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

Chuyên đề

4
Bài 1.

SÁC XUẤT – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
1.Đội tuyển văn nghệ của trường THPT Bình Minh có 3 học sinh khối nữ khối 12

,

4 học sinh nam khối 11 và 2 học sinh nữ khối 10 . Để thành lập đội tuyển văn nghệ dự thi
cấp tỉnh nhà trường cần chọn 5 học sinh từ 9 học sinh trên . Tính xác suất để trong 5 học sinh
được chọn có cả học sinh nam , học sinh nữ và có cả học sinh ở ba khối
2. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I và có cạnh bằng a,
góc BAD bằng 600 .Gọi H là trung điểm của IB và SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) .
Góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450 . Tính thể tích của khối chóp S . AHCD và tính
khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD) .
Hướng dẫn giải
1. Ta có SH  (ABCD)  HC là hình
chiếu vuông góc của SC trên (ABCD)
  450
 (
SC ,(ABCD ))  SCH

S

  600  BAD
Theo giả thiết BAD

K
B

3
a 3
đều  BD  a ; HD  a ; AI 
4
2

C
H
I

và AC  2AI  a 3
Xét SHC vuông cân tại H , ta

A

E
D

2
a 3 2


a

  13 a
có: SH  HC  IC 2  HI 2     
 2 
4
 4 

1
1
1
39 3
SH .S AHCD  SH . AC .HD 
a
3
3
2
32
Trong (ABCD) kẻ HE  CD và trong (SHE ) kẻ HK  SE (1). Ta có:
CD  HE

 CD  (SHE )  CD  HK (2)

CD  SH (SH  (ABCD ))

Từ (1) và (2) suy ra HK  (SCD)  d (H ,(SCD))  HK

Vậy VS .AHCD 

Xét HED vuông tại E , ta có HE  HD. sin 600 
Xét SHE vuông tại H , ta có HK 

SH .HE
2

SH  HE

2

3 3
a
8


3 39
4 79

a


Mà

d (B,(SCD )) BD
4
4
4

  d (B,(SCD ))  d (H ,(SCD ))  HK 
d (H ,(SCD )) HD
3
3
3

Do AB / /(SCD)  d(A,(SCD))  d(B,(SCD)) 

39
79

39
79

a

a

2. Số cách chọn 5 hoc sinh từ 9 học sinh là C95
Để chọn 5 hs thỏa mãn , ta xét các trường hợp sau
1 nữ 12 , 2 nam 11, 2 nữ 10 có C31C42 C22 cách
2 nữ 12, 2 nam 11, 1 nữ 10 có C32 C42C21 cách
2 nữ 12, 1 nam 11, 2 nữ 10 có C32 C41C22 cách
3 nữ 11 , 1 nam 11, 1 nữ 10 có C33C41C21 cách
1 nữ 12 , 3 nam 11 , 1 nữ 10 có C31C43C21 cách
Vậy xác suất cần tìm là .................

Bài
a) 2.

1 .Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: An2  3Cn2  15  5n.
20

1 

2.Tìm hệ số của x trong khai triển P( x )   2 x  2  , x  0.
x 

3. Cho hình chóp
S.ABCD có

đáy ABCD là hình chữ nhật
với
AB  2 a, AD  a 3 . Mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng
vuông góc với mặt đáy. Biết đường thẳng SD tạo với mặt đáy một góc 450. Tính thể
tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD
8

Hướng dẫn giải
a)ĐK: n  , n  2 .

An2  3Cn2  15  5n  n(n  1) 

3.n !
 15  5n
2!(n  1)!

n  5
 n 2  11n  30  0  
n  6
20

20
1 

k
b) P( x )   2 x  2    C20
(1) k 2 20  k x 203 k
x 

k 0

Số hạng tổng quát của khai triển trên là C k20 (1) k 2 20  k x 203 k

Hệ số của x8 trong khai triển trên ứng với 20  3k  8  k  4


3. Gọi hình chiếu của S trên AB là H.
Ta có SH  AB, ( SAB)  ( ABCD)  AB, ( SAB)  ( ABCD)  SH  ( ABCD)

  450 .
SH  ( ABCD ) , suy ra góc giữa SD và (ABCD) là SDH
Khi đó tam giác SHD vuông cân tại H, suy ra SH  HD  2 a ,
1
4a 3 3
Khi đó thể tích lăng trụ là VS . ABCD  SH .S ABCD 
(đvtt)
3
3
Kẻ Ax//BD nên BD//(SAx) mà SA  (SAx)

 d (BD,SA)  d (BD, (SAx))  d (B, (SAx))  2d (H, (SAx))
Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của H trên Ax và SI
Chứng minh được HK  (SAx)
Tính được HK 

2 a 93
4a 93
.  d (BD,SA)  2d (H, (SAx))  2 HK 
31
31

4
Vậy hệ số của x8 trong khai triển P(x) là C 20
(1)4 216

Bài 3. 1. ). Trong một bình có 2 viên bi trắng và 8 viên bi đen. Người ta bốc 2 viên bi
bỏ ra ngoài rồi bốc tiếp một viên bi thứ ba. Tính xác suất để viên bi thứ ba là bi trắng.
2. ). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, BC = a . Hình
chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm của cạnh AB; Góc
giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và góc giữa hai đường thẳng SB và AC.
Hướng dẫn giải
1. A là biến cố: “lần đầu lấy 2 viên bi đen, lần sau lấy 1 viên bi trắng”. P ( A) 
B là biến cố: “lần đầu lấy 1 viên bi đen, 1 viên bi trắng và lần sau lấy 1 viên bi
2
trắng”. P (B ) 
.
45
1
C là biến cố “ viên bi thứ ba là bi trắng”. P(C )  P( A)  P( B)   0,2
5

