LỜI GIẢI xác SUẤT
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (466.99 KB, 62 trang ) Tư duy mở trắc nghiệm toán lý Chọn đáp án C Câu 2. 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 ba số lập thành một cấp số nhân bằng 4 2 1 3 . B. . C. . D. . A. 645 645 645 645 Lời giải. Trước tiên, ta đếm số phần tử của S. Mỗi tập con thuộc S sẽ có dạng {a, b, c}, 0 < a < b < c < 100, a + b + c = 91. Khi đó ta có 91 ≥ a + (a + 1) + (a + 2) nên a ≤ 29. 90 − a và Với mỗi 1 ≤ a ≤ 29, ta có b + c = 91 − a, mà c ≥ b + 1 nên 2b ≤ 90 − a ⇒ b ≤ 2 90 − a − a cách chọn b. b ≥ a + 1 nên có 2 29 90 − a Suy ra số tập con của A thuộc S là − a = 645. 2 a=1 Hay số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 645. Tiếp theo, ta sẽ đếm số cấp số nhân trong S. Vì các số hạng của cấp số nhân là số nguyên dương m nên công bội sẽ là số hữu tỷ dương, giả sử số bé nhất của cấp số nhân là a và công bội là , với n a, m, n ∈ Z+ , a ≤ 30; m > n, ƯCLN(m, n) = 1. m m2 Khi đó ta có a 1 + + 2 = 91 ⇔ a (m2 + mn + n2 ) = 91n2 . n n . Vì ƯCLN(m, n) = 1 nên ƯCLN (m2 + mn + n2 , n2 ) = 1 nên suy ra a .. n2 . Mà a ≤ 30 nên n2 ≤ 30 ⇒ n ≤ 5. • Với n = 1, ta có a (m2 + m + 1) = 91. Phương trình này có các nghiệm nguyên dương (a; m) ∈ {(1; 9), (7; 3), (13; 2)}, nên có các cấp số nhân (1; 9; 81), (7; 21; 63), (13; 26; 52). • Với n = 2, ta có a (m2 + 2m + 4) = 364, không có nghiệm nguyên dương. • Với n = 3, ta có a (m2 + 3m + 9) = 819, không có nghiệm nguyên dương. • Với n = 4, ta có a (m2 + 4m + 16) = 1456, không có nghiệm nguyên dương. • Với n = 5, ta có a (m2 + 5m + 25) = 2275. Phương trình này có nghiệm nguyên dương (a; m) = (25; 6), ta nhận được cấp số nhân (25; 30; 36). Trang 1/61 − Mã đề 142 Vậy có 4 cấp số nhân trong S. Gọi A là biến cố “chọn được phần tử có ba số lập thành một cấp số nhân” thì n(A) = 4. 4 n(A) = . Suy ra: P(A) = n(Ω) 645 Chọn đáp án B Câu 3. Từ hai chữ số 1 và 8 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số sao cho không có hai chữ số 1 đứng cạnh nhau? A. 55. B. 108. C. 54. D. 110. Lời giải. • Trường hợp 1. Có 8 chữ số 8. Trường hợp này có 1 số. • Trường hợp 2. Có 1 chữ số 1, 7 chữ số 8. Có 8 cách xếp chữ số 1 nên có 8 số. • Trường hợp 3. 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. Cho nên ta có C27 = 21 số. • Trường hợp 4. Có 3 chữ số 1, 5 chữ số 8. Tương tự trường hợp 3, từ 5 chữ số 8 ta có 6 chỗ trống để xếp 3 chữ số 1. Cho nên ta có C36 = 20 số. • Trường hợp 5. 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. Cho nên ta có C45 = 5. Vậy có 1 + 8 + 21 + 20 + 5 = 55 số. Chọn đáp án A Câu 4. 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 2C33 + C34 + C13 C13 C14 2C13 C13 C14 A. . B. . C310 C310 1 2C33 + C34 D. . C. . 3 C310 Lời giải. Số cách rút ngẫu nhiên ba tấm thẻ từ túi có 10 thẻ là: C310 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 + C34 + C33 + C13 C14 C13 cách. 2C33 + C34 + C13 C13 C14 Vậy xác suất cần tìm là . C310 Chọn đáp án A Trang 2/61 − Mã đề 142 Câu 5. 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 hai người nào đứng cạnh nhau. 21 55 6 7 . B. . C. . D. . A. 110 55 126 11 Lời giải. Không gian mẫu Ω có n(Ω) = C312 = 220. Giả sử chọn 3 người có số thứ tự trong hàng lần lượt là a, b, c. Theo giả thiết ta có a < b < c và b − a > 1, c − b > 1 nên a < b − 1 và b < c − 1. Suy ra 1 ≤ a < b − 1 < c − 2 ≤ 10. Đặt a = a, b = b − 1, c = c − 2, ta có 1 ≤ a < b < c = c − 2 ≤ 10. Gọi A là biến cố chọn ngẫu nhiên 3 người trong hàng. Việc chọn ngẫu nhiên 3 người trong hàng tương ứng với việc chọn 3 số a , b , c bất kỳ trong tập hợp {1; 2; 3; . . . ; 10} nên có n(A) = C310 = 120. 120 6 n(A) = = . Vậy P (A) = n(Ω) 220 11 Chọn đáp án D Câu 6. Một tổ học sinh có 6 nam và 3 nữ được yêu cầu xếp thành một hàng ngang. Số cách xếp sao cho không có 2 bạn nữ nào đứng cạnh nhau là A. 9!. B. 25200. C. 151200. D. 86400. Lời giải. Coi ghế xếp hàng ngang được đánh theo số thứ tứ từ 1 đến 9 như minh họa. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Số cách chọn có 3 bạn nữ đứng cạnh nhau là 3! · 7!. Xét trường hợp có đúng 2 bạn nữ đứng cạnh nhau. • Chọn hai bạn nữ trong ba bạn nữ để xếp cạnh nhau có C23 cách. • Nếu xếp hai bạn nữ vào vị trí ghế (1; 2) hoặc (8; 9) thì bạn nữ còn lại chỉ được chọn một trong 6 vị trị ghế để không cạnh hai bạn nữ vừa xếp. Do đó số cách xếp để có đúng hai bạn nữ cạnh nhau là 2 · 2! · 6 · 6! = 17280 cách. • Nếu xếp hai bạn nữ vào các vị trí (2; 3) hoặc (3; 4) hoặc (4; 5) hoặc (5; 6) hoặc (6; 7) hoặc (7; 8) thì bạn nữ còn lại chỉ được chọn một trong 5 vị trị ghế để không cạnh hai bạn nữ vừa xếp. Do đó số cách xếp để có đúng hai bạn nữ cạnh nhau là 6 · 2! · 5 · 6! = 43200 cách. Vậy số cách xếp để không có hai bạn nữ nào đứng cạnh nhau là 9! − 3! · 7! − C23 · (17280 + 43200) = 151200. Chọn đáp án C Câu 7. Một xưởng sản xuất thực phẩm gồm 4 kỹ sư chế biến thực phẩm, 3 kỹ thuật viên và 13 công nhân. Để đảm bảo sản xuất thực phẩm chống dịch Covid-19, xưởng cần chia thành 3 ca sản xuất theo thời gian liên tiếp nhau sao cho ca 1 có 6 người và2 ca còn lại mỗi ca có7 người. Tính xác suất sao cho mỗi ca có 1 kĩ thuật viên, ít nhất một kĩ sư chế biến thực phẩm 440 41 441 401 A. . B. . C. . D. . 3320 230 3230 3320 Lời giải. Gọi biến cố cần tính xác suất là biến cố A: “Mỗi ca có 1 kĩ thuật viên, ít nhất một kĩ sư chế biến thực phẩm”. Trang 3/61 − Mã đề 142 • TH1: Ca 1 có 2 kĩ sư Số cách chọn người ca 1 là C13 · C24 · C313 = 5148. Số cách chọn người ca 2 là C12 · C12 · C510 = 1008. Số cách chọn người ca 3 là 1 cách. Suy ra số cách chọn bằng 5148.1008. • TH2: Ca 2 có 2 kĩ sư Số cách chọn người ca 1 là C13 · C14 · C413 = 8580. Số cách chọn người ca 2 là C12 · C12 · C49 = 756. Số cách chọn người ca 3 là 1 cách. Suy ra số cách chọn bằng 8580 · 756. • TH3: Ca 3 có 2 kĩ sư thì cách chọn tương tự TH2 nên ta có số cách chọn bằng 8580 · 756. Vậy xác suất cần tìm là P (A) = 5148 · 1008 + 2 · (8580 · 756) 441 = . 7 7 6 C20 · C14 · C7 3230 Chọn đáp án C Câu 8. Kết quả (b; c) của việc gieo con súc 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 x2 + bx + c phương trình = 0 (∗). Xác suất để phương trình (∗) vô nghiệm là x+1 17 1 19 1 A. . B. . C. . D. . 36 6 36 2 Lời giải. Để phương trình (∗) vô nghiệm thì phương trình x2 + bx + c = 0(∗∗) có 2 trường hợp xảy ra: TH1: PT (∗∗) có nghiệm kép x = −1. Suy ra ∆ = b2 − 4c = 0 ⇔ 1−b+c=0 b2 = 4c ⇔ b2 = 4b − 4 ⇔ b = 2 ⇒ c = 1 c=b−1 ⇒ b=2 c = 1. √ TH2: PT (∗∗) vô nghiệm ⇔ ∆ = b2 − 4ac < 0 ⇔ b2 < 4c ⇔ b√ <2 c Vì c là số chấm xuất hiện ở lần gieo thứ 2 nên c ≤ 6 ⇒ b ≤ 2 6. Mà b là số chấm xuất hiện ở lần gieo đầu nên b ∈ {1; 2; 3; 4}. • Với b = 1, ta có: c > 1 ⇒ c ∈ {1; 2; 3; 4; 5; 6} ⇒ có 6 cách chọn c. 4 • Với b = 2, ta có: c > 1 ⇒ c ∈ {2; 3; 4; 5; 6} ⇒ có 5 cách chọn c. • Với b = 3, ta có: c > 9 ⇒ c ∈ {3; 4; 5; 6} ⇒ có 4 cách chọn c. 4 • Với b = 4, ta có: c > 4 ⇒ c ∈ {5; 6} ⇒ có 2 cách chọn c. Do đó có 6 + 5 + 4 + 2 = 17 cách chọn {b; c} để phương trình (∗∗) vô nghiệm. Gieo con súc sắc 2 lần nên số phần tử của không gia mẫu n(Ω) = 6 · 6 = 36. 