Tài liệu tự học Toán lớp 11 để có điểm 7 8 9
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.44 MB, 100 trang )
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG
ĐT: 0984.507799 – 0888.050015
SƯU TẦM VÀ BIÊN SOẠN: THẦY LÊ CHUNG
TÀI LIỆU ĐIỂM 7-8-9
CÂU VẬN DỤNG LỚP 11
NĂM 2017-2018
2017
2018
HỌ VÀ TÊN HỌC SINH:…………………………………………….
ĐÀ LẠT, THÁNG 06.2018
GV Thầy Lê Chung
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG
TUYỂN TẬP CÁC CÂU VẬN DỤNG
Tài liệu 7-8-9 điểm
Lớp 11
LƯỢNG GIÁC
Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y
Câu 1.
3
.
2
A.
B. 5 .
C.
2 cos x
là:
s inx cos x 2
2
.
3
D. 3 .
Lời giải
Chọn D
Gọi y là một giá trị của hàm số.
Ta có phương trình: y sin x ( y 1) cosx 2 2 y .
Điều kiện có nghiệm của phương trình là:
y 2 ( y 1) 2 (2 y 2) 2 2 y 2 6 y 3 0
1
5
y
2
2
5
1
; min y
2
2
Suy ra, max y min y 3 .
max y
Câu 2.
A.
Cho M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y
4
.
11
B.
3
.
4
C.
1
.
2
cos x 2 sin x 3
. Tính M .m .
2 cos x sin x 4
20
D.
.
11
Lời giải
Chọn A
Do 2 cos x sin x 4 0, x nên tập xác
của hàm số y
định
cos x 2 sin x 3
là .
2 cos x sin x 4
Gọi tập giá trị của hàm số là Y .
cos x 2 sin x 3
có nghiệm x 2 y 1 cos x y 2 sin x 3 4 y có
2 cos x sin x 4
2
2
2
2
nghiệm 2 y 1 y 2 3 4 y 11 y 2 24 y 4 0
y 2.
11
2
4
Do đó M 2; m
. Vậy Mm .
11
11
y Y
Câu 3.
phương trình y
Có bao nhiêu giá trị của tham số thực a để hàm số y
A. 0 .
B. 1.
C. 2 .
cos x a sin x 1
có giá trị lớn nhất y 1 ?
cos x 2
D. 3 .
Lời giải
Chọn C
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
Gọi y 0 là một giá trị của hàm số khi đó phương trình y 0
cos x a sin x 1
có nghiệm
cos x 2
Ta có y 0 cos x 2y 0 cos x a sin x 1 a sin x 1 y 0 cos x 2y 0 1 *
Điều kiện để phương trình * có nghiệm là
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
1
GV Thầy Lê Chung
a 2 1 y0
2
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
2y 0 1
2
3y 0 2 2y 0 a 2 0
1 3a 2 1
1 3a 2 1
y0
3
3
1 3a 2 1
1 3a 2 1 2 a 2 1 a 1 .
3
sin x
Câu 4.
Gọi S là tổng các nghiệm của phương trình
0 trên đoạn 0; 2017 . Tính S .
cos x 1
A. S 2035153 .
B. S 1001000 .
C. S 1017072 .
D. S 2000200 .
Do GTLN của y 1 nên ta có
Lời giải
Chọn C
sin x 0
sin x
0
cos x 1 x k 2 .
cos x 1
cos x 1
Suy ra tập nghiệm là 0; 2 ; 4 ;....2n ,.. .
Vậy S 0 2 4 ... 2016 2 1 2 ... 1008 1017072 .
Câu 5.
A.
1
sin cosx trên ; .
8
8
2
3
C.
.
D. .
4
2
Tính tổng các nghiệm của phương trình sin x cos
.
2
B.
3
.
2
Lời giải
Chọn C
x k 2
1
1
8 6
Ta có sin x cos sin cosx sin x
,k
8
8
2
8 2
x k 2
8
6
17
17 3
Do x ; x
. Vậy
;x
24
24
24 24
4
Câu 6.
x 24 k 2
x 17 k 2
24
Số nghiệm của phương trình: cos3x sin 2 x 0 trên đoạn 0; là:
A.3.
B.2.
C. 1.
D. 4.
Lời giải
Chọn A
3 x 2 x k 2
2
Ta có cos 3x sin 2 x 0 cos 3x sin 2 x cos 3 x cos 2 x
, k .
2
3 x 2 x k 2
2
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
2
x 10 k 5
9
, k . Trên đoạn 0; phương trình có các nghiệm x , x , x
.
