21   k  1 !  20  k  !    k . 2 2   k  1 !   20  k  ! k  1  20  k  k! 19  k !  So với điều kiện 0  k  20; k   ta được k  10 . Câu 25: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Trên mặt phẳng Oxy ta xét một hình chữ nhật ABCD với các điểm A  2; 0  , B  2; 2  , C  4; 2  , D  4; 0  . Một con châu chấu nhảy trong hình chữ nhật đó tính cả trên cạnh hình chữ nhật sao cho chân nó luôn đáp xuống mặt phẳng tại các điểm có tọa độ nguyên(tức là điểm có cả hoành độ và tung độ đều nguyên). Tính xác suất để nó đáp xuống các điểm M  x; y  mà x  y  2 . A. 3 7 B. 8 . 21 C. 1 3 Lời giải D. 4 7 Chọn A y 2 B A 2 C D O 4 x Gọi   “Con Châu Chấu nhảy trong hình chữ nhật ABCD và cả trên các cạnh của hình chữ nhật đó, chân nó luôn đáp xuống mặt phẳng tại các điểm có tọa độ nguyên” Do x   2; 4 , x    có 7 số x . Do y   0; 2 , y    có 3 số y . Số phần tử của không gian mẫu là: n     3.7  21 Gọi A  “Con Châu Chấu luôn đáp xuống các điểm M  x; y  mà x  y  2 ”  x; y    2; 0  ,  1; 0  ,  0; 0  , 1; 0  ,  0; 1 ,  1; 1 ,  2; 1 ,  2; 2  ,  1; 2  Số phần tử của A là: n  A  9 n  A 9 3 Xác suất cần tìm là p  A     . n    21 7 Câu 26: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Tính tổng 1009 1010 1011 2018 k ( trong tổng đó, các số hạng có dạng C2018 S  C2018  C2018  C2018  …  C2018 với k nguyên dương nhận giá trị liên tục từ 1009 đến 2018 ). 1 1009 B. S  2 2017  C2018 . 2 1009 A. S  22018  C2018 . 1 1009 C. S  22017  C2018 . 2 1009 D. S  22017  C2018 . Lời giải Chọn B Áp dụng tính chất Cnk  Cnn k ta có 0 2018 C2018  C2018 1 2017 C2018  C2018 2 2016 C2018  C2018 . 1008 1010 C2018  C2018 1009 1009 C2018  C2018 0 1 2 1009 1009 2010 2018 .  C2018  C2018  …  C2018  C2018  C2018  …  C2018  C2018 0 1 2 2018 1009 .  2S  C2018  C2018  C2018  …  C2018  C2018 0 1 2 2018  C2018  C2018  …  C2018  1  1 Mặt khác C2018 Vậy S  2018  2 2018 . 1009 22018  C2018 C1009  22017  2018 . 2 2 Câu 27: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Hai bạn Hùng và Vương cùng tham gia một kỳ thi thử trong đó có hai môn thi trắc nghiệm là Toán và Tiếng Anh. Đề thi của mỗi môn gồm 6 mã đề khác nhau và các môn khác nhau thì mã đề cũng khác nhau. Đề thi được sắp xếp và phát cho học sinh một cách ngẫu nhiên. Tính xác suất để trong hai môn Toán và Tiếng Anh thì hai bạn Hùng và Vương có chung đúng một mã đề thi. A. 5 . B. 5 . C. 5 . D. 5 . 36 9 72 18 Lời giải Chọn D  Không mất tính tổng quát có thể giả sử rằng Hùng được phát đề trước và Vương được phát đề sau. Hùng có C61 cách chọn mã đề môn Toán, C61 cách chọn mã đề môn Tiếng Anh, và Vương có C61 cách chọn mã đề môn Toán, C61 cách chọn mã đề môn Tiếng Anh. Suy ra số phần tử của không gian mẫu bằng n     C61.C61.C61 .C61  1296 .  Gọi A là biến cố “Hai bạn Hùng và Vương có chung đúng một mã đề”. Trường hợp 1: Chung mã đề môn Toán. Hùng có C61 cách chọn đề môn Toán, và Vương có 1 cách chọn mã đề giống Hùng. Khi đó môn Tiếng Anh, Hùng có C61 cách chọn mã đề và Vương có C51 cách chọn mã đề khác Hùng. Suy ra có C61 .1.C61 .C51  180 cách. Trường hợp 2: Chung mã đề môn Tiếng Anh. Tương tự trường hợp 1, ta cũng có C61 .1.C61 .C51  180 cách. Theo quy tắc cộng ta có n  A  180  180  360 . Xác suất cần tìm là p  A   n  A  360 5   . n    1296 18 Câu 28: (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa-ần 1-năm 2017-2018) Một thầy giáo có 12 cuốn sách đôi một khác nhau, trong đó có 5 cuốn sách văn học, 4 cuốn sách âm nhạc và 3 cuốn sách hội họa. Thầy muốn lấy ra 6 cuốn và đem tặng cho 6 em học sinh mỗi em một cuốn. Thầy giáo muốn rằng sau khi tặng xong, mỗi một trong 3 thể loại văn học, âm nhạc, hội họa đều còn lại ít nhất một cuốn. Hỏi thầy có tất cả bao nhiêu cách tặng? A. 665280 . B. 85680 . C. 119 . D. 579600 . Lời giải Chọn D Số cách chọn 6 cuốn bất kì tặng cho 6 em học sinh: A126 . Số cách chọn để tặng hết một trong ba loại: C55 .C71 .6! C44 .C82 .6! C33 .C93 .6! . 6 Số cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán: A 12  C55 .C71 .6! C44 .C82 .6! C33 .C93 .6!  579600 . Câu 29: (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa-ần 1-năm 2017-2018) Một mạch điện gồm 4 linh kiện như hình vẽ, trong đó xác suất hỏng của từng linh kiện trong một khoảng thời gian t nào đó tương ứng là 0, 2 ; 0,1 ; 0, 05 và 0, 02 . Biết rằng các linh kiện làm việc độc lập với nhau và các dây luôn tốt. Tính xác suất để mạng điện hoạt động tốt trong khoảng thời gian t . . 2 4 1 . 3 A. 0, 37 . B. 0, 67032 . C. 0, 78008 . D. 0,8 . Lời giải Chọn B Mạng điện hoạt động tốt khi tất cả linh kiện đều hoạt động tốt. Xác suất để mạng điện hoạt động tốt là: 1  0, 2  . 1  0,1 . 1  0, 05 . 1  0, 02   0,67032 . Trình bày lại Chọn C: Mạng điện hoạt động tốt khi xảy ra các trường hợp sau: TH1: Mạng 1 , 2 , 4 tốt, 3 không tốt. Xác suất là P1  1  0, 2  . 1  0,1 .0, 005. 1  0, 02  TH2: Mạng 1 , 3 , 4 tốt, 2 không tốt. Xác suất là P2  1  0, 2  .0,1. 1  0, 005 . 1  0, 02  TH3: Mạng 1 , 2 , 3 , 4 tốt. Xác suất là P3  1  0, 2  . 1  0,1 . 1  0,005  . 1  0, 02  Xác suất thỏa mãn ycbt là: P  P1  P2  P3  0, 78008 2 2 Câu 30: (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa-ần 1-năm 2017-2018) Tính tổng P   Cn0    Cn1      Cnn  theo n . A. Cnn . C. C2nn . B. Cn2 . 2 D. C22nn . Lời giải Chọn C n n Ta có 1  x  1  x   1  x  n 1  x  1  x  n 2n 1 . 2n  n  n  2n    Cnk x k  .   Cnl x l  và 1  x    C2i n x i . i 0  k 0   l 0  Xét hệ số của x n trong khai triển vế trái của 1 là  k l  n n n k 0 k 0 2 Cnk .Cnl   Cnk .Cnn k    Cnk  . n 2n n Hệ số của x trong khai triển vế phải của 1 là C . n Từ đó suy ra k 2 n 0 2 n 1 2 n  C   C   C  2     Cnn   C2nn . k 0 Câu 31: (THTT Số 3-486 tháng 12 năm 2017-2018) Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau trong đó chứa các chữ số 3 , 4 , 5 và chữ số 4 đứng cạnh chữ số 3 và chữ số 5 ? A. 1470 . B. 750 . C. 2940 . D. 1500 . Lời giải Chọn D Gọi số cần tìm là abcdef . Vì chữ số 4 cạnh chữ số 3 và chữ số 5 nên có 2 lựa chọn là 345 và 543 . TH1: -Nếu abc là 345 , 543 thì có 2 cách sắp xếp. Chọn def : Có A73 cách. Vậy có 2.A73 cách. TH2: – Nếu abc không là 345 và 543 . Chọn a : Có 6 cách (Loại 0, 3, 4, 5 ) Còn lại 6 chữ số, chọn thêm 2 chữ số: Có C62 cách. Ba chữ số 3. 4, 5 cạnh nhau coi là một khối, hoán vị với 2 chữ số vừa lấy thêm có 3! cách. Vậy có 6.C62 .3! cách. Kl: Có 2. A73  6.C62 .3!  1500 số. Câu 32: (SGD Vĩnh Phúc-KSCL lần 1 năm 2017-2018) Có bao nhiêu cách xếp 5 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Lý và 8 cuốn sách Hóa lên một kệ sách sao cho các cuốn sách cùng một môn học thì xếp cạnh nhau, biết các cuốn sách đôi một khác nhau? A. 6.5!.6!.8! . B. 19! . C. 3.5!.6!.8! . D. 6.P5 .P6 .P7 . Lời giải Chọn A Với mỗi cách xếp 5 cuốn sách Toán ( tương ứng 6 cuốn sách Lý và 8 cuốn sách Hóa) cạnh nhau ta gọi là một bộ Toán ( tương ứng một bộ Lý và một bộ Hóa). + Ta có 5! bộ Toán, 6! bộ Lý và 8! bộ Hóa. + Với mỗi 1 bộ Toán, 1 bộ Lý và 1 bộ Hóa xếp lên kệ sách ta có 3!  6 cách. Vậy số cách xếp 5 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Lý và 8 cuốn sách Hóa lên một kệ sách sao cho các cuốn sách cùng một môn học thì xếp cạnh nhau là 6.5!.6!.8! . Câu 33: (SGD Vĩnh Phúc-KSCL lần 1 năm 2017-2018) Cho hình vuông ABCD . Trên các cạnh AB , BC , CD , DA lần lượt cho 1, 2 , 3 và n điểm phân biệt  n  3, n    khác A , B , C , D . Lấy ngẫu nhiên 3 điểm từ n  6 điểm đã cho. Biết xác suất lấy được 1 tam giác là n. A. n  10 . B. n  19 . C. n  11 . 439 . Tìm 560 D. n  12 . Lời giải Chọn A Số phần tử của không gian mẫu là n     Cn3 6 . Gọi A là biến cố 3 đỉnh tạo thành một tam giác. Để 3 điểm là 3 đỉnh của một tam giác thì 3 điểm đó không thẳng hàng. Ta xét biến cố đối A là biến cố 3 đỉnh không tạo thành tam giác. Trường hợp 1: Lấy 3 điểm thuộc cạnh CD  có 1 cách. Trường hợp 2: Lấy 3 điểm thuộc cạnh DA  có Cn3 cách. Vậy n  A   1  Cn3  P  A   1  P  A   1  Theo giả thiết ta có: 1   1  Cn3 . Cn3 6 1  Cn3 439  Cn3 6 560  n  n  1 n  2   1  Cn3 121  n  6  n  5 n  4   560 1     121 3 6 6 Cn  6 560    439n3  3495n 2  7834n  11160  0  n  10 . ———-HẾT———- Câu 34: (THPT Lục Ngạn-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Có bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số đôi một khác nhau và lớn hơn 5000 ? A. 1232 . B. 1120 . C. 1250 . D. 1288 . Lời giải Chọn D Giả sử số cần tìm có dạng x  a1a2 a3a4 , ai  a j ; i, j  1, 4 . a1  5;6; 7;8;9 Vì x  5000 và x là số chẵn nên  a4  0; 2; 4;6;8  Trường hợp 1: Nếu a1  5; 7;9  a1 có 3 cách chọn.  a4 có 5 cách chọn. Các số còn lại có A82 cách chọn. Tất cả có 3.5. A82  840 cách chọn (1)  Trường hợp 2: Nếu a1  6;8  a1 có 2 cách chọn.  a4 có 4 cách chọn. Các số còn lại có A82 cách chọn. Tất cả có 2.4. A82  448 cách chọn (2) Từ (1) và (2)  có 840  448  1288 số. Câu 35: (Đề tham khảo BGD năm 2017-2018) Với n là số nguyên dương thỏa mãn Cn1  Cn2  55 , số n 2   hạng không chứa x trong khai triển của thức  x3  2  bằng x   A. 322560 . B. 3360 . C. 80640 . Lời giải D. 13440 . Chọn D Điều kiện n  2 và n   Ta có Cn1  Cn2  55   n  10 n! n!   55  n 2  n  110  0    n  1!  n  2 !2!  n  11 L  10 2   Với n  10 ta có khai triển  x3  2  x   k k 310  k  10 Số hạng tổng quát của khai triển C x  2  .  2   C10k 2k x 305k , với 0  k  10 . x  Số hạng không chứa x ứng với k thỏa 30  5k  0  k  6 . Vậy số hạng không chứa x là C106 26  13440 . Câu 1: (THPT Triệu Sơn 1-lần 1 năm 2017-2018) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có sáu chữ số và thỏa mãn điều kiện: sáu chữ số của mỗi số là khác nhau và chữ số hàng nghìn lớn hơn 2 ? A. 720 số. B. 360 số. C. 288 số. D. 240 số. Lời giải Chọn D Gọi số có sáu chữ số cần tìm là n  abcdef , trong đó sáu chữ số khác nhau từng đôi một, c  2 và f là số chẵn. Trường hợp 1: Nếu f  2  n  abcde2 Có 4 cách chọn c , nên có 4.4!  96 số. Trường hợp 2: Nếu f  4  n  abcde 4 Có 3 cách chọn c , nên có 3.4!  72 số. Trường hợp 3: Nếu f  6  n  abcde6 Có 3 cách chọn c , nên có 3.4!  72 số. Vậy số các số cần tìm là 96  72  72  240 số. n 1  Câu 2: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-MĐ 903 lần 1-năm 2017-2018) Trong khai triển  3 x 2   biết hệ x  số của x 3 là 34 Cn5 . Giá trị n có thể nhận là B. 12 . A. 9 . C. 15 . D. 16 . Lời giải Chọn A n k n n nk  1  1  Ta có  3 x 2     Cnk  3 x 2      Cnk 3n  k x 2 n 3k . x   x k 0 k 0 2n  3k  3 k  5  Biết hệ số của x là 3 C nên  n  k  4 .  n  9  0  k  n, k , n  N    Vậy n  9 . Câu 3: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-MĐ 903 lần 1-năm 2017-2018) Có 20 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 20 . Chọn ngẫu nhiên 8 tấm, tính xác suất để chọn được 5 tấm mang số lẻ, 3 tấm mang số chẵn trong đó ít nhất có 2 tấm mang số chia hết cho 4 , kết quả gần đúng là A. 12 % . B. 23 % . C. 3 % . D. 2 % . 3 4 5 n Lời giải Chọn D Trong 20 tấm thẻ có 10 số lẻ, 10 số chẵn và 5 số chia hết cho 4 . 8 Số phần tử của không gian mẫu: n     C20 . Gọi A là biến cố chọn được 8 tấm thẻ thỏa đề bài. Số cách chọn 8 tấm thẻ trong đó có 5 tấm mang số lẻ, 3 tấm mang số chẵn trong đó ít nhất có 2 tấm mang số chia hết cho 4 là: n  A  C105 .C52 .C51  C105 .C53 . Xác suất cần tìm: P  A   n  A n   C105 .C52 .C51  C105 .C53 90   0, 02 . 8 C20 4199 Câu 4: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 1 MĐ 904 năm 2017-2018) Trong một hình tứ diện ta tô màu các đỉnh, trung điểm các cạnh, trọng tâm các mặt và trọng tâm tứ diện. Chọn ngẫu nhiên 4 điểm trong số các điểm đã tô màu, tính xác suất để 4 điểm được chọn là bốn đỉnh của một tứ diện. A. 188 . 273 B. 1009 . 1365 C. 245 . 273 D. 136 . 195 Lời giải Chọn A Cách 1: Không gian mẫu: n     C154 . Tính biến cố bù như sau: Xét số cách chọn 4 đỉnh không tạo thành tứ diện. Có 2 trường hợp: + TH1: Chọn 3 điểm thẳng hàng, có 25 cách. Chọn điểm còn lại, có 12 cách. Vậy có 25.12=300 cách. + TH2: Chọn 4 điểm thuộc 1 mặt mà không có 3 điểm nào thẳng hàng. – Có 10 mặt chứa 7 điểm: Mỗi mặt 11 cách chọn. Suy ra có 110 cách. – Có 15 mặt chứa 5 điểm, mỗi mặt 1 cách chọn. Suy ra có 15 cách. Tổng: 300 + 110 + 15 = 425 cách. 425 188 Vậy, xác suất để 4 điểm được chọn là bốn đỉnh của một tứ diện là: 1  4  . C15 273 Cách 2: Không gian mẫu: n     C154 . Tính biến cố bù như sau: Xét các bộ bốn điểm cùng nằm trên một mặt phẳng gồm các bộ thuộc các mặt phẳng sau: Câu 5: Mặt phẳng chứa 1 cạnh và trung điểm của cạnh đối diện, suy ra có 7 điểm thuộc mặt phẳng loại này. Có C74 bộ mỗi mặt và 6 mặt như vậy. Vậy có 6C74 (bộ). Câu 6: Mặt phẳng chứa mặt của tứ diện, suy ra có 7 điểm thuộc mỗi mặt và 4 mặt loại này. Vậy có 4C74 (bộ). Câu 7: Mặt phẳng chứa 2 đường trung bình của tứ diện, suy ra có 5 điểm thuộc mặt này và 3 mặt loại này. Vậy có 3C54 (bộ). Câu 8: Mặt phẳng chứa 1 đỉnh của tứ diện và 1 đường trung bình của mặt đối diện, suy ra có 5 điểm thuộc mỗi mặt (đỉnh, 2 trung điểm, cạnh và 2 trọng tâm) và có 12 mặt loại này. Vậy có 12C54 (bộ). Vậy, xác suất để 4 điểm được chọn là bốn đỉnh của một tứ diện là: 1 6.C74  4C74  3C54  12C54 188  . C154 273 —————————————————————— Câu 9: (THPT Kim Liên-Hà Nội năm 2017-2018) Một lớp học có 30 bạn học sinh trong đó có 3 cán sự lớp. Hỏi có bao nhiêu cách cử 4 bạn học sinh đi dự đại hội đoàn trường sao cho trong 4 học sinh đó có ít nhất một cán sự lớp. A. 23345 . B. 9585 . C. 12455 . D. 9855 . Lời giải Chọn D * Số cách cử 4 bạn học sinh trong 30 bạn là: C304  27405 . * Số cách cử 4 bạn học sinh trong 27 bạn trong đó không có cán sự lớp là: C274  17550 . * Vậy số cách cử 4 bạn học sinh trong đó có ít nhất một cán sự lớp là: 27405  17550  9855 . Câu 10: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Có 9 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 9 . Chọn ngẫu nhiên ra hai tấm thẻ. Tính xác suất để tích của hai số trên hai tấm thẻ là một số chẵn. A. 13 . 18 B. 55 . 56 C. 5 . 28 D. 1 . 56 Lời giải Chọn A Chọn ngẫu nhiên ra hai tấm thẻ từ 9 tấm thẻ nên số phần tử của không gian mẫu là n     C92  36 . Gọi A là biến cố: “Tích hai số trên hai tấm thẻ là một số chẵn”, khi đó ta có: A : “Tích hai số trên hai tấm thẻ là một số lẻ”, n  A   C52  10  P  A   Xác suất cần tìm là P  A  1  P  A   1  n  A n    10 5  . 36 18 5 13  . 18 18 Câu 11: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Từ tập hợp các số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau, chọn ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để số đó chia hết cho 9 A. 5.7! . 9.A97 B. 5.A88 . C108 C. A88  7A 77 . 9. A97 D. A88  4.7. A77 . 9. A97 Lời giải Chọn D Một số chia hết cho 9 khi và chỉ khi tổng các chữ số của số đó là một số chia hết cho 9 . Từ các chữ số 0,1, 2,…, 9 ta chia thành 5 cặp 0, 9 , 1,8 , 2, 7 , 3, 6 , 4, 5 . Một số tự nhiên thoả mãn đề bài khi số đó là một hoán vị từ 4 cặp số trên. TH 1: 4 cặp số không có chữ số 0 tạo được A88 số. TH 2: 4 cặp số có chữ số 0 thì có 4 cách chọn. Mỗi cách chọn 4 bộ số có chữ số 0 vừa rồi có 7.A77 số thoả mãn được tạo ra. Kết luận: Có A88  4.7. A77 số thoả mãn yêu cầu. Số các số tự nhiên có 8 chữ số khác nhau là 9.A97 . Vậy xác suất chọn được số thoả mãn đề bài bằng A88  4.7. A77 . 9. A97 Câu 12: (THPT Triệu Thị Trinh-lần 1 năm 2017-2018) Tập A gồm các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 . Lấy ngẫu nhiên một số từ tập A , tính xác suất để số lấy ra có mặt chữ số 1 và 3 . 80 10 106 25 A. . B. . C. . D. 147 21 147 49 Lời giải Chọn A Cách 1: Từ các số 0 , 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 lập được A86  A75  17640 số có 6 chữ số khác nhau. Suy ra n     17640 . Đặt X là biến cố “lấy được số có chữ số 1 và 3 ”. Xét các số trong A thỏa mãn điều kiện có mặt chữ số 1 và 3 . Trường hợp 1: Số có dạng 1abcde Chọn vị trí cho số 3 có 5 cách chọn. Chọn 4 số trong 6 số còn lại và cho vào 4 vị trí còn lại có A64 cách. Vậy có 5. A64  1800 số. Trường hợp 2: Số có dạng 3abcde . Tương tự cũng có 5. A64  1800 số. Trường hợp 3: Số 1 hoặc số 3 không ở vị trí đầu tiên. Có A52 cách chọn vị trí cho số 1 và số 3 . Chữ số đầu tiên khác 0 và chọn trong 0 , 2 , 4 , 5 , 6 , 7 nên có 5 cách chọn. Chọn 3 số trong 5 số cho 3 vị trí còn lại có A53 cách. Vậy tạo được A52 .5. A53  6000 số. Suy ra n  X   9600  P  X   9600 80 .  17640 147 Cách 2: Chọn 2 vị trí và xếp chữ số 1 và 3 có A62 cách Chọn 4 trong 6 chữ số còn lại và sắp xếp có A64 cách Theo quy tắc nhân có A62 A64 cácch xếp Trong các số trên có 1. A52 . A53 số dạng 0abcde .  n  X   A62 . A64  1. A52 . A53  9600  P  X   9600 80 .  17640 147 Câu 13: (THPT Thạch Thành 2-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Hai người ngang tài ngang sức tranh chức vô địch của cuộc thi cờ tướng. Người giành chiến thắng là người đầu tiên thắng được 5 ván cờ. Tại thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng 4 ván và người chơi thứ hai mới thắng 2 ván, tính xác suất để người chơi thứ nhất giành chiến thắng? 4 3 7 1 A. . B. . C. . D. . 5 4 8 2 Lời giải Chọn C 1 1 Cách 1. Hai người ngang sức nên xác suất người thứ nhất thắng 1 trận là ; thua 1 trận là . 2 2 A là biến cố: “Người thứ nhất giành chiến thắng chung cuộc” Vậy A = “Người thứ nhất thắng ngay trận đầu”  “Người thứ nhất thắng sau 2 trận”  “Người thứ nhất thắng sau 3 trận” 1 1 1 1 1 1 7  P  A   .  . .  . 2 2 2 2 2 2 8 1 1 Cách 2. Hai người ngang sức nên xác suất người thứ hai thắng 1 trận là ; thua 1 trận là . 2 2 A là biến cố: “Người thứ nhất giành chiến thắng chung cuộc” A = “người thứ hai thắng chung cuộc” (tức là người thứ hai thắng liên tiếp 3 ván) 1 1 1 1 7 P  A   . .   P  A  1  P  A   . 2 2 2 8 8 Câu 14: (THPT Thạch Thành 2-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên A có bốn chữ số. Gọi N là số thỏa mãn 3N  A . Xác suất để N là một số tự nhiên bằng: 1 1 1 A. . B. . C. 0 . D. . 2500 3000 4500 Lời giải Chọn D Gọi số A  abcd khi đó số A có 9.10.10.10  9000 cách chọn. N  log3 A , để N là số tự nhiên thì A  3N với N là số tự nhiên. Do A là số tự nhiên có 4 chữ số nên N  7,8 có 2 trường hợp. Xác suất để N là số tự nhiên là P  2 1  9000 4500 Câu 15: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 2 năm học 2017-2018) Trong một đợt kiểm tra vệ sinh an toàn thực phẩm của ngành y tế tại chợ X, ban quản lý chợ lấy ra 15 mẫu thịt lợn trong đó có 4 mẫu ở quầy A, 5 mẫu ở quầy B, 6 mẫu ở quầy C. Đoàn kiểm tra lấy ngẫu nhiên 4 mẫu để phân tích xem trong thịt lợn có chứa hóa chất tạo nạc hay không. Xác suất để mẫu thịt của cả 3 quầy A, B, C đều được chọn bằng 43 4 48 87 A. . B. . C. . D. . 91 91 91 91 Lời giải Chọn C Số phần tử không gian mẫu là: n     C154  1365 . Gọi biến cố A: “Lấy ngẫu nhiên 4 mẫu”. Số cách chọn 4 mẫu có cả 3 quầy là: Trường hợp 1 Số mẫu quầy A 2 Số mẫu quầy B 1 Số mẫu quầy C 1 Số cách chọn C42 .C51.C61 Trường hợp 2 1 2 1 C41 .C52 .C61 Trường hợp 3 1 1 2 C41 .C51.C62 720 Tổng số cách 720 48 Xác suất cần tính là: P  A  .  1365 91 Câu 16: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 2 năm học 2017-2018) Cho đa giác đều 20 đỉnh nội tiếp trong đường tròn tâm O . Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giáC. Xác suất để 4 đỉnh được chọn là 4 đỉnh của một hình chữ nhật bằng: 7 2 3 4 A. . B. . C. . D. . 216 969 323 9 Lởi giải Chọn C 4 * Số cách chọn 4 đỉnh trong 20 đỉnh là C20  4845  n    . * Gọi đường chéo của đa giác đều đi qua tâm O của đường tròn là đường chéo lớn. Số đường chéo lớn của đa giác đều 20 đỉnh là 10 . * Hai đường chéo lớn của đa giác đều tạo thành một hình chữ nhật. Do đó số hình chữ nhật được tạo thành là C102  45 . Gọi A là biến cố: 4 đỉnh được chọn là 4 đỉnh của một hình chữ nhật. Ta có n  A  45 . * Vậy P  A   n  A 45 3   . n    4845 323 Câu 17: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 2 năm học 2017-2018) Biết n là số nguyên dương thỏa mãn An3  2 An2  100 . Hệ số của x5 trong khai triển 1  3x  A. 35 C105 . B. 35 C125 . 2n bằng: C. 35 C105 . Lởi giải D. 65 C105 . Chọn A Với điều kiện n  * , n  3 ta có: An3  2 An2  100  n  n  1 n  2   2n  n  1  100  n3  n 2  100  0  n  5 . 10 10 k Ta có 1  3 x    C10k  3 x k . k 0 5 Số hạng chứa x ứng với k  5 . 5 Vậy: Hệ số của x5 là C105 .  3  35.C105 . 1 2 2017 Câu 18: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 2 năm học 2017-2018) Cho tổng S  C2017  C2017  ….  C2017 Giá trị tổng S bằng: A. 22018 . B. 22017 . C. 22017  1 . Lởi giải D. 22016 Chọn C 2017 0 1 2 k 2017 2017 Ta có khai triển 1  x   C2017  C2017 x  C2017 x 2  …  C2017 x k  …  C2017 x . 0 1 2 k 2017 Thay x  1 ta được 22017  C2017  C2017  C2017  …  C2017  …  C2017 Suy ra 22017  1  S  S  22017  1 . 2017 Ghi chú: Trong trắc nghiệm ta khai triển 1  1 ta được 0 1 2 k 2017 22017  C2017  C2017  C2017  …  C2017  …  C2017 Suy ra S  2 2017  1 . Câu 19: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 2 năm học 2017-2018) Từ các chữ số 0 ; 1; 2 ; 3 ; 5 ; 8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau và phải có mặt chữ số 3 . A. 108 số. B. 228 số. C. 36 số. D. 144 số. Lởi giải Chọn A Gọi a1a2 a3a4 là số cần tìm. Trường hợp 1: a4  3 Chọn a1 có 4 cách. Chọn a2 , a3 có A42 cách. Trường hợp 2: a1  3 Chọn a4 có 2 cách. Chọn a2 , a3 có A42 cách. Trường hợp 3: a1  3 , a4  3 Chọn a4 có 2 cách. Chọn a1 có 3 cách. Đưa số 3 vào 2 cách. Chọn vị trí còn lại 3 cách. Vậy tất cả có: 4. A42  2. A42  2.3.2.3  108 số. Câu 20: (THPT Chuyên ĐHSP-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Tìm hệ số của x5 trong khai triển nhị n 1   thức Niu-tơn  x x  3  biết tổng các hệ số của khai triển bằng 128 . x  A. 35 . B. 38 . C. 37 . D. 36 . Lời giải Chọn A n n 1   Ta có  x x  3    Cnk x x x  k 0    nk k  1  3  .  x n n Tổng các hệ số của khai triển trên bằng S   Cnk  1  1  2n  128  n  7 . k 0 7 21 11 7  k 1   Khi n  7 ta có  x x  3    C7k x 2 6 . x  k 0  21 11 Lúc đó x5 ứng với  k  5  k  3 . Vậy hệ số cần tìm là C73  35 . 2 6 Câu 21: (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018) Đề kiểm tra 15 phút có 10 câu trắc nghiệm mỗi câu có bốn phương án trả lời, trong đó có một phương án đúng, trả lời đúng được 1, 0 điểm. Một thí sinh làm cả 10 câu, mỗi câu chọn một phương án. Tính xác suất để thí sinh đó đạt từ 8, 0 trở lên. A. 436 . 410 B. 463 . 410 C. 436 . 104 D. 463 . 10 4 Lời giải Chọn A Số phân tử không gian mẫu n     410 . Gọi A là biến cố “thí sinh đạt từ 8, 0 trở lên”. Ta có các trường hợp: + Thí sinh đúng 8 câu, sai 2 câu có C108 .32  405 (cách). + Thí sinh đúng 9 câu, sai 1 câu có C109 .31  30 (cách). + Thí sinh đúng cả 10 câu có C1010  1 (cách). Do đó n  A   405  30  1  436 . Vậy xác suất của biến cố A là P  n  A  436 .  n    410 Câu 22: (SGD Ninh Bình năm 2017-2018) Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất. Giả sử con súc sắc xuất hiện mặt b chấm. Tính xác suất sao cho phương trình x 2  bx  b  1  0 ( x là ẩn số) có nghiệm lớn hơn 3 . 1 5 2 1 A. . B. . C. . D. . 3 6 3 2 Lời giải Chọn A Gieo một con súc sắc cân đối đồng chất thì số phần tử của không gian mẫu là 6 . x  1 Phương trình x 2  bx  b  1  0   x  1 x  1  b   0   .  x  b 1 Để phương trình có nghiệm x  3 thì b  1  3  b  4 . Vậy b  5;6 . Xác suất cần tính là P  2 1  . 6 3 Câu 23: (SGD Ninh Bình năm 2017-2018) Có bao nhiêu số có 10 chữ số được tạo thành từ các chữ số 1 , 2 , 3 sao cho bất kì 2 chữ số nào đứng cạnh nhau cũng hơn kém nhau 1 đơn vị? A. 32 . B. 16 . C. 80 . D. 64 . Lời giải Chọn D Gọi số tự nhiên cần tìm có dạng a1a2 a3 …a10 Bước 1: Xếp số 2 ở vị trí lẻ a1 , a3 , …, a9 hoặc vị trí chẵn a2 , a2 , …, a10 có 2 cách. Bước 2: Xếp các số 1 hoặc 3 vào các vị trí còn lại có 25 cách. Theo quy tắc nhân ta có 2.25  64 cách. Câu 24: (THPT Chuyên ĐH KHTN-Hà Nội năm 2017-2018) Cho tập hợp A  1, 2,3,…,10 . Chọn ngẫu nhiên ba số từ A . Tìm xác suất để trong ba số chọn ra không có hai số nào là hai số nguyên liên tiếp. A. P  7 . 90 B. P  7 . 24 C. P  7 . 10 D. P  7 . 15 Lời giải Chọn D Số phần tử không gian mẫu là n     C103  120 . Gọi B là biến cố “Ba số chọn ra không có hai số nào là hai số nguyên liên tiếp”.  B là biến cố “Ba số được chọn có ít nhất hai số là các số tự nhiên liên tiếp”. + Bộ ba số dạng 1, 2, a1  , với a1  A 1, 2 : có 8 bộ ba số. + Bộ ba số có dạng  2,3, a2  , với a2  A 1, 2,3 : có 7 bộ ba số. + Tương tự mỗi bộ ba số dạng  3, 4, a3  ,  4,5, a4  ,  5,6, a5  ,  6,7 , a6  ,  7 ,8, a7  ,  8,9, a8  ,  9,10, a9  đều có 7 bộ.    n B  8  8.7  64 .    P  B  1 P B  1 64 7  . 120 15 Câu 25: (THPT Chuyên ĐH KHTN-Hà Nội năm 2017-2018) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn n n 3n Cn0  3n1 Cn1  3n  2 Cn2  …..   1 Cnn  2048 . Hệ số của x10 trong khai triển  x  2  là: A. 11264 . B. 22 . C. 220 . Lời giải Chọn B n n Ta có  3  1  3n Cn0  3n 1 Cn1  3n  2 Cn2  …..   1 Cnn  2 n  2048  2n  211  n  11 . 11 11 Xét khai triển  x  2    C11k x11 k .2k k 0 Tìm hệ số của x  tìm k    k  11 thỏa mãn 11  k  10  k  1 . 10 D. 24 . 11 Vậy hệ số của x10 trong khai triển  x  2  là C111 .2  22 . Câu 26: (THPT Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 5, 6, 7,8,9. Tính tổng tất cả các số thuộc tâp S . A. 9333420. B. 46666200. C. 9333240. Hướng dẫn giải D. 46666240. Chọn C Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau được lập từ 5, 6, 7,8, 9 là 5!  120 số. Vì vai trò các chữ số như nhau nên mỗi chữ số 5, 6, 7,8, 9 xuất hiện ở hàng đơn vị là 4!  24 lần. Tổng các chữ số ở hàng đơn vị là 24  5  6  7  8  9   840 . Tương tự thì mỗi lần xuất hiện ở các hàng chục, trăm, nghìn, chục nghìn của mỗi chữ số là 24 lần. Vậy tổng các số thuộc tập S là 840 1  10  10 2  103  104   9333240 . Câu 27: (THPT Chuyên Lê Quý Đôn-Đà Nẵng năm 2017-2018) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 2Cn0  5Cn1  8Cn2  …   3n  2  Cnn  1600 . A. n  5 . B. n  7 . C. n  10 . D. n  8 . Lời giải Chọn B     Ta có 2Cn0  5Cn1  8Cn2  …   3n  2  Cnn  3 Cn1  2Cn2  …  nCnn  2 Cn0  Cn1  Cn2  …  Cnn . Mặt khác Cn0  Cn1  Cn2  …  Cnn  2n . Cách 1: Ta có kCnk  k .  