Tổng hợp câu hỏi Đại số Lớp 11 được tách từ đề luyện thi THPT Quốc gia năm 2018 - Chương 2: Tổ hợp. Xác suất - Mức độ 4 phần 2 (Có đáp án)

Nội dung text: Tổng hợp câu hỏi Đại số Lớp 11 được tách từ đề luyện thi THPT Quốc gia năm 2018 - Chương 2: Tổ hợp. Xác suất - Mức độ 4 phần 2 (Có đáp án)

1. Câu 1: (THPT Triệu Sơn 1-lần 1 năm 2017-2018) Cho khai triển 2 n 2 2n 1 x x a0 a1x a2 x  a2n x , với n 2 và a0 , a1 , a2 , , a2n là các hệ số. Biết a a rằng 3 4 , khi đó tổng S a a a  a bằng 14 41 0 1 2 2n A. S 310 .B. S 311 . C. S 312 . D. S 313 . Lời giải Chọn A n n k 2 n k 2 k k l k l 2l Ta có 1 x x Cn x x Cn Ck x .x . k 0 k 0 l 0 3 k l 3 l 0;k 3 3 0 2 1 Hệ số của x là x x k l 3 a3 CnC3 Cn C2 . l 1;k 2 l 0;k 4 Tương tự hệ số của x4 là xk l x4 k l 4 l 1;k 3 a C 4C 0 C3C1 C 2C 2 . 4 n 4 n 3 n 2 l 2;k 2 4 0 3 1 2 2 3 0 2 1 Theo giả thiết 14a4 41a3 14 Cn C4 CnC3 Cn C2 41 CnC3 Cn C2 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 41 n n 1 24 2 2 6 14 2 11 185 n 1 n n 1 n n 0 n ¥ 24 4 6 n 10 Do n 2 nên n 10 . 2 10 2 20 Mặt khác thay x 1 vào hai vế của khai triển 1 x x a0 a1x a2 x  a20 x ta 10 được S a0 a1 a2  a20 3 . HẾT
2. Câu 2: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 1 MĐ 904 năm 2017-2018) Cho khai triển 2 2017 2 4034 1 3x 2x a0 a1x a2 x a4034 x . Tìm a2. A. 18302258. B. 16269122. C. 8132544. D. 8136578. Lời giải Chọn A Ta có 2017 2017 k 2 2017 k k 2 2017 k k i i 2 2017 k 1 3x 2x  C2017 1 3x 2x  C2017 Ck 3x 2x k 0 k 0 i 0 2017 k k i i 2017 k 4034 2k i C2017Ck 3 2 x k 0 i 0 k 2016 4034 2k i 2 i 2k 4032 0 i 0 Số hạng chứa x2 ứng với i,k ¥ i,k ¥ k 2017 0 k 2017,0 i k 0 k 2017,0 i k i 2 2016 0 0 1 2017 2 2 0 Vậy a2 C2017 C2016 3 2 C2017 C2017 3 2 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”? 4 3 1 2 5 3 1 1 A. .B. .C. .D. . 16 16 8 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
3. 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 . 4.3 2.1 1 13 Xác suất xảy ra biến cố A là p A . (Do 2 trường hợp 5, 6 thì xác suất xảy 16 16 2 16 ra chỉ là 50%). 13 3 Vậy p A 1 p A 1 . 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 A P B . i i 4 1 1 Ta có P C P A P B P A P B P A P B P A P B 1 1 2 2 2 3 3 2 4 4 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 3 . 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 .
4. 2 6 2 2 A. .B. .C. .D. . 473 935 1419 935 Lời giải 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 4 1,2,3, ,10 và ta được C10 210 . 4 Vậy kết quả là 3.C10 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 4 mẫu là n  C45 .
5. 4 3C10 2 Vậy xác suất cần tính là P A 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. 2 2 Vì vài trò các cạnh như nhau nên số hình bình hành thu được là: C7 .C5 .3 630 (hình). Ta thấy có 1 2 3 9 45 giao điểm giữa các đường thẳng nên số phần tử của không 4 gian mẫu là n  C45 . 4 3C10 2 Vậy xác suất cần tính là P A 4 . C45 473 Câu 5: (THTT Số 4-487 tháng 1 năm 2017-2018) Hệ số có giá trị lớn nhất khi khai triển 2 12 P x 1 2x thành đa thức là A. 162270.B. 162720.C. 126270.D. 126720. Lời giải Chọn D 12 12 k k 2k 2k k k Khai triển: P x C12 2 x  ak x với ak C12 2 . k 0 k 0 2 1 23 a a 90o C k 1 2k 1 C k 2k 90o k k 7 . k 1 k 12 12 k 1 12 k 3 Như vậy a0 a1 a2 a8 . 2 1 23 a a 90o C k 1 2k 1 C k 2k 90o k k 8. k 1 k 12 12 k 1 12 k 3 Như vậy a8 a9 a10 a12 . 8 8 Vậy hệ số có giá trị lớn nhất là a8 C12 2 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. 2 53 1 5 A. .B. .C. .D. . 81 2268 36 162 Lời giải Chọn B 8 7 Ta có n  A10 A9 . 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 .
6. * Không có bộ 0;9 , có 7! số. 2 * Có bộ 0;9 , có C3 7! 6! số 2 n A 4.7! C3 7! 6! số. 2 4.7! C3 7! 6! 53 P A 8 7 . A10 A9 2268