0
Lí luận góc giữa SC và (ABCD) là góc SCH  60 . Tính được: SH  a 6
2.

7
45


S

A

D

H
B

C

2a 3 6
3
        
AC  a 5, SB  a 7 , SB. AC  SH  HB . AC  HB. AC  AH . AC  2a 2
 
SB. AC
2
   700 .
cos  

SB. AC
35

Tính được: VS . ABCD 





Bài 4.

1. Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A’B’C’, có đáy ABC là tam giác vuông với
AB  BC  2 và A’ cách đều các đỉnh A, B, C. Gọi L, K lần lượt là trung điểm của
BC , AC. Trên các đoạn A’B, A’ A lần lượt lấy M , N sao cho MA’  2 BM , AA’  3 A’N .

MNKL,
S . ABC có độ

Tính thể tích khối tứ diện

biết

2. Cho hình chóp

dài

thỏa mãn

A’L  10.
các cạnh SA  BC  x, SB  AC  y, SC  AB  z

x 2  y 2  z 2  12 . Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABC.

Hướng dẫn giải
1. Gọi E là trung điểm AN, ta có ME//AB//LK  S MLK  S ELK  VMNKL  VNELK
1
ta cũng có S EKN  S A ' KA
3
+) Do A ' A  A ' B  A ' C và K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

nên A ' K   ABC   ( A ' AC)   ABC 

B’
C’’
A’
’

N
M
L

B

C

E
K

A


mà BK  AC  BK   A ' AC 
1
BK
+) Ta có d  L,  NKE    d  B,  NKE   
, do L là trung điểm BC.
2
2
1
1
AC
VNELK  d  L,  NKE   .S NKE  KB.S A ' KA ; KB 

 2
3
18
2

+) Vì A ' K   ABC   A ' K  KL  A ' K  A ' L2  LK 2  3

 S A ' AK 

1
3 2
A ' K .KA 
.
2
2

Vậy VNELK 

1
1
3 2 1
1
KB.S A ' KC 
2.
  VMNLK  .
18
18
2
6
6

2.
S

C

M
A

P
B

N

Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ các đường thẳng song song với cạnh đối
diện, chúng đôi một cắt nhau tạo thành tam giác MNP như hình vẽ.
1
+) Có S MNP  4S ABC  VS . ABC  VS . MNP
4
1
+) Do SB  AC  NP  SNP vuông tại S.
2
Tương tự, các tam giác SMN, SMP vuông tại S.
Đặt a  SM , b  SN , c  SP , ta có:

a 2  2  x 2  z 2  y 2 
a 2  b 2  4 x 2

 2
 2

2
2
2
2
2
b

c

4
y


b  2  x  y  z 
c 2  a 2  4 z 2
 2
2
2
2

c  2  y  z  x 

1
1
2
VS . ABC  VS . MNP  abc 
4
24
12

x

2

 y 2  z 2  y 2  z 2  x 2  z 2  x 2  y 2  .


Mà theo bđt Côsi:

x

2

 y 2  z 2  y 2  z 2  x 2  z 2  x 2  y 2  
3

3

 x 2  y 2  z 2  y 2  z 2  x 2  z 2  x 2  y 2   12 
3

   4
3
3

  
nên VS . ABC 

2 3 2 2
4 

.
12
3

12
 4  x  y  z  2.
3
2 2
Vậy GTLN của thể tích khối chóp S.ABC là
.
3

Đẳng thức xảy ra khi x 2  y 2  z 2 

Bài
5. đội văn nghệ gồm có 20 người trong đó có 12 nam và 8 nữ. Chọn ngẫu
1. Một
nhiên 8 người để hát đồng ca. Tính xác suất để 8 người được chọn có cả
nam và nữ và số nữ nhiều hơn số nam
2. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng
a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình

chóp S.ABC theo a.
Hướng dẫn giải
1. Xét phép thử chọn ngẫu nhiên 8 người từ 20 người, mỗi kết quả của phép thử
ứng với một cách chọn được 8 người từ 20 người => Số phần tử của không gian
8
mẫu là: n()  C20
 125970 .

+) Gọi biễn cố A: “8 người được chọn có cả nam và nữ và số nữ nhiều hơn số
nam”
3
2
1
n( A)  C85.C12
 C86 .C12
 C87 .C12
 14264

Ta có

n ( A) 14264
7132


.
n() 125970 62985
2. +) Từ giả thiết suy ra tam giác ABC đều cạnh a và SH(ABC) với H là tâm của
 P ( A) 

a 3
và SH là đường cao của hình chóp S.ABC
3
Từ giả thiết => SA = a 3 => trong tam giác vuông SAH vuông tại H có
tam giác đều ABC => AH =

SH  SA2  AH 2 

2 6a

.
3


a2 3
1
a3 2
 VS . ABC  S ABC .SH 
4
3
6
+) SH là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trong mặt phẳng (SAH) kẻ
đường trung trực của cạnh SA cắt SH tại I => I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S.ABC có bán kính R = IS. Hai tam giác vuông SMI và SHA đồng dạng =>
SM .SA 3 6
SI 

a
SH
8
27
+) Diện tích mặt cầu là: S  4 R 2   a 2 .
8
+) Diện tích tam giác ABC bằng: S ABC 

Bài
3. 6.
1. Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm các chữ số đôi một khác
nhau được lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Lấy ngẫu nhiên một số trong A ,
tính xác suất để lấy được số có chứa chữ số 3.

2. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều có cạnh bằng a,
cạnh bên tạo với đáy góc 300. Biết hình chiếu vuông góc của A’ trên
(ABC) trùng với trung điểm cạnh BC. Tính theo a thể tích khối lăng trụ
ABC.A’B’C’ và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ABC

Hướng dẫn giải
1. + Số các số có một, hai, ba, bốn, năm chữ số phân biệt lần lượt là:

A51 , A52 , A53 , A54 , A55 . Vậy tập A có A51 + A52 + A53 + A54 + A55 = 325 số.
+ Tương tự, số các số của A không có chữ số 3 là: A41  A42  A43  A44  64 số.
Vậy số các số có chứa chữ số 3 là: 325 – 64 = 261 số
Từ đó xác suất cần tìm là P = 261/325
2. Gọi H là trung điểm BC
=> A’H  (ABC)
=> góc A’AH bằng 300.
a 3
Ta có:AH =
; A’H = AH.tan300 = a/2.
2
a2 3
SABC =
.
4
a3 3
V = S ABC . A' H =
.
8
+ Gọi G là tâm của tam giác ABC, qua G kẻ đt (d) // A’H cắt AA’ tại E
+ Gọi F là trung điểm AA’, trong mp(AA’H) kẻ đt trung trực của AA’ cắt (d) tại I
=> I là tâm m/c ngoại tiếp tứ diện A’ABC và bán kính R = IA.

Ta có: Góc AEI bằng 600, EF =1/6.AA’ = a/6.


A’

E
F
a 3
6
a 3
AF2  FI 2 
3

IF = EF.tan600 =
R=

H

A
GI

Bài
4. 7.
1. Đội bóng chuyền nam Trường THPT Hùng Vương có 12 vận động viên gồm 7 học sinh
K12 và 5 học sinh K11. Trong mỗi trận đấu, Huấn luyện viên Trần Tý cần chọn ra 6 người
thi đấu. Tính xác suất để có ít nhất 4 học sinh K12 được chọn.

2. Cho hình lăng trụ đứng ABC .A1B1C 1

có đáy ABC là tam giác đều, cạnh AB  a ,

AA1  2a . Tính theο a thể tích khối lăng trụ ABC .A1B1C 1 và khoảng cách từ A đến

mp A1BC  .

Hướng dẫn giải
1.Không gian mẫu   C126  924
Xác suất cần tìm là P 

C74 C52  C75C51  C76 462 1


924
924 2

2.

S ABC 

A1

a

2

3

4

VABC . A1B1C1 

C1

B1

a

3

3

2

Dựng AH, chứng minh AH   A1 BC 
H

d  A,  A1BC   

2a 57
19

A

C

M
Bài 8.
5.
B
1. Trong một đợt phỏng vấn học sinh trường THPT Kim Liên để chọn 6 học sinh đi du

học Nhật Bản với học bổng là được hỗ trợ 75% kinh phí đào tạo. Biết số học sinh đi phỏng
vấn gồm 5 học sinh lớp 12C3, 7 học sinh lớp 12C7, 8 học sinh lớp 12C9 và 10 học sinh lớp
12C10. Giả sử cơ hội của các học sinh vượt qua cuộc phỏng vấn là như nhau. Tính xác suất
để có ít nhất 2 học sinh lớp 12C3 được chọn.

2. Tìm hệ số của x 6 trong khai triển 2  3 x 2  .
3. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’, có đáy ABC là tam giác vuông cân ở B và AB = a.
8

Hình chiếu vuông góc của A’ lên (ABC) trùng với trung điểm H của cạnh AB. Biết diện tích
mặt bên ABB’A’ bằng 3a 2 .
a) Tính thể tích khối lăng trụ đã cho.
b) Tính khoảng cách từ điểm B đến mp(ACB’).


Hướng dẫn giải
a) số phần tử của kg mẫu là: n   C306  593775
Gọi A là biến cố có ít nhất 2 h/s lớp 12C3 được chọn
5
n A  C 256  C51 .C 25
 442750
442750 151025
Xác suất của b/c A là: P  A  1  P A  1 

 0, 25
596775 593775









8

b) Tìm hệ số của x 6 trong khai triển 2  3 x 2 .
8

2  3x    C
2 8

k 0

k
8



.2 k .  3 x 2



8 k

8 k

  C8k .2 k . 3

.x16 2 k

Số hạng trong khai triển chứa x 6 khi 16-2k = 6 hay k = 5
3
Vậy hệ số của x 6 trong khai triển là: C85 .2 5. 3  48384
3. a) Tính thể tích khối lăng trụ đã cho.
Diện tích tam giác ABC là:
1
1
S  AB.BC  a 2
2
2
Theo gt ta có: A' H .AB  3a 2  A' H  3a
Thể tích khối lăng trụ đã cho là:
3
V  S . A' H  a 3
2
b) Tính khoảng cách từ điểm B đến mp(ACB’).
d B;  ACB'  2d H ;  ACB'  2 HK
Với K là trực tâm tam giác AEI và
1
1
1
1
9
a