n  1!  nC k 1 . n!  n. n 1  n  k !k !  n  k ! k  1!   Khi đó Cn1  2Cn2  …  nCnn  nCn01  nCn11  …  nCnn11  n Cn01  Cn11  …  Cnn11  n 2n 1 . n Cách 2: 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  Cn3 x3  …  Cnn x n 1 . Đạo hàm hai vế của 1 ta được n 1  x  n 1  Cn1  2 xCn2  3x 2Cn3  …  nx n 1Cnn Khi đó với x  1 , ta có n 2n 1  Cn1  2Cn2  3Cn3  …  nCnn Do đó 2Cn0  5Cn1  8Cn2  …   3n  2  Cnn  3n.2n 1  2.2n   3n  4  .2n 1 . Theo giả thiết ta có  3n  4  .2n 1  1600  n  7 . Câu 28: (THPT Chuyên Lê Quý Đôn-Đà Nẵng năm 2017-2018) Thầy Bình đặt lên bàn 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30 . Bạn An chọn ngẫu nhiên 10 tấm thẻ. Tính xác suất để trong 10 tấm thẻ lấy ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm mang số chẵn trong đó chỉ có một tấm thẻ mang số chia hết cho 10 . A. 99 . 667 B. 8 . 11 C. Lời giải Chọn A 10 Số phần tử của không gian mẫu là: n     C30 . Gọi A là biến cố thỏa mãn bài toán. 3 . 11 D. 99 . 167 Lấy 5 tấm thẻ mang số lẻ, có C155 cách. Lấy 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 , có C31 cách. Lấy 4 tấm thẻ mang số chẵn không chia hết cho 10 , có C124 . Vậy P  A  C155 .C31.C124 99 .  10 C30 667 Câu 29: (THPT Chuyên Lê Quý Đôn-Đà Nẵng năm 2017-2018) Cho số nguyên dương n , tính tổng n S  1 nCnn . C1n 2C n2 3C3n    …  2.3 3.4 4.5  n  1 n  2  A. S  n .  n  1 n  2  B. S  2n n 2n . C. S  . D. S  .  n  1 n  2   n  1 n  2   n  1 n  2  Lời giải Chọn A Với k , n   , 0  k  n , n  0 ta có:  n  1! 1 n! 1 C kn    Ckn 11 . k 1  k  1 k ! n  k  !  n  1 k  1! n  k ! n  1 Áp dụng ta có: k .C kn Ck  Cnk C nk 11 C nk  22 2  Cnk .  n 1    2   2.  k  1 k  2  k  1  k  2  k  1  k  1 k  2  n  1  n  1 n  2  n 3 4 n2 n C2n 1  C3n1  C 4n1  …   1 Cnn 11 2  C n 2  Cn  2  …   1 Cn  2  Suy ra S  .  n 1  n  1 n  2   n n  Ta có C2n 1  …   1 C nn 11  C0n 1  C1n 1  C 2n 1  …   1 Cnn 11 +C0n 1  C1n 1   1  1 n 1  1   n  1  n . n C3n  2  C4n  2  …   1 C nn  22  n   C0n  2  C1n 2  C2n  2  C3n 2  C4n  2  …   1 Cnn  22   C0n 2  C1n  2  C 2n 2   1  1 n 1 Vậy S    n  1 n  2     n2  n .  1   n  2    2 2   1 2 n2  n n . .   n   n 1  n  1 n  2  2  n  1 n  2  Phương pháp trắc nghiệm Thử với n  1 , ta được S  1 . 6 Thử các phương án: phương án A: S   án D: S  1 2 1 1 ; phương án B: S   ; phương án C: S  ; phương 6 6 3 6 2 1   chọn phương án A. 6 3 Câu 30: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An- lần 1 năm 2017-2018) Tô màu các cạnh của hình vuông ABCD bởi 6 màu khác nhau sao cho mỗi cạnh được tô bởi một màu và hai cạnh kề nhau thì tô bởi hai màu khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách tô? A. 360 . B. 480 . C. 600 . Lời giải D. 630 . Chọn D Trường hợp 1: Tô cạnh AB và CD khác màu:  Số cách tô cạnh AB : 6 cách.  Số cách tô cạnh BC : 5 cách (tô khác màu với cạnh AB ).  Số cách tô cạnh CD : 4 cách (tô khác màu với các cạnh AB và BC ).  Số cách tô cạnh AD : 4 cách (tô khác màu với các cạnh AB và CD ). Theo quy tắc nhân ta có: 6.5.4.4  480 cách tô cạnh AB và CD khác màu. Trường hợp 2: Tô cạnh AB và CD cùng màu:  Số cách tô cạnh AB : 6 cách.  Số cách tô cạnh BC : 5 cách (tô khác màu với cạnh AB ).  Số cách tô cạnh CD : 1 cách (tô cùng màu với cạnh AB ).  Số cách tô cạnh AD : 5 cách (tô khác màu với cạnh AB ). Theo quy tắc nhân ta có: 6.5.1.5  150 cách tô cạnh AB và CD cùng màu. Vậy số cách tô màu thỏa đề bài là: 480  150  630 cách. Câu 31: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Có mười cái ghế (mỗi ghế chỉ ngồi được một người) được sắp trên một hàng ngang. Xếp ngẫu nhiên 7 học sinh ngồi vào, mỗi học sinh ngồi đúng một ghế. Tính xác suất sao cho không có hai ghế trống nào kề nhau. A. 0, 25 . B. 0, 46 . C. 0, 6  4  . D. 0, 4  6  . Lời giải Chọn D Số phần tử của không gian mẫu là: n     A107  604800 . Gọi A là biến cố: “Xếp ngẫu nhiên 7 học sinh ngồi vào mười cái ghế sao cho không có hai ghế trống nào kề nhau”. Sắp 7 ghế trống và đặt 7 học sinh vào có 7! cách. Giữa 7 học sinh có 8 khoảng trống ta chọn ra 3 chỗ đặt 3 cái ghế còn lại vào có C83 . Khi đó n  A  7!C83  282240 . Vậy xác suất của biến cố A là: P  A   n  A  282240 7  0, 4  6  .   n    604800 15 Câu 32: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Tìm số hạng thứ 4 trong khai triển  a  2x 20 theo lũy thừa tăng dần của x ? 3 3 17 3 A. C20 2 a x . 3 3 17 3 B. C20 2 a x . 3 3 17 C. C20 2 a . 3 3 17 D. C20 2 a . Lời giải Chọn D Khai triển theo lũy thừa tăng dần của x :  a  2 x  20 20 k 0 3 20 3 k 20 k    2 x  .a 20 k    2  .a 20 k x k k 0 17 3 số hạng thứ 4 trong khai triển: T3  C 2 a x . Câu 33: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Bé Minh có một bảng hình chữ nhật gồm 6 hình vuông đơn vị, cố định không xoay như hình vẽ. Bé muốn dùng 3 màu để tô tất cả các cạnh của các hình vuông đơn vị, mỗi cạnh tô một lần sao cho mỗi hình vuông đơn vị được tô bởi đúng 2 màu, trong đó mỗi màu tô đúng 2 cạnh. Hỏi bé Minh có tất cả bao nhiêu cách tô màu bảng ? A. 4374 . B. 139968 . C. 576 . Lời giải D. 15552 . Chọn D Tô màu theo nguyên tắc: Tô 1 ô vuông 4 cạnh: chọn 2 trong 3 màu, ứng với 2 màu được chọn có 6 cách tô. Do đó, có 6.C32 cách tô. Tô 3 ô vuông 3 cạnh (có một cạnh đã được tô trước đó): ứng với 1 ô vuông có 3 cách tô màu 1 trong 3 cạnh theo màu của cạnh đã tô trước đó, chọn 1 trong 2 màu còn lại tô 2 cạnh còn lại, có 3.C21  6 cách tô. Do đó có 63 cách tô. Tô 2 ô vuông 2 cạnh (có 2 cạnh đã được tô trước đó): ứng với 1 ô vuông có 2 cách tô màu 2 cạnh (2 cạnh tô trước cùng màu hay khác nhau không ảnh hưởng số cách tô). Do đó có 22 cách tô. Vậy có: 6.C32 .63.4  15552 cách tô. Câu 34: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 3 năm 2017-2018) Gọi A là tập các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau được tạo ra từ các chữ số 0 , 1, 2 , 3 , 4 , 5 . Từ A chọn ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để số được chọn có chữ số 3 và 4 đứng cạnh nhau. 4 4 8 2 A. . B. . C. . D. . 25 15 25 15 Hướng dẫn giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu: n     5.5!  600 . Gọi số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau và có chữ số 3 và 4 đứng cạnh nhau là abcde . Ta coi cặp  3, 4  là phần tử kép, khi đó chỉ có 5 phần tử 0 , 1, 2 ,  3, 4  , 5 . Số các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau và có chữ số 3 và 4 đứng cạnh nhau (kể cả số 0 đứng đầu) là: 2.5!  240 số. Số các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau và có chữ số 3 và 4 đứng cạnh nhau (có số 0 đứng đầu) là: 2.4!  48 số. Gọi B là biến cố cần tính xác suất, suy ra n  B   240  48  192 . Vậy P  B   192 8 .  600 25 Câu 35: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 3 năm 2017-2018) Cho đa giác đều 100 nội tiếp một đường tròn. Số tam giác từ được tạo thành từ 3 trong 100 đỉnh của đa giác là: A. 44100 . B. 78400 . C. 117600 . D. 58800 . Hướng dẫn giải Chọn C 2 Xét đường kính A1 A51 của đường tròn ngoại tiếp đa giác. Với điểm A1 có 2.C49 cách chọn hai đỉnh thuộc cùng nửa đường tròn đường kính A1 A51 để tạo thành tam giác tù có góc A1 . Như vậy có 100.2.C492 tam giác, trong đó mỗi tam giác bị đếm hai lần. Vậy số tam giác tù là 100.C492  117600 . Câu 36: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – lần 3 năm 2017-2018) Số 6303268125 có bao nhiêu ước số nguyên ? A. 420. B. 630. C. 240. D. 720. Lời giải Chọn D Ta có 6303268125  54.35.73.112 . Do đó 6303268125 có 2.  4  1 .  5  1 .  3  1 .  2  1  720 ước số nguyên. Câu 37: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – lần 3 năm 2017-2018) Từ các chữ số 0 , 1, 2 , 3 , 5 , 8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau và phải có mặt chữ số 3 . A. 36 số. B. 108 số. C. 228 số. D. 144 số. Lời giải Chọn B Gọi số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau là abcd . Do số cần lập là số lẻ và phải có mặt chữ số 3 nên ta có các trường hợp. TH1: a  3 khi đó số có dạng 3bcd . Có 2 cách chọn d . Có 4 cách chọn a . Có 3 cách chọn c . Theo quy tắc nhân có 1.4.3.2  24 (số). TH2: b  3 khi đó số có dạng a3cd . Có 2 cách chọn d . Có 3 cách chọn a (do a  0 ). Có 3 cách chọn c . Theo quy tắc nhân có 3.1.3.2  18 (số). TH3: c  3 khi đó số có dạng ab3d . Có 2 cách chọn d . Có 3 cách chọn a (do a  0 ). Có 3 cách chọn b . Theo quy tắc nhân có 3.1.3.2  18 (số). TH4: d  3 khi đó số có dạng abc3 . Có 4 cách chọn a (do a  0 ). Có 4 cách chọn b . Có 3 cách chọn c . Theo quy tắc nhân có 4.4.3.1  48 (số). Theo quy tắc cộng có 24  18  18  48  108 (số). Câu 38: (THPT Hoài Ân-Hải Phòng năm 2017-2018) Một đề thi trắc nghiệm gồm 50 câu, mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có 1 phương án đúng, mỗi câu trả lời đúng được 0, 2 điểm. Một thí sinh làm bài bằng cách chọn ngẫu nhiên 1 trong 4 phương án ở mỗi câu. Tính xác suất để thí sinh đó được 6 điểm. A. 1  0, 2520.0, 7530 . B. 0, 2530.0, 7520 . C. 0, 2520.0, 7530 . D. 0, 2530.0,7520 C5020 . Lời giải Chọn D Vì mỗi câu trả lời đúng được 0, 2 điểm nên để đạt được 6 điểm cần trả lời đúng 30 câu. Do mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có 1 phương án đúng nên xác suất trả lời đúng 1 3 một câu hỏi là và xác suất trả lời sai một câu hỏi là . 4 4 Vậy xác suất thí sinh đạt được 6 điểm là 0, 2530.0,7520 C5020 . Câu 39: (THPT Kinh Môn 2-Hải Dương năm 2017-2018) Cho một đa giác đều gồm 2n đỉnh  n  2, n    . Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh trong số chọn tạo thành một tam giác vuông là A. n  5 . B. n  4 . 2n đỉnh của đa giác, xác suất ba đỉnh được 1 . Tìm n 5 C. n  10 . Lời giải D. n  8 . Chọn D Ta có một đa giác đều 2n cạnh có n đường chéo đi qua tâm. Ta lấy hai đường chéo thì tạo thành một hình chữ nhật. Mỗi một hình chữ nhật sẽ có bốn tam giác vuông. Vậy số tam giác 4.n ! vuông tạo thành từ đa giác đều 2n đỉnh là 4.Cn2   2n  n  1 , 2! n  2  !  2n !  2n.  2n  1 2n  2  , 3! 2n  3 ! 6 12n  n  1 3 , P  2n  2n  1 2n  2   2n  1 Không gian mẫu là: C23n  Xác suất là: Theo bài ra thì P  1 3 1    15  2n  1  n  8 . 5 2n  1 5 Câu 40: (THPT Lê Hoàn-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30 . Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tìm xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ và 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ chia hết cho 10 . A. 99 . 667 B. 98 . 667 C. 97 . 667 D. 96 . 667 Lời giải Chọn A 10 Số phần tử của không gian mẫu : C30  30045015 . Lấy 5 tấm thẻ mang số lẻ có : C155 . Lấy 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ chia hết cho 10 : C31C124 Số phần tử của biến cố cần tìm : C31C124 C155  4459455 . Vậy xác suất cần tìm là : 4459455 99 .  30045015 667 Câu 41: (THPT Lê Hoàn-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Từ các chữ số 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 ta lập các số tự nhiên có 6 chữ số, mà các chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số vừa lập, tính xác suất để chọn được một số có đúng 3 chữ số lẻ mà các chữ số lẻ xếp kề nhau. 4 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 35 35 840 210 Lời giải Chọn A Ta có số phần từ của không gian mẫu là n     A86  20160 . Gọi A : “Số được chọn có đúng 3 chữ số lẻ mà các chữ số lẻ xếp kề nhau”. Chọn 3 chữ số lẻ có A43  24 cách. Ta coi 3 chữ số lẻ này là một số a ; Sắp xếp số a vào 4 vị trí có 4 cách; Còn 3 vị trí còn lại sắp xếp các chữ số chẵn có A43  24 cách; Khi đó n  A  24.4.24  2304 . Vậy xác suất cần tính là P  A   n  A 4  . n    35 Câu 42: (THPT Ninh Giang-Hải Dương năm 2017-2018) Chia ngẫu nhiên 20 chiếc kẹo giống nhau thành 4 phần quà (phần nào cũng có kẹo). Tính xác suất để mỗi phần đều có ít nhất 3 chiếc kẹo. 55 56 56 55 A. . B. . C. . D. . 969 969 323 323 Lời giải Chọn D Đặt 20 chiếc kẹo thành thành ngang, khi đó có 19 khoảng trống giữa các chiếc kẹo. Khi đó để chia 20 chiếc kẹo thành 4 phần quà thì ta đặt bất kì 3 vạch vào trong các khoảng trống đó. Khi đó số phần tử của không gian mẫu là n     C193 Để chia thành 4 phần quà mà mỗi phần có ít nhất 3 chiếc kẹo ta làm như sau: + Chia mỗi phần là 2 viên kẹo. + Còn lại 12 viên kẹo. Khi đó bài toán trở thành: Có bao nhiêu cách chia 12 viên kẹo thành 4 phần quà sao cho mỗi phần có ít nhất 1 viên kẹo. Để làm bài toán này ta cũng xếp 12 viên kẹo thành hàng ngang, khi đó có 11 khoảng trống. Vậy có C113 cách chia. C113 55 .  3 C19 323 Câu 43: (THPT Phan Đăng Lưu-Huế-lần 1 năm 2017-2018) Từ các chữ số 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ có 6 chữ số khác nhau và trong mỗi số đó tổng của ba chữ số đầu lớn hơn tổng của ba chữ số cuối một đơn vị A. 32 . B. 72 . C. 36 . D. 24 . Khi đó xác suất để chia 20 viên kẹo thỏa mãn yêu cầu bài toán là: Lời giải Chọn B Gọi a1a2 a3a4 a5 a6 là số cần tìm Ta có a6  1;3;5 và  a1  a2  a3    a4  a5  a6   1 a1 , a2 , a3  2,3, 6 a1 , a2 , a3  2, 4,5  Với a6  1 thì  a1  a2  a3    a4  a5   2   hoặc  a4 , a5  4,5 a4 , a5  3, 6 a1 , a2 , a3  2; 4;5 a1 , a2 , a3  1, 4, 6  Với a6  3 thì  a1  a2  a3    a4  a5   4   hoặc  a4 , a5  1, 6 a4 , a5  2,5 a1 , a2 , a3  2,3, 6 a1 , a2 , a3  1, 4, 6  Với a6  5 thì  a1  a2  a3    a4  a5   6   hoặc  a4 , a5  1, 4 a4 , a5  2,3 Mỗi trường hợp có 3!.2!  12 số thỏa mãn yêu cầu Vậy có tất cả 6.12  72 số cần tìm. Câu 44: (THPT Phan Đăng Lưu-Huế-lần 1 năm 2017-2018) Khối chóp O. ABC có OB  OC  a ,    60 , OA  a 2 . Khi đó thể tích khối tứ diện O. ABC bằng: AOB   AOC  45 , BOC A. a2 . 12 B. a3 2 . 12 C. a3 3 . 12 D. a3 . 6 Lời giải Chọn B Cách 1: O 45 C 45 H B A   60  OBC là tam giác đều  BC  a .  Tam giác OBC có OB  OC  a , BOC  Tam giác OAC và OAB bằng nhau  AB  AC  Áp dụng định lí cosin trong tam giác OAB ta có: AB 2  OA2  OB 2  2.OA.OB.cos 45  AB 2  a 2  AB  AC  a . Khi đó tam giác ABC đều. Gọi H là trung điểm BC thì OH  AH  2 2 2 a 3   OH  AH  OA  1 và cos OHA 2 2. AH .OH 3 2 1 2 2 S a 2.  sin OHA OH . AH .sin OHA OAH  3 2 4  BC  OH Ta có   BC   OAH  .  BC  AH a3 2 1 VO. ABC  2VB.OAH  VO. ABC  2. .BH .SOAH  VO. ABC  . 12 3 Cách 2: Áp dụng công thức giải nhanh OA  a, OB  b, OC  c Khối tứ diện OABC có  thì   AOB   ,  AOC   , BOC   VOABC  abc a3 2 1  cos 2   cos 2   cos 2   2 cos  .cos  .cos   . 6 12 Câu 45: (THPT Quãng Xương 1-Thanh Hóa năm 2017-2018) Số cách chia 8 đồ vật khác nhau cho 3 người sao cho có một người được 2 đồ vật và 2 người còn lại mỗi người được 3 đồ vật là A. 560 . B. 840 . C. 3360 . D. 1680 . Lời giải Chọn D Ta có: Người thứ nhất lấy 2 đồ vật có C82 cách. Người thứ hai lấy 3 đồ vật từ 6 đồ vật còn lại có C36 cách. Người thứ ba lấy 3 đồ vật còn lại có C33 cách. Vì vai trò lấy của cả ba người là như nhau nên hoán vị ba người lấy hai đồ vật, có 3 cách. Vậy có tất cả: 3.C82 .C36 .C33  1680 cách. Câu 46: (THPT Thanh Miện 1-Hải Dương-lần 1 năm 2017-2018) Từ 1 nhóm học sinh của lớp 10A gồm 5 bạn học giỏi môn Toán, 4 bạn học giỏi môn Lý, 3 bạn học giỏi môn Hóa, 2 bạn học giỏi môn Văn (mỗi học sinh chỉ học giỏi đúng 1 môn). Đoàn trường chọn ngẫu nhiên 4 học sinh để tham gia thi hành trình tri thức. Tính xác suất để chọn được 4 học sinh sao cho có ít nhất 1 bạn học giỏi Toán và ít nhất 1 bạn học giỏi Văn. A. P  395 . 1001 B. P  415 . 1001 C. P  621 . 1001 D. P  1001 . 415 Lời giải Chọn B Số cách chọn 4 học sinh từ 1 nhóm có 14 học sinh là: C144  1001 cách. Số cách chọn 4 học sinh gồm: 1 giỏi Toán, 1 giỏi Văn, 2 giỏi Lý hoặc Hóa là: C51.C21 .C72  210 . 1 giỏi Toán, 2 giỏi Văn, 1 giỏi Lý hoặc Hóa là: C51.C22 .C71  35 . 2 giỏi Toán, 1 giỏi Văn, 1 giỏi Lý hoặc Hóa là: C52 .C21 .C71  140 . 2 giỏi Toán, 2 giỏi Văn là: C52 .C22  10 .3 giỏi Toán, 1 giỏi Văn là: C53 .C21  20 . Số cách chọn 4 học sinh sao cho có ít nhất 1 bạn học giỏi Toán và ít nhất 1 bạn học giỏi Văn là: 210  35  140  10  20  415 . Vậy xác suất cần tính là: P  415 . 1001 Câu 47: (THPT Tứ Kỳ-Hải Dương năm 2017-2018) Người ta muốn chia tập hợp 16 học sinh gồm 3 học sinh lớp 12 A, 5 học sinh lớp 12 B và 8 học sinh lớp 12 C thành hai nhóm, mỗi nhóm có 8 học sinh. Xác suất sao cho ở mỗi nhóm đều có học sinh lớp 12 A và mỗi nhóm có ít nhất hai học sinh lớp 12 B là: 42 84 356 56 A. . B. . C. . D. . 143 143 1287 143 Hướng dẫn giải Chọn A Ta có n     C168  12870 . Số cách chia nhóm thỏa mãn bài toán là số cách chọn ra một tổ có số học sinh lớp 12 A từ 1 đến 2 em, số học sinh lớp 12 B là 2 em, còn lại là học sinh lớp 12 C. Khi đó xảy ra các trường hợp sau: TH1: 2 học sinh 12 B + 2 học sinh 12 A + 4 học sinh 12 C Có: C52 .C32 .C84  2100 . TH2: 2 học sinh 12 B + 1 học sinh 12 A + 5 học sinh 12 C Có: C52 .C31.C85  1680 .  n  A   2100  1680  3780 . Vậy xác suất cần tìm là P  A   n  A n   3780 42 .  12870 143 Câu 48: (THPT Xuân Trường-Nam Định năm 2017-2018) Cho đa giác đều A1 A2 A3 . A30 nội tiếp trong đường tròn  O  . Tính số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 30 đỉnh của đa giác đó. A. 105 . B. 27405 . C. 27406 . Lời giải D. 106 . Chọn A Trong đa giác đều A1 A2 A3 . A30 nội tiếp trong đường tròn  O  cứ mỗi điểm A1 có một điểm Ai đối xứng với A1 qua O  A1  Ai  ta được một đường kính, tương tự với A2 , A3 ,.., A30 . Có tất cả 15 đường kính mà các điểm là đỉnh của đa giác đều A1 A2 A3 . A30 . Cứ hai đường kính đó ta được một hình chữ nhật mà bốn điểm là các đỉnh của đa giác đều: có C152  105 hình chữ nhật tất cả. Câu 49: (THPT Xuân Trường-Nam Định năm 2017-2018)Tính tổng 1 2 3 4 2016 2017 ta được kết quả là C2017  2 2 C2017  3.2 2 C2017  4.23 C2017  …  2016.2 2015 C2017  2017.2 2016 C2017 A. 2017 . B. 2016 . C. 2017 . Lời giải D. 2016 . Chọn C Ta có : 1  x  2017  2017. 1  x  2017 k k   C2017 .  1 .x k  1  x   k 0 2016 2017 2017  k k    C2017 .  1 .x k   k 0   1 2 3 4 2016 2017  C2017  2 xC2017  3 x 2C2017  4.23 C2017  …  2016.22015 C2017  2017.22016 C2017 Cho x  2 ta được: 1 2 3 4 2016 2017 C2017  2 2 C2017  3.2 2 C2017  4.23 C2017  …  2016.22015 C2017  2017.2 2016 C2017  2017 . Câu 50: (THPT Lương Văn ChasnhPhus Yên năm 2017-2018) Có 10 đội bóng thi đấu theo thể thức vòng tròn một lượt, thắng được 3 điểm, hòa 1 điểm, thua 0 điểm. Kết thúc giải đấu, tổng cộng số điểm của tất cả 10 đội là 130 . Hỏi có bao nhiêu trận hòa ? A. 7 . B. 8 . C. 5 . D. 6 . Lời giải Chọn C Vì 10 đội bóng thi đấu theo thể thức vòng tròn một lượt nên số trận đấu là C102  45 (trận). Gọi số trận hòa là x , số không hòa là 45  x (trận). Tổng số điểm mỗi trận hòa là 2 , tổng số điểm của trận không hòa là 3  45  x  . Theo đề bài ta có phương trình 2 x  3  45  x   130  x  5 . Vậy có 5 trận hòa. Câu 51: (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa năm 2017-2018) Từ các chữ số 0,1, 2,3, 4,5, 6 viết ngẫu nhiên một số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau có dạng a1a2 a3a4 a5 a6 . Xác suất để viết được số thỏa mãn điều kiện a1  a2  a3  a4  a5  a6 là: A. p  4 . 85 B. p  4 . 135 C. p  3 . 20 D. p  5 . 158 Lời giải Chọn B Gọi số cần lập là a1a2 a3a4 a5 a6 . Gọi A là biến cố “số đó là tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau thỏa mãn điều kiện a1  a2  a3  a4  a5  a6 ” Không gian mẫu có số phần tử là : n     6. A65  4320 (phần tử). Để viết được số thỏa mãn điều kiện a1  a2  a3  a4  a5  a6 ta có các trường hợp sau : TH1 : các số được lấy từ tập 0;1; 2;3; 4;5 ta có : +) Nếu  a1 ; a2  là  0;5  thì ta có 1 cách xếp cho a1 , a2 . Còn lại có : 2.2!.2!  8 cách xếp cho bốn vị trí a3 ; a4 ; a5 ; a6 . Do đó có : 1.8  8 số thỏa mãn bài toán. +) Nếu  a1 ; a2    0;5 thì ta có : 2.2!  4 cách xếp cho a1 , a2 . Còn lại có : 2.2!.2!  8 cách xếp cho bốn vị trí a3 ; a4 ; a5 ; a6 . Do đó có : 4.8  32 số thỏa mãn bài toán.  TH1 có : 8  32  40 số thỏa mãn bài toán. TH2 : các số được lấy từ tập 0; 2;3; 4;5;6 tương tự ta có : +) Nếu  a1 ; a2  là  0;6  thì ta có 1 cách xếp cho a1 , a2 . Còn lại có : 2.2!.2!  8 cách xếp cho bốn vị trí a3 ; a4 ; a5 ; a6 . Do đó có : 1.8  8 số thỏa mãn bài toán. +) Nếu  a1 ; a2    0;6  thì ta có : 2.2!  4 cách xếp cho a1 , a2 . Còn lại có : 2.2!.2!  8 cách xếp cho bốn vị trí a3 ; a4 ; a5 ; a6 . Do đó có : 4.8  32 số thỏa mãn bài toán.  TH2 có : 8  32  40 số thỏa mãn bài toán. TH3 : các số được lấy từ tập 1; 2;3; 4;5;6 ta có : 3!2!2!2!  48 số thỏa mãn bài toán.  n   A   40  40  48  128 . Xác suất cần tìm là : P  A  128 4 .  4320 135 Câu 52: (THPT Chuyên Biên Hòa-Hà Nam-lần 1 năm 2017-2018) Cho tập A gồm 20 phần tử. Có bao nhiêu tập con của A khác rỗng và số phần tử là số chẵn? A. 219  1 . B. 220  1 . C. 220 . D. 219 . Lời giải Chọn A 20 1 3 3 19 19 Xét khai triển 1  x   C200  C20 x  C202 x 2  C20 x  …  C20 x  C2020 x 20 . 0 1 3 19 Khi x  1 ta có 220  C20  C20  C202  C20  …  C20  C2020 0 1 3 19 Khi x  1 ta có 0  C20  C20  C202  C20  …  C20  C2020 1  2 Cộng vế theo vế 1 và  2  ta được: 220  2  C200  C202  …  C2020   219  1  C202  C204  …  C2020 . Vậy số tập con của A khác rỗng và số phần tử là số chẵn là 219  1 phần tử. Câu 53: (THPT Trần Nhân Tông-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Khai triển ( 5  4 7)124 . Có bao nhiêu số hạng hữu tỉ trong khai triển trên? A. 30 . B. 31 . C. 32 . D. 33 . Hướng dẫn giải Chọn C 124 k 124  k 2 k Ta có ( 5  4 7)124   C124 .  1 .5 k .7 4 k 0 124  k  2   Số hạng hữu tỉ trong khai triển tương ứng với   k  0; 4;8;12;…;124 . k   4 Vậy số các giá trị k là: 124  0  1  32 . 4 Câu 54: (THPT Trần Nhân Tông-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Một thí sinh tham gia kì thi THPT Quốc gia. Trong bài thi môn Toán bạn đó làm được chắc chắn đúng 40 câu. Trong 10 câu còn lại chỉ có 3 câu bạn loại trừ được mỗi câu một đáp án chắc chắn sai. Do không còn đủ thời gian nên bạn bắt buộc phải khoanh bừa các câu còn lại. Hỏi xác suất bạn đó được 9 điểm là bao nhiêu? A. 0, 079 . B. 0,179 . C. 0, 097 . D. 0, 068 . Hướng dẫn giải Chọn A Bài thi có 50 câu nên mỗi câu đúng được trả lời đúng thêm 5 câu nữa. Trong 10 câu còn lại chia làm 2 nhóm: 1 điểm. Như vây để được 9 điểm, thí sinh này phải 5 + Nhóm A là 3 câu đã loại trừ được một đáp án chắc chắn sai. Nên xác suất chọn được phương 1 2 án trả lời đúng là , xác suất chọn được phương án trả lời sai là . 3 3 1 + Nhóm B là 7 câu còn lại, xác suất chọn được phương án trả lời đúng là , xác suất chọn 4 3 được phương án trả lời sai là . 4 Ta có các trường hợp sau: – TH1 : có 3 câu trả lời đúng thuộc nhóm A và 2 câu trả lời đúng thuộc nhóm B. 3 2 5 189 1 1 3 – Xác suất là P1    .C72 .   .    .  3  4   4  16384 – TH2 : có 2 câu trả lời đúng thuộc nhóm A và 3 câu trả lời đúng thuộc nhóm B. 2 3 4 4 3 315 1 2 1  3 – Xác suất là P2  C32   . .C73 .   .    .  3 3  4   4  8192 – TH3 : có 1 câu trả lời đúng thuộc nhóm A và 4 câu trả lời đúng thuộc nhóm B. 2 1 2 105 1 3 – Xác suất là P3  C31 . .   .C74 .   .    . 3 3  4   4  4096 – TH4 : không có câu trả lời đúng nào thuộc nhóm A và 5 câu trả lời đúng thuộc nhóm B. 3 2 1 – Xác suất là P4    .C75 .   3 4 5 2 7 3 . .   2048 4 Vậy xác suất cần tìm là : P  P1  P2  P3  P4  1295  0.079 . 16384 Câu 55: (THTT số 5-488 tháng 2 năm 2018) Từ các chữ số 2 , 3 , 4 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 9 chữ số, trong đó chữ số 2 có mặt 2 lần, chữ số 3 có mặt 3 lần, chữ số 4 có mặt 4 lần? A. 1260 . B. 40320 . C. 120 . D. 1728 . Lời giải Chọn A Cách 1: dùng tổ hợp Chọn vị trí cho 2 chữ số 2 có C92 cách. Chọn vị trí cho 3 chữ số 3 có C73 cách. Chọn vị trí cho 4 chữ số 4 có C44 cách. Vậy số các số tự nhiên thỏa yêu cầu bài toán là C92 C73 C44  1260 số. Cách 2: dùng hoán vị lặp Số các số tự nhiên thỏa yêu cầu bài toán là 9!  1260 số. 2!3!4! 10 Câu 56: (THTT số 5-488 tháng 2 năm 2018) Tìm hệ số của x 7 trong khai triển f  x   1  3 x  2 x3  thành đa thức. A. 204120 . B. 262440 . C. 4320 . Lời giải D. 62640 . Chọn D 10 10 10  k f  x   1  3 x  2 x3    C10k 1  3 x  k 0 k 10 10  k i k .  2 x 3     C10k C10i  k  3 x  .  2 x3  . k 0 i  0 10 10  k i  i, k  , 0  k  10, 0  i  10  k  .    C10k C10i  k  3 .2 k.x i 3k k 0 i 0 Số hạng chứa x 7 ứng với i  3k  7 . i 3 1 2 k 5 4 2 3 3 T/m Không t/m Không t/m 7 2 10 1 8 2 1 10 5 2 3 Không t/m 4 1 T/m 4 9 4 0 10 6 1 3 Không t/m 7 10 7 0 T/m 7 Vậy hệ số của x là: C .C .  3 .2  C .C .  3 .2  C .C .  3  62640 . Câu 57: (THPT Mộ Đức-Quãng Ngãi-lần 1 năm 2017-2018) Có bao nhiêu số tự nhiên có 30 chữ số, sao cho trong mỗi số chỉ có mặt hai chữ số 0 và 1 , đồng thời số chữ số 1 có mặt trong số tự nhiên đố luôn là một số lẻ? A. 2 27 . B. 2 29 . C. 2 28 . Lời giải D. 3.227 . Chọn C Giả sử số cần lập có dạng a1a2 …a30 , với ai  0;1 , i  1, 2,…,30 và a1  1 . Do a1  1 nên số chữ số 1 trong 29 số còn lại phải là một số chẵn. Gọi k là số chữ số 1 trong 29 số còn lại thì bài toán trở thành đếm số cách sắp xếp k chữ số 1 này vào 29 vị trí nên có C29k cách. 0 Vậy có S  C29  C292  …  C2928 số thỏa mãn. 1 29 3 29 Đặt T  C  C  …  C 29 29 1 29  S  T  C290  C29  …  C29  229 thì  nên S  T  2 28 . 29 0 1 29  S  T  C29  C29  …  C29  1  1  0   Ta có f   x  4 x 3  4 x  4 x x 2  1 . Để f   x  0  x  0 . Câu 58: (THPT Hoàng Hoa Thám-Hưng Yên-lần 1 năm 2017-2018) Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9 . Hỏi phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ để xác suất “có ít nhất một thẻ ghi số chia 5 hết cho 4 ” phải lớn hơn . 6 A. 7 . B. 6 . C. 5 . D. 4 . Lời giải Chọn B Giả sử rút x 1  x  9; x    thẻ, số cách chọn x thẻ từ 9 thẻ trong hộp là C9x  n     C9x . Gọi A là biến cố: “Trong số x thẻ rút ra, có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 ”    n  A   C7x . Ta có P A  Do đó P  A   C7x C7x .  P A  1    C9x C9x Cx 5 5  1  7x   x 2  17 x  60  0  5  x  12  6  x  7 . 