10
2
10
x k 2
2
Câu 7.
[THCS, THPT Nguyễn Khuyến - KT Định kỳ (2017 - 2018)] Tổng nghiệm âm lớn nhất và nghiệm
dương nhỏ nhất của phương trình 2 sin 2 x 2 cos 2 x
A. 0 .
B.
.
4
2 bằng
3
C.
.
4
Lời giải
D.
.
4
Chọn D
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
2
GV Thầy Lê Chung
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
Ta có 2 sin 2 x 2 cos 2 x 2
1
1
1
sin 2 x
cos 2 x .
2
2
2
5
2 x 4 6 k 2
x 24 k
1
sin 2 x
k .
4 2
2 x k 2
x 13 k
4
6
24
5
11
Nghiêm dương nhỏ nhất là x
và nghiệm âm lớn nhất là x
.
24
24
Vậy tổng nghiệm âm lớn nhất và nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình là
5 11
.
24 24
4
Tổng tất cả các nghiệm của phương trình cos sin x 1 trên 0; 2 bằng:
Câu 8.
B. .
A. 0 .
C. 2 .
D. 3 .
Lời giải
Chọn D
x k 2
; k
x k 2
Phương trình cos sin x 1 sin x k 2 sin x 0
Với x 0; 2 phương trình có các nghiệm là x 0 , x 2 và x
Vậy tổng các nghiệm của phương trình trên 0; 2 là: T 0 2 3 .
Câu 9.
Phương trình
A.
2
.
3
3 sin x cos x 0 có nghiệm âm lớn nhất là:
B. .
C. .
3
6
D.
5
.
6
Lời giải
Chọn D
1
x k k .
6
3
5
Suy ra nghiệm âm lớn nhất tương ứng với k 1 là
.
6
cos x 2 sin x 3
Câu 10. Tìm m để phương trình sau có nghiệm m
là:
2 cos x sin x 4
2
A. 2 m 1 .
B. 0 m 1 .
C.
D. 2 m 0 .
m2.
11
Ta có
3 sin x cos x 0 3 sin x cos x tan x
Lời giải
Chọn C.
Xét phương trình : 2cos x sin x 4 0 * .
Có : 22 1 4 2 suy ra phương trình * vô nghiệm.
2
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
Do đó 2 cos x sin x 4 0, x .
Phương trình đã cho tương đương m 2 sin x 1 2m cos x 4m 3 1 .
2
m 2.
11
Câu 11. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình cos 2 x 4cos x m 0 có nghiệm.
A. 6 .
B. 7 .
C. 9 .
D. 8 .
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
1
có nghiệm m 2 1 2m 4m 3 11m 2 24 m 4 0
2
2
2
3
GV Thầy Lê Chung
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
Lời giải
Chọn C
cos 2 x 4 cos x m 0 2 cos 2 x 4 cos x 1 m .
2
Đặt: t cos x 1 t 1 2t 4t 1 m .
f t 2t 2 4t 1 f t 4t 4 f t 0 t 1 .
Dựa vào bảng biến thiên hàm số giảm trên 1;1 3 m 5 m có 9 giá trị nguyên.
Trong khoảng 0;
Câu 12.
A. 1.
2
2
phương trình sin 4 x 3sin 4 cos 4 x 4 cos 4 x 0 có bao nhiêu nghiệm?
2
B. 3 .
C. 2 .
D. 4 .
Lời giải
Chọn D
2
Ta thấy cos 4 x 0 không thỏa mãn phương trình . Chia cả 2 vế của phương trình cho cos 4 x, ta được
k
x
4
x
k
tan 4 x 1
16 4
tan 2 4 x 3 tan 4 x 4 0
4
,k .
arctan 4 k
tan 4 x 4
x
k
4
arctan
4
x
4
4
5 arctan 4 arctan 4 2
;
.
nên x ; ;
2
4
4
16 16
Câu 13. Trong khoảng 0; phương trình sin 2 4 x 3sin 4 x.cos 4 x 4 cos 2 4 x 0 có bao nhiêu nghiệm?
2
A. 1.
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
Vì x 0;
Lời giải
Chọn D.
Ta có:
sin 2 4 x 3sin 4 x.cos 4 x 4 cos 2 4 x 0 sin 4 x cos 4 x sin 4 x 4 cos 4 x 0
sin 4 x cos 4 x 0
tan 4 x 1
.
sin 4 x 4cos 4 x 0
tan 4 x 4
k
5
TH1: tan 4 x 1 x
, k . Do x 0; nên x ; .
