ĐÁP án CHI TIẾT 1d 1h

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021 TUYỂN CHỌN CÂU HỎI VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TRÊN CẢ NƯỚC NĂM 2021 LỜI GIẢI CHI TIẾT - HÌNH HỌC KHƠNG GIAN - XÁC SUẤT PHẦN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Câu (THPT Nguyễn Khuyến - Nam Định - 2021) Cho lăng  trụ  ABC AB C    có  tam  giác  ABC   đều cạnh bằng  2a  Hình chiếu của  A  trên   ABC   trùng với tâm  O  của đường trịn ngoại tiếp  ABC  Gọi  M  là trung điểm cạnh  AB , tính khoảng cách giữa hai đường thẳng  CM  và  BC    A a   B a   C a   Lời giải D   Chọn B Gọi  P  là trung điểm của  AC ,  Q  là giao điểm của  PC   và  AC   PQ PC PQ Có  AC / / AC            PC  QC  AC  PO PQ  OQ / / BC    AMC  / / BC    Lại có  O  là trọng tâm tam giác  ABC    PB PC   d  BC ; CM   d  B;  AMC     AO.S ABC   1 1 Thể tích của khối chóp  A.MBC  là  V2  AO.S MBC  AO SABC  AO.SABC   3 AO.S ABC S 3V2  d  B;  AMC    2  ABC   S AMC CM AO.CM 2a  a (đvdt) ; CM   a   Tam giác  ABC  đều cạnh bằng  2a  SABC   2a  S  d  B;  AMC    ABC  a  d  BC ; CM   a   CM Thể tích của khối chóp  A ABC  là  V1  Câu (THPT Nguyễn Khuyến - Nam Định - 2021) Cho hình chóp  S ABC  có đáy  ABC  là tam giác  vuông tại  A ,  SA   ABC  ,  SA  AB  a ;  AC  2a  Gọi  H , K lần lượt là hình chiếu của  A  lên  SB, SC  Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng   AHK   và   ABC    Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  A   B   C   D   Lời giải  Chọn B    Dựng hình bình hành  ABDC , ta có  BAC  90  ABDC  là hình chữ nhật.  BD  AB  Ta có    BD   SAB  , mà  AH   SAB   AH  BD   BD  SA  Lại có  AH  SB  AH   SBD   AH  SD   1   Tương tự ta có  AK  SD    2   Từ  1  và   2  SD   AHK  ; mặt khác  SA   ABC     AHK  ,  ABC     SD , SA    ASD   Ta có  ABCD  là hình chữ nhật nên  AD  AB2  AC  a   Tam giác  SAD  vuông tại  A    SD  SA2  AD2  a   SA    cos  ASD   SD Vậy  cos   AHK  ,  ABC      Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021  Câu (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2021) Cho hình chóp đều  S ABCD  có đáy  ABCD  là hình  vng  cạnh  bằng  a ,  cạnh  bên  SA  2a   Côsin  của  góc  giữa  hai  mặt  phẳng   SCD    và   SAC   bằng    A 21   14 21   B 21   C D 21   Lời giải Chọn C S A D H I O B C   Gọi  I là trung điểm  CD , do  S.ABCD  là hình chóp tứ giác đều nên dễ thấy  OI  CD, SI  CD   Ta có  OD  AC, OD  SO  OD   SAC   Dựng  OH  SC  DH  SC  (định lý ba đường     vng góc). Do đó, góc giữa hai mặt phẳng   SCD   và   SAC   là góc  DHO Ta có:  IC  OI  a a 2 , OC   a ,  2 a2 a 14 SC  2a  SI  SC  IC  4a     2 2 Xét tam giác  SCD , ta có:  S SCD = CD.SI DH SC =  2 a 14 = DH 2a  DH  a   2 a Xét tam giác vng  SOC , ta có:  SO  SC  OC  4a2  a2  a   a OH 21 = =   Xét tam giác vng  DOH , ta có:  cos DHO   DH a 7 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  Câu (Chuyên Lê Thánh Tơng - Quảng Nam - 2021) Cho hình nón đỉnh  S  đáy là đường trịn tâm  O  bán kính  R  , góc ở đỉnh bằng  60 o  Một mặt phẳng đi qua đỉnh  S  cắt đường trịn đáy tại  hai điểm  A  và  B  sao cho  AB   Tính khoảng cách từ  O  đến   SAB    A 13   B 15   14 15 13   26 Lời giải C D 15 34   34 Chọn B Gọi  I  là trung điểm của đoạn thẳng  AB  khi đó  IA  IB   và  OI  AB   Trong   SOI  ,  kẻ  OH  SI   Ta có  OI  AB    AB   SOI   AB  OH   SO  AB  Ta có  OH  SI    OH   SAB   d  OH ,  SAB    OH   OH  AB  Trong tam giác vuông  SOI  với đường cao  OH , ta có  1    OH  2 OH SO OI SO.OI SO  OI   Áp dụng định lý pytago vào tam giác  OAI  vng tại  I , ta có:  OA2  OI  IA2  OI  OA2  IA2  52    OI      30o  Trong  SOA vuông tại  O  ta có:  Hình nón có góc ở đỉnh bằng  60 o nên  OSA tan 30o  OA OA  SO      o SO tan 30 3 Vậy  OH  3.3 5  Câu  32  15   14 (Chuyên Lê Thánh Tông - Quảng Nam - 2021) Một  chiếc  hộp  hình  hộp  chữ  nhật  ABCD.EFGH , mặt trên  EFGH  khơng có nắp (xem hình bên).  Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021  F G H E B A C O D   Có một con kiến ở đỉnh  A  bên ngồi hộp và một miếng mồi của kiến tại điểm  O  là tâm đáy  ABCD  ở bên trong hộp. Tính qng đường ngắn nhất mà con kiến tìm đến miếng mồi (làm  trịn đến một chữ số thập phân) A 12.3 B 12.4 C 12.2 D 12.8.  Lời giải Chọn C   ( Hình 1)    ( Hình 2)  Đầu tiên kiến bị đến điểm M trên miệng hộp ( M thuộc đoạn EK với K là trung điểm  EF )  ( cạnh EF và EH là như nhau – với mỗi điểm M thuộc đoạn EK, có điểm M* thuộc đoạn KF  sao cho MO = M*O ). Tiếp tục kiến thực hiện qng đường ngắn nhất ( bên trong hộp ) từ M  đến O- lúc này ta trải hai hình chữ nhật EFBA và ABCD lên mặt phẳng.  Gọi EM =x, 0  x  2 và S là qng đường ( ngắn nhất) mà kiến thực hiện.  S = AM +MO  Trên hình 1 thì  AM  AE  EM , trên hình 2 ( hình khai triển) thì MO =  OK  KM   Ta có:  S AE  EM  OK  KM  52  x   (2  x )  (5  7)  ( x   x )  12,17   ( chú ý  52  x   (2  x )  (5  7)  ( x   x )  là bất đẳng thức      |a | |b|  |ab|  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  Dấu = xảy ra khi  Câu x   x    2 x (Chuyên Quốc Học Huế - 2021) Cho tứ diện  O ABC  có  3 cạnh  OA, OB, OC  đơi một vng  góc  với  nhau.  