6 C9 6 Vậy số thẻ ít nhất phải rút là 6 . Câu 1: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Có 11 chiếc thẻ được đánh số từ 1 đến 11 , người ta rút ngẫu nhiên hai thẻ khác nhau. Xác suất để rút được hai thẻ mà tích hai số được đánh trên thẻ là số chẵn bằng 9 3 2 8 A. . B. . C. . D. . 11 11 11 11 Lời giải Chọn D Số cách chọn hai thẻ tùy ý: n     C112  55 . Gọi A là biến cố rút được hai thẻ mà tích hai số được đánh trên thẻ là số chẵn. Số cách chọn được hai thẻ mà tích hai số được đánh trên thẻ là số chẵn là n  A  5.6  C52  40 Xác suất cần tìm: P  A   n  A  40 8   . n    55 11 Câu 2: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Lớp 11A có 44 học sinh trong đó có 14 học sinh đạt điểm tổng kết môn Hóa học loại giỏi và 15 học sinh đạt điểm tổng kết môn Vật lý loại giỏi. Biết rằng khi chọn một học sinh của lớp đạt điểm tổng kết môn Hóa học hoặc Vật lý loại giỏi có xác suất là 0,5 . Số học sinh đạt điểm tổng kết giỏi cả hai môn Hóa học và Vật lý là A. 8 . B. 7 . C. 9 . D. 6 . Lời giải Chọn B Chọn một học sinh đạt điểm tổng kết môn Hóa học hoặc môn Vật lý loại giỏi thì học sinh đó có thể chỉ giỏi một môn Hóa học, Vật lý hoặc có thể giỏi cả hai môn. Số học sinh giỏi ít nhất một môn là 0,5.44  22 . Gọi x ; y ; z lần lượt là số học sinh giỏi môn Hóa học; Vật lý; giỏi cả hai môn.  x  z  14 x  7   Ta có hệ phương trình  y  z  15  y  8 .  x  y  z  22 z  7   Vậy số học sinh đạt điểm tổng kết giỏi cả hai môn Hóa học và Vật lý là 7 . Câu 3: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Lớp 11A có 40 học sinh trong đó có 12 học sinh đạt điểm tổng kết môn Hóa học loại giỏi và 13 học sinh đạt điểm tổng kết môn Vật lí loại giỏi. Biết rằng khi chọn một học sinh của lớp đạt điểm tổng kết môn Hóa học hoặc Vật lí loại giỏi có xác suất là 0,5 . Số học sinh đạt điểm tổng kết giỏi cả hai môn Hóa học và Vật lí là A. 6 . B. 5 . C. 4 . Lời giải D. 7 . Chọn B Gọi A là biến cố “Học sinh được chọn đạt điểm tổng kết loại giỏi môn Hóa học”. B là biến cố “Học sinh được chọn đạt điểm tổng kết loại giỏi môn Vật lí”.  AC  a 3 A  B là biến cố “Học sinh được chọn đạt điểm tổng kết môn Hóa học hoặc Vật lí loại giỏi”. A  B là biến cố “Học sinh được chọn đạt điểm tổng kết loại giỏi cả hai môn Hóa học và Vật lí”. Ta có: n  A  B   0,5.40  20 . Mặt khác: n  A  B   n  A  n  B   n  A.B   n  A.B   n  A  n  B   n  A  B   12  13  20  5 . Câu 4: (THPT Lê Quý Đôn-Hà Nội năm 2017-2018) Lập các số tự nhiên có 7 chữ số từ các chữ số 1 ; 2 ; 3 ; 4 . Tính xác suất để số lập được thỏa mãn: các chữ số 1 ; 2 ; 3 có mặt hai lần, chữ số 4 có mặt 1 lần đồng thời các chữ số lẻ đều nằm ở các vị trí lẻ (tính từ trái qua phải). 9 3 3 9 A. . B. . C. . D. . 8192 4096 2048 4096 Lời giải Chọn A Ta có: n     47 +) Chọn 2 trong 4 vị trí lẻ cho số 1 có C42 cách, 2 vị trí còn lại cho số 3 : +) Chọn 1 trong 3 vị trí chẵn cho số 4 có 3 cách. +) 2 vị trí còn lại cho số 2 . Vậy P  C42 .3 9 .  7 4 8192 Câu 5: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 2 năm 2017-2018) Cho đa giác đều 32 cạnh. Gọi S là tập hợp các tứ giác tạo thành có 4 đỉnh lấy từ các đỉnh của đa giác đều. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S . Xác suất để chọn được một hình chữ nhật là 1 1 1 3 A. . B. . C. . D. . 341 385 261 899 Lời giải Chọn D Số phần tử của không gian mẫu là số cách chọn 4 đỉnh trong 32 đỉnh để tạo thành tứ giác,   C324 . Gọi A là biến cố “chọn được hình chữ nhật”. Để chọn được hình chữ nhật cần chọn 2 trong 16 đường chéo đi qua tâm của đa giác, do đó số phần tử của A là C162 . C162 3 Xác suất biến cố A là P  A   4  . C32 899 Câu 6: (THPT Lý Thái Tổ-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Đội học sinh giỏi trường THPT Lý Thái Tổ gồm có 8 học sinh khối 12, 6 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10. Chọn ngẫu nhiên 8 học sinh. Xác suất để trong 8 học sinh được chọn có đủ 3 khối là 71128 35582 71131 143 A. . B. . C. . D. . 75582 3791 75582 153 Lời giải Chọn A Ta có: n     C198  75582 Gọi A là biến cố: “ 8 em học sinh được chọn không đủ 3 khối” TH1: Xét 8 học sinh được chọn chỉ trong một khối có: 1 (cách). TH2: Xét 8 học sinh được chọn nằm trong hai khối có: (C148  1)  C118  (C138  1)  4453 (cách).  n  A  1  4453  4454 . Vậy xác suất để trong 8 học sinh được chọn có đủ 3 khối là 1  P  A  1  4454 71128 .  75582 75582 Câu 7: (THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần 2 năm 2017-2018) Số hạng không chứa x trong khai triển 3    2x  3  x  2n với x  0 , biết n là số nguyên dương thỏa mãn Cn3  2n  An21 là A. C1612 .24.312 . B. C160 .216 . C. C1612 .24.312 . 16 0 .2 . D. C16 Lời giải Chọn C Với điều kiện n  3, n   , ta có n  n  1 n  2   2n   n  1 n   n  1 n  2   12  6  n  1 3!  n  1(loaïi) .  n 2  9n  8  0    n  8(thoûa) Cn3  2n  An21  16 3   Với n  8 , ta có số hạng thứ k  1 trong khai triển  2x  3  là x  k 4  3  k 16  k C  2 x    3   C16k 216 k  3 x 3 . x  4 Theo đề bài ta cần tìm k sao cho 16  k  0  k  12 . 3 Do đó số hạng không chứa x trong khai triển là C1612 .24.312 . k 16 16  k Câu 8: (THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần 2 năm 2017-2018) Biết tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để 2 2 2 a  bất phương trình 4sin x  5cos x  m.7 cos x có nghiệm là m   ;   với a , b là các số nguyên b  a tối giản. Tổng S  a  b là b A. S  13 . B. S  15 . dương và C. S  9 . Lời giải D. S  11 . Chọn A Ta có: 4 sin 2 x cos2 x 5  m.7 cos2 x  1   4.    28  cos 2 x 5   7 cos 2 x  m. 2  1  Xét f  x   4.    28  cos 2 x 5   7 cos2 x  1 cos x 1    28 4 5  28  với x   . Do  nên f  x    hay 2 cos x 28 7  5  5    7  7  6 . Dấu đẳng thức xảy ra khi cos 2 x  1  sin x  0  x  k . 7 6 6 Vậy min f  x   . Bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m  min f  x   m  hay   7 7 6  m   ;     S  13 . 7  f  x  Câu 9: (THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần 2 năm 2017-2018) Một nhóm 10 học sinh gồm 6 nam trong đó có Quang, và 4 nữ trong đó có Huyền được xếp ngẫu nhiên vào 10 ghế trên một hàng ngang để dự lễ sơ kết năm học. Xác suất để xếp được giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời Quang không ngồi cạnh Huyền là 109 1 1 109 A. . B. . C. . D. . 30240 280 5040 60480 Lời giải Chọn B Ta có: n     10! . Giả sử các ghế được đánh số từ 1 đến 10 . Để có cách xếp sao cho giữa 2 bạn nữ có đúng 2 bạn nam thì các bạn nữ phải ngồi ở các ghế đánh số 1, 4 , 7 , 10 . Có tất cả số cách xếp chỗ ngồi loại này là 6!.4! cách. Ta tính số cách sắp xếp chỗ ngồi sao cho Huyền và Quang ngồi cạnh nhau Nếu Huyền ngồi ở ghế 1 hoặc 10 thì có 1 cách xếp chỗ ngồi cho Quang. Nếu Huyền ngồi ở ghế 4 hoặc 7 thì có 2 cách xếp chỗ ngồi cho Quang. Do đó, số cách xếp chỗ ngồi cho Quang và Huyền ngồi liền nhau là 2  2.2  6 . Suy ra, số cách xếp chỗ ngồi cho 10 người sao cho Quang và Huyền ngồi liền nhau là 6.3!.5! . Gọi A: “ Giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời Quang không ngồi cạnh Huyền”. n  A  12960 1 . n  A   4!.6! 6.3!.5!  12960  P  A     n  10! 280 Vậy xác suất cần tìm là 1 . 280 Câu 10: (THPT Kinh Môn-Hải Dương lần 1 năm 2017-2018) Tìm số hạng không chứa x trong khai 11 1   triển thành đa thức của  x x  4  , với x  0 . x   A. 525 . B. 485 . C. 165 . Lời giải Chọn C 11 3k 11 11 1   Với x  0 , ta có:  x x  4    C11k .x 2 .x 411 k    C11k .x x   k 0 k 0 Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với: k  8 . Vậy số hạng cần tìm là C118  165 . D. 238 . 11k 88 2 . Câu 11: (THPT Hồng Lĩnh-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Tập hợp tất cả nghiệm thực của phương trình Ax2  Ax1  3 là A. 1 . B. 3 . C. 1;3 . Lời giải Chọn B x   Điều kiện:  . x  2 D. 1 . Ax2  A1x  3   x  1 x! x!   3  x  x  1  x  3  x 2  2 x  3  0   .  x  2 !  x  1 ! x  3 Kết hợp với điều kiện ta có tập hợp tất cả nghiệm thực của phương trình là 3 . Câu 12: (THPT Hồng Lĩnh-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Biết n là số nguyên dương thỏa mãn n C n 1 n C n2 n 2   78 , số hạng chứa x trong khai triển  x 3   là x  8 A. 101376x 8 . B. 101376 . D. 101376×8 . C. 112640 . Lời giải Chọn A Ta có: Cnn 1  Cnn  2  78  n! n!  n  1 n  78   78  n  2  n  1!.1!  n  2 !.2!  n  12  n  12 (vì n là số nguyên dương).  n 2  n  156  0    n  13 k 12 12  k  2  2 k k  Số hạng tổng quát trong khai triển  x 3   là  1 C12k  x3      1 C12k .2 k .x 36  4 k . x  x Cho 36  4k  8  k  7 . 12 2  Vậy số hạng chứa x trong khai triển  x 3   là C127 .27.×8  101376×8 . x  Câu 13: (THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Tổng 1 2 3 4 2017 S  3.32 C2017  4.33 C2017    2017.32016 C2017  2.3C2017  bằng 2017 8 A. 4 2016  1 . B. 32016  1 . C. 32016 . Lời giải D. 42016 . Chọn A Xét khai triển: P  x   1  x  2017 0 1 2 3 4 2017 2017  C2017  C2017 x  C2017 x 2  C2017 x3  C2017 x 4    C2017 x . Lấy đạo hàm hai vế ta được: 2017 1  x  2016 1 2 3 4 2017 2016  C2017  2C2017 x  3C2017 x 2  4C2017 x 3    2017C2017 x . Cho x  3 ta được: 1 2 3 4 2017 2017.42016  C2017  2.3C2017  3.32 C2017  4.33 C2017    2017.32016 C2017 . 1 2 3 4 2017 .  2017.42016  C2017  2.3C2017  3.32 C2017  4.33 C2017    2017.32016 C2017 1 1 2 3 4 2017 2017.42016  2017   2.3C2017  3.32 C2017  4.33 C2017    2017.32016 C2017   . 2017 2017  4 2016  1  S .  Câu 14: (THPT Chuyên Tiền Giang-lần 1 năm 2017-2018) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số được lập từ tập hợp X  1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Tính xác suất để số chọn được là số chia hết cho 6 . 4 9 1 A. . B. . C. . 27 28 9 Lời giải Chọn A D. 4 . 9 Số phần tử không gian mẫu là n     94 . Gọi A : “ số chia hết cho 6 ”. Giả sử dang của mỗi số cần tìm là abcd . Chọn d  2; 4;6;8 có 4 cách. Chọn a , b có 92 cách. Để chọn c ta xét tổng S  a  b  d : Nếu S chia cho 3 dư 0 thì c  3;6;9 suy ra có 3 cách. Nếu S chia cho 3 dư 1 thì c  2;5;8 suy ra có 3 cách. Nếu S chia cho 3 dư 2 thì c  1; 4;7 suy ra có 3 cách. Do đó n  A   4.92.3  972 . Vậy P  A   972 4 .  94 27 Câu 15: (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hàm số y  f  x  xác định trên  1;1 và thỏa mãn f  x  1 . x 1 2 Biết rằng f  3  f  3  0 . Tính T  f  2   f  0   f  4  . A. T  1 ln 5  ln 3 . 2 1 1 1 B. T  ln 3  ln 5  2 . C. T  ln 5  ln 3  1 . D. T  ln 5  ln 3  2 . 2 2 2 Lời giải Chọn A Ta có: 1  1 1  1 d x    d x 2  x 1 x 1  x 1 1 1 1  1 x 1   dx d x   ln C . 2  x 1 x 1  2 x 1 Do đó: 1  1 1  f  3  f  3  0   ln 2  C    ln  C   0  C  0 . 2  2 2  f  x   f  x d x   2 1 x 1 Như vậy: f  x   ln . 2 x 1 1 2 1 1   ln 3 ; f  2   ln 2 2 1 2 f  0  1 0 1 ln 0; 2 0 1 f  4   1 4  1 1   ln 5  ln 3 . ln 2 4  1 2 1 1 1 Từ đó: T  f  2   f  0   f  4    ln 3  0   ln 5  ln 3  ln 5  ln 3 . 2 2 2 Câu 16: (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Số cách chia 12 phần quà cho 3 bạn sao cho ai cũng có ít nhất hai phần quà là A. 28 . B. 36 . C. 56 . D. 72 . Lời giải Chọn A + Chia trước cho mỗi học sinh một phần quà thì số phần quà còn lại là 9 phần quà. + Chia 9 phần quà cho 3 học sinh sao cho học sinh nào cũng có ít nhất một phần quà: Đặt 9 phần quà theo một hàng ngang, giữa các phần quà sẽ có 8 khoảng trống, chọn 2 khoảng trống trong 8 khoảng trống đó để chia 9 phần quà còn lại thành 3 phần quà mà mỗi phần có ít nhất một phần quà, có C82 . Vậy tất cả có C82  28 cách chia. Câu 17: (THPT Đức THọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Trong một giải cờ vua gồm nam và nữ vận động viên. Mỗi vận động viên phải chơi hai ván với mỗi động viên còn lại. Cho biết có 2 vận động viên nữ và cho biết số ván các vận động viên chơi nam chơi với nhau hơn số ván họ chơi với hai vận động viên nữ là 84. Hỏi số ván tất cả các vận động viên đã chơi? A. 168 . B. 156 . C. 132 . D. 182 . Lời giải Chọn D Gọi số vận động viên nam là n . Số ván các vận động viên nam chơi với nhau là 2.Cn2  n  n  1 . Số ván các vận động viên nam chơi với các vận động viên nữ là 2.2.n  4n . Vậy ta có n  n  1  4n  84  n  12 . Vậy số ván các vận động viên chơi là 2C142  182 . Câu 18: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 4 năm 2017-2018) Tìm hệ số của x 5 trong khai triển 5 10 P  x   x 1  2 x   x 2 1  3 x  . A. 3240 . B. 3320 . C. 80 . D. 259200 . Lời giải Chọn B k Khải triển P  x  có số hạng tổng quát xC5k  2 x   x 2C10m  3 x  m k   2  C5k x k 1 3m C10m x m  2 ( k  , k  5 , m  , m  10 ) k  1  5 k  4 Hệ số của x 5 ứng với k , m thỏa hệ  .  m  2  5 m  3 4 Vậy hệ số cần tìm là  2  C54  33 C103  3320 . Câu 19: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 4 năm 2017-2018) Tập A gồm n phần tử  n  0  . Hỏi A có bao nhiêu tập con? A. An2 . B. Cn2 . C. 2 n . D. 3n . Lời giải Chọn C Số tập con gồm k phần tử của tập A là Cnk (với 0  k  n , k  ). n Số tất cả các tập con của tập A là Cn0  Cn1  Cn2    Cnk    Cnn  1  1  2n . Câu 20: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Hệ số của số hạng chứa x 7 6 trong khai triển  x 2  3 x  2  bằng A. 6432 . B. 4032 . C. 1632 . D. 5418 . Lời giải Chọn D 6 Cách 1. Ta có  x 2  3x  2    x 2   3 x  2   6 6 Số hạng tổng quát trong khai triển  x  1 là C6k .x k  1 6 Số hạng tổng quát trong khai triển  x  2  là C6i .x i  2  6 6k 6i với k  0;1; 2…;6 . với i  0;1; 2…;6 . 6 6 Số hạng tổng quát trong khai triển  x 2  3 x  2    x  1  x  2  là C6k x k  1 12 i  k  C6k C6i x i  k  1 . 2 6k .C6i x i  2  6i 6 i Số hạng chứa x 7 ứng với i  k  7 . Kết hợp với điều kiện ta được các nghiệm 5 5 5 4 5 3 5 2 5 1 i  1  k  6  hệ số là  C66C61  1 .  2   192 i  2  k  5  hệ số là  C65C62  1 .  2   1440 i  3  k  4  hệ số là  C64C63  1 .  2   2400 i  4  k  3  hệ số là  C63C64  1 .  2   1200 i  5  k  2  hệ số là  C62C65  1 .  2   180 5 0 i  6  k  1  hệ số là  C61C66  1 .  2   6 6 Vậy hệ số của số hạng chứa x 7 trong khai triển  x 2  3 x  2  bằng 5418 6 Cách 2. Ta có  x 2  3x  2    x 2   3 x  2   6 Số hạng tổng quát trong khai triển trên là C6k .  x 2  6k  3x  2  k k với k  0;1; 2…;6 . i Số hạng tổng quát trong khai triển  3x  2  là Cki .2k i  3 x  với 0  i  k . 6 Số hạng tổng quát trong khai triển  x 2  3 x  2  là C6k .  x 2  6k Cki .2k i  3 x  i i  C6k Cki .2k i  3 .  x12 2 k i  Số hạng chứa x 7 ứng với 12  2k  i  7  2k  i  5 . Kết hợp với điều kiện ta được các nghiệm 1 k  3  i  1  hệ số là  C63C31 22  3  720 3 1 k  4  i  3  hệ số là  C64C43  3 .  2   3240 0 5 k  5  i  5  hệ số là  C65C55  2  .  3  1458 6 Vậy hệ số của số hạng chứa x 7 trong khai triển  x 2  3 x  2  bằng 5418 . Câu 21: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Cho số nguyên dương n thỏa mãn 2Cn1  3Cn2  …   n  1 Cnn  2621439 . Số hạng không chứa x trong khai triển của biểu n 1  thức  x 2   bằng x  A. 43758 . Chọn C B. 31824 . C. 18564 . Lời giải D. 1. Ta có: n x 1  x   Cn0 x  Cn1 x 2  Cn2 x 3  …  Cnn x n 1 . Lấy đạo hàm hai vế ta được:  x  1 n  nx  x  1 n 1  Cn0  2Cn1 x  3Cn2 x 2  …   n  1 Cnn x n . Cho x  1 , ta có Cn0  2Cn1  3Cn2  …   n  1 Cnn  2n  n2n 1  2n 1  2  n  . 2621440 .2 . (*) 2n 2621440 Xét f  n   2n là hàm số đồng biến trên  0;   và g  n   2. là hàm số nghịch biến 2n trên  0;   .  2n 1  2  n   1  2621439  2n1  2  n   2621440  2 n  Ta có f 18   g 18  n  18 là nghiệm duy nhất của (*). 18 1  Khi đó số hạng tổng quát của khai triển  x 2   là C18k x36 3k với k  , 0  k  18 . x  12 Vậy số hạng không chứa x là C18  18564 . Câu 22: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển 1  x  x 2 10  x3  . A. 582 . B. 1902 . C. 7752 . Lời giải D. 252 . Chọn B 10 10 Ta có: 1  x  x 2  x3   1  x 2  10 1  x  10 10 10 10   C10k .x 2 k . C10i .x i   C10k .C10i .x 2 k i k 0 i 0 k 0 i 0 5 Hệ số của số hạng chứa x nên 2k  i  5 . Trường hợp 1: k  0 , i  5 nên hệ số chứa x 5 là C100 .C105 . Trường hợp 2: k  1 , i  3 nên hệ số chứa x 5 là C101 .C103 . Trường hợp 3: k  2 , i  1 nên hệ số chứa x 5 là C102 .C101 . Vậy hệ số của số hạng chứa x 5 là C100 .C105  C101 .C103  C102 .C101  1902 . Câu 23: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Có bao nhiêu số tự nhiên có tám chữ số trong đó có ba chữ số 0 , không có hai chữ số 0 nào đứng cạnh nhau và các chữ số khác chỉ xuất hiện nhiều nhất một lần. A. 786240 . B. 846000 . C. 907200 . D. 151200 . Lời giải Chọn D Cách 1: Chọn ra 5 chữ số khác 0 trong 9 chữ số (từ 1 đến 9 ) và sắp xếp chúng theo thứ tự có A95 cách. Để hai chữ số 0 không đứng cạnh nhau ta có 6 vị trí để xếp (do 5 chữ số vừa chọn tạo ra 6 vị trí). Do chữ số 0 không thể xếp ở đầu nên còn 5 vị trí để xếp số 0 . Khi đó xếp 3 số 0 vào 5 vị trí nên có C53 cách. Vậy có A95C53  151200 số cần tìm. Cách 2: Gọi số cần tìm có dạng a1a2 a3a4 a5 a6 a7 a8 +) Chọn vị trí của 3 chữ số 0 trong 7 vị trí (trừ a1 ). Vì giữa 2 chữ số 0 luôn có ít nhất 1 chữ số khác 0 nên chọn 3 vị trí trong 5 vị trí để điền các số 0 , sau đó thêm vào giữa 2 số 0 gần nhau 1 vị trí nữa. Suy ra số cách chọn là C53  10. +) Chọn các số còn lại, ta chọn bộ 5 chữ số trong 9 chữ số từ 1 đến 9 , có A95 cách chọn. Vậy có tất cả 10. A95  151200 số cần tìm. Câu 24: (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-lần 1 năm 2017-2018) Có 10 quyển sách toán giống nhau, 11 quyển sách lý giống nhau và 9 quyển sách hóa giống nhau. Có bao nhiêu cách trao giải thưởng cho 15 học sinh có kết quả thi cao nhất của khối A trong kì thi thử lần hai của trường THPT Lục Ngạn số 1, biết mỗi phần thưởng là hai quyển sách khác loại? A. C157 C93 . B. C156 C94 . C. C153 C94 . 2 D. C30 . Lời giải Chọn B Có duy nhất một cách chia 30 quyển sách thành 15 bộ, mỗi bộ gồm hai quyển sách khác loại, trong đó có: + 4 bộ giống nhau gồm 1 toán và 1 hóa. + 5 bộ giống nhau gồm 1 hóa và 1 lí. + 6 bộ giống nhau gồm 1 lí và toán. Số cách trao phần thưởng cho 15 học sinh được tính như sau: + Chọn ra 4 người (trong 15 người) để trao bộ sách toán và hóa  có C154 cách. + Chọn ra 5 người (trong 11 người còn lại) để trao bộ sách hóa và lí  có C115 cách. + Còn lại 6 người trao bộ sách toán và lí  có 1 cách. Vậy số cách trao phần thưởng là C154 .C115  C156 .C94  630630 (cách). Câu 25: (THTT số 6-489 tháng 3 năm 2018) Kết quả  b; c  của việc gieo một con súc sắc cân đối hai lần liên tiếp, trong đó b là số chấm xuất hiện của lần gieo thứ nhất, c là số chấm xuất hiện lần gieo thứ hai được thay vào phương trình bậc hai x 2  bx  c  0 . Tính xác suất để phương trình bậc hai đó vô nghiệm? 7 23 17 5 A. . B. . C. . D. . 12 36 36 36 Lời giải Chọn C Để phương trình x 2  bx  c  0 vô nghiệm thì:   b 2  4c  0 . Gọi  là không gian mẫu của phép thử gieo hai lần liên tiếp một con súc sắc cân đối.    6.6  36 Gọi A là biến cố của phép thử để kết quả  b;c  trong đó b là số chấm xuất hiện của lần gieo thứ nhất, c là số chấm xuất hiện lần gieo thứ hai thỏa mãn b 2  4c  0 Trường hợp 1: b  1  c  1;2;3;4;5;6 Trường hợp 2: b  2  c  2;3;4;5;6 Trường hợp 3: b  3  c  3;4;5;6 Trường hợp 4: b  4  c   5;6   A  17 Vậy xác suất để phương trình bậc hai vô nghiệm là PA   A 17 .   36 Câu 26: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Tập S gồm các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau được thành lập từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Xác suất để số được chọn không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau là 11 29 13 97 A. . B. . C. . D. . 70 140 80 560 Lời giải Chọn D Số phần tử của S là 8. A85  53760 . Do đó, chọn ngẫu nhiên một số từ tập S có 53760 (cách). Vì số được chọn có 6 chữ số nên ít nhất phải có hai chữ số chẵn, và vì không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau nên số được chọn có tối đa 3 chữ số chẵn. TH1: Số được chọn có đúng 2 chữ số chẵn, khi đó gọi số cần tìm là abcdef Xếp 4 số lẻ trước ta có 4! cách. lẻ lẻ lẻ 2 5 2 5 lẻ 1 4 Xếp 2 số chẵn vào 5 khe trống của các số lẻ có C . A  4.C cách. Trong trường hợp này có 4! C52 . A52  4.C41   4416 (số). TH2: Số được chọn có đúng 3 chữ số chẵn, khi đó gọi số cần tìm là abcdef Xếp 3 chữ số lẻ trước ta có A43 cách. lẻ lẻ lẻ Xếp 3 chữ số chẵn vào 4 khe trống của các số lẻ có C43 . A53  C32 . A42 cách. Trong trường hợp này có A43 .  C43 . A53  C32 . A42   4896 (số). Vậy có tất cả 9312 số có 6 chữ số sao cho không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau. 9312 97 Xác suất cần tìm là .  53760 560 Câu 27: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển n  1 n 1 n 5   3  x  ;  x  0  biết Cn  4  Cn 3  7  n  3 là x  A. 1303 . B. 313 . C. 495 . Lời giải Chọn C Điều kiện: n   Ta có  n  4  !   n  3 !  7 n  3 Cnn41  Cnn3  7  n  3     n  1!3! n !3!   n  4  n  3 n  2    n  3 n  2  n  1  7 6  3n  36  n  12 . 6  n  3 D. 13129 . Xét khai triển 12 12  1 5  k  1   3  x    C12  3  x  x  k 0 12   C12k x 60 11k 2 k 12  k  x 5  0  k  12, k    . k 0 60  11k 8 k  4. 2 Vậy hệ số chứa x8 trong khai triển trên là C124  495 . Để số hạng chứa x8 thì Câu 28: (THPT Chuyên Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn C21n1  C23n1  …  C22nn11  1024 . A. n  10 . B. n  5 . C. n  9 . Lời giải D. n  11 . Chọn B Ta có 22 n1  1  1 0  1  1 2 n 1 2 n 1  C20n 1  C21n 1  …  C22nn11  C20n 1  C21n 1  …  C22nn11 Suy ra 2  C21n 1  C23n 1  …  C22nn11   22 n 1  C21n 1  C23n 1  …  C22nn11  22 n Do đó 22 n  2024  22 n  210  n  5 . Câu 29: (THPT Chuyên Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Trong một lớp có n học sinh gồm ba bạn Chuyên, Hà, Tĩnh cùng n  3 học sinh khác. Khi xếp tùy ý các học sinh này vào dãy ghế được đánh số từ 1 đến n mỗi học sinh ngồi một ghế thì xác suất để số ghế của Hà bằng trung bình 13 cộng số ghế của Chuyên và số ghế của Tĩnh là . Khi đó n thỏa mãn 675 A. n  35;39 . B. n   40; 45 . C. n  30;34 . D. n   25; 29 . Lời giải Chọn D Số cách xếp n học sinh vào n ghế là n ! , do đó n     n ! Gọi A là biến cố xếp các bạn học sinh sao cho số ghế của Hà bằng trung bình cộng số ghế của Chuyên và số ghế của Tĩnh. * Nếu n là số lẻ: Chọn ba số trong n số để ba số đó lập thành cấp số cộng: có n  2  n  4  …  1   n  1 Xếp ba bạn Chuyên, Hà, Tĩnh vào ba ghế có ba số đã chọn thỏa bài toán: có 2 cách. Xếp n  3 bạn còn lại vào ghế: có  n  3 ! cách. 2 Do đó số phần tử của A là n  A  Theo đề ta có 2.  n  1 .  n  3 ! n 1 .  4n ! 2n  n  2  n 1 13 n   n  27 2n  n  2  675 * Nếu n là số chẵn: 4 2 . Chọn ba số trong n số để ba số đó lập thành cấp số cộng: có n  2  n  4  …  2  n  n  2 . 4 Xếp ba bạn Chuyên, Hà, Tĩnh vào ba ghế có ba số đã chọn thỏa bài toán: có 2 cách. Xếp n  3 bạn còn lại vào ghế: có  n  3 ! cách. Do đó số phần tử của A là n  A  Theo đề ta có 2.n  n  2  .  n  3 ! 4n !  1 . 2  n  1 1 13 (vô nghiệm trên  ).  2  n  1 675 Vậy lớp có 27 học sinh. Câu 30: (THPT Đặng Thúc Hứa-Nghệ An-lần 1 năm 2017-2018) Từ các chữ số 0 , 2 , 3 , 5 , 6 , 8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau trong đó hai chữ số 0 và 5 không đứng cạnh nhau. A. 384 . B. 120 . C. 216 . D. 600 . Lời giải Chọn A Số các số có 6 chữ số được lập từ các chữ số 0 , 2 , 3 , 5 , 6 , 8 là 6! 5! . Số các số có chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau: 2.5! 4! . Số các số có chữ số 0 và 5 không đúng cạnh nhau là 6! 5!  2.5! 4!  384 . Câu 31: (THPT Chuyên Hạ Long-Quãng Ninh lần 2 năm 2017-2018) Với n là số tự nhiên thỏa mãn n 2  Cnn46  nAn2  454 , hệ số của số hạng chứa x 4 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của   x 3  ( x  với x  0 ) bằng A. 1972 . B. 786 . C. 1692 . D. 1792 . Lời giải Chọn D Điều kiện n  6 và n   .  n  4 !  n  n !  454   n  5 n  4   n 2 n  1  454 Cnn46  nAn2  454    2  n  6 !2!  n  2 !  2n3  n 2  9n  888  0  n  8 (Vì n   ). 8 2  Khi đó ta có khai triển:   x 3  . x  8 k k k 2 Số hạng tổng quát của khai triển là C8k     x3   C8k  1 28 k x 4 k 8 . x 4 Hệ số của số hạng chứa x ứng với k thỏa mãn: 4k  8  4  k  3 . 3 Vậy hệ số của số hạng chứa x 4 là C83  1 25  1792 . Câu 32: (THPT Chuyên Hạ Long-Quãng Ninh lần 2 năm 2017-2018) Với hình vuông A1 B1C1 D1 như hình vẽ bên, cách tô màu như phần gạch sọc được gọi là cách tô màu “đẹp”. Một nhà thiết kế tiến hành tô màu cho một hình vuông như hình bên, theo quy trình sau: A1 B1 A2 B2 C2 D2 D1 C1 Bước 1: Tô màu “đẹp” cho hình vuông A1B1C1 D1 . Bước 2: Tô màu “đẹp” cho hình vuông A2 B2C2 D2 là hình vuông ở chính giữa khi chia hình vuông A1B1C1 D1 thành 9 phần bằng nhau như hình vẽ. Bước 3: Tô màu “đẹp” cho hình vuông A3 B3C3 D3 là hình vuông ở chính giữa khi chia hình vuông A2 B2C2 D2 thành 9 phần bằng nhau. Cứ tiếp tục như vậy. Hỏi cần ít nhất bao nhiêu bước để tổng diện tích phần được tô màu chiếm 49,99% . A. 9 bước. B. 4 bước. C. 8 bước. D. 7 bước. Lời giải Chọn B Gọi diện tích được tô màu ở mỗi bước là un , n  * . Dễ thấy dãy các giá trị un là một cấp số nhân với số hạng đầu u1  4 1 và công bội q  . 9 9 Gọi Sk là tổng của k số hạng đầu trong cấp số nhân đang xét thì Sk  Để tổng diện tích phần được tô màu chiếm 49,99% thì u1  q k  1 q 1 u1  q k  1 q 1 .  0, 4999  k  3,8 . Vậy cần ít nhất 4 bước. Câu 33: (THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-lần 1 năm 2017-2018) Một hộp đựng 11 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 11 . Chọn ngẫu nhiên 4 tấm thẻ từ hộp. Gọi P là xác suất để tổng số ghi trên 4 tấm thẻ ấy là một số lẻ. Khi đó P bằng A. 16 . 33 B. 1 . 2 2 . 11 Lời giải C. D. 10 . 33 Chọn A Ta có n     C114  330 . Gọi A : “tổng số ghi trên 4 tấm thẻ ấy là một số lẻ”. Từ 1 đến 11 có 6 số lẻ và 5 số chẵn. Để có tổng của 4 số là một số lẻ ta có 2 trường hợp. Trường hợp 1: Chọn được 1 thẻ mang số lẻ và 3 thẻ mang số chẵn có: C61 .C53  60 cách. Trường hợp 2: Chọn được 3 thẻ mang số lẻ và 1 thẻ mang số chẵn có: C63 .C51  100 cách. Do đó n  A   60  100  160 . Vậy P  A  160 16  . 