16 4
2
16 16
3
, ;
8 8 8
TH2: tan 4 x 4 . Ta có: Hàm số y tan 4 x đồng biến trên mỗi khoảng 0;
3
, ; . Lập bảng
8 2
biến thiên, ta được đồ thị hàm số y tan 4 x cắt đường thẳng y 4 tại hai điểm phân biệt thuộc khoảng
0; .
2
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
Suy ra phương trình tan 4 x 4 có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng 0;
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khoảng 0;
Câu 14.
.
2
.
2
Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình sin 2 x sin x cos x m có nghiệm.
1 1
A. ; .
4 4
B. 2; 2 .
2 2 2 2
;
2
2
C.
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
1 2 1 2
;
.
2
2
D.
4
GV Thầy Lê Chung
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
Lời giải
Chọn D.
Ta có sin 2 x sin x cos x m
1 cos 2 x 1
sin 2 x m sin 2 x cos 2 x 2m 1 . Khi đó phương trình có
2
2
nghiệm khi và chỉ khi 12 1 2m 1
2
Câu 15.
2
1 2
1 2
.
m
2
2
[Luyện thi THPT.QG - Nguyễn Thanh Tùng - Lần 1 (2017 - 2018)] Số nghiệm của phương trình
cos x sin x 1 sin x với x 0;3
2
2
A. 2 .
B. 3 .
D. 5 .
C. 4 .
Lời giải
Chọn D
cos x sin x 1 sin x sin x.sin x 1 cos x 1 cos 2 x 1 cos x
2
2
x k
cos x 0
,k
cos x cos x 1 0
2
cos x 1
x k 2
Vì x 0;3 nên phương trình có nghiệm: x
Câu 16.
A.
3
5
;x
;x
; x 0; x 2
2
2
2
x
3m có nghiệm.
2
5
4
5
C. 0 m .
D. m .
3
3
3
Với giá trị nào của m thì phương trình 5 4 sin 2 x 8 cos 2
4
5
m .
3
3
B.
4
m 1.
3
Lời giải
Chọn D
Ta có 5 4 sin 2 x 8 cos 2
x
3m 5 4 1 cos 2 x 4 1 cos x 3m
2
4cos 2 x 4cos x 3 3m 0 1 .
Đặt t cos x, 1 t 1 .
2
Khi đó 1 4t 4t 3 3m 2 .
2
Xét hàm số f t 4t 4t 3 , f t 8t 4 . Cho f x 0 t
1
.
2
Bảng biến thiên:
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
Khi đó 1 có nghiệm 2 có nghiệm thuộc 1;1 4 3m 5
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
4
5
m .
3
3
5
GV Thầy Lê Chung
Câu 17.
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
Cho phương trình cos 2 x 2m 1 cos x m 1 0 . Số các giá trị nguyên dương của m để phương
3
; là
2 2
trình đã cho có các nghiệm x
A. 0 .
B. 2 .
C. Nhiều hơn 2 giá trị.
D. 1.
Lời giải
Chọn D
2
Ta có: cos 2 x 2m 1 cos x m 1 0 (1) 2cos x 2m 1 cos x m 0
2
Đặt t cos x, 1 t 1 . Phương trình theo t : 2t 2m 1 t m 0 (2)
3
;
2 2
Để phương trình (1) có các nghiệm x
thì phương trình (2) có các nghiệm thuộc 1;0 . Phương
4m 2 4m 1 0
0
trình có các nghiệm thuộc 1;0
S
2m 1
1
0
1
0
2
2
m
3
1
3
1 m . Vậy không có giá trị nguyên dương nào của m thỏa.
2
2
2 m 2
Câu 18.
Số nghiệm của phương trình sin 2 x cos x 0 trên đoạn 2 ; 2 là:
A. 0 .
B. 2 .
C. 4 .
D. 8 .
Lời giải
Chọn D
cos x 0
Ta có sin 2 x cos x 0 cos x(2sin x 1) 0
sin x 1
2
Giải phương trình cos x 0 ta có họ nghiệm x k , k Z , vì nghiệm trên đoạn 2 ; 2 nên có
2
3
3
x ;x
;x
;x
.
2
2
2
2
x 6 k 2
1
Giải phương trình sin x
ta có 2 họ nghiệm
,vì nghiệm trên đoạn 2 ; 2 nên có
2
x 7 k 2
6
11
7
5
x
;x
;x
;x
.
6
6
6
6
Vậy ta có 8 nghiệm thỏa.
