ĐÁP án ÔN THI TOÁN THPT QUỐC GIA

Câu (Đề thức 2018) Ba bạn A , B , C bạn viết ngẫu nhiên lên bảng số tự nhiên thuộc đoạn 1;17  Xác suất để ba số viết có tổng chia hết cho A 1728 4913 B 1079 4913 C 23 68 D 1637 4913 Lời giải Khơng gian mẫu có số phần tử 17  4913 Lấy số tự nhiên từ đến 17 ta có nhóm số sau: *) Số chia hết cho : có số thuộc tập 3;6;9;12;15 *) Số chia cho dư : có số thuộc tập 1;4;7;10;13;16 *) Số chia cho dư : có số thuộc tập 2;5;8;11;14;17 Ba bạn A , B , C bạn viết ngẫu nhiên lên bảng số tự nhiên thuộc đoạn 1;17  thỏa mãn ba số có tổng chia hết cho khả xảy sau:  TH1: Ba số chia hết cho có 53  125 cách  TH2: Ba số chia cho dư có 63  216 cách  TH3: Ba số chia cho dư có 63  216 cách  TH4: Một số chia hết cho , số chia cho dư , chia cho dư có 5.6.6.3!  1080 cách 125  216  216  1080 1637  Vậy xác suất cần tìm 4913 4913 Câu (Đề Tham Khảo 2018) Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B học sinh lớp 12C thành hàng ngang Xác suất để 10 học sinh khơng có học sinh lớp đứng cạnh 11 1 A B C D 630 126 105 42 Lời giải Chọn A n    10! Gọi H biến cố “khơng có học sinh lớp đứng cạnh nhau” + Đầu tiên xếp học sinh lớp 12C có 5! cách xếp + Giữa học sinh lớp C hai đầu có khoảng trống TH1: Xếp học sinh hai lớp A B vào khoảng trống khoảng trống đầu có 2.5! cách xếp TH2: Xếp học sinh vào khoảng trống học sinh lớp C cho có khoảng trống có học sinh thuộc lớp A, B có 2!.2.3.4! cách xếp Suy ra, n  H   5! 2.5! 2!.2.3.4!  p  H   Câu 11 630 (Đề thức 2018) Ba bạn A, B , C viết ngẫu nhiên lên bảng số tự nhiên thuộc đoạn 1;14 Xác suất để ba số viết có tổng chia hết cho A 457 1372 B 307 1372 C 207 1372 D 31 91 Lời giải Chọn A Số phần tử khơng gian mẫu: n() 143 Vì 14 số tự nhiên thuộc đoạn 1;14 có: số chia cho dư 1; số chia cho dư 2; số chia hết cho 3.Để tổng số chia hết cho ta có trường hợp sau: TH1: Cả chữ số chia hết cho có: (cách) TH2: Cả số chia cho dư có: (cách) TH3: Cả số chia cho dư có: (cách) TH4: Trong số có số chia hết cho 3; số chia cho dư 1; số chia dư ba người viết lên bảng nên có: 4.5.5.3! (cách) Gọi biến cố E:” Tổng số chia hết cho 3” Ta có: n(E)  43 53 53  4.5.5.3!  914 Vậy xác suất cần tính: P ( E )  Câu 914 457  143 1372 (Đề Tham Khảo 2018) Cho dãy số  un  thỏa mãn log u1   log u1  log u10  log u10 un1  2un với n  Giá trị nhỏ n để u n  5100 A 247 B 248 C 229 Lời giải D 290 Chọn B Có u n1  2un  n u1 Xét log u1   log u1  log u10  log u10 (*) Đặt t  log u1  2log u10 , điều kiện t  2 Pt (*) trở thành t   t  1  t  t   t  t   Với t  1  log u1  log u10  1 (với log u10  log  29.u1   log  log u1 )  log u1   18log  u1  10118log Mặt khác u n  n1 u1  n1.10118log  n.5.10 18 log  5100  n  log  599.1018log   247,87 Vậy giá trị nhỏ n 248 Câu x  x có đồ thị (C ) Có điểm A thuộc (C ) cho tiếp tuyến (C ) A cắt (C ) hai điểm phân biệt M  x1 ; y1  , N  x2 ; y2  ( (Đề thức 2018) Cho hàm số y  M , N khác A ) thỏa mãn y1  y2   x1  x2  A B C Lời giải D   Đường thẳng MN có VTCP NM  ( x1  x2 ; y1  y2 )  ( x1  x2 ; 4( x1  x2 ))   Chọn VTCP u  (1; 4)  VTPT n  (4; 1) x1  x1 Đường thẳng MN tiếp xúc với đồ thị (C ) điểm A Như vậy, A có hồnh độ x0 Phương trình đường thẳng MN : 4( x  x1 )  ( y  y1 )   y  x  x1   x  1 14 x0 nghiệm phương trình x  x   x  x     x  2  3  x  13   + x  1: A  1;   6  Vì đường thẳng MN tiếp xúc với đồ thị (C ) A nên ta có: 13  4  x14  x12  x1   x1  1  x12  x1  11  (1) 6 (1) có nghiệm kép nghiệm đơn phân biệt nên đường thẳng MN tiếp xúc với đồ thị (C )  A cắt đồ thị điểm phân biệt M , N khác A 20   + x  2 : A  2;     Vì đường thẳng MN tiếp xúc với đồ thị (C ) A nên ta có: 20  8  x14  x12  x1   x1    x12  x1    (2) (2) có nghiệm kép nghiệm đơn phân biệt nên đường thẳng MN tiếp xúc với đồ thị (C ) A cắt đồ thị điểm phân biệt M , N khác A  15   + x  : A  3;   2  Vì đường thẳng MN tiếp xúc với đồ thị (C ) A nên ta có: 15  12  x14  x12  x1   x1  3  x12  x1  13  (3) (3) có nghiệm kép nên đường thẳng MN tiếp xúc với đồ thị (C ) A nên loại Vậy có điểm A thỏa mãn yêu cầu đề  Câu x  có đồ thị (C) điểm A( a;1) Gọi S tập x 1 hợp tất giá