CHỦ ĐÊ: XÁC SUẤT VÀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN THẦY NGUYỄN TIẾN CHINH

Chuyên đề Bài SÁC XUẤT – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 1.Đội tuyển văn nghệ trường THPT Bình Minh có học sinh khối nữ khối 12 , học sinh nam khối 11 học sinh nữ khối 10 Để thành lập đội tuyển văn nghệ dự thi cấp tỉnh nhà trường cần chọn học sinh từ học sinh Tính xác suất để học sinh chọn có học sinh nam , học sinh nữ có học sinh ba khối Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm I có cạnh a, góc BAD 600 Gọi H trung điểm IB SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Góc SC mặt phẳng (ABCD) 450 Tính thể tích khối chóp S AHCD tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD) Hướng dẫn giải Ta có SH  (ABCD)  HC hình chiếu vuông góc SC (ABCD)   450  ( SC ,(ABCD ))  SCH S   600  BAD Theo giả thiết BAD K B a  BD  a ; HD  a ; AI  C H I AC  2AI  a Xét SHC vuông cân H , ta A E D a 2   a    13 a có: SH  HC  IC  HI          1 39 SH S AHCD  SH AC HD  a 3 32 Trong (ABCD) kẻ HE  CD (SHE ) kẻ HK  SE (1) Ta có: CD  HE   CD  (SHE )  CD  HK (2)  CD  SH (SH  (ABCD ))  Từ (1) (2) suy HK  (SCD)  d (H ,(SCD))  HK Vậy VS AHCD  Xét HED vuông E , ta có HE  HD sin 600  Xét SHE vuông H , ta có HK  SH HE SH  HE 3 a  39 79 a Mà d (B,(SCD )) BD 4    d (B,(SCD ))  d (H ,(SCD ))  HK  d (H ,(SCD )) HD 3 Do AB / /(SCD)  d(A,(SCD))  d(B,(SCD))  39 79 39 79 a a Số cách chọn hoc sinh từ học sinh C95 Để chọn hs thỏa mãn , ta xét trường hợp sau nữ 12 , nam 11, nữ 10 có C31C42 C22 cách nữ 12, nam 11, nữ 10 có C32 C42C21 cách nữ 12, nam 11, nữ 10 có C32 C41C22 cách nữ 11 , nam 11, nữ 10 có C33C41C21 cách nữ 12 , nam 11 , nữ 10 có C31C43C21 cách Vậy xác suất cần tìm Bài a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: An2  3Cn2  15  5n 20   2.Tìm hệ số x khai triển P( x )   x   , x  x   Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  a, AD  a Mặt bên SAB tam giác cân S nằm mặt phẳng vuông góc với mặt đáy Biết đường thẳng SD tạo với mặt đáy góc 450 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SA BD Hướng dẫn giải a)ĐK: n  , n  An2  3Cn2  15  5n  n(n  1)  3.n !  15  5n 2!(n  1)! n   n  11n  30    n  20 20   k b) P( x )   x     C20 (1) k 20  k x 203 k x   k 0 Số hạng tổng quát khai triển C k20 (1) k 20  k x 203 k Hệ số x8 khai triển ứng với 20  3k   k  Gọi hình chiếu S AB H Ta có SH  AB, ( SAB)  ( ABCD)  AB, ( SAB)  ( ABCD)  SH  ( ABCD)   450 SH  ( ABCD ) , suy góc SD (ABCD) SDH Khi tam giác SHD vuông cân H, suy SH  HD  a , 4a 3 Khi thể tích lăng trụ VS ABCD  SH S ABCD  (đvtt) 3 Kẻ Ax//BD nên BD//(SAx) mà SA  (SAx)  d (BD,SA)  d (BD, (SAx))  d (B, (SAx))  2d (H, (SAx)) Gọi I, K hình chiếu H Ax SI Chứng minh HK  (SAx) Tính HK  a 93 4a 93  d (BD,SA)  2d (H, (SAx))  HK  31 31 Vậy hệ số x8 khai triển P(x) C 20 (1)4 216 Bài ) Trong bình có viên bi trắng viên bi đen Người ta bốc viên bi bỏ bốc tiếp viên bi thứ ba Tính xác suất để viên bi thứ ba bi trắng ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = 2a, BC = a Hình chiếu vuông góc H đỉnh S mặt phẳng đáy trung điểm cạnh AB; Góc đường thẳng SC mặt phẳng đáy 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD góc hai đường thẳng SB AC Hướng dẫn giải A biến cố: “lần đầu lấy viên bi đen, lần sau lấy viên bi trắng” P ( A)  B biến cố: “lần đầu lấy viên bi đen, viên bi trắng lần sau lấy viên bi trắng” P (B )  45 C biến cố “ viên bi thứ ba bi trắng” P(C )  P( A)  P( B)   0,2  Lí luận góc SC (ABCD) góc SCH  60 Tính được: SH  a 45 S A D H B C 2a          AC  a 5, SB  a , SB AC  SH  HB AC  HB AC  AH AC  2a   SB AC    700 