330 33 Câu 34: (THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-lần 1 năm 2017-2018) Biết rằng khi khai triển nhị thức Newton n 1    x  4   a0 2 x   x n  a1  x n 1 1  1   4   ……  x thì a0 , a1 , a2 lập thành cấp số cộng. Hỏi trong khai triển có bao nhiêu số hạng mà lũy thừa của x là một số nguyên. A. 1 . B. 2 . C. 3 . Lời giải D. 4 . Chọn C n  n  1 1 1 n a0  1 ; a1  Cn1  ; a2  Cn2  2 2 4 8 n  n  1 n Do a0 , a1 , a2 lập thành cấp số cộng  1   2.  n  8 8 2 8 k  1 Khi đó sống hạng tổng quát của khai triển có dạng: C  x 2    k 8 1 . k 2 k  41  1 k 1643k x  C8 x   2k   Để số mũ là số nguyên thì 16  3k  chia hết cho 4 với 0  k  8  k  0; 4;8 Câu 35: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng-lần 2 năm 2017-2018) Tổng của tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn 1 1 7  2  1 là 1 Cn Cn 1 6Cn  4 A. 13 . B. 11. C. 10 . D. 12 . Lời giải Chọn B Điều kiện: n  1, n  N . 1 2 7 1 1 7 1 1 7     2  1    1 n! Cn Cn 1 6Cn  4  n  1! 6.  n  4 ! n n  n  1 6. n  4   n  1!.1!  n  1!.2!  n  3!.1! n  3 .  n 2  11n  24  0   n  8 Vậy: Tổng của tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn 1 1 7  2  1 là 3  8  11 . 1 Cn Cn 1 6Cn  4 Câu 36: (SGD Phú Thọ – lần 1 – năm 2017 – 2018) Với n là số nguyên dương thỏa mãn An2  Cnn11  54 , n hệ số của số hạng chứa x A. 25342x 20 . 20 2  trong khai triển  x5  3  bằng? x   B. 25344 . C. 25344x 20 . Lời giải D. 25342 . Chọn B Ta có An2  Cnn11  54   n  1! n!   54  n  2 !  n  1  n  1!.  n  1! 1  n  n  1  n  n  1  54  2  n 2  n    n 2  n   108  n 2  3n  108  n  12 2 n 12 12 12 12  k k 2    x 5  3    x5  2 x 3    C12k  x 5  .  2 x 3    C12k .2k x 608 k . x   k 0 k 0 Xét 60  8k  20  k  5  hệ số cần tìm là C125 .25  25344 . Câu 37: (SGD Phú Thọ – lần 1 – năm 2017 – 2018) Một đề thi môn Toán có 50 câu hỏi trắc nghiệm khách quan, mỗi câu hỏi có 4 phương án trả lời, trong đó có đúng một phương án là đáp án. Học sinh chọn đúng đáp án được 0, 2 điểm, chọn sai đáp án không được điểm. Một học sinh làm đề thi đó, chọn ngẫu nhiên các phương án trả lời của tất cả 50 câu hỏi, xác suất để học sinh đó được 5, 0 điểm bằng 1 A. . 2 B. A5025 .  A31  25 1 C. . 16 . 1 50 4 A  D. C5025 .  C31  25 1 50 4 C  . Lời giải Chọn D 50 Số phần tử không gian mẫu: n      C41  . Gọi A là biến cố học sinh chỉ chọn đúng đáp án của 25 câu hỏi. 1 25 3 Khi đó n  A  C .  C 25 50  n  A do đó xác suất P  A   n   C5025 .  C31  1 50 4 C  25 . Câu 38: (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 – năm 2017 – 2018) 2 9 3  2x  x  Cho khai triển  a0 x18  a1 x17  a2 x16  …  a18 . Giá trị a15 bằng A. 218700 . B. 489888 . C. 804816 . Lời giải D. 174960 . Chọn C 9 9 Ta có:  3  2 x  x 2    C9k .x18 2 k .  3  2 x  k k 0 9 k i 9 k i   C9k .x18 2 k  Cki .3k i  2 x    C9k .Cki  2  3k i x18 2 k i  0  i  k  9  k 0 i 0 k o i0 Giá trị a15 ứng hệ số của số hạng chứa x3 , do đó cần có 18  2k  i  3 i  1 i  3 hoặc  (nhận).  k  8 k  9 1 3 Vậy: a15  C98 .C81.37.  2   C99 .C93 .36.  2   804816.  Chú ý: Từ i  2k  15 , ta lập bảng cho i  0;1; 2;…;9 và chú ý 0  i  k  9 cũng nhận được 2 nghiệm trên. Câu 39: (THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc – lần 4 – năm 2017 – 2018) Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên thuộc tập A . Tính xác suất để chọn được một số thuộc A và số đó chia hết cho 5 . 11 53 2 17 A. P  . B. P  . C. P  . D. P  . 27 243 9 81 Lời giải Chọn D A là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau  n  A   9. A94  27216 Chọn ngẫu nhiên một số thuộc tập A có 27216 cách chọn  n     27216 Gọi B là biến cố “Chọn được một số thuộc A và số đó chia hết cho 5 ” Gọi số chia hết cho 5 thuộc tập A là a1a2 a3a4 a5 Trường hợp 1: Chữ số tận cùng là 0 Có A94 cách chọn 4 chữ số còn lại. Trường hợp 2: Chữ số tận cùng là 5 Chọn chữ số a1 có 8 cách n  B  17 chữ số còn lại có A83  n    81 Chọn P   n  B   A94  8. A83  5712 . Vậy P  n  B  17  . n    81 Câu 40: (THPT Hồng Bàng – Hải Phòng – năm 2017 – 2018) Tìm hệ số của x5 trong khai triển 1  3x  2n biết An3  2 An2  100 . A. 61236 . B. 63216 . C. 61326 . Lời giải D. 66321 . Chọn A Ta có: An3  2 An2  100  n! n! 2  100  n  n  1 n  2   2n  n  1  100  n  3 !  n  2  !  n3  n 2  100  0  n  5 . 2n 10 10 k Ta có: 1  3 x   1  3x    C10k  3 x  . k 0 5 5 5 10 Hệ số x sẽ là C 3  61236 . Câu 41: (SGD Bắc Giang – năm 2017 – 2018) Với n là số nguyên dương thỏa mãn Cn1  Cn3  13n , hệ số n 1  của số hạng chứa x5 trong khai triển của biểu thức  x 2  3  bằng. x   A. 120 . B. 252 . C. 45 . D. 210 . Lời giải Chọn A n  n  1 n  2  n! Ta có Cn1  Cn3  13n  n   13n  n   13n  6  n 2  3n  2  78 3! n  3 ! 6  n  7 . Vì n là số nguyên dương nên n  10 .  n 2  3n  70  0    n  10 10 1   Ta có khai triển  x 2  3  . x   k 1  Số hạng tổng quát của khai triển: Tk 1  C10k x 210 k  .  3   C10k x 205 k . x  Số hạng chứa x5 ứng với 20  5k  5  k  3 . Vậy hệ số của số hạng chứa C103  120 . Câu 42: (Chuyên ĐB Sông Hồng –Lần 1 năm 2017 – 2018) Có bao nhiêu số dương n sao cho S  2   C10  C20  …  Cn0    C11  C21  …  Cn1   …   Cnn11  Cnn1   Cnn là một số có 1000 chữ số? A. 2 . B. 3 . C. 0 . D. 1. Lời giải Chọn B S  2   C10  C20  …  Cn0    C11  C21  …  Cn1   …   Cnn11  Cnn1   Cnn  2   C10  C11    C20  C21  C22   …   Cn01  Cn11  …  Cnn11    Cn0  Cn1  …  Cnn  2  2  2  1  1  …  1  1 n 1  1  1 n 2n  1  S  2n 1 . 2 1 S là một số có 1000 chữ số  10999  S  101000  10999  2n1  101000  999 log 2 10  1  n  1000 log 2 10  1  2  21  2 2  …  2 n  2  2. Do n   nên n  3318;3319;3320 . Vậy có 3 số nguyên dương n thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 43: (Chuyên ĐB Sông Hồng –Lần 1 năm 2017 – 2018) Trước kỳ thi học kỳ 2 của lớp 11 tại trường FIVE, giáo viên Toán lớp FIVE A giao cho học sinh đề cương ôn tập gồm có 2n bài toán, n là số nguyên dương lớn hơn 1. Đề thi học kỳ của lớp FIVE A sẽ gồm 3 bài toán được chọn ngẫu nhiên trong số 2n bài toán đó. Một học sinh muốn không phải thi lại, sẽ phải làm được ít nhất 2 trong số 3 bài toán đó. Học sinh TWO chỉ giải chính xác được đúng 1 nửa số bài trong đề cương trước khi đi thi, nửa còn lại học sinh đó không thể giải được. Tính xác suất để TWO không phải thi lại. 1 1 2 3 A. . B. . C. . D. . 2 3 3 4 Lời giải Chọn A 3 Số cách chọn ngẫu nhiên 3 bài toán trong số 2n bài toán đó là C2n . Học sinh TWO giải được n bài toán và không giải được n bài toán. Để TWO không phải thi lại thì có các trường hợp sau: TH1: 3 bài toán được chọn trong n bài toán TWO giải được. Số cách là Cn3 . TH2: 3 bài toán được chọn có 2 trong n bài toán TWO giải được và 1 trong n bài toán TWO không giải được. Số cách là Cn2 .Cn1 . Do đó xác suất để TWO không phải thi lại là Cn3  Cn1 .Cn2 1  . C23n 2 Câu 44: (THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu – An Giang – Lần 3 năm 2017 – 2018) Giả sử có khai triển 1  2 x  n  a0  a1 x  a2 x 2  …  an x n . Tìm a5 biết a0  a1  a2  71. A. 672 . B. 672 . C. 627 . Lời giải D. 627 . Chọn A n n k Ta có 1  2 x    Cnk  2 x  . Vậy a0  1 ; a1  2Cn1 ; a2  4Cn2 . k 0 Theo bài ra a0  a1  a2  71 nên ta có: 1  2Cn1  4Cn2  71  1  2 n! n! 4  71  1  2n  2n  n  1  71 1! n  1 ! 2! n  2  !  2n 2  4n  70  0  n 2  2n  35  0  n  7 (thỏa mãn) hoặc n  5 (loại). 5 Từ đó ta có a5  C75  2   672 . Câu 45: (THPT Chuyên ĐHSP – Hà Nội – Lần 1 năm 2017 – 2018) Có 5 học sinh không quen biết nhau cùng đến một cửa hàng kem có 6 quầy phục vụ. Xác suất để có 3 học sinh cùng vào 1 quầy và 2 học sinh còn lại vào 1 quầy khác là A. C53 .C61.5! . 56 B. C53 .C61 .C51 . 65 C. C53 .C61 .C51 . 56 D. C53 .C61 .5! . 65 Lời giải Chọn B Ta có: n     65 . Ký hiệu A: “ 3 học sinh cùng vào 1 quầy và 2 học sinh còn lại vào 1 quầy khác”. Khi đó n  A  C53 .C61 .C51 . Vậy P  A   C53 .C61 .C51 . 65 Câu 46: (THPT Kim Liên – Hà Nội – Lần 2 năm 2017 – 2018)Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A . Tính xác suất để chọn được số chia hết cho 11 và chữ số hàng đơn vị là số nguyên tố 2045 409 409 409 A. . B. . C. . D. . 13608 90000 3402 11250 Lời giải Chọn D Gọi số cần tìm có dạng abcde  11k Số cách chọn số có 5 chữ số từ tập số tự nhiên là n     9.104 Gọi A là biến cố: chọn được số chia hết cho 11 và chữ số hàng đơn vị là số nguyên tố. Do số có tận cùng là số nguyên tố nên e  2;3;5;7 Suy ra k có tận cùng là 2 ; 3 ; 5 ; 7 . Ta có số cần tìm có 5 chữ số nên 10010  11k  99990  910  11k  9090 . Xét các bộ số  910;911,…919  ;  920;921;…929  ;  9080;9081…9089  9090  910  818 bộ. 10 mỗi bộ số sẽ có 4 số k thỏa mãn. Do đó nA  818.4  3272 Số các bộ số là Xác suất của biến cố là PA  3272 409  . 4 9.10 11250 Câu 47: (THPT Thuận Thành 2 – Bắc Ninh – Lần 2 năm 2017 – 2018)Cho khai triển  x  3 n  a0  a1 x  a2 x 2  a3 x 3  …  an x n , trong đó n   và a0 , a1 , a2 , …, an là các số thực. Gọi S là tập hợp chứa các số tự nhiên n để a10 là số lớn nhất trong các số a0 , a1 , a2 , …, an . Tổng giá trị các phần tử của S bằng A. 205 . B. 123 . Chọn A n n Ta có:  x  3   Cnk 3n  k x k . k 0 C. 81 . Lời giải D. 83 . Số hạng tổng quát của khai triển là Tk  Cnk 3n  k x k . Suy ra hệ số của Tk là ak  Cnk 3n k . Để a10 là số lớn nhất trong các số a0 , a1 , a2 , …, an thì: Cn10 .3n 10  Cn9 .3n 9 Cn10  3Cn9 a10  a9 n  39     39  n  43 .   10 n 10   11 n 11 10 11 Cn .3  Cn .3 3Cn  Cn n  43 a10  a11 Vậy S  39; 40; 41; 42; 43 . Tổng các phần tử của S là T  39  40  41  42  43  205 . Câu 48: (THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An – Lần 2 năm 2017 – 2018) Một hộp đựng 10 thẻ được đánh số từ 1 đến 10 . Phải rút ra ít nhất k thẻ để xác suất có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 13 . Giá trị của k bằng 4 lớn hơn 15 A. 9 . B. 8 . C. 7 . D. 6 . Lời giải Chọn C Gọi biến cố A : Lấy k tấm thẻ có ít nhất một tấm thẻ chia hết cho 4 . Với 1  k  10 . Suy ra A : Lấy k tấm thẻ không có tấm thẻ nào chia hết cho 4 . 10  k  9  k  . Ck Ck Ta có: P A  8k  P  A   1  8k  1  C10 C10 90   Theo đề: 1  10  k  9  k   13  k 2  19k  78  0  6  k  13 . 90 15 Vậy k  7 là giá trị cần tìm. Câu 49: (THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An – Lần 2 năm 2017 – 2018) Tìm hệ số của x5 trong khai triển thành 2n đa thức của  2  3 x  , biết n là số nguyên dương thỏa mãn: C20n 1  C22n 1  C24n 1  …  C22nn1  1024 . A. 2099529 . B. 2099520 . C. 1959552 . Lời giải D. 1959552 . Chọn D Ta có  x  1 2 n 1  C20n 1.x 2 n 1  C21n 1.x 2 n  …  C22nn1.x  C22nn11 1 Thay x  1 vào 1 : 22 n 1  C20n 1  C21n 1  …  C22nn1  C22nn11  2  Thay x  1 vào 1 : 0  C20n 1  C21n 1  …  C22nn1  C22nn11  3 Phương trình  2  trừ  3 theo vế: 22 n 1  2  C20n 1  C22n1  …  C22nn1  Theo đề ta có 22 n 1  2.1024  n  5 10 Số hạng tổng quát của khai triển  2  3x  : k k Tk 1  C10k .210 k .  3 x   C10k .210 k .  3 .x k Theo giả thiết ta có k  5 . 5 Vậy hệ số cần tìm C105 .25.  3  1959552 . Câu 50: (SGD Quảng Nam – năm 2017 – 2018) Hai bạn Bình và Lan cùng dự thi trong Kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2018 và ở hai phòng thi khác nhau. Mỗi phòng thi có 24 thí sinh, mỗi môn thi có 24 mã đề khác nhau. Đề thi được sắp xếp và phát cho thi sinh một cách ngẫu nhiên. Xác suất để trong hai môn thi Toán và Tiếng Anh, Bình và Lan có chung đúng một mã đề thi. 32 . 235 A. B. 46 . 2209 C. 23 . 288 D. 23 . 576 Lời giải Chọn C Mỗi môn thi, Bình và Lan đều có 24 cách chọn một mã đề. Do đó, số phần tử của không gian mẫu là n     244 . Gọi A là biến cố: “Trong hai môn thi Toán và Tiếng Anh, Bình và Lan có chung đúng một mã đề thi”. Ta xét hai trường hợp sau: TH1: Bình và Lan có chung đúng một mã đề thi môn Toán, có 24.1.24.23 (cách). TH2: Bình và Lan có chung đúng một mã đề thi môn Tiếng Anh, có 24.23.24.1 (cách). Suy ra, số trường hợp thuận lợi cho biến cố A là n  A   2.  24.1.24.23 . Xác suất cần tìm là P  A   Câu 51: (ĐHQG TPHCM P  x    x  2 2017  3  2x  n  A  2.  24.1.24.23 23 .   4 n  24 288 – Cơ 2018 Sở 2 – năm 2017 –  a2018 x 2018  a2017 x 2017  …  a1 x  a0 . 2018) Cho Khi đa thức đó S  a2018  a2017  …  a1  a0 bằng B. 1. A. 0 . C. 2018 . Lời giải D. 2017 . Chọn A Ta có P  x   a2018 x 2018  a2017 x 2017  …  a1 x  a0 Cho x  1  P  1  a2018  a2017  …  a1  a0   1  2  2017   3  2.1 2018 0. Câu 52: (THPT Trần Phú – Đà Nẵng – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Với n là số nguyên dương thỏa n mãn 3Cn31  3 An2  52  n  1 . Trong khai triển biểu thức  x 3  2 y 2  , gọi Tk là số hạng mà tổng số mũ của x và y của số hạng đó bằng 34 . Hệ số của Tk là A. 54912 . B. 1287 . C. 2574 . Lời giải Chọn D Điều kiện : n  2 , n  * . Ta có 3Cn31  3 An2  52  n  1  3.   n  1 n  n  1   3 n 2  n  1 !  3 n !  52 n  1   3!  n  2  ! n  2!  n  1  52  n  1  n 2  n  6 n  104  n  13  n 2  5 n  104  0    n  13 .  n  8 x 3 13  2 y2   13  C13k  x3  0 13 k 2 k 13 2 y   C k 13 2 k x 39  3 k y 2 k . 0 Ta có : 39  3k  2 k  34  k  5 . Vậy hệ số C135 25  41184 . D. 41184 . Câu 53: (THPT Trần Phú – Đà Nẵng – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Gọi S là tập hợp các sô tự nhiên có 9 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số trong tập S . Tính xác suất để số được chọn có đúng bốn chữ số lẻ sao cho số 0 luôn đứng giữa hai chữ số lẻ. 5 5 5 20 A. . B. . C. . D. . 54 648 42 189 Lời giải Chọn A Gọi số cần lập là abcdefghi . Không gian mẫu : Tập hợp số có 9 chữ số đôi một khác nhau. Vì a  0  có 9 cách chọn a . bcdefghi không có chữ số ở a  có 9! cách chọn. Vậy n     9  9! . Biến cố A : Số được chọn có đúng 4 chữ số lẻ sao cho số 0 luôn đứng giữa hai chữ số lẻ. Số 0 luôn đứng giữa hai chữ số lẻ nên số 0 không thể đứng ở a hoặc i . Suy ra có 7 cách sắp xếp chữ số 0 . Chọn hai số lẻ đặt bên cạnh số 0 (có sắp xếp) có A52 cách chọn. Tiếp tục chọn hai số lẻ khác và sắp xếp vào 2 trong 6 vị trí còn lại có C32  A62  90 cách chọn. Còn lại 4 vị trí, chọn từ 4 số chẵn 2; 4;6;8 có 4!  24 cách chọn. Vậy n  A  7  A52  90  24  302400 cách chọn. Xác suất để xảy ra biến cố A là p  A   n  A  302400 5 .   n  9  9! 54 Câu 54: (THPT Chuyên ĐH Vinh – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Cho khai triển 1  2 x  n tồn tại k  a0  a1 x  a2 x 2    an x n , n  1 . Tìm số giá trị nguyên của n với n  2018 sao cho  0  k  n  1 A. 2018 . thỏa mãn ak  ak 1 . B. 673 . C. 672 . Lời giải Chọn B n n Ta có 1  2 x    Cnk 2k x k , suy ra ak  Cnk 2k với k  0,1, 2, 3,…, n . k 0 Do đó: ak  ak 1  Cnk 2k  Cnk 1 2k 1  n! n!  2. k ! n  k  !  k  1! n  k  1! 1 2 2n  1  .  2n  2k  k  1  k  3  n  k   k  1 Vì 0  k  n  1 nên suy ra n  2 . 2.3m  1 1 Nếu n  3m , m   , thì k   2m    . 3 3 2.  3m  1  1 1 Nếu n  3m  1 , m   , thì k   2m    . 3 3  D. 2017 . 2.  3m  2   1  2m  1  . Nên với các số n  3m  2 , 3 m   , thì sẽ cho tồn tại k  0  k  n  1 thỏa mãn ak  ak 1 . Nếu n  3m  2 , m   , thì k  Vì 2  n  2018 và n   nên 2  3m  2  2018  0  m  672 và m   . Do đó, có 673 số giá trị nguyên của n với n  2018 sao cho tồn tại k  0  k  n  1 thỏa mãn ak  ak 1 . Câu 55: (SGD Nam Định – năm 2017 – 2018) Giải bóng chuyền VTV Cúp gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A , B , C mỗi bảng 4 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở 3 bảng khác nhau 16 133 32 39 A. . B. . C. . D. . 55 165 165 65 Lời giải Chọn A Số phần tử của không gian mẫu là n     C124 .C84 .C44 . Gọi A : ” 3 đội bóng của Việt Nam ở 3 bảng khác nhau ”  n  A    C31.C93  C21 .C63  C11.C33  . Vậy xác P  A  suất để đội 3 bóng  C .C  C .C  C .C   16 . 1 3 3 9 1 2 3 6 C124 .C84 .C44 1 1 3 3 55 của Việt Nam ở 3 bảng khác nhau là Câu 1: (SGD Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Xếp ngẫu nhiên 8 chữ cái trong cụm từ ‘THANH HOA” thành một hàng ngang. Tính xác suất để có ít nhất hai chữ H đứng cạnh nhau. 79 5 9 5 A. . B. . C. . D. . 84 84 14 14 Lời giải Chọn D Cách 1. Xét trường hợp các chữ cái được xếp bất kì, khi đó ta xếp các chữ cái lần lượt như sau – Có C83 cách chọn vị trí và xếp có 3 chữ cái H. – Có C52 cách chọn vị trí và xếp có 2 chữ cái A. – Có 3! cách xếp 3 chữ cái T, O, N. Do đó số phần tử của không gian mẫu là n     C83 .C52 .3!. Gọi A là biến cố “có ít nhất hai chữ H đứng cạnh nhau” – Nếu có ba chữ H đứng cạnh nhau, có 6 cách xếp 3 chữ H. – Nếu đúng hai chữ H đứng cạnh nhau thì Khi hai chữ H ở hai vị trí đầu hoặc cuối có 5 cách xếp chữ cái H còn lại Khi hai chữ H đứng ở vị trí giữa thì có 4 cách xếp chữ cái H còn lại. Do đó có 2.5  5.4  30 cách xếp 3 chữ H sao cho có đúng hai chữ H đứng cạnh nhau. Như vậy có 30  6  36 cách xếp 3 chữ H, ứng với cách xếp trên ta có C52 cách chọn vị trí và xếp 2 chữ cái A và 3! cách xếp T, O, N Suy ra n  A   36.C52 .3! Vậy xác suất của biến cố A là P  A   n  A 9  . n    14 8!  3360 2!3! Gọi A là biến cố “có ít nhất hai chữ H đứng cạnh nhau” 5! Đầu tiên ta xếp 2 chữ A và ba chữ T, O, N có cách. 2! Tiếp theo ta có 6 vị trí (xen giữa và ở hai đầu) để xếp 3 chữ H và không có chữ H nào đứng Cách 2. Số phần tử của không gian mẫu là n     liền nhau, có C36 cách. 5! 3 C6  n  A   n     n A  2160 . 2! n  A 9 Vậy xác suất của biến cố A là P  A   .  n    14     Do đó n A  Câu 2: (Tạp chí THTT – 2 Tháng 9 A. 10! . Chọn C 8 B. 20! . 4 năm 2017 – 2018) 10 1  x  x x 1  x  x 1  x   .  .  …  10! 9! 1! 8! 2! 10! 10 bằng 1 . 10! Lời giải C. D. 1 . 100! Biểu thức 10  k x k 1  x  1 10! 1 k k 10  k 10  k . Ta có với 0  k  10 .  . .x k . 1  x   .C10 .x . 1  x  k ! 10  k  ! 10! k !10  k  ! 10! 2 10 1  x  x10 x9 1  x  x8 1  x  1 1 1 10 k k 10 10  k  .  .  …    C10 .x . 1  x   x 1 x  .  10! 10! 10! 9! 1! 8! 2! 10! 10! k 0 Chú ý: Do đáp số không phục thuộc x nên ta chọn x  0 thì ta được tổng 10 S  0  0  …  0  1  0   10! 1 10! Câu 3: (Tạp chí THTT – Tháng 4 năm 2017 – 2018) Một nhóm gồm 10 học sinh trong đó có hai bạn A và B, đứng ngẫu nhiên thành một hàng. Xác suất để hai bạn A và B đứng cạnh nhau là 1 1 2 1 A. . B. . C. . D. . 5 4 5 10 Lời giải Chọn A Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh thành một hàng có 10! cách  n     10! Gọi biến cố A : “Xếp 10 học sinh thành một hàng sao cho A và B đứng cạnh nhau”. Xem A và B là nhóm X . Xếp X và 8 học sinh còn lại có 9! cách. Hoán vị A và B trong X có 2! cách. Vậy có 9!2! cách  n  A   9!2! Xác suất của biến cố A là: P  A  n  A 1  . n  5 Cách khác: Xếp 8 học sinh rồi mới xếp 2 học sinh A, B có P  A  n  A 8!.9.2 1   . n   10! 5 Câu 4: (Tạp chí THTT – Tháng 4 năm 2017 – 2018) Hệ số của x 6 trong khai triển 4 1  2 x  16  x 2  x   thành đa thức là 4  1 1 A. C146 . B. C146 . 2 4 C. C146 . D. 4C148 . Lời giải Chọn B n 6 6 Xét khai triển  2 x  1  1  2 x   n  C6k 16k  2x k  k 0 4 8 8 1  1 1  2   x  x     x      x  4  2 2   4 1 Vậy  2 x  1  x  x    4  6 2 8  k 0 k k k 6 k 0 8 j 81 Cj   2 j 0 n  C 2 x 8  C6k 2k x k . j 0 xj n 8 j C8J 1   2 j x   k 0 8  C6k 2k . j 0 8 j C8J 1   2 x jk Số hạng của khai triển chứa x6 khi j  k  6 . Xét bảng: k 0 1 2 3 j 6 5 4 3 8 j 1 C6k 2k .C8J   2 k j 2 1 C61 21.C85   2 1   2 3 1 C62 22.C84   2 5 4 2 8 j C6k 2k .C8J 1 C60 20.C86   2 1 C64 24.C82   0 1 C65 25.C83   2 5 1 C63 23.C83   2 6 1 6 4 5 1 C66 26.C80   2 2 2 4 1 3003 1 6 Vậy hệ số x trong khai triển  2 x  1  x  x   thành đa thức là  C14 . 4 4 4  6 2 6 Câu 5: (Tạp chí THTT – Tháng 4 năm 2017 – 2018) Trong một bài thi trắc nghiệm khách quan có 10 câu. Mỗi câu có bốn phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng. Mỗi câu trả lời đúng thì được 1 điểm, trả lời sai thì bị trừ 0, 5 điểm. Một thí sinh do không học bài nên làm bài bằng cách với mỗi câu đều chọn ngẫu nhiên một phương án trả lời. Xác suất để thí sinh đó làm bài được số điểm không nhỏ hơn 7 là 7 A. . 10 8 2 1  3 B. C     . 4 4 8 10 8 2 1 3 C. A     . 4 4 Lời giải 8 10 D. 109 . 262144 Chọn D Chọn ngẫu nhiên phương án trả lời cho 10 câu hỏi ta được không gian mẫu có số phần tử là n     410 . Gọi A là biến cố thí sinh làm bài được số điểm không nhỏ hơn 7 . Một thí sinh làm bài được số điểm không nhỏ hơn 7 thuộc một trong các trường hợp sau: + Đúng 10 câu (được 10 điểm) có: 1 cách chọn. + Đúng 9 câu và sai 1 câu (được 8,5 điểm) có: C101 .3  30 cách chọn. (nhân thêm 3 là do mỗi phươn án sai có 3 cách chọn) + Đúng 8 câu và sai 2 câu (được 7 điểm) có: C102 .32  405 cách chọn. Khi đó n  A  1  30  405  436 . Vậy xác suất để thí sinh làm bài được số điểm không nhỏ hơn 7 là n  A  436 109 .  10  P  A  262144 n   4 Chú ý: Gọi x là số câu đúng (với 0  x  10 , x   ), 10  x là số câu sai thì điểm của thí sinh là 3x d  x  0, 5 10  x   5. 2 3x Vì d  7 nên  5  7  x  8 nên x  8;9;10 . Do đó ta có 3 trường hợp như trong lời 2 giải. Câu 6: (THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình – Lần 5 năm 2017 – 2018) Cho A là tập các số tự nhiên có 7 chữ số. Lấy một số bất kỳ của tập A . Tính xác suất để lấy được số lẻ và chia hết cho 9 . 625 1 1 1250 A. . B. . C. . D. . 1701 9 18 1701 Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu là n     9000000  9.106 số. Gọi A là biến cố thỏa mãn bài toán. Ta đếm số phần tử của A . Ta có các số lẻ chia hết cho 9 là dãy 1000017 , 1000035 , 1000053 ,., 9999999 lập thành một cấp số cộng có u1  1000017 và công sai d  18 nên số phần tử của dãy này là 9999999  1000017  1  500000 . Vậy n  A  5.105 . 18 n  A 5.105 1   Xác suất cần tìm là P  A   Vì A và B là hai biến cố xung khắc nên hai n    9.106 18 biến cố này không đồng thời xảy ra. Câu 7: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 năm 2017 – 2018) Từ 2 chữ số 1 và 8 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số sao cho không có 2 chữ số 1 đứng cạnh nhau? A. 54 . B. 110 . C. 55 . D. 108 Lời giải Chọn C TH1: Có 8 chữ số 8 . Có 1 số TH2: Có 1 chữ số 1, 7 chữ số 8 . Có 8 cách xếp chữ số 1 nên có 8 số. TH3: Có 2 chữ số 1, 6 chữ số 8 . Xếp 6 số 8 ta có 1 cách. Từ 6 số 8 ta có có 7 chỗ trống để xếp 2 số 1. Nên ta có: C72  21 số. TH4: Có 3 chữ số 1, 5 chữ số 8 . Tương tự TH3, từ 5 chữ số 8 ta có 6 chỗ trống để xếp 3 chữ số 1. Nên có: C63  20 số. TH5: Có 4 chữ số 1, 4 chữ số 8 . Từ 4 chữ số 8 ta có 5 chỗ trống để xếp 4 chữ số 1. Nên có: C54  5 . Vậy có: 1  8  21  20  5  55 số. Câu 8: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho khai triển  T  1  x  x 2017  2018   1  x  x 2018 A. 4035 .  2017 B. 1 . . Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển bằng C. 2017 . Lời giải D. 0 . Chọn B 2018 k 2017 k k k Cách 1: Ta có T   C2018  x  x 2017    C2017  x 2018  x  . k 0 k  0 Hệ số của số hạng chứa x ứng với k  k   1 . 1 1 Do đó hệ số cần tìm là C2018  C2017  1. Cách 2: Ta có T  a0  a1 x  a2 x 2  …  a2017.2018 x 2017.2018  f  x   f   x   a1  2a2 x  …  2017.2018a2017.2018 x 2017.20181  f   0   a1 . Mà f   x   2018 1  x  x 2017  2017 2016 1  2017 x   2017 1  x  x   1  2018x  2016 2018 2017  f   0   2018  2017  1  a1  1 . Do đó hệ số cần tìm là 1. Câu 9: (THPT Nghèn – Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018) Có 16 phần quà giống nhau chia ngẫu nhiên cho 3 học sinh giỏi An, Bình, Công(bạn nào cũng có quà). Tính xác suất để bạn An nhận không quá 5 phần quà. A. 3 . 7 B. 8 . 21 C. 5 . 7 D. 4 . 7 Lời giải Chọn D Số phần tử của không giam mẫu là n     C152  105 . Gọi A là biến cố ‘‘bạn An nhận không quá 5 phần quà’’. n  A  C114  C113  C112  C111  C110  60 Xác suất để bạn An nhận không quá 5 phần quà là P  A   n  A  60 4   . n    105 7 Câu 10: (THPT Chu Văn An – Hà Nội – năm 2017-2018) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên nhỏ hơn 106 được thành lập từ hai chữ số 0 và 1. Lấy ngẫu nhiên hai số trong S . Xác suất để lấy được ít nhất một số chia hết cho 3 bằng. 4473 2279 55 53 A. . B. . C. . D. . 8128 4064 96 96 Lời giải Chọn D Có: a1  0 ; a1 , …, a6  0;1 . Số phần tử của S là : 2  1.2  1.2.2  1.2.2.2  1.2.2.2.2  1.2.2.2.2.2  64 . Lấy ngẫu nhiên hai số trong S , có : C632 (cách lấy). Gọi A là biến cố lấy được ít nhất một số chia hết cho 3 .  A là biến cố không lấy được số chia hết cho 3 . Ta xét xem trong 63 số của tập S có bao nhiêu số chia được cho 3 : + TH1: Số có 1 chữ số a1 : có 2 số và hai số này đều không chia được cho 3 . + TH1: Số có 2 chữ số a1a2 với a1  1 : có 2 số và 2 số này đều không chia được cho 3 . + TH2: Số có 3 chữ số a1a2 a3 với a1  1 : có 4 số và trong đó có 1 số chia được cho 3 . + TH3: Số có 4 chữ số a1a2 a3a4 với a1  1 : có 8 số và trong đó có 3 số chia được cho 3 . + TH4: Số có 5 chữ số a1a2 a3a4 a5 với a1  1 : có 16 số và trong đó có 6 số chia được cho 3 . + TH5: Số có 6 chữ số a1a2 a3a4 a5 a6 với a1  1 : có 32 số và trong đó có 11 số chia được cho 3. Do đó có 21 số chia được cho 3 và có 43 số không chia được cho 3 .   Do đó: P A  C432 43 53 . Vậy P  A   1  P A  .  2 C64 96 96   Câu 11: (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình – năm 2017-2018) Trong lễ tổng kết năm học 2017  2018 , lớp 12T nhận được 20 cuốn sách gồm 5 cuốn sách toán, 7 cuốn sách vật lý, 8 cuốn sách Hóa học, các sách cùng môn học là giống nhau. Số sách này được chia đều cho 10 học sinh trong lớp, mỗi học sinh chỉ nhận được hai cuốn sách khác môn học. Bình và Bảo là hai trong số 10 học sinh đó. Tính xác suất để 2 cuốn sách mà Bình nhận được giống 2 cuốn sách của Bảo. 1 17 14 12 A. . B. . C. . D. . 5 90 45 45 Hướng dẫn giải Chọn D Gọi x , y , z lần lượt là số phần quà gồm sách Toán và Vật lý, Toán và Hóa học, Vật lý và Hóa học. x  y  5 x  2   Khi đó theo đề bài ta có hệ phương trình  x  z  7   y  3 . y  z  8 z  5   Số phần tử không gian mẫu là n  C102 .C83 .C55  2520 . Gọi A là biến cố 2 cuốn sách mà Bình nhận được giống 2 cuốn sách của Bảo. Số phần tử của A là nA  C22 .C83 .C55  C82 .C61.C55  C82 .C63 .C33  784 . Vậy xác suất cần tìm là P  A   748 14  2520 45 Câu 12: (SGD Bắc Ninh – Lần 2 – năm 2017-2018) Trong không gian cho 2n điểm phân biệt  n  3, n    , trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng và trong 2n điểm đó có đúng n điểm cùng nằm trên mặt phẳng. Biết rằng có đúng 505 mặt phẳng phân biệt được tạo thành từ 2n điểm đã cho. Tìm n ? A. n  9 . B. n  7 . C. Không có n thỏa mãn. D. n  8 . Lời giải Chọn D 3 Xem 3 điểm trong 2n điểm đã cho lập nên một mặt phẳng, thế thì ta có C2n mặt phẳng. Tuy nhiên vì trong 2n điểm đó có đúng n điểm cùng nằm trên mặt phẳng nên n điểm này có duy nhất 1 mặt phẳng. Vậy số mặt phẳng có được là  C23n  Cn3  1 . Theo đề bài ta có: C23n  Cn3  1  505   2n !  