trị thực tham số a để có tiếp tuyến (C) qua A Tổng tất (Đề Tham Khảo 2018) Cho hàm số y  giá trị phần tử S A B C Lời giải Chọn C ĐK: x  ; y '  1 ( x  1)2 Đường thẳng d qua A có hệ số góc k y  k( x  a)  D  x   k( x  a)   x   1 có nghiệm d tiếp xúc với (C )    k  1    ( x  1)2 Thế   vào 1 ta có: 1 x  ( x  a)     x  a  x  x    x  3x  2, x  x 1 ( x  1)  x2  6x  a     Để đồ thị hàm số có tiếp tuyến qua A hệ số nghiệm hệ phương trình có nghiệm  phương trình  3 có nghiệm khác   '   a     a 1   a      x  x  a   (3)     '   a    a     2   a   Cách 2: TXĐ : D   \ 1 ; y   1  x  1 Giả sử tiếp tuyến qua A a;1 tiếp tuyến điểm có hồnh độ x  x0 , phương trình tiếp tuyến có dạng : y  1  x0  1  x  x0    x0  d  x0  Vì A  d nên thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng d ta có : 1 1  x0  1 a  x0     x0  2 x  x0   a  1  x0   x0  Để có tiếp tuyến qua A phương trình 1 có nghiệm khác       2a     a 1   a           2a    a        a   Câu (Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần - 2019) Cho lưới ô vuông đơn vị, kích thước  sơ đồ hình vẽ Một kiến bò từ A lần di chuyển bò theo cạnh hình vng để tới mắt lưới liền kề Có cách thực hành trình để sau 12 lần di chuyển dừng lại B? A 3498 B 6666 C 1532 Lời giải D 3489 Chọn B Vì kiến sau 12 lần di chuyển dừng lại B nên hành trình kiến gồm: lần bò sang phải lần bò sang trái lần bò xuống lần bò sang phải lần bò xuống lần bò lên Ta ký hiệu:” L: bò lên; X: bò xuống; P: bò sang phải; T: bò sang trái” TH1: Hành trình kiến bao gồm: lần bò sang phải lần bò sang trái lần bò xuống Số hành trình trường hợp số cách xếp chữ P; chữ T; chữ X vào 12 ô theo thứ tự chữ T phải nằm chữ P Ta xếp chữ X trước có C124 cách Vì chữ T phải nằm chữ P có cách xếp  Số hành trình loại là: 6.C124 TH2: Hành trình kiến bao gồm: lần bò sang phải lần bò xuống lần bò lên Tương tự trường hợp  Số hành trình loại 4.C126 Vậy số cách thực hành trình để sau 12 lần di chuyển kiến dừng lại B là: 6.C124  4.C124  6666 Câu (THPT Hậu Lộc - Thanh Hóa - Lần - 2019) Hai bạn A B bạn lên bảng viết ngẫu nhiên số tự nhiên gồm ba chữ số đôi khác Xác suất để chữ số có mặt hai số giống đồng thời tổng lập phương chữ số chia hết cho 41 53 29 A B C D 5823 1944 17496 23328 Lời giải Chọn C Đặt M  3;6;9 , N  1; 4;7 P  2;5;8 Xét số abc , với a  0; a, b , c phân biệt  a  b  c  3 Ta có  a  b3  c3    a  b  c    a  b  b  c  c  a  Do  a  b3  c3    a  b  c     a  b  c  Không gian mẫu đề cung cấp có số phần tử là: n         Gọi X biến cố “A B viết số có chữ số abc , def cho a ; b ; c  d ; e ; f  ” Nếu a ; b ; c có chứa chữ số phần tử lại: + thuộc M số cách chọn là:  C32   42 + có phần tử thuộc N , phần tử thuộc P số cách chọn là:  C31C31   Nếu a ; b ; c không chứa chữ số 0, có khả xảy ra: 2 + a, b , c thuộc M N P số cách chọn là:  3!   3!   3! + Mỗi số a, b , c thuộc tập khác M , N , P số cách chọn là:  C31C31C31    3! 2 Vậy n  X    C32   42   C31C31   42   3!   C31C31C31    3!  1272  P X   Câu n X  n   53 17496 (Chuyên KHTN - Lần - 2019) Cho đa giác 48 đỉnh Lấy ngẫu nhiên ba đỉnh đa giác Tìm xác suất để tam giác tạo thành từ ba đỉnh tam giác nhọn 33 33 11 22 A B C D 47 94 47 47 Lời giải Chọn C Ta có   C48 Gọi  O  đường tròn ngoại tiếp đa giác A đỉnh đa giác, kẻ đường kính AA A đỉnh đa giác Đường kính AA chia  O  thành hai nửa đường tròn Gọi T : “là biến cố lấy ba đỉnh tạo thành tam giác nhọn” T “là biến cố lấy ba đỉnh tạo thành tam giác vuông tam giác tù” Chọn đỉnh A có 48 cách Chọn đỉnh lại, thoả mãn ba đỉnh tạo thành tam giác vng tam giác tù Ta có hai đỉnh lại thuộc thuộc hai nửa đường tròn bao gồm A 24 điểm có C242  C242 cách  T  48 C242  C242 Vậy P(T)   P(T )  Câu 10 11 47 (THPT Hàm Rồng - Thanh Hóa - 2019) Cho tập hợp X  1, 2,3, 4,5,6,7,8 Từ tập hợp X lập số tự nhiên có chữ số đơi khác Xác suất để số lập chia hết cho 1111 là: A 4!4! 