Bộ đề luyện thi cấp tốc môn Toán_05

http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 83               )3( 5 )22( )1( )2()2()3()1( )1()1()1( 2 00 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 yx zyx zyxzyx zyxzyx Từ (1) và (2) suy ra      00 00 3 xz xy . Thay vào (3) ta được 2 00 2 0 )23()1083(5  xxx        3 23 1 0 0 x x       ). 3 14 ; 3 23 ; 3 23 ( )2;1;1( M M 0,5 Ta có            nnnnnn n nCC nn 1 )2)(1( !3.7 )1( 2 3 171 32 .9 0365 3 2        n nn n 0,5 VIIb. (1,0 điểm) Suy ra 8 a là hệ số của 8 x trong biểu thức .)1(9)1(8 98 xx  Đó là .89.9.8 8 9 8 8  CC 0,5 ĐỀ 15 I.Phần chung (7 điểm) :dành cho tất cả các thí sinh Câu I(2 điểm) :Cho hàm số 3 2 y x 2mx (m 3)x 4     có đồ thị là (C m ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C 1 ) của hàm số trên khi m = 2. 2) Cho E(1; 3) và đường thẳng (  ) có phương trình x-y + 4 = 0. Tìm m để ( ) cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A, B, C ( với x A = 0) sao cho tam giác EBC có diện tích bằng 4. Câu II (2 điểm):a.Giải phương trình: 2 3 2 sin 2 1 1 3 2cos sin 2 tanx      x x x . b.Giải hệ phương trình : 3 2 4 3 2 2 x y x xy 1 x x y x y 1             Câu III (1 điểm). Tính tính phân sau: π 2 2 0 dx I cos x 3cos x 2     . Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng / / / ABC. A B C có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên 2a .Gọi E là trung điểm của / BB .Xác định vị trí của điểm F trên đoạn / AA sao cho khoảng cách từ F đến C / E là nhỏ nhất. Câu V (1 điểm):Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn: 1 1 1 1   a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 b c c a a b T a b c       II. Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VIa: ( 2 điểm) www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 84 1/.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng (d) : 3 7 0x y   và điểm A(3;3). Tìm toạ độ hai điểm B, C trên đường thẳng (d) sao cho  ABC vuông, cân tại A. 2/. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x y 5z 1 0    . Lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Oz và tạo với mặt phẳng (P) một góc 60 0 Câu VIIa:( 1 điểm) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau: 2 2 1 3 1 9 19 2 2 720 m m n m n C C A P             Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu VIb:( 2 điểm) 1/. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3), B( )0;2(),0; 4 1 C 2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK. Câu VII:( 1 điểm) Giải hệ phương trình :     2 2 3 3 2 2 2 2 log log 4             y x y x x xy y x y ĐÁP ÁN ĐỀ 15 Câu ĐÁP ÁN Điểm Ia -Tập xác định , tính y / -Nghiệm y / và lim -Bảng biến thiên -Đồ thị 0,25 0,25 0,25 0,25 Ib PT hoành độ giao điểm : 3 2 x 2mx (m 3)x 4 x 4       (1) 2 x(x 2mx m 2) 0     2 x 0 g(x) x 2mx m 2 0 (2)           (d) cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C  phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. / 2 m 1 m 2 m m 2 0 (a) m 2 g(0) m 2 0                      Δ Diên tích 1 S BC.d(E,BC) 2  Khoảng cách d(E, BC) 2 Suy ra BC = 4 2 2 B C B C (x x ) 4x x 16   2 4m 4(m 2) 16   Giải pt m = 3, m = -2 (loại) 0,25 0,25 0,25 0,25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 85 II a . Đk: 2 x k   Phương trình đã cho tương đương với:   2 3 2 1 3 2 sin 2    tan cot x x x 2 2 2 2 2(sin cos ) 3 3 2 sin cos 3 2 3 0          tan cot tan tan x x x x x x x x  3 3 1 3 6                         tan tan x x k x x k ,kZ KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : 6 2    x k ; kZ 0,25 0,25 0,25 0,25 IIb. Hệ tương đương : 3 2 3 x y x(y x) 1 [x(y x)] x y 1             Đặt 3 u x y, v x(y x)   Hệ trở thành 2 u v 1 u v 1         Giải hệ u 0 v 1       , u 3 v 2       Với u 0 v 1       giải hệ được x 1 y 0       Với u 3 v 2       giải hệ (vô nghiệm) Nghiệm của hệ : x 1 y 0      , x 1 y 0       0,25 0,25 0,25 0,25 III π π 2 