TS247 DT de thi thu tot nghiep thpt mon toan thpt chuyen quang trung binh phuoc nam 2021 lan 1 co loi giai chi tiet 59218 1620641652

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUANG TRUNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2020 – 2021 TỔ TỐN MƠN: TỐN, LỚP 12, LẦN Mã đề thi 111 Thời gian làm bài: 90 phút MỤC TIÊU - Đề thi bám sát đề thức năm, giúp học sinh ơn tập trọng tâm - Đề thi mức độ dễ thở, chủ yếu giúp học sinh ôn luyện chắn dạng để rút ngắn thời gian kì thi thức Trong đề thi khơng xuất câu hỏi khó Câu (ID:479213): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau: Hàm số y  f  x  đồng biến khoảng sau đây? A  3;   B 1;3 C  ;  D  0;   Câu (ID:479214): Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ Mệnh đề ? A Hàm số đạt cực đại x  1 x  B Hàm số đạt cực tiểu x  C Hàm số đạt cực đại x  D Hàm số đạt cực đại x  Câu (ID:479215): Đường cong hình bên đồ thị hàm số y  thực Giá trị nhỏ hàm số đoạn [  1; 0] ax  b với a , b , c , d số cx  d A 1 B D C Câu (ID:479216): Khẳng định tính đơn điệu hàm số y  x2 ? x 1 A Hàm số nghịch biến khoảng  ;1 1;   B Hàm số đồng biến khoảng  ;1  1;   C Hàm số đồng biến khoảng  ;1 1;   D Hàm số nghịch biến khoảng  ; 1  1;   Câu (ID:479217): Cho hàm số y  x  x  2021 Điểm cực đại hàm số là: A x  B x  2021 C x  1 D x  Câu (ID:479218): Tổng số tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số y  A B x 1 là: x2 1 D C Câu (ID:479219): Số giao điểm đồ thị hàm số y  x3  x  x  đồ thị hàm số y  x  x  A B C D Câu (ID:479220): Tổng giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y  x3  3x 1; 2 bằng: A B 7 C 14 27 D Câu (ID:479221): Gọi S tập hợp giá trị m để đồ thị hàm số y  x  2m2 x  có điểm cực trị tạo thành tam giác vuông cân Tổng bình phương phần tử S A B C D Câu 10 (ID:479222): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình bên Hàm số y  f 1  x   đồng biến khoảng  3 A  0;   2 1  B  ;1 2  1  D  1;  2  C 1;   Câu 11 (ID:479223): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình bên  sin x  cos x   3 7  Phương trình f     có nghiệm  ;      A B C Câu 12 (ID:479224): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục đường tiệm D Đồ thị y  f  x  hình vẽ Số x2  x  cận đứng đồ thị hàm số y  f  x  f  x A B C D Câu 13 (ID:479225): Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị hình vẽ: Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên tham số m để hàm số y  f  x 1   m có điểm cực trị Tổng phần tử S là: B A D 10 C Câu 14 (ID:479226): Cho ba số dương a , b , c ( a  ; b  1) số thực  khác Đẳng thức sai? A log b c  B log a  b.c   log a b  log a c log a c log a b D log a b  C log a c  log a b.logb c  log a b Câu 15 (ID:479227): Đạo hàm hàm số y  2021x A y  2021x.ln 2021 B y  2021x C y  2021x ln 2021 D y  x.2021x 1   Câu 16 (ID:479228): Tìm tập xác định D hàm số y  log 2021  x  1  log 2020  x A D   2;1 B D  1;  C D   2;  \ 1 Câu 17 (ID:479229): Tổng tất nghiệm phương trình