8! B C82C62C42 8! C 384 8! D A82 A62 A42 8! Lời giải Chọn C Số số tự nhiên lập từ tập hợp X có chữ số đơi khác là: 8! Gọi n  a1a2a3a4a5a6a7 a8 số tự nhiên có chữ số khác đơi lập từ tập hợp X chia hết cho 1111 8 Dễ thấy: n   108i   108i   108i i 1 i 5 i 1 Với 8 i  a 10 i  a1a2 a3a4  10  9999 a1a2 a3a4  a1a2 a3a4 i 1 8i  a 10 i  a5a6 a7 a8 i 5   Do đó: n 1111  a1a2 a3a4  a5 a6 a7 a8  1111   a1  a5  1000   a2  a6  100   a3  a7  10   a4  a8    1111 Đặt xi   4 , với i  1, , ta có  xi  15 với i  1,  x  a i i 1 j  1    36 j 1 Hơn nữa, x1.1000  x2 100  x3 10  x4  1111.k (*), k số nguyên dương không vượt Ta nhận thấy có trường hợp x1  x2  x3  x4 (*) thỏa mãn x i Do đó: x1  x2  x3  x4  i 1  36 9 Suy cặp  ; ai4   1;8  ,  2;7  ,  3;6  ,  4;5  Vậy số số tự nhiên n 1111 4! 2!  384 Suy xác suất P  Câu 11 384 8! (THPT Quảng Xướng - Thanh Hóa - Lần - 2019) Gieo đồng thời súc sắc Bạn người thắng xuất mặt chấm Xác suất để lần chơi thắng lần gần với giá trị A 1,24.105 B 3,87.104 D 1,65.107 C 4.104 Lời giải Chọn C Gọi B biến cố gieo đồng thời súc sắc Gọi biến cố B1 , B2 , B3 biến cố gieo súc sắc 1; 2; Xác suất để súc sắc xuất mặt chấm P  B1   1 ; P  B2   ; P  B3   6 Bạn người thắng xuất mặt chấm nên xác suất 1 1 P  B   C 32   6 6 6 27 Nên P  B   2 25  Suy P B   27 27 27   Gọi A biến cố “Bạn người thắng cuộc” Để lần chơi thắng lần nên ta có    P  A   C64  P  B   P B Câu 12    C65  P  B   P B  C66  P  B    4.10 4 (Chuyên Sơn La - Lần - 2019) Gọi S tập hợp số tự nhiên có chín chữ số đơi khác Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên thuộc vào tập S Xác suất để số chọn chia hết cho A 11 27 21 32 B 12 27 C D 23 32 Lời giải Chọn A Trước hết ta tính n ( S ) Với số tự nhiên có chín chữ số đơi khác chữ số có cách chọn có A98 cho vị trí lại Vậy n( S )  A98 Giả sử B  0;1; 2; ;9 ta thấy tổng phần tử B 45 nên số có chín chữ số đơi khác chia hết cho tạo thành từ chữ số tập B \ 0 ; B \ 3 ; B \ 6 ; B \ 9 nên số số loại A99  3.8 A88 Vậy xác suất cần tìm Câu 13 A99  3.8 A88 11  A98 27 (Chuyên QH Huế - Lần - 2019) Tung xúc sắc khơng đồng chất xác suất xuất mặt hai chấm ba chấm gấp hai ba lần xác suất xuất mặt lại, xác suất xuất mặt lại Xác suất để sau lần tung có lần xuất số mặt chẵn lần xuất số mặt lẻ gần số sau đây? A 0, 234 B 0, 292 C 0, 2342 D 0, 2927 Lời giải Chọn D Gọi Ai biến cố xuất mặt i chấm  i  1, 2,3, 4,5,  Gọi xác suất xuất mặt lại P  A1   P  A4   P  A5   P  A6   x Khi xác suất xuất mặt hai chấm P  A2   x Khi xác suất xuất mặt ba chấm P  A3   x Ta có P  A1   P  A2   P  A3   P  A4   P  A5   P  A6   1 Xác suất để sau lần tung có lần xuất số mặt chẵn lần xuất số mặt lẻ là:  x  x  3x  x  x  x   x   x  P  A1   P  A2   P  A3   P  A4   P  A5   P  A6    x  x  3x  x  x  x   x   x  Xác suất xuất mặt chẵn P  A2   P  A4   P  A6   Xác suất xuất mặt lẻ P  A1   P  A3   P  A5    4 5 Xác suất cần tìm C73      0, 2927 9 9 Câu 14 (Sở GDĐT Bình Phước - 2019) Gọi S tập hợp gồm số tự nhiên có chữ số đôi khác Lấy ngẫu nhiên số tập S Xác suất để số lấy có dạng a1a2 a3a4 a5 với a1  a2  a3 a3  a4  a5 A 24 B 30 C 36 D 48 Lời giải Chọn A Gọi A là biến cố lấy số có dạng a1a2 a3a4 a5 với a1  a2  a3 a3  a4  a5 Giả sử a3  n, n  0;1; 2; ;9 Vì a1 ; a2 ; a3 ; a4 ; a5 đôi khác a1  a2  a3  a4  a5 nên n  Ta có, a1  a1  a2  a3  a4  a5 nên ta có: a1 ; a2 ; a4 ; a5 thuộc tập hợp 0;1; 2; ; n  1 Số cách chọn cặp  a1 ; a2  là: C n21 (Vì a1  a2  a1 ) Số cách chọn cặp  a4 ; a5  C n2 (Vì a4  a5 ) Số kết thuận lợi cho biến cố A là: C n 1 Cn22  1134 n4 Số phần tử không gian mẫu là: A9  27216 Vậy xác suất biến cố A là: P  A   Câu 15 1134  27216 24 1 (Sở GDĐT Bình Phước - 2019) Rút gọn biểu thức T  Cn0  Cn1  Cn2   Cnn , n   n 1 ta kết A 2n1 n 1 n 1  n 1 Lời giải B 2n1 C D * 2n  n 1 Chọn C 1 n n Ta có 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n   1  x  dx    Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n dx   Câu 16  x  1 n 1 n 1 x2 x3 x n 1  Cn0 x  Cn1  Cn2   Cnn 0 n 1 2n1  1 1  Cn0  Cn1  Cn2   Cnn n 1 n 1 (HSG 12 - TP Nam Định - 2019) Cho tập X  1;2;3; ;8 Gọi A tập hợp số tự nhiên có chữ số đơi khác lập từ X Lấy ngẫu nhiên số từ tập A Tính xác suất để số lấy chia hết cho 2222 A C82 C62 C42 8! B 192 8! C Lời giải 4!.4! 