cos    SB AC 35 Tính được: VS ABCD    Bài Cho hình lăng trụ tam giác ABC A’B’C’, có đáy ABC tam giác vuông với AB  BC  A’ cách đỉnh A, B, C Gọi L, K trung điểm BC , AC Trên đoạn A’B, A’ A lấy M , N cho MA’  BM , AA’  A’N MNKL, S ABC có độ Tính thể tích khối tứ diện biết Cho hình chóp dài thỏa mãn A’L  10 cạnh SA  BC  x, SB  AC  y, SC  AB  z x  y  z  12 Tính giá trị lớn thể tích khối chóp S.ABC Hướng dẫn giải Gọi E trung điểm AN, ta có ME//AB//LK  S MLK  S ELK  VMNKL  VNELK ta có S EKN  S A ' KA +) Do A ' A  A ' B  A ' C K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên A ' K   ABC   ( A ' AC)   ABC  B’ C’’ A’ ’ N M L B C E K A mà BK  AC  BK   A ' AC  BK +) Ta có d  L,  NKE    d  B,  NKE    , L trung điểm BC 2 1 AC VNELK  d  L,  NKE   S NKE  KB.S A ' KA ; KB   18 +) Vì A ' K   ABC   A ' K  KL  A ' K  A ' L2  LK   S A ' AK  A ' K KA  2 Vậy VNELK  1 1 KB.S A ' KC    VMNLK  18 18 6 S C M A P B N Qua đỉnh tam giác ABC, vẽ đường thẳng song song với cạnh đối diện, chúng đôi cắt tạo thành tam giác MNP hình vẽ +) Có S MNP  4S ABC  VS ABC  VS MNP +) Do SB  AC  NP  SNP vuông S Tương tự, tam giác SMN, SMP vuông S Đặt a  SM , b  SN , c  SP , ta có: a   x  z  y  a  b  x    2 2 2 b  c  y   b   x  y  z  c  a  z  2 2  c   y  z  x  1 VS ABC  VS MNP  abc  24 12 x  y  z  y  z  x  z  x  y  Mà theo bđt Côsi: x  y  z  y  z  x  z  x  y   3  x  y  z  y  z  x  z  x  y   12      4 3     nên VS ABC  2  12 12   x  y  z  2 Vậy GTLN thể tích khối chóp S.ABC Đẳng thức xảy x  y  z  Bài đội văn nghệ gồm có 20 người có 12 nam nữ Chọn ngẫu Một nhiên người để hát đồng ca Tính xác suất để người chọn có nam nữ số nữ nhiều số nam Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy a cạnh bên a Tính thể tích khối chóp S.ABC diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC theo a Hướng dẫn giải Xét phép thử chọn ngẫu nhiên người từ 20 người, kết phép thử ứng với cách chọn người từ 20 người => Số phần tử không gian mẫu là: n()  C20  125970 +) Gọi biễn cố A: “8 người chọn có nam nữ số nữ nhiều số nam” n( A)  C85.C12  C86 C12  C87 C12  14264 Ta có n ( A) 14264 7132   n() 125970 62985 +) Từ giả thiết suy tam giác ABC cạnh a SH(ABC) với H tâm  P ( A)  a SH đường cao hình chóp S.ABC Từ giả thiết => SA = a => tam giác vuông SAH vuông H có tam giác ABC => AH = SH  SA2  AH  6a a2 a3  VS ABC  S ABC SH  +) SH trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, mặt phẳng (SAH) kẻ đường trung trực cạnh SA cắt SH I => I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC có bán kính R = IS Hai tam giác vuông SMI SHA đồng dạng => SM SA SI   a SH 27 +) Diện tích mặt cầu là: S  4 R   a +) Diện tích tam giác ABC bằng: S ABC  Bài Gọi A tập hợp tất số tự nhiên gồm chữ số đôi khác lập từ chữ số 1, 2, 3, 4, Lấy ngẫu nhiên số A , tính xác suất để lấy số có chứa chữ số Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác có cạnh a, cạnh bên tạo với đáy góc 300 Biết hình chiếu vuông góc A’ (ABC) trùng với trung điểm cạnh BC Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ABC Hướng dẫn giải + Số số có một, hai, ba, bốn, năm chữ số phân biệt là: A51 , A52 , A53 , A54 , A55 Vậy tập A có A51 + A52 + A53 + A54 + A55 = 325 số + Tương tự, số số A chữ số là: A41  A42  A43  A44  64 số Vậy số số có chứa chữ số là: 325 – 64 = 261 số Từ xác suất cần tìm P = 261/325 Gọi H trung điểm BC => A’H  (ABC) => góc A’AH 300 a Ta có:AH = ; A’H = AH.tan300 = a/2 a2 SABC = a3 V = S ABC A' H = + Gọi G tâm tam giác ABC, qua G kẻ đt (d) // A’H cắt AA’ E + Gọi F trung điểm AA’, mp(AA’H) kẻ đt trung trực AA’ cắt (d) I => I tâm m/c ngoại tiếp tứ diện