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 3 (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 3 (Có đáp án)

1. 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 Như vậy Bn 1 3 An 1 4 Bn An 1 5 An 4 An 1 . 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 . 2 1 Nên a .4n 4n . n 3 3 42018 2 Suy ra có số chia hết cho 3. 3 Mà E 42018. 42018 2 1 1 Vậy P 2018  1 4035 . 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. 1 1 1 1 A. .B. .C. .D. . 9 10 12 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”. 2 2 Số khả năng An chọn 2 môn thi tự chọn và mã đề của 2 môn thi là C3 .8 . 2 2 Số khả năng Bình chọn 2 môn thi tự chọn và mã đề của 2 môn thi là C3 .8 . 2 2 2 2 Do đó, số phần tử của không gian mẫu là n  C3 .8 .C3 .8 . Bây giờ ta đếm số khả năng để An và Bình có chung đúng một môn thi tự chọn và chung một mã đề: 2 2 Số khả năng An chọn 2 môn thi tự chọn và mã đề của 2 môn thi là C3 .8 .
2. 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 . 2 2 Do đó: n A C3 .8 .2.8 . 2 2 n A C3 .8 .2.8 1 Bởi vậy: P A 2 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 .D. 6 . Lời giải Chọn D Cách 1 : 3 Số cách chọn 3 điểm trong 2n điểm phân biệt đã cho là C2n . 3 Số cách chọn 3 điểm trong n điểm cùng nằm trên một mặt phẳng là Cn . 3 3 Số mặt phẳng được tạo ra từ 2n điểm đã cho là C2n Cn 1. 2n 2n 1 2n 2 n n 1 n 2 Như vậy: C3 C3 1 201 200 2n n 6 6 2n 2n 1 2n 2 n n 1 n 2 200 6 6 7n3 9n2 2n 1200 0 n 6 7n2 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. 3 TH2 : n điểm không đồng phẳng tạo ra Cn mặt phẳng. TH3 : 2 điểm trong n điểm đồng phẳng kết hợp với 1 điểm trong n điểm không đồng phẳng 2 1 2 tạo ra Cn Cn n.Cn mặt phẳng. TH4 : 1 điểm trong n điểm đồng phẳng kết hợp với 2 điểm trong n điểm không đồng phẳng 1 2 2 tạo ra CnCn n.Cn mặt phẳng. 3 2 Vậy có 1 Cn 2nCn 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.
3. 1 1010 2 1010 A. .B. 0,24 . C. .D. C1010. 0,24 . 2 3 2020 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 định 1010 vị trí xuất hiện mặt xấp thì có xác xuất là 0,61010 1 0,6 1010 0,24 1010 . 1010 1010 Vậy xác xuất cần tính là C2020 . 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 3 của các chữ số này. Do đó, ta lập được A5 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. 3 1 Đây là bài toán chia kẹo Euler nên số bộ a,b,c là C91 1 Tuy nhiên trong các bộ trên vẫn chứa các bộ có 2 chữ số giống nhau, số bộ có 2 chữ số giống 2 nhau là 3.45 135 ( bộ). Vậy n  C90 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
4. a aq aq2 91 a 1 q q2 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: 2 (loại) 1 q q 1 q 0 a 13 a 13 Trường hợp 3: 2 (thỏa mãn) 1 q q 7 q 2 a 7 a 7 Trường hợp 3: 2 (thỏa mãn). 1 q q 13 q 3 Vậy n A 3 . 3 P A . 645 Câu 7: (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-lần 1 năm 2017-2018) Với n là số nguyên dương thỏa mãn n 1 2 5 3 2 Cn Cn 55 , hệ số của x trong khai triển của biểu thức x 2 bằng x A. 8064 . B. 3360 . C. 8440 .D. 6840 . Lời giải Chọn A 1 2 n n 1 2 n 10 Ta có Cn Cn 55 n 55 n n 110 0 n 10 . 2 n 11 10 k 3 2 k 3 10 k 2 k k 30 5k Số hạng tổng quát trong khai triển x 2 là Tk 1 C10 x . 2 C10.2 .x . x x Số hạng chứa x5 ứng với 30 5k 5 k 5. 10 5 3 2 5 5 Vậy, hệ số của x trong khai triển của biểu thức x 2 bằng C10.2 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.