1 + 17 1 Vậy xác suất để phương trình (∗∗) vô nghiệm là = . 36 2 Chọn đáp án D Câu 9. 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 13 11 29 97 A. . B. . C. . D. . 80 70 140 560 Trang 4/61 − Mã đề 142 Lời giải. Số cách lập số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau thỏa đề bài là A69 − A58 = 53760. Ta có không gian mẫu n(Ω) = 53760. Gọi biến cố A: “Số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau.” TH 1. Số có 6 chữ số khác nhau trong đó có 3 chữ số lẻ, 3 chữ số chẵn và 2 chữ số chẵn không đứng cạnh nhau. Số cách chọn 3 chữ số lẻ để xếp: A34 . Số cách chọn 3 chữ số chẵn để xếp • có chứa chữ số 0: C24 • không chứa chữ số 0: C34 Như vậy có A34 · C24 (C34 · 3! − C23 · 2!) + A34 · C34 · C34 · 3! = 2592 + 2304 = 4896 cách lập. TH 2. Số có 6 chữ số khác nhau trong đó có 4 chữ số lẻ, 2 chữ số chẵn và 2 chữ số chẵn không đứng cạnh nhau. Số cách chọn 4 chữ số lẻ để xếp A44 . Số cách chọn 2 chữ số chẵn để xếp • có chứa chữ số 0: C14 . • không chứa chữ số 0: C24 . Như vậy có A44 · C14 (C25 · 2! − C14 ) + A44 · C34 · C25 · 2! = 1536 + 2880 = 4416 cách lập. Ta có n(A) = 9312. n(A) 9312 97 Ta có P(A) = = = . n(Ω) 53760 560 Chọn đáp án D Câu 10. Một quân vua được đặt trên một ô giữa bàn cờ. Mỗi bước di chuyển, quân vua được chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc đỉnh với ô đang đứng (xem hình minh họa). Bạn An di chuyển quân vua ngẫu nhiên 3 bước. Tính xác suất sau cho 3 bước quân vua trở về ô xuất phát. 1 3 3 1 . B. . C. . D. . A. 32 16 64 32 Lời giải. Bước di chuyển đầu tiên của quân vua có 8 cách, bước di chuyển thứ hai của quân vua có 8 cách và bước di chuyển thứ ba của quân vua có 8 cách. Vậy số phần tử của không gian mẫu là n (Ω) = 83 . Gọi A là biến cố: “Sau ba bước quân vua trở về ô xuất phát” Xét hai trường hợp sau: • Trường hợp 1. Trước tiên di chuyển quân vua sang ô đen liền kề có 4 cách, tiếp theo di chuyển quân vua sang ô trắng có chung cạnh hoặc ô đen có chung đỉnh cạnh ô xuất phát của quân vua có 4 cách, cuối cùng di chuyển quân vua về vị trí cũ có 1 cách. Do đó có 4 · 4 · 1 = 16 cách. • Trường hợp 2. Trước tiên di chuyển quân vua sang ô trắng được đánh có chung đỉnhvới cạnh ô quân vua đang đứng có 4 cách, tiếp theo di chuyển quân vua sang ô đen cạnh ô quân vua xuất phát có 2 cách, cuối cùng di chuyển quân vua về vị trí cũ có 1 cách. Do đó có 4 · 2 · 1 = 8 cách. Trang 5/61 − Mã đề 142 Suy ra số các kết quả thuận lợi của biến cố A là n(A) = 16 + 8 = 24 cách. n(A) 24 3 = 3 = . Vậy xác xuất cần tính là P(A) = n (Ω) 8 64 Chọn đáp án C Câu 11. 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. 143 3 138 11 . B. . C. . D. . A. 200 10000 7 1420 Lời giải. • Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử. Ta có n (Ω) = 9 · 104 . • Gọi A là biến cố: “ Lấy được số dạng abcde trong đó 1 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ e ≤ 9”. Ta có 1 ≤ a < b + 1 < c + 2 < d + 3 < e + 4 ≤ 13. Suy ra n(A) = C513 . n(A) C513 143 Vậy P (A) = = . = 4 n(Ω) 9 · 10 10000 Chọn đáp án B Câu 12. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số (không nhất thiết khác nhau) được lập từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9. Chọn ngẫu nhiên một số abc từ S . Tính xác suất để số được chọn thỏa mãn a ≤ b ≤ c. 9 13 11 1 A. . B. . C. . D. . 1 60 60 6 Lời giải. Số phần tử của không gian mẫu n(Ω) = 9 · 109 = 900. Gọi biến cố A:“Chọn được một số thỏa mãn a ≤ b ≤ c ”. Vì a ≤ b ≤ c mà a = nên trong các chữ số sẽ không có số 0. Trường hợp 1: Số được chọn có 3 chữ số giống nhau có 9 số. Trường hợp 2: Số được chọn tạo bởi hai chữ số khác nhau. Số cách chọn ra 2 chữ số khác nhau từ 9 chữ số trên là C29 . Mỗi bộ 2 chữ số được chọn tạo ra 2 số thỏa mãn yêu cầu. Vậy có 2 · C29 số thảo mãn. Trường hợp 3: Số được chọn tạo bởi ba chữ số khác nhau. Số cách chọn ra 3 chữ số khác nhau từ 9 chữ số trên là C39 . Mỗi bộ 3 chữ số được chọn chỉ tạo ra một số thỏa mãn yêu cầu. Vậy có C39 số thỏa mãn. Vậy n(A) = 9 + 2 · C29 + C39 = 165. 165 11 n(A) = = . Xác suất của biến cố A là P(A) = n(Ω) 900 60 Chọn đáp án C Câu 13. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có năm chữ số đôi một khác nhau. Xác suất để số được chọn có mặt 3 chữ số 2, 3 và 4 là 23 4 1 1 A. . B. . C. . D. . 378 9 648 2 Lời giải. Ta có không gian mẫu n(Ω) = 9A49 = 27216. Gọi biến cố A: “Số được chọn có mặt chữ số 2, 3 và 4”. Vì số cần tìm phải có mặt đủ 3 chữ số 2; 3; 4 nên ta chia các trường hợp sau: Trường hợp 1: a = 2. Các chữ số 3; 4 có A24 = 12 cách chọn vị trí. Hai chữ số còn lại có A27 = 42 cách chọn. Vậy có 12 · 42 = 504 số. Trường hợp 2: a = 3.Tương tự trường hợp 1 ta có 504 số. Trang 6/61 − Mã đề 142 Trường hợp 3: a = 4. Tương tự trường hợp 1 ta có 504 số. Trường hợp 4: a = {2; 3; 4; 0} có 6 cách chọn a. Các chữ số 2; 3; 4 có A34 = 24 cách chọn vị trí. Một chữ số còn lại có 6 cách chọn. Vậy có 6 · 24 = 144 số. Do đó n(A) = 504 · 3 + 144 = 1656. Xác suất để số được chọn có mặt chữ số 2, 3 và 4 là P(A) = n(A) 1656 23 = = . n(Ω) 27216 378 Chọn đáp án A Câu 14. Cho tập hợp A = {1; 2; 3; . . . ; 2018} và các số a, b, c thuộc A. Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên có dạng abc sao cho a < b < c và a + b + c = 2016. A. 2026086. B. 2027080. C. 337681. D. 338184. Lời giải. Xét phương trình a + b + c = 2016. Phương trình này có C22015 nghiệm (a; b; c). Ta tìm các nghiệm mà có cặp số trùng nhau. • Trường hợp 1. a = b = c ⇒ a = b = c = 2016 = 672, do đó trường hợp này có 1 nghiệm. 3 • Trường hợp 2. Chỉ có 2 số trùng nhau. Nếu a = b thì 2a + c = 2016, suy ra số c nhận các giá trị chẳn là 2; 4; . . . ; 2014 nên có 1007 nghiệm, trừ đi 1 nghiệm (672; 672; 672) ta còn 1006 nghiệm. Xét tương tự nếu b = c, c = a, do đó trường hợp này có 3 × 1006 = 3018 nghiệm. Suy ra, phương trình a + b + c = 2016 có C22015 − 1 − 3018 = 2026086 nghiệm (a; b; c) trong đó 2026086 = 337681 nghiệm ba số a, b, c đôi một khác nhau. Trong số 2026086 nghiệm trên, chỉ có 3! thỏa mãn a < b < c. Vậy có tất cả 337681 số tự nhiên abc thỏa đề bài. Chọn đáp án C Câu 15. Đề thi trắc nghiệm môn Toán gồm 50 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có một phương án trả lời đúng. Mỗi câu trả lời đúng được 0, 2 điểm. Một học sinh không học bài nên mỗi câu trả lời đều chọn ngẫu nhiên một phương án. Xác suất để học sinh đó được đúng 5 điểm là 25 25 25 3 3 25 25 1 · C50 · 4 4 4 4 A. . B. . 50 50 4 4 25 25 25 25 1 3 3 25 1 C. · . D. C50 · . 4 4 4 4 Lời giải. Học sinh đó làm đúng được 5 điểm khi làm được đúng 25 câu bất kỳ trong số 50 câu, 25 câu còn lại làm sai. 1 3 Xác suất để học sinh là đúng một câu bất kỳ là , làm sai một câu là . Do đó xác suất để học 4 4 25 1 sinh đó làm đúng 25 câu bất kỳ trong số 50 câu là C25 . 