A’ABC bán kính R = IA Ta có: Góc AEI 600, EF =1/6.AA’ = a/6 A’ E F a a AF2  FI  IF = EF.tan600 = R= H A GI Bài Đội bóng chuyền nam Trường THPT Hùng Vương có 12 vận động viên gồm học sinh K12 học sinh K11 Trong trận đấu, Huấn luyện viên Trần Tý cần chọn người thi đấu Tính xác suất để có học sinh K12 chọn Cho hình lăng trụ đứng ABC A1B1C có đáy ABC tam giác đều, cạnh AB  a , AA1  2a Tính theο a thể tích khối lăng trụ ABC A1B1C khoảng cách từ A đến mp A1BC  Hướng dẫn giải 1.Không gian mẫu   C126  924 Xác suất cần tìm P  C74 C52  C75C51  C76 462   924 924 2 S ABC  A1 a VABC A1B1C1  C1 B1 a 3 Dựng AH, chứng minh AH   A1 BC  H d  A,  A1BC    2a 57 19 A C M Bài B Trong đợt vấn học sinh trường THPT Kim Liên để chọn học sinh du học Nhật Bản với học bổng hỗ trợ 75% kinh phí đào tạo Biết số học sinh vấn gồm học sinh lớp 12C3, học sinh lớp 12C7, học sinh lớp 12C9 10 học sinh lớp 12C10 Giả sử hội học sinh vượt qua vấn Tính xác suất để có học sinh lớp 12C3 chọn Tìm hệ số x khai triển 2  x  Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’, có đáy ABC tam giác vuông cân B AB = a Hình chiếu vuông góc A’ lên (ABC) trùng với trung điểm H cạnh AB Biết diện tích mặt bên ABB’A’ 3a a) Tính thể tích khối lăng trụ cho b) Tính khoảng cách từ điểm B đến mp(ACB’) Hướng dẫn giải a) số phần tử kg mẫu là: n   C306  593775 Gọi A biến cố có h/s lớp 12C3 chọn n A  C 256  C51 C 25  442750 442750 151025 Xác suất b/c A là: P  A   P A     0, 25 596775 593775     b) Tìm hệ số x khai triển  x 2  3x    C k 0 k  k  x  8 k k   C8k k  3 x16 k Số hạng khai triển chứa x 16-2k = hay k = Vậy hệ số x khai triển là: C85 5. 3  48384 a) Tính thể tích khối lăng trụ cho Diện tích tam giác ABC là: 1 S  AB.BC  a 2 Theo gt ta có: A' H AB  3a  A' H  3a Thể tích khối lăng trụ cho là: V  S A' H  a b) Tính khoảng cách từ điểm B đến mp(ACB’) d B;  ACB'  2d H ;  ACB'  HK Với K trực tâm tam giác AEI 1 1 a      HK  2 2 HK HA HI HE a 2a Vậy d B;  ACB '  HK  A’ C’ B’ E A I C H B Bài Một hộp đựng viên bi xanh, viên bi đỏ, viên bi vàng Lấy ngẫu nhiên từ hộp viên bi Tính xác suất để viên bi vừa lấy có viên bi màu Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABC), SA  a , AB  AC  a , góc BAC 120 ; lấy điểm M cạnh BC cho MC = 2MB Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng SM AC Hướng dẫn giải *) Diện tích tam giác ABC là: 1 3a S ABC = AB AC sin1200 = a 3.a = (đvdt) 2 S Vậy thể tích hình chóp S.ABC là: VS ABC = 1 3a 3a S  ABC SA  a = (đvtt) 3 4 l H A *) Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABC ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200  BC = 3a  MB = a C B M Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABM ta có: AM  AB  MB  AB.MB cos 300  a  AM  a  AM  BM  a Do tam giác AMB cân M nên BAM  ABM  300  MAC  900  AM  AC (1) Mặt khác: SA  ( ABC )  SA  AC (2) Từ (1) (2) ta có: AC  (SAM ) (3) Kẻ AH  SM ( H  SM ) (4) Từ (3) (4) ta được: d  AC , SM   AH Trong tam giác ASM vuông A ta có: 1 a a 42     AH   AH SA2 AM 6a 7 Vậy d  AC , SM   a 42 Bài 10 Một hộp chứa viên bi trắng, viên bi đỏ viên bi xanh Lấy ngẫu nhiên từ hộp viên bi Tính xác xuất để viên bi chon có đủ màu số bi đỏ nhiều Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác cạnh a hình chiếu vuông góc A’  ABC  trung điểm cạnh AB, góc đường thẳng A’C mặt đáy 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACC’A’) Hướng dẫn giải Ta có: n     C 15  1365 Gọi A biến cố “4 viên bi chọn có đủ màu số bi đỏ nhiều nhất’ Khi n  A  C 4C 5C  240 Vậy p  A   n  A  16  n    91 + Gọi H trung điểm AB, suy A ' H   ABC  3a 3a Thể tích khối lăng trụ VABC A' B ' C '  A ' H SABC  +Gọi I hình chiếu vuông góc của H AC; K hình chiếu vuông góc H A’I Suy HK  d  H ,  ACC ' A '   A ' CH  60  A ' C ,  ABC     Do A ' H  CH tan 600    a    HK  3a 13 Ta có HI  AH sin IAH HK HI HA '2 26 3a 13 Do d  B,  ACC ' A '    2d  H ,  ACC ' A '   HK  13 Bài 11 Gọi A tập hợp tất số tự nhiên gồm chữ số phân biệt chọn từ chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; Chọn ngẫu nhiên số từ tập A, tính xác suất để số chọn số chia hết cho  Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, ABC  60 Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy cạnh bên SC tạo với mặt đáy góc 60 Gọi I trung điểm BC, H hình chiếu vuông góc A lên SI a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD b) Tính khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD) theo a Hướng dẫn giải Số phần tử A 6.A36  720 Số cách chọn số có hàng đơn vị số có 1.A 36  120 cách Số cách chọn số có hàng đơn vị số có 1.5.A 25  100 cách Suy số cách chọn số chia hết cho 120  100  220 cách 220 11 Vậy xác suất cần tìm  720 36 S K H A D E B I C  a) Do ABC =600 nên tam giác ABC đều, suy SABCD  a AC  a  Mặt khác SA  ( ABCD)  SCA  60 a3  SA  AC.tan 600  a  VS.ABCD  SA.SABCD  2 HS HS.IS AS AS b)Ta có     2 IS IS IS IA  AS 2  d  H,  SCD    d  I, SCD    d  B,  SCD    d  A,  SCD   ( I trung điểm 5 BC AB//(SCD)) Gọi E trung điểm CD, K hình chiếu A lên SE, ta có AE  DC  DC  (SAE)  AK  (SCD) 2 SA.AE 2a 15 Suy d H,  SCD   d A,  SCD   AK   2 5 SA  AE 25 Bài 12 111010 Trong cụm thi để xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phải thi môn có môn bắt buộc Toán, Văn, Ngoại ngữ môn thí sinh tự chọn số môn: Vật lí, Hóa học, Sinh học, Lịch sử Địa lí Trường A có 30 học sinh đăng kí dự thi, có 10 học sinh chọn môn Lịch sử Lấy ngẫu nhiên học sinh trường A, tính xác suất để học sinh có nhiều học sinh chọn môn Lịch sử Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh 3a, hình chiếu S lên mặt phẳng (ABC) điểm H thuộc cạnh AB cho AB = 3AH Góc tạo SA mặt phẳng (ABC) 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng SA BC Hướng dẫn giải Số phần tử không gian mẫu là: n()  C305  142506 Gọi A biến cố : “5 học sinh chọn có nhiều học sinh chọn môn lịch sử” Số phần tử biến cố A là: n( A)  C20  C204 C101  C20 C102  115254 115254  0,81 142506 9a Diện tích đáy là: dt( ABC ) = AB.AC.Sin600 = Vì SH  ( ABC ) nên góc Vậy xác suất cần tìm là: P ( A)  tạo SA (ABC) là: SAH  600  SH  AH tan 600  a Thể tích khối chóp S.ABC là: V= 9a SH dt (ABC )  Kẻ AD  BC d(SA,BC)=d(BC,(SAD))=d(B,(SAD))=3d(H,(SAD)) Vì AB=3AH Kẻ HI  AD HK  SI ,do AD  SH nên AD  ( SHI )  AD  HK Suy ra: d(H,(SAD)) = HK Ta có: HI  AH.sin600  a Trong tam giác SHI , ta có: 1 a 15 3a 15     HK  Vậy d ( SA, BC )  2 HK HI HS 3a 5 S K A I H C B D Bài 13 Tìm số hạng chứa x6 khai triển nhị thức Niu – tơn : 15 1  f ( x)   x2   , x  x  Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh 4a , cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy Góc cạnh SC mặt phẳng (ABCD) 600 , M trung điểm BC , N điểm thuộc cạnh AD cho DN = a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SB MN Hướng dẫn giải 15 15 1  f ( x )   x     C15k x 30 3 k ,   k  15, k  N  x  k 0 0  k  15  Hệ số chứa x ứng với k thỏa mãn k  N  k  Vậy số hạng chứa x 30  3k   khai triển : C158 x  6435 x SA  ( ABCD)  AC hình chiếu SC mặt phẳng ( ABCD) Suy góc  cạnh SC mặt phẳng ( ABCD) góc SCA AC  AB  BC  32a  AC  4a  SA  AC tan 600  4a 64a S ABCD  4a.4a  16a  VS ABCD  16a 4a  3 Gọi E trung điểm đoạn AD , F trung điểm AE => BF / / MN nên MN / /( SBF )  d ( MN , SB )  d  MN ,  SBF    d  N ,  SBF   Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ AH  BF , H  BF , mặt phẳng (SAH) kẻ AK  SH , K  SH  BF  AH  AK  SH Ta có   BF  ( SAH )  BF  AK Do   AK  ( SBF )  BF  SA  AK  BF  d  A,  SBF    AK Lại có : 1 17 1 103 4a 618        AK  2 2 2 2 103 AH AB AF 16a AK AS AH 96a d  N ,  SBF   d  A,  SBF    NF 8a 618   d  N ,  SBF    AF 103 Bài 14 111010 Gọi A tập hợp tất số tự nhiên gồm chữ số phân biệt chọn từ chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; Chọn ngẫu nhiên số từ tập A, tính xác suất để số chọn số chia hết cho Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân S SC tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng BD SA theo a Hướng dẫn giải Số phần tử A 6.A36  720 Số cách chọn số có hàng đơn vị số có 1.A 36  120 cách Số cách chọn số có hàng đơn vị số có 1.5.A 25  100 cách Suy số cách chọn số chia hết cho 120  100  220 cách 220 11 Vậy xác suất cần tìm  720 36 Gọi H trung điểm AB Do SAB cân S, suy SH  AB, mặt khác (SAB)  (ABCD)   600 nên SH  (ABCD) SCH S K E A D H B C Ta có SH  CH tan 60  CB  BH tan 60  a 15 15 1 a VS ABCD  SH S ABCD  a 15.4a  3 Qua A vẽ đường thẳng  song song với BD Gọi E hình chiếu vuông góc H lên  K hình chiếu H lên SE,   (SHE)    HK suy HK  (S,  ) Mặt khác, BD//(S,  ) nên ta có d  BD; SA  d  BD;  S ,    d  B;  S ,    2d (H;(S , ))  2HK Bài 15   DBA   450 nên tam giác EAH vuông cân E, suy Ta có EAH 111010 AH a HS viên 15bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng ( viên bi kín HE đựng HE  Trong  mộthộp HK   a sắc) Lấy 31ngẫu nhiên viên bi, tìm xác suất để viên bi lấy khác2 màu HE  HS đủ ba màu 465 31 a đáy ABC tam giác vuông B có AB = a, BC = a , SA Vậy:2 d Cho BD;SA  S.ABC, hìnhchóp vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 2a Gọi M, N hình chiếu vuông góc điểm A cạnh SB SC Tính thể tích khối chóp A.BCNM Hướng dẫn giải ) Số cách lấy viên bi C144  1001 cách Ta đếm số cách lấy viên bi có đủ màu : + TH1: 1Đ, 1T, 2V có C 21 C 51 C 72 cách + TH2: 1Đ, 2T, 1V có C 21 C 52 C 71 cách + TH3: 2Đ, 1T, 1V có C 22 C 51 C 71 cách Vậy số cách lấy viên bi có đủ màu C 21 C 51 C 72 + C 21 C 52 C 71 + C 22 C 51 C 71 = 385 cách Xác suất lấy viên bi không đủ màu P  Đặt V1=VS.AMN; V2=VA BCNM; V=VS.ABC; AM  a; SM= 4a  SM  SB V1 1001  385 616   1001 1001 13 SM SN SM  (1) V SB SC SB V V 3      V2  V (2) V V 5 a a3 V  SABC SA   V2  3  Bài 16 n   Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niu-tơn  x   x  * n  x  , x  0 , biết n   thỏa mãn điều kiện Cn  Cn1  Cn 2  10n  30 Một dãy phố có cửa hàng bán quần áo Có người khách đến mua quần áo, người khách vào ngẫu nhiên năm cửa hàng Tính xác suất để có cửa hàng có nhiều người khách Hướngvào dẫn giải Theo giả thiết ta có: Cn0  Cn11  Cnn  10n  30 (n  1)( n  2)   (n  1)   10n  30  n  18  n  15n  54    , kết hợp với điều kiện n ta n  18 n    18 k k 18   15  k k k Số hạng tổng quát khai triển nhị thức là: C18  x   x   C18 x   6k  18 Số hạng không chứa x tương ứng với k thỏa mãn   k  Vậy số hạng không chứa x cần tìm C183 23  6528 k Người khách thứ có cách chọn cửa hàng để vào Người khách thứ hai có cách chọn cửa hàng để vào Người khách thứ ba có cách chọn cửa hàng để vào Người khách thứ tư có cách chọn cửa hàng để vào Người khách thứ năm có cách chọn cửa hàng để vào Theo quy tắc nhân có 5.5.5.5.5 = 3125 khả khác xảy cho người vào cửa hàng Suy số phần tử không gian mẫu là:   3125 Để có cửa hàng có nhiều khách vào có trường hợp (TH) sau: TH1: Một cửa hàng có khách, cửa hàng có khách, ba cửa hàng lại khách TH có C51.C53 C41.C22  200 khả xảy TH2: Một cửa hàng có khách, hai cửa hàng có khách, hai