x A B C 2 2 x  bằng: D D   2; 2 D 3 Câu 18 (ID:479230): Tập nghiệm bất phương trình: log x  log  x  1  A  0;1 B 1;   C  ; 2  1;   D  2;1 Câu 19 (ID:479231): Để lắp đặt hệ thống điện lượng mặt trời 50KWP, gia đình bạn A vay ngân hàng số tiền 600 triệu đồng với lãi suất 0, 6% /tháng Sau tháng kể từ ngày lắp đặt, gia đình bạn A bắt đầu đưa vào vận hành hịa lưới tháng cơng ty điện lực trả gia đình bạn A 16 triệu đồng Nên sau tháng kể từ ngày vay, gia đình bạn A bắt đầu hồn nợ, hai lần hồn nợ cách tháng, tháng hoàn nợ số tiền 16 triệu đồng Hỏi sau tháng, gia đình bạn A trả hết nợ A 42 B 43 C 41 D 44  x3  Câu 20 (ID:479232): Cho phương trình  log 22 x  log  e x  m  Gọi S tập hợp giá trị m nguyên 4  với m   10;10 để phương trình có nghiệm Tổng giá trị phần tử S B 12 A 28 D 27 C 3 Câu 21 (ID:479233): Số giá trị m nguyên, m   20; 20 , cho 3  10 ;1   B 10 A log 0,3 x m  16 log 0,3 x  m D 40 C 20 Câu 22 (ID:479234): Cho hai hàm số f  x  , g  x  liên tục sai? A  kf  x  dx  k  f  x  dx với số k  B   f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx C  f   x  dx  f  x   C D   f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx với hàm f  x  có đạo hàm  16 Trong mệnh đề sau, mệnh đề Câu 23 (ID:479235): Cho hàm số f  x  liên tục xác định  a, b  Gọi F  x  nguyên hàm hàm số f  x  Chọn phương án A  f  x  dx  F b   F  a  B  f  x  dx  F  a   F b  C  f  x  dx  F b   F  a  D  f  x  dx  F b   F  a  b a b a b a b 2 a Câu 24 (ID:479236): Nguyên hàm hàm số f  x   x  x  1 x  1 A x  x3  x  C   B x2  x  C C x  x3  x  C D x  x3  x  C Câu 25 (ID:479237): Tìm nguyên hàm hàm số f  x   x.e x biết f 1  B x.e x  e x  A x.e x  e x Câu 26 (ID:479238): F  2   F     A 17 F  x D x.e x  x   e C x.e x  e nguyên hàm hàm  x  1 x2  x  Biết 5 F  3  F  5  a  b; a, b  Giá trị a  b B C 12 D 18  Câu 27 (ID:479239): Cho x dx   sin A x   a  ln b  ln 2; a, b  * Giá trị a  3b C 12 B Câu 28 (ID:479240): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục f 1  Giá trị D 10 , xf '  x   e x  1, x  ,  xf  x  dx A   e  2 B  Câu 29 (ID:479241): Cho số phức z  a  bi  a, b  C    e  2 D  e  2 Chọn phương án A Phần ảo số phức z b B Phần ảo số phức z bi C Phần thực số phức z b D Mô đun số phức z a  b2 Câu 30 (ID:479242): Gọi z1 , z2 nghiệm phương trình z  z   Biết số phức z1 có phần ảo âm Phần ảo số phức z2 B 1 A i Câu 31 (ID:479243): Cho z  thỏa z  z  12 Phần ảo số phức z C 12 B A Câu 32 (ID:479244): Cho z  A  B D  i C D 2  z   2i  thỏa  Giá trị S  z  max z  z   4i  52 C  D  1 Câu 33 (ID:479245): Có loại khối đa diện B A D C Câu 34 (ID:479246): Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , cạnh bên SA  2a Thể tích khối chóp A 14a B 2a3 C 14 a D a Câu 35 (ID:479247): Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' có cạnh a Thể tích khối tứ diện ABDB ' A a3 B 2a 3 C a3 D a3 Câu 36 (ID:479248): Cho hình chóp S ABCD đáy ABCD hình thoi cạnh a , góc BAD  600 , SA   ABCD  ,  SC ;  ABCD    450 Gọi I