Biết  khoảng  cách  từ  điểm  O   đến  các  đường  thẳng  BC, CA, AB   lần  lượt  là  a , a , a  Tính khoảng cách từ điểm  O  đến mặt phẳng  ( ABC)  theo  a A a B a 66 11 11a Lời giải  C D 2a 33 11 Chọn D Đặt  OA  a, OB  b, OC  c  Kẻ  OM  BC, ON  AC, OP  AB, OH  AM   OA  BC Ta có    BC   OAM   mà  OH  AM  nên  OH   ABC    OM  BC  1 1    1  2 b c  d O ; BC  OM  1 1 1 11  Theo giả thiết             a c a b c 12  d O ; CA ON  1 1    2  a b  d O ; AB OP Trong   OAM  có  Câu 2a 33 1 1 1 11  nên  OH     2 2  2 11 OH OA OM a b c 12 (THPT Hậu Lộc - Thanh Hóa - 2021) Cho hình chóp  S.ABC  có  SA   ABC  , đáy là tam  giác đều cạnh  a  Biết  SB  a , khoảng cách từ trung điểm của  SA  đến mặt phẳng   SBC    bằng  2a 57 A .  19 B a   a 57   19 Lời giải  C D Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ a 57   19 TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021  Chọn C   Dựng  AE  BC ,  AH  SE   Theo bài,  SA   ABC   BC  SA  BC    BC  SA   SAE   Khi đó   BC  AE   SAE   BC   SAE   AH  BC  AH     SA  AE   A  AH  SE   SBC   Ta có:   AH  BC   SBC     AH   SBC      BC  SE   E Xét  SAB , có  SA  SB  AB  5a  a  2a   a 1 1 19 2a 57     2  2   AH  2 2 3a AH SA AE 4a 12a 19 a 57 Lấy  M  là trung điểm của  SA  d  M ,  SBC    AH    19 Xét  ABC , có  AE  Câu (THPT Hậu Lộc - Thanh Hóa - 2021) Cho hình chóp  S ABCD có đáy  ABCD là hình thang  có  đáy  lớn  là  AD, các  đường  thẳng  SA, AC và  CD   đôi  một  vng  góc  với  nhau;  SA  AC  CD  a  và  AD  BC  Khoảng cách giữa hai đường thẳng  SB  và  CD  bằng  A a 10   B a   a   Lời giải  C D a 10   Chọn D Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  Kẻ  BN // CD  N  là trung điểm của  BC và  CD //  SBN    Ta lại có  AD  BC  AN  BC    Tứ giác  ABCN  là hình bình hành.  DC  AC  BN  AC  Tứ giác  ABCN là hình thoi  d  CD; SB   d  CD;  SBN    d  C ;  SBN    d  A;  SBN     Gọi  H  là giao điểm của  AC và  BN , kẻ  AK  SH    AC  BN  BN   SAC   BN  AK   Ta có    BN  SA ( BN // CD )  d  A;  SBN    AK   AC a  , SA  a 2,  tam giác  SAH vng tại  H , ta có:  2 1 SA2 AH a 10    AK     2 2 AK SA AH SA  AH AH  Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng  SB  và  CD  bằng  Câu a 10   (Sở Thái Nguyên - 2021) Cho  hình  chóp  S ABC   có  đáy  là tam  giác  đều  cạnh  a ,  cạnh  bên  SA  a  và  SA   ABC   Gọi  I  là trung điểm của  BC  Khoảng cách giữa hai đường thẳng  SI   và  AB  là 17 a A B 17 a C 23 a D Lời giải Chọn D   Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 57 a 19 TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021  Gọi  E  là trung điểm của đoạn  AC , khi đó  IE  là đường trung bình của tam giác  ABC  nên  a IE //AB  và  IE  AB    2 Ta có  AB //IE ,  AB   SIE  ,  IE   SIE   nên  AB //  SIE    Mà  SI   SIE   suy ra  d  AB; SI   d  AB;  SIE    d  A;  SIE     Gọi  F  là trung điểm của  AB  thì  CF  AB  nên  CF  IE   Gọi  D  là giao điểm của  CF  và  IE   Trong mặt phẳng   ABC  , kẻ  AH  IE  tại  H  thì  AH //CF   Trong mặt phẳng   SAH  , kẻ  AK  SH  tại  K  thì  AK  d  A;  SIE     Có  AH //DF ,  HD //AF ,  AF  FD  nên tứ giác  AHDF  là hình chữ nhật.  1 a a  Suy ra  AH  DF  CF    2 1 1 19 a 57 Khi đó     2  2   AK  a  2 AK SA AH a a 3 3a 19 19     Vậy  d  AB; SI   AK  a 57 19 Câu 10 (THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - 2021) Cho  hình  chóp  tứ  giác  đều  S ABCD   có  AB  2a, SA  a  Gọi  M  là trung điểm  AD  Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng  SD   và  BM ?  2a 2a 93 3a   A B C D .      31 Lời giải  Chọn C   Gọi  N  là trung điểm của  SA  suy ra  MN //SD  và  MN   d BM ,SD  d D , BMN   d A, BMN   SD a    2 3VA BMN   S BNM Trong  SAO  có  SO  SA2  OA2  a   1 4a a3 Ta có  VS ABCD  SO.S ABCD  a  2a    VN ABM  VS ABCD    3 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  SB  AB SA2 3a  4a 3a a 11       4 Trong  SAB  có  BN  Trong   ABD  có  BM  AB  Áp dụng công thức  S  Vậy  d A, BMN   3VN ABM S BMN AD 4a  4a   a   4 p  p  a  p  b  p  c   cho  BMN  thì  S BMN  a2   a3 a  26    a Câu 11 (THPT Nguyễn Trung Thiên - Hà Tĩnh - 2021) Cho hình chóp đều  S ABCD  có đáy  ABCD   là hình vng tâm  O  cạnh  a , cạnh bên tạo với đáy một góc  60  Gọi  M  là điểm thuộc cạnh  SB  sao cho  SM  SB  (tham khảo hình vẽ). Tính khoảng cách từ  M  đến mặt phẳng   SCD      A 2a 42   21 B a 42   14 a 42   21 Lời giải  C D a 42   Chọn A Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489    Vậy đoạn  AO  là quãng đường đi ngắn nhất của kiến và  AO  22  122  12, Câu 32 (THPT Nguyễn Thị Minh Khai - Hà Tĩnh - 2021) Cho hình chóp  S ABCD có đáy  ABCD  là  hình  chữ  nhật  có  AB  a, AD  a   Cạnh  bên  SA   vng  góc  với  đáy   ABCD    Góc  giữa  SC  và mặt đáy bằng  60  Gọi  M  là điểm thuộc cạnh  BC  sao cho  MB  2MC  Khoảng cách  giữa hai đường thẳng  DM  và  SC  bằng  A a   B a   C a   D a   Lời giải Chọn A   1  Kẻ  CE // DM  E  AD   DE  AD  DE  AE  Dựng  AH  CE  CE   SAH    Dựng  AK  SH  AK   SCE  , AK  d  A,  SCE   , AC  AD  DC  2a      60  SA  AC tan 60  2a   Ta có:   SC ,  ABCD    SCA  Ta có:  DM // CE  DM //  SCE   d  DM , SC   d  DM ,  SCE    d  D,  SCE     Trang 28 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021  DE 1 AK   d  D,  SCE    d  A,  SCE      AE 4 a 4a 2a 2a  AE   S ACE  CD AE  , CE  CD  DE   MC  BC    3 3 2S 1 1  AH   ACE  2a,  xét   SAH có:    2 2  AK  a   2 CE AK AH SA 4a 12a a    d  DM , SC    Mặt khác:  Câu 33 (THPT Trần Nhân Tơng - Quảng Ninh - 2021) Cho hình lăng trụ  ABC A ' B ' C '  có chiều cao  a  Biết rằng tam giác  A ' BC  là tam giác nhọn và nằm trong mặt phẳng vng góc với  35 mặt đáy.  