cửa hàng lại khách TH có C51.C53 C42 P2  600 khả xảy TH3: Một cửa hàng có khách, cửa hàng có khách, ba cửa hàng lại khách TH có C51.C54 C41  100 khả xảy TH4: Một cửa hàng có khách, cửa hàng khác khách TH có C51  khả xảy Suy có tất 200  600  100   905 khả thuận lợi cho biến cố “có cửa hàng có nhiều người khách vào” Vậy xác suất cần tính là: P  905 181  3125 625 Bài 17 Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, lập số tự nhiên gồm chữ số cho số có ba chữ số 1, chữ số lại đôi khác hai chữ số chẵn không đứng cạnh Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  a, AD  a Mặt bên SAB tam giác cân S nằm mặt phẳng vuông góc với mặt đáy Biết đường thẳng SD tạo với mặt đáy góc 450 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SA BD Hướng dẫn giải Số hoán vị chữ số lẻ 1, 1, 1, 3, 5! 3! Ứng với hoán vị có vị trí đầu, cuối xen kẽ chữ số lẻ Do có A36 cách xếp ba chữ số chẵn 2, 4, vào vị trí để số thỏa đề 5! Vậy số số thỏa đề là: A36  2400 3! Gọi hình chiếu S AB H Ta có SH  AB, ( SAB)  ( ABCD)  AB, ( SAB)  ( ABCD)  SH  ( ABCD)   450 SH  ( ABCD ) , suy góc SD (ABCD) SDH Khi tam giác SHD vuông cân H, suy SH  HD  a , 4a 3 Khi thể tích lăng trụ VS ABCD  SH S ABCD  (đvtt) 3 Kẻ Ax//BD nên BD//(SAx) mà SA  (SAx)  d (BD,SA)  d (BD, (SAx))  d (B, (SAx))  2d (H, (SAx)) Gọi I, K hình chiếu H Ax SI Chứng minh HK  (SAx) Tính HK  a 93 4a 93  d (BD,SA)  2d (H, (SAx))  HK  31 31 Đặt AD  x( x  0)  AB  3x, AN  x, NB  x, DN  x 5, BD  x 10  Xét tam giác BDN có cos BDN BD  DN  NB  BD.DN 10 Bài 17 111010 Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình vuông cạnh a,  SAB nằm phẳng vuông góc với (ABCD) Gọi H trung điểm AB a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD b) Tính khoảng cách hai đường thẳng SA HC c) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD) Hướng dẫn giải S I A N D K H E M B C mặt Tính thể tích khối chóp S.ABCD (SAB)  (ABCD), (SAB)  (ABCD) = AB, SH  AB  SH  (ABCD) AB a Ta có: SABCD = a2; SH =  2 Do VSABCD = S ABCD SH a a3 = a  Tính khoảng cách hai đường thẳng SA HC Gọi E trung điểm CD  AE // HC  HC // (SAE)  d(HC, SA) = d(HC, SAE) = d(H, SAE) Dựng HK  AE K; HI  SK I Ta có AE  SH; AE  HK  AE  (SHK)  HI  AE Do HI  (SAE)  d(H; SAE) = HI 1  AHE vuông H     2  2 2 HK HA HE a a a 1 19  SHK vuông H     2  2 2 HI HK HS a 3a 3a a 57  HI = 19 a 57 Vậy d(HC, SA) = HI = 19 Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD) Dựng HM  BD M, HN  SM N Ta có BD  SH, BD  HM  BD  (SHM)  HN  BD mà HN  SM  HN  (SBD)  d(H; SBD) = HN BH a Ta có  BMH vuông cân M  MH =  a 21 1 28   =    HN = 2 HN HM HS a 3a 3a 14 a 21 Vì H trung điểm AB  d(A; SBD) = 2d(H; SBD) = Bài 18   10 111010 1.Tìm hệ số x khai triển biểu thức :  3x   x   Một hộp chứa 20 cầu giống gồm 12 đỏ xanh Lấy ngẫu nhiên (đồng thời) Tính xác suất để có cầu màu xanh Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A , mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC  , gọi M điểm thuộc cạnh SC cho MC  2MS Biết AB  3, BC  3 , tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng AC BM Hướng dẫn giải 10 a) Tìm hệ số số hạng chứa x 5 k   khai triển biểu thức :  3x   x   k 5 k 5 k     k k k 15 k x   C x          C5  1 x  x  k 0   x  k 0 10 Hệ số của số hạng chứa x C5k (1)k 35k k , với 15  5k  10  k  1 Vậy hệ số x10 : C51  1 34 21  810 b) Một hộp chứa 20 cầu giống gồm 12 đỏ xanh Lấy ngẫu nhiên Tính xác suất để cầu chọn có cầu màu xanh Số phần tử không gian mẫu n     C20 Gọi A biến cố “Chọn ba cầu có cầu màu xanh” C3 Thì A biến cố “Chọn ba cầu màu đỏ”  n  A   C123  P  A   123 C20 Vậy xác suất biến cố A P  A    