trung điểm SC Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng  SBD  A a 15 15 B a 15 C 2a 15 D a 15 10 Câu 37 (ID:479249): Cho hình lăng trụ ABCD A ' B ' C ' D ' đáy hình bình hành AC  BC  a, CD  a 2, AC '  a 3, CA ' B '  A ' D ' C  900 Thể tích khối tứ diện BCDA ' A a3 B a C 2a 3 D a3 Câu 38 (ID:479250): Khối trụ có bán kính đáy, đường cao a, 2a tích A 2 a3 B 2 a 3 C  a D  a3 Câu 39 (ID:479251): Hình nón có bán kính đáy, đường cao 3, diện tích xung quanh hình nón A 12 B 15 C 15 D 6 Câu 40 (ID:479252): Từ tơn hình chữ nhật kích thước h a , người ta làm thùng đựng nước hình trụ có chiều cao h , theo hai cách sau (xem hình minh họa đây): Cách 1: Gị tôn ban đầu thành mặt xung quanh thùng Cách 2: Cắt tôn ban đầu thành hai nhau, gị thành mặt xung quanh thùng Kí hiệu V1 thể tích thùng gò theo cách V2 tổng thể tích hai thùng gị theo cách V Tính tỉ số V2 A V1 4 V2 B V1  V2 C V1 1 V2 D V1 2 V2 Câu 41 (ID:479253): Trong không gian Oxyz , gọi A điểm thuộc mặt cầu tâm I bán kính R Chọn phương án A IA  R B IA  R C IA  R D IA  R Câu 42 (ID:479254): Trong không gian Oxyz , điểm A(1, 2,3) thuộc phương trình mặt phẳng A x  y  z  B x  y  3z  C x  y  3z  D x  y  3z  Câu 43 (ID:479255): Trong không gian Oxyz , đường thẳng Ox có phương trình x  t  A  y  z   x   B  y  z   x   C  y  t z  t  x  t  D  y  z   Câu 44 (ID:479256): Trong không gian Oxyz , tọa độ hình chiếu điểm M 1; 2;3 lên mặt phẳng Oxz A 1;0;3 B 1; 2;3 C  0; 2;0  D  1; 2; 3 Câu 45 (ID:479257): Trong khơng gian Oxyz , phương trình mặt phẳng cắt tia Ox, Oy, Oz A, B, C nhận G  673;674;675  làm trọng tâm tam giác ABC A x y z   0 2019 2022 2025 B x y z   1 2019 2022 2025 C x y z   1 673 674 675 D x y z   0 673 674 675 Câu 46 (ID:479258): Trong không gian Oxyz , tọa độ điểm đối xứng điểm M  0;1;  qua mặt phẳng x yz 0 A  4; 2;0  B  0; 1; 2  C  0;1; 2  D  2; 1;0  Câu 47 (ID:479259): Trong không gian Oxyz , biết phương trình mặt cầu  S  : x  y  z  25 cắt mặt phẳng  P  : x  y  z  3 theo giao tuyến đường trịn có bán kính r Khi giá trị r A B C D Câu 48 (ID:479260): Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  3; 2;3 ; B 1;0;5  Tìm tọa độ điểm M   Oxy  cho MA  MB đạt giá trị nhỏ 9  A  ;  ;0  4  9  B  ; ;0  4    C   ;  ;0   4    D   ; ;0   4  Câu 49 (ID:479261): Cho hình lăng trụ A1 A2 A3 A4 A5 B1B2 B3 B4 B5 Số đoạn thẳng có hai đỉnh đỉnh hình lăng trụ A 35 B 90 C 60 D 45 Câu 50 (ID:479262): Có học sinh gồm học sinh trường A , học sinh trường B học sinh trường C xếp hàng dọc Xác suất để cách cách xếp mà hai học sinh trường C em ngồi hai học sinh trường A em ngồi hai học sinh trường B A 90 B 45 C 180 D 30 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM A 11 A 21 A 31 A 41 B C 12 A 22 A 32 A 42 A A 13 B 23 C 33 D 43 D A 14 D 24 B 34 C 44 A A 15 A 25 A 35 A 45 B A 16 C 26 A 36 D 46 D B 17 C 27 D 37 A 47 A A 18 A 28 B 38 A 48 A A 19 B 29 A 39 C 49 D 10 C 20 D 30 C 40 D 50 B Câu (NB) - 12.1.1.1 Phương pháp: Dựa vào