 2  HK 
2
2
2
2
HK
HA
HI
HE
a
3
2a
Vậy d B;  ACB '  2 HK 
.
3

A’

C’
B’
E

A

I
C

H
B

Bài 9.
6.
1. Một hộp đựng 3 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ, 5 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên từ hộp đó
ra 3 viên bi. Tính xác suất để 3 viên bi vừa lấy ra có đúng 2 viên bi cùng màu
2. Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABC),
0
SA  a 6 , AB  AC  a 3 , góc BAC bằng 120 ; lấy điểm M trên cạnh BC sao
cho MC = 2MB. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai
đường thẳng SM và AC.


Hướng dẫn giải
*) Diện tích tam giác ABC là:
1
1
3
3a 2 3
S ABC = AB. AC .sin1200 = a 3.a 3 .
=
(đvdt).
2
2
2
4

S

Vậy thể tích hình chóp S.ABC là:
VS . ABC =

1
1 3a 2 3
3a 3 2
S  ABC .SA  .
.a 6 =
(đvtt).
3
3
4
4

l

H

A

*) Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABC ta có :
BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200  BC = 3a  MB = a.

C
B

M

Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABM ta có:
AM 2  AB 2  MB 2  2 AB.MB cos 300  a 2  AM  a  AM  BM  a .
Do đó tam giác AMB cân tại M nên
BAM  ABM  300  MAC  900  AM  AC (1)
Mặt khác: SA  ( ABC )  SA  AC

(2)
Từ (1) và (2) ta có: AC  (SAM ) (3)
Kẻ AH  SM ( H  SM )
(4)
Từ (3) và (4) ta được: d  AC , SM   AH
Trong tam giác ASM vuông tại A ta có:
1
1
1
7
a 6 a 42
.



 AH 

AH 2 SA2 AM 2 6a 2
7
7

Vậy d  AC , SM   a 42 .
7

Bài 10.

1. Một hộp chứa 4 viên bi trắng, 5 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp
ra 4 viên bi. Tính xác xuất để 4 viên bi được chon có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất
2. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. hình chiếu vuông góc của A’
trên  ABC  là trung điểm cạnh AB, góc giữa đường thẳng A’C và mặt đáy bằng 600 .

Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng
(ACC’A’).

Hướng dẫn giải
4

1. Ta có: n     C 15  1365
Gọi A là biến cố “4 viên bi được chọn có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất’
1

2

1

Khi đó n  A  C 4C 5C 6  240


Vậy p  A  

n  A  16

n    91

2. + Gọi H là trung điểm của AB, suy ra A ' H   ABC  và
3a
2
3
3a 3
Thể tích của khối lăng trụ là VABC . A' B ' C '  A ' H .SABC 
8

+Gọi I là hình chiếu vuông góc của của H trên AC; K là hình chiếu vuông góc của
H trên A’I. Suy ra HK  d  H ,  ACC ' A '  

A ' CH  60
 A ' C ,  ABC    

0

. Do đó A ' H  CH .tan 600 

  a 3 1  1  1  HK  3a 13
Ta có HI  AH .sin IAH
4 HK 2 HI 2 HA '2
26
3a 13
Do đó d  B,  ACC ' A '    2d  H ,  ACC ' A '   2 HK 
13

Bài 11.
1.

Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 0;
1; 2; 3; 4; 5; 6. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để số chọn được là số chia hết
cho 5.


2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC  60 0 . Cạnh
bên SA vuông góc với mặt đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc 60 0 .
Gọi I là trung điểm BC, H là hình chiếu vuông góc của A lên SI..
a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

b) Tính khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD) theo a.

Hướng dẫn giải
1. Số phần tử của A là 6.A36  720
Số cách chọn một số có hàng đơn vị là số 0 có 1.A 36  120 cách
Số cách chọn một số có hàng đơn vị là số 5 có 1.5.A 25  100 cách
Suy ra số cách chọn một số chia hết cho 5 là 120  100  220 cách
220 11
Vậy xác suất cần tìm bằng

.
720 36
2.


S

K
H
A

D
E

B

I

C



a) Do ABC =600 nên tam giác ABC đều, suy ra SABCD  a 2

3
và AC  a
2



Mặt khác SA  ( ABCD)  SCA  60 0

1
a3
 SA  AC.tan 600  a 3  VS.ABCD  SA.SABCD  .
3
2
2
2
HS HS.IS AS
AS
4
b)Ta có

 2  2

2
2
IS
IS

IS
IA  AS
5
4
2
2
 d  H,  SCD    d  I, SCD    d  B,  SCD    d  A,  SCD   ( vì I là trung điểm
5
5
5
BC và AB//(SCD))
Gọi E là trung điểm CD, K là hình chiếu của A lên SE, ta có
AE  DC  DC  (SAE)  AK  (SCD)
2
2
2 SA.AE
2a 15
Suy ra d H,  SCD   d A,  SCD   AK 
.