P  A    C123 46  C20 57 S Gọi H trung điểm AB  SH  AB ( SAB đều) Do  SAB    ABC   SH   ABC  N M K Do ABC cạnh A 3 nên SH  , AC  BC  AB  2 C H B 1 33  VS ABC   SH  S ABC   SH  AB  AC   (đvtt) 12 Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA N  AC || MN  AC ||  BMN  AC  AB, AC  SH  AC   SAB  , AC || MN  MN   SAB   MN   SAB    BMN    SAB  theo giao tuyến BN Ta có AC ||  BMN   d  AC , BM   d  AC ,  BMN    d  A,  BMN    AK với K hình chiếu A BN NA MC 2 32 3    S ABN  S SAB    (đvdt) AN  SA  SA SC 3 3 2 2S  21 BN  AN  AB  2AN AB.cos 600   AK  ABN  BN 7 21 Vậy d  AC , BM   (đvđd) Bài 19 Một trường có 55 đoàn viên học sinh tham dự đại hội Đoàn trường, khối 12 có 18 em, khối 11 có 20 em 17 em khối 10 Đoàn trường muốn chọn em để bầu vào ban chấp hành nhiệm kì Hỏi có cách chọn cho em chọn có khối, đồng thời có em học sinh khối 12 Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, SA  a SA vuông góc với mặt phẳng đáy Biết tam giác SAB cân góc SD với mặt đáy 300 a Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a b Tính khoảng cách hai đường thẳng BD SC Hướng dẫn giải 1.Chọn em học sinh thỏa mãn yêu cầu toán xảy trường hợp: + Trường hợp 1: Khối 12 có em, khối 11 có em, khối 10 có em: 2 Có C18 C20 C17  494190 cách chọn + Trường hợp 2: Khối 12 có em, khối 11 có em, khối 10 có em 2 Có C18 C20 C17  416160 cách chọn +Trường hợp 3: Khối 12 có em, khối 11 có em, khối 10 có em 1 Có C18 C20 C17  277440 cách chọn Vậy có 494190 + 416160 + 277440 = 1187790 cách chọn a Do SA   ABCD  SAB cân nên AB  SA  a   300 Góc SD với mặt đáy góc SDA SA SA Trong tam giác SAD có tan 300   AD   3a AD tan 300  S ABCD  AB AD  3a.a  3a 1  VS ABCD  SA.S ABCD  a 3.3 3a  3a3 3 b Qua C kẻ đường thẳng song song với BD, cắt AD E Do BD//CE  BD//(SCE)  d  BD , SC   d  BD ,  SCE    d  O ,  SCE    d  A,  SCE   Kẻ AF  CE , F  CE  CE   SAF  S Kẻ AH  SF , H  SF  AH  CE  AH   SCE   d  A,  SCE    AH H Có AE  AD  6a, CE  BD  3a 1 AE.CD 6a.a AE CD  AF.CE  AF=   3a 2 CE 2a 1 3a Trong tam giác SAF có:    AH  2 AH AF SA O S ACE  Vậy d  BD , SC   1 3a d  A,  SCE    AH  2 D A B C F E Bài 20 Để chuẩn bị cho lễ kỉ niệm 50 năm thành lập trường, nhà trường cần chọn 20 học sinh nữ để tiếp đón đại biểu đến tham dự Số học sinh lấy ngẫu nhiên theo danh sách từ 15 học sinh nữ lớp 11A 22 học sinh nữ lớp 11B Tính xác suất để lớp có học sinh chọn (lấy gần đến chữ số sau dấu phẩy) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành tâm O, M điểm di động SC (P) mặt phẳng qua AM song song với BD Tìm giao điểm H K (P) với SB SD Chứng minh SB SD SC   số SH SK SM Hướng dẫn giải Tổng số học sinh nữ hai lớp 15 + 22 = 37 Số phần tử không gian mẫu   C3720 Gọi A biến cố cho, có ba trường hợp: Một lớp có học sinh lớp lại 11 học sinh, hai lớp có 10 học sinh Suy 11 10  A  C159 C 22  C1510 C 22  C1511C 22 Xác suất cần tìm là: P ( A)  11 10 C159 C22  C1510C22  C1511C229  0,38676 C3720 S M K I H J A D O C B Gọi I  SO  AM Do (P) // BD HK  ( P)  (SBD) nên HK //BD Do từ I ta kẻ đường thẳng song song với BD cắt SB H cắt SD K Gọi J trung điểm MC Ta có HK // BD, OJ // AM SB SD SC SO SC SI  IO SM  MC   2  2  SH SK SM SI SM SI SM IO MJ IO IO  2 1   1 2 1 SI SM SI SI [...]