bảng biến thiên để xác định: hàm số đồng biến ứng với mũi tên hướng lên Cách giải: Hàm số đồng biến khoảng  ;1  3;   Chọn A Câu (NB) - 12.1.1.2 Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số để xác định số điểm cực trị Cách giải: Ta có đồ thị hàm số có cực trị có cực đại x  cực tiểu x  1; x  Chọn C Câu (NB) - 12.1.1.3 Phương pháp: Dựa vào đồ thị xác định điểm thấp đồ thị  1;0 Cách giải: Ta thấy đoạn  1;0 đồ thị hàm số hướng xuống hay hàm số nghịch biến nên y  y    1 1;0 Chọn A Câu (NB) - 12.1.1.1 10   f  x  dx    x3  x2  x  dx  x4  x3  x2  C   x2  x   C Chọn B Câu 25 (TH) - 12.1.3.18 Phương pháp: Sử dụng phương pháp tính nguyên hàm phần Cách giải: Ta có  f  x  dx   xe dx x u  x du  dx  Đặt  x x dv  e dx v  e   f  x  dx  xe x   e x dx  xe x  x  C Mà f 1   C  Vậy f  x   xe x  e x Chọn A Câu 26 (VD) - 12.1.3.18 Phương pháp: Tính nguyên hàm phương pháp đổi biến số, đặt t  x  x  Cách giải: Ta có F  x     x  1 x2  x  3dx Đặt t  x  x   t  x  x   tdt   x  1 dx  F  x    f  x  dx   t dt  x  F  x  t3 C  x  3 x  x  3 C x  ĐKXĐ: x  x      x  1 22   x  x  3 x  x    C1 x  1  Khi ta có: F  x    2   x  x  3 x  x   C2 x    5 5  C1   C1   F  2    3 Ta có:  F 1  5  C 1  5  C  2    3   x  x  3 x  x   x  1   F  x   2   x  x  3 x  x   x    12 12 8  F  3     F  12 12       a  16  a  b  17 Vậy F  3  F    16    b  Chọn A Câu 27 (TH) - 12.1.3.19 Phương pháp: Áp dụng phương pháp tích phân phần Cách giải:   4 xdx xdx  Ta có   sin x cos x x  u dx  du  Đặt  dx   dv  cos x v  tan x 23     I  x tan x 04   tan xdx        4 sin x dx cos x  d  cos x     ln cos x cos x     ln  ln 4  a  4, b    ln Vậy a  3b  10 Chọn D Câu 28 (TH) - 12.1.3.19 Phương pháp: Sử dụng cơng thức tính tích phân Cách giải: Xét tích phân I   xf  x  dx du  f '  x  dx u  f  x    Đặt  x2 dv  xdx v    1 x2 I f  x    x f '  x  dx 20 1 1  f 1   x  e x  1 dx   J 20 1 1 0 0 Ta có J   x  e x  1 dx   xe x dx   xdx   xe x dx  u  x du  dx  Đặt  x x dv  e dx v  e 1   xe x dx  xe x   e x dx  e   e  1  0 24 1 1 Vậy I   1     2 2 Chọn B Câu 29 (TH) - 12.1.4.22 Phương pháp: Sử dụng định nghĩa số phức Cách giải: Số phức z  a  bi có phần thực a phần ảo b Chọn A Câu 30 (TH) - 12.1.4.25 Phương pháp: Giải phương trình bậc hai với hệ số thực Cách giải:  z1   i Ta có z  z      z2   i Vậy phần ảo số phức z2 Chọn C Câu 31 (VD) - 12.1.4.25 Phương pháp: Sử dụng phương pháp lấy mô-đun hai vế Cách giải: Ta có: z  z  12  z  12  z  z  12  z  12  z  2  z  144  48 z  z 2  z 3 25 Khi ta có z  2.3  12  z  Vậy phần ảo số phức z Chọn A Câu 32 (VD) - 12.1.4.25 Phương pháp: Áp dụng BĐT: z1  z2  z1  z2 Cách giải:  z   2i  Ta có   z   4i  Mà z   2i  z  1  2i   z   2i  z   2i   1  z   Tương tự ta có   z   Kết hợp ta có 1  z   min z    z  max z   Vậy  max z   Chọn A Câu 33 (TH) - 12.1.5.29 Phương pháp: Liệt kê khối đa diện Cách giải: Có khối đa diện đều: tứ diện đều; hình lập phương; bát diện đều; 12 mặt đều; 20 mặt Chọn D Câu 34 (TH) - 12.1.5.30 26 Phương