n !  504 3! 2n  3 ! 3! n  3 !  2n  2n  1 2n  2   n  n  1 n  2   3024  7 n3  9n 2  2n  3024  0  n  8 . Câu 13: (SGD Bắc Ninh – Lần 2 – năm 2017-2018) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số được lập từ tập A  0;1; 2;3;…;9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Tính xác suất để chọn được số tự nhiên có tích các chữ số bằng 7875. A. 1 . 5000 B. 1 . 15000 18 . 510 C. D. 4 . 3.104 Lời giải Chọn B Số phần tử của không gian mẫu là số cách lập các số có 6 chữ số từ tập A , do đó n  9.105 . Gọi B là biến cố chọn được số tự nhiên có tích các chữ số bằng 7875  32.53.7 . Số phần tử của B là C62 .C43  60 . Suy ra xác suất P  B   60 1 .  5 9.10 15000 Câu 14: (Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Đinh – năm 2017-2018) Cho một tập hợp có 2018 phần tử. Hỏi tập đó có bao nhiêu tập con mà mỗi tập con đó có số phần tử là một số lẻ. B. 2 2018  1 . A. 1009 . D. 22017 . C. T  2i . Hướng dẫn giải Chọn D 1 3 2017 Số tập con thỏa đề là S  C2018  C2018  …  C2018 Xét khai triển 1  x  2018 2018 k 0 1 2 3 2017 2017 2018 2018   C2018 x k  C2018  C2018 x  C2018 x 2  C2018 x 3  …  C2018 x  C2018 x k 0 0 1 2 3 2017 2018 Lấy x  1: 22018  C2018 .  C2018  C2018  C2018  …  C2018  C2018 0 1 2 3 2017 2018  C2018  C2018  C2018  …  C2018  C2018 Lấy x  1 : 0  C2018 1 3 2017 0 2 2018 .  C2018  C2018  …  C2018  C2018  C2018  …  C2018 1 3 2017  C2018  …  C2018  Vậy S  C2018 2 2018  2 2017 . 2 Câu 15: (THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An – năm 2017-2018) Đội thanh niên xung kích của một trường THPT gồm 15 học sinh, trong đó có 4 học sinh khối 12 , 5 học sinh khối 11 và 6 học sinh khối 10 . Chọn ngẫu nhiên ra 6 học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để chọn được 6 học sinh có đủ ba khối. A. 4248 . 5005 B. 757 . 5005 C. 850 . 1001 D. 151 . 1001 Lời giải Chọn C Chọn ngẫu nhiên 6 học sinh từ 15 học sinh có C156 (cách chọn) hay n     C156  5005 . Gọi A : “Chọn được 6 học sinh có đủ ba khối”  A : “Chọn được 6 học sinh không đủ ba khối”     Suy ra n A  C96  C106  C116  C66  755 . Do đó P A    Vậy xác suất cần tìm là P  A   1  P A     151 . n A n  1001 850 . 1001 Câu 16: Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất ba lần liên tiếp. Gọi P là tích ba số ở ba lần tung (mỗi số là số chấm trên mặt xuất hiện ở mỗi lần tung), tính xác suất sao cho P không chia hết cho 6 . A. 82 . 216 B. 90 . 216 C. 83 . 216 D. 60 . 216 Câu 17: Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất ba lần liên tiếp. Gọi P là tích ba số ở ba lần tung (mỗi số là số chấm trên mặt xuất hiện ở mỗi lần tung), tính xác suất sao cho P không chia hết cho 6 . 82 90 83 60 A. . B. . C. . D. . 216 216 216 216 Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu: n     63  216 Gọi A là biến cố “tích số chấm ở ba lần gieo là một số không chia hết cho 6 ” Trường hợp 1. Số chấm ở cả ba lần gieo đều là các chữ số thuộc tập 1, 2, 4,5 + Cả ba lần số chấm khác nhau có A43 khả năng. 3! + Có hai lần số chấm giống nhau có C42 . .2 khả năng. 2! + Cả ba lần số chấm giống nhau có 4 khả năng.  Có 64 khả năng. Trường hợp 2. Số chấm ở cả ba lần gieo đều là các chữ số thuộc tập 1,3,5 + Cả ba lần số chấm khác nhau có 3! khả năng. 3! + Có hai lần số chấm giống nhau có C32 . .2 khả năng. 2! + Cả ba lần số chấm giống nhau có 3 khả năng.  Có 27 khả năng. Tuy nhiên ở trường hợp 1 và 2 bị trùng nhau ở khả năng: + Ba lần số chấm giống nhau đối với số chấm 1 và 5 : Chỉ có 2 khả năng + Có hai lần số chấm giống nhau đối với 1 và 5 : Chỉ có 6 khả năng. Do đó n  A   64  27   2  6   83 . Vậy P  A  83 . 216 Câu 18: Giả sử số tự nhiên n  2 thỏa mãn C20n  định nào sau đây là đúng: A. 6  n  9 . B. 9  n  12 . C22n C24n C26n C 2 n 2 C 2n 8192 . Khẳng    …  2 n  2 n  3 5 7 2n  1 2n  1 15 C. n  6 . D. Không tồn tại n . Câu 19: Một người viết ngẫu nhiên một số có bốn chữ số. Tính xác suất để các chữ số của số được viết ra có thứ tự tăng dần hoặc giảm dần ( nghĩa là nếu số được viết dưới dạng abcd thì a  b  c  d hoặc a  b  c  d ). 7 7 7 14 A. . B. . C. . D. . 125 375 250 375 Câu 20: Giả sử số tự nhiên n  2 thỏa mãn C20n  định nào sau đây là đúng: A. 6  n  9 . B. 9  n  12 . C22n C24n C26n C 2 n 2 C 2n 8192 . Khẳng    …  2 n  2 n  3 5 7 2n  1 2n  1 15 C. n  6 . Lời giải Chọn D 2n Ta có: 1  x   C20n  C21n x  C22n x 2  …  C22nn x 2 n . D. Không tồn tại n . 1 1   1  x  2n 0   1  x  2 n 1 1 2n  1 22 2 n 1 1 1 1 1     C20n x  C21n x 2  C22n x 3  …  C22nn x 2 n 1  2 3 2n  1  0 2 2 2  2C20n  C21n  C22n  …  C22nn 1 2 3 2n  1 1 1 0 0  1 2n  1 Mặt khác:  1  x  1 1 1   dx   C20n x  C21n x 2  C22n x3  …  C22nn x 2 n1  2 3 2n  1  0 2n 1 1 1   dx   C20n x  C21n x 2  C22n x 3  …  C22nn x 2 n 1  2 3 2n  1  0 2 2 2 2  2C20n  C21n  C22n  …  C22nn  2  2n  1 2 3 2n  1 Lấy 1 trừ  2  , ta được:   C1 C 4 C 6 C 2n2 C 2n  22 n1 22 n1 8192  2  C20n  2 n  2 n  2 n  …  2 n  2 n    2.  n  6, 44 . 2n  1 3 5 7 2n  1 2n  1  2n  1 15  Vậy không có số tự nhiên n thỏa mãn. Câu 21: Một người viết ngẫu nhiên một số có bốn chữ số. Tính xác suất để các chữ số của số được viết ra có thứ tự tăng dần hoặc giảm dần ( nghĩa là nếu số được viết dưới dạng abcd thì a  b  c  d hoặc a  b  c  d ). 7 7 7 14 A. . B. . C. . D. . 125 375 250 375 Lời giải Chọn D Viết ngẫu nhiên một số có 4 chữ số nên số phần tử của không gian mẫu là n     9.10.10.10  9000 . Gọi A là biến cố các chữ số của số được viết ra có thứ tự tăng dần hoặc giảm dần Gọi số tự nhiên có 4 chữ số mà các chữ số của số được viết ra có thứ tự tăng dần hoặc giảm dần có dạng abcd . Trường hợp 1: số tự nhiên có 4 chữ số mà các chữ số của số được viết ra có thứ tự giảm dần Vì a  b  c  d nên các chữ số đôi một khác nhau và các chữ số a , b , c , d lấy từ tập X  1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 và với 4 chữ số lấy ra từ X thì chỉ lập được duy nhất một số thỏa yêu cầu bài toán. Do đó số số tự nhiên có 4 chữ số mà các chữ số của số được viết ra có thứ tự tăng dần là C94 . Trường hợp 2: số tự nhiên có 4 chữ số mà các chữ số của số được viết ra có thứ tự tăng dần Vì a  b  c  d nên các chữ số đôi một khác nhau và các chữ số a , b , c , d lấy từ tập Y  0,1, 2,3, 4,5,6, 7,8,9 và với 4 chữ số lấy ra từ Y thì chỉ lập được duy nhất mọt số thỏa yêu cầu bài toán. Do đó số số tự nhiên có 4 chữ số mà các chữ số của số được viết ra có thứ tự giảm dần dần là C104 . Vậy số phần tử của biến cố A là n  A   C94  C104  336 . Xác suất của biến cố A là P  A   n  A 336 14 .   n    9000 375 Câu 22: Xếp ngẫu nhiên 3 quả cầu màu đỏ khác nhau và 3 quả cầu màu xanh giống nhau vào một giá chứa đồ nằm ngang có 7 ô trống, mỗi quả cầu được xếp vào một ô. Xác suất để 3 quả cầu màu đỏ xếp cạnh nhau và 3 quả cầu màu xanh xếp cạnh nhau bằng. 3 3 3 3 A. . B. . C. . D. . 140 160 70 80 Câu 23: Xếp ngẫu nhiên 3 quả cầu màu đỏ khác nhau và 3 quả cầu màu xanh giống nhau vào một giá chứa đồ nằm ngang có 7 ô trống, mỗi quả cầu được xếp vào một ô. Xác suất để 3 quả cầu màu đỏ xếp cạnh nhau và 3 quả cầu màu xanh xếp cạnh nhau bằng. 3 3 3 3 A. . B. . C. . D. . 140 160 70 80 Lời giải Chọn B Chọn 3 ô trống trong 7 ô để xếp 3 quả cầu xanh giống nhau có C73 cách. Chọn 3 ô trống trong 4 ô còn lại để xếp 3 quả cầu đỏ khác nhau có A43 cách.  n     C73 . A43  840 cách. Gọi A là biến cố “ 3 quả cầu đỏ xếp cạnh nhau và 3 quả cầu xanh xếp cạnh nhau” Xem 3 quả cầu đỏ là nhóm X , 3 quả cầu xanh là nhóm Y . Xếp X , Y vào các ô trống có A32 cách. Hoán vị 3 quả cầu đỏ trong X có 3! cách.  n  A  A32 .3!  36 . Xác suất của biến cố A là: P  A   Câu 24: Giá trị của A  1 1 1 1 1 bằng    …   1!2018! 2!2017! 3!2016! 1008!1011! 1009!1010! 22017  1 A. . 2018! Câu 25: Giá trị của A  A. n  A 3 .  n    70 22018 B. . 2019! 22018  1 C. . 2019! 1 1 1 1 1 bằng    …   1!2018! 2!2017! 3!2016! 1008!1011! 1009!1010! 22017  1 . 2018! B. 22018 . 2019! C. Lời giải Chọn C Ta có Do đó 22017 D. . 2018! Ck 1  n . k ! n  k  ! n ! 22018  1 . 2019! D. 22017 . 2018! 1 2 1009 C2019 C2 C3 C1009 C1  C2019  …  C2019  2019  2019  …  2019  2019 2019! 2019! 2019! 2019! 2019! 0 1 2 1009 C2019  C2019  C2019  …  C2019  1 22018  1 .   2019! 2019! A n Câu 26: Cho biểu thức P  x    x  2   an x n  an 1 x n 1  …  ak x k  …  a1 x  a0 , n   * . Biết an 9  an 8 và an 9  an10 . Giá trị của n bằng: A. 13 . B. 14 . C. 12 . D. 15 . n Câu 27: Cho biểu thức P  x    x  2   an x n  an 1 x n 1  …  ak x k  …  a1 x  a0 , n   * . Biết an 9  an 8 và an 9  an10 . Giá trị của n bằng: A. 13 . B. 14 . C. 12 . D. 15 . Lời giải Chọn A * Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có: n P  x    x  2   Cn0 x n 20  Cn1 x n1 21  …  Cnn  k x k 2n  k  …  Cnn1 x1 2n 1  Cnn x 0 2 n , n   * n mà P  x    x  2   an x n  an1 x n1  …  ak x k  …  a1 x  a0 , n   * Ta có: ak  2n k Cnn  k  2n k Cnk , 0  k  n  an 8  28 Cnn 8  28 Cn8 , an9  29 Cn9 , an10  210 Cn10 * Theo đề bài với n  10, n   * : an9  an 8  an9  an 10 n! n!  9 8 1 2 25   2 9! n  9  !  2 8! n  8 !   n   9 n 8    2  n  13. 1 1 n! n! 10    29  2 n  14  9! n  9  ! 10! n  10  !  n  9 5 Câu 28: Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cn2  Cn1  44 . Số hạng không chứa x trong khai triển của n 1   biểu thức  x x  4  , với x  0 bằng x   A. 165 . B. 485 . C. 238 . D. 525 . Câu 29: Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cn2  Cn1  44 . Số hạng không chứa x trong khai triển của n 1   biểu thức  x x  4  , với x  0 bằng x   A. 165 . B. 485 . C. 238 . Lời giải Chọn A Cn2  Cn1  44   n  11 n  n  1 .  n  44  n 2  3n  88  0   2  n  8  l  Do đó 11 11 1   x x   C11k x x    x4   k 0   k 11 k  1   4 x  D. 525 . 11 3k   C11k  x  2  4 k 11 k 0 11   C11k  x  11k 88 2 . k 0 Số hạng không chứa x khi 11k  88  0  k  8 . Do vậy số hạng cần tìm là C118  165 . 9 1  Câu 30: Tìm hệ số của x sau khi khai triển và rút gọn các đơn thức đồng dạng của   x  2 x 2  , x  x  0. A. 2940 . B. 3210 . C. 2940 . D. 3210 . 3 Câu 31: Chia ngẫu nhiên 9 viên bi gồm 4 viên màu đỏ và 5 viên màu xanh có cùng kích thước thành ba phần, mỗi phần 3 viên. Xác xuất để không có phần nào gồm 3 viên cùng màu bằng 9 2 3 5 A. . B. . C. . D. . 14 7 7 14 ———-HẾT———BẢNG ĐÁP ÁN 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 B D B A B D B A C B D B C D C C D C D A B B C A A 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 A A D A C B B D C D C C A B C D A A C D B D C C D HƯỚNG DẪN GIẢI 9 1  Câu 32: Tìm hệ số của x sau khi khai triển và rút gọn các đơn thức đồng dạng của   x  2 x 2  , x  x  0. A. 2940 . B. 3210 . C. 2940 . D. 3210 . Lời giải Chọn A Ta có 3 9 9k 9 9 9 k k k i i 2 k  i 9 1 1  2 k 1 k i k .   x  2 x     x  2 x  1    C9   .x .  2 x  1   Ck C9  1 2 .x x  x  k 0  x  k  0 i 0 Theo yêu cầu bài toán ta có 2k  i  9  3  2k  i  12 ; 0  i  k  9 ; i, k   Ta có các cặp  i; k  thỏa mãn là  0;6  ,  2;5  ,  4; 4  . Từ đó hệ số của x 3 là C60C96  1 60 .20  C52C95  1 5 2 .22  C44C94  1 4 4 .24  2940 . Câu 33: Chia ngẫu nhiên 9 viên bi gồm 4 viên màu đỏ và 5 viên màu xanh có cùng kích thước thành ba phần, mỗi phần 3 viên. Xác xuất để không có phần nào gồm 3 viên cùng màu bằng 9 2 3 5 A. . B. . C. . D. . 14 7 7 14 Lời giải Chọn A Cách 1: Vì xác suất không thay đổi khi ta coi ba phần này có xếp thứ tự 1 , 2 , 3 . Chia ngẫu nhiên 9 viên bi gồm 4 viên màu đỏ và 5 viên màu xanh có cùng kích thước thành ba phần, mỗi phần 3 viên như sau:  Phần 1 : Chọn 3 viên cho phần 1 có C93 cách.  Phần 2 : Chọn 3 viên cho phần 2 có C63 cách.  Phần 3 : Chọn 3 viên lại cho phần 3 có 1 cách. Do đó số phần tử của không gian mẫu là n     C93 .C63  1680 . Gọi A là biến cố không có phần nào gồm 3 viên cùng màu, khi đó ta chia các viên bi thành 3 bộ như sau:  Bộ 1: 2 đỏ, 1 xanh: Có C42C51 cách chọn  Bộ 2 : 1 đỏ, 2 xanh: Có C21C42 cách chọn  Bộ 3 : gồm các viên bi còn lại(1 đỏ, 2 xanh). Vì bộ 2 và 3 có các viên bi giống nhau để không phân biệt hai bộ này nên có vào 3 phần trên. 3! Do đó n  A   C42C51C21C42  1080 . 2! n  A 1080 9   . Ta được P  A   n    1680 14 Cách 2: Mã hóa:  4 viên bi đỏ giống nhau là 1, 1, 1, 1.  5 viên bi xanh giống nhau là 0 , 0 , 0 , 0 , 0 . 9!  Xếp 9 phần tử hàng ngang có    126 (cách). 5!.4!  Một cách xếp thỏa yêu cầu là 1,1, 0, 0 1, 0, 0 . 0 1,   1 2 3 3! sắp xếp 3 bộ 2! 3!  3 (do có 2 nhóm giống nhau). 2! o Rồi hoán vị các số trong mỗi nhóm có: 3.3.3  27 . Do đó biến cố A có: A  3  27  81 . o Hoán vị các nhóm có Vậy P  A  A 81 9   .  126 14 Câu 34: ———-HẾT———-Có tất cả bao nhiêu bộ số nguyên dương  n, k  biết n  20 và các số Cnk 1 , Cnk , Cnk 1 theo thứ tự đó là số hạng thứ nhất, thứ ba, thứ năm của một cấp số cộng. A. 4 . B. 2 . C. 1. D. 0 . Câu 35: Có tất cả bao nhiêu bộ số nguyên dương  n, k  biết n  20 và các số Cnk 1 , Cnk , Cnk 1 theo thứ tự đó là số hạng thứ nhất, thứ ba, thứ năm của một cấp số cộng. A. 4 . B. 2 . C. 1. Lời giải D. 0 . Chọn A Các số Cnk 1 , Cnk , Cnk 1 theo thứ tự đó là số hạng thứ nhất, thứ ba, thứ năm của một cấp số cộng nên ta có: Cnk  Cnk 1  Cnk 1  Cnk   n! n! n!  2 k  1 !( n  k  1)! k  1 !( n  k  1)! k !( n  k )!     1 1 2 2   n  2k   n  2 .   k  k  1  n  k  1 n  k  k  n  k  Do n  20  n  2  22 mà n  2 là số chính phương, n, k nguyên dương nên có các trường hợp sau: + n  2  4  n  2; k  2 . + n  2  9  n  7; k  2 hoặc n  7; k  5 . + n  2  16  n  14; k  5 hoặc n  14; k  9 . Mà k  1  n nên chỉ có 4 bộ thỏa mãn. 7 1 2  Câu 36: Hệ số của x 2 trong khai triển của  x 2     2 x  1 bằng x  A. 4 . B. 40 . C. 35 . D. 39 . 7 1 2  Câu 37: Hệ số của x trong khai triển của  x 2     2 x  1 bằng x  A. 4 . B. 40 . C. 35 . Lời giải Chọn D 2 D. 39 . 2 2 Ta có  2 x  1  4 x 2  4 x  1 nên hệ số của x 2 trong  2 x  1 là 4 . k 1 C  x     C7k x14 3k  k  7, k    . x Hệ số của x 2 ứng với k thỏa 14  3k  2  k  4 . k 7 2 7k 7 1 2  Vậy hệ số của x trong khai triển của  x 2     2 x  1 bằng 4  C74  39 . x  2 Câu 38: Cho đa giác đểu  P  có 20 đỉnh. Lấy tùy ý 3 đỉnh của  P  , tính xác suất để 3 đỉnh lấy được tạo thành một tam giác vuông sao cho, không có cạnh nào là cạnh của  P  . A. 5 . 114 B. 3 . 38 C. 7 . 114 D. 7 . 57 Câu 39: Cho đa giác đểu  P  có 20 đỉnh. Lấy tùy ý 3 đỉnh của  P  , tính xác suất để 3 đỉnh lấy được tạo thành một tam giác vuông sao cho, không có cạnh nào là cạnh của  P  . A. 5 . 114 B. 3 . 38 7 . 114 Lời giải C. D. 7 . 57 Chọn D 3 Không gian mẫu: Chọn 3 đỉnh bất kì từ 20 đỉnh để tạo thành một tam giác  n     C20 Biến cố A : 3 đỉnh lấy được tạo thành một tam giác vuông sao cho, không có cạnh nào là cạnh của  P  . Ta có đa giác  P  nội tiếp một đường tròn, nên tam giác vuông tạo ra từ một đường chéo (qua tâm) bất kì và một điểm khác (tam giác nội tiếp có một cạnh là đường kính là tam giác vuông) Số cách chọn đường chéo qua tâm là 10 cách. Một đường chéo đi qua 2 đỉnh, nên theo yêu cầu, đỉnh thứ ba không thể là 4 đỉnh nằm cạnh hai đỉnh đã chọn  có 20  2  4  14 cách chọn (trừ hai đỉnh tạo thành đường chéo nữa) Vậy n  A  10 14  140 tam giác. Vậy xác suất để 3 đỉnh lấy được tạo thành một tam giác vuông sao cho, không có cạnh nào là n  A  140 7 cạnh của  P  là p  .  3  n    C20 57 Câu 40: Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cn0  2Cn1  2 2 Cn2  …  2n Cnn  14348907 . Hệ số cỉa số hạng n 1  chứa x trong khai triển của biểu thức  x 2  3   x  0  bằng x   A. 1365 . B. 32760 . C. 1365 . 10 D. 32760 . Câu 41: Một hộp đựng 26 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 26 . Bạn Hải rút ngẫu nhiên cùng một lúc ba tấm thẻ. Hỏi có bao nhiêu cách rút sao cho bất kỳ hai trong ba tấm thẻ lấy ra đó có hai số tương ứng ghi trên hai tấm thẻ luôn kém nhau ít nhất 2 đơn vị? A. 1768 . B. 1771 . C. 1350 . D. 2024 . Câu 42: Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cn0  2Cn1  2 2 Cn2  …  2n Cnn  14348907 . Hệ số cỉa số hạng n 1  chứa x trong khai triển của biểu thức  x 2  3   x  0  bằng x   A. 1365 . B. 32760 . C. 1365 . Hướng dẫn giải 10 Chọn C D. 32760 . Từ giả 0 n 1 n 2 2 n n thiết n n n n 15 C  2C  2 C  …  2 C  14348907  1  2   14348907  3  3  n  15 . 15 15 15 1 1 k k  Xét khai triển  x 2  3    C15k .x 215 k  .  1 . 3k   C15k .  1 .x 305k . x  x  k 0 k 0 Hệ số của x10 tương ứng với 30  5k  10  k  4 . 4 Hệ số cần tìm là C154 .  1  1365 . Câu 43: Một hộp đựng 26 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 26 . Bạn Hải rút ngẫu nhiên cùng một lúc ba tấm thẻ. Hỏi có bao nhiêu cách rút sao cho bất kỳ hai trong ba tấm thẻ lấy ra đó có hai số tương ứng ghi trên hai tấm thẻ luôn kém nhau ít nhất 2 đơn vị? A. 1768 . B. 1771 . C. 1350 . D. 2024 . Hướng dẫn giải Chọn D Giả sử số ghi trên ba thẻ sắp xếp theo thứ tự tăng dần là a  b  c . Vì hai trong ba tấm thẻ lấy ra đó có hai số tương ứng ghi trên hai tấm thẻ luôn kém nhau ít nhất a  b  1 2 đơn vị nên ta có:   1  a  b  1  c  2  24 . b  c  1 3  2024 cách. Vậy số cách lấy là: C24 n Câu 44: Cho 1  2 x   a0  a1 x1  …  an x n , n  * . Biết a0  các số a0 , a1 , a2 ,…, an có giá trị bằng A. 126720 . B. 924 . C. 972 . n Câu 45: Cho 1  2 x   a0  a1 x1  …  an x n , n  * . Biết a0  các số a0 , a1 , a2 ,…, an có giá trị bằng A. 126720 . B. 924 . a1 a2 a  2  …  nn  4096 . Số lớn nhất trong 2 2 2 D. 1293600 . a a1 a2  2  …  nn  4096 . Số lớn nhất trong 2 2 2 C. 972 . Lời giải D. 1293600 . Chọn A 1  2 x  n n   Cnk .2 k .x k  Cn0 .20 x 0  Cn1 .21 x1  Cn2 .22 x 2  …  Cnn .2n x n  a0  a1 x1  …  an x n . k 0 a1 a2 a  2  …  nn  4096  Cn0  Cn1  Cn2  …  Cnn  4096  2n  4096  n  12 . 2 2 2 k Ta có: ak  ak 1  C12 .2k  C12k 1.2k 1  C12k  2C12k 1 . Suy ra: a0  a1  a2  …  a8 . Ta có: a0  Mặt khác: ak  ak 1  C12k .2k  C12k 1.2k 1  C12k  2C12k 1 . Suy ra: a8  a9  a10  …  a12 . Vậy số lớn nhất trong các số a0 , a1 , a2 ,…, an là a8  C128 .28  126720 . Câu 46: Một túi có 14 viên bi gồm 5 viên bi màu trắng được đánh số từ 1 đến 5 ; 4 viên bi màu đỏ được đánh số từ 1 đến 4 ; 3 viên bi màu xanh được đánh số từ 1 đến 3 và 2 viên màu vàng được đánh số từ 1 đến 2 . Có bao nhiêu cách chọn 3 viên bi từng đôi khác số? A. 243 . B. 190 . C. 120 . D. 184 . 10 Câu 47: Hệ số của x5 trong khai triển f  x   1  x  3x 3  thành đa thức là A. 1380 . B. 1332 . C. 3480 . D. 1836 . Câu 48: Một túi có 14 viên bi gồm 5 viên bi màu trắng được đánh số từ 1 đến 5 ; 4 viên bi màu đỏ được đánh số từ 1 đến 4 ; 3 viên bi màu xanh được đánh số từ 1 đến 3 và 2 viên màu vàng được đánh số từ 1 đến 2 . Có bao nhiêu cách chọn 3 viên bi từng đôi khác số? A. 243 . B. 190 . C. 120 . D. 184 . Lời giải Chọn B Có C143 cách chọn 3 viên bi tùy ý. Chọn 3 viên bi cùng số 1 có C43  4 cách chọn. Chọn 3 viên bi cùng số 2 có C43  4 cách chọn. Chọn 3 viên bi cùng số 3 có 1 cách chọn. Chọn 2 viên số 1 và 1 viên khác số 1 có C42 .C101  60 . Chọn 2 viên số 2 và 1 viên khác số 2 có C42 .C101  60 . Chọn 2 viên số 3 và 1 viên khác số 3 có C32 .C111  33 . Chọn 2 viên số 4 và 1 viên khác số 4 có C22 .C121  12 . Như vậy số cách chọn theo yêu cầu là C143  4  4  1  60  60  33  12  190 .  Câu 49: Hệ số của x 5 trong khai triển f  x   1  x  3×3 A. 1380 . B. 1332 . 10  thành đa thức là C. 3480 . Lời giải D. 1836 . Chọn B  Ta có f  x   1  x 1  3x 2  10  . Số hạng tổng quát: T  C10k C10i  k 3k xi  3k . i  3k  5 k  0 k  1  Để T chứa x thì i, k   hoặc   i  5 i  2 0  i  10  k  10  5 Vậy hệ số của x5 trong khai triển là C100 C105 30  C101 C92 31  1332 . Câu 50: Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số abc sao cho a , b , c là độ dài ba cạnh của một tam giác cân. A. 81 . B. 165 . C. 216 . D. 45 . Câu 51: Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số abc sao cho a , b , c là độ dài ba cạnh của một tam giác cân. A. 81 . B. 165 . C. 216 . D. 45 . Lời giải Chọn B Không mất tính tổng quát, giả sử a  b  c  2a (Bất đẳng thức tam giác). TH 1: a  b  1  c  2  c  1 . TH 2: a  b  2  c  4  c  1; 2;3 . TH 3: a  b  3  c  6  c  1;2;3; 4;5 . TH 4: a  b  4  c  8  c  1; 2;3; 4;5;…;7 . TH 5: a  b  5;6;7;8;9  c  1; 2;3;…;9 . Do đó có tất cả 1  3  5  7  9.5  61 bộ số thỏa mãn bài toán trong đó có 9 bộ số là độ dài ba cạnh của một tam giác đều và 52 bộ số là độ dài của ba cạnh tam giác cân không đều. Với mỗi bộ ba số a , b , c là độ dài ba cạnh của tam giác cân, ta có 3 cách sắp xếp để tạo thành một số có ba chữ số. Vậy số các số cần tìm là: 9  52.3  165 . Câu 52: Cho A là tập các số tự nhiên có 9 chữ số. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc tập A . Tính xác suất lấy được một số lẻ và chia hết cho 9 . 1 1 625 1250 A. . B. . C. . D. . 18 9 1701 1701 Câu 53: Cho A là tập các số tự nhiên có 9 chữ số. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc tập A . Tính xác suất lấy được một số lẻ và chia hết cho 9 . 1 1 625 1250 A. . B. . C. . D. . 18 9 1701 1701 Lời giải Chọn A Số phần tử không gian mẫu là n     9.108 Gọi B là biến cố thỏa yêu cầu bài toán. Ta có các số lẻ có 9 chữ số chia hết cho 9 là 100000017 , 100000035 , 100000053 ,……, 999999999 lập thành một cấp số cộng với u1  100000017 và công sai d  18 . 999999999  100000017  1  50000000 18 n  B  5.107 1 Vậy n  B   5.107 . Xác suất là P  B     . n    9.108 18 Nên số phần tử của dãy là n 1  Câu 27. Tổng tất cả các hệ số của khai triển   x3  bằng 1024 . Tìm hệ số của số hạng chứa x 6 trong x  khai triển biểu thức trên. A. 120 . B. 210 . C. 330 . D. 126 . 1 2 3 2018 Câu 54: Tính tổng S  2.2 2017 C2018 .  3.22016 C2018  4.2 2015 C2018  …  2019C2018 A. S  2021.32017  22018 . B. S  2021.32017 . C. S  2021.32018  22017 . D. S  2021.32017  22018 . n 1  Câu 32. Tổng tất cả các hệ số của khai triển   x3  bằng 1024 . Tìm hệ số của số hạng chứa x 6 x  trong khai triển biểu thức trên. A. 120 . B. 210 . C. 330 . D. 126 . Lời giải Chọn B Ta có: Cn0  Cn1  Cn2  ….  Cnn  1024  2n  1024  n  10 . 10 k 10  k 1  1 Số hạng tổng quát của khai triển   x3  là: C10k    x3   C10k x 30  4 k . x x     Ta có: 30  4k  6  k  6 . Vậy hệ số của số hạng chứa x 6 trong khai triển biểu thức trên là: C106  210 . 1 2 3 2018 Câu 55: Tính tổng S  2.22017 C2018 .  3.22016 C2018  4.22015 C2018  …  2019C2018 A. S  2021.32017  22018 . B. S  2021.32017 . C. S  2021.32018  22017 . D. S  2021.32017  22018 . Lời giải Chọn A Áp dụng khai triển nhị thức NewTon ta có 2  x 2018 0 1 2 2018 2018  C2018 .22018  C2018 .22017.x  C2018 .2 2016.x 2  …  C2018 .x  x 2  x 2018 0 1 2 2018 2019  C2018 .22018.x  C2018 .22017.x 2  C2018 .22016.x 3  …  C2018 .x Lấy đạo hàm theo x hai vế ta được: 2  x 2018  x.2018.  2  x  2017 0 1 2 2018 2018  C2018 .22018  2.C2018 .22017.x  3.C2018 .22016.x 2  …  2019.C2018 .x Cho x  1 ta được: 0 1 2 2018 32018  2018.32017  C2018 .22018  2.C2018 .22017  3.C2018 .22016  …  2019.C2018 0 Suy ra S  32018  2018.32017  C2018 .22018  2021.32017  22018 . Câu 56: Cho đa giác đều  H  có 15 đỉnh. Người ta lập một tứ giác có 4 đỉnh là 4 đỉnh của  H  . Tính số tứ giác được lập thành mà không có cạnh nào là cạnh của  H  . A. 4950 . B. 1800 . C. 30 . D. 450 . Câu 57: Cho đa giác đều  H  có 15 đỉnh. Người ta lập một tứ giác có 4 đỉnh là 4 đỉnh của  H  . Tính số tứ giác được lập thành mà không có cạnh nào là cạnh của  H  . A. 4950 . B. 1800 . C. 30 . Hướng dẫn giải D. 450 . Chọn D Kí hiệu đa giác là A1 A2 … A15 . + TH1: Chọn tứ giác có dạng A1 Am An Ap với 1  m  n  p  15 . Gọi x1 , x2 , x3 , x4 là số các đỉnh nằm giữa A1 với Am , Am với An , An với Ap và Ap với A1 .  x1  x2  x3  x4  11 Khi đó ta có hệ  .  xi  1, i  1, 2,3, 4 Đặt xi  xi 1 thì xi  0 và x1  x2  x3  x4  7 nên có C103  120 tứ giác. + TH2 : Không chọn đỉnh A1 . Giả sử tứ giác được chọn là Am An Ap Aq với 1  m  n  p  q  15 . Gọi x1 là số các đỉnh giữa A1 và Am , x2 là số các đỉnh giữa Am và An , x3 là số các đỉnh giữa An và Ap , x4 là số các đỉnh giữa Ap và Aq , x5 là các đỉnh giữa Aq và A1 .  x1  x2  x3  x4  x5  10 Ta có hệ  . Tương tự trường hợp trên có C114  330 tứ giác.  x1 , x2 , x3 , x4  1, x5  0 Vậy có 450 tứ giác Câu 58: Thầy Dương có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu khó, 10 câu trung bình và 15 câu dễ. Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề nhất thiết phải có đủ cả 3 câu (khó, dễ, trung bình) và số câu dễ không ít hơn 2 ? A. 56875 . B. 42802 . C. 41811 . D. 32023 . Câu 59: Một đa giác đều có số đường chéo gấp đôi số cạnh. Hỏi đa giác đó có bao nhiêu cạnh? A. 7 . B. 6 . C. 8 . D. 5 . Câu 60: Thầy Dương có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu khó, 10 câu trung bình và 15 câu dễ. Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề nhất thiết phải có đủ cả 3 câu (khó, dễ, trung bình) và số câu dễ không ít hơn 2 ? A. 56875 . B. 42802 . C. 41811 . D. 32023 . Lời giải Chọn A TH1: Trong 5 câu có 2 câu dễ, 2 câu trung bình và 1 câu khó, có : C152 .C102 .C51  23625 đề. TH2: Trong 5 câu có 2 câu dễ, 1 câu trung bình và 2 câu khó, có : C152 .C101 .C52  10500 đề. TH3: Trong 5 câu có 3 câu dễ, 1 câu trung bình và 1 câu khó, có : C153 .C101 .C51  22750 đề. Vậy tất cả có số đề là : 23625  10500  22750  56875 đề. Câu 61: Một đa giác đều có số đường chéo gấp đôi số cạnh. Hỏi đa giác đó có bao nhiêu cạnh? A. 7 . B. 6 . C. 8 . D. 5 . Lời giải Chọn A Giả sử đa giác có n cạnh ( n  3 ). Suy ra: số đường chéo là Cn2  n . Ta có: Cn2  n  2n  n  n  1  3n  n  1  6  n  7 . 