Hai mặt phẳng   ABB ' A '   và   ACC ' A '  cùng tạo với đáy các  góc  bằng nhau.  Góc    600 , AC  AB  3a  Khoảng cách giữa hai đường thẳng  AB '  và  A ' C  bằng  BAC A 2a   B a   C a   D 3a   Lời giải Chọn A Do tam giác  A ' BC  là tam giác nhọn và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt đáy nên kẻ  AH  BC  AH   ABC   và  H  nằm trong đoạn  BC   Hai mặt phẳng   ABB ' A '  và   ACC ' A '  cùng tạo với đáy các góc bằng nhau nên  H  cách đều     AB  và  AC  do đó  H  là chân đường phân giác trong của  BAC BH AB   CH  3BH   CH AC Gọi  I , J  lần lượt là trung điểm của  BC , B ' C '  suy ra   ABI  //  CAJ   do đó  Theo tính chất đường phân giác ta có:  d  AB ', A ' C   d   AB ' I  ,  CA ' J    d ( I ,  CA ' J    Kẻ  KC / / AI  KC / / A ' J  khi đó  d  I ,  CA ' J    d  I ,  CKA ' J     Ta có:  d  I ,  CKA ' J   d  H ,  CKA ' J    IC 2   d  I ,  CKA ' J    d  H ,  CKA ' J     HC 3 Kẻ  HD  KC , HF  A ' D  d  H ,  CKA ' J    HF  và  1     2 HF HA ' HD Ta có:  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 29 TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  BC  AB  AC  AB AC.cos A  a AB  AC BC 13a 13      AI  a 4 2 2 AI  IC  AC Xét tam giác  AIC  có:  cos   Do  AICK  là hình bình hành nên  AIC   AI IC 91  BC  a 7, AI    3  HD  HC.sin HCD   a  thay vào ta được   sin ICK 91 13 91 1 1     HF  a  d  I ,  CKA ' J    a   HF HA '2 HD a  cos ICK  PHẦN XÁC SUẤT Câu (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2021) Trong  mặt  phẳng  tọa  độ  Oxy ,  cho  hình  vng  MNPQ   với  M 10;10  ,  N  10;10  ,  P  10;  10  ,  Q 10;  10   Gọi  S   là  tập hợp  tất cả  các  điểm có tọa độ đều là các số ngun nằm trong hình vng  MNPQ  (tính cả các điểm nằm trên  các  cạnh của  hình vng).  Chọn ngẫu  nhiên  một điểm  A  x; y   S , khi  đó xác  suất  để  chọn    được điểm  A  thỏa mãn  OA.OM   là  A   21 B   49 C   49 D 19   441 Lời giải Chọn A Số các điểm có tọa độ đều là các số ngun nằm trong hình vng  MNPQ  (tính cả các điểm  nằm trên các cạnh của hình vng) là  21x 21  441 điểm.      Theo giải thiết:  OM  10;10  ; OA   x; y   OA.OM  10 x  10 y   x  y    10 1    x  y    Vậy  các  điểm  A  x; y   S   thỏa  mãn  điều  kiện  đề  bài  nằm  trên  đường  10 10 thẳng  x  y   Trong hình vng  MNPQ  có tất cả  21  điểm thuộc đường thẳng này.  21 Vậy xác suất cần tìm là  P     441 21 Câu (Chuyên Lê Thánh Tông - Quảng Nam - 2021) Xếp ngẫu nhiên   học sinh nam và   học  sinh nữ thành một hàng ngang. Tính xác suất để có đúng   học sinh nam đứng xen kẽ với    học sinh nữ.  12 5 A .  B .  C .  D .  12 17 37 84 Lời giải Chọn D  Cách xếp   học sinh nam và   học sinh nữ thành một hàng ngang là    9!  362880    Gọi  A  là biến cố: “để có đúng   học sinh nam đứng xen kẽ với   học sinh nữ”.   Xếp   học sinh nữ có  3!  cách. Khi đó tạo ra   khoảng trống. Chọn   học sinh nam từ 6 học  sinh nam cho vào   khoảng trống có  A62 , cịn lại   học sinh nam có  5!  cách.   Do đó:  A  A62 3!.5!  21600    Vậy xác suất để có đúng   học sinh nam đứng xen kẽ với   học sinh nữ là:  P  A  A   21600    362880 84 Trang 30 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021  Câu (THPT Gia Viễn A - Ninh Bình - 2021) Từ các chữ số của tập hợp  0;1;2;3; 4;5  lập được  bao nhiêu số tự nhiên chẵn có ít nhất   chữ số và các chữ số đơi một phân biệt.  A 624 B 522 C 312 D 405   Lời giải Chọn A *) Trường hợp 1: Số tự nhiên chẵn có   chữ số và các chữ số đơi một phân biệt.  Gọi số tự nhiên có 5 chữ số là  a1a2 a3a4 a5   TH 1.1:  a5    Chọn 4 số từ 5 số cịn lại xếp vào 4 vị trí cịn lại từ  a1 đến  a4  có  A54  cách.  Nên có  A54  số.  TH 1.2:  a5 2; 4  suy ra  a5  có 2 cách.  Chọn  a1  có 4 cách.  Chọn 3 số từ 4 số cịn lại xếp vào 3 vị trí cịn lại từ  a2 đến  a4  có  A43  cách.  Nên có  2.4A43  số.  *) Trường hợp 2: Số tự nhiên chẵn có 6 chữ số và các chữ số đơi một phân biệt.  Gọi số tự nhiên có 6 chữ số là  a1a2 a3a4 a5 a6   TH 2.1:  a6    Chọn 5 số từ 5 số cịn lại xếp vào 5 vị trí cịn lại từ  a1 đến  a5  có  P5  cách.  Nên có  P5  số.  TH 2.2:  a6  2;4  suy ra  a6  có 2 cách.  Chọn  a1  có 4 cách.  Chọn 4 số từ 4 số cịn lại xếp vào 4 vị trí cịn lại từ  a2  đến  a5  có  P4  cách.  Nên có  2.4P4  số.  Vậy có  A54  2.4 A43  P5  2.4.P4  624  số.  Câu (Chuyên Lê Thánh Tông - Quảng Nam - 2021) Hai xạ thủ bắn mỗi người một viên đạn vào  bia một cách độc lập. Biết xác xuất trúng của xạ thủ thứ  nhất và xạ thủ thứ hai lần lượt là  0,9  và  0,  Xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trùng bia là  A 0, 26   B 0, 97   C 0,85   Lời giải  D 0, 72   Chọn C Gọi  A  là biến cố: “ có ít nhất một xạ thủ bắn trùng bia.”  A  là biến cố: “Khơng có xạ thủ bắn trùng bia.”     P A  1  0,  1  0,   0, 03     Xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trùng bia là     P  A    P A   0, 03  0, 97   Câu (Chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương - 2021) Tổ  1 của một lớp học có  13  học sinh gồm   học  sinh nam trong đó có bạn A, và   học sinh nữ trong đó có bạn B được xếp ngẫu nhiên vào  13   ghế trên một hàng ngang để dự lễ sơ kết học kì  1. Tính xác suất để xếp được giữa   bạn nữ gần  nhau có đúng   bạn nam, đồng thời bạn A khơng ngồi cạnh bạn B?  4 A .  B .  C .  D .  6453 1287 6435 1278 Lời giải  Chọn C Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 31 TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  Để cho tiện lập luận, ta đánh số 13 ghế theo thứ tự từ 1 đến 13.  