2 0 0 1 1 I dx dx 1 cos x 2 cos x       Tính π π 2 2 0 0 2 dx dx 1 x 1 cos x 2cos 2      Tính 2 π π 2 2 0 0 2 x 1 tan dx 2 .dx x cos x 2 3 tan 2       . Đặt 2 2 x x 3 tan 3 tan t (1 tan )dx (1 tan t).dt 2 2 2       x = 0 => t = 0 x = π 2 => t = π 6 0,25 0,25 0,25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 86 2 π π 2 2 0 0 2 x 1 tan dx 2 .dx x cos x 2 3 tan 2       = π 6 0 2 dt 3  = π 3 3 Vây π π 2 2 0 0 1 1 I dx dx 1 cosx 2 cos x       = 1 - π 3 3 0,25 IV + Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho AO; BOy; A / Oz. Khi đó: A(0;0;0), B(0;a;0); A / (0;0;2a),, / 3 ; ;2 2 2         a a C a và E(0;a;a) F di động trên AA / , tọa độ F(0;0;t) với t  [0;2a] Vì C / E có độ dài không đổi nên d(F,C / E ) nhỏ nhất khi / ΔFC E S nhỏ nhất Ta có : / / 1 , 2         FC E S EC EF Ta có:   / 3 ; ; 2 2 EF 0; ;                a a EC a a t a / ,         EC EF ( 3 ; 3( ); 3) 2 a t a t a a    / 2 2 2 , ( 3 ) 3( ) 3 2             a EC EF t a t a a / 2 2 2 2 ΔFC E a 4t 12at 15a 2 1 a S . . 4t 12at 15a 2 2       Giá trị nhỏ nhất của / FC E S tùy thuộc vào giá trị của tham số t. Xét f(t) = 4t 2  12at + 15a 2 f(t) = 4t 2  12at + 15a 2 (t [0;2a]) f '(t) = 8t 12a 3 '( ) 0 2 a f t t   / FC E S nhỏ nhất  f(t) nhỏ nhất  3 2  a t  F(0;0;t) , hay FA=3FA / ( có thể giải bằng pp hình học thuần túy ) 0,25 0,25 0,25 0,25 V Đặt 1 x a  , 1 y b  , 1 z c  .vì 1 1 1 1   a b c nên x +y +z = 1 Và 2 2 2 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( )     T x y z y z z x x y +) Aùp dụng BĐT C.S ta có:     2 1 ( )x y z 2 x y z . y z . z x . x y y z z x x y                 2 2 2 2 2 2 x y z x y z (2x 2y 2z) 2( ) y z z x x y y z z x x y                     0,25 0,25 z x C C / F A A / B / B E www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 87 +) Ta có:   2 2 2 1 1 1 1 4 ( )              x x x y z y z y z y z y z Tương tự . Do đó 2 2 2 x y z T 4 y z z x x y             2 Đẳng thức xảy ra khi 1 3   x y z hay 3  a b c 0,25 0,25 VIa:1 Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0x y   và phân giác trong CD: 1 0x y   . Viết phương trình đường thẳng BC. Điểm   : 1 0 ;1C CD x y C t t      . Suy ra trung điểm M của AC là 1 3 ; 2 2 t t M         . Điểm   1 3 : 2 1 0 2 1 0 7 7;8 2 2 t t M BM x y t C                      Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y    tại I (điểm K BC ). Suy ra     : 1 2 0 1 0AK x y x y        . Tọa độ điểm I thỏa hệ:   1 0 0;1 1 0 x y I x y           . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của   1;0K  . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0 7 1 8 x y x y         0,25 0,25 0,25 0,25 VIa:2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình x 1 2t y t z 1 3t           . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HIAH  => HI lớn nhất khi IA  Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH  làm véc tơ pháp tuyến. )31;;21( tttHdH  vì H là hình chiếu của A trên d nên )3;1;2((0.  uuAHdAH là véc tơ chỉ phương của d) )5;1;7()4;1;3(  AHH Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 0,25 0,25 0,25 0,25 VIIa Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau: 2 2 1 3 1 9 19 2 2 720 m m n m n C C A P             <=>           720 2 19 2 9 1 12 3 2 n mn m m P AcC www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 88 Từ (2): 761!6720)!1(  nnn Thay n = 7 vào (1) m(m 1) 9 19 45 m 2 2 2      2 m m 90 9 19m     2 m 20m 99 0    119  m vì 10 mm Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: 1575. 2 10 3 7 CC cách TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: 350. 1 10 4 7 CC cách TH3: 5 bông hồng nhung có: 21 5 7 C cách  có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. Số cách lấy 4 bông hồng thường %45,31 6188 1946 6188 5 17   P C 0,25 0,25 0,25 0,25 VIb1 Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3),B( )0;2(),0; 4 1 C Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A khi và chỉ khi     2 2 2 2 9 1 3 4 4 2 4 3 81 225 9 3 16 16 4 1 6 3 1. 