2 Câu 62: Cho hai đường thẳng d1 và d 2 song song với nhau. Trên d1 có 10 điểm phân biệt, trên d 2 có n điểm phân biệt ( n  2 ). Biết rằng có 1725 tam giác có các đỉnh là ba trong số các điểm thuộc d1 và d 2 nói trên. Tìm tổng các chữ số của n . A. 3 . B. 6 . C. 4 . D. 5 . Câu 63: Cho hai đường thẳng d1 và d 2 song song với nhau. Trên d1 có 10 điểm phân biệt, trên d 2 có n điểm phân biệt ( n  2 ). Biết rằng có 1725 tam giác có các đỉnh là ba trong số các điểm thuộc d1 và d 2 nói trên. Tìm tổng các chữ số của n . A. 3 . B. 6 . C. 4 . D. 5 . Lời giải Chọn B Ta thấy. cứ một điểm bất kì trên đường thẳng d1 với hai điểm phân biệt trên d 2 hoặc cứ một điểm bất kì trên đường thẳng d 2 với hai điểm phân biệt trên d1 tạo thành một tam giác. 2 Vậy tổng số tam giác thỏa mãn đề bài là 10.Cn2  nC10  1725 .  10 n!  45n  1725  5n  n  1  45n  1725  0 2.  n  2  !  n  15 . Vậy n  15 .  5n 2  40n  1725  0    n  23 n 1  Câu 64: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  x 2   ( x  0 và n là số nguyên dương), biết rằng x  tổng các hệ số của số hạng thứ nhất, thứ hai và thứ ba trong khai triển bằng 46 . A. 84 . B. 62 . C. 86 . D. 96 . n 1  Câu 65: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  x 2   ( x  0 và n là số nguyên dương), biết rằng x  tổng các hệ số của số hạng thứ nhất, thứ hai và thứ ba trong khai triển bằng 46 . A. 84 . B. 62 . C. 86 . D. 96 . Lời giải Chọn A n n  2 1 k 2 n 3k . x      Cn x x  k 0  Theo bài ra ta có Cn0  Cn1  Cn2  46  n  9 . Để có số hạng không chứa x thì 2.9  3k  0  k  6 . Số hạng cần tìm là C96  84 . Câu 66: Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc A . Tính xác suất để số tự nhiên được chọn chia hết cho 25 . 17 43 1 11 A. . B. . C. . D. . 81 324 27 324 Câu 67: Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc A . Tính xác suất để số tự nhiên được chọn chia hết cho 25 . 17 43 1 11 A. . B. . C. . D. . 81 324 27 324 Lời giải Chọn D Chọn ngẫu nhiên số có tám chữ số đôi một khác nhau, có 9. A97  1632960 (cách chọn). Gọi số cần tìm có dạng a1a2 a3a4 a5 a6 a7 a8 . Khi đó a7 a8 chia hết cho 25 nên a7 a8 là một trong các số sau 25 , 50 , 75 . * Nếu a7 a8  25 hoặc a7 a8  75 thì số cách chọn các chữ số còn lại là 7.A75 (cách chọn). * Nếu a7 a8  50 thì số cách chọn các chữ số còn lại là A86 số (cách chọn). Suy ra có 2.7. A75  A86  55440 (cách chọn). Vậy xác suất cần tính là 55440 11 .  1632960 324 Câu 68: Trong kì thi thử THPT Quốc Gia, An làm để thi trắc nghiệm môn Toán. Đề thi gồm 50 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng; trả lời đúng mỗi câu được 0, 2 điểm. An trả lời hết các câu hỏi và chắc chắn đúng 45 câu, 5 câu còn lại An chọn ngẫu nhiên. Tính xác suất để điểm thi môn Toán của An không dưới 9,5 điểm. A. 9 . 22 B. 13 . 1024 C. 2 . 19 D. 53 . 512 Câu 69: Trong kì thi thử THPT Quốc Gia, An làm để thi trắc nghiệm môn Toán. Đề thi gồm 50 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng; trả lời đúng mỗi câu được 0, 2 điểm. An trả lời hết các câu hỏi và chắc chắn đúng 45 câu, 5 câu còn lại An chọn ngẫu nhiên. Tính xác suất để điểm thi môn Toán của An không dưới 9,5 điểm. A. 9 . 22 B. 13 . 1024 C. 2 . 19 D. 53 . 512 Lời giải Chọn B Để An đúng được không dưới 9,5 điểm thì bạn ấy phải chọn đúng nhiều hơn 2 trong 5 câu còn lại. Xác suất mỗi câu chọn đúng là 1 3 và không chọn đúng là . 4 4 Để An đúng được không dưới 9,5 điểm thì bạn ấy phải chọn đúng hoặc 3 hoặc 4 hoặc 5 trong 5 câu còn lại. 3 2 4 5 13 1  3 1 3 1 Do đó xác suất cần tìm là              .  4   4   4   4   4  1024 12 1  Câu 70: Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển của biểu thức  3  2 x 5  (với x  0 ) bằng x  A. 59136 . B. 126720 . C. 59136 . D. 126720 . 8 Câu 71: Có 3 chiếc hộp A , B , C . Hộp A chứa 4 bi đỏ, 3 bi trắng. Hộp B chứa 3 bi đỏ, 2 bi vàng. Hộp C chứa 2 bi đỏ, 2 bi vàng. Lấy ngẫu nhiên một hộp từ 3 hộp này, rồi lấy ngẫu nhiên một bi từ hộp đó. Tính xác suất để lấy được một bi đỏ. 1 13 1 39 A. . B. . C. . D. . 8 30 6 70 12 1  Câu 72: Hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển của biểu thức  3  2 x 5  (với x  0 ) bằng x   A. 59136 . B. 126720 . C. 59136 . D. 126720 . Lời giải Chọn B 12  k 1 Số hạng tổng quát của khai triển là: Tk 1  C12k  3  x  Cho  2 x 5  k k 11  C12k  2  x 2 k  36 11 k  36  8  k  8 . 2 8  hệ số của số hạng chứa x8 là C128  2   126720 . Câu 73: Có 3 chiếc hộp A , B , C . Hộp A chứa 4 bi đỏ, 3 bi trắng. Hộp B chứa 3 bi đỏ, 2 bi vàng. Hộp C chứa 2 bi đỏ, 2 bi vàng. Lấy ngẫu nhiên một hộp từ 3 hộp này, rồi lấy ngẫu nhiên một bi từ hộp đó. Tính xác suất để lấy được một bi đỏ. 1 13 1 39 A. . B. . C. . D. . 8 30 6 70 Lời giải Chọn D 1 4 , xác suất để chọn được bi đỏ trong hộp A là 3 7 1 4  Xác suất để chọn được bi đỏ trong hộp A là . . 3 7 1 3 1 2 Tương tự, xác suất để chọn được bi đỏ trong hộp B , hộp C lần lượt là . , . . 3 5 3 4 1 4 1 3 1 2 39 Vậy xác suất để lấy được bi đỏ là P  .  .  .  . 3 7 3 5 3 4 70 Xác suất để chọn hộp A là Câu 74: Có bao nhiêu số có 5 chữ số tận cùng là 1 và chia hết cho 7 . A. 12855 . B. 12856 . C. 1285 . Câu 75: Có bao nhiêu số có 5 chữ số tận cùng là 1 và chia hết cho 7 . A. 12855 . B. 12856 . C. 1285 . D. 1286 . D. 1286 . Lời giải Chọn D abcd1 Giả sử abcd1  10.abcd  1  3.abcd  7.abcd  1 số tự nhiên có 5 chữ số thỏa mãn đề bài là. Ta có chia hết cho 7 khi 3.abcd  1 chia hết cho 7 . Khi đó, 3.abcd  1  7 k  abcd  2k  k 1 , k   là số nguyên khi k  3l  1 . 3 Suy ra abcd  7l  2  1000  7l  2  9999  998 9997 có 1286 giá trị của l . l  7 7 Vậy có 1286 số thỏa mãn bài toán. Câu 76: Một hộp đựng 40 tấm thẻ được đánh số thứ tự từ 1 đến 40 . Rút ngẫu nhiên 10 tấm thẻ. Tính xác suất để lấy được 5 tấm thẻ mang số lẻ và 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó có đúng một thẻ mang số chia hết cho 6 . 252 26 12 126 A. . B. . . C. . D. . 1147 1147 1147 1147  Câu 77: Tìm hệ số của x 4 trong khai triển 1  3 x  2 x 3 A. 17550 . B. 16758 . 10  C. 21130 . D. 270 . Câu 78: Chọn ngẫu nhiên một vé xổ số có 5 chữ số được lập từ các chữ số từ 0 đến 9 . Tính xác suất để lấy được vé không có chữ số 1 hoặc chữ số 2. A. 0,8533 . B. 0,5533 . C. 0, 6533 . D. 0, 2533 . Câu 79: Một hộp đựng 40 tấm thẻ được đánh số thứ tự từ 1 đến 40 . Rút ngẫu nhiên 10 tấm thẻ. Tính xác suất để lấy được 5 tấm thẻ mang số lẻ và 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó có đúng một thẻ mang số chia hết cho 6 . 252 26 12 126 A. . B. . . C. . D. . 1147 1147 1147 1147 Lời giải Chọn D 10 Số cách rút 10 tấm thẻ n     C40 . Gọi A là biến cố: “ lấy được 5 tấm thẻ mang số lẻ và 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó có đúng một thẻ mang số chia hết cho 6 ”. Ta có từ số 1 đến số 40 có 6 số là: M  6;12;18;..36 . Chọn 1 số chia hết trong tập M có C61 cách (số được chọn là số chẵn). Số rút 4 số chẵn từ tập 2; 4;…40 M là C144 . 5 Số cách rút 5 thẻ mang số lẻ A20 . Vậy p  A   5 C61.C144 .C20 126 .  10 C40 1147  Câu 80: Tìm hệ số của x 4 trong khai triển 1  3 x  2 x 3 A. 17550 . B. 16758 . 10  C. 21130 . Lời giải D. 270 . Chọn A 10 10  1  3x  2 x3    C10k 3x  2 x3  k k 0 10 k   C10k . Cki  3x  k 0 i0 k i i 10 k . 2 x3    C10k Cki 3k i.2i.x k  2i k 0 i 0 4 Số hạng chứa x khi k  2i  4   k ; i    4;0  ,  2;1 Hệ số của số hạng đó là C104 .C40 .34.20  C102 .C21 .31.21  17010  540  17550 . Câu 81: Chọn ngẫu nhiên một vé xổ số có 5 chữ số được lập từ các chữ số từ 0 đến 9 . Tính xác suất để lấy được vé không có chữ số 1 hoặc chữ số 2. A. 0,8533 . B. 0,5533 . C. 0, 6533 . D. 0, 2533 . Lời giải Chọn A Có 105 vé xổ số có 5 chữ số được lập từ các chữ số từ 0 đến 9 , do đó để lấy ngẫu nhiên một vé xổ số có 105 cách. Số vé xổ số mà không có chữ số 1 là 95 , số vé xổ số mà không có chữ số 2 là 95 . Số vé xổ số mà không có cả chữ số 1 và 2 là 85 . Do đó để lấy được vé không có chữ số 1 hoặc chữ số 2 có 2.95  85  85330 . 85330 Vậy xác suất cần tìm là  0,8533 . 105 Câu 82: Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có năm chữ số. Tính xác suất để số được chọn có dạng abcde trong đó 1 a  b  c  d  e  9. A. 143 . 10000 B. 138 . 1420 C. 11 . 200 D. 3 . 7 Câu 83: Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có năm chữ số. Tính xác suất để số được chọn có dạng abcde trong đó 1 a  b  c  d  e  9. A. 143 . 10000 B. 138 . 1420 C. Lời giải Chọn A 11 . 200 D. 3 . 7 Có 9.10 4 số tự nhiên có 5 chữ số được tạo thành. Từ 1  a  b  c  d  e  9  1  a  b  1  c  2  d  3  e  4  13 . Đặt a1  a , a2  b  1 , a3  c  2 , a4  d  3 , a5  e  4  1  a1  a2  a3  a4  a5  13 . Mỗi cách chọn bộ số  a1 , a2 , a3 , a4 , a 5  tương ứng ta được một số abcde thỏa mãn bài toán. Số các số có dạng abcde thỏa mãn là C135  1287 số. Vậy xác suất cần tìm là P  1287 143  . 4 9.10 10000 n Câu 84: Hệ số của x7 trong khai triển  2  x  3 x 2  là bao nhiêu, biết n là số tự nhiên thỏa mãn Cn0  Cn1  Cn2  29 . A. 53173 . B. 38053 . C. 53172 . D. 38052 . n Câu 85: Hệ số của x7 trong khai triển  2  x  3 x 2  là bao nhiêu, biết n là số tự nhiên thỏa mãn Cn0  Cn1  Cn2  29 . A. 53173 . B. 38053 . C. 53172 . Lời giải D. 38052 . Chọn B Điều kiên: n  2 . Ta có: Cn0  Cn1  Cn2  29  1  n   Khi đó: 2  x  3x 2 7 7 n  n  1  n  8  n  7.  29  n2  n  56  0   2 n  7 k k 7 k 0 7 k 2 7k    C  2  x   3x  7   C7k  3x 2  k 0 7k k i k k i  C 2  1 i xi i 0 i   C7k Cki 2k i37 k  1 xi 142 k k 0 i 0 Hệ số của x 7 có k thỏa mãn: i  14  2k  7  2k  7  i . i 3 5 7 1 k 5 6 7 4 7 Vậy hệ số của x là: C74C41 2333  C75C53 2 232  C76C65 2.3  C77 C77  30240  7560  252  1  38053 . Câu 86: Cho các số 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 lập một số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau dạng abcdef . Tính xác suất để số lập được thỏa mãn a  b  c  d  e  f ? 4 5 4 3 . B. . C. . D. . 135 158 85 20 Câu 87: Cho các số 0 , 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 lập một số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau dạng A. abcdef . Tính xác suất để số lập được thỏa mãn a  b  c  d  e  f ? A. 4 . 135 B. 5 . 158 C. 4 . 85 D. 3 . 20 Lời giải Chọn A Số phần tử không gian mẫu n     6.6!  4320 . Số lập được thỏa mãn a  b  c  d  e  f ta có các trường hợp sau: TH1: xét các bộ số 0;6 , 1;5 , 2; 4 : Nếu a; b  0;6 thì có 1 cách sắp xếp. Khi đó hai cặp số còn lại có: 2.2.2  8 cách. Nếu a; b  1;5 thì có 2 cách sắp xếp. Khi đó hai cặp số còn lại có: 2.2.2  8 cách. Nếu a; b  2; 4 thì có 2 cách sắp xếp. Khi đó hai cặp số còn lại có: 2.2.2  8 cách. Suy ra có: 8.5  40 (số). TH2: xét các bộ số 0;5 , 1; 4 , 2;3 : tương tự TH1 có 8.5  40 (số). TH3: xét các bộ số 1;6 , 2;5 , 3; 4 : có 3.2.8  48 (số). Vậy xác suất P  A   40  40  48 4 .  4320 135 20 10 1  1   Câu 88: Sau khi khai triển và rút gọn, biểu thức  x  2    x3   có bao nhiêu số hạng. x x    A. 27 . B. 29 . C. 32 . D. 28 . Câu 89: Một hội nghị gồm 6 đại biểu nước A, 7 đại biểu nước B và 7 đại biểu nước C trong mỗi nước có hai đại biểu là nữ. Chọn ngẫu nhiên ra 4 đại biểu, xác suất chọn được 4 đại biểu để mỗi nước có ít nhất một đại biểu và có cả đại biểu nam và đại biểu nữ bằng A. 46 . 95 B. 3844 . 4845 C. 49 . 95 D. 20 1937 . 4845 10 1  1   Câu 90: Sau khi khai triển và rút gọn, biểu thức  x  2    x3   có bao nhiêu số hạng. x x    A. 27 . B. 29 . C. 32 . D. 28 . Lời giải Chọn B k 20 1  k   1  Số hạng tổng quát của  x  2  là: Tk 1  C20k x 20 k .   2   C20k  1 x 203k . x    x  Khi đó ta có : 40  20  3k  20 , có 21 số hạng. m 10 10  m  1 1 m  Số hạng tổng quát của  x3   là: U m1  C10m  x 3  .     C10m  1 x30 4 m . x   x Khi đó ta có : 10  30  4 m  30 , có 11 số hạng.  4m  3k  10  m  4; k  2  Ta lại có : 20  3k  30  4m  0  m  10   m  7; k  6 . 0  k  20  m  10; k  10  Vậy khai triển có 21  11  3  29 số hạng. Câu 91: Một hội nghị gồm 6 đại biểu nước A, 7 đại biểu nước B và 7 đại biểu nước C trong mỗi nước có hai đại biểu là nữ. Chọn ngẫu nhiên ra 4 đại biểu, xác suất chọn được 4 đại biểu để mỗi nước có ít nhất một đại biểu và có cả đại biểu nam và đại biểu nữ bằng A. 46 . 95 B. 3844 . 4845 C. 49 . 95 D. 1937 . 4845 Lời giải Chọn D Số phần tử không gian mẫu là n     C204  4845 . Gọi X là biến cố: “Chọn ra 4 đại biểu sao cho mỗi nước đều có ít nhất một đại biếu”. Gọi A là biến cố: “Chọn ra 4 đại biểu sao cho mỗi nước đều có ít nhất một đại biếu và có cả đại biểu nam và đại biểu nữ”. Gọi B là biến cố: “Chọn ra 4 đại biểu sao cho mỗi nước đều có ít nhất một đại biếu và cả 4 đại biều hoặc toàn nam hoặc toàn nữ”. Ta có: n  X   C62C71C71  C61C72C71  C61C71C72  2499 . n  B    C42C51C51  C41C52C51  C41C51C52    C22C21C21  C21C22C21  C21C21C22   562 . n  X   n  A  n  B   n  A  n  X   n  B   2499  562  1937 . Vậy P  A  n  A  1937 .  n    4845 Câu 92: Có 4 cặp vợ chồng được xếp ngồi trên một chiếc ghế dài có 8 chỗ. Biết rằng mỗi người vợ chỉ ngồi cạnh chồng của mình hoặc ngồi cạnh một người phụ nữ kháC. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi thỏa mãn. A. 816 . B. 18 . C. 8! . D. 604 . ———-HẾT———ĐÁP ÁN THAM KHẢO 1 2 3 4 A C A D 5 B 6 7 8 C D B 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 D D C C C D D B B A D B A D B C B 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 C A A D B B A B B A D C B A D A D A C C C B B C A Hướng dẫn giải Câu 93: Có 4 cặp vợ chồng được xếp ngồi trên một chiếc ghế dài có 8 chỗ. Biết rằng mỗi người vợ chỉ ngồi cạnh chồng của mình hoặc ngồi cạnh một người phụ nữ kháC. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi thỏa mãn. A. 816 . B. 18 . C. 8! . D. 604 . Hướng dẫn giải Chọn A TH1: Chỉ có một cặp vợ chồng ngồi cạnh nhau, khi đó buộc các bà vợ phải ngồi cùng một bên, các ông chồng ngồi cùng một bên so với cặp vợ chồng đó.  có  2.3!.3! . A41  288 (cách xếp). TH2: Có đúng hai cặp vợ chồng ngồi cạnh nhau  có 2. A42 .2.6  288 (cách xếp). TH3: Có đúng ba cặp vợ chồng ngồi cạnh nhau  có 2. A43 .2.2  192 (cách xếp). TH4: Tất cả 4 cặp vợ chồng ngồi cạnh nhau  có 2. A44  48 (cách xếp). Vậy có tất cả là 288  288  192  48  816 (cách xếp) thỏa yêu cầu đề bài. ———-HẾT———- Câu 1: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 1-NH2017-2018) Cho dãy số  an  xác định bởi a1  5, an1  q.an  3 với mọi n  1 , trong đó q là hằng số, q  0 , q  1 . Biết công thức số hạng tổng quát của dãy số viết được dưới dạng an   .q n 1   A. 13 . B. 9 . C. 11. Lời giải 1  q n 1 . Tính   2  ? 1 q D. 16 . Chọn C Cách 1. Ta có: an 1  k  q  an  k   k  kq  3  k  3 1 q Đặt vn  an  k  vn 1  q.vn  q 2 .vn1  …  q n .v1  3  Khi đó vn  q n1.v1  q n 1.  a1  k   q n 1.  5    1 q   3  3  3 1  q n1 n 1  n 1 Vậy an  vn  k  q n1.  5  .  k  q . 5    5. q  3.    1 q  1 q   1 q  1 q Do đó:   5;   3    2   5  2.3  11 . Cách 2. Theo giả thiết ta có a1  5, a2  5q  3 . Áp dụng công thức tổng quát, ta được  1  q11 11 a   . q     1 1 q  , suy ra  2 1 1  q 2  1 a   .q    q    2 1 q    2   5  2.3  11 5   , hay  5q  3   q     5    3 Câu 2: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 1-NH2017-2018) Một khối lập phương có độ dài cạnh là 2cm được chia thành 8 khối lập phương cạnh 1cm . Hỏi có bao nhiêu tam giác được tạo thành từ các đỉnh của khối lập phương cạnh 1cm . A. 2876 . B. 2898 . C. 2915 . D. 2012 . Lời giải Chọn A Có tất cả 27 điểm. 3 Chọn 3 điểm trong 27 có C27  2925. Có tất cả  8.2  6.2  4.2  4  3  2  2  2   49 bộ ba điểm thẳng hàng. Vậy có 2925  49  2876 tam giác. Câu 3: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 1-NH2017-2018) Hai người ngang tài ngang sức tranh chức vô địch của một cuộc thi cờ tướng. Người giành chiến thắng là người đầu tiên thắng được năm ván cờ. Tại thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng 4 ván và người chơi thứ hai mới thắng 2 ván, tính xác suất để người chơi thứ nhất giành chiến thắng. 3 4 7 1 A. . B. . C. . D. . 4 5 8 2 Lời giải Chọn C Theo giả thiết hai người ngang tài ngang sức nên xác suất thắng thua trong một ván đấu là 0, 5; 0, 5 . Xét tại thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng 4 ván và người chơi thứ hai thắng 2 ván. Để người thứ nhất chiến thắng thì người thứ nhất cần thắng 1 ván và người thứ hai thắng không quá hai ván. Có ba khả năng: TH1: Đánh 1 ván. Người thứ nhất thắng xác suất là 0, 5 . 2 TH2: Đánh 2 ván. Người thứ nhất thắng ở ván thứ hai xác suất là  0,5  . 3 TH3: Đánh 3 ván. Người thứ nhất thắng ở ván thứ ba xác suất là  0,5  . 7 2 3 Vậy P  0,5   0, 5   0,5   . . 8 Câu 4: (THPT Chuyên Bắc Ninh-lần 1-năm 2017-2018) Tìm số tự nhiên n thỏa mãn Cn0 Cn1 Cn2 Cnn 2100  n  3 .    …   1.2 2.3 3.4  n  1 n  2   n  1 n  2  A. n  101 . B. n  98 . C. n  99 . Lời giải D. n  100 . Chọn B Cách 1: Ta có: Cnk Cnk22  n  2 ! n! .     k  1 k  2  k ! n  k ! k  1 k  2   n  k ! k  2 ! n  1 n  2   n  1 n  2  Cnk n Suy ra: k 0  Cnk22 n   k  1 k  2     n  1 n  2  k 0 Cn0 Cn1 Cn2 Cnn C 2  Cn3 2  Cn4 2  …  Cnn22    …   n2 1.2 2.3 3.4  n  1 n  2   n  1 n  2  Ta xét khai triển sau: 1  x  n2   .  Cn0 2  x.Cn1 2  x 2 .Cn2 2  x3 .Cn3 2  …  x n  2 .Cnn22 .  2n  2  Cn0 2  Cn1 2  Cn2 2  Cn3 2  …  Cnn22 . Chọn x  1  Do đó:    2n  2  Cn0 2  Cn1 2 2100  n  3   2100  2 n  2  n  98 .  n  1 n  2   n  1 n  2  Cách 2: Ta có: S Cn0 Cn1 Cn2 Cnn 1  n 1 1  1 1 1 1  1    …      Cn0     Cn1     Cn2  …..     Cn 1.2 2.3 3.4  n  1 n  2   1 2   2 3 3 4  n 1 n  2  1 1 1 1 1 1 1  1  =  Cn0  Cn1  Cn2  ….. Cnn    Cn0  Cn1  Cn2  ….. Cnn  1 2 3 n  1 2 3 4 n  2     1 Lại có: 1 n  1  x  dx   x 1  x  0 0 1 n 1 n dx   2 1  x  dx   1  x  0 0 n 1 dx 1 1 1 1 1 1 1 2 1 n 1 1  1    Cn0  Cn1  Cn2  ….. Cnn    Cn0  Cn1  Cn2  ….. Cnn   1  x   1  x 2 3 n 1   2 3 4 n  2  n 1 n2 1 0 2.2n 1  2 2n  2  1 2n 2  n  3 S   n 1 n2  n  1 n  2  Câu 5: Kết hợp giả thiết có 2n  2  n  3 2100  n  3  n  98 .(THPT Hai Bà Trưng-Vĩnh Phúc  n  1 n  2   n  1 n  2  lần 1-năm 2017-2018) Xét một bảng ô vuông gồm 4  4 ô vuông. Người ta điền vào mỗi ô vuông đó một trong hai số 1 hoặc 1 sao cho tổng các số trong mỗi hàng và tổng các số trong mỗi cột đều bằng 0 . Hỏi có bao nhiêu cách? A. 72 . B. 90 . C. 80 . D. 144 . Lời giải Chọn B Nhận xét 1: Trên mỗi hàng có 2 số 1 và 2 số 1 , mỗi cột có 2 số 1 và 2 số 1 Nhận xét 2: Để tổng các số trong mỗi hàng và trong mỗi cột bằng 0 đồng thời có không quá hai số bằng nhau và ba hàng đầu tiên đã được xếp số thì ta chỉ có một cách xếp hàng thứ tư. Do vậy ta tìm số cách xếp ba hàng đầu tiên. Phương pháp giải bài này là xếp theo hàng. (Hình vẽ). Các hàng được đánh số như sau: Hàng 1 Hàng 2 Hàng 3 Hàng 4 4!  6 cách điền số mà tổng các số bằng 0, đó là các 2!.2! cách xếp như sau (Ta gọi là các bộ số từ 1 đến  6  ): Nếu xếp tự do thì mỗi hàng đều có 11  1  1 1 , 1  1  11  2  , 1  111  3 , 11  11  4  , 1  11  1  5  , 111  1  6  Giả sử hàng 1 được xếp như bộ 1 . Số cách xếp hàng 2 có các khả năng sau KN1: Hàng 2 xếp giống hàng 1: Có 1 cách xếp ( bộ 1 ). Hàng 3 có 1 cách ( bộ  3 ). Hàng 4 có 1 cách. Vậy có 1.1.1.1  1 cách xếp. KN2: Hàng 2 xếp đối xứng với hàng 1: Có 1 cách xếp (bộ  3 ) Hàng 3 có 6 cách ( lấy thoải mái từ các bộ vì tổng hai hàng trên đã bằng 0 ). Hàng 4 có 1 cách. Vậy có 1.1.6.1  6 cách xếp. KN3: Hàng 2 xếp trùng với cách xếp hàng 1 ở 2 vị trí: Có 4 cách xếp ( 4 bộ còn lại) Khi đó, với mỗi cách xếp hàng thứ 2 , hàng 3 có 2 cách.Hàng 4 có 1 cách. Vậy có 1.1.6.1  6 cách xếp. Vì vai trò các bộ số như nhau nên số cách xếp thỏa mãn ycbt là 6. 1  6  6   90 cách. Câu 6: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Thầy X có 15 cuốn sách gồm 4 cuốn sách toán, 5 cuốn sách lí và 6 cuốn sách hóa. Các cuốn sách đôi một khác nhau. Thầy X chọn ngẫu nhiên 8 cuốn sách để làm phần thưởng cho một học sinh. Tính xác suất để số cuốn sách còn lại của thầy X có đủ 3 môn. 1 n2 0 A. 5 . 6 B. 661 . 715 660 . 713 C. D. 6 . 7 Lời giải Chọn B Gọi A là biến cố “Số cuốn sách còn lại của thầy X có đủ 3 môn”, suy ra A là biến cố “Số cuốn sách còn lại của thầy X không có đủ 3 môn”= “Thầy X đã lấy hết số sách của một môn học”. Số phần tử của không gian mẫu là: n     C158  6435     n A  C44 .C114  C55 .C103  C66 .C92  486  P A  54 661  P  A  1  P A  715 715   Câu 7: (THPT Chuyên Lam-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Một con thỏ di chuyển từ địa điểm A đến địa điểm B bằng cách qua các điểm nút (trong lưới cho ở hình vẽ) thì chỉ di chuyển sang phải hoặc đi lên (mỗi cách di chuyển như vậy xem là một cách đi). Biết nếu thỏ di chuyển đến nút C thì bị cáo ăn thịt, tính xác suất để thỏ đến được vị trí B . B C A A. 1 . 2 B. 2 . 3 3 . 4 Lời giải C. D. 5 . 12 Chọn A B I C A Vẽ thêm cho em điểm J ngay phía trên điểm I nhé Kiến thức : Nếu di chuyển trên lưới theo hướng lên trên hoặc sang ngang thì đi từ O  0; 0  đến A  m; n  sẽ có Cmm n  Cmn  n cách. Số cách di chuyển từ A đến I là C52 , số cách di chuyển từ I đến B là C42 . Số phần tử không gian mẫu: n     C52 .C42  60 . Gọi X là biến cố thỏ đến được vị trí B . Số cách di chuyển từ A đến I là C52 , số cách di chuyển từ I đến J là 1 cách, số cách di chuyển từ J đến B là C31 .Ta có n  X   C52 .1.C31  30 P X   n X  1  . n  2 Câu 8: (THTT Số 3-486 tháng 12 năm 2017-2018) Mỗi lượt, ta gieo một con súc sắc (loại 6 mặt, cân đối) và một đồng xu (cân đối). Tính xác suất để trong 3 lượt gieo như vậy, có ít nhất một lượt gieo được kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp. A. 397 . 1728 B. 1385 . 1728 C. 1331 . 1728 D. 1603 . 1728 Lời giải Chọn A Trước hết ta tính xác suất để trong một lượt gieo thứ k không được kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp. Số phần tử của không gian mẫu là C21 .C61  12 . Số cách gieo để được kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện 12  1 11 mặt sấp là C11.C11  1 . Vậy P  Ak    12 12 Gọi A là biến cố trong 3 lượt gieo có ít nhất một lượt gieo được kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp. 3 397  11  Khi đó P  A   1  P  A1 A2 A3   1     .  12  1728 Câu 9: (SGD Vĩnh Phúc-KSCL lần 1 năm 2017-2018) Biết tổng các hệ số của ba số hạng đầu trong khai n k n nk  2  2 k  triển  x 2     Cnk  1  x 2  .   bằng 49 . Khi đó hệ số của số hạng chứa x 3 trong khai x  k 0  x triển đó là A. 60×3 . B. 60 . D. 160×3 . C. 160 . Lời giải Chọn C n k n n nk  2  2 k k  Ta có  x 2     Cnk  1  x 2  .     C6k  1 .2k .x 2 n3k . x  k 0   x  k 0 Vì tổng các hệ số của ba số hạng đầu trong khai triển bằng 49 nên Cn0  2Cn1  22 Cn2  49 * . Điều kiện n   * , n  2 . Khi đó *  1  2n  22. n  n  1 2  n  4 (loại), n  6 (nhận).  49  1  2n  2n 2  2n  49  2n2  4n  48  0 6 2  Với n  6 ta có nhị thức  x 2   . x  k Số hạng tổng quát của khai triển là: C6k  1 .2 k.x123k  k  , 0  k  6  . Số hạng chứa x3 ứng với k thỏa mãn 12  3k  3  k  3 (nhận). 3 Vậy hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển là C63  1 .23  160 . Câu 10: (THPT Triệu Sơn 3-Thanh Hóa năm 2017-2018) 2 2 1 2 2017 2017 2 2018 2018 2 1 2 C2018  C2018  …       C2018   1 C2018  2018 2017 2 1 1 2018 1009 2018 2018 A. S  . B. S  . C. S  C4036 C4036 C2018 . 2018 2018 2019 Lời giải Chọn D n  k  1 k 1 Ta có Cnk  .Cn với k   , n   , n  k nên: k Tính S D. S  2018 2018 C4036 . 2019 tổng S 1 2018 0 2 2017 1 2017 2017 2 2018 2018 1 1 2 2016 2017 C2018 . C2018  C2018 . C2018  …  C2018 . C2018  C2018 . C2018 2018 1 2017 2 2 2017 1 2018 1 0 2 1 2017 2016 2018 2017 k 2018  k  C2018 .C2018  C2018 .C2018  …  C2018 .C2018  C2018 .C2018  C2018 . Mà C2018 suy ra 1 2018 2 2017 2017 2 2018 1 . S  C2018 .C2018  C2018 .C2018  …  C2018 .C2018  C2018 .C2018 Mặt khác ta có: 1  x  2018 2018 k   C2018 x k  1  x  2018 . 1  x  k 0 2018 2018 2018 k l   C2018 x k . C2018 xl  k 0 l 0 2018 C k 2018 l .C2018 .x k  l 1 . k ,l  0 Suy ra hệ số của số hạng chứa x 2019 trong khai triển của 1 là 1 2018 2 2017 2017 2 2018 1 . S  C2018 .C2018  C2018 .C2018  …  C2018 .C2018  C2018 .C2018 Lại do 1  x  1  x  4036 2018 . 1  x  2018  1  x  4036 ; 4036 n   C4036 x n  2  suy ra hệ số của số hạng chứa x 2019 trong khai triển của  2  là n 0 C 2019 4036 . 1 2018 2 2017 2017 2 2018 1 2019 Vậy S  C2018 .C2018  C2018 .C2018  …  C2018 .C2018  C2018 .C2018  C4036  4036! 4036  2018 4036! 2018 2018   C4036 . 2019!.  4036  2019  ! 2019 2018!.  4036  2018 ! 2019 Câu 11: (Đề tham khảo BGD năm 2017-2018) Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12A , 3 học sinh lớp 12B và 5 học sinh lớp 12C thành một hàng ngang. Xác suất để trong 10 học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau bằng A. 11 . 630 B. 1 . 126 C. 1 . 105 D. 1 . 42 Lời giải Chọn A Số cách xếp 10 học sinh vào 10 vị trí: n     10! cách. Gọi A là biến cố: “Trong 10 học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau”. Sắp xếp 5 học sinh lớp 12C vào 5 vị trí, có 5! cách. Ứng mỗi cách xếp 5 học sinh lớp 12C sẽ có 6 khoảng trống gồm 4 vị trí ở giữa và hai vị trí hai đầu để xếp các học sinh còn lại. C1 C2 C3 C4 C5  TH1: Xếp 3 học sinh lớp 12B vào 4 vị trí trống ở giữa (không xếp vào hai đầu), có A43 cách. Ứng với mỗi cách xếp đó, chọn lấy 1 trong 2 học sinh lớp 12A xếp vào vị trí trống thứ 4 (để hai học sinh lớp 12C không được ngồi cạnh nhau), có 2 cách. Học sinh lớp 12A còn lại có 8 vị trí để xếp, có 8 cách. Theo quy tắc nhân, ta có 5!. A43 .2.8 cách.  TH2: Xếp 2 trong 3 học sinh lớp 12B vào 4 vị trí trống ở giữa và học sinh còn lại xếp vào hai đầu, có C31.2. A42 cách. Ứng với mỗi cách xếp đó sẽ còn 2 vị trí trống ở giữa, xếp 2 học sinh lớp 12A vào vị trí đó, có 2 cách. Theo quy tắc nhân, ta có 5!.C31.2. A42 .2 cách. Do đó số cách xếp không có học sinh cùng lớp ngồi cạnh nhau là n  A   5!. A43 .2.8  5!.C31.2. A42 .2  63360 cách. Vậy P  A   n  A  63360 11 .   10! 