Ta có số phần tử của khơng gian mẫu là  n     13!  6227020800   Xét biến cố H: “xếp được giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời bạn A khơng  ngồi cạnh bạn B”.  Xét biến cố K: “xếp được giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam”.  Xét biến cố G: “xếp được giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời bạn A ngồi  cạnh bạn B”.  Ta tính số phần tử của biến cố K như sau:  - Xếp 5 bạn nữ vào 5 ghế có số 1, 4, 7, 10, 13 có  5! cách xếp.  - Xếp 8 bạn nam vào 8 ghế cịn lại có  8! cách xếp.  Do đó  n  K   5!.8!   Ta tính số phần tử của biến cố G như sau:  Trường hợp 1: Bạn B xếp ở ghế có số 1 hoặc 13.  - Xếp bạn nữ B vào ghế có số 1 hoặc 13 có 2 cách xếp.  - Xếp 4 bạn nữ cịn lại vào 4 ghế có số 4, 7, 10, 13 (nếu bạn B xếp ở ghế số 1) hoặc vào 4 ghế có số  1, 4, 7, 10 (nếu bạn B xếp ở ghế số 13) có  4!  cách xếp.  - Xếp bạn nam A vào ngồi cạnh bạn B có 1 cách xếp.  - Xếp 7 bạn nam vào 7 ghế cịn lại có  7!  cách xếp.  Trường hợp 2: Bạn B xếp ở ghế có số 4, 7 hoặc 10.  - Xếp bạn nữ B vào ghế có số số 4, 7 hoặc 10 có 3 cách xếp.  - Xếp 4 bạn nữ cịn lại vào 4 ghế có số 1, 7, 10, 13 (nếu bạn B xếp ở ghế số 4) hoặc vào 4 ghế có số  1, 4, 10, 13 (nếu bạn B xếp ở ghế số 13) hoặc vào 4 ghế có số 1, 4, 7, 13 (nếu bạn B xếp ở ghế  số 10) có  4!  cách xếp.  - Xếp bạn nam A vào ngồi cạnh bạn B có 2 cách xếp.  - Xếp 7 bạn nam vào 7 ghế cịn lại có  7!  cách xếp.  Do đó  n  G   2.4!.7! 3.4!.2.7!   Từ đó suy ra  n  H   n  K   n  G   5!.8! 2.4!.7! 3.4!.2.7!  3870720   Vậy xác suất cần tìm là  p  H   Câu nH  3870720     n    6227020800 6435 (Chuyên Quốc Học Huế - 2021) Một đoàn tàu gồm  12  toa chở khách (mỗi toa có thể chứa tối  đa  12  khách). Có   hành khách chuẩn bị lên tàu. Tính xác suất để đúng   toa có người (làm  trịn đến chữ số thập phân thứ ba) A 0,123 B 0, 011 C 0, 018 D 0,017 Lời giải  Chọn B Mỗi hành khách có  12  cách chọn toa tàu nên số phần tử của không gian mẫu là  n     12   Gọi  A  là biến cố “có đúng   toa có người”.  Chọn   toa trong  12  toa, có  C123  cách.  Vì               nên có   trường hợp.  TH1 Trong   toa đã chọn có   toa, mỗi toa  1 khách, toa cịn lại   khách.  - Chọn   toa trong   toa đã chọn, có  C32  cách.  - Chọn   khách từ   khách và xếp vào   toa đã chọn, có  A72  cách.  -   khách cịn lại vào toa cịn lại, có  1 cách.  Suy ra có  C32 A72  126  cách.  TH2 Trong   toa đã chọn có  1 toa  1 khách,  1 toa   khách, toa cịn lại   khách.  - Chọn  1 khách từ   khách để lên toa thứ nhất, có   cách.  - Chọn   khách từ   khách cịn lại để lên toa thứ hai, có  C62  cách.  -   khách cịn lại lên toa thứ ba, có  1 cách.  Trang 32 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021  - Hốn vị   toa với nhau, có  3!  cách.  Suy ra có  7.C62 1.3!  630  cách.  TH3 Trong   toa đã chọn có   toa mỗi toa   khách, toa còn lại  1 khách.  - Chọn   toa  M , N  trong   toa đã chọn, có  C32  cách.  - Chọn   khách từ   khách để lên toa  M , có  C73  cách.  - Chọn   khách từ   khách cịn lại để lên toa  N , có  C43  cách.  -  1 khách cịn lại lên toa thứ ba, có  1 cách.  Suy ra có  C32 C73 C43  420  cách.  TH4 Trong   toa đã chọn có   toa mỗi toa   khách, toa cịn lại   khách.  Tương tự, ta có  C32 C72 C52  630  cách.  Khi đó  n  A   C123 126  630  420  630   397320   Vậy xác suất cần tìm là  P  A   Câu n  A n   397320  0, 011 127 (Chuyên Quốc Học Huế - 2021) Cho tập hợp  A  1; 2;3; ;90  Chọn từ  A  hai tập con phân  biệt gồm hai phần tử  a, b ; c, d  , tính xác suất sao cho trung bình cộng của các phần tử trong  mỗi tập hợp đều bằng 30 406 29 29 29 A B C D 4005 572715 267 534534 Lời giải Chọn B + Chọn hai phần tử từ tập  A  có  C902  4005   Chọn hai tập con  a, b ,  c, d   trong  4005 tập con gồm hai phần tử chọn từ  A   Có    C4005  cách chọn.  ab cd   30 (1) suy ra các cặp số thõa mãn là  1, 59 ; 2,58 ; ; 29, 31   2 Vậy  có  29 cặp  số  thõa  mãn.  Chọn  a, b ,  c, d  trong  29  cặp  số  có  C 292   cách  chọn  suy  ra  +  P Câu C292 29  C4005 572715 (Chuyên Quốc Học Huế - 2021) Cho  S  1, 2,3 35   tìm  số  cách  chọn  một  tập  con  của  S   gồm  26 phần tử sao cho tổng các phần tử của nó chia hết cho  A 15141523 B 14121492 C 1321250 D 131213 Lời giải  Chọn B Gọi  A   ; A 1 ; A   ; A  3 ; A   lần lượt là số các tập con gồm  26 phần tử của  S  sao cho  tổng các phần tử của nó chia cho  dư lần lượt là  0,1, 2,3,  Ta có  A    A 1  A    A  3  A    C3526   Các phần tử của  S  có đúng  số chia hết cho  ; số chia cho   dư  1;… số chia cho   dư    Xét tập  S1  2,3 35, 36   Các phần tử của  S1  có đúng  số chia hết cho  ; số chia cho   dư  1;… số chia cho   dư    Gọi  B   ; B 1 ; B   ; B  3 ; B   lần lượt là số các tập con gồm  26 phần tử của  S1 sao cho  tổng các phần tử của nó chia cho  dư lần lượt là  0,1, 2,3,   Dễ dàng nhận thấy  A    B     Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 33 TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  Mặt khác với mỗi cách chọn ra  26  phần tử  a1 , a2 , a26   của tập hợp  S1  sao cho  a1  a2   a26 5  thì ta có  a1  a2   a26  26   mod    a1  1   a2  1    a26  1   mod  *   Các số hạng của  *  là các phần tử của tập hợp  S  từ đó ta có  B    A    A    A     Tương tự xét các tập  S  3, ,36,37 ; S3  4,5 , 38 ; S  5, 39  suy ra  A    A 1  A    A  3  A    A    Câu C3526  14121492 (THPT Hậu Lộc - Thanh Hóa - 2021) Một đồn khách có   người bước ngẫu nhiên vào  một cửa hàng có   quầy. Xác suất đề quầy thứ nhất có   khách ghé thăm là  10 1792 4769 A .  