8! D 384 8! Chọn D Số phần tử không gian mẫu 8! Gọi x  A x  a1a2 a3a4b1b2b3b4 Do 1111 nguyên tố nên x chia hết cho 2222 x chia hết cho x chia hết cho 1111 hay b4 số chẵn x chia hết 1111 Do x chia hết cho 1111 từ giả thiết x chia hết x chia hết số 9999 Mặt khác x  a1a2 a3a4 104  b1b2b3b4  9999.a1a2 a3a4  a1a2 a3a4  b1b2b3b4 Nên x chia hết cho 9999 a1a2 a3a4  b1b2b3b4 chia hết cho 9999 Vì 1000  a1a2 a3a4  b1b2b3b4  2.9999 a1a2 a3a4  b1b2b3b4 chia hết số 9999 nên a1a2 a3a4  b1b2b3b4  9999   bi  với i  1, 2,3, Do         nên  ; bi  1;8 ,  2;7  ,  3;6  ,  4;5 với i  1, 2,3, Mặt khác x chẵn nên b4 chẵn, Chọn: b4 có cách chọn, a4 có cách chọn; b3 có cách chọn, a3 có cách chọn; b2 có cách chọn, a2 có cách chọn; b1 có cách chọn, a1 có cách chọn Theo quy tắc nhân số phần tử tập X 4.1.6.1.4.1.2.1  192 192 Vậy xác suất cần tính 8! Câu 17 (THPT Yên Khánh A - Ninh Bình - 2019) Gọi X tập hợp tất số tự nhiên có chữ số đơi khác Lẫy ngẫu nhiên số thuộc tập X Tính xác suất để số lấy chứa ba số thuộc tập Y  1; 2;3; 4;5 ba số đứng cạnh nhau, số chẵn đứng hai số lẻ A P  37 63 B P  25 189 C P  25 378 D P  17 945 Lời giải Chọn D Số phần tử không gian mẫu n     A95 Gọi A biến cố số lấy chứa ba số tập Y ba số đứng cạnh nhau, số chẵn đứng hai số lẻ Số cách lấy ba số thuộc tập Y gồm số chẵn hai số lẻ C32 C21 Số cách xếp ba chữ số lấy từ tập Y thành số có ba chữ số mà chữ số chẵn đứng hai chữ số lẻ 2! Do ba số lấy từ tập Y đứng cạnh nên ta coi số  Trường hợp 1: Trong số có chữ số cần lập có chữ số -Chọn hai chữ số lại từ chữ số 6; 7; 8; có C42 cách -Xếp chữ số 0;  hai chữ số chọn thành số có chữ số có 3.3! cách Vậy trường hợp có C21 C32 2!.C42 3.3!  1296 số Trường hợp 2: Trong số có chữ số cần lập khơng có chữ số -Chọn ba chữ số lại từ chữ số 6; 7; 8; có C43 cách Hệ số x vế phải Cn31 Do có C 22  C32  C 42   C n2  C n31 +Từ giả thiết ta có 2Cn31  An21  n  n  1 n  1  3n  n  1  n  10 10 19     Khi xét khai triển   x    C10k   x  x  k 0 k 10  k x  19   C10k x 70 11k k 0 n Hệ số x Câu 50 26   khai triển   x  ứng với k  C104  210 x  (LỚP 11 THPT NGÔ QUYỀN HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019) Xác suất sinh trai lần sinh 0,51 Một người sinh hai lần, lần Tính xác suất P để người sau sinh lần có trai A P  2499 B P  7599 10000 C P  51 10000 100 D P  2601 10000 Lời giải Chọn B Gọi X biến cố: “ Sau sinh hai lần có người sinh trai” A1 biến cố: “ Người sinh trai lần thứ nhất” A2 biến cố: “ Người sinh trai lần thứ hai” Khi X  A1 A2  A1 A2  A1 A2      P  X   P  A1  P A2  P A1 P  A2   P  A1  P  A2   Câu 51 7599 10000 (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên có 2018 chữ số Tính xác suất để số chọn số tự nhiên chia hết cho mà số có hai chữ số 16217 16217 2015 2015 A B   0,9   0,9  900 900 16217 16217 2016 2015 C D   0,9   0,9  900 90 Lời giải Chọn D Xét số n  a1a2 a3 .a2018  a1   Số phần tử không gian mẫu với số số tự nhiên có 2018 chữ số Do ta có: n     102018  102017  9.10 2017 Gọi T biến cố “ số chọn chia hết cho mà số có hai chữ số ” Khi để biết số phần tử biến cố T ta qua giai đoạn đếm sau: + Giai đoạn 1: Đếm tất số tự nhiên có 2018 chữ số chia hết cho Số số tự nhiên có có 2018 chữ số chia hết cho là: 102017 (số) + Giai đoạn 2: Đếm tất số tự nhiên có 2018 chữ số chia hết cho mà khơng có số Vị trí a1 có cách ( a1  ), số cách chọn từ vị trí a2 đến a2017 92016 có cách chọn a2018 Do giai đoạn có 8.92016 (số) + Giai đoạn 3: Đếm tất số tự nhiên có 2018 chữ số chia hết cho mà có số Số số tự nhiên có 2018 chữ số chia hết cho mà có số là: 92016.2018  92015.2017  16145.92015 (số) Vậy số phần từ T là: n T   10 2017  8.92016  16145.92015  10 2017  16217.92015 Do xác suất cần tìm là: P T   Câu 52 n T  n   102017  16217.92015 16217 2015    0,9  2017 9.10 900 (ĐỀ THI THỬ LỚP 11 TRƯỜNG THPT YÊN PHONG LẦN NĂM 2018 - 2019) Tìm hệ   số x khai triển  x   x   720 C77  C87  Cn7  An101 4032  n  x   biết  A 560 B 1820 C 560 Lời giải D 1820 Chọn D Điều kiện: n   , n  Ta có: 720  C77  C87  Cn7   1 An101  720  C88  C87  C97  C170  Cn7   An101 4032 4032  720  C98  C97  C107  Cn7    720Cn81  1 An101  720  C108  C107  Cn7   An101 4032 4032  n  1!   