5. +) 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. 4 Số dạng abcd ( a b c d ) có C9 số. 2 Số dạng aaab có C9 số. 2 Số dạng aabb có C9 số. 3 Số dạng abbc có C9 số. 3 Số dạng abbc có C9 số. 3 Số dạng abcc có C9 số. 4 2 3 n A 9 C9 3.C9 3.C9 495 . n A 495 Vậy P A 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 . 4 Số cách chọn a ,b , c , d và sắp xếp chúng theo một thứ tự duy nhất là C12 495 . n A 495 Vậy P A 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 ¢ .
6. 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 1 3 2n 1 2 2 2 3 n 2 n C2n C2n  C2n 512 . Tính tổng S 2 Cn 3 Cn  1 .n .Cn . A. S 4 .B. S 5.C. S 6 .D. S 7 . Lời giải Chọn B 2n 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1 2n 2n Ta có 1 x C2n C2n .x C2n .x C2n .x  C2n .x C2n .x 1 . 2n 0 1 2 3 2n 1 2n Thay x 1 vào 1 ta có: 2 C2n C2n C2n C2n  C2n C2n 2 . 0 1 2 3 2n 1 2n Thay x 1 vào 1 ta có: 0 C2n C2n C2n C2n  C2n C2n 3 . Trừ từng vế của 2 và 3 ta có: 2n 1 3 2n 1 1 3 2n 1 2n 1 2 2. C2n C2n  C2n C2n C2n  C2n 2 . 1 3 2n 1 2n 1 9 Nên C2n C2n  C2n 512 2 2 2n 1 9 n 5 . 2 2 2 3 2 4 2 5 Bởi vậy S 2 C5 3 C5 4 C5 5 .C5 . 5 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 Từ 1 x C5 C5.x C5 .x C5 .x C5 .x C5 .x , lấy đạo hàm hai vế ta được: 4 1 2 3 2 4 3 5 4 5 1 x C5 2C5 .x 3C5 .x 4C5 .x 5C5 .x 4 1 2 2 3 3 4 4 5 5 5x 1 x C5 x 2C5 .x 3C5 .x 4C5 .x 5C5 .x 4 . Lại lấy đạo hàm hai vế 4 , ta có: 4 3 1 2 2 2 3 2 2 4 3 2 5 4 5 1 x 20x 1 x C5 2 C5 .x 3 C5 .x 4 C5 .x 5 C5 .x 5 . Thay x 1 vào 5 ta được: 1 2 2 3 2 4 2 5 2 2 3 2 4 2 5 1 0 C5 2C5 3 C5 4 C5 5 C5 2C5 3 C5 4 C5 5 C5 C5 2 2 2 3 2 4 2 5 Hay S 2 C5 3 C5 4 C5 5 .C5 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
7. 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 . 169 845 86 473 A. .B. .C. .D. . 200 1111 101 500 Lời giải 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 1111 165 86 Như vậy S có 165 phần tử. Vậy xác suất cần tìm là . 1111 101 Cách 2: y 10 P O 100 x 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. 91 90 81 86 Vậy xác suất cần tìm là p A . 11.101 101 Cách 3: y d M 0;10 E 10 N D K P O 80 90 100 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 165 946 946 86 P A . 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.
8. 21 6 55 7 A. .B. .C. .D. . 55 11 126 110 Lời giải Chọn B 3 - Số phần tử của không gian mẫu: n  C12 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 b 1 c p 2 1 a b c p 2 10 3 3 a , b , c là ba số bất kì trong tập 1;2;3; ;10 có C10 cách chọn hay n A C10 120 . n A 120 6 Vậy xác suất là P A . 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. 1 TH2: Giữa hai học sinh lớp A có một học sinh lớp C có 2!.A4.7! cách. 2 TH3: Giữa hai học sinh lớp A có hai học sinh lớp C có 2!.A4 .6! cách. 3 TH4: Giữa hai học sinh lớp A có ba học sinh lớp C có 2!.A4 .5! cách. 4 TH5: Giữa hai học sinh lớp A có bốn học sinh lớp C có 2!.A4 .4! cách. 1 2 3 4 Vậy theo quy tắc cộng có 2! 8! A4 7! A4 6! A4 5! A4 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 a1a2a3a4a5a6 . Tính xác suất để viết được số thoả mãn điều kiện a1 a2 a3 a4 a5 a6 . 4 4 3 5 A. p .B. p .C. p .D. p . 85 135 20 158 Lời giải Chọn B 5 Ta dễ có số phần tử của không gian mẫu là  6.A6 4320 .