50 · 4 25 3 Xác suất để hoạc sinh đó làm sai 25 câu còn lại là . 4 25 25 1 3 Vậy xác suất để học sinh đó làm được đúng 5 điểm là : C25 · . 50 4 4 Chọn đáp án D Câu 16. 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 Trang 7/61 − Mã đề 142 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. 7 19 1 3 B. P = . C. P = . D. P = . A. P = . 16 16 40 4 Lời giải. Bình có 2 khả năng thắng cuộc: +) Thắng cuộc sau lần quay thứ nhất. Nếu Bình quay vào một trong 5 nấc: 80, 85, 90, 95, 100 thì 1 5 = . sẽ thắng nên xác suất thắng cuộc của Bình trường hợp này là P1 = 20 4 +) Thắng cuộc sau 2 lần quay. Nếu Bình quay lần 1 vào một trong 15 nấc: 5, 10, ..., 75 thì sẽ phải quay thêm lần thứ 2. Ứng với mỗi nấc quay trong lần thứ nhất, Bình cũng có 5 nấc để thắng cuộc 15 × 5 3 trong lần quay thứ 2, vì thế xác suất thắng cuộc của Bình trường hợp này là P2 = = . 20 × 20 16 7 Từ đó, xác suất thắng cuộc của Bình là P = P1 + P2 = . 16 Chọn đáp án B Câu 17. Có 2 học sinh lớp A, 3 học sinh lớp B và 4 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. 217728. D. 145152. Lời giải. Xét các trường hợp sau: • Hai học sinh lớp A đứng cạnh nhau có 2! · 8! cách. • Giữa hai học sinh lớp A có một học sinh lớp C có 2! · A14 · 7! cách. • Giữa hai học sinh lớp A có hai học sinh lớp C có 2! · A24 · 6! cách. • Giữa hai học sinh lớp A có ba học sinh lớp C có 2! · A34 · 5! cách. • 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! + A14 7! + A24 6! + A34 5! + A44 4!) = 145152 cách. Chọn đáp án D Câu 18. Xếp 6 chữ số 1, 2, 3, 1, 2 và 4 theo một hàng ngang. Tính xác suất để xảy ra biến cố: “2 chữ số giống nhau thì không xếp cạnh nhau.” 7 8 11 4 A. . B. . C. . D. . 15 15 15 15 Lời giải. 6! Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = = 180. Gọi A là biến cố: “2 chữ số giống nhau thì 2!2! 5! 5! không xếp cạnh nhau.” Khi đó, n(A) = + − 4! = 96. 2! 2! 96 7 Vậy, xác suất của biến cố A là P (A) = 1 − P (A) = 1 − = . 180 15 Chọn đáp án A Trang 8/61 − Mã đề 142 Câu 19. 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 tất cả các số lập được. A. 12321. B. 21312. C. 12312. D. 21321. Lời giải. Xét tập X = {1, 2, 3, 4, 6}. Số các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau lấy từ tập X là 5 × 4 × 3 = 60. Do vai trò các chữ số là như nhau, nên số lần xuất hiện của mỗi chữ số trong tập X tại mỗi hàng 60 = 12. trăm, hàng chục, hàng đơn vị là 5 Tống các số lập được S = (1 + 2 + 3 + 4 + 6) × 12 × 111 = 21312. Chọn đáp án B Câu 20. Cho tập hợp S = {m ∈ Z| − 10 ≤ m ≤ 100}. Có bao nhiêu tập hợp con của S có số phần tử lớn hơn 2 và các phần tử đó tạo thành một cấp số cộng có tổng bằng 0? A. 34. B. 32. C. 30. D. 36. Lời giải. Giả sử {u1 ; u2 ; ...; un } ⊂ S, n > 2 là một tập hợp thỏa mãn yêu cầu bài toán. Không mất tính tổng quát giả sử u1 < u2 < ... < un theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng công sai d > 0. Ta có Sn = 0 ⇔ u1 + un = 0, lại có u1 + (n − 1)d = un nên suy ra (n − 1)d = 2un , điều này chứng tỏ d là một ước nguyên dương của 2un và d = 2un vì n > 2. Như vậy số tập hợp thỏa YCBT chính là tổng số số các ước thực sự của 2un với un ∈ {1; 2; ...; 10}. Bằng cách liệt kê ta có tất cả 34 ước của 2un với un ∈ {1; 2; ...; 10}. Chọn đáp án A Câu 21. 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. . 9 18 1710 1710 Lời giải. Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 9 · 108 . Gọi B là biến cố thỏa mãn 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. Nên số phần tử của dãy là 18 n(B) 5 · 107 1 Vậy n(B) = 5 · 107 . Xác suất là P(B) = = = . 8 n(Ω) 9 · 10 18 Chọn đáp án B Câu 22. Trong lễ tổng kết năm học 2017 − 2018, lớp 12T nhận được 20 cuốn sách gồm 5 cuốn sách Toán, 7 cuốn sách Vật lí, 8cuốn sách Hoá 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 2 trong số 10 học sinh đó. Tính xác suất để 2 cuốn sách mà Bình nhận được giống 2 cuốn sách của Bảo. 12 1 14 17 A. . B. . C. . D. . 45 5 45 90 Lời giải. Vì mỗi học sinh chỉ nhận được hai cuốn sách khác môn học nên từ 20 quyển sách ta chia ra 10 phần quà. Trong đó mỗi phần quà đó hoặc là gồm 1 cuốn sách Toán và 1 cuốn sách Vật lí (loại 1), hoặc là gồm 1 cuốn sách Toán và 1 cuốn sách Hoá (loại 2), hoặc là gồm 1 cuốn sách Vật lí và 1 cuốn sách Hoá (loại 3). Gọi x, y, z lần lượt là số phần quà loại 1, loại 2 và loại 3. Trang 9/61 − Mã đề 142 x + y = 5 x = 2 Ta có x + z = 7 ⇔ y = 3 z = 5. y+z =8 Số cách chia phần quà cho Bình và Bảo: • Cùng nhận loại 1: có C22 = 1 cách. • Cùng nhận loại 2: có C23 = 3 cách. • Cùng nhận loại 3: có C25 = 10 cách. Gọi biến cố A: “ 2 cuốn sách mà Bình và Bảo nhận được giống nhau ”. Ta có n(Ω) = C210 = 45. Ta có n(A) = 14. n(A) 14 Vậy P(A) = = . n(Ω) 45 Chọn đáp án C Câu 23. Cho tập hợp S = {1; 2; 3; 4; . . . ; 17} gồm 17 số. Chọn ngẫu nhiên một tập con có ba phần tử của tập S. Tính xác suất để tập hợp được chọn có tổng các phần tử chia hết cho 3. 23 27 9 9 . B. . C. . D. . A. 34 68 34 12 Lời giải. Tập hợp các số từ tập S chia hết cho 3 là {3; 6; 9; 12; 15}. Tập hợp các số từ tập S chia cho 3 dư 1 là {1; 4; 7; 10; 13; 16}. Tập hợp các số từ tập S chia cho 3 dư 2 là {2; 5; 8; 11; 14; 17}. • TH1: Ba số lấy từ tập S đều chia hết cho 3: Có C35 cách chọn. • TH2: Ba số lấy từ tập S đều chia 3 dư 1: Có C36 cách chọn. • TH3: Ba số lấy từ tập S đều chia 3 dư 2: Có C36 cách chọn. • TH4: Một số chia hết cho 3, một số chia 3 dư 1, một số chia 3 dư 2: Có C15 · C16 · C16 cách chọn. Vậy số phần tử của biến cố A: “Chọn được ba số có tổng chia hết cho 3” là: n(A) = C35 + C36 + C36 + C15 · C16 · C16 = 230. Số phần tử không gian mẫu là n (Ω) = C317 . 230 23 Xác suất của biến cố A là P(A) = 3 = . C17 68 Chọn đáp án B Câu 24. Cho tập hợp A = {1; 2; . . . ; 100}. Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của A. Xác suất để 3 phần tử được chọn lập thành một cấp số cộng bằng 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 11 132 33 66 Lời giải. Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử từ tập A ⇒ Không gian mẫu là |Ω| = C3100 . Gọi biến cố A: “Ba phần tử được chọn lập thành một cấp số cộng”. Cách 1. Giả sử 3 phần tử đó là x; x + d; x + 2d với x, d ∈ N∗ . • Với x = 1 thì ta có x + 2d ≤ 100 ⇔ d ≤ 99 ⇒ d ∈ {1; 2; . . . ; 49} ⇒ có 49 bộ ba số thỏa 2 mãn. • Với x = 2 thì ta có x + 2d ≤ 100 ⇔ d ≤ 98 ⇒ d ∈ {1; 2; . . . ; 49} ⇒ có 49 bộ ba số thỏa 2 mãn. Trang 10/61 − Mã đề 142 97 ⇒ d ∈ {1; 2; . . . ; 48} ⇒ có 48 bộ ba số thỏa 2 • Với x = 3 thì ta có x + 2d ≤ 100 ⇔ d ≤ mãn. • Với x = 97 thì ta có x + 2d ≤ 100 ⇔ d ≤ 3 ⇒ d ∈ {1} ⇒ có 1 bộ ba số thỏa mãn. 2 • Với x = 98 thì ta có x + 2d ≤ 100 ⇔ d ≤ 1 ⇒ d ∈ {1} ⇒ có 1 bộ ba số thỏa mãn. 1 ⇒ d ∈ ∅ ⇒ không có bộ ba số thỏa mãn. 2 49(49 + 1) Do đó ta thấy có tất cả 2(49 + 48 + 47 + · · · + 2 + 1) = 2 · = 2450 bộ ba số thỏa mãn. 2 Cách 2. Giả sử 3 phần tử đó là a; b; c với a, b, c ∈ A. Trong tập A có 50 số lẻ, 50 số chẵn Do a, b, c lập thành một CSC nên a + c = 2b là một số chẵn Do đó hai số a, c cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Đồng thời ứng với 1 cách chọn hai số a, c thì xác định được duy nhất 1 số b. Tổng số bộ ba số a, b, c là C250 + C250 = 2450 (bộ ba). 