2
2
5
5
5 SA  AE
25

Bài 12.
111010.
1. Trong cụm thi để xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phải thi 4 môn trong đó

có 3 môn bắt buộc là Toán, Văn, Ngoại ngữ và một môn do thí sinh tự chọn trong số
các môn: Vật lí, Hóa học, Sinh học, Lịch sử và Địa lí. Trường A có 30 học sinh đăng kí
dự thi, trong đó có 10 học sinh chọn môn Lịch sử. Lấy ngẫu nhiên 5 học sinh bất kỳ
của trường A, tính xác suất để trong 5 học sinh đó có nhiều nhất 2 học sinh chọn môn
Lịch sử.

2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 3a, hình chiếu của S lên
mặt phẳng
(ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho AB = 3AH. Góc tạo bởi SA và mặt phẳng
(ABC) bằng 600 .
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và
BC.


Hướng dẫn giải
1. Số phần tử của không gian mẫu là: n()  C305  142506
Gọi A là biến cố : “5 học sinh được chọn có nhiều nhất 2 học sinh chọn môn lịch
sử”
5
3
Số phần tử của biến cố A là: n( A)  C20
 C204 C101  C20
C102  115254

115254
 0,81 .
142506
9a 2 3
1
2. Diện tích đáy là: dt( ABC ) = AB.AC.Sin600 =

. Vì SH  ( ABC ) nên góc
2
4

Vậy xác suất cần tìm là: P ( A) 

tạo bởi

SA và (ABC) là: SAH  600  SH  AH .tan 600  a 3 . Thể tích khối chóp S.ABC
là:
V=

1
9a 3
SH .dt (ABC ) 
3
4

Kẻ AD  BC thì d(SA,BC)=d(BC,(SAD))=d(B,(SAD))=3d(H,(SAD)) Vì AB=3AH
Kẻ HI  AD và HK  SI ,do AD  SH nên AD  ( SHI )  AD  HK Suy ra:
d(H,(SAD)) = HK. Ta có: HI  AH.sin600 

a 3
. Trong tam giác SHI , ta có:
2

1
1
1
5

a 15
3a 15


 2  HK 
. Vậy d ( SA, BC ) 
2
2
2
HK
HI
HS
3a
5
5
S

K

A

I

H

C

B

D

Bài 13.
1. Tìm số hạng chứa x6 trong khai triển nhị thức Niu – tơn của :
15

1

f ( x)   x2  
, x  0
x

2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 4a , cạnh SA vuông
góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa cạnh SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 600 ,

M là

trung điểm của BC , N là điểm thuộc cạnh AD sao cho DN = a . Tính
theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MN .

.
Hướng dẫn giải
15

15
1

1. f ( x )   x 2     C15k .x 30 3 k ,  0  k  15, k  N 
x


k 0
0  k  15

6
Hệ số chứa x ứng với k thỏa mãn k  N
 k  8 . Vậy số hạng chứa x 6
30  3k  6


trong khai triển là : C158 . x 6  6435. x 6
2.
SA  ( ABCD)  AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng ( ABCD) . Suy ra góc

giữa cạnh SC và mặt phẳng ( ABCD) là góc SCA
AC 2  AB 2  BC 2  32a 2  AC  4a 2  SA  AC .tan 600  4a 6

1
64a 3 6
S ABCD  4a.4a  16a 2  VS . ABCD  .16a 2 .4a 6 
3
3

Gọi E là trung điểm của đoạn AD , F là trung điểm của AE
=> BF / / MN nên MN / /( SBF )  d ( MN , SB )  d  MN ,  SBF    d  N ,  SBF  
Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ AH  BF , H  BF , trong mặt phẳng (SAH) kẻ
AK  SH , K  SH
 BF  AH
 AK  SH
. Ta có 
 BF  ( SAH )  BF  AK . Do 

 AK  ( SBF )
 BF  SA
 AK  BF
 d  A,  SBF    AK

Lại có :

1
1
1
17
1
1
1
103
4a 618



và



 AK 
2
2
2
2
2
2

2
2
103
AH
AB
AF
16a
AK
AS
AH
96a


d  N ,  SBF  
d  A,  SBF  



NF
8a 618
 2  d  N ,  SBF   
AF
103

Bài 14.
111010.

1. Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ

số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để số chọn được là số

chia hết cho 5.
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc
với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a. .

Hướng dẫn giải
1. Số phần tử của A là 6.A36  720
Số cách chọn một số có hàng đơn vị là số 0 có 1.A 36  120 cách
Số cách chọn một số có hàng đơn vị là số 5 có 1.5.A 25  100 cách
Suy ra số cách chọn một số chia hết cho 5 là 120  100  220 cách
220 11
Vậy xác suất cần tìm bằng

.
720 36
2. Gọi H là trung điểm AB. Do SAB cân tại S, suy ra SH  AB,
mặt khác (SAB)  (ABCD)

  600 .
nên SH  (ABCD) và SCH

S

K
E
A

D

H

B

C


Ta có SH  CH . tan 60 0  CB 2  BH 2 . tan 60 0  a 15.

4 15 3
1
1
a
VS . ABCD  .SH .S ABCD  a 15.4a 2 
3
3
3
Qua A vẽ đường thẳng  song song với BD. Gọi E là hình chiếu vuông góc của
H lên  và K là hình chiếu của H lên SE, khi đó   (SHE)    HK suy ra
HK  (S,  ).
Mặt khác, do BD//(S,  ) nên ta có
d  BD; SA  d  BD;  S ,    d  B;  S ,    2d (H;(S , ))  2HK

Bài 15.