4 16 9 25 d DB AB DC AC d d d d                           Đường thẳng AD có phương trình: 2 3 3 6 3 9 1 3 3 x y x y x y             , và đường thẳng AC: 2 3 3 6 4 12 3 4 6 0 4 3 x y x y x y              Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là 1 b và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có:   2 2 3 1 4 6 3 5 ; 3 4 4 ) 3 5 ; 3 1 ) 3 5 . 2 b b b b b a b b b b b b b                   Rõ ràng chỉ có giá trị 1 2 b  là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn 0,25 0,25 0,25 0,25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 89 nội tiếp ABC là: 2 2 1 1 1 2 2 4 x y                 . VIb2 2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK. . Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) : 1 x y z P a b c     Ta có (4 ;5;6), (4;5 ;6) (0; ; ), ( ;0; ) IA a JA b JK b c IK a c             Ta có: 4 5 6 1 5 6 0 4 6 0 a b c b c a c                  77 4 77 5 77 6 a b c              ptmp(P) 0,25 0,25 0,25 KL: 0,25 VII b Giải hệ phương trình :       2 2 3 3 2 2 2 2 log log . * 4             y x y x x xy y x y Điều kiện : x > 0 ; y > 0 . Ta có : 0 4 3 2 2 2 22         y y xyxyx yx, >0 Xét x > y 3 3 2 2 VT(*) 0 log log VP(*) 0 x y          (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm Xét x < y 3 3 2 2 VT(*) 0 log log VP(*) 0 x y          (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm. Khi x = y hệ cho ta 2 2 0 0 2 2 4x y        x = y = 2 ( do x, y > 0). Vậy hệ có nghiệm duy nhất     ; 2; 2x y  0,25 0,25 0,25 0,25 ĐỀ 16 I- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x      1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi 0m  . 2. Xác định các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng   2; . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: tan 3 2 tan 4 tan 5 0x x x   với (0; 2 )x   . 2. Giải bất phương trình: 1 2 3 1 3 3 log (2 1).log (2 2) 2log 2 0 x x     . Câu III (1 điểm) www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 90 Tính tích phân 2 3 0 sin 2 (2 cos ) x I dx x     . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ( ),ABCD SA a . Đáy ABCD là hình bình hành có  0 , 2 , 60AB b BC b ABC   . Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của các cạnh ,BC SD . Chứng minh //( )MN SAB và tính thể tích của khối tứ diện AMNC theo , .a b Câu V (1 điểm) Cho , ,x y z là các số thực thoả mãn 1, 2, 3x y z   . Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: 2 3 3 1 1 2 ( , , ) x y z y z x z x y f x y z xyz          II- PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 1. Trong hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có ( 2;3)C  . Đường cao của tam giác kẻ từ đỉnh A và đường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là: 3 2 25 0, 0x y x y     . Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 6 4 11 0S x y z x y z       và điểm ( 1; 2;3)I   . Chứng minh điểm I nằm bên trong mặt cầu (S). Viết phương trình của mặt phẳng (P) đi qua điểm I đồng thời mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn tâm I. Câu VII.a Tìm số nguyên dương n thoả mãn: 1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 .2 2. .3.2 3. .3 .2 . 2 . .3 .2 (2 1) .3 2009 n n n n n n n n n n n n C C C n C n C                 . 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b 1. Trong hệ trục toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD biết CD có phương trình 4 3 4 0x y   . Điểm (2;3)M thuộc cạnh BC, (1;1)N thuộc cạnh AB. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AD. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường tròn (C) có tâm (1; 2;3)K  , nằm trên mặt phẳng ( ) : 3 2 2 5 0P x y z    , và đi qua điểm (3;1; 3)M  . Viết phương trình mặt cầu (S) chứa đường tròn (C) và có tâm thuộc mặt phẳng ( ): 5 0Q x y z    . Câu VII.b Từ bộ bài tú lơ khơ 52 con bài (gồm 13 bộ, mỗi bộ có 4 con với 4 chất: Rô, Cơ, Bích, Nhép) người ta rút ra 5 con bài bất kỳ. Tính xác suất để rút được 2 con thuộc một bộ, 2 con thuộc bộ thứ hai và con thứ năm thuộc bộ khác. ĐÁP ÁN ĐỀ 16 Câu Nội dung Điểm I 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 1điểm Khi m = 0 hàm số trở thành 3 2 2 3 1y x x    TXĐ: D    Sự biến thiên: 2 0 6 6 , ' 0 1 x y x x y x           Ta có (0) 1; (1) 0 CD CT y y y y     Bảng biến thiên: 0.25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 91 x  0 1  y' + 0 - 0 + y 1   0  Hàm số đồng biến trên các khoảng     ;0 , 1;  ,nghịch biến trên   0;1  Đồ thị : f(x)=2*x*x*x-3*x*x+1 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 x y 0.25 0.25 0.25 2 Tìm các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng   2; 1điểm Ta có 2 ' 6 6(2 1) 6 ( 1)y x m x m m     2 2 ' 0 6 6(2 1) 6 ( 1) 0 (2 1) ( 1) 0 1 y x m x m m x m x m m x m x m                     Do đó, hàm số đồng biến trên khoảng   2; 1 2 1m m     Vậy với 1m  thì hàm số đồng biến trên khoảng   2; 0.25 0.25 0.25 0.25 II 1 Giải phương trình tan 3 2 tan 4 tan 5 0x x x   với (0; 2 )x   1điểm ĐK: cos3 0;cos4 0;cos5 0x x x   . Phương trình cho 2 2 sin8 2sin4 0 cos3 .cos5 cos4 cos 4 cos3 .cos5 2sin 4 0 cos3 .cos4 .cos5 1 cos8 cos2 cos8 sin 4 0 cos3 .cos4 .cos5 2sin sin 4 0 cos3 .cos4 .cos5 sin 4 0 , 4 sin 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x k x x k                                               , 4 k x k k       Do (0; 2 )x   nên phương trình cho có nghiệm là 5 3 7 ; ; ; ; 4 4 2 4 x x x x x           0.25 0.25 0.25 0.25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 92 2 Giải bất phương trình: 1 2 3 1 3 3 log (2 1).log (2 2) 2log 2 0 x x     1điểm Bất phương trình 2 3 3 3 2 3 3 3 3 log (2 1).log 2(2 1) 2log 2 0 log (2 1). log (2 1) log 2 2log 2 0 x x x x                      Đặt 3 log (2 1), 0 x t t   . BPT trở thành   2 3 3 3 3 3 3 log 2 2log 2 0 (log 2 )(2log 2 ) 0 2log 2 log 2 t t t t t             Do t > 0 nên ta có 3 0 log 2t  . Suy ra: 3 3 0 log (2 1) log 2 2 1 2 0 x x x         0.25 0.25 0.25 0.25 III Tính tích phân 2 3 0 sin 2 (2 cos ) x I dx x     1điểm Đặt 2 cos cos 2 sin .t x x t x dx dt        Khi 0 3; 2 2 x t x t        . Ta có 3 3 3 2 3 3 2 3 0 2 2 2 3 3 2 2 2 sin .cos 2 1 1 2 2 2 2 (2 cos ) 1 1 1 5 1 2 3 18 18 x x t I dx dt dt dt x t t t t t                                0.25 0.5 0.25 IV Cho hình chóp .S ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ( ),ABCD SA a . Đáy ABCD là hình bình hành có  0 , 2 , 60AB b BC b ABC   . Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của các cạnh ,BC SD . Chứng minh ( )MN SAB và tính thể tích của khối tứ diện AMNC theo a, b. 1điểm www.VNMATH.com [...]... tr nh nht ca M l VIa 2 Trong khụng gian vi h to Oxyz cho mt cu ( S ) : x y z 2 x 6 y 4 z 11 0 v im I ( 1; 2;3) Chng minh im I nm bờn trong mt cu (S) Vit phng trỡnh ca mt phng (P) i qua im I ng thi mt phng (P) ct mt cu (S) theo giao tuyn l ng trũn tõm I Mt cu (S) cú tõm J(1; -3; 2) bỏn kớnh R = 5 2 2 VIIa 2 2 2 2 Ta cú IJ 2 1 ( 1) 6 R Chng t I nm bờn trong hỡnh cu (S) Mt phng (P) tho món... log 2 x 1 2 (log2 x 3) 0 0 log 2 x log 2 x 1 log 2 x 1v log2 x 0 0 x ; x 1 2 18 PHN CHUNG CHO TT C TH SINH ( 7 im ) x3 x 2 7 Cõu I : ( 2 im )Cho hm s y 2 x ( 1) 3 2 3 1)Kho sỏt s bin thi n v v th ( C ) ca hm s (1) 5 x 61 t ú k n th 4 24 (C) ca hm s (1) ba tip tuyn tng ng vi ba tip im cú honh x1, x2, x 3 tha: x1 x2 0 x3 2) Tỡm tt c cỏc im trờn ng thng d cú phng trỡnh: y Cõu . kỳ. Tính xác suất để rút được 2 con thuộc một bộ, 2 con thuộc bộ thứ hai và con thứ năm thuộc bộ khác. ĐÁP ÁN ĐỀ 16 Câu Nội dung Điểm I 1 Khảo sát và vẽ đồ. tuỳ ý 5 cây từ bộ bài 52 cây có 5 52 C cách - Chọn 2 cây đầu tiên từ 1 bộ (trong 13 bộ) có 2 4 13C cách - Chọn tiếp 2 cây nữa, từ 1 trong 12 bộ còn lại có