630 n  Câu 1: (THPT 2 n 1  x  x  Triệu Sơn 1-lần 1 năm 2017-2018) Cho khai triển  a0  a1 x  a2 x 2    a2 n x 2 n , với n  2 và a0 , a1 , a2 , …, a2n là các hệ số. Biết a3 a4  , khi đó tổng S  a0  a1  a2    a2n bằng 14 41 A. S  310 . B. S  311 . C. S  312 . Lời giải Chọn A rằng n n k n k k 0 l 0 D. S  313 . Ta có 1  x  x 2    Cnk  x  x 2    Cnk  Ckl x k l .x 2 l . k 0 l  0; k  3 Hệ số của x 3 là x k l  x3  k  l  3    a3  Cn3C30  Cn2C21 . l  1; k  2  l  0; k  4 k l 4 4 Tương tự hệ số của x là x  x  k  l  4   l  1; k  3  a4  Cn4C40  Cn3C31  Cn2C22 . l  2; k  2 Theo giả thiết 14a4  41a3  14  Cn4C40  Cn3C31  Cn2C22   41 Cn3C30  Cn2C21     n! 3.n ! n! n! 2.n !   14       41   4! n  4  ! 3! n  3 ! 2! n  2  !   3! n  3 ! 2! n  2  !   n  n  1 n  2  n  3 n  n  1 n  2  n  n  1   n  n  1 n  2    14     n  n  1    41 24 2 2  6     n 1 11 185   14   n  n  1  n 2  n    0   n  10  n    4 6   24  Do n  2 nên n  10 . 10 Mặt khác thay x  1 vào hai vế của khai triển 1  x  x 2   a0  a1 x  a2 x 2    a20 x 20 ta được S  a0  a1  a2    a20  310 . ———-HẾT———- Câu 2: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 1 MĐ 904 năm 2017-2018) Cho khai triển 2 2017 1  3x  2 x   a0  a1 x  a2 x 2  …  a4034 x 4034 . Tìm a2 . A. 18302258. B. 16269122. C. 8132544. Lời giải D. 8136578. Chọn A Ta có  1  3x  2 x2  2017 2017   k   k C2017 1  3x  2 x 2 2017  k k 0  k C2017 k 0 2017 k  k 2017   C k i 2017 Ck i 2 2017  k  C  3x   2 x  i k i 0  3i  2 2017  k x 40342 k i k  0 i 0  k  2016 4034  2k  i  2 i  2k  4032  0    i  0 2 Số hạng chứa x ứng với i, k    i, k     k  2017 0  k  2017, 0  i  k 0  k  2017, 0  i  k     i  2 0 2 2016 0 2017 2 Vậy a2  C2017 C2016  3 21  C2017 C2017  3 20  18302258 . Câu 3: (THPT Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình lần 1 năm 2017-2018) Trong trận đấu bóng đá giữa 2 đội Real madrid và Barcelona, trọng tài cho đội Barcelona được hưởng một quả Penalty. Cầu thủ sút phạt ngẫu nhiên vào 1 trong bốn vị trí 1 , 2 , 3 , 4 và thủ môn bay người cản phá ngẫu nhiên đến 1 trong 4 vị trí 1 , 2 , 3 , 4 với xác suất như nhau (thủ môn và cầu thủ sút phạt đều không đoán được ý định của đối phương). Biết nếu cầu thủ sút và thủ môn bay cùng vào vị trí 1 (hoặc 2 ) thì thủ môn cản phá được cú sút đó, nếu cùng vào vị trí 3 (hoặc 4 ) thì xác suất cản phá thành công là 50% . Tính xác suất của biến cố “cú sút đó không vào lưới”? A. 5 . 16 B. 4 3 1 2 3 . 16 C. 1 . 8 D. 1 . 4 Lời giải Chọn B Cách 1:  Số phần tử của không gian mẫu là n     4.4  16 Gọi biến cố A  “Cú sút đó không vào lưới” Khi đó biến cố A  “Cú sút đó vào lưới”   Số phần tử của n A là  Trường hợp 1: Cầu thủ sút vào vị trí 1 thủ môn bay vào 1 trong 3 vị trí còn lại Cầu thủ có 1 cách sút Thủ môn có 3 cách bay Do đó, có 3 khả năng xảy ra  Trường hợp 2: Cầu thủ sút vào vị trí 2 thủ môn bay vào 1 trong 3 vị trí còn lại Cầu thủ có 1 cách sút     Thủ môn có 3 cách bay Do đó, có 3 khả năng xảy ra Trường hợp 3: Cầu thủ sút vào vị trí 3 thủ môn bay vào 1 trong 3 vị trí còn lại Cầu thủ có 1 cách sút Thủ môn có 3 cách bay Do đó, có 3 khả năng xảy ra Trường hợp 4: Cầu thủ sút vào vị trí 4 thủ môn bay vào 1 trong 3 vị trí còn lại Cầu thủ có 1 cách sút Thủ môn có 3 cách bay Do đó, có 3 khả năng xảy ra Trường hợp 5: Cầu thủ sút vào vị trí 3 thủ môn bay vào vị trí 3 Cầu thủ có 1 cách sút Thủ môn có 1 cách bay Do đó, có 1 khả năng xảy ra Trường hợp 6: Cầu thủ sút vào vị trí 4 thủ môn bay vào vị trí 4 Cầu thủ có 1 cách sút Thủ môn có 1 cách bay Do đó, có 1 khả năng xảy ra   Khi đó n A  4.3  2.1  14 .   Xác suất xảy ra biến cố A là p A  4.3 2.1 1 13 (Do 2 trường hợp 5, 6 thì xác suất xảy  .  16 16 2 16 ra chỉ là 50%).   Vậy p  A   1  p A  1  13 3  . 16 16 Cách 2: Gọi Ai là biến cố “cầu thủ sút phạt vào vị trí i ” Bi là biến cố “thủ môn bay người cản phá vào vị trí thứ i ” Và C là biến cố “Cú sút phạt không vào lưới” 1 Dễ thấy P  Ai   P  Bi   . 4 1 1 Ta có P  C   P  A1  P  B1   P  A2  P  B2   P  A3  P  B3   P  A4  P  B4  2 2 2 2 2 2 3 1 1 11 11            .  4   4  2  4  2  4  16 Câu 4: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 3 năm 2017-2018) Cho tam giác đều H có cạnh bằng 8 . Chia tam giác này đều thành 64 tam giác đều có cạnh bằng 1 bởi các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác đều đã cho. Gọi S là tập hợp các đỉnh của 64 tam giác đều có cạnh bằng 1 . Chọn Ngẫu nhiên 4 đỉnh của tập S . Tính xác suất để 4 đỉnh chọn được là bốn đỉnh của một hình bình hành nằm trong miền trong tam giác đều H . A. 2 . 473 B. 6 . 935 2 . 1419 Lời giải C. D. 2 . 935 Chọn A Cách 1: Ta thấy có 3 loại hình bình hành dựa vào cách chọn phương của hai cạnh của hình bình hành. Số hình bình hành của mỗi loại là bằng nhau nên chỉ cần tính một loại rồi nhân với 3 . Dựng thêm một đường thẳng song song với cạnh đáy và cách cạnh đáy một khoảng bằng khoảng cách giữa hai đường thẳng song song kề nhau, tạo thành một tam giác đều mở rộng như hình vẽ. Ta chia cạnh mới thành 9 phần bằng nhau bởi 8 , cộng thêm 2 đầu mút nữa thành 10 điểm. Các điểm được đánh số từ trái sang phải từ 1 đến 10 . Khi đó, với 1 hình bình hành có hai cạnh song song với hai cạnh bên tương ứng với bốn số 1  a  b  c  d  10 theo quy tắc sau: Nối dài các cạnh của hình bình hành, cắt các cạnh mới tại 4 điểm có số thứ tự là a , b , c , d . Ví dụ với hình bình hành màu đỏ trên ta có bộ  2,5, 7,9  . Ngược lại nếu có một bộ số 1  a  b  c  d  10 ta sẽ kẻ các đường thẳng từ điểm a , b song song với cạnh bên trái và từ c , d song song với cạnh bên phải giao nhau ra một hình bình hành. Vậy số hình bình hành loại này là số cách lấy ra bốn số phân biệt  a; b; c; d  từ 10 số tự nhiên 1, 2,3,…,10 và ta được C104  210 . Vậy kết quả là 3.C104  630 hình bình hành. Ta thấy có 1  2  3  …  9  45 giao điểm giữa các đường thẳng nên số phần tử của không gian mẫu là n     C454 . Vậy xác suất cần tính là P  A   3C104 2 .  4 C45 473 Cách 2: Để chọn được một hình bình hành mà 4 đỉnh chọn được là bốn đỉnh của một hình bình hành nằm trong miền trong tam giác đều H ta làm như sau: Chọn 2 trong 7 điểm trên một cạnh ( trừ hai điểm đầu mút của cạnh), cùng với hai điểm trong 5 điểm nằm tương ứng trên một cạnh trong hai cạnh còn lại của tam giác ( trừ mỗi đầu cạnh đi 2 điểm). Qua 4 điểm này có 4 đường thẳng tương ứng của đầu bài sẽ cắt nhau tạo thành một hình bình hành thỏa mãn bài toán. Vì vài trò các cạnh như nhau nên số hình bình hành thu được là: C72 .C52 .3  630 (hình). Ta thấy có 1  2  3  …  9  45 giao điểm giữa các đường thẳng nên số phần tử của không gian mẫu là n     C454 . Vậy xác suất cần tính là P  A   3C104 2 .  4 C45 473 Câu 5: (THTT Số 4-487 tháng 1 năm 2017-2018) Hệ số có giá trị lớn nhất khi khai triển 12 P  x   1  2 x 2  thành đa thức là A. 162270 . B. 162720 . C. 126270 . Lời giải D. 126720 . Chọn D 12 Khai triển: P  x   12 k 12 C k 0 2k x 2 k   ak x 2 k với ak  C12k 2k . k 0 ak 1  ak 90o C12k 1 2k 1  C12k 2k 90o 2 1 23  k  k  7. k  1 12  k 3 Như vậy a0  a1  a2  …  a8 . ak 1  ak 90o C12k 1 2k 1  C12k 2k 90o 2 1 23  k  k  8. k  1 12  k 3 Như vậy a8  a9  a10  …  a12 . Vậy hệ số có giá trị lớn nhất là a8  C128 28  126720 . Câu 6: (THPT Mộ Đức-Quãng Ngãi-lần 1 năm 2017-2018) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc A , tính xác suất để số tự nhiên được chọn chia hết cho 45. 5 53 1 2 A. . B. . C. . D. . 162 2268 36 81 Lời giải Chọn B Ta có n     A108  A97 . Gọi A là tập hợp các số a có 8 chữ số khác nhau chia hết cho 45 . Khi đó a chia hết cho 5 và 9 (tổng các chữ số chia hết cho 9 và số hàng đơn vị bằng 0 hoặc 5 ). Trường hợp 1: a có hàng đơn vị bằng 0 ; 7 chữ số còn lại có chữ số 9 và 3 trong 4 bộ số 1;8 , 2;7 , 3; 6 , 4;5 , có 4.7! số. Trường hợp 2: a có hàng đơn vị bằng 5 ; 7 chữ số còn lại có chữ số 4 và 3 trong 4 bộ số 0;9 , 1;8 , 2;7 , 3;6 . * Không có bộ 0;9 , có 7! số. * Có bộ 0;9 , có C32  7! 6! số  n  A  4.7! C32  7! 6! số.  P  A  4.7! C32  7! 6! 53 .  8 7 A10  A9 2268 Câu 1: (THPT Kinh Môn-Hải Dương lần 1 năm 2017-2018) Cho tập X  6;7;8;9 , gọi E là tập các số tự nhiên khác nhau có 2018 chữ số lập từ các số của tập X . Chọn ngẫu nhiên một số trong tập E , tính xác suất để chọn được số chia hết cho 3 . 1 1  1 1  1 1  1 1  A.  1  4035  . B.  1  2017  . C.  1  4036  . D.  1  2018  . 3 2  3 2 3 2  3 2   Lời giải Chọn A Gọi An , Bn lần lượt là tập các số chia hết, không chia hết cho 3 . Với mỗi số thuộc An có hai cách thêm vào cuối một chữ số 6 hoặc một chữ số 9 để được An1 và hai cách thêm một chữ số 7 hoặc một chữ số 8 để được Bn1 . Với mỗi số thuộc Bn có một cách thêm vào cuối một chữ số 7 hoặc một chữ số 8 để được An1 và có ba cách thêm một chữ số để được Bn1 .  An1  2 An  Bn  Bn 1  3 An 1  4 Bn  An 1  5 An  4 An 1 . Như vậy   Bn1  2 An  3 Bn Hay An  5 An 1  4 An 2 . Xét dãy số an  An , ta có a1  2, a2  6, an  5an1  4an 2 ; n  3 . Nên an     .4n  2 1 n  4 . 3 3 42018  2 số chia hết cho 3. 3 Mà E  42018. Suy ra có Vậy P  42018  2 1  1    1  4035  . 2018 3.4 3  2  Câu 2: (THPT Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa-lần 2 năm 2017-2018) An và Bình cùng tham gia kì thi THPTQG năm 2018 , ngoài thi ba môn Toán, Văn, Tiếng Anh bắt buộc thì An và Bình đều đăng kí thi them đúng hai môn tự chọn khác trong ba môn Vật lí, Hóa học và Sinh học dưới hình thức thi trắc nghiệm để xét tuyển Đại học. Mỗi môn tự chọn trắc nghiệm có 8 mã đề thi khác nhau, mã đề thi của các môn khác nhau là khác nhau. Tính xác suất để An và Bình có chung đúng một môn thi tự chọn và chung một mã đề. A. 1 . 9 B. 1 . 10 C. 1 . 12 D. 1 . 24 Lời giải Chọn C Gọi A là biến cố: “An và Bình có chung đúng một môn thi tự chọn và chung một mã đề”. Số khả năng An chọn 2 môn thi tự chọn và mã đề của 2 môn thi là C32 .82 . Số khả năng Bình chọn 2 môn thi tự chọn và mã đề của 2 môn thi là C32 .82 . Do đó, số phần tử của không gian mẫu là n     C32 .82.C32 .82 . Bây giờ ta đếm số khả năng để An và Bình có chung đúng một môn thi tự chọn và chung một mã đề: Số khả năng An chọn 2 môn thi tự chọn và mã đề của 2 môn thi là C32 .82 . Sau khi An chọn thì Bình có 2 cách chọn 2 môn thi tự chọn để có đúng một môn thi tự chọn với An, để chung mã đề với An thì số cách chọn mã đề 2 môn thi của Bình là 1.8  8 cách. Như vậy, số cách chọn môn thi và mã đề thi của Bình là 2.8 . Do đó: n  A  C32 .82.2.8 . Bởi vậy: P  A  n  A C 2 .82.2.8 1  23 2 2 2  . n    C3 .8 .C3 .8 12 Câu 3: (THPT Hồng Lĩnh-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Trong không gian cho 2n điểm phân biệt ( n  4 , n   ), trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng và trong 2n điểm đó có đúng n điểm cùng nằm trên một mặt phẳng. Tìm n sao cho từ 2n điểm đã cho tạo ra đúng 201 mặt phẳng phân biệt. Đề bài không chặt chẽ,yêu cầu bổ sung thêm : Trong không gian cho 2n điểm phân biệt ( n  4 , n   ), trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng và trong 2n điểm đó có đúng n điểm cùng nằm trên một mặt phẳng và không có 4 điểm nào ngoài 4 điểm trong n điểm này đồng phẳng. Tìm n sao cho từ 2n điểm đã cho tạo ra đúng 201 mặt phẳng phân biệt. A. 8 . B. 12 . C. 5 . Lời giải D. 6 . Chọn D Cách 1 : 3 Số cách chọn 3 điểm trong 2n điểm phân biệt đã cho là C2n . Số cách chọn 3 điểm trong n điểm cùng nằm trên một mặt phẳng là Cn3 . Số mặt phẳng được tạo ra từ 2n điểm đã cho là C23n  Cn3  1 . Như vậy: C23n  Cn3  1  201   2n  2n  1 2n  2  6  n  n  1 n  2  6  200 2n  2n  1 2n  2  n  n  1 n  2    200 6 6  7 n3  9n 2  2n  1200  0   n  6   7 n 2  33n  200   0  n  6 Vậy n  6 . Cách 2 : Có các trường hợp sau : TH1 : n điểm đồng phẳng tạo ra 1 mặt phẳng. TH2 : n điểm không đồng phẳng tạo ra Cn3 mặt phẳng. TH3 : 2 điểm trong n điểm đồng phẳng kết hợp với 1 điểm trong n điểm không đồng phẳng tạo ra Cn2Cn1  n.Cn2 mặt phẳng. TH4 : 1 điểm trong n điểm đồng phẳng kết hợp với 2 điểm trong n điểm không đồng phẳng tạo ra Cn1Cn2  n.Cn2 mặt phẳng. Vậy có 1  Cn3  2nCn2  201  n  6 . Câu 4: (THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Tung một đồng xu không đồng chất 2020 lần. Biết rằng xác suất xuất hiện mặt sấp là 0, 6 . Tính xác suất để mặt sấp xuất hiện đúng 1010 lần. A. 1 . 2 1010 B.  0, 24  . C. 2 . 3 1010 1010 D. C2020 .  0, 24  . Lời giải Chọn D 1010 Ta có C2020 cách chọn 1010 vị trí trong 2020 lần tung đồng xu để mặt xấp xuất hiện, các lần tung còn lại không xuất hiện mặt sấp. Ứng với mỗi cách chọn cố định 1010 vị trí xuất hiện mặt xấp ta có xác suất của trường hợp đó tính như sau: +) Tại những lần mặt xấp xuất hiện thì xác suất xảy ra là 0, 6 . +) Tại những lần mặt ngửa xuất hiện thì xác suất xảy ra là 1  0, 6 . Do có 1010 lần xuất hiện mặt sấp và 1010 xuất hiện mặt ngữa nên ứng với mỗi cách chọn cố 1010 định 1010 vị trí xuất hiện mặt xấp thì có xác xuất là 0, 61010 1  0, 6  1010 1010 Vậy xác xuất cần tính là C2020 .  0, 24  1010   0, 24  . . Câu 5: (THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Cho 5 chữ số 1 , 2 , 3 , 4 , 6 . Lập các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau từ 5 chữ số đã cho. Tính tổng của các số lập được. A. 12321 . B. 21312 . C. 12312 . D. 21321 . Lời giải Chọn B Mỗi số số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau từ 5 chữ số 1 , 2 , 3 , 4 , 6 là một chỉnh hợp chập 3 của các chữ số này. Do đó, ta lập được A53  60 số. Do vai trò các số 1 , 2 , 3 , 4 , 6 như nhau, nên số lần xuất hiện của mỗi chữ số trong các chữ số này ở mỗi hàng (hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm) là như nhau và bằng 60 : 5  12 lần. Vậy, tổng các số lập được là S  12. 1  2  3  4  6 100  10  1  21312 . Câu 6: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Cho tập hợp A  1; 2;3; 4…;100 . Gọi S là tập hợp gồm tất cả các tập con của A , mỗi tập con này gồm 3 phần tử của A và có tổng bằng 91. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S . Xác suất chọn được phần tử có 3 số lập thành cấp số nhân bằng? 4 2 3 1 A. . B. . C. . D. . 645 645 645 645 Lời giải Chọn C Giả sử tập con bất kì a, b, c  S  1  a, b, c  100 ; a, b, c phân biệt. a  b  c  91. Đây là bài toán chia kẹo Euler nên số bộ a, b, c là C91311 Tuy nhiên trong các bộ trên vẫn chứa các bộ có 2 chữ số giống nhau, số bộ có 2 chữ số giống nhau là 3.45  135 ( bộ). Vậy n      C902  3.45  : 3!  645 . Gọi A là biến cố: ” a, b, c lập thành cấp số nhân” Gọi q là công bội của cấp số nhân theo bài ra ta có q  0 a  aq  aq 2  91  a 1  q  q 2   1.91  13.7 a  1 a  1  Trường hợp 1:  2 1  q  q  91 q  9 a  91 a  91  Trường hợp 2:  (loại) 2 1  q  q  1 q  0 a  13 a  13 Trường hợp 3:  (thỏa mãn)  2 q  2 1  q  q  7 a  7 a  7 Trường hợp 3:  (thỏa mãn).  2 1  q  q  13 q  3 Vậy n  A  3 . P  A  3 . 645 Câu 7: (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-lần 1 năm 2017-2018) Với n là số nguyên dương thỏa mãn n 2  C  C  55 , hệ số của x trong khai triển của biểu thức  x3  2  bằng x   A. 8064 . B. 3360 . C. 8440 . D. 6840 . 1 n 2 n 5 Lời giải Chọn A Ta có Cn1  Cn2  55  n  n  n  1  n  10  n  10 .  55  n 2  n  110  0   2  n  11 k 10 10 k  2  2  Số hạng tổng quát trong khai triển  x 3  2  là Tk 1  C10k  x3  . 2   C10k .2k.x 305 k . x   x  Số hạng chứa x 5 ứng với 30  5k  5  k  5 . 10 2  Vậy, hệ số của x 5 trong khai triển của biểu thức  x 3  2  bằng C105 .25  8064 . x   Câu 8: ———-HẾT———-(THPT Chuyên Hạ Long-Quãng Ninh lần 2 năm 2017-2018) Một tòa nhà có n tầng, các tầng được đánh số từ 1 đến n theo thứ tự từ dưới lên. Có 4 thang máy đang ở tầng 1 . Biết rằng mỗi thang máy có thể dừng ở đúng 3 tầng (không kể tầng 1 ) và 3 tầng này không là 3 số nguyên liên tiếp và với hai tầng bất kỳ ( khác tầng 1) của tòa nhà luôn có một thang máy dừng được ở cả hang tầng này. Hỏi giá trị lớn nhất của n là bao nhiêu? A. 6 . B. 7 . C. 8 . D. 9 . Lời giải Chọn A Giả sử 4 thang máy đó là A, B, C , D . Do khi bốc hai thang bất kỳ luôn có một thang máy dừng được nên: +) Khi bốc hai tầng 2, 3 có một thang dừng được giả sử đó là thang A , nên tầng 4 không phải thang A dừng. +) Khi bốc hai tầng 3, 4 có một thang dừng được giả sử đó là thang B , nên tầng 5 không phải thang B dừng. +) Khi bốc hai tầng 4, 5 có một thang dừng được giả sử đó là thang C , nên tầng 6 không phải thang C dừng. +) Khi bốc hai tầng 5, 6 có một thang dừng được giả sử đó là thang D . +) Khi bốc hai tầng 6, 7 có một thang dừng được khi đó không thể là thang A, B, C vì sẽ dừng 4 (mâu thuẫn), thang D không thể ở tầng 7 do không thể ở ba tầng liên tiếp. Vậy khách sạn có tối đa sáu tầng. Câu 9: ———-HẾT———-(THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng-lần 2 năm 2017-2018) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có 4 chữ số. Tính xác suất để số được chọn có dạng abcd , trong đó 1 a  b  c  d  9. A. 0, 014 . B. 0, 0495 . C. 0, 079 . D. 0, 055 . Lời giải Chọn D Cách 1: Số tự nhiên có bốn chữ số có dạng abcd a  1; 2;3;4;5;6;7;8;9 suy ra có 9 cách chọn bcd có 103 cách chọn Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n     9.103  9000 . Gọi A là biến cố ‘‘số được chọn có dạng abcd , trong đó 1  a  b  c  d  9 ’’ Số dạng aaaa có 9 số. Số dạng abcd ( a  b  c  d ) có C94 số. Số dạng aaab có C92 số. Số dạng aabb có C92 số. Số dạng abbc có C93 số. Số dạng abbc có C93 số. Số dạng abcc có C93 số. n  A   9  C94  3.C92  3.C93  495 . Vậy P  A   n  A  495   0.55 . n    9000 Cách 2: Số phần tử của không gian mẫu là n     9.103  9000 . Từ giả thiết 1  a  b  c  d  9  1  a  b  1  c  1  d  1  9  3  12 . Số cách chọn a , b , c , d và sắp xếp chúng theo một thứ tự duy nhất là C124  495 . Vậy P  A  n  A 495   0.55 . n    9000 Câu 10: ———-HẾT———-(PTNK-ĐHQG TP HCM-lần 1 năm 2017-2018) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 7 chữ số và chia hết cho 9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S , tính xác suất để các chữ số của số đó đôi một khác nhau. 396 512 369 198 A. . B. . C. . D. . 625 3125 6250 3125 Lời giải Chọn C Số chia hết cho 9 có dạng: 9m , với m   . Ta có 1000000  9m  10000000  111111  m  1111111 . Do đó có 1000000 số có 7 chữ số và chia hết cho 9 . Từ các chữ số 0;1; 2;…;9 ta có các bộ gồm 7 số có tổng chia hết cho 9 là  0; 2;3; 4;5;6;7  ;  0;1;3; 4;5;6;8  ;  0;1; 2; 4;5;7;8 ;  0;1; 2;3;6; 7;8 ;  0;3; 4;5;7;8;9  ;  0; 2; 4; 6;7;8;9  ;  0;1;5;6; 7;8;9  ;  0;1; 2;3; 4;8;9  ;  0;1; 2;3;5;7;9  ;  2;3; 4;5; 6;7;9  ; 1;3; 4;5;6;8;9  ; 1; 2; 4;5;7;8;9  ; 1; 2;3;6; 7;8;9  . Có 9 bộ số gồm 7 số có tổng chia hết cho 9 trong đó có số 0 nên từ các bộ số này lập được: 9  6  6!  38880 số có 7 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 9 . Có 4 bộ số gồm 7 số có tổng chia hết cho 9 tương tự như bộ số  2;3; 4;5; 6;7;9  , nên từ các bộ số này lập được 4  7!  20160 số có 7 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 9 . Vậy, xác suất chọn một số từ tập S để được một số có các chữ số của số đó đôi một khác nhau 38880  20160 369 là P  .  1000000 6250 Câu 11: (SGD Phú Thọ – lần 1 – năm 2017 – 2018) Cho số nguyên dương n thỏa mãn n C21n  C23n    C22nn 1  512 . Tính tổng S  22 Cn2  32 Cn3     1 .n 2 .Cnn . A. S  4 . B. S  5 . C. S  6 . Lời giải D. S  7 . Chọn B 2n Ta có 1  x   C20n  C21n .x  C22n .x 2  C23n .x3    C22nn 1.x 2 n 1  C22nn .x 2 n 1 . Thay x  1 vào 1 ta có: 22 n  C20n  C21n  C22n  C23n    C22nn1  C22nn  2  . Thay x  1 vào 1 ta có: 0  C20n  C21n  C22n  C23n    C22nn 1  C22nn  3 . Trừ từng vế của  2  và  3 ta có: 22 n  2.  C21n  C23n    C22nn 1   C21n  C23n    C22nn 1  22 n 1 . Nên C21n  C23n    C22nn 1  512  22 n1  29  2n  1  9  n  5 . Bởi vậy S  22 C52  32 C53  42 C54  52.C55 . 5 Từ 1  x   C50  C51.x  C52 .x 2  C53 .x 3  C54 .x 4  C55 .x 5 , lấy đạo hàm hai vế ta được: 4 5 1  x   C51  2C52 .x  3C53 .x 2  4C54 .x 3  5C55 .x 4 4  5 x 1  x   C51 x  2C52 .x 2  3C53 .x3  4C54 .x 4  5C55 .x5  4  . Lại lấy đạo hàm hai vế  4  , ta có: 4 3 5 1  x   20 x 1  x   C51  2 2 C52 .x  32 C53 .x 2  42 C54 .x3  52 C55 .x 4  5  . Thay x  1 vào  5  ta được: 0  C51  2C52  32 C53  42 C54  52 C55  2C52  32 C53  4 2 C54  52 C55  C51 Hay S  22 C52  32 C53  42 C54  52.C55  5 . Câu 12: (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 – năm 2017 – 2018) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật OMNP với M  0;10  , N 100;10  , P 100; 0  Gọi S là tập hợp tất cả các điểm A  x; y  với x , y   nằm bên trong kể cả trên cạnh của hình chữ nhật OMNP . Lấy ngẫu nhiên 1 điểm A  x; y   S . Tính xác suất để x  y  90 . A. 169 . 200 B. 845 . 1111 86 . 101 Lời giải C. D. 473 . 500 Chọn C Cách 1: Tập hợp S gồm có 11.101  1111 điểm. Ta xét S    x; y  : x  y  90 với 0  x  100 và 0  y  10  Khi y  0  x  90  x  91;100  có 10 giá trị của x  Khi y  1  x  89  x  90;100  có 11 giá trị của x  ……  Khi y  10  x  90  x  91;100  có 20 giá trị của x Như vậy S  có 165 phần tử. Vậy xác suất cần tìm là 1111  165 86 .  1111 101 Cách 2: y 10 P 100 x O Nhận thấy các điểm cần tìm nằm trên các đường thẳng y  m , m  0;10 . Dễ thấy trên các đường thẳng y  0 , y  1 , y  2… , y  10 có lần lượt 91 , 90 , 89… , 81 điểm. Vậy xác suất cần tìm là p  A   91  90  …  81 86 .  11.101 101 Cách 3: y 10 O d M  0;10  E D 80 N K 90 P 100 x n     11.101  1111 . Ta thấy x  y  90 có miền nghiệm là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng d chứa điểm O . (Hình vẽ ). Số điểm thuôc hcn ENPD là 21.11  231 . Số điểm thuộc EDK tính cả cạnh EK là 55  11  66 . Suy ra x  y  90 có 231  66  165 điểm và x  y  90 có 1111  165  946 P  A  946 86 .  1111 101 Câu 13: (THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Có 12 người xếp thành một hàng dọc (vị trí của mỗi người trong hàng là cố định), Chọn ngẫu nhiên 3 người trong hàng. Tính xác suất để 3 người được chọn không có 2 người đứng nào cạnh nhau. A. 21 . 55 B. 6 . 11 55 . 126 Lời giải C. D. 7 . 110 Chọn B – Số phần tử của không gian mẫu: n     C123  220 . – Giả sử chọn ba người có số thứ tự trong hàng lần lượt là m , n , p . m  n  p n  m  1  Theo giả thiết ta có:  p  n 1 m, n, p  1; 2;…;12  a  b  c a  m b  a  1   – Đặt b  n  1   c  p  2 c  b  1  1  a  b  c  p  2  10  a , b , c là ba số bất kì trong tập 1; 2;3;…;10  có C103 cách chọn hay n  A  C103  120 . Vậy xác suất là P  A   n  A 120 6   . n    220 11 Câu 14: (SGD Bắc Giang – năm 2017 – 2018) Có hai học sinh lớp A, ba học sinh lớp B và bốn học sinh lớp C xếp thành một hàng ngang sao cho giữa hai học sinh lớp A không có học sinh nào lớp B. Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng như vậy? A. 80640 . B. 108864 . C. 145152 . D. 217728 . Lời giải Chọn C Xét các trường hợp sau: TH1: Hai học sinh lớp A đứng cạnh nhau có 2!.8! cách. TH2: Giữa hai học sinh lớp A có một học sinh lớp C có 2!. A41 .7! cách. TH3: Giữa hai học sinh lớp A có hai học sinh lớp C có 2!. A42 .6! cách. TH4: Giữa hai học sinh lớp A có ba học sinh lớp C có 2!. A43 .5! cách. TH5: Giữa hai học sinh lớp A có bốn học sinh lớp C có 2!. A44 .4! cách. Vậy theo quy tắc cộng có 2! 8! A41 7! A42 6! A43 5! A44 4!  145152 cách. Câu 15: . (Chuyên ĐB Sông Hồng –Lần 1 năm 2017 – 2018) Từ các số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6 viết ngẫu nhiên một số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau có dạng a1a2 a3a4 a5 a6 . Tính xác suất để viết được số thoả mãn điều kiện a1  a2  a3  a4  a5  a6 . A. p  4 . 85 B. p  4 . 135 C. p  3 . 20 Lời giải Chọn B Ta dễ có số phần tử của không gian mẫu là   6. A65  4320 . D. p  5 . 158 Gọi A là biến cố “chọn được số thoả mãn yêu cầu bài toán”. Khi đó ta có 3 phương án để chọn số a1a2 a3a4 a5 a6 như sau:  Phương án 1 : a1  a2  a3  a4  a5  a6  5 . Khi đó  a , a  ;  a , a  ;  a , a    0,5 ; 1, 4  ;  2,3 . 1 2 3 4 5 6 2  Phương án 1.1 :  a1 , a2    0,5   có 2.  2! cách chọn; 3  Phương án 1.2 :  a1 , a2    0,5   có 4.  2! cách chọn. 2 3 Vậy có 2.  2!  4.  2!  40 cách chọn.  Phương án 2 : a1  a2  a3  a4  a5  a6  6 . Khi đó  a , a  ;  a , a  ;  a , a    0, 6  ; 1,5 ;  2, 4 . Phương án này hoàn toàn tương tự 1 2 3 4 5 6 2 3 phương án 1 do đó có 2.  2!  4.  2!  40 cách chọn.  Phương án 1: a1  a2  a3  a4  a5  a6  7 . Khi đó  a , a  ;  a , a  ;  a , a   1, 6  ;  2,5 ;  3, 4  , suy ra có 3!.  2! 1 2 3 4 5 6 Vậy số phần tử của A : A  40.2  48  128 . Suy ra p  3  48 cách chọn. A 128 4 .    4320 135 Câu 16: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc – Lần 4 năm 2017 – 2018)Cho một đa giác lồi  H  có 30 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác đó. Gọi P là xác suất sao cho 4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của  H  . Hỏi P gần với số nào nhất trong các số sau? A. 0, 6792 . B. 0, 5287 . C. 0, 6294 . D. 0, 4176 . Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu là n     C304 . Gọi A : “ 4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của  H  ”. Để chọn ra một tứ giác thỏa mãn đề bài ta làm như sau: Bước 1: Chọn đỉnh đầu tiên của tứ giác, có 30 cách. Bước 2: Chọn 3 đỉnh còn lại sao cho hai đỉnh bất kỳ của tứ giác cách nhau ít nhất 1 đỉnh. Điều này tương đương với việc ta phải chia m  30 chiếc kẹo cho n  4 đứa trẻ sao cho mỗi đứa trẻ 3 có ít nhất k  2 cái, có Cmn 1n ( k 1)1  C25 cách, nhưng làm như thế mỗi tứ giác lặp lại 4 lần. 3 30.C25 . 4 3 30.C25 n  A 1150 Vậy xác suất của biến cố A là P  A    44   0, 6294 . n  C30 1827  Số phần tử của biến cố A là n  A   Câu 17: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc – Lần 4 năm 2017 – 2018)Giả sử 1  x  x 2 11  x 3  …  x10   a0  a1 x  a2 x 2  a3 x3  …  a110 x110 với a0 , a1 , a2 , …, a110 là các hệ 1 10 số. Giá trị của tổng T  C110 a11  C11 a10  C112 a9  C113 a8  …  C11 a1  C1111a0 bằng A. T  11 . Chọn A B. T  11 . C. T  0 . Lời giải D. T  1 . 11 11 11 Ta có: A  1  x  x 2  x3  …  x10   1  x  A  1  x11  11 k 110 11 m   C11k   x  . ai xi   C11m   x11  . k 0 i 0 0    m   P Q Hệ số của x trong P là C a  C111 a10  C112 a9  C113 a8  …  C1110 a1  C1111a0  T 11 0 11 11 Hệ số của x11 trong Q là C111 Vậy T  C111  11. Câu 18: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho đa giác đều 2018 đỉnh. Hỏi có bao nhiêu tam giác có đỉnh là đỉnh của đa giác và có một góc lớn hơn 100 ? 