B .  C .  D .  13 6561 6561 Lời giải Chọn C Số phần tử không gian mẫu:  n     38   Gọi  A  là biến cố “có   người cùng đến quầy thứ nhất”. Khi đó  n  A  25.C83   Vậy xác suất để quầy thứ nhất có khách ghé thăm là:  P  A   n  A n   25.C83 1792    38 6561 Câu 10 (Sở Thái Ngun - 2021) Một cửa hàng kem có bán bốn loại kem: kem sơcơla, kem sữa, kem  đậu xanh và kem thập cẩm. Một người vào cửa hàng mua   cốc kem. Xác suất để trong   cốc  kem đó có đủ cả bốn loại kem bằng 56 14 A B C D 15 165 55 13 Lời giải Chọn A * Theo bài tốn chia kẹo của Euler:  +) Để chia  n  chiếc kẹo giống nhau cho  m  em bé, ta có  Cmmn11  cách chia.  +) Để chia  n  chiếc kẹo giống nhau cho  m  em bé, sao cho mỗi em bé đều có kẹo, ta có  Cnm11   cách chia.  * Gọi  A  là biến cố trong   cốc kem đó có đủ cả bốn loại kem.  +) Khơng gian mẫu:  n     C123   +) Số kết quả thuận lợi cho biến cố  A  xảy ra là:  n  A  C83   Vậy xác suất để biến cố  A  xảy ra là:  P  A   n  A C83 14   n    C123 55 Câu 11 (THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - 2021) Gọi  S  là tập hợp gồm các số tự nhiên có   chữ số  đơi  một  khác  nhau.  Lấy  ngẫu  nhiên  một  số  trong  tập  S   Xác  suất  để  lấy  được  số  có  dạng  a1a2 a3 a4 a5  và thỏa mãn  a1  a2  a3  a4  a5  bằng  1 1 A .  B .  C .  D .  48 42 24 36 Lời giải  Chọn C Gọi  A  là biến cố lấy ra số có dạng  a1a2 a3a4 a5  với  a1  a2  a3  a4  a5   Không gian mẫu của biến cố  A  là    A94  27216   Vì  a1 ;  a2 ;  a3 ;  a4 ;  a5  là các chữ số tự nhiên đôi một khác nhau và  a1  a2  a3  a4  a5   Trang 34 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021   a3   và  a1 ;  a2 ;  a4 ;  a5    0;1; 2; ; a3  1  (trong đó  a1  )  Ta xét các trường hợp sau:    Trường hợp 1:  a3   a1 ;  a2 ;  a4 ;  a5  0;1; 2;3   +) Số cách chọn cặp   a1 ; a2   là  C32   (cách) (vì  a1   và  a1  a2 )  +) Số cách chọn cặp   a4 ; a5   là  C22   (cách) (vì  a4  a5 )    Trường hợp 2:  a3   a1 ;  a2 ;  a4 ;  a5  0;1; 2;3; 4   +) Số cách chọn cặp   a1 ; a2   là  C42   (cách) (vì  a1   và  a1  a2 )  +) Số cách chọn cặp   a4 ; a5   là  C32   (cách) (vì  a4  a5 )    Trường hợp 3:  a3   a1 ;  a2 ;  a4 ;  a5  0;1; 2;3; 4;5   +) Số cách chọn cặp   a1 ; a2   là  C52  10  (cách) (vì  a1   và  a1  a2 )  +) Số cách chọn cặp   a4 ; a5   là  C42   (cách) (vì  a4  a5 )    Trường hợp 4:  a3   a1 ;  a2 ;  a4 ;  a5  0;1; 2;3; 4;5;6   +) Số cách chọn cặp   a1 ; a2   là  C62  15  (cách) (vì  a1   và  a1  a2 )  +) Số cách chọn cặp   a4 ; a5   là  C52  10  (cách) (vì  a4  a5 )    Trường hợp 5:  a3   a1 ;  a2 ;  a4 ;  a5  0;1; 2;3; 4;5; 6;7   +) Số cách chọn cặp   a1 ; a2   là  C72  21  (cách) (vì  a1   và  a1  a2 )  +) Số cách chọn cặp   a4 ; a5   là  C62  15  (cách) (vì  a4  a5 )    Trường hợp 6:  a3   a1 ;  a2 ;  a4 ;  a5  0;1; 2;3; 4;5; 6;7;8   +) Số cách chọn cặp   a1 ; a2   là  C82  28  (cách) (vì  a1   và  a1  a2 )  +) Số cách chọn cặp   a4 ; a5   là  C72  21  (cách) (vì  a4  a5 )    Số phần tử của biến cố  A  là   A  3.1  6.3  10.6  15.10  21.15  28.21  1134 (phần tử)  Vậy xác suất cần tính là  P  A   1134    27216 24 Câu 12 (THPT Nguyễn Trung Thiên - Hà Tĩnh - 2021) Trong  đợt  tham  quan  thực  tế,  một  Đoàn  trường THPT cử  30  đoàn viên xuất sắc của   khối tham gia. Khối  12  có   nam và   nữ, khối  11   có    nam  và    nữ,  khối  10   có  4  nam  và    nữ.  Chọn  mỗi  khối  1  đồn  viên  làm  trưởng  nhóm, tính xác suất để trong   em làm nhóm trưởng có cả nam và nữ.  19 A .  B .  C .  D .  12 25 12 25 Lời giải  Chọn B Xét phép thử: “ Chọn mỗi khối  1 đồn viên làm trưởng nhóm ”.   n     103   Gọi biến cố  A : “ trong   em làm nhóm trưởng có cả nam và nữ ”.   A : “ cả ba bạn làm nhóm trưởng chỉ là nam hoặc nữ”   n A  6.5.4  4.5.6  240       P A     240  n A n  10 6 19  Vậy  P  A    P A      25 25 25   Câu 13 (THPT Lê Văn Hưu - Thanh Hóa - 2021) Chọn ngẫu nhiên một số từ tập số tự nhiên gồm  bốn chữ số. Xác suất để trong số được chọn có chỉ một chữ số xuất hiện đúng hai lần là  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 35 TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  A 14   25 B 54   125 Lời giải  12   25 C D 57   125 Chọn C Có tất cả  9.103  số tự nhiên có 4 chữ số. Do đó  n     9.103   Để trong một số chỉ một chữ số xuất hiện đúng hai lần thì ta chọn một chữ số trong 10 chữ số  0, 1, 2, … 9 cho nó xuất hiện 2 lần, rồi chọn thêm 2 chữ số khác trong 9 chữ số cịn lại rồi xếp  chúng vào 4 vị trí.  TH1: Chữ số 0 khơng xuất hiện, có  C91C82 A42   TH2: Chữ số 0 xuất hiện một lần, có  C91C81C31C31   TH2: Chữ số 0 xuất hiện hai lần, có  C92C32 2!   Suy ra  n  A  3888  Vậy  P  A  n  A 54    n    125 Câu 14 (THPT Nguyễn Huy Hiệu - Quảng Nam - 2021) Có 60 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 60. Rút ngẫu  nhiên 3 thẻ.Tính xác suất để tổng các số ghi trên 3 thẻ chia hết cho 3.  517 171 A .  B .  C .  D .  