1 2450 Vậy xác suất của biến cố A là P = 3 = . C100 66 Chọn đáp án D • Với x = 99 thì ta có x + 2d ≤ 100 ⇔ d ≤ Câu 25. 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 sịnh 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 8 2 8 2 1 1 3 7 3 109 8 8 . C. A10 . A. C10 . B. . D. 4 4 10 4 4 262144 Lời giải. Gọi x là số câu đúng (0 ≤ x ≤ 10), 10 − x là số câu sai. Ta có bất phương trình x+ x − 10 ≥ 7 ⇔ 8 ≤ x ≤ 10. 2 Xác suất để thí sinh đó làm bài được số điểm không nhỏ hơn 7 là C810 1 4 8 3 4 2 + C910 1 4 9 3 4 1 + C10 10 1 4 10 3 4 0 = 109 262144 Chọn đáp án D Câu 26. Có 10 học sinh lớp A, 8 học sinh lớp B được xếp ngẫu nhiên vào một bản tròn (hai cách xếp được coi là giống nhau nếu cách xếp này là kết quả của cách xếp kia khi ta thực hiện phép quay bàn ở tâm một góc nào đó). Tính xác suất để không có hai học sinh bất kì nào của lớp B đứng cạnh nhau. 10! 9!A810 10!A811 7! A. . B. . C. . D. . 18! 17! 18! 17! Lời giải. Để tránh đi các khả năng bị trùng khi ta thực hiện đếm thì ta thực hiện thao tác cố định một học sinh xác đinh ở lớp A tại 1 vị trí. Bây giờ ta chuyển về bài toán: Xếp 9 học sinh lớp A và 8 học sinh lớp B thành một hàng dọc với bạn đứng đầu là một bạn C khác 17 bạn trên. Tính xác suất để không có hai học sinh bất kì nào của lớp B đứng cạnh nhau. Không gian mẫu là |Ω| = 17!. Ta cần đếm số cách xếp để không có hai học sinh bất kì nào của lớp B đứng cạnh nhau, tức là giữa hai học sinh lớp B luôn có ít nhất một học sinh lớp A. Do đó ta thực hiện thuật toán để tính số cách xếp như sau: Trang 11/61 − Mã đề 142 • Chọn 8 vị trí bất kì trong 10 vị trí để xếp các học sinh lớp B và đánh số từ trái qua phải là x1 , x2 , · · · , x8 . Có C810 cách chọn. • Thêm vào ngay bên trái các vị trí xi i = 2, 3, · · · , 8 một vị trí để cho một học sinh của lớp A xếp vào. Có 1 cách thêm. • Xếp 8 học sinh lớp B vào 8 vị trí x1 , x2 , · · · , x8 . Có 8! cách xếp. • Xếp 9 học sinh lớp A vào 9 vị trí còn lại. Có 9! cách xếp. Vậy có 9! · 8! · C810 = 9!A810 cách xếp thỏa mãn hay xác suất cần tìm là 9!A810 . 17! Chọn đáp án B Câu 27. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có năm chữ số khác nhau đôi một. Xác suất để số được chọn có ba chữ số chẵn và hai chữ số lẻ còn lại đứng kề nhau? 2 58 85 8 . B. . C. . D. . A. 147 75 567 567 Lời giải. Số phần tử của không gian mẫu là n (Ω) = 9 · A49 . Gọi A là biến cố “Số được chọn có ba chữ số chẵn và hai chữ số lẻ còn lại đứng kề nhau”. Có C35 cách chọn 3 chữ số chẵn. Có A25 cách chọn 2 chữ số lẻ và xếp chúng kề nhau. Có 4! cách xếp sao cho 2 chữ số lẻ đứng kề nhau. Suy ra có C35 · A25 · 4! cách xếp thoả mãn (kể cả chữ số 0 đứng đầu). Ta tính số các số thoả mãn đề mà có số chữ số 0 đứng đầu, ta xét 4 chữ số cuối: Có C24 cách chọn 2 chữ số trong 4 chữ số chẵn. Có C25 cách chọn 2 chữ số lẻ, coi 2 chữ số lẻ là một nhóm ta có số các số là C24 · C25 · 2! · 3!. Suy ra số các số thoả mãn đề bài là: n(A) = C35 · A25 · 4! − C24 · C25 · 2! · 3! = 4080. n(A) 4080 85 P(A) = = = . 4 n (Ω) 9 · A9 567 Chọn đáp án D Câu 28. Gọi X là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 8 chữ số được lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Lấy ngẫu nhiên một số trong tập hợp X. Gọi A là biến cố lấy được số có đúng hai chữ số 1, có đúng hai chữ số 2, bốn chữ số còn lại đôi một khác nhau, đồng thời các chữ số giống nhau không đứng liền kề nhau. Xác suất của biến cố A bằng 5 151200 176400 201600 A. . B. . C. . D. . 8 8 9 9 9 98 Lời giải. Ta có n(Ω) = 98 . TH1: Xếp bất kỳ Xếp hai chữ số 1, hai chữ số 2 bất kỳ và 4 chữ số còn lại: Có C28 · C26 · A47 = 352.800 (cách). TH2: Số các cách xếp sao cho không thỏa mãn yêu cầu bài toán Xếp hai chữ số 1 đứng liền nhau: 7 · C26 · A47 cách. Xếp hai chữ số 2 đứng liền nhau: 7 · C26 · A47 cách. Số các cách xếp thuộc cả hai trường hợp trên: + Coi hai chữ số 1 đứng liền nhau là nhóm X, hai chữ số 2 đứng liền nhau là nhóm Y + Xếp X, Y và 4 số còn lại có: C47 · 6! (cách) Vậy số cách xếp không thỏa mãn yêu cầu là: 2 · 7 · C26 · A47 − C47 · 6! = 151200 (cách) 201600 . Vậy n(A) = 352 · 800 − 151 · 200 = 201 · 600 ⇒ p(A) = 98 Chọn đáp án D Câu 29. Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất ba lần liên tiếp. Gọi P là tích của 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. Trang 12/61 − Mã đề 142 60 90 82 83 . B. . C. . D. . 216 216 216 216 Lời giải. Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất nên không gian mẫu có số phần tử n (Ω) = 63 = 216. Gọi A là biến cố tích 3 số chấm ở 3 lần gieo liên tiếp không chia hết cho 6. Gọi x, y, z là số chấm trên từng lần gieo theo thứ tự. Để thoả điều kiện không chia hết cho 6 thì xảy ra 2 trường hợp sau Trường hợp 1: Cả 3 lần gieo đều không xuất hiện mặt 3 và 6: 43 = 64 khả năng. Trường hợp 2: Cả 3 lần gieo xuất hiện mặt 3 ít nhất một lần, và những lần gieo còn lại không xuất hiện mặt chẵn Cả 3 lần đều ra mặt 3 chấm: x = y = z = 3 có 1 cách chọn Chỉ 2 lần ra mặt 3 chấm, lần còn lại nhận các giá trị: 1 và 5 có: 2 · 3 = 6 cách. Chỉ một lần ra mặt 3 chấm: 3 · 22 = 12 cách. Trường hợp 2 có 12 + 6 + 1 = 19. 83 n(A) = . Do đó n(A) = 64 + 19 = 83. Suy ra P(A) = n (Ω) 216 Chọn đáp án D A. Câu 30. Có 2 học sinh lớp A, 3 học sinh lớp B và 4 học sinh lớp C xếp thành một hàng ngang sao cho giữa hai học sinh lớp A không có học sinh lớp B. Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng như vậy? A. 217728. B. 80640. C. 145152. D. 108864. Lời giải. Có các trường hợp xảy ra như sau: • Hai học sinh lớp A luôn đứng cạnh nhau, các học sinh lớp còn lại xếp tùy ý: 2!8!. • Có đúng một học sinh lớp C đứng giữa hai học sinh lớp A: A14 2!7!. • Có đúng hai học sinh lớp C đứng giữa hai học sinh lớp A: A24 2!6!. • Có đúng ba học sinh lớp C đứng giữa hai học sinh lớp A: A34 2!5!. • Có đúng bốn học sinh lớp C đứng giữa hai học sinh lớp A: A44 2!4!. Vậy có 2!8! + A14 2!7! + A24 2!6! + A34 2!5! + A44 2!4! = 145152 cách xếp hàng thỏa đề bài. Chọn đáp án C 11 Câu 31. Giả sử (1 + x + x2 + x3 + · · · + x10 ) = a0 + a1 x + a2 x2 + A3 x3 + · · · + A110 x110 , với 11 a0 , a1 , · · · , a110 là các hệ số. Giá trị của tổng T = C011 a11 − C111 a10 + C211 a9 + · · · + C10 11 a1 − C11 a0 bằng A. T = 1. B. T = −11. C. T = 0. D. T = 11. Lời giải. 11 1 − x11 2 3 10 11 nên Ta có (1 + x + x + x + · · · + x ) = 1−x 1 − x11 11 Xét vế trái: (1 − x11 ) 11 = (1 − x)11 a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · + a110 x110 . 