  DBA
  450 nên tam giác EAH vuông cân tại E, suy ra
Ta
có EAH
111010.
AH

a
.HS 2 viên
15bi đỏ, 5 viên bi trắng và 7 viên bi vàng ( các viên bi
kín HE
đựng
HE 1.
 Trong
 mộthộp
HK 

a.
2 sắc).
2 Lấy
chỉ
31ngẫu nhiên 4 viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra
2 khác2 nhau về màu
HE  HS
không có đủ cả ba màu

2 465
31

a đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB = a, BC = a 3 , SA
Vậy:2. d Cho
BD;SA
 S.ABC,
hìnhchóp
vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc
của điểm A trên các cạnh SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM.

Hướng dẫn giải
1. ) Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là C144  1001 cách .
Ta đếm số cách lấy 4 viên bi có đủ cả màu :
+ TH1: 1Đ, 1T, 2V có C 21 .C 51 .C 72 cách
+ TH2: 1Đ, 2T, 1V có C 21 .C 52 .C 71 cách
+ TH3: 2Đ, 1T, 1V có C 22 .C 51 .C 71 cách
Vậy số cách lấy 4 viên bi có đủ 3 màu là C 21 .C 51 .C 72 + C 21 .C 52 .C 71 + C 22 .C 51 .C 71 = 385
cách .
Xác suất lấy 4 viên bi không đủ 3 màu là P 
2. Đặt V1=VS.AMN; V2=VA..BCNM; V=VS.ABC;
AM 

2
5

a; SM=

4a
5
3



SM 4

SB 5

V1

1001  385 616

8


1001
1001 13

SM SN SM 1
.

. (1)
V
SB SC SB 2
V 2 V
3
3
 1   2   V2  V (2)
V 5
V 5
5

1
a . 3
a3 . 3
V  SABC .SA 
 V2 
3
3
5



Bài 16.
n

1 

1. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  2 x  5 
x

*
0
1
n
 x  , x  0 , biết n   thỏa mãn điều kiện Cn  Cn1  Cn 2  10n  30 .

2. Một dãy phố có 5 cửa hàng bán quần áo. Có 5 người khách đến mua
quần áo, mỗi người khách vào ngẫu nhiên một trong năm cửa hàng đó.
Tính xác suất để có ít nhất một cửa hàng có nhiều hơn 2 người khách
Hướngvào.
dẫn giải
1. Theo giả thiết ta có: Cn0  Cn11  Cnn 2  10n  30
(n  1)( n  2)
 1  (n  1) 
 10n  30
2
 n  18
 n 2  15n  54  0  
, kết hợp với điều kiện của n ta được n  18 .
n



3

18 k

6 k 18
  15 
k
k k
Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là: C18  2 x   x 
 C18 2 x 5


6k  18
Số hạng không chứa x tương ứng với k thỏa mãn
 0  k  3.
5
Vậy số hạng không chứa x cần tìm là C183 23  6528 .
k

2. Người khách thứ nhất có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.
Người khách thứ hai có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.
Người khách thứ ba có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.
Người khách thứ tư có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.
Người khách thứ năm có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.
Theo quy tắc nhân có 5.5.5.5.5 = 3125 khả năng khác nhau xảy ra cho 5 người vào
5 cửa hàng. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là:   3125 .
Để có ít nhất một cửa hàng có nhiều hơn 2 khách vào thì có các trường hợp (TH)
sau:

TH1: Một cửa hàng có 3 khách, một cửa hàng có 2 khách, ba cửa hàng còn lại
không có khách nào. TH này có C51.C53 .C41.C22  200 khả năng xảy ra.
TH2: Một cửa hàng có 3 khách, hai cửa hàng có 1 khách, hai cửa hàng còn lại
không có khách nào. TH này có C51.C53 .C42 .P2  600 khả năng xảy ra.
TH3: Một cửa hàng có 4 khách, một cửa hàng có 1 khách, ba cửa hàng còn lại
không có khách nào. TH này có C51.C54 .C41  100 khả năng xảy ra.


TH4: Một cửa hàng có 5 khách, các cửa hàng khác không có khách nào. TH này
có C51  5 khả năng xảy ra.
Suy ra có tất cả 200  600  100  5  905 khả năng thuận lợi cho biến cố “có ít
nhất một cửa hàng có nhiều hơn 2 người khách vào”.
Vậy xác suất cần tính là: P 

905 181

3125 625

Bài 17.
1. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 8 chữ
số sao cho trong mỗi số đó có đúng ba chữ số 1, các chữ số còn lại đôi
một khác nhau và hai chữ số chẵn không đứng cạnh nhau.
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  2 a, AD  a 3 .
Mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy.
Biết đường thẳng SD tạo với mặt đáy một góc 450. Tính thể tích của khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD.
Hướng dẫn giải

1. Số hoán vị 5 chữ số lẻ 1, 1, 1, 3, 5 là

5!
.
3!

Ứng với mỗi hoán vị có 6 vị trí đầu, cuối và xen kẽ giữa 2 chữ số lẻ. Do đó có A36
cách sắp xếp ba chữ số chẵn 2, 4, 6 vào 3 trong 6 vị trí đó để được số thỏa đề bài.
5!
Vậy số các số thỏa đề bài là: A36  2400.
3!