12 1711 1711 89 Lời giải  Chọn B Ta chia 60 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 60 thành 3 tập hợp:  Tập hợp các số chia hết cho 3 có 20 số  Tập hợp các số chia 3 dư 1 có 20 số  Tập hợp các số chia 3 dư 2 có 20 số  Số cách lấy 3 thẻ trong 60 thẻ là:  n     C603   Rút 3 thẻ tổng chia hết cho 3 có các trường hợp sau:  TH1: Cả 3 thẻ chia hết cho 3:  C20   TH2: Cả 3 thẻ chia 3 dư 1:  C20   TH3: Cả 3 thẻ chia 3 dư 2:  C20   TH4: 1 thẻ chia hết 3, 1 thẻ chia 3 dư 1, 1 thẻ chia 3 dư 2:   C20   3  n  A   3C20   C20   11420   P 11420 517    C603 1711 Câu 15 (Chuyên Lê Thánh Tơng - Quảng Nam - 2021) Một tổ có 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ.  Chia tổ đó thành ba nhóm có số lượng bằng nhau.  Tính xác suất mỗi tổ đều có học sinh nữ?  16 A B 55 165 16 165 Lời giải C D 14 55 Chọn A Chọn 4 học sinh đầu vào nhóm 1, 4 học sinh sau vào nhóm 2 và 4 học sinh cuối cùng vào nhóm  3, ta có  n     C124 C84   Để mỗi tổ đều có học sinh nữ thì ta xếp các bạn nam trước và phân phối các bạn nữ vào các  nhóm. Gọi A là biến cố mỗi nhóm đều có học sinh nữ. Ta có  P  A  C93C63 3!   Trang 36 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021  P  A  C93C63 3! 16    55 C124 C84 Câu 16 (Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - 2021) Một hộp chứa   viên bi đỏ,   viên bi xanh và    viên bi trắng. Chọn ngẫu nhiên đồng thời   viên bi từ hộp. Xác suất để chọn được   viên bi có  cả   màu đồng thời hiệu của số bi xanh và bi đỏ, hiệu của số bi trắng và bi xanh, hiệu của số bi  đỏ và bi trắng theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng bằng  35 40 75 A .  B .  C .  D .  442 221 442 442 Lời giải  Chọn B Gọi  A  là biến cố: “Chọn được   viên bi có cả   màu đồng thời hiệu của số bi xanh và bi đỏ,  hiệu của số bi trắng và bi xanh, hiệu của số bi đỏ và bi trắng theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp  của một cấp số cộng”  Số phần tử của khơng gian mẫu là số cách lấy ngẫu nhiên   viên bi bất kì trong  18  viên bi nên  ta có:    C186  18564   Gọi  x ;  y ;  z  lần lượt là số bi xanh, số bi đỏ, số bi trắng có trong  viên bi được chọn ( x ;  y ;  z  nguyên dương và  x ;  y ;  z  )  Theo đề bài ta có:   x  y    y  z    z  x   x  z   z  x   x  z  x  z   x  z  Mà  x  y  z  ;  x ;  y ;  z  nguyên dương     hoặc  x  y  z    y    Trường hợp 1:  x  z   và  y   tức là lấy ra   viên bi xanh,   viên bi đỏ và   viên bi  trắng. Khi đó, số cách chọn   viên bi thỏa mãn yêu cầu là  C61.C54 C71  210     Trường hợp 2:  x  y  z   tức là lấy ra   viên bi mỗi loại. Khi đó, số cách chọn   viên  bi thỏa mãn yêu cầu là  C62 C52 C72  3150     Số phần tử của biến cố  A  là   A  210  3150  3360   Vậy xác suất của biến cố  A  là  P  A    A  3360 40    18564 221 Câu 17 (Sở Phú Thọ - 2021) Một đội thanh niên tình nguyện của trường gồm có   học sinh nam và    học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên   học sinh để cùng với các giáo viên tham gia đo thân nhiệt cho  hoc sinh khi đến trường. Xác suất để chọn được   học sinh trong đó số học sinh nam bằng số  hoc sinh nữ bằng  5 A .  B .  C .  D .  66 11 11 33 Lời giải  Chọn B Chọn ngẫu nhiên  học sinh từ  11 học sinh có:  C114  330  cách  Số phần tử khơng gian mẫu chính là số cách chọn  học sinh từ  11  học sinh: n     330   Gọi  A  là biến cố: “chọn được   học sinh trong đó số học sinh nam bằng số hoc sinh nữ”.  Theo đề bài:  Ta chọn   học sinh nam từ   học sinh nam có:  C62  15 cách.  Ta chọn   học sinh nữ từ 5 học sinh nữ có:  C52  10 cách.  Do đó, số phần tử của biến cố  A :  n  A   15.10  150   Vậy xác suất cần tìm là:  P  A   150    330 11 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 37 TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  Câu 18 (Sở Thái Ngun - 2021) Một cửa hàng kem có bán bốn loại kem: kem sơcơla, kem sữa, kem  đậu xanh và kem thập cẩm. Một người vào cửa hàng kem mua 8 cốc kem. Xác suất trong 8 cốc  kem đó có đủ cả bốn loại kem bằng  5 A .  B .  C .  D .  14 13 33 12 Lời giải ChọnA * Xét hai bài tốn sau:  + Bài tốn 1: Tìm số nghiệm ngun dương phương trình: x1  x2   xk  n,  n, k  * ; n  k  Đáp số:  Cnk11   Đáp số toán cho ta kết toán chia n kẹo cho k em bé cho em có cái, nói số cách phân phối n kẹo cho k em bé cho em có kẹo Từ áp dụng tốn khác cần đếm số cách phân phối đồ vật giống vào hộp cho hộp có đồ vật phân phối đồ vật theo loại cho đồ vật loại có.  + Bài tốn 2: Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình: x1  x2   xk  n,  n, k  *  Đáp số:  Cnkk11   Đáp số toán cho ta kết toán chia n kẹo cho k em bé nói số cách phân phối n kẹo cho k em bé Từ áp dụng tốn khác cần đếm số cách phân phối đồ vật giống vào hộp phân phối đồ vật theo loại * Áp dụng câu hỏi ta có lời giải: + Số cách phân phối 8 que kem cho 4 loại là:    C113   + Số cách phân phối 8 que kem về cho 4 loại sao cho loại nào cũng có:  C73   Do đó xác suất cần tính là: C73    C11 33 Câu 19 (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2021) Trong  mặt  phẳng  tọa  độ  Oxy ,  cho  hình  vuông  MNPQ   với  M 10;10  , N  10;10  , P  10; 10  , Q 10; 10    Gọi  S   là  tập  hợp  tất  cả  các  điểm có tọa độ đều là các số ngun nằm trong hình vng  MNPQ  (tính cả các điểm nằm trên  cạnh của hình vng). Chọn ngẫu nhiên một điểm  A  x; y   S , khi đó xác suất để chọn được    điểm  A  thỏa mãn  OA.OM   là  A   21 B   49 C   49 D 19   441 Lời giải Chọn A Gọi  A  x; y  với  x, y  là số nguyên và  10  x, y  10   có  212  điểm   khơng gian mẫu là  212  điểm.    