11 = k Ck11 (−x11 ) . Hệ số của x11 trong khai triển ứng với k = 1, do đó hệ k=0 số của x11 là −C111 = −11. Xét vế phải: (1−x)11 (a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · + a110 x110 ) = 11 Ck11 (−x)k (a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + a110 x110 ). k=0 11 Hệ số của x11 tương ứng là T = C011 a11 − C111 a10 + C211 a9 + · · · + C10 11 a1 − C11 a0 . Vậy T = −11. Chọn đáp án B Trang 13/61 − Mã đề 142 Câu 32. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp các số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt được lấy từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 8, 9. Tính xác suất để chọn được số lớn hơn số 2019 và bé hơn số 9102. 119 83 119 31 . B. . C. . D. . A. 45 200 120 180 Lời giải. Giả sử số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau là abcd. Ta có n (Ω) = 6 · 6 · 5 · 4 = 720. Gọi A là biến cố: “Số được chọn số lớn hơn số 2019 và bé hơn số 9102”. Tính n(A): TH1: a = 2, b = 0, c ≥ 3, d tuỳ ý khác a, b, c suy ra có 1 · 1 · 4 · 4 = 16 số. TH2: a = 2, b > 0 có 1 · 5 · 5 · 4 = 100 số. TH3: a ∈ {3; 4; 8}, b; c; d khác nhau và khác a, có 3 · 6 · 5 · 4 = 360 số. TH4: a = 9; b = 0, c; d khác nhau và khác a; b có 1 · 1 · 5 · 4 = 20 số. Suy ra n(A) = 16 + 360 + 100 + 20 = 496. 31 n(A) = . Vậy P(A) = n (Ω) 45 Chọn đáp án A Câu 33. Số cách chia 10 phần quà cho 3 bạn sao cho ai cũng có ít nhất 2 phần quà là A. 30. B. 42. C. 21. D. 15. Lời giải. Ta chia trước mỗi em 1 phần quà. Đặt 7 phần quà theo hàng ngang, giữa các phần quà sẽ có 6 khoảng trắng. Chọn 2 khoảng trắng trong 6 khoảng trắng để chia 9 phần quà còn lại thành 3 phần, mỗi phần có ít nhất 1 phần quà. Vậy có C26 = 15 cách chia. Chọn đáp án D Câu 34. Ba cầu thủ sút phạt đền 11m, mỗi người sút một lần với xác suất ghi bàn tương ứng là x, y và 0,6 (với x > y). Biết xác suất để ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn là 0,976 và xác suất để cả ba cầu thủ đều ghi bàn là 0,336. Tính xác suất để có đúng hai cầu thủ ghi bàn. A. P = 0,4245. B. P = 0,452. C. P = 0,4525. D. P = 0,435. Lời giải. Xác suất để ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn là 0,976 ⇒ xác suất không cầu thủ nào ghi bàn là (1 − x)(1 − y)(1 − 0,6) = 1 − 0,976 ⇒ (1 − x)(1 − y) = 0,06. (1) xác suất để cả ba cầu thủ đều ghi bàn là 0,336 ⇒ x · y · 0,6 = 0,336 ⇒ xy = 0,56. (2) Từ (1),(2) ta có hệ (1 − x)(1 − y) = 0,06 x + y = 1,5 x = 0,8 ⇔ ⇔ (vì x > y). xy = 0,56 xy = 0,56 y = 0,7 Đúng hai cầu thủ ghi bàn thì có thể xảy ra các trường hợp sau • TH1: Người 1, 2 ghi bàn, người 3 không ghi bàn: P1 = 0,8 · 0,7 · 0, 4 = 0,224. • TH2: Người 1, 3 ghi bàn, người 2 không ghi bàn: P1 = 0,8 · 0,3 · 0,6 = 0,144. • TH3: Người 2, 3 ghi bàn, người 1 không ghi bàn: P1 = 0,2 · 0,7 · 0,6 = 0,084. Vậy xác suất đúng hai cầu thủ ghi bàn là: P = 0,224 + 0,144 + 0,084 = 0,452 Chọn đáp án B Câu 35. Một phiếu điều tra về vấn đề tự học của học sinh gồm 10 câu hỏi trắc nghiệm, mỗi câu có bốn lựa chọn để trả lời. Khi tiến hành điều tra, phiếu thu lại được coi là hợp lệ nếu người được hỏi trả lời đủ 10 câu hỏi, mỗi câu chỉ chọn một phương án. Hỏi cần tối thiểu bao nhiêu phiếu hợp lệ để trong số đó luôn có ít nhất hai phiếu trả lời giống hệt nhau cả 10 câu hỏi? A. 10001. B. 1.048.576. C. 2.097.152. D. 1.048.577. Trang 14/61 − Mã đề 142 Lời giải. Số cách tô khác nhau cho 10 câu trắc nghiệm có 4 phương án trả lời là 410 . Như vậy số phiếu tối thiểu để có ít nhất hai phiếu trả lời giống hệt nhau cả 10 câu hỏi là 410 + 1 = 1.048.577. Chọn đáp án D Câu 36. 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 sịnh 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 8 2 8 2 3 1 3 109 7 1 8 8 . B. A10 . C. . D. . A. C10 4 4 4 4 262144 10 Lời giải. Gọi x là số câu đúng (0 ≤ x ≤ 10), 10 − x là số câu sai. Ta có bất phương trình x+ x − 10 ≥ 7 ⇔ 8 ≤ x ≤ 10. 2 Xác suất để thí sinh đó làm bài được số điểm không nhỏ hơn 7 là 1 4 C810 8 3 4 2 1 4 + C910 9 3 4 1 + C10 10 10 1 4 3 4 0 = 109 262144 Chọn đáp án C Câu 37. Gọi A là tập các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Lấy ngẫu nhiên từ tập A một số . Tính xác suất P lấy được số chia hết cho 6. 13 17 2 11 A. P = . B. P = . C. P = . D. P = . 60 45 9 45 Lời giải. Không gian mẫu là A36 − A25 = 180 Giả sử số có ba chữ số đôi một khác nhau là abc Trường hợp c = 0 có 10 số Trường hợp c = 2 có 10 số Trường hợp c = 4 có 12 số Trường hợp c = 6 có 7 số 13 10 + 10 + 12 + 7 = Vậy P = 180 60 Chọn đáp án A Câu 38. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 2C0n + 5C1n + 8C2n + · · · + (3n + 2)Cnn = 1600. A. 5. B. 10. C. 7. D. 8. Lời giải. Ta có: 2n = C0n + C1n + · · · + Cnn . n! (n − 1)! Ta có: kCkn = k · =n· = nCk−1 n−1 . k!(n − k)! (k − 1)!(n − k)! Suy ra: n n (3k + k=0 2)Ckn n kCkn =3 k=0 n n Ckn +2 k=0 k=1 =3 k=1 Ckn +2 k=0 n Ck−1 n−1 + 2 = 3n n kCkn Ckn = 3n · 2n−1 + 2 · 2n k=0 3n Từ đó ta có: 3n · 2n−1 + 2 · 2n = 1600 ⇔ + 2 − 1600 · 2−n = 0. 2 3x Xét hàm số: f (x) = + 2 − 1600 · 2−x với x ≥ 1. 2 3 Ta có: f (x) = + 1600 · 2−x > 0, ∀x ≥ 1. Do đó, f (x) là hàm đồng biến. 2 Lại có: f (7) = 0 nên x = 7 là nghiệm duy nhất của phương trình f (x) = 0. Vậy n = 7. Chọn đáp án C Trang 15/61 − Mã đề 142 Câu 39. Một nhóm gồm 11 học sinh trong đó có An, Bình, Cường tham gia một trò chơi đòi hỏi 11 bạn phải xếp thành một vòng tròn. Tính xác suất để ba bạn An, Bình, Cường không có bạn nào xếp cạnh nhau. 11 7 2 4 . B. . C. . D. . A. 15 15 15 3 Lời giải. Ta có n(Ω) = 10!. Số cách xếp chỗ ngồi sao cho cả bạn An, Bình, Cường ngồi cạnh nhau là: 3! · 8!. Số cách xếp sao cho có đúng hai trong ba bạn An, Bình, Cường ngồi cạnh nhau là: 3 (2! · 7 · 8!). 3! · 8! + 3 (2! · 7 · 8!) 7 Vậy xác suất cần tìm bằng 1 − = . 10! 15 Chọn đáp án C Câu 40. Cho một đa giác (H) có 60 đỉnh nội tiếp đường tròn (O). Người ta lập một tứ giác lồi tùy ý có bốn đỉnh là các đỉnh của (H). Xác suất để lập được một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của (H) gần với số nào nhất trong các số sau? A. 85, 40%. B. 40, 35%. C. 13, 45%. D. 80, 70%. Lời giải. Gọi các đỉnh của đa giác là A1 A2 . . . A60 Ta đi tìm các tứ giác lồi có ít nhất một cạnh là cạnh của đa giác. Ta xét các trường hợp sau: TH1: Tứ giác có một cạnh là cạnh của đa giác • Tứ giác có ba đỉnh A1 A2 A4 , số cách chọn đỉnh còn lại là C154 . • Tứ giác có ba đỉnh A1 A2 A5 , số cách chọn đỉnh còn lại là C153 . . . . • Tứ giác có ba đỉnh A1 A2 A57 , số cách chọn đỉnh còn lại là C11 . Tương tự với cạnh còn lại. Vậy trường hợp này có 60 C154 + C153 + · · · + C11 = 89100 (tứ giác). TH2: Tứ giác có hai cạnh là hai cạnh của đa giác. Xét hai khả năng xảy ra • Nếu hai cạnh đó là hai cạnh kề nhau khi đó có 60 · C155 ( tứ giác). • Nếu hai cạnh đó không kề nhau, thì mỗi cạnh A1 A2 có C155 cách chọn cạnh còn lại. Do 60 · C155 ( tứ giác). đó có 2 TH3: Tứ giác có 3 cạnh là ba cạnh của tứ giác. Khi đó ta có 60 tứ giác. Vậy số tứ giác lồi có ít nhất một cạnh là cạnh của đa giác là 89100+60· C155 + 60 · C155 +60 = 94110. 