2. Gọi hình chiếu của S trên AB là H.
Ta có SH  AB, ( SAB)  ( ABCD)  AB, ( SAB)  ( ABCD)  SH  ( ABCD)

  450 .
SH  ( ABCD ) , suy ra góc giữa SD và (ABCD) là SDH
Khi đó tam giác SHD vuông cân tại H, suy ra SH  HD  2 a ,
1
4a 3 3
Khi đó thể tích lăng trụ là VS . ABCD  SH .S ABCD 
(đvtt)
3
3
Kẻ Ax//BD nên BD//(SAx) mà SA  (SAx)

 d (BD,SA)  d (BD, (SAx))  d (B, (SAx))  2d (H, (SAx))
Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của H trên Ax và SI
Chứng minh được HK  (SAx)
Tính được HK 

2 a 93
4a 93
.  d (BD,SA)  2d (H, (SAx))  2 HK 
31
31

Đặt AD  x( x  0)  AB  3x, AN  2 x, NB  x, DN  x 5, BD  x 10


Xét tam giác BDN có cos BDN

BD 2  DN 2  NB 2 7 2

2 BD.DN
10

Bài 17.
111010.

Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a,  SAB đều và nằm trong
phẳng vuông góc với (ABCD). Gọi H là trung điểm AB.
a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và HC.
c) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD).
Hướng dẫn giải
S

I

A

N

D
K

H

E
M

B

C

mặt


Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
(SAB)  (ABCD), (SAB)  (ABCD) = AB, SH  AB
 SH  (ABCD)
AB 3 a 3
Ta có: SABCD = a2; SH =

2
2
1
Do đó VSABCD = S ABCD .SH
3
1
a 3 a3 3

= .a 2 .

3
2
6
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và HC.
Gọi E là trung điểm CD  AE // HC  HC // (SAE)
 d(HC, SA) = d(HC, SAE) = d(H, SAE)
Dựng HK  AE tại K; HI  SK tại I
Ta có AE  SH; AE  HK  AE  (SHK)  HI  AE
Do đó HI  (SAE)  d(H; SAE) = HI
1
1
1
4
1
5
 AHE vuông tại H 


 2 2  2
2
2
2
HK
HA HE
a
a
a
1

1
1
5
4
19
 SHK vuông tại H 


 2 2  2
2
2
2
HI
HK
HS
a 3a
3a
a 57
 HI =
19
a 57
Vậy d(HC, SA) = HI =
19
Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD).
Dựng HM  BD tại M, HN  SM tại N
Ta có BD  SH, BD  HM  BD  (SHM)
 HN  BD mà HN  SM  HN  (SBD)
 d(H; SBD) = HN.
BH 2 a 2
Ta có  BMH vuông cân tại M  MH =


2
4
a 21
1
1
1
8
4
28


= 2  2  2  HN =
2
2
2
HN
HM
HS
a 3a
3a
14
a 21
Vì H là trung điểm AB  d(A; SBD) = 2d(H; SBD) =
7


Bài 18.
5
 3 2 

10
111010.
1.Tìm hệ số của x trong khai triển của biểu thức :  3x  2  .
x



2. Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm 12 quả đỏ và 8 quả xanh. Lấy
ngẫu nhiên (đồng thời) 3 quả. Tính xác suất để có ít nhất một quả cầu màu

xanh.
3. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , mặt bên SAB là tam giác
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC  , gọi M là điểm thuộc cạnh

SC sao cho MC  2MS . Biết AB  3, BC  3 3 , tính thể tích của khối chóp S.ABC và
khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM .

Hướng dẫn giải
5

10

a) Tìm hệ số của số hạng chứa x
5

5 k

2 

trong khai triển của biểu thức :  3x 3  2  .

x 

k

5
5
k 5 k
 3 2 
 2 
k
3
k
k 15 5 k
3
x


C
3
x
.





5 
 2   C5  1 3 .2 x
2 
x  k 0


 x  k 0
10
Hệ số của của số hạng chứa x là C5k (1)k 35k 2 k , với 15  5k  10  k  1

1

Vậy hệ số của x10 là : C51  1 34 21  810
b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm 12 quả đỏ và 8 quả xanh. Lấy ngẫu
nhiên 3 quả. Tính xác suất để trong 3 quả cầu chọn ra có ít nhất một quả cầu màu
xanh.
3
Số phần tử của không gian mẫu là n     C20
Gọi A là biến cố “Chọn được ba quả cầu trong đó có ít nhất một quả cầu màu
xanh”
C3
Thì A là biến cố “Chọn được ba quả cầu màu đỏ”  n  A   C123  P  A   123
C20
Vậy xác suất của biến cố A là P  A   1  P  A   1 
3.

C123 46

3
C20
57


S

Gọi H là trung điểm AB  SH  AB ( do
SAB đều).
Do  SAB    ABC   SH   ABC 

N

M

K

Do ABC đều cạnh bằng 3
A

3 3
nên SH 
, AC  BC 2  AB 2  3 2
2

C

H

B

1
1
33 6 9 6
 VS . ABC   SH  S ABC   SH  AB  AC 

(đvtt)

3
6
12
4
Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại N  AC || MN  AC ||  BMN 
AC  AB, AC  SH  AC   SAB  , AC || MN  MN   SAB   MN   SAB 
  BMN    SAB  theo giao tuyến BN .