n  1!  n  n   72  n  16 An101  720    4032 8! n   ! 4032  n   ! k 16  k    Khai triển  x   có số hạng tổng quát C16k x16 k      1 C16k x16 3 k x    x  k   , k  16  Hệ số x ứng với k thỏa 16  3k   k  Vậy hệ số cần tìm  1 C164  1820 Câu 53 (CHUYÊN KHTN LẦN NĂM 2018-2019) Cho đa giác 48 đỉnh Lấy ngẫu nhiên đỉnh đa giác Tính xác suất để tam giác tạo thành từ ba đỉnh tam giác nhọn A 33 47 B 33 94 C 11 47 D 22 47 Lời giải Số cách chọn đỉnh tùy ý từ 48 đỉnh đa giác n     C48 Gọi A biến cố “tam giác tạo thành từ ba đỉnh tam giác nhọn” * Tính số tam giác tù + Chọn đỉnh thứ có 48 cách chọn + Để tạo thành tam giác tù ba đỉnh tam giác phải thuộc nửa đường tròn ngoại tiếp tam giác Trong 47 đỉnh lại có 23 đỉnh với đỉnh chọn thuộc nửa đường tròn ngoại tiếp Nên số tam giác tù tạo thành 48C232 (tam giác) * Tính số tam giác vng tạo thành + Có 24 đường chéo qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác + Mỗi đường chéo với 46 đỉnh lại tạ thành 46 tam giác vuông Nên số tam giác vuông tạo thành 24.46  1104 (tam giác)  48C232  1104  4048 Vậy P  A   Do đó: n  A  C48 Câu 54 n  A n   4048 11  C48 47 (CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA LẦN NĂM 2018-2019) Cho lưới vng đơn vị kích thước x sơ đồ hình bên.Một kiến bò từ A , lần di chuyển bò theo cạnh hình vng đơn vị để tới mắt lưới liền kề Có tất cách thực hành trình để sau 12 lần di chuyển, dừng lại B ? A 3498 B 6666 C 1532 D 3489 Lời giải Để sau 12 lần di chuyển kiến từ A đến B có trường hợp xảy sau TH1: Con kiến di chuyển bước ngang bước xuống, bước ngang có bước lùi  Có 6C128 cách thực bước di chuyển TH2: Con kiến di chuyển bước ngang bước xuống, bước xuống có bước lùi  Có 4C126 cách thực bước di chuyển Từ hai trường hợp có 6C128  4C126  6666 cách thực Câu 55 Go ̣i S là tâ ̣p hơ ̣p tấ t cả các điể m M  x; y  có to ̣a đô ̣ là các số nguyên thỏa mañ :  x  4;  y  Cho ̣n ngẫu nhiên điể m thuô ̣c S Xác suấ t để ba điể m đươ ̣c cho ̣n là ba đın̉ h mô ̣t tam giác bằ ng? A 129 140 B 217 230 C Lời giải Cho ̣n C 537 575 D 37 40 Số cách cho ̣n ba điể m bấ t kı̀ là: n     C25 Xét các bô ̣ điể m thẳ ng hàng theo hàng ngang là: C53 Xét các bô ̣ điể m thẳ ng hàng theo hàng ̣c là: C53 Xét các bô ̣ điể m thẳ ng hàng theo hàng chéo của hın ̀ h vuông kıć h thước  là: C5 Xét các bô ̣ điể m thẳ ng hàng theo đường chéo của hı̀nh chữ nhâ ̣t kı́ch thước  là: 12 Xét các bô ̣ điể m thẳ ng hàng theo hàng chéo của hın ̀ h vuông kıć h thước  ( không kể bô ̣ trùng với bô ̣ điể m hàng chéo của hıǹ h vuông kı́ch thước  đã tıń h rồ i) là: C43 Xét các bô ̣ điể m thẳ ng hàng theo hàng chéo của hın ̀ h vuông kıć h thước  ( không kể bô ̣ trùng với bô ̣ điể m hàng chéo của hıǹ h vuông kıć h thước  và  đã tın ́ h rồ i ) là:  10.C53  2.C53  12  4.C43   2148 Do đó số bô ̣ ba điể m ta ̣o thành mô ̣t tam giác là: C25 Vâ ̣y xác suấ t cầ n tı̀m là: Câu 56 2152 537 (không có đáp án)  C25 575 (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN NĂM 2018-2019) Từ chữ số thuộc tập X  0;1; 2;3;4;5;6;7 lập số tự nhiên gồm chữ số khác cho số tự nhiên chia hết cho 18 A 720 B 860 C 984 Lời giải D 1228 Giả sử số lập có dạng a1a2 a3a4 a5a6 , a1  ,  a j với i  j , i  1; , j  1; a a a a a a   a1  a2  a3  a4  a5  a6   Ta có a1a2 a3a4 a5 a6  18   a6  a1a2 a3 a4 a5 a6  Vì  a1  a2  a3  a4  a5  a6  nên ta có trường hợp sau Trường hợp 1: a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 chọn từ X  2;3;4;5;6;7 Suy có 3.5!  360 số Trường hợp 2: a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 chọn từ X  0;1;2; 4;5;6 Trường hợp 3: a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 chọn từ X  0;1; 2;3;5;7 Suy có 5! 1.4.4!  