pháp: - Áp dụng định lí Pytago tính chiều cao khối chóp - Thể tích khối chóp 1/3 tích đường cao diện tích đáy Cách giải: Gọi O  AC  BD  SO   ABCD  Vì ABCD hình vng cạnh a nên AC  a  OC  a a a 14  Áp dụng định lí Pytago ta có SO  SC  OC  4a  2 2 1 a 14 a3 14 a  Khi thể tích khối chóp V  SO.S ABCD  3 Chọn C Câu 35 (NB) - 12.1.5.30 Phương pháp: Áp dụng cơng thức tính thể tích khối chóp Cách giải: 27 1 a a3 Ta có VABDB '  B ' B.S ABD  a  3 Chọn A Câu 36 (VD) - 11.1.8.50 Phương pháp: - Đổi khoảng cách từ I đến  SBD  sang d  A;  SBD   - Xác định   SC ;  ABCD   góc SC hình chiếu vng góc SC lên  ABCD  - Sử dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng, hệ thức lượng tam giác vng để tính khoảng cách Cách giải: Gọi O  AC  BD Trong  SAC  gọi G  AI  SO  G  AI   SBD  G trọng tâm SAC 28 Ta có: AI   SBD   G  d  I ;  SBD   d  A;  SBD    IG  AG Trong  SAC  kẻ AH  SO ta có:  BD  AC  BD   SAC   BD  AH   BD  SA  AH  BD  AH   SBD   d  A;  SBD    AH   AH  SO Vì SA   ABCD   AC hình chiếu cuả SC lên  ABCD     SC;  ABCD    SCA  450  SAC vuông cân A  AB  AD  a a  ABD cạnh a  AO   AC  a Xét tam giác ABD có   BAD  60   SA  AC  a a  a 15 Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông SAO có: AH   2 SA  AO 3a 2 3a  SA AO Vậy d  I ;  SBD    a a 15 10 Chọn D Câu 37 (VDC) - 12.1.5.30 Phương pháp: Cách giải: 29 Đặt AA '  x  x   Xét tam giác ACD có AC  AD  2a  CD  ACD vuông A (định lí Pytago đảo)   AD  AC  AD   ACD '  AD  AD ' Ta có:  AD  CD ' CD '  A ' D '      AD '2  DD '2  AD2  x  a Ta lại có A ' D  AD '2   AD   A ' D   x  a   4a  x  3a 1   A ' C  A ' B '  gt  Ta có:   A ' C  CD A ' B '/ / CD    A ' D2  A ' C  CD2 Ta lại có: A ' C  AC '2   AA '2  AC   A ' C  3a   x  a   A ' C  x  a  x  3a  x  a  2a  x  2a  x  a  A ' C  2.2a  a  a , CD '  A ' C  A ' D '2  3a  a  a , AD '2  x  a  a  ACD ' vuông cân A Vậy VBCDA'  VA'.BCD  VD ' ACD  VD ACD '  1 a3 AD.S ACD '  a.a.a  3 30 Chọn A Câu 38 (NB) - 12.1.6.33 Phương pháp: - Thể tích khối trụ có chiều cao h , bán kính đáy r V   r h Cách giải: Thể tích khối trụ V   r h   a 2a  2 a3 Chọn A Câu 39 (TH) - 12.1.6.32 Phương pháp: Diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy r độ dài đường sinh l Sxq   rl Cách giải: Hình nón có bán kính đáy 3, đường cao đường sinh l  32  42  Diện tích xung quanh hình nón S xq   rl   3.5  15 Chọn C Câu 40 (VD) - 12.1.6.33 Phương pháp: - Thể tích khối trụ có chiều cao h , bán kính đáy r V   r h Cách giải: Hình hình trụ có chiều cao h chu vi đáy 2 r  a  r   V1   r h  a 2 a2h 4 Hình hình trụ hình có chiều cao h chu vi đáy 2 R   V2  2. R h  a a R 4 a2h 8 31 Vậy V1  V2 Chọn D Câu 41 (NB) - 12.1.6.34 Phương pháp: Áp dụng định nghĩa mặt cầu Cách giải: Điểm A thuộc mặt cầu  I ; R   IA  R Chọn B Câu 42 (NB) - 12.1.7.39 Phương pháp: Thay tọa độ điểm A vào phương trình mặt phẳng cho Cách giải: Ta thấy A 1; 2;3   P  : x  y  z  Chọn A Câu 43 (NB) - 12.1.7.40 Phương pháp: Trong khơng gian Oxyz , phương