Ta có AC ||  BMN   d  AC , BM   d  AC ,  BMN    d  A,  BMN    AK với K là
hình chiếu của A trên BN
NA MC 2
2
2 32 3 3 3
2

  S ABN  S SAB  

(đvdt) và AN  SA  2
SA SC 3
3
3 4
2
3
3 3
2
2S
2  3 21
BN  AN 2  AB 2  2AN . AB.cos 600  7  AK  ABN 
BN
7

7
3 21
Vậy d  AC , BM  
(đvđd)
7

Bài 19.
1. Một trường có 55 đoàn viên học sinh tham dự đại hội Đoàn trường, trong đó khối 12 có
18 em, khối 11 có 20 em và 17 em khối 10. Đoàn trường muốn chọn 5 em để bầu vào ban
chấp hành nhiệm kì mới. Hỏi có bao nhiêu cách chọn sao cho 5 em được chọn có cả 3 khối,
đồng thời có ít nhất 2 em học sinh khối 12.
Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA  a 3 và SA vuông góc
với mặt phẳng đáy. Biết tam giác SAB cân và góc giữa SD với mặt đáy bằng 300.
a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC.


Hướng dẫn giải
1.Chọn 5 em học sinh thỏa mãn yêu cầu bài toán xảy ra 3 trường hợp:
+ Trường hợp 1: Khối 12 có 2 em, khối 11 có 2 em, khối 10 có 1 em:
2

2

1

Có C18 .C20 .C17  494190 cách chọn
+ Trường hợp 2: Khối 12 có 2 em, khối 11 có 1 em, khối 10 có 2 em
2

1

2

Có C18 .C20 .C17  416160 cách chọn
+Trường hợp 3: Khối 12 có 3 em, khối 11 có 1 em, khối 10 có 1 em
3
1
1
Có C18 .C20 .C17  277440 cách chọn

Vậy có 494190 + 416160 + 277440 = 1187790 cách chọn.
2. a. Do SA   ABCD  và SAB cân nên AB  SA  a 3

  300
Góc giữa SD với mặt đáy là góc SDA
SA
SA
Trong tam giác SAD có tan 300 
 AD 
 3a
AD
tan 300
 S ABCD  AB. AD  3a.a 3  3 3a 2
1
1
 VS . ABCD  .SA.S ABCD  .a 3.3 3a 2  3a3
3
3
b. Qua C kẻ đường thẳng song song với BD, cắt AD tại E.

Do BD//CE  BD//(SCE)

 d  BD , SC   d  BD ,  SCE    d  O ,  SCE   

1
d  A,  SCE  
2

Kẻ AF  CE , F  CE  CE   SAF 

S

Kẻ AH  SF , H  SF  AH  CE  AH   SCE 

 d  A,  SCE    AH

H

Có AE  2 AD  6a, CE  BD  2 3a
1
1
AE.CD 6a.a 3
AE .CD  AF.CE  AF=

 3a
2
2
CE
2a 3
1

1
1
3a
Trong tam giác SAF có:

 2  AH 
2
2
AH
AF
SA
2

O

S ACE 

Vậy d  BD , SC  

1
1
3a
d  A,  SCE    AH 
2
2
4

D

A

B

C
F

E


Bài 20.
1. Để chuẩn bị cho lễ kỉ niệm 50 năm thành lập trường, nhà trường cần chọn 20 học sinh nữ để
tiếp đón đại biểu đến tham dự. Số học sinh này được lấy ngẫu nhiên theo danh sách từ 15 học
sinh nữ của lớp 11A và 22 học sinh nữ của lớp 11B. Tính xác suất để mỗi lớp có ít nhất 9 học
sinh được chọn (lấy gần đúng đến 5 chữ số sau dấu phẩy).

2.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O, M là điểm di động trên SC và (P) là
mặt phẳng qua AM và song song với BD. Tìm các giao điểm H và K của (P) với SB và SD.
Chứng minh

SB SD SC


là một hằng số.
SH SK SM

Hướng dẫn giải
1. Tổng số học sinh nữ ở hai lớp là 15 + 22 = 37. Số phần tử của không gian mẫu
là   C3720

Gọi A là biến cố đã cho, khi đó có ba trường hợp: Một lớp có 9 học sinh lớp còn
lại 11 học sinh, hoặc cả hai lớp cùng có 10 học sinh. Suy ra
11
10
9
 A  C159 C 22
 C1510 C 22
 C1511C 22
Xác suất cần tìm là: P ( A) 

11
10
C159 C22
 C1510C22
 C1511C229
 0,38676
C3720

S

M

K

I

H

J

A

D

O
C
2. B
Gọi I  SO  AM . Do (P) // BD và HK  ( P)  (SBD) nên HK //BD.
Do đó từ I ta kẻ đường thẳng song song với BD sẽ cắt SB tại H và cắt SD tại K.
Gọi J là trung điểm của MC
Ta có HK // BD, OJ // AM do đó
SB SD SC
SO SC
SI  IO SM  MC


2

2

SH SK SM
SI SM
SI
SM
IO
2 MJ
IO
IO
 2 2
1 

 1 2
2
1
SI
SM
SI
SI