2 Số tứ giác có 4 cạnh là đường chéo của đa giác là C460 − 94110 = 393525. Vậy xác suất cần tìm là P (A) = 393525 = 0.807. C460 Chọn đáp án D Câu 41. Cho đa giác đều 12 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh trong 12 đỉnh của đa giác. Xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành tam giác đều là 1 1 1 1 A. P = . B. P = . C. P = . D. P = . 55 14 220 4 Lời giải. • Số phần tử của không gian mẫu n (Ω) = C312 = 220. Trang 16/61 − Mã đề 142 • Ta chia 12 đỉnh của đa giác đều thành ba nhóm, cứ 4 đỉnh liền nhau tạo thành một nhóm. Mỗi nhóm ta chọn ra 1 đỉnh sao cho chúng cách đều nhau suy ra có 4 tam giác đều ⇒ n(A) = 4. • Xác suất P (A) = n(A) 4 1 = = . n (Ω) 220 55 Chọn đáp án A Câu 42. Cho 16 phiếu ghi các số thứ tự từ 1 đến 16. Lấy lần lượt 8 phiếu không hoàn lại, gọi ai là số ghi trên phiếu thứ i lấy được (1 ≤ i ≤ 8). Tính xác suất P để 8 phiếu lấy được thỏa mãn a1 < a2 < · · · < a8 và không có bất kỳ hai phiếu nào có tổng các số bằng 17. 38 38 28 28 B. P = 8 . C. P = 8 . D. P = 8 . A. P = 8 . C16 C16 A16 A16 Lời giải. Ta có |Ω| = A816 . Do 8 phiếu lấy được thỏa mãn điều kiện a1 < a2 < · · · < a8 , nên ta có thể xem 8 phiếu lấy được như là một tập con của tập có 16 phần tử. Gọi S = {1, 2, 3, . . . , 16} và E ⊂ S thỏa mãn yêu cầu bài toán. Từ 1 đến 16 có 8 cặp số có tổng bằng 17 chia thành hai tập tương ứng là M = {1, 2, . . . , 8} và N = {16, 15, . . . , 9}. Nếu E có k phần tử thuộc M thì có Ck8 cách chọn và khi đó E sẽ có tối đa 8 − k phần tử thuộc N nên có 28−k cách chọn, với k ∈ {0, 1, ..., 8}. 38 Vậy số tập hợp E thỏa mãn yêu cầu bài toán là C08 · 28 + C18 · 27 + · · · + C88 · 20 = 3 ⇒ P = 8 . A16 Chọn đáp án C Câu 43. Có 5 học sinh lớp A, 5 học sinh lớp B được xếp ngẫu nhiên vào hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy 5 ghế (xếp mỗi học sinh một ghế). Tính xác suất để xếp được 2 học sinh bất kì cạnh nhau và đối diện nhau khác lớp. 25 (5!)2 2(5!)2 (5!)2 5! . B. . C. . D. . A. 10! 10! 10! 10! Lời giải. 1 2 3 4 5 Ta đánh số các ghế như hình vẽ bên. Không gian mẫu là n(Ω) = 10!. Có hai phương án xếp thỏa yêu cầu bài toán. 10 9 8 7 6 • Phương án 1: Ghế lẻ xếp học sinh lớp A, ghế chẵn xếp học sinh lớp B khi đó 2 học sinh ngồi cạnh hoặc đối diện nhau khác lớp có 5!5! cách. • Phương án 2: Đảo lại ghế lẻ xếp học sinh lớp B, ghế chẵn xếp học sinh lớp A khi đó cũng có 5!5! cách. Suy ra số tổng số các phương án thỏa mãn là 2(5!5!) cách. 2(5!5!) 2(5!)2 Vậy xác suất là P = = . 10! 10! Chọn đáp án C Câu 44. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có sáu chữ số đôi một khác nhau. Xác suất để số được chọn có mặt chữ số 0 và 1. 41 25 25 10 A. . B. . C. . D. . 81 81 1944 27 Lời giải. Ta có không gian mẫu n (Ω) = 9A59 = 136080. Gọi biến cố A: “Số được chọn có mặt chữ số 0 và 1”. Số cần tìm có dạng là: abcdef (a = 0). Trường hợp 1: a = 1. Khi đó số 0 có 5 cách chọn vị trí. Trang 17/61 − Mã đề 142 Các chữ số còn lại có A48 cách chọn Vậy có 5 · A48 = 8400 số. Trường hợp 2: a = 1. Khi đó số 1 có 5 cách chọn vị trí. Số 0 có 4 cách chọn vị trí. Các chữ số còn lại có A48 cách chọn Vậy có 5 · 4 · A48 = 33600. Do đó n(A) = 8400 + 33600 = 42000. Xác suất để số được chọn có mặt chữ số 0 và 1 là P(A) = 42000 25 n(A) = = . n (Ω) 136080 81 Chọn đáp án B Câu 45. Từ một hộp có 4 bút bi màu xanh, 5 bút bi màu đen và 6 bút bi màu đỏ, chọn ngẫu nhiên 5 bút. Xác suất để 5 bút được chọn chỉ có đúng hai màu là 118 272 460 119 A. . B. . C. . D. . 429 1001 1001 429 Lời giải. Gọi A là biến cố: “5 bút được chọn có đúng hai màu”. Ta có n (Ω) = C515 . Vì 5 bút được chọn có đúng hai màu nên có 3 trường hợp: TH1: Có đúng hai màu xanh và đen: - Chọn 5 bút trong hai màu xanh, đen (có 9 bút), có C59 cách chọn - Trong C59 cách chọn 5 bút trên, có C55 cách chọn cả 5 bút đều màu đen và không có cách chọn nào để cả 5 bút đều màu xanh. Số cách chọn 5 bút có đúng hai màu xanh và đen bằng C59 − C55 . TH2: Có đúng hai màu đen và đỏ: - Chọn 5 bút trong hai màu đen, đỏ (có 11 bút), có C511 cách chọn - Trong C511 cách chọn 5 bút trên, có C55 cách chọn cả 5 bút đều màu đen và C56 cách chọn cả 5 bút đều màu đỏ. Số cách chọn 5 bút có đúng hai màu đỏ và đen bằng C511 − C55 − C56 . TH3: Có đúng hai màu đỏ và xanh: - Chọn 5 bút trong hai màu đỏ, xanh (có 10 bút), có C510 cách chọn - Trong C510 cách chọn 5 bút trên, có C56 cách chọn cả 5 bút đều màu đỏ và không có cách chọn cả 5 bút đều màu xanh. Số cách chọn 5 bút có đúng hai màu đỏ và xanh bằng C510 − C56 . (C5 − C55 ) + (C511 − C55 − C56 ) + (C510 − C56 ) 118 Vậy P(A) = 9 = . 5 C15 429 Chọn đáp án A Câu 46. 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◦ ? D. 2018 · C2896 . A. 2018 · C3895 . B. 2018 · C3897 . C. C31009 . Lời giải. Xét đa giác đều A1 A2 · · · A2018 nội tiếp đường tròn (O). Khi đó, các đỉnh của đa giác chia đường ◦ 180 tròn (O) thành 2018 cung nhỏ bằng nhau, mỗi cung có số đo bằng . 1009 Xét tam giác Ai A1 Aj với 2 ≤ i < j ≤ 2018. Khi đó 1 Ai A1 Aj = (j − i) · 2 Do đó 180 1009 ◦ . ◦ 1 180 10 · 1009 Ai A1 Aj > 100◦ ⇔ (j − i) · > 100◦ ⇔ j − i > 2 1009 9 ⇔ j − i > 1121 ⇔ 2 ≤ i < j − 1121 ≤ 897. (1) Trang 18/61 − Mã đề 142 Số tam giác Ai A1 Aj thoản mãn Ai A1 Aj > 100◦ chính bằng số cách chọn cặp (i; j) thỏa (1) và có C2896 cách chọn cặp (i; j). Do đó có tất cả 2018 · C2896 số tam giác thỏa yêu cầu bài toán. Chọn đáp án D Câu 47. 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. 3 7 4 1 A. . B. . C. . D. . 4 8 5 2 Lời giải. Gọi thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng 4 ván và người chơi thứ hai mới thắng 2 ván là hai người đã đánh được i ván và gọi Aij , j ∈ {1; 2} là biến cố ở ván thứ i, người thứ j thắng. Vậy xác suất để người chơi thứ nhất giành chiến thắng là: P A(i+1)1 + P A(i+1)1 ∩ A(i+2)1 + 1 1 1 1 1 1 7 P A(i+1)1 ∩ A(i+2)1 ∩ A(i+3)1 = + . + . . = . 2 2 2 2 2 2 8 Chọn đáp án B Câu 48. 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 lấy ngẫu nhiên ra 6 cuốn tặng cho 6 học sinh mỗi em một cuốn. Tính xác suất để sau khi tặng xong mỗi thể loại văn học, âm nhạc, hội họa đều còn lại ít nhất một cuốn. 113 1 3 115 A. P = . B. P = . C. P = . D. P = . 132 2 4 132 Lời giải. • Số cách lấy ra 6 cuốn sách và tặng cho 6 học sinh là A612 . • Số cách lấy ra 6 cuốn sách ngẫu nhiên bất kì trong 12 cuốn là C612 . • Số cách lấy ra 6 cuốn sách chỉ có hai loại trong ba loại sách văn học, âm nhạc, hội họa là C67 + C68 + C69 . • Số cách lấy ra 6 cuốn sách sao cho mỗi loại văn học, âm nhạc, hội họa đều còn lại ít nhất một cuốn là C612 − (C67 + C68 + C69 ) . • Số cách tặng sách thỏa đề bài là 6! · [C612 − (C67 + C68 + C69 )] . Vậy xác suất cần tính bằng P= 6! · [C612 − (C67 + C68 + C69 )] 115 = . 6 A12 132 Chọn đáp án D Câu 49. Từ các chữ số thuộc tập hợp S = {1, 2, 3, . . . , 8, 9} có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên 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. 