Câu 19.
Phương trình 2 sin 2 x 3sin x m 0 có nghiệm khi:
A. m 1 .
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
B. m
9
.
8
C. m 5 .
D. 5 m
9
.
8
Lời giải
Chọn D
Xét phương trình 2 sin 2 x 3sin x m 0 * .
2
3
3 9
2 sin 2 x sin x m 2 sin x m .
2
4 8
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
6
GV Thầy Lê Chung
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
Để phương trình * có nghiệm 0
9
49
9
m
5 m .
8
8
8
2
Số các giá trị nguyên của m để phương trình cos x 1 4cos 2 x m cos x m sin x có đúng hai
Câu 20.
2
là:
3
nghiệm 0;
A. 3 .
B. 0 .
C. 2 .
D. 1.
Lời giải
Chọn C
Phương trình tương đương: cos x 1 4cos 2 x m cos x m 1 cos x 1 cos x
cos x 1
cos x 1 4 cos 2 x m 0
.
cos 2 x m
4
sin
2π
3
-1
-1
cos
2
4π
3
2
(Hình vẽ).
3
Nhận thấy cos x 1 x k 2 không có nghiệm trên khoảng 0;
2
0; 3 .
m
1
2
4
Khi x 0;
2 x 0; . Suy ra: 1 4 m 2 .
4
2
3
3
Do đó: cos 2 x
m
có 2 nghiệm trên khoảng
4
m 3; 2 .
Mà m
Số nghiệm trên khoảng 0; 2 của phương trình 27 cos 4 x 8sin x 12 là:
Câu 21.
A. 1.
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
Lời giải
Chọn D
4
4
2
Ta có 27 cos x 8sin x 12 27sin x 54sin x 8sin x 15 0 .
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
sin x 1,5
27 sin x 54sin x 8sin x 15 0 sin x 0,5 .
sin x 0, 7
4
2
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
7
GV Thầy Lê Chung
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
x arcsin(0, 7) k 2
x arcsin(0, 7) k 2
sin x 0, 7
,k .
x arcsin( 0,5) k 2
sin
x
0,5
x arcsin(0,5) k 2
Câu 22.
Số điểm biểu diễn cung lượng giác có số đo là nghiệm của phương trình cot x tan x
2 cos 4 x
trên
sin 2 x
đường tròn lượng giác là:
A. 4 .
B. 2 .
C. 6 .
D. 3 .
Lời giải
Chọn A
ĐK: sin 2 x 0 . Khi đó PT
cos x sin x
2 cos 4 x
cos 2 x sin 2 x
cos 4 x
sin x cos x 2sin x cos x
sin x cos x
sin x cos x
cos 2 x 1 l
2
2x
k 2 x k .
cos 2 x 2 cos 2 x 1
cos 2 x 1
3
3
2
2
Do đó có 4 điểm biểu diễn nghiệm của PT đó trên đường tròn lượng giác.
Câu 23.
Tìm m để phương trình cos 2 x 2( m 1) sin x 2 m 1 0 có đúng 3 nghiệm x 0;
A. 0 m 1 .
B. 0 m 1 .
C. 0 m 1 .
D. 1 m 1
Lời giải
Chọn B
Ta có: cos 2 x 2( m 1) sin x 2 m 1 0
1 2sin 2 x 2 m 1 sinx 2m 1 0
sin 2 x m 1 sinx m 0 1
2
Đặt t sin x , ta có pt: t (m 1)t m 0 *
Để pt 1 có đúng ba nghiệm x 0; khi pt * có hai nghiệm trong đó có một nghiệm bằng 1 và một
nghiệm t 0;1
k 2 m
2
* TH2: t 0;1 . Theo hệ thức Viet, ta có: t1 t2 m 1 với t1 1 nên t2 m , suy ra: 0 m 1
* TH1: t1 1 sin x 1 x
Vậy: 0 m 1 .
Câu 24.
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
12
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình: cos 4 x cos 2 3 x m sin 2 x có nghiệm x 0;
1
2
A. m 0; .
1
2
B. m ; 2 .
C. m 0;1 .
1
4
D. m ;1 .
Lời giải.
Chọn C.
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
8
GV Thầy Lê Chung
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
cos 4 x cos 2 3 x m sin 2 x
1
1
1 cos 6 x m 1 cos 2 x
2
2
.
2
3
4 cos 2 x 2 1 4 cos 2 x 3cos 2 x m 1 cos 2 x
2 cos 2 2 x 1
4 cos3 2 x 4 cos 2 2 x m 3 cos 2 x m 3 0
3
;1 .