9. Gọi A là biến cố “chọn được số thoả mãn yêu cầu bài toán”. Khi đó ta có 3 phương án để chọn số a1a2a3a4a5a6 như sau: Phương án 1: a1 a2 a3 a4 a5 a6 5 . Khi đó a1,a2 ; a3 ,a4 ; a5 ,a6   0,5 ; 1,4 ; 2,3  . 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. Vậy có 2. 2! 2 4. 2! 3 40 cách chọn. Phương án 2 : a1 a2 a3 a4 a5 a6 6 . Khi đó a1,a2 ; a3 ,a4 ; a5 ,a6   0,6 ; 1,5 ; 2,4 . Phương án này hoàn toàn tương tự phương án 1 do đó có 2. 2! 2 4. 2! 3 40 cách chọn. Phương án 1: a1 a2 a3 a4 a5 a6 7 . Khi đó 3 a1,a2 ; a3 ,a4 ; a5 ,a6   1,6 ; 2,5 ; 3,4  , suy ra có 3!. 2! 48 cách chọn. A 128 4 Vậy số phần tử của A : A 40.2 48 128 . Suy ra p .  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 4 Số phần tử của không gian mẫu là n  C30 . 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 n 1 3 có ít nhất k 2 cái, có Cm n(k 1) 1 C25 cách, nhưng làm như thế mỗi tứ giác lặp lại 4 lần. 30.C3 Số phần tử của biến cố A là n A 25 . 4 3 30.C25 n A 4 1150 Vậy xác suất của biến cố A là P A 4 0,6294 . n  C30 1827 Câu 17: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần 4 năm 2017 – 2018)Giả sử 2 3 10 11 2 3 110 1 x x x x a0 a1x a2 x a3 x a110 x với a0 , a1 , a2 , , a110 là các hệ 0 1 2 3 10 11 số. Giá trị của tổng T C11a11 C11a10 C11a9 C11a8 C11 a1 C11 a0 bằng A. T 11.B. T 11.C. T 0 .D. T 1. Lời giải Chọn A
10. 11 11 Ta có: A 1 x x2 x3 x10 1 x 11 A 1 x11 11 110 11 k k i m 11 m C11 x . ai x C11 x . k 0i 0  m 0 P Q 11 0 1 2 3 10 11 Hệ số của x trong P là C11a11 C11a10 C11a9 C11a8 C11 a1 C11 a0 T 11 1 Hệ số của x trong Q là C11 1 Vậy T C11 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 bằng . 2018 Vì tam giác cần đếm có đỉnh là đỉnh của đa giác nên các góc của tam giác là các góc nội tiếp 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 . ¼ Gọi Ai , Aj , Ak là các đỉnh sắp thứ tự theo chiều kim đồng hồ sao cho cung nhỏ Ai Ak 160 thì ¼ o · cung lớn Ai Ak 360 160 200 Ai Aj Ak 100 và tam giác Ai Aj Ak là tam giác cần đếm. 160 Khi đó A¼A là hợp liên tiếp của nhiều nhất 896 cung tròn nói trên. i k 360 2018
11. 2 896 cung tròn này có 897 đỉnh. Trừ đi đỉnh Ai thì còn 896 đỉnh. Do đó có C896 cách chọn hai 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: · ¼ 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 ¼A A (không chứa điểm A ) sẽ là hợp liên tiếp của ít nhất 1 1122 m p n 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 2A2018 2 C2017 A2017 C2017 A2017 C2017 . 2 3 4 5 B. 1 2C2018 2C2018 C2018 C2018 . 2 3 4 5 C. 1 2A2018 2A2018 A2018 C2017 . 1 2 2 3 2 2 4 D. 1 4C2017 2 C2017 A2017 C2017 A2016 C2016 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 C2017 số. - Khả năng 2: Nếu số 1 đứng đầu thì số 4 đứng ở một trong 2017 vị trí còn lại nên ta có 1 C2017 số. 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 C2017 số. - 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
12. - 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 C2017 số. - 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 1 và 2 còn lại đứng ở trong 2016 vị trí còn lại nên ta có A2016 số. 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 4C2017 2 C2017 A2017 C2017 A2016 C2016 C2017 số cần 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 Sn 3 3 4 3 . Tính lim Sn C3 C4 C5 Cn 3 1 A. 1.B. .C. 3 .D. . 2 3 Lời giải Chọn B 3 n! n 3 ! n 2 n 1 n n n 1 n 2 1 6 Ta có Cn 3 3! n 3 ! n 3 ! 6 6 Cn n n 1 n 2 6 6 6 6 Vậy ta có S n 1.2.3 2.3.4 3.4.5 n n 1 n 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 Nhận xét ; ; ; 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 3n 6 n 3 Vậy lim Sn lim lim . 2n 2 2