22680. B. 45360. C. 72576. D. 36288. Lời giải. • Số các số có chín chữ số khác nhau là 9!. Trong 9! số này, số các số mà chữ số 1 đứng trước chữ số 2 hoặc chữ số 1 đứng sau chữ số 2 là bằng nhau. Do đó, số các số mà chữ số 1 đứng 9! trước chữ số 2 là . 2 • Tương tự, số các số mà chữ số 1 đứng trước chữ số 2 và chữ số 3 đứng trước chữ số 4 là 9! . 4 Trang 19/61 − Mã đề 142 • Số các số cần tìm là 9! = 45360. 8 Chọn đáp án B Câu 50. Lớp 10 X có 25 học sinh, chia lớp 10 X thành hai nhóm A và B sao cho mỗi nhóm đều có học sinh nam và nữ. Chọn ngẫu nhiên hai học sinh từ hai nhóm, mỗi nhóm một học sinh. Tính xác suất để chọn được hai học sinh nữ. Biết rằng, trong nhóm A có đúng 9 học sinh nam và xác suất chọn được hai học sinh nam bằng 0,54. A. 0,42. B. 0,46. C. 0,04. D. 0,23. Lời giải. A 9 nam B b nữ c nam 25 − 9 − b − c nữ Gọi số học sinh nam ở nhóm B là c (c ∈ N∗ ) và b (b ∈ N∗ ) là số học sinh nữ ở nhóm A. Số phần tử của không gian mẫu là n (Ω) = (9 + b) (c + 25 − 9 − b − c) = (9 + b) (16 − b). Gọi T là biến cố chọn được hai học sinh nam. Suy ra n (T ) = 9c. 3 c 9c = 0,54 ⇔ = . Theo giả thiết suy ra (9 + b) (16 − b) 50 (9 + b) (16 − b) 2 9 + b + 16 − b Do (9 + b) (16 − b) ≤ < 200 nên (9 + b) (16 − b) ∈ {50; 100; 150}. 2 Thử các trường hợp ta chỉ có trường hợp c = 9 và b = 1 hoặc b = 6 thỏa mãn. 6·1 = 0,04. Vậy xác suất chọn được hai học sinh nữ là 150 Chọn đáp án C Câu 51. Có 20 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 20. Chọn đúng ngẫu nhiên 8 tấm thẻ, tính xác suất để chọn được 5 tấm mang số lẻ, 3 tấm mang số chẵn trong đó có đúng 3 tấm thẻ mang số chia hết cho 3. Kết quả đúng là 126 308 84 308 . B. . C. . D. . A. 1105 20995 969 1105 Lời giải. Số cách chọn 8 tấm thẻ trong 20 tấm thẻ là |Ω| = C820 = 125970 (cách). Gọi A là biến cố “5 tấm thẻ mang số lẻ, 3 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có đúng 3 tấm thẻ mang số chia hết cho 3". Nhận xét: Trong 20 tấm thẻ có 10 tấm thẻ mang số chẵn, 10 tấm thẻ mang số lẻ và 6 tấm mang số chia hết cho 3. Để tìm số phần tử của A ta xét bốn trường hợp sau: • TH1: Có 5 tấm thẻ mang số lẻ không chia hết cho 3 và 3 tấm thẻ chẵn chia hết cho 3. Số cách chọn là C57 C33 = 21 (cách chọn). • TH2: Có 4 tấm thẻ mang số lẻ không chia hết cho 3, 1 tấm thẻ lẻ chia hết cho ba, 1 tấm thẻ chẵn không chia hết cho 3 và 2 tấm thẻ chẵn chia hết cho 3. Số cách chọn là C47 C13 C17 C23 = 2205 (cách chọn). • TH3: Có 3 tấm thẻ mang số lẻ không chia hết cho 3, 2 tấm thẻ mang số lẻ chia hết cho 3, 2 tấm thẻ chẵn không chia hết cho 3 và 1 tấm thẻ chẵn chia hết cho 3. Số cách chọn là C37 C23 C27 C13 = 6615 (cách chọn). • TH4: Có 2 tấm thẻ lẻ không chia hết cho 3, 3 tấm thẻ lẻ chia hết cho 3, 3 tấm thẻ chẵn không chia hết cho 3. Số cách chọn là C27 C33 C37 = 735 (cách chọn). Suy ra, số phần tử của biến cố A là |ΩA | = 21 + 2205 + 6615 + 735 = 9576. |ΩA | 9576 84 Vậy xác suất cần tìm là P (A) = = = . |Ω| 125970 1105 Chọn đáp án D Trang 20/61 − Mã đề 142 Câu 52. Xếp 10 quyển sách tham khảo khác nhau gồm: 1 quyển sách Văn, 3 quyển sách tiếng Anh và 6 quyển sách Toán (trong đó có hai quyển Toán T1 và Toán T2) thành một hàng ngang trên giá sách. Tính xác suất để mỗi quyển sách tiếng Anh đều được xếp ở giữa hai quyển sách Toán, đồng thời hai quyển Toán T1 và toán T2 luôn được xếp cạnh nhau. 1 1 1 1 . B. . C. . D. . A. 450 210 300 600 Lời giải. Số phần tử không gian mẫu bằng số cách xếp túy ý 10 cuốn sách thành một hàng ngang: 10! cách. Trước hết ta xếp hai cuốn Toán T1 và Toán T2 đứng cạnh nhau thành một xem như một vị trí kí hiệu là T có 2! cách. Bây giờ xếp T với bốn cuốn sách Toán còn lại có 5! cách xếp. Khi đó 3 cuốn sách tiếng Anh sẽ được xếp vào 3 trong 4 khoảng trống giữa các cuốn sách Toán vừa xếp nên có A34 cách xếp. Cuối cùng quyển sách Văn chỉ có thể xếp vào một trong ba vị trí để thỏa đề bài. Vậy số cách xếp thỏa đề bài bằng 2! · 5! · A34 · 3. Vậy xác suất cần tính bằng P(A) = 1 2! · 5! · A34 · 3 = . 10! 210 Chọn đáp án B Câu 53. 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. 1 53 2 5 . B. . C. . D. . A. 162 36 2268 81 Lời giải. Ta có n (A) = A810 − A79 . Gọi B là tập hợp các số b có 8 chữ số khác nhau chia hết cho 45. Khi đó b 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: b 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: b 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 C23 (7! − 6!) số. ⇒ n(B) = 5 · 7! + C23 (7! − 6!). 5 · 7! + C23 (7! − 6!) 53 ⇒ P(B) = = . 8 7 A10 − A9 2268 Chọn đáp án C Câu 54. Hỏi có tất cả bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho 9 mà mỗi số gồm 2011 chữ số và trong đó có ít nhất hai chữ số 9? A. 102010 − 16153 · 92008 . B. 102010 − 16151 · 92008 . C. 102010 − 16161 · 92008 . D. 102010 − 16148 · 92008 . Lời giải. Đặt A1 = {0; 9}; A2 = {1}; A3 = {2}; A4 = {3}; A5 = {4}; A6 = {5}; A7 = {6}; A8 = {7}; A9 = {8}. Gọi số cần tìm là n = a1 a2 . . . a2010 a2011 (a1 = 0). • Xét các số tự nhiên chia hết cho 9, gồm 2011 chữ số – Mỗi vị trí từ a2 đến a2011 đều có 10 cách chọn. – a1 phụ thuộc vào tổng (a2 + a3 + · · · + a2011 ) nên có 1 cách chọn. Vậy có 102010 số. • Xét các số tự nhiên chia hết cho 9, gồm 2011 chữ số nhưng không có mặt chữ số 9. Trang 21/61 − Mã đề 142 – a1 có 8 cách chọn. – Từ a2 đến a2010 , mỗi vị trí đều có 9 cách chọn. – a2011 có 1 cách chọn. Vậy có 8 · 92009 số. • Xét các số tự nhiên chia hết cho 9, gồm 2011 chữ số trong đó có đúng 1 chữ số 9. – Trường hợp a1 = 9 ta có: ∗ Từ a2 đến a2010 , mỗi vị trí đều có 9 cách chọn. ∗ a2011 có 1 cách chọn. Do đó có 92009 số. – Trường hợp a1 = 9 ta có: ∗ a1 có 8 cách chọn. ∗ Có 2010 cách xếp chữ số 9. ∗ Ở 2008 vị trí còn lại, mỗi vị trí có 9 cách chọn. ∗ Vị trí cuối cùng có 1 cách chọn. Do đó có 8.2010 · 92008 số. Vậy số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là 102010 − 8 · 92009 + 92009 + 8 · 2010 · 92008 = 102010 − 16161 · 92008 số. Chọn đáp án C Câu 55. Gọi M là tập tất cả các số tự nhiên có sáu chữ số đôi một khác nhau và có dạng a1 a2 a3 a4 a5 a6 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập M . Tính xác suất để số được chọn là một số chẵn, đồng thời thỏa mãn a1 > a2 > a3 > a4 > a5 > a6 . 74 37 35 37 A. . B. . C. . D. . 3402 34020 34020 34020 Lời giải. Gọi A là biến cố “chọn ra được một số tự nhiên chẵn từ tập M đồng thời thỏa mãn a1 > a2 > a3 > a4 > a5 > a6 ”. Khi đó: n(M ) = 9 · A59 (số có sáu chữ số đôi một khác nhau thì a1 có chín cách chọn, a2 a3 a4 a5 a6 là chỉnh hợp chập 5 của 9 phần tử nên có A59 ). • TH1: a6 = 0 thì a1 a2 a3 a4 a5 có C59 cách chọn. • TH2: a6 = 2 thì a1 a2 a3 a4 a5 có C57 cách chọn. • TH3: a6 = 4 thì a1 a2 a3 a4 a5 có C55 cách chọn. ⇒ n(A) = C59 + C57 + C55 = 148 n(A) 148 37 Do đó P(A) = = = . 5 n (Ω) 9 · A9 34020 Chọn đáp án C Câu 56. 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 các điểm đã tô màu, tính xác suất để 4 điểm được chọn là 4 đỉnh của tứ diện. 245 136 188 1009 A. . B. . C. . D. . 