OA.OM   1  10 x  10 y   x   y   có  21  điểm thỏa mãn  Vậy xác suất là  21    212 21 Câu 20 (Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - 2021) Chọn ngẫu nhiên   đỉnh của một đa giác lồi   H   có  30  đỉnh. Tính xác suất sao cho   đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có  bốn cạnh đều là  đường chéo của   H    Trang 38 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021  A 30C27   C304 B 30C25   4C304 30C27   4C304 Lời giải  C D 30C25   C304 Chọn B Số phần tử của không gian mẫu là: n     C304   Gọi  A  là biến cố: “   đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo  của   H  ”.  Chọn đỉnh thứ nhất của tứ giác, có:  30  cách chọn. (1)  Sau khi chọn đỉnh thứ nhất, chọn   trong  27  đỉnh cịn lại (khơng tính thứ tự) khác đỉnh thứ  nhất của tứ giác và 2 đỉnh kề bên, có:  C27  cách chọn. (2)  Sau hai hành động (1) và (2) ta chọn được:  30.C27  tứ giác (trong đó có  m  tứ giác nhận đúng 1  cạnh của   H   là cạnh, và  n  tứ giác nhận đúng 2 cạnh của   H   là cạnh).  Ta có  m  2.24  24.23 ,  n  25  Do tứ giác không phân biệt thứ tự đỉnh nên  3 30  C27  2.24  24.23  25  30C25 n  A     4 n  A  30C25 Vậy  P  A      n    4C304 Câu 21 (Chuyên Quang Trung - Bình Phước - 2021) Có 6 học sinh gồm 2 học sinh trường  A , 2 học  sinh trường  B  và   học sinh trường  C  sắp xếp thành một hàng dọc. Xác suất để được cách  sắp xếp mà hai học sinh trường  C  thì một em ngồi giữa hai em học sinh trường  A  và một em  ngồi giữa hai học sinh trường  B  là 1 1 A B C D 90 45 180 30 Lời giải Chọn B  Xếp 6 học sinh thành hàng dọc: có  6!  720  cách xếp   n     720   Gọi  X  là biến cố hai học sinh trường  C  thì một em ngồi giữa hai em học sinh trường  A  và  một em ngồi giữa hai học sinh trường  B    Chọn học sinh trường  C  để xếp vào giữa 2 học sinh trường  A : có   cách chọn.   Xếp và hốn vị hai bạn trường  A : có  A22   cách.   Xếp hai bạn trường  B  vào hai bên bạn trường  C  cịn lại và hốn vị: có  A22   cách.   Xếp và hốn vị 2 bộ  ACA  và  BCB : có  A22   cách.  Vậy  n   X   2.2.2.2  16  P  X   n X  n     45 Câu 22 (Chuyên Vĩnh Phúc - 2021) Gọi  S  là tập hợp các số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho    Lấy ngẫu nhiên một số từ  S  Xác suất để số được chọn chia hết cho   là 1902 643 1607 A B C D 5712 4500 2250 Lời giải Chọn C       Ta có:  p  ku  v  vng góc với vecto  q  u  v   99995  10000 Không gian mẫu là:  n       18000   Gọi biến cố:  A :" số được chọn chia hết cho  7"   Trong tập  S , số chia hết cho  là bội của   và   hay số đó chia hết cho  35   Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 39 TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  n  A  99995  10010   2572   35 * Xác suất của biến cố  A  là:  P  A   n  A n   2572 643    18000 4500 Câu 23 (THPT Kim Sơn A - Ninh Bình - 2021) Gọi  S  là tập hợp các số tự nhiên gồm 8 chữ số đôi  một khác nhau được lập từ các chữ số  1, 2,3, 4,5, 6,7,8,9  Chọn ngẫu nhiên một số từ tập  S   Tính xác suất để số được chọn có chữ số ở hàng đơn vị chia hết cho 3 và tổng các chữ số của số  đó chia hết cho  13 1 1   A B C D 18 36 72 Lời giải Chọn B + Số các số tự nhiên có 8 chữ số đơi một khác nhau mà các chữ số được lấy từ tập  A  là A98  Với  a8   a8  3, 6,9   + Gọi số tự nhiên có 8 chữ số là  a1a2 a3 a7 a8  thỏa mãn  (a1  a2   a8 )  13   Ta có           45  36  a1  a2   a8  44 ,  (a1  a2   a8 )  13  a1  a2   a8  39   Nếu  a8   a1  a2   a7  36 có các số  1, 2, 4,5, 7,8,9  có  !  số thỏa mãn.  Nếu  a8   a1  a2   a7  33  khơng tìm được số thỏa mãn.  Nếu  a8   a1  a2   a7  30 có các số  1, 2,3, 4,5, 7,8  có  !  số thỏa mãn  vậy có  2.7!  số thỏa mãn.  2.7! Xác suất là:  P     A9 36 Câu 24 (THPT Yên Phong - Bắc Ninh - 2021) Cho  tứ  diện  với    đỉnh  là  A, B, C , D   Gọi  M , N , P, Q, R, S   lần  lượt  là  trung  điểm  các  cạnh  AB, CD, AC , BD, AD, BC ;  A , B , C , D   lần  1 1 lượt là trọng tâm các mặt  BCD, ACD, ABD, ABC  và  G  là trọng tâm tứ diện. Chọn ngẫu nhiên   điểm trong số  15  điểm trên. Khi đó, xác suất để   điểm được chọn cùng nằm trên một mặt  phẳng bằng bao nhiêu?  71 75 74 10 A .  B .  C .  D .  1001 1001 1001 143 Lời giải Chọn B Số phần tử của không gian mẫu:  n   C 155   Xét các bộ 5 điểm cùng thuộc một mặt phẳng gồm các bộ thuộc các loại mặt phẳng sau:  - Loại 1: Mặt phẳng chứa 1 mặt của tứ diện  + Có 4 mặt như vậy, mỗi mặt chứa 7 điểm.  + Suy ra, số cách chọn được 5 điểm cùng nằm trên 1 mặt phẳng loại này là  4C 75   - Loại 2: Mặt phẳng chứa 1 cạnh và trung điểm của cạnh đối diện  + Có 6 mặt như vậy, mỗi mặt chứa 7 điểm.  + Suy ra, số cách chọn được 5 điểm cùng nằm trên 1 mặt phẳng loại này là  6C 75   - Loại 3: Mặt phẳng chứa 2 đường trung bình của tứ diện  + Có 3 mặt như vậy, mỗi mặt chứa 5 điểm.  + Suy ra, số cách chọn được 5 điểm cùng nằm trên 1 mặt phẳng loại này là  3C 55   - Loại 4: Mặt phẳng chứa 1 đỉnh của tứ diện và 1 đường trung bình của mặt đối diện  + Có 12 mặt như vậy, mỗi mặt chứa 5 điểm.  Trang 40 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021  + Suy ra, số cách chọn được 5 điểm cùng nằm trên 1 mặt phẳng loại này là  12C 55   Gọi A là biến cố “  điểm được chọn cùng nằm trên một mặt phẳng”, ta có  n A  4C 75  6C 75  3C 55  12C 55   Vậy  xác  suất  để    điểm  được  chọn  cùng  nằm  trên  một  mặt  phẳng  là  4C 75  6C 75  3C 55  12C 55 75   P A   1001 C 15 Câu 25 (Chun Bắc Ninh - 2021) Cho  n  là số tự nhiên có bốn chữ số bất kì. Gọi  S  là tập hợp tất cả  các số thực    thỏa mãn  3  n  Chọn ngẫu nhiên một phần tử của  S  Xác suất để chọn được  một số tự nhiên bằng 1 A .  