... trường cần chọn 20 học sinh nữ để tiếp đón đại biểu đến tham dự Số học sinh này được lấy ngẫu nhiên theo danh sách từ 15 học sinh nữ của lớp 11A và 22 học sinh nữ của lớp 11B Tính xác suất để mỗi lớp có ít nhất 9 học sinh được chọn (lấy gần đúng đến 5 chữ số sau dấu phẩy) 2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O, M là điểm di động trên SC và (P) là mặt phẳng qua AM và song song với BD... thi, trong đó có 10 học sinh chọn môn Lịch sử Lấy ngẫu nhiên 5 học sinh bất kỳ của trường A, tính xác suất để trong 5 học sinh đó có nhiều nhất 2 học sinh chọn môn Lịch sử 2 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 3a, hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho AB = 3AH Góc tạo bởi SA và mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa... các giao điểm H và K của (P) với SB và SD Chứng minh SB SD SC   là một hằng số SH SK SM Hướng dẫn giải 1 Tổng số học sinh nữ ở hai lớp là 15 + 22 = 37 Số phần tử của không gian mẫu là   C3720 Gọi A là biến cố đã cho, khi đó có ba trường hợp: Một lớp có 9 học sinh lớp còn lại 11 học sinh, hoặc cả hai lớp cùng có 10 học sinh Suy ra 11 10 9  A  C159 C 22  C1510 C 22  C1511C 22 Xác suất cần tìm là:... thẳng SA và BC Hướng dẫn giải 1 Số phần tử của không gian mẫu là: n()  C305  142506 Gọi A là biến cố : “5 học sinh được chọn có nhiều nhất 2 học sinh chọn môn lịch sử” 5 3 Số phần tử của biến cố A là: n( A)  C20  C204 C101  C20 C102  115254 115254  0,81 142506 9a 2 3 1 2 Diện tích đáy là: dt( ABC ) = AB.AC.Sin600 = Vì SH  ( ABC ) nên góc 2 4 Vậy xác suất cần tìm là: P ( A)  tạo bởi SA và (ABC)... số 1, các chữ số còn lại đôi một khác nhau và hai chữ số chẵn không đứng cạnh nhau 2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  2 a, AD  a 3 Mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy Biết đường thẳng SD tạo với mặt đáy một góc 450 Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD Hướng dẫn giải 1 Số hoán vị 5 chữ số... 12 quả đỏ và 8 quả xanh Lấy ngẫu nhiên (đồng thời) 3 quả Tính xác suất để có ít nhất một quả cầu màu xanh 3 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC  , gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho MC  2MS Biết AB  3, BC  3 3 , tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM Hướng... 20 quả cầu giống nhau gồm 12 quả đỏ và 8 quả xanh Lấy ngẫu nhiên 3 quả Tính xác suất để trong 3 quả cầu chọn ra có ít nhất một quả cầu màu xanh 3 Số phần tử của không gian mẫu là n     C20 Gọi A là biến cố “Chọn được ba quả cầu trong đó có ít nhất một quả cầu màu xanh” C3 Thì A là biến cố “Chọn được ba quả cầu màu đỏ”  n  A   C123  P  A   123 C20 Vậy xác suất của biến cố A là P  A   1... 5 em được chọn có cả 3 khối, đồng thời có ít nhất 2 em học sinh khối 12 Câu 5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA  a 3 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy Biết tam giác SAB cân và góc giữa SD với mặt đáy bằng 300 a Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a b Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC Hướng dẫn giải 1.Chọn 5 em học sinh thỏa mãn yêu cầu bài toán xảy ra 3 trường hợp:... đỏ, 5 viên bi trắng và 7 viên bi vàng ( các viên bi kín HE đựng HE 1  Trong  mộthộp HK   a 2 sắc) 2 Lấy chỉ 31ngẫu nhiên 4 viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra 2 khác2 nhau về màu HE  HS không có đủ cả ba màu 2 465 31 a đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB = a, BC = a 3 , SA Vậy:2 d Cho BD;SA  S.ABC, hình chóp vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 2a Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc... 18 Số hạng không chứa x tương ứng với k thỏa mãn  0  k  3 5 Vậy số hạng không chứa x cần tìm là C183 23  6528 k 2 Người khách thứ nhất có 5 cách chọn một cửa hàng để vào Người khách thứ hai có 5 cách chọn một cửa hàng để vào Người khách thứ ba có 5 cách chọn một cửa hàng để vào Người khách thứ tư có 5 cách chọn một cửa hàng để vào Người khách thứ năm có 5 cách chọn một cửa hàng để vào Theo quy