273 195 273 1365 Lời giải. Có 4 đỉnh, 4 trọng tâm của các mặt, 6 trung điểm của các cạnh và 1 trọng tâm của tứ diện. Vậy để lấy 4 điểm trong các điểm đã tô màu ta có C415 = 1365 cách. Gọi biến cố A: “4 điểm được chọn là 4 đỉnh của tứ diện”. ⇒ A: “4 điểm được chọn không là 4 đỉnh của tứ diện”. Trang 22/61 − Mã đề 142 • Xét trong 1 mặt của tứ diện có 3 đỉnh, 3 trung điểm và 1 trọng tâm của mặt đó. Vậy để lấy 4 điểm thuộc tập trên ta có C47 = 35 cách. Vì có 4 mặt nên ta có 4 × 35 = 140 cách. • Xét mặt phẳng chứa một cạnh và trung điểm của cạnh đối diện: có 6 mặt và mỗi mặt có 7 điểm. Để lấy 4 điểm thuộc tập trên ta có 6C47 = 210 cách. • Xét mặt phẳng chứa 1 đỉnh và đi qua 2 trung điểm của 2 cạnh không đi qua đỉnh đó: có 12 mặt và mỗi mặt có 5 điểm. Để lấy 4 điểm thuộc tập trên ta có 12C45 = 60 cách. • Xét mặt phẳng đi qua 4 trung điểm của 2 cặp cạnh đối: có 3 mặt và mỗi mặt có 5 điểm. Để lấy 4 điểm thuộc tập trên ta có 3C45 = 15 cách. Vậy xác suất của biến cố A là P(A) = 1 − P(A) = 1 − 425 188 = . 1365 273 Chọn đáp án C Câu 57. Một túi đựng 10 tấm thẻ 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 1 2C33 + C34 A. . B. . 3 C310 2C13 C13 C14 2C33 + C34 + C13 C13 C14 C. . D. . C310 C310 Lời giải. Gọi A0 = {3; 6; 9}, A1 = {1; 4; 7; 10}, A2 = {2; 5; 8}. Để ba số nhận được có tổng chia hết cho 3, ta có các trường hợp i) Lấy ba phần tử từ A0 hoặc lấy ba phần tử từ A1 hoặc lấy ba phần tử từ A2 , trường hợp này có 2C33 + C34 cách. ii) Chọn từ mỗi tập A0 , A1 , A2 đúng một phần tử, trường hợp này có C13 C13 C14 cách. 2C33 + C34 + C13 C13 C14 Vậy xác suất để tổng số ghi trên ba thẻ rút được là một số chia hết cho 3 bằng C310 Chọn đáp án D Câu 58. Gọi S là tập các số tự nhiên có 6 chữ số được lập từ A = {0; 1; 2; . . . ; 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. 18 4 1 1 B. . C. . D. . A. 10 . 4 5 3 · 10 15000 5000 Lời giải. Ta có 7875 = 33 · 53 · 7. Gọi số cần lập là a1 a2 a3 a4 a5 a6 . Ta có n(Ω) = 9 · 105 . A: “Chọn được số tự nhiên có tích các chữ số bằng 7875”. Để có a1 · a2 · · · a6 = 32 · 53 · 7 chỉ có các trường hợp • Trường hợp 1: Lập từ 3; 3; 5; 5; 5; 7 ⇒ có 6! = 60 số. 2! · 3! • Trường hợp 2: Lập từ 9; 1; 5; 5; 5; 7 ⇒ có 6! = 120 số. 3! ⇒ n(A) = 180. Vậy P (A) = 1 . 5000 Chọn đáp án D Câu 59. Biết rằng khi khai triển nhị thức Niutơn √ 1 x+ √ 24x n = a0 · √ n x + a1 · √ x n−1 √ n−2 1 ·√ + a · x · 2 4 x 1 √ 4 x 2 + a3 · √ x n−3 · 1 √ 4 x 3 + ··· Trang 23/61 − Mã đề 142 (với n là số nguyên lớn hơn 1) thì ba số a0 , a1 , a2 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng. Hỏi trong khai triển trên, có bao nhiêu số hạng mà lũy thừa của x là một số nguyên. A. 2. B. 4. C. 1. D. 3. Lời giải. 1 1 Ta có ba số a0 = 1, a1 = C1n , a2 = 2 C2n lập thành một cấp số cộng nên: 2 2 n(n − 1) 1 = n ⇔ n2 − 9n + 8 = 0 ⇔ n = 8. 1 + 2 C2n = C1n ⇔ 1 + 2 8 Vậy số hạng tổng quát có dạng √ k Tk = Ck8 x 1 Ck8 k − 8−k Ck8 3k−8 2 4 = = x x 4 (k = 0, 1, . . . , 8) . √ 8−k 28−k 28−k 28−k 4 x 3k − 8 3k . . = − 2 là số nguyên khi và chỉ khi 3k .. 4 ⇒ k .. 4 ⇒ k ∈ {0; 4; 8}. Vậy có ba số 4 4 hạng mà lũy thừa của x là một số nguyên. Chọn đáp án D Ta có Câu 60. Trong trận đấu bóng đá giữa hai đội U23 Việt Nam và U23 Iraq, trọng tài cho đội Iraq được hưởng một quả đá phạt 11m. Cầu thủ sút phạt ngẫu nhiên vào một trong bốn vị trí 1, 2, 3, 4 và thủ môn bay người cản phá ngẫu nhiên đến một trong bốn vị trí đó 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 để cú sút đó không vào lưới. 4 3 1 2 1 3 1 5 . B. . C. . D. . 8 16 4 16 Lời giải. Gọi Ai là biến cố cầu thủ sút vào vị trí i; Bi là biến cố thủ môn bay người đến vị trí i (i = 1, 2, 3, 4). 1 Dễ thấy P(Ai ) = P(Bi ) = . Gọi C là biến cố cú sút không vào lưới. Ta có 4 1 3 1 P(C) = P(A1 )P(B1 ) + P(A2 )P(B2 ) + P(A3 )P(B3 ) + P(A4 )P(B4 ) = . 2 2 16 A. Chọn đáp án B Câu 61. 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. 0.6294. B. 0.4176. C. 0.5287. D. 0.6792. Lời giải. Số cách chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh trong 30 đỉnh là C430 = 27405. Xét tứ giác lồi A1 Ax Ay Az . Để 4 cạnh là đường chéo thì 3 ≤ x < y − 1 < z − 2 ≤ 27. Như vậy, ta có C325 cách chọn bộ (x; y; z). Suy ra có C325 tứ giác lồi A1 Ax Ay Az . Vậy có 30 × C325 tứ giác lồi có các cạnh là đường chéo. 30 · C325 Tuy nhiên, mỗi tứ giác lồi bị lặp lại 4 lần nên sẽ có = 17250 tứ giác thỏa mãn. Vậy 4 17250 P = ≈ 0.6294 27405 Chọn đáp án A Trang 24/61 − Mã đề 142 Câu 62. Cho khai triển P (x) = (1 + x) (1 + 2x) (1 + 3x) . . . (1 + 2017x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + 1 a2017 x2017 . Tính T = a2 + (12 + 22 + · · · + 20172 ). 2 2 2 2 2 2016 · 2017 1 2017 · 2018 1 2016 · 2017 2017 · 2018 . B. . C. . D. . A. 2 2 2 2 2 2 Lời giải. Ta có: a2 = 1 · (1 + 2 + 3 + · · · + 2017) + 2 · (3 + 4 + · · · + 2017) + · · · + 2015 · (2016 + 2017) + 2016 · 2017 = 1 · 0 + 2 · 1 + 3 · (1 + 2) + · · · + 2016 · (1 + 2 + · · · + 2015) + 2017 · (1 + 2 + · · · + 2016) ⇒ 2a2 = 1 · (1 + 2 + · · · + 2017) + 2 · (1 + 2 + · · · + 2017) + · · · + 2017 · (1 + 2 + · · · + 2017) − (12 + 22 + · · · + 20172 ) . Khi đó, ta có: 2a2 + (12 + 22 + · · · + 20172 ) 1 = T = a2 + (12 + 22 + · · · + 20172 ) = 2 2 1 = · [1 · (1 + 2 + · · · + 2017) + 2 · (1 + 2 + · · · + 2017) + · · · + 2017 · (1 + 2 + · · · + 2017)] = 2 2 1 2017.2018 2017 · 2018 1 2017 · 2018 = · · = . 2 2 2 2 2 Chọn đáp án C Câu 63. Đội dự tuyển học sinh giỏi Toán của tỉnh A có n học sinh (n ∈ N, n > 4) trong đó có 2 học sinh nữ, tham gia kì thi để chọn đội tuyển chính thức gồm 4 người. Biết xác suất trong đội tuyển chính thức có cả hai học sinh nữ gấp 2 lần xác suất trong đội tuyển chính thức không có học sinh nữ nào. Tìm n. A. n = 11. B. n = 7. C. n = 5. D. n = 9. Câu 64. Chọn ngẫu nhiên hai số thực a, b ∈ [0; 1]. Tính xác suất để phương trình 2x3 −3ax2 +b = 0 có tối đa hai nghiệm. 2 1 3 1 B. P = . C. P = . D. P = . A. P = . 2 3 4 4 Lời giải. x=0 Xét y = 2x3 −3ax2 +b, y = 0 ⇔ 6x(x−a) = 0 ⇔ . b b = a3 x=a 2 Yêu cầu bài toán ⇔ y(0) · y(a) ≥ 0 ⇔ b(b − a3 ) ≥ 0. Mà b ∈ [0; 1] nên b(b − a3 ) ≥ 0 ⇔ b ≥ a3 . b=1 B C 1 Ta thấy việc chọn ngẫu nhiên hai số a, b ∈ [0; 1] chính là việc chọn ngẫu nhiên một điểm M (a; b) khi xét trên hệ trục toạ độ aBb. a Gọi A là biến cố thỏa mãn bài toán. Ta có Ω là tập O −1 1A 2 hợp các điểm M (a; b) sao cho a, b ∈ [0; 1] và chính là các điểm thuộc hình vuông OACB trên hình vẽ, do đó −1 n(Ω) = SOACB = 1. n(A) là tập hợp các điểm thuộc hình phẳng (H ) giới hạn bởi các đồ thị b = 1, b = a3 , a = 0 (phần gạch chéo trên đồ thị). Xét phương trình hoành độ giao điểm a3 = 1 ⇔ a = 1. 1 1 3 ⇒ n(A) = 3 |1 − a | dx = 0 (1 − a ) dx = 0 a4 a− 4 1 =1− 0 1 3 = . 4 4 3 3 Vậy xác suất cần tìm là P = 4 = . 1 4 Chọn đáp án D Câu 65. Có bao nhiêu số tự nhiên có tám chữ số trong đó có ba chữ số 0, không có hai số 0 nào đứng cạnh nhau và các chữ số khác nhau chỉ xuất hiện nhiều nhất một lần? Trang 25/61 − Mã đề 142 |