2 x 0; nên t
12
6
2
Đặt t cos 2 x , do x 0;
Phương trình trên trở thành:.
t 1
4t 4t m 3 t m 3 0 t 1 4t m 3 0 2 m 3 .
t
4
3 m3
Ycbt
1 0 m 1. .
4
4
3
Câu 25.
2
2
Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình sin x 1 cos 2 x cos x m 0 có đúng 5
nghiệm thuộc đoạn 0; 2 .
A. 0 m
1
.
4
B.
1
m 0.
4
C. 0 m
1
.
4
D.
1
m0
4
Lời giải
Chọn C
Tìm m để phương trình: sin x 1 cos 2 x cos x m 0 có 5 nghiệm thuộc 0;2
sin x 1
Ta có:
2
cos x cos x m 0*
Vì sin x 1 x
k 2 có 1 nghiệm thuộc 0;2 nên ycbt trở thành: tìm m để * có 4 nghiệm thuộc
2
0;2 và khác 2
Ta có: * cos 2 x cos x m . Đặt t cos x 1 t 1 và xét f t t 2 t trên 1;1
f t 2t 1, f t 0 t 1
2
Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số f t t 2 t tại 2 điểm thuộc
1;1 và t 0
Bảng biến thiên:
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
1
4
Dựa vào bảng biến thiên ta có: m 0 0 m
1 là các giá trị m cần tìm.
4
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
9
GV Thy Lờ Chung
T: 0984.507799 0888. 050015
Vi giỏ tr no ca m phng trỡnh: m sin 2 x 3sin x .cos x m 1 0 cú ỳng 3 nghim
Cõu 26.
3
x 0; .
2
A. m 1.
B. m 1.
C. m 1.
D. m 1.
Li gii
Chn C
phng trỡnh tr thnh:
2
m sin 2 3sin .cos m 1 0 m m 1 0 1 0 (vụ lý)
2
2
2
Do ú x khụng phi l nghim ca phng trỡnh
2
2
Vi x
Vi x
2
Chia 2 v cho cos x ta c
m tan 2 x 3 tan x m. 1 tan 2 x 1 1 tan 2 x 0 tan 2 x 3 tan x m 1 0 .
t t tan x .Yờu cu bi toỏn tr thnh tỡm m phng trỡnh t 2 3t m 1 0 cú 2 nghim trỏi du
m 1 0 m 1 .
ổ
ốỗ
ử
4 ứữ
p
Gi K l tp hp tt c cỏc giỏ tr ca tham s m phng trỡnh sin 2 x + 2 sin ỗỗ x + ữữ - 2 = m (1)
Cõu 27.
ổ
ỗố
ử
4 ứữ
3p
cú ỳng 2 nghim phõn bit thuc khong ỗỗ0; ữữ . Hi tp K l tp con ca tp hp no di õy?
ổ
2 2 ựỳ
A. ỗỗỗ;
ỳ.
ỗố
2
(
ổ
2 ửữ
ữữ .
C. ỗỗỗ- 2;
)
B. 1- 2; 2 .
2 ỳỷ
2 ứữ
ỗố
ổ
D. ỗỗỗ-
ỗố
ự
2
; 2 ỳỳ .
2
ỳỷ
Li gii
Chn C
ổ
ử
ổ
ử
p
3p
t t = 2 sin ỗỗ x + ữữ = sin x + cos x; vi x ẻ ỗỗ0; ữữ ị t ẻ 0; 2 ựỳ .
ữ
ỗố
ỗ
ỷ
ố 4 ứữ
4ứ
(
Khi ú: sin 2 x = t 2 -1 . Phng trỡnh ó cho tr thnh: t 2 + t - 3 = m. (2)
(
)
ổ 3p ửữ
ca phng trỡnh (1)
ỗố 4 ứữữ
Lu ý rng: mi nghim t ẻ 1; 2 ca phng trỡnh (2) cho ta 2 nghim x ẻ ỗỗ0;
ột = 2
ổ 3p ử
ch cho ta mt nghim x ẻ ỗỗ0; ữữ ca phng trỡnh (1) . S nghim phng trỡnh (2) bng
ỗố 4 ứữ
ờởt ẻ (0;1)
v vi ờờ
2
s giao im ca (P): y = t + t - 3 v ng thng y = m .