3 3 3 2 A. 2018.C897 . B. C1009 . C. 2018.C895 . D. 2018.C896 . Lời giải Chọn D Gọi A1 , A2 ,…, A2018 là các đỉnh của đa giác đều 2018 đỉnh. Gọi  O  là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều A1 A2 … A2018 . Các đỉnh của đa giác đều chia  O  thành 2018 cung tròn bằng nhau, mỗi cung tròn có số đo 360 . 2018 Vì tam giác cần đếm có đỉnh là đỉnh của đa giác nên các góc của tam giác là các góc nội tiếp bằng của  O  . Suy ra góc lớn hơn 100 sẽ chắn cung có số đo lớn hơn 200 . Cố định một đỉnh Ai . Có 2018 cách chọn Ai .  Gọi Ai , Aj , Ak là các đỉnh sắp thứ tự theo chiều kim đồng hồ sao cho cung nhỏ A i Ak  160 thì cung lớn  Ai Aj Ak  100 và tam giác Ai A j Ak là tam giác cần đếm. Ai Ak  360  160  200o       160  Khi đó A  896 cung tròn nói trên. i Ak là hợp liên tiếp của nhiều nhất  360     2018  2 cách chọn hai 896 cung tròn này có 897 đỉnh. Trừ đi đỉnh Ai thì còn 896 đỉnh. Do đó có C896 đỉnh Aj , Ak . 2 Vậy có tất cả 2018.C896 tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán.  Chú ý: Phân tích sai lầm khi giải bài tập này: Giả sử  Am An Ap  100 thì cung  Am Ap (không chứa điểm An ) sẽ có số đo lớn hơn 200 .     200 Tức là cung  Am Ap (không chứa điểm An ) sẽ là hợp liên tiếp của ít nhất   1  1122 360     2018  cung tròn bằng nhau nói trên. Từ đó ta có cách dựng tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán như sau: + Bước 1: Đánh dấu một cung tròn là hợp liên tiếp của 1122 cung tròn bằng nhau nói trên. Có 2018 cách đánh dấu. + Bước 2: Trong 2018  1121  897 điểm không thuộc cung tròn ở bước 1 (bao gồm cả hai 3 điểm đầu mút của cung), chọn ra 3 điểm bất kì, có C897 cách chọn, 3 điểm này sẽ tạo thành tam giác có một góc lớn hơn 100 . 3 Vậy có tất cả 2018.C897 tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách lập luận này là không chính xác, vì ta chưa trừ đi các trường hợp trùng nhau! Câu 19: (THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An – Lần 2 năm 2017 – 2018) Có bao nhiêu số tự nhiên có 2018 chữ số sao cho trong mỗi số tổng các chữ số bằng 5 ? 2 2 2 3 3 4 A. 1  2 A2018 .  2  C2017  A2017  A2017    C2017   C2017 2 3 4 5 B. 1  2 C2018 .  2C2018  C2018  C2018 2 3 4 5  2 A2018  A2018  C2017 C. 1  2 A2018 . 1 2 2 3 2 2 4 D. 1  4 C2017 .  2  C2017  A2017  A2016  C2016    C2017   C2017 Lời giải Chọn D Vì 5  4  1  3  2  2  2  1  3  1  1  2  1  1  1  1  1  1  1  1 nên ta có các trường hợp sau: Trường hợp 1: Số tự nhiên có một chữ số 5 đứng đầu và 2017 số 0 đứng sau: Có 1 số. Trường hợp 2: Số tự nhiên có một chữ số 4 , một chữ số 1 và 2016 số 0 . – Khả năng 1: Nếu số 4 đứng đầu thì số 1 đứng ở một trong 2017 vị trí còn lại nên ta có 1 số. C2017 – Khả năng 2: Nếu số 1 đứng đầu thì số 4 đứng ở một trong 2017 vị trí còn lại nên ta có 1 số. C2017 Trường hợp 3: Số tự nhiên có một chữ số 3 , một chữ số 2 và 2016 số 0 – Khả năng 1: Nếu số 3 đứng đầu thì số 2 đứng ở một trong 2017 vị trí còn lại nên ta có 1 số. C2017 – Khả năng 2: Nếu số 2 đứng đầu thì số 3 đứng ở một trong 2017 vị trí còn lại nên ta có 1 C2017 số. Trường hợp 4: Số tự nhiên có hai chữ số 2 , một chữ số 1 và 2015 số 0 - Khả năng 1: Nếu số 2 đứng đầu thì số 1 và số 2 còn lại đứng ở hai trong 2017 vị trí còn lại 2 nên ta có A2017 số. – Khả năng 2: Nếu số 1 đứng đầu thì hai chữ số 2 đứng ở hai trong 2017 vị trí còn lại nên ta 2 có C2017 số. Trường hợp 5: Số tự nhiên có 2 chữ số 1 , một chữ số 3 thì tương tự như trường hợp 4 ta có 2 2 A2017  C2017 số. Trường hợp 6: Số tự nhiên có một chữ số 2 , ba chữ số 1 và 2014 số 0 . – Khả năng 1: Nếu số 2 đứng đầu thì ba chữ số 1 đứng ở ba trong 2017 vị trí còn lại nên ta có 3 số. C2017 – Khả năng 2: Nếu số 1 đứng đầu và số 2 đứng ở vị trí mà không có số 1 nào khác đứng trước 2 nó thì hai số 1 còn lại đứng ở trong 2016 vị trí còn lại nên ta có C2016 số. – Khả năng 3: Nếu số 1 đứng đầu và số 2 đứng ở vị trí mà đứng trước nó có hai số 1 thì hai số 2 số. 1 và 2 còn lại đứng ở trong 2016 vị trí còn lại nên ta có A2016 Trường hợp 7: Số tự nhiên có năm chữ số 1 và 2013 số 0 , vì chữ số 1 đứng đầu nên bốn chữ 4 số 1 còn lại đứng ở bốn trong 2017 vị trí còn lại nên ta có C2017 số. 1 2 2 3 2 2 4 Áp dụng quy tắc cộng ta có 1  4 C2017 số cần  2  C2017  A2017  A2016  C2016    C2017   C2017 tìm. Câu 20: (THPT Trần Phú – Đà Nẵng – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Với n là số tự nhiên lớn hơn 2 , đặt 1 1 1 1 S n  3  3  4  …  3 . Tính lim S n C3 C4 C5 Cn A. 1. B. 3 . 2 C. 3 . D. 1 . 3 Lời giải Chọn B Ta có Cn3  6  n  3! n  2  n  1 n  n  n  1 n  2   1  n!  3 3! n  3 ! 6 Cn n  n  1 n  2   n  3! 6 Vậy ta có Sn  Nhận xét 6 6 6 6    …  1.2.3 2.3.4 3.4.5 n  n  1 n  2  2 1 1 2 1 1 2 1 1   ; ;…;     1.2.3 1.2 2.3 2.3.4 2.3 3.4  n  2  n  1 n  n  2  n  1  n  1 n 1 1 1 1 1 1 1  1 1 1  n  2  3n  6  Sn  3      …       3    3  1.2 2.3 2.3 3.4 n  2 n  1 n  1 n 2 n 2n      2n  6   3 n  3  3n  6  Vậy lim Sn  lim   .   lim   2n   2  2   Câu 1: Cho tập A  1; 2;3;…; 2018 và các số a, b, c  A . Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên có dạng abc sao cho a  b  c và a  b  c  2016 . A. 2027070 . B. 2026086 . C. 337681 . Lời giải D. 20270100 . Chọn C Xét phương trình a  b  c  2016 . 2 Ta biết phương trình trên có C2015 nghiệm nguyên dương.  TH1: Xét các cặp nghiệm 3 số trùng nhau: a  b  c  672 .  TH2: Xét các cặp nghiệm có a  b , c  a  2a  c  2016 . Suy ra c là số chẵn thỏa 0  c  2016 nên có 1007 giá trị c . Do đó có 1007 cặp, mà có cặp trừ cặp  672, 672, 672  (loại). Do đó có 1006 cặp.  Tương tự ta suy ra có 1006.3 cặp nghiệm có 2 trong 3 số trùng nhau. 2 C2015  3.1006  1  337681. 3! (Chia cho 3! là do a  b  c nên không tính hoán vị của bộ ba  a, b, c  ) Do số tập hợp gồm ba phần tử có tổng bằng 2016 là Câu 2: Từ 12 học sinh gồm 5 học sinh giỏi, 4 học sinh khá, 3 học sinh trung bình, giáo viên muốn thành lập 4 nhóm làm 4 bài tập lớn khác nhau, mỗi nhóm 3 học sinh. Tính xác suất để nhóm nào cũng có học sinh giỏi và học sinh khá. 36 18 72 144 A. . B. . C. . D. . 385 385 385 385 Câu 3: Từ 12 học sinh gồm 5 học sinh giỏi, 4 học sinh khá, 3 học sinh trung bình, giáo viên muốn thành lập 4 nhóm làm 4 bài tập lớn khác nhau, mỗi nhóm 3 học sinh. Tính xác suất để nhóm nào cũng có học sinh giỏi và học sinh khá. 36 18 72 144 A. . B. . C. . D. . 385 385 385 385 Lời giải Chọn A Ta có số phần tử không gian mẫu là n()  C123 .C93 .C63 .C33 . Đánh số 4 nhóm là A, B, C, D Bước 1: xếp vào mỗi nhóm một học sinh khá có 4! cách. Bước 2: xếp 5 học sinh giỏi vào 4 nhóm thì có 1 nhóm có 2 học sinh giỏi. Chọn nhóm có 2 học sinh giỏi có 4 cách, chọn 2 học sinh giỏi có C52 cách, xếp 3 học sinh giỏi còn lại có 3! cách. Bước 3: Xếp 3 học sinh trung bình có 3! cách. 4!.4.C 2 .3!.3! 36 Đáp số: 3 35 3 3  . C12C9 C6 C3 385 a 3 , G là trọng tâm tam giác 2 ABC ,   là mặt phẳng đi qua G , song song với các đường thẳng AB và SB . Gọi M , N , Câu 4: Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  CA  CB  AB  a , SC  P lần lượt là giao điểm của   và các đường thẳng BC , AC , SC . Góc giữa hai mặt phẳng  MNP  và  ABC  bằng A. 90o . B. 45o . C. 30o . D. 60o . a 3 , G là trọng tâm tam giác 2 ABC ,   là mặt phẳng đi qua G , song song với các đường thẳng AB và SB . Gọi M , N , Câu 5: Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  CA  CB  AB  a , SC  P lần lượt là giao điểm của   và các đường thẳng BC , AC , SC . Góc giữa hai mặt phẳng  MNP  A. 90o . và  ABC  bằng B. 45o . C. 30o . D. 60o . Hướng dẫn giải Chọn D S P a 3 2 a N A C G I H M B Gọi I là trung điểm của AB , H là hình chiếu của S lên IC , ta có AB   SIC  và SH   ABC  . Mặt khác, theo giả thiết ta có SI  SC  CI  a 3 nên SIC đều và H là trung điểm của IC . 2 Mà MN //AB nên MN   SIC  , suy ra góc giữa hai mặt phẳng   SIC   60o . Vậy Ta có PGC   MNP  ;  ABCD    60 o .   MNP  ;  ABCD   là PGC . Câu 6: Trò chơi quay bánh xe số trong chương trình truyền hình “Hãy chọn giá đúng” của kênh VTV3 Đài truyền hình Việt Nam, bánh xe số có 20 nấc điểm: 5 , 10 , 15 ,…, 100 với vạch chia đều nhau và giả sử rằng khả năng chuyển từ nấc điểm đã có tới các nấc điểm còn lại là như nhau. Trong mỗi lượt chơi có 2 người tham gia, mỗi người được quyền chọn quay 1 hoặc 2 lần, và điểm số của người chơi được tính như sau:  Nếu người chơi chọn quay 1 lần thì điểm của người chơi là điểm quay được.  Nếu người chơi chọn quay 2 lần và tổng điểm quay được không lớn hơn 100 thì điểm của người chơi là tổng điểm quay được.  Nếu người chơi chọn quay 2 lần và tổng điểm quay được lớn hơn 100 thì điểm của người chơi là tổng điểm quay được trừ đi 100 . Luật chơi quy định, trong mỗi lượt chơi người nào có điểm số cao hơn sẽ thắng cuộc, hòa nhau sẽ chơi lại lượt khác. An và Bình cùng tham gia một lượt chơi, An chơi trước và có điểm số là 75 . Tính xác suất để Bình thắng cuộc ngay ở lượt chơi này. A. P  1 . 4 B. P  7 . 16 C. P  19 . 40 D. P  3 . 16 Câu 7: Trò chơi quay bánh xe số trong chương trình truyền hình “Hãy chọn giá đúng” của kênh VTV3 Đài truyền hình Việt Nam, bánh xe số có 20 nấc điểm: 5 , 10 , 15 ,…, 100 với vạch chia đều nhau và giả sử rằng khả năng chuyển từ nấc điểm đã có tới các nấc điểm còn lại là như nhau. Trong mỗi lượt chơi có 2 người tham gia, mỗi người được quyền chọn quay 1 hoặc 2 lần, và điểm số của người chơi được tính như sau:  Nếu người chơi chọn quay 1 lần thì điểm của người chơi là điểm quay được.  Nếu người chơi chọn quay 2 lần và tổng điểm quay được không lớn hơn 100 thì điểm của người chơi là tổng điểm quay được.  Nếu người chơi chọn quay 2 lần và tổng điểm quay được lớn hơn 100 thì điểm của người chơi là tổng điểm quay được trừ đi 100 . Luật chơi quy định, trong mỗi lượt chơi người nào có điểm số cao hơn sẽ thắng cuộc, hòa nhau sẽ chơi lại lượt khác. An và Bình cùng tham gia một lượt chơi, An chơi trước và có điểm số là 75 . Tính xác suất để Bình thắng cuộc ngay ở lượt chơi này. 1 7 19 3 A. P  . B. P  . C. P  . D. P  . 4 16 40 16 Lời giải Chọn B 100  5  1  20 . 5 Để Bình thắng ta có ba trường hợp. Trường hợp 1. Bình quay một lần ra điểm số lớn hơn 75, ta có 5 khả năng thuộc tập hợp 5 1 80;85;90;95;100 . Do đó xác suất là P1   . 20 4 Trường hợp 2. Bình quay lần đầu ra điểm số là a  75 , ta có 15 khả năng. 15 3 Do đó xác suất là P2   . 20 4 Khi đó để thắng Bình cần phải có tổng hai lần quay lớn hơn 75, ta có 5 khả năng thuộc tập 5 1 hợp 80  a;85  a;90  a;95  a;100  a . Do đó xác suất là P3   . 20 4 1 3 1 7 Vậy xác suất để Bình thắng ngay trong lượt là P  P1  P2 .P3   .  . 4 4 4 16 Cách 1: Ta có n     Cách 2: TH1: Bình quay một lần và thắng luôn. Vì An quay ở vị trí 75 nên Bình chỉ có thể quay vào 5 trong số 20 vị trí để có thể thắng. 5 1  . Do đó P  A1   20 4 TH2: Bình quay hai lần mới thắng. Nghĩa là lần một Bình quay được kết quả nhỏ hơn hoặc bằng 75 và quay tiếp để tổng hai lần quay lớn hơn 75 đồng thời nhỏ hơn hoặc bằng 100 . Giả sử lần 1 Bình quay được a điểm, lần 2 quay được b điểm. Cần có: a  75 . Khi đó: Chọn a có 15 cách, chọn b có 5 cách.  a  b  80,85, 90, 95,100 Suy ra chọn cặp a, b có 15.5  75 cách. Không gian mẫu cho TH2 có 20.20 cách. Do đó P  A2   Kết luận: P  A   P  A1   P  A2   75 3  . 20.20 16 1 3 7   . 4 16 16 Câu 8: Có 8 bạn cùng ngồi xung quanh một cái bàn tròn, mỗi bạn cầm một đồng xu như nhau. Tất cả 8 bạn cùng tung đồng xu của mình, bạn có đồng xu ngửa thì đứng, bạn có đồng xu sấp thì ngồi. Xác suất để không có hai bạn liền kề cùng đứng là 47 47 47 47 A. . B. . C. . D. . 256 256 256 256 Câu 9: Có 8 bạn cùng ngồi xung quanh một cái bàn tròn, mỗi bạn cầm một đồng xu như nhau. Tất cả 8 bạn cùng tung đồng xu của mình, bạn có đồng xu ngửa thì đứng, bạn có đồng xu sấp thì ngồi. Xác suất để không có hai bạn liền kề cùng đứng là 47 47 47 47 A. . B. . C. . D. . 256 256 256 256 Hướng dẫn giải Chọn A Gọi A là biến cố không có hai người liền kề cùng đứng. Số phần tử của không gian mẫu là n     28  256 . Rõ ràng nếu nhiều hơn 4 đồng xu ngửa thì biến cố A không xảy ra. Để biến cố A xảy ra có các trường hợp sau: TH1: Có nhiều nhất 1 đồng xu ngửa. Kết quả của trường hợp này là 1  8  9 . TH2: Có 2 đồng xu ngửa. Hai đồng xu ngửa kề nhau: có 8 khả năng. Suy ra số kết quả của trường hợp này là C82  8  20 . TH3: Có 3 đồng xu ngửa. Cả 3 đồng xu ngửa kề nhau: có 8 kết quả. Trong 3 đồng xu ngửa, có đúng một cặp kề nhau: có 8.4  32 kết quả. Suy ra số kết quả của trường hợp này là C83  8  32  16 . TH4: Có 4 đồng xu ngửa. Trường hợp này có 2 kết quả thỏa mãn biến cố A xảy ra. Như vậy n  A   9  20  16  2  47 . Xác suất để không có hai bạn liền kề cùng đứng là P  n  A 47 .  n    256 Câu 10: Từ các chữ số thuộc tập hợp S  1; 2;3;…;8;9 có bao nhiêu số có chín chữ số khác nhau sao cho chữ số 1 đứng trước chữ số 2 , chữ số 3 đứng trước chữ số 4 và chữ số 5 đứng trước chữ số 6 ? A. 36288 . B. 72576 . C. 45360 . D. 22680 . Câu 11: Từ các chữ số thuộc tập hợp S  1; 2;3;…;8;9 có bao nhiêu số có chín chữ số khác nhau sao cho chữ số 1 đứng trước chữ số 2 , chữ số 3 đứng trước chữ số 4 và chữ số 5 đứng trước chữ số 6 ? A. 36288 . B. 72576 . C. 45360 . D. 22680 . Hướng dẫn giải Chọn C Chọn 2 vị trí để xếp 2 chữ số 1, 2 (số 1 đứng trước 2 ): có C92 cách. Chọn 2 vị trí để xếp 2 chữ số 3 , 4 (số 3 đứng trước 4 ): có C72 cách. Chọn 2 vị trí để xếp 2 chữ số 5 , 6 (số 5 đứng trước 6 ): có C52 cách. 3 chữ số còn lại có 3! cách. Vậy có 3!.C92 .C72 .C52  45360 số. Câu 12: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D . Tại đỉnh A có một con sâu, mỗi lần di chuyển , nó bò theo cạnh của hình hộp chữ nhật và đi đến đỉnh kề với đỉnh nó đang đứng. Tính xác suất sao cho sau 9 lần di chuyển, nó dừng tại đỉnh C  . 1862 453 435 1640 A. . B. . C. . D. . 6561 2187 2187 6561 ———-HẾT———- BẢNG ĐÁP ÁN 1 B 2 3 4 A A C 5 6 A C 7 C 8 C 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 B D D D A B B D B D A C D D B C C 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 D C A D A B C B B C D A B B D C A C D D A B C C D HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 13: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D . Tại đỉnh A có một con sâu, mỗi lần di chuyển , nó bò theo cạnh của hình hộp chữ nhật và đi đến đỉnh kề với đỉnh nó đang đứng. Tính xác suất sao cho sau 9 lần di chuyển, nó dừng tại đỉnh C  . 1862 453 435 1640 A. . B. . C. . D. . 6561 2187 2187 6561 Lời giải Chọn D Không mất tổng quát giả sử tọa độ đỉnh A  0;0;0  và C  1;1;1 . Ta thấy: mỗi lần sâu di chuyển là cộng thêm 1 tại 1 trong 3 vị trí hoành độ, tung độ và cao độ từ vị trí sâu đang đứng. Do đó số phần tử của không gian mẫu là n     39  19683 . Sau 9 lần di chuyển sau đứng tại vị trí 1;1;1 khi và chỉ khi sâu di chuyển số lần tại các tọa độ thành phần hoành độ ; tung độ, cao độ là :  3;3;3 ; các hoán vị của bộ 1;3;5  ; các hoán vị của bộ  7;1;1 . Do đó số trường hợp thuận lợi của biến cố A : sâu ở C  sau 9 bước di chuyển là n  A   C93 .C63 .C33  6.C95 .C43 .C11  3.C97 .C21 .C11  4920 Câu 14: Vậy xác suất cần tìm P  A   4920 1640 .Lấy ngẫu nhiên một số tự nhiên có 5 chữ số. Xác  19683 6561 suất để chọn được số tự nhiên có dạng a1a2 a3 a4 a5 mà a1  a2  1  a3  3  a4  a5  2 bằng A. 1148 . 90000 B. 77 . 1500 C. 7 . 5000 D. 1001 . 30000 Câu 15: Lấy ngẫu nhiên một số tự nhiên có 5 chữ số. Xác suất để chọn được số tự nhiên có dạng a1a2 a3 a4 a5 mà a1  a2  1  a3  3  a4  a5  2 bằng A. 1148 . 90000 B. 77 . 1500 C. 7 . 5000 Lời giải Chọn. a2  5 Vì a2  1  a3  3   . a3  4 Số có dạng 1042a5 có 10 cách chọn a5 . Số có dạng 1043a5 có 9 cách chọn a5 . ……………………………………….. Số có dạng 1049a5 có 3 cách chọn a5 .  Vậy những số có dạng 104a4 a5 có 3  4  …  10  52 số. Số có dạng 1053a5 có 9 cách chọn a5 . D. 1001 . 30000 Số có dạng 1054a5 có 8 cách chọn a5 . ……………………………………….. Số có dạng 1059a5 có 3 cách chọn a5 .  Vậy những số có dạng 105a4 a5 có 52  10  42 số.  Vậy những số có dạng 106a4 a5 có 42  9  33 số.  Vậy những số có dạng 107a4 a5 có 33  8  25 số.  Vậy những số có dạng 108a4 a5 có 25  7  18 số.  Vậy những số có dạng 109a4 a5 có 18  6  12 số. Kết luận: Những số có dạng 10a3 a4 a5 có 12  18  25  33  42  52  182 số. Những số có dạng 11a3 a4 a5  a3  5  có 12  18  25  33  42  130 số. Những số có dạng 12a3 a4 a5  a3  6  có 12  18  25  33  88 số. Những số có dạng 13a3 a4 a5  a3  7  có 12  18  25  55 số. Những số có dạng 14a3 a4 a5  a3  8  có 12  18  30 số. Những số có dạng 15a3 a4 a5  a3  9  có 12 số. Kết luận: Những số có dạng 1a2 a3 a4 a5 có 12  30  55  88  130  182  497 số. Từ đó ta lập luận như sau: Những số có dạng 2a2 a3 a4 a5  a2  1 có 12  30  55  88  130  315 số. Những số có dạng 3a2 a3 a4 a5  a2  2  có 12  30  55  88  185 số. Những số có dạng 4a2 a3 a4 a5  a2  3  có 12  30  55  97 số. Những số có dạng 5a2 a3 a4 a5  a2  4  có 12  30  42 số. Những số có dạng 6a2 a3a4 a5  a2  5  có 12 số. Vậy những số thỏa yêu cầu bài toán là 12  42  97  185  315  497  1148 . Vậy xác suất cần tìm là 1148 . 90000 Bài này chỉnh lại đáp án là : 1148 . 90000 Câu 16: Cho một đa giác đều n đỉnh ( n lẻ, n  3 ). Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác đều đó. Gọi P 45 là xác suất sao cho 3 đỉnh đó tạo thành một tam giác tù. Biết P  . Số các ước nguyên 62 dương của n là A. 3 . B. 4 . C. 6 . D. 5 . Câu 17: Cho một đa giác đều n đỉnh ( n lẻ, n  3 ). Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác đều đó. Gọi P 45 là xác suất sao cho 3 đỉnh đó tạo thành một tam giác tù. Biết P  . Số các ước nguyên 62 dương của n là A. 3 . B. 4 . C. 6 . D. 5 . Lời giải Chọn B Chọn ngẫu nhiên ra 3 đỉnh có n     C3n cách. Giả sử chọn được một tam giác tù ABC với góc A nhọn, B tù và C nhọn. Chọn một đỉnh bất kì lấy làm đỉnh A có n cách. Kẻ đường kính qua đỉnh vừa chọn, chia đường tròn thành hai phần (trái và phải chẳng hạn). Để tạo thành tam giác tù thì hai đỉnh còn lại được chọn sẽ hoặc cùng nằm bên trái hoặc cùng nằm bên phải. – Hai đỉnh còn lại cùng nằm bên trái có C n21 cách. 2 2 n 1 2 – Hai đỉnh còn lại cùng nằm bên phải có C cách.   Vậy có thể có tất cả n  C n21  C n21  tam giác tù, tuy nhiên ứng với mỗi tam giác vai trò góc 2   2 nhọn của A và C như nhau nên số tam giác được tính lặp 2 lần. Do đó số tam giác tù tạo thành   n  C n21  C n21  2  là  2  nC n21 . 2 2 nC n21 Mà xác suất P  C 2 3 n  45 (1). 62 Do n lẻ nên đặt n  2k  1 ( k  1 )  k  n 1 . 2 (1)  62  2k  1 Ck2  45C23k 1  62  2k  1  2k  1! k!  45 2! k  2  ! 3! 2k  2  !  31 k  1  15  2k  1  k  16 (nhận). Vậy n  2k  1  33. Do đó số các ước nguyên dương của n là 4 . Câu 18: Biển số xe máy tỉnh K gồm hai dòng – Dòng thứ nhất là 68 XY , trong đó X là một trong 24 chữ cái, Y là một trong 10 chữ số; – Dòng thứ hai là abc.de , trong đó a , b , c , d , e là các chữ số. Biển số xe được cho là “đẹp” khi dòng thứ hai có tổng các số là số có chữ số tận cùng bằng 8 và có đúng 4 chữ số giống nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 2 biển số trong các biển số “đẹp” để đem bán đấu giá? A. 12000 . B. 143988000 . C. 4663440 . D. 71994000 . ———-HẾT———- BẢNG ĐÁP ÁN THAM KHẢO ĐỀ 197 1 A 26 C 2 A 27 A 3 C 28 B 4 B 29 D 5 B 30 A 6 D 31 A 7 D 32 B 8 A 33 C 9 D 34 A 10 C 35 A 11 D 36 B 12 A 37 C 13 A 38 D 14 D 39 A 15 D 40 A 16 C 41 C 17 A 42 A 18 A 43 B 19 D 44 B 20 A 45 D 21 D 46 A 22 D 47 D 23 B 48 A 24 D 49 C 25 D 50 D HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 19: Biển số xe máy tỉnh K gồm hai dòng – Dòng thứ nhất là 68 XY , trong đó X là một trong 24 chữ cái, Y là một trong 10 chữ số; – Dòng thứ hai là abc.de , trong đó a , b , c , d , e là các chữ số. Biển số xe được cho là “đẹp” khi dòng thứ hai có tổng các số là số có chữ số tận cùng bằng 8 và có đúng 4 chữ số giống nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 2 biển số trong các biển số “đẹp” để đem bán đấu giá? A. 12000 . B. 143988000 . C. 4663440 . D. 71994000 . Lời giải Chọn D Chọn X từ 24 chữ cái và chọn Y từ 10 chữ số, ta có 24.10  240 (cách chọn). Chọn 4 chữ số giống nhau từ các chữ số ta có 10 cách chọn; Mỗi bộ gồm 4 chữ số giống nhau, ta có một cách chọn duy nhất 1 chữ số còn lại để tổng các số là số có chữ số tận cùng bằng 8 , chẳng hạn: 4 chữ số 0 , chữ số còn lại sẽ là 8 ; 4 chữ số 1 , chữ số còn lại sẽ là 4 ;…; 4 chữ số 9 , chữ số còn lại sẽ là 2 ). Sắp xếp 5 chữ số vừa chọn có 5 cách xếp. Do đó, có tất cả 10.5  50 (cách chọn số ở dòng thứ hai). Suy ra có tất cả 240.50  12000 (biển số đẹp). 2 Chọn 2 biển số trong các biển số ” đẹp ” ta có C12000  71994000 (cách). Câu 20: ———-HẾT———-Có 8 bì thư được đánh số 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 và 8 tem thư cũng được đánh số 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 . Dán 8 tem thư lên 8 bì thư (mỗi bì thư chỉ dán 1 tem thư). Hỏi có thể có bao nhiêu cách dán tem thư lên bì thư sao cho có ít nhất một bì thư được dán tem thư có số trùng với số của bì thư đó. A. 25489 . B. 25487 . C. 25490 . D. 25488 . Câu 21: Có 8 bì thư được đánh số 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 và 8 tem thư cũng được đánh số 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 . Dán 8 tem thư lên 8 bì thư (mỗi bì thư chỉ dán 1 tem thư). Hỏi có thể có bao nhiêu cách dán tem thư lên bì thư sao cho có ít nhất một bì thư được dán tem thư có số trùng với số của bì thư đó. A. 25489 . B. 25487 . C. 25490 . D. 25488 . Lời giải Chọn B Ta xét bài toán tổng quát n tem thư được dán vào n bì thư sao cho có ít nhất một bì thư được dán vào tem thư có số trùng với số của bì thư đó. Đánh số các tem thư là T1 , T2 ,…, Tn và các bì thư là B1 , B2 ,…, Bn . Bài toán được giải quyết bằng nguyên lý phần bù: Lấy hoán vị n phần tử trừ đi trường hợp xếp mà không có tem thư nào được dán cùng số với bì thư. ++ Để giải quyết bài toán không có tem thư nào được dán cùng số với bì thư. Ta xây dựng dãy số f  n  như sau: Công việc dán n tem thư vào n bì thư sao cho không có bì thư nào được dán vào tem thư có số trùng với số của bì thư đó. Công việc này gồm có hai bước sau: – Bước 1: Dán tem T1 lên một bì thư B j khác B1 , có n  1 cách. – Bước 2: Dán tem thư T j vào bì thư nào đó, có hai trường hợp xảy ra như sau: + TH1: tem thư T j được dán vào bì thư B1 . Khi đó còn lại n  2 tem (khác T1 và T j ) là T2 ,…, T j 1 , T j 1 ,…, Tn phải dán vào n  2 bì thư (khác B1 và B j ). Quy trình được lập lại giống như trên. Nên TH này có số cách dán bằng f  n  2  . + TH2: tem thư T j không được dán vào bì thư B1 . Khi đó các tem là T2 ,…, T j 1 , T j , T j 1 ,…, Tn sẽ được đem dán vào các bì B1 , B2 ,…, B j 1 , B j 1 ,…, Bn (mà tem thư T j không được dán vào bì thư B1 ). Thì T j lúc này bản chất giống T1 , ta đánh số lại T j  T1 . Nghĩa là n  1 tem T2 ,…, T j 1 , T1 , T j 1 ,…, Tn sẽ được đem dán vào n  1 bì B1 , B2 ,…, B j 1 , B j 1 ,…, Bn với việc đánh số giống nhau. Công việc này lại được lập lại như từ ban đầu. Nên TH này có số cách dán bằng f  n  1 . u1  0  ++ Ta xét dãy un  f  n  như sau: u2  1 . u  n  1 u  u  n 1 n2   n  Như vậy kết quả của bài toán: n tem thư được dán vào n bì thư sao cho có ít nhất một bì thư được dán vào tem thư có số trùng với số của bì thư đó sẽ là Pn  un . Áp dụng với n  8 , ta được kết quả là 8! 14833  25487 . Câu 22: Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số dạng abc thỏa a , b , c là độ dài 3 cạnh của một tam giác cân ( kể cả tam giác đều )? A. 45 . B. 81 . C. 165 . D. 216 . Câu 23: Gọi A là tập các số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc A . Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 45 . 5 2 1 53 A. . B. . C. . D. . 162 81 36 2268 Câu 24: Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số dạng abc thỏa a , b , c là độ dài 3 cạnh của một tam giác cân ( kể cả tam giác đều )? A. 45 . B. 81 . C. 165 . D. 216 . Lời giải Chọn C 0  y  2 x  Gọi độ dài cạnh bên và cạnh đáy của tam giác cân là x , y  0  y  9 0  x  9  0  y  9  Th1:  suy ra có 9.5  45 cặp số. 5  x  9 x  i Th2:  với 1  x  4 . Với mỗi giá trị của i , có 2i  1 số. 1  y  2i  1 Do đó, trường hợp này có:  2.1  1   2.2  1   2.3  1   2.4  1  16 cặp số Suy ra có 61 cặp số  x; y  . Với mỗi cặp  x; y  ta viết số có 3 chữ số trong đó có 2 chữ số x , một chữ số y . Trong 61 cặp có: + 9 cặp x  y , viết được 9 số. + 52 cặp x  y , mỗi cặp viết được 3 số nên có 3.52  156 số. Vậy tất cả có 165 số. Câu 25: Gọi A là tập các số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc A . Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 45 . 5 2 1 53 A. . B. . C. . D. . 162 81 36 2268 Lời giải Chọn D Gọi số cần tìm có dạng: abcdefgh a có 9 cách chọn Các chữ số còn lại có A97 Nên số phần tử của không gian mẫu: 9.A97  1632960 Gọi B  0,1,2,3,4,5,6 ,7,8,9 Ta có: 0  1  2  3  4  5  6  7  8  9  45  9 Ta có các bộ số mà tổng chia hết cho 9 : B 0,9 , B 1,8 , B 2,7 , B 3,6 , B 4,5 . Xét B 0,9  1,2,3,4,5,6 ,7,8 Gọi số cần tìm có dạng: abcdefgh Chọn h có một cách. Chọn 7 chữ số còn lại xếp vào 7 vị trí có: 7 ! . Nên trường hợp này có 7 ! cách. Xét B 1,8  0,2,3,4,5,6 ,7,9 + Tận cùng là chữ số 0 : có 7 ! cách + Tận cùng là chữ số 5 : a có 6 cách; các chữ số còn lại có: 6 ! cách Suy ra: 7 !  6.6 !  9360 Các trường hợp B 2,7 , B 3,6 tương tự như B 1,8 . Xét B 4,5  0,1,2,3,6 ,7,8,9 Gọi số cần tìm có dạng: abcdefgh Chọn h có một cách. Chọn 7 chữ số còn lại xếp vào 7 vị trí có: 7 ! . Nên trường hợp này có 7 ! cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là: 7 ! .2  9360.3  38160 . 38160 53 Vậy xác suất của biến cố A là:  1632960 2268