B .  C .  D   4500 3000 2500 Lời giải Chọn A Do  n  là số tự nhiên có bốn chữ số bất kì. Suy ra  1000  n  9999  Vậy có tất cả  9000  số tự  nhiên có bốn chữ số bất kì.  Ta có:  3  n    log n  Do đó mỗi giá trị của  n  tương ứng với một giá trị của   , nên số  phần tử của tập hợp  S  là  9000  phần tử.  Suy ra số phần tử của không gian mẫu  n     9000   Mặt khác:  1000  n  9999  log 1000    log 9999  6, 28    8, 38   Gọi  A  là biến cố “Để chọn được số tự nhiên” từ tập  S   Vì  6, 28    8,38  mà        {7;8}  n( A)    Vậy xác suất cần tìm là  P  A      9000 4500 Câu 26 (THPT Nguyễn Thị Minh Khai - Hà Tĩnh - 2021) Một nhóm  10  học sinh gồm   bạn nam  (trong đó có bạn Quyết ) và   bạn nữ (trong đó có bạn Tâm) xếp vào  10  cái ghế trên một hàng  ngang. Xác suất để đồng thời bạn Quyết và Tâm khơng ngồi cạnh nhau bằng 1 19 A .  B .  C .  D .  315 280 152 5040 Lời giải Chọn B  Số phần tử không gian mẫu là  10!    Đánh số các ghế từ  1 đến  10 , để xếp được giữa hai bạn nam ngồi gần nhau có đúng hai bạn  nữ thì các bạn nam phải ngồi ghế số  1, 4, 7,10  và các bạn nữ ngồi ghế cịn lại.   Vì bạn Quyết và bạn Tâm khơng ngồi cạnh nhau nên nếu Quyết ngồi ghế số  1 hoặc ghế số  10  thì Quyết có hai cách chọn ghế, các bạn nam cịn lại có số cách xếp là  3! , Tâm khơng được  ngồi  1 ghế gần với ghế của Quyết nên Tâm có   cách chọn ghế và các bạn nữ cịn lại có  5!   cách xếp chỗ. Trường hợp này có số cách xếp là  2.3!.5.5!    Nếu Quyết ngồi ghế số   hoặc ghế số   thì Quyết có hai cách chọn ghế, các bạn nam cịn lại  có số cách xếp là  3! , Tâm khơng được ngồi   ghế gần với ghế của Quyết nên Tâm có   cách  chọn ghế và các bạn nữ cịn lại có  5!  cách xếp chỗ. Trường hợp này có số cách xếp là  2.3!.4.5!    Vậy xác suất để đồng thời bạn Quyết và Tâm khơng ngồi cạnh nhau bằng  2.3!.5.5! 2.3!.4.5!    10! 280 Câu 27 (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh - 2021) Trong  cuộc  gặp  mặt  dặn  dị  trước  khi  lên  đường tham gia kì thi học sinh giỏi có 10 bạn trong đội tuyển gồm 2 bạn đến từ lớp 12A1, 3  bạn từ 12A2, 5 bạn cịn lại đến từ các lớp khác nhau. Thầy giáo xếp ngẫu nhiên các bạn kể trên  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 41 TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  ngồi vào một bàn dài mỗi bên 5 ghế xếp đối diện nhau. Tính xác suất sao cho khơng có học  sinh nào cùng lớp ngồi đối diện nhau.  73 53 38 A .  B .  C .  D .  126 126 63 Lời giải Chọn D Số phần tử của không gian mẫu:  n     10!   Gọi  A  là biến cố: “Khơng có học sinh cùng lớp nào ngồi đối diện nhau”  A  là biến cố: “Có học sinh cùng lớp ngồi đối diện nhau”  A1  là biến cố: “Học sinh lớp 12A1 ngồi đối diện nhau”  A2  là biến cố: “Học sinh lớp 12A2 ngồi đối diện nhau”    Khi đó:  n A  n  A1   n  A2   n  A1  A2    Xét biến cố  A1 : Trước hết chọn 1 trong 5 cặp ghế để xếp 2 học sinh lớp 12A1, đổi chỗ 2 bạn  này có  2! , xếp 8 người cịn lại có  8!  n  A1   C51.2!.8!  Tương tự  n  A2   C51 A32 8!, n  A1  A2   C51.2!.C41 A32 6!     Vậy  P A  25 38  P  A    63 63 Câu 28 (THPT Quảng Xương 1- Thanh Hóa - 2021) Từ  12   học  sinh  gồm    học  sinh  giỏi,    học  sinh  khá,    học  sinh  trung  bình,  giáo  viên  muốn  thành  lập    nhóm  làm    bài  tập  lớn  khác  nhau, mỗi nhóm có   học sinh. Tính xác suất để nhóm nào cũng có học sinh giỏi và học sinh  khá.  18 72 114 36 A .  B .  C .  D .  385 385 385 385 Lời giải Chọn A   n     C123 C93 C63  15400   4!  Gọi  A :  “  nhóm có cả học sinh giỏi và khá”   Để có   nhóm có cả học sinh giỏi và khá ta chia các nhóm như sau:  + Một nhóm có   giỏi,   khá.  + Ba nhóm có   giỏi,   khá,   trung bình.  Cách chọn nhóm có   giỏi,   khá:  C52 C41   Cách xếp vị trí   học sinh giỏi và   học sinh khá vào ba nhóm cịn lại:  3!   Cách xếp   học sinh trung bình vào ba nhóm cịn lại là  3!   Suy ra  n  A  C52 C41 3!.3!  1440   Vậy  P  A  n  A 1440 36   n    15400 385 Theo dõi Fanpage: Nguyễn Bảo Vương   https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Hoặc Facebook: Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Tham gia ngay: Nhóm Nguyễn Bào Vương (TÀI LIỆU TOÁN)  https://www.facebook.com/groups/703546230477890/ Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương  https://www.youtube.com/channel/UCQ4u2J5gIEI1iRUbT3nwJfA?view_as=subscriber Tải nhiều tài liệu tại: http://diendangiaovientoan.vn/  ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU SỚM NHẤT NHÉ!   Trang 42 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ ... 55 13 Lời giải Chọn A * Theo bài toán chia kẹo của Euler:  +) Để chia  n ? ?chi? ??c kẹo giống nhau cho  m  em bé, ta có  Cmmn11  cách chia.  +) Để chia  n ? ?chi? ??c kẹo giống nhau cho  m  em bé, sao cho mỗi em bé đều có kẹo, ta có ... Rút 3 thẻ tổng chia hết cho 3 có các trường hợp sau:  TH1: Cả 3 thẻ chia hết cho 3:  C20   TH2: Cả 3 thẻ chia 3 dư 1:  C20   TH3: Cả 3 thẻ chia 3 dư 2:  C20   TH4: 1 thẻ chia hết 3, 1 thẻ chia 3 dư 1, 1 thẻ chia 3 dư 2:   C20   3 ... nghiệm ngun dương phương trình: x1  x2   xk  n,  n, k  * ; n  k  Đáp số:  Cnk11   Đáp số toán cho ta kết toán chia n kẹo cho k em bé cho em có cái, nói số cách phân phối n kẹo cho k