C
n
cự
bự
thụ
ng
mi
nh
NHểM TON THY CHUNG Nguyn ỡnh Chiu P9 TP Lt
10
GV Thầy Lê Chung
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra yêu cầu bài toán là -1 < m <-1+ 2 .
(
)
æ
2 ö÷
÷÷.
ø÷
Vậy K = - 1; - 1 + 2 Ì ççç- 2;
2
èç
Hằng ngày mực nước của môt con kênh lên xuống theo thuỷ triều. Độ sâu h (mét) của mực nước
Câu 28.
t (giờ) trong một ngày
trong kênh tính theo thời gian
0 t 24
tính theo công thức
3 t
2 t
h 2sin
1 4sin 12 . Hỏi trong một ngày có bao nhiêu lần mực nước trong kênh đạt độ sâu
14
14
13m .
A. 5 lần
B. 7 lần
C. 11 lần
D. 9 lần
Lời giải
Chọn D
3 t
2 t
1 4sin 1
14
14
Ta có h 13 2sin
t
3
2
2
3
2
, ta có phương trình 2 3 x 4x 1 4x 1 4x 2x 1 8x 4x 4x 1 0
14
Đặt x sin
1
x 4 1 5
1
x 1 5
4
x 0, 62349
x 0, 222521
t
ta tìm được 9 nghiệm.
14
Do 0 t 24 nên do đó khi thay x tìm được ở trên vào phương trình x sin
Vậy có 9 lần mức nước đạt độ sâu 13m .
[Tham Khảo BGD-2018]Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
Câu 29.
3
A. 5 .
m 3 3 m 3sin x sin x có nghiệm thực?
B. 7 .
C. 3 .
D. 2 .
Lời giải
Chọn A .
Ta có
3
m 3 3 m 3sin x sin x 3 3 m 3sin x sin 3 x m
Đặt sin x u . Điều kiện 1 u 1 và
1 trở thành u 3 m 3v
Từ 3 và 2 suy ra u 3 3v v3 3u
3
3m 3sin x v v3 m 3u
1
2
3
(u v)(u 2 uv v 2 3) 0 u v
2
1 3v 2
Do u uv v 3 u v
3 0 , u , v
2
4
2
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
Suy ra:
2
3
m 3u u m u 3 3u với u 1;1 .
3
2
Xét hàm số f u u 3u với u 1;1 . Ta có f u 3u 3 ; f u 0 u 1 do u 1;1 .
Suy ra max f u 2 ; min f u 2
1;1
1;1
Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 2 m 2 , mà m nên m 0; 1; 2 .
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
11
GV Thầy Lê Chung
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình sin x cos x 4sin 2 x m có nghiệm
Câu 30.
thực ?
A. 5 .
B. 6 .
C. 7 .
D. 8 .
Lời giải
Chọn C.
Ta có: sin 2 x 1 1 sin 2 x 1 sin 2 x cos 2 x 2sin x cos x 1 sin x cos x
2
Khi đó, phương trình sin x cos x 4 sin 2 x m sin x cos x 4 sin x cos x m
2
Đặt t sin x cos x ; t 0; 2
Phương trình trở thành: t 4 1 t 2 m 4t 2 t 4 m .
Xét hàm số f t 4t 2 t 4, t 0; 2 , ta có f ' t 8t 1 , f ' t 0 t
Suy ra max f t
0; 2
65
, min f t 2 4 .
16 0; 2
Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
2 4 m
65
, mà m nên m 2; 1;0;1; 2;3; 4 .
16
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
Câu 31.
3
1
.
8
3m 27 3 3m 27.2 x 2 x có nghiệm thực ?
B. 4 .
A. 6 .
C. Vô số.
D. Không tồn tại m .
Lời giải
Chọn C.
Ta có
3
3m 27 3 3m 27.2 x 2 x 27 3 3m 27.2 x 23 x 3m
Đặt 2 x u . Điều kiện
u 0 và 3 3m 27.2 x v v3 3m 27.u
1 trở thành u 3 27v 3m
3
3
Từ 3 và 2 suy ra u 27v v 27u
1
2
3
(u v)(u 2 uv v 2 27) 0 u v
2
1 3v 2
Do u uv v 4 u v
27 0, u , v
2
4
2
Suy ra:
2
3
3m 27u u m
Xét hàm số f (u )
u 3 27u
, với u 0 .
3
u 3 27u
1
với u 0 . Ta có f (u ) (3u 2 27) ; f (u ) 0 u 3 do u 0 .
3
3
Suy ra min f (u ) 54
(0; )
Do đó có vô số giá trị nguyên của m để phương trình có nghiệm thực.