216 số Vậy có 360  408  216  984 số Câu 57 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật OABC với A  0;10  B 100;10  C 100;0  (O gốc tọa độ) Gọi S tập hợp tất điểm M  xo ; yo  nằm bên hình chữ nhật OABC (tính điểm nằm cạnh hình chữ nhật) thỏa mãn xo ; yo số tự nhiên Lấy ngẫu nhiên điểm M  xo ; yo  thuộc S Xác suất để xo  yo  90 A 900 1011 B 860 1011 90 101 Lời giải C D 86 101 Chọn C 1 Không gian mẫu n     C11 C101  1111 Gọi B biến cố thỏa mãn toán Ta thấy điểm A( x; y ), ( x; y   ) nằm đường thẳng y  m; ( m  0,10) Nếu A( x; 0)  x  { 0;1; 2; ;90}  có 91 điểm thỏa mãn Nếu A( x;1)  x  { 0;1; 2; ;89}  có 90 điểm thỏa mãn ………………… Tương tự A( x;10)  x  { 0;1; 2; ;80}  có 81 điểm thỏa mãn Suy số phần tử biến cố 91  90   81  946 Vậy xác suất cần tính P ( B )  Câu 58 946 86 Do chọn  1111 101 C (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN LẦN NĂM 2018-2019) Chọn ngẫu nhiên số từ tập hợp tất số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt lấy từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 8, Tính xác suất để số chọn lớn số 2019 bé số 9102 A 31 45 B 83 120 119 200 Lời giải C Số phần tử không gian mẫu:   A74  A63  720 TH1: Nếu a  b   c  3;4;8;9 có cách; d có cách Vậy có 16 số D 119 180 b  1;3;4;8;9 có cách; c có cách; d có cách Vậy có 100 số TH2: Nếu a  3; 4;8 có cách; b có cách; c có cách; d có cách Vậy có 360 số TH3: Nếu a  b  ; c  1; 2;3; 4;8 có cách; d có cách Vậy có 20 số Kết luận:  A  16  100  360  20  496 số  P A  Câu 59 496 31  720 45 (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho tập hợp S có 12 phần tử Hỏi có cách chia tập hợp S thành hai tập (không kể thứ tự) mà hợp chúng S ? A 312  B 312  C 312  D 312  Lời giải Cách Giả sử S  A  B Đặt C  A  B, C1  A \ C , C2  B \ C Khi C1 , C2 , C ba tập không giao S S  C1  C2  C Khi phần tử x  S có khả năng: Hoặc thuộc tập C1 thuộc tập C2 thuộc tập C Do 12 phần tử có 312 cách chọn Trong cách chọn nói có trường hợp C1  C2   , C  S Các trường hợp lại lặp lại lần (đổi vai trò C1 C2 cho nhau) Do số cách chia 312  312  1  2 Cách Đặt S  S1  S2 Nếu S1 có k phần tử  có C12k cách chọn S1  S2  S \ S1  A với A  S1  Có 2k tập A  2k cách chọn S2 Vậy có C12k 2k cách chọn S1 S2 12 Vậy số cách chọn k 12 C k 0 2k  312 Nhưng trường hợp S1   S  S giống khơng hốn vị nên có 312  312  cách 1  2 Câu 60 Cho tập hợp S  1; 2;3;4;5;6;7;8;9;10 Hỏi có cách chia tập S thành ba tập khác rỗng cho tập khơng có hai số ngun liên tiếp nào? Lời giải Ta đặt Sn  1; 2;3; ; n , n  un số cách chia tập S n thành ba tập khác rỗng cho tập khơng có hai số nguyên liên tiếp Ta chứng minh u n  n   1, n  1 phương pháp qui nạp *Với n  3: S3  1;2;3 Rõ ràng ta có cách chia thỏa yêu cầu toán, 1 với n  *Giả sử 1 với n  k  k  3 , tức với Sk  1; 2;3; ; k ta có u k  k   * Ta chứng minh 1 với n  k  , tức với Sk 1  1;2;3; ; k  1 ta phải có u k 1  k 1  Giả sử ta chia tập Sk  1; 2;3; ; k thành ba tập thỏa yêu cầu đề bài, ta cần bổ sung thêm phần tử k  , có trường hợp xảy ra: Trường hợp 1: phần tử k  bổ sung vào ba tập hợp chia sẵn Sk  1; 2;3; ; k , trường hợp ta có cách thực (vì k  bổ sung vào tập hợp có chứa phần tử k ) Do Sk  1; 2;3; ; k có uk cách chia nên trường hợp ta có 2uk cách thực Trường hợp 2: phần tử k  tập có phần tử Sk 1  1; 2;3; ; k  1 , phần tử lại 1, 2, 3, , k có cách chia thành hai tập hợp (một tập chứa chữ số chẵn tập chứa chữ số lẻ) Vậy uk 1  2uk    2k   1   2k 1  (điều phải chứng minh) Kết luận: Với n  10 ta có số cách chia thỏa yêu cầu toán u10  28   255 Ta lập luận sau: Ta cần thiết lập công thức truy hồi dãy số  un  Giả sử ta có un cách chia tập Sn  1; 2;3; ; n thành ba tập thỏa yêu cầu đề Khi với tập Sn1  1; 2;3; ; n  1 ta có trường hợp sau: Trường hợp 1: phần tử n  bổ sung vào ba tập hợp chia sẵn Sn  1; 2;3; ; n , trường hợp ta có cách thực (vì n  khơng thể bổ sung vào tập hợp có chứa phần tử n ) Do Sn  1; 2;3; ; n có un cách chia nên trường hợp ta có 2un cách thực Trường hợp 2: phần tử n  tập có phần tử Sn1  1; 2;3; ; n  1 , phần tử lại 1, 2, 3, , n có cách chia thành hai tập hợp (một tập chứa chữ số chẵn tập chứa chữ số lẻ) Do ta có un 1  2un    un 1  1   un  1 Đặt  un    cấp số nhân với công bội q  Mặt khác v3  u3   nên  un 1 ta có  v3 q n 3  n   u n    n   Vậy u10  28   255 Cách 2: Gọi tập S thỏa mãn yêu cầu toán A , B , C ABC + Thả số1 vào A , thả số vào B + Thả số vào ba tập có cách ( loại tập B B chứa số ) + Thả số vào ba tập có cách ( loại tập chứa