trình đường thẳng d qua điểm M  x0 ; y0 ; z0  có vectơ  x  x0  at  phương u   a; b; c  là:  y  y0  bt  z  z  ct  Cách giải: Đường thẳng Ox qua O  0;0;0  có vecto phương 1; 0;  nên phương trình đường thẳng Ox x  t  y  z   Chọn D 32 Câu 44 (NB) - 12.1.7.39 Phương pháp: Hình chiếu điểm M  a; b; c  lên mặt phẳng Oxz M '  a;0; c  Cách giải: Hình chiếu điểm M 1; 2;3 lên mặt phẳng Oxz M ' 1; 0;3 Chọn A Câu 45 (TH) - 12.1.7.39 Phương pháp: - Gọi A  a;0;0  ; B  0; b;0  ; C  0;0; c  , sử dụng cơng thức tính tọa độ trọng tâm tìm tọa độ điểm A, B, C - Viết phương trình mặt phẳng dạng mặt chắn Cách giải: Ta có A  a;0;0  ; B  0; b;0  ; C  0;0; c  a  3.673  2019  Tam giác ABC có trọng tâm G  673;674;675  b  3.674  2022 c  3.675  2025  Khi phương trình mặt phẳng ABC x y z    2019 2022 2025 Chọn B Câu 46 (VD) - 12.1.7.39 Phương pháp: - Viết phương trình đường thẳng  qua M vng góc với  P  - Tìm I     P   I hình chiếu M lên  P  - Gọi M ' đối xứng M qua  P   I trung điểm MM ' Cách giải: 33 x  t  Goi  đường thẳng qua M vng góc với  P   Phương trình đường thẳng  :  y   t z   t  Gọi I     P   I hình chiếu M lên  P  x  t x  t t  1  y  1 t  y  1 t  x  1    Tọa độ điểm I nghiệm hệ     I  2; 1;0  z   t z   t y      x  y  z  t   t   t   z  Chọn D Câu 47 (TH) - 12.1.7.39 Phương pháp: Sử dụng định lí Pytago Cách giải: Mặt cầu  S  : x  y  z  25  tâm O  0;0;0  ; R  Ta có d  O;  P    3 111  Khi bán kính đường trịn cần tìm r  R  d  Chọn A Câu 48 (VD) - 12.1.7.40 Phương pháp: - Nhận xét: A, B nằm phía  Oxy  - Gọi A ' điểm đối xứng với A qua  Oxy   MA  MA ' - Áp dụng BĐT tam giác MA  MB  MA ' MB  A ' B - Đưa tốn tìm giao điểm đường thẳng mặt phẳng Cách giải: Dễ thấy A, B nằm phía  Oxy  34 Gọi A ' điểm đối xứng với A qua  Oxy   A '  3; 2; 3 Khi ta có MA  MA '  MA  MB  MA ' MB  A ' B Dấu “=” xảy M  A ' B   Oxy  x  1 t  Ta có A ' B   2;2;8  2 1; 1; 4  nên phương trình đường thẳng A ' B :  y  t  z   4t   t  x   t    y  t  x   9  Khi tọa độ điểm M nghiệm hệ    M  ;  ;0  4   z   4t   z  y     z  Chọn A Câu 49 (NB) - 11.1.2.7 Phương pháp: Sử dụng tổ hợp Cách giải: Có tất 10 đỉnh; lấy 10 đỉnh ta có C102  45 Chọn D Câu 50 (VD) - 11.1.2.10 Phương pháp: - Tính số phần tử khơng gian mẫu - Gọi A biến cố: “Hai học sinh trường C em ngồi hai học sinh trường A em ngồi hai học sinh trường B ” Để xếp mà hai học sinh trường C em ngồi hai học sinh trường A em ngồi hai học sinh trường B ta có ACA BCB Từ sử dụng hốn vị quy tắc nhân tính số phần tử biến cố A - Tính xác suất biến cố 35 Cách giải: Số phần tử không gian mẫu 6!  720 Gọi A biến cố: “Hai học sinh trường C em ngồi hai học sinh trường A em ngồi hai học sinh trường B ” Để xếp mà hai học sinh trường C em ngồi hai học sinh trường A em ngồi hai học sinh trường B ta có ACA BCB Đổi chỗ học sinh lớp C có cách Đổi chỗ học sinh lớp A có cách Đổi chỗ học sinh lớp B có cách Đổi chỗ có cách  n  A  2.2.2.2  16 Vậy xác suất biến cố A là: P  A  16  720 45 Chọn B -HẾT - 36