số ) + Cứ thả số từ số đến số 10 vào ba tập A , B , C theo cách số có cách thả Vậy số cách thả 10 phần tử S vào ba tập A , B , C theo cách có 28 cách * Xét trường hợp C   Khi đó, A  1;3;5;7;9 B  2;4;6;8;10 có cách Vậy số cách chia tập S thành ba tập khác rỗng cho tập khơng có hai số ngun liên tiếp 28  Câu 61 (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tung đồng thời súc sắc cân đối đồng chất Gọi m tích số chấm hai súc sắc lần tung Tính xác suất để phương trình x  x  m  có hai nghiệm phân biệt 24 26 28 17 A B C D 36 36 36 36 Lời giải Ta có số phần tử khơng gian mẫu n     36 Phương trình x  x  m  có hai nghiệm phân biệt    m   m  18 Khi số chấm hai con súc sắc cặp số  i , j  với i, j  1, thỏa mãn + i  1, 2; j  1, có 12 cặp số, + i  3; j  1,5 có cặp số, + i  4; j  1, có cặp số, + i  5; j  1,3 có cặp số, + i  6; j  1, có cặp số Như thế, có tất 12      26 cặp số  i , j  để i j  m  18 Vậy xác suất cần tìm Câu 62 26 36 (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Một quân vua đặt ô bàn cờ vua Mỗi bước di chuyển, quân vua chuyển sang ô khác chung cạnh chung đỉnh với đứng ( xem hình minh họa) Bạn An di chuyển quân vua ngẫu nhiên bước Xác suất để sau bước quân vua trở ô ban đầu A 64 B C83 8! C A83 8! D 512 Lờigiải Khơng gian mẫu 83 Có hai trường hợp + Trường hợp 1: Bước góc bước có cách đi, bước có cách + Trường hợp 2: Bước lại bước có cách đi, bước có cách Vậy tât có 4.2  4.4  24 Suy xác suất để sau bước quân vua trở ô ban đầu 24  83 Câu 63 Trong lớp có  2n  3 học sinh gồm An, Bình, Chi 2n học sinh khác Khi xếp tùy ý học sinh vào dãy ghế đánh số từ đến  2n  3 , học sinh ngồi ghế xác suất để số ghế An, Bình, Chi theo thứ tự lập thành cấp số cộng sinh lớp A 27 B 25 C 45 Lời giải Chọn D Số cách xếp học sinh vào ghế  2n  3 ! D 35 17 Số học 1155 Nhận xét ba số tự nhiên a , b , c lập thành cấp số cộng a  c  2b nên a  c số chẵn Như a , c phải chẵn lẻ Từ đến 2n  có n  số chẵn n  số lẻ Muốn có cách xếp học sinh thỏa số ghế An, Bình, Chi theo thứ tự lập thành cấp số cộng ta tiến hành sau: Bước 1: chọn hai ghế có số thứ tự chẵn lẻ xếp An Chi vào, sau xếp Bình vào ghế Bước có An21  An2 cách Bước 2: xếp chỗ cho 2n học sinh lại Bước có  2n ! cách   2 Như số cách xếp thỏa yêu cầu An1  An2  2n  ! Ta có phương trình A n 1  An2   2n  !  2n  3 !  n  n  1   n  1 n   17 17   1155  2n  1 2n   2n  3 1155  68n  1019n  1104   n  16   n   69 ( loaïi) 68  Vậy số học sinh lớp 35 Câu 64 (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN LẦN NĂM 2018-2019) Một anh sinh viên nhập học đại học vào tháng năm 2014 Bắt đầu từ tháng năm 2014, ngày mồng hàng tháng anh vay ngân hàng triệu đồng với lãi suất cố định 0,8%/tháng Lãi tháng trước cộng vào số nợ để tiêp tục tính lãi cho tháng (lãi kép) Vào ngày mồng hàng tháng kể từ tháng 9/2016 sau anh khơng vay ngân hàng anh trả cho ngân hàng triệu đồng có việc làm thêm Hỏi sau kết thúc ngày anh trường (30/6/2018) anh nợ ngân hàng tiền (làm tròn đến hàng nghìn đồng)? A 47.024.000 đồng B 46.641.000 đồng C 49.024.000 đồng D 45.401.000 đồng Lời giải Đặt q   0,8% Gọi uk , k * (đơn vị triệu đồng) số tiền nợ ngân hàng tính từ ngày mồng tháng thứ k , ngày 1/9/2014 Ta có u1  u2  u1.q   1  q   q2  q 1 u3  u2 q   1  q  q   … q3  q 1 uk  uk 1.q   qk  q 1 Đến 01/08/2016, ứng với tháng thứ 24 nên có u24  u23.q   q 24  q 1 Vì 01/09/2016 sinh viên không vay bắt đầu trả nợ triệu đồng tháng nên ta có u25  u24 q   q 24  q  q 1 u26  u25 q   q 24  q 24  q2  q  1  q   q  q 1 q 1 q 1 … u24 n  q 24  n qn  , n q 2 q 1 q 1 Đến ngày 01/06/2018, ứng với n  22 , nên u46  q 24  22 q 22  q 2 q 1 q 1 Tính đến hết ngày 30/6/3018 anh sinh viên trường ứng với  q 24  22 q 22   u47  u46 q   q 2 q  46.641.000 (đồng) q    q 1 HẾT Câu 65 (CHUYÊN KHTN LẦN NĂM 2018-2019) Cho hàm số y  f  x  xác định  f x  16  f  x   16    12 Tính giới hạn lim x 2 x2 x2 x  2x  5 A B C 24 12 Lời giải thỏa mãn lim D Theo giả thiết có lim  f  x   16    lim f  x   16   lim f  x   16 x 2 Ta có: lim x2 f  x   16  x2  x  x 2  lim x2 x 2  f  x   16   64  x   x    f  x   16    f  x   16  42    lim x 2  f  x   16   x   x    f  x   16    f  x   16  42      f  x   16   lim   x 2  x   x    f  x   16  f  x   16  42        5  12   5.16  16  5.16  16  16  24       Cách khác (Cách làm trắc nghiệm): Ta chọn hàm f(x)=12(x-2)+16 thỏa mãn giả thiết tốn Khi lim x 2 f  x   16  x  2x   lim x 2 60( x  2)  64  x2  2x  Sử dụng máy tính: nhập biểu thức lim gán cho x=1,9999999 ta kết giới hạn cần tìm Câu 66 Cho biết lim x  a.x  bx   c , với x3  x  a, b, c  R Tập nghiệm phương trình ax  bx  c  R có số phần tử A B C Lời giải Chọn B Đặt g  x    ax  bx   g   x   ax  ax b  1  Ta có x3  x  x    x  1  x    x     x  1 x  1 mà  2  lim x  a.x  bx   c với c  R x3  3x   1  a b  4a  b4 g     1            a 4  4a  g    a b  4a       a   a  b   a  3    b  3 4  a  a  a  D c  lim x  3x  3x   lim x 3  lim x 2  x  1  x  1  x  1   3x   x   3x    3x   x  1  x  1   3x   3x  6  x2  Phương trình ax  bx  c  trở thành 3x  x      x  1  x  2 Câu 67 (CHUYÊN QUỐC  x2    x2 f ( x)    2a   x  A a   4 HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho hàm số x  Tìm giá trị thực tham số a để hàm số f ( x ) liên tục x  B a  C a   D a  Lời giải Tập xác định: D  R x2   lim f ( x )  lim  lim x 0 x 0 x 0 x2 x2    lim x 0 2 x ( x   2)  lim x 0  x2   x2   x2   x2     1  x 42 f (0)  2a  Hàm số f ( x ) liên tục x   lim f ( x)  f (0)  2a  x 0 Vậy a  Câu 68  a 4 (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Có tất giá trị nguyên n  3n 1  ? n na 9 2187 C 2019 Lời giải tham số a thuộc khoảng  0; 2019  để lim A 2011 ChọnD B 2018 D 2012 n Ta có: lim 9n  3n1 5n  n  a 1 1 3  3   lim n 9a 5 a   9 9 Suy 1   a  0 a     4782969  a  log 4782969  a  a 2187  2187  Kết hợp điều kiện toán ta a  Câu 69  a  2019 nên có 2012 giá trị a (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) Giới hạn lim x 3 a x   5x  Giá trị thực a  b b x  4x  A B C 1 D Lời giải  x  1   x  1   x  x   x 1  5x    Ta có lim = lim  x 3 x  x  x 3    x  x  3 x   x       x  3x   x  x   x x  4x    =  lim  lim x 3 x   x  x  3  x   x  1  x  1 x   x      Do a  9; b  nên a  b  Bài toán tương tự Câu 70 (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho đồ thị  C  : y  x3  3x Có số nguyên b   10;10  để có tiếp tuyến  C  qua điểm B  0; b  A B 16 C Lời giải D 17 Chọn D Ta có y '  3x2  x Gọi  tiếp tuyến C  điểm M  x0 ; x03  x02  y  3 x02  x0  x  x0   x03  x02  qua B nên b  3x02  x0 0  x0   x03  3x02  b  2 x03  3x02 1 C  có tiếp tuyến qua B khi phương trình 1 có nghiệm Đặt f t   2t  3t Ta có f 't   6t  6t t  f ' t    6t  6t    t  Bảng biến thiên b  Từ bảng biến thiên suy phương trình 1 có nghiệm  b  Do b  10;10 suy có 17 giá trị nguyên Câu 71 (TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI SỐ NĂM 2018-2019) Cho hàm số y  x  11x có đồ thị (C) Gọi M điểm (C) có hồnh độ x1  2 Tiếp tuyến (C) M cắt (C) điểm M khác M , tiếp tuyến (C) M cắt (C) điểm M khác M ,., tiếp tuyến (C) M n 1 cắt (C) điểm M n khác M n 1  n   , n   Gọi  xn ; yn  tọa độ điểm M n Tìm n cho 11xn  yn  2019  A n  675 B n  673 C n  674 Lời giải Chọn B   +)Gọi M x0 ; x03  11x  (C )  tiếp tuyến  C  M +) y   x  11  Phương trình tiếp tuyến M y   3x02  11  x  x0   x03  11x0 + Xét Phương trình hồnh độ giao điểm tiếp tuyến đồ thị  C  x3  11x   3x02  11  x  x0   x03  11x0   x3  x03   3x02  x  x0     x  x0   x  x0    x  2 x0  x  2 n  xn   2  Vậy hoành độ điểm M cấp số nhân có  q  2 Suy 11xn  yn  2019  3n n  11 2    2   11 2    2  3n   2    2   n  673 2019 2019 D n  672 ... 2;3;86  ,  2 ;4; 85  , ,  2; 44 ; 45  có 42 Nếu a   b  c  88  có  3; 4; 84  ,  3;5;83 , ,  3; 43 ;45  có 40 Nếu a   b  c  87  có  4; 5;82  ,  4; 5;81 , ,  4; 43 ; 44  có 39 ……………………………………………………... Nên x chia hết cho 9999 a1a2 a3a4  b1b2b3b4 chia hết cho 9999 Vì 1000  a1a2 a3a4  b1b2b3b4  2.9999 a1a2 a3a4  b1b2b3b4 chia hết số 9999 nên a1a2 a3a4  b1b2b3b4  9999   bi  với i  1,... Xác suất chọn đại biểu để nước có đại biểu có đại biểu nam đại biểu nữ bằng: 3 844 1937 46 49 A B C D 48 45 48 45 95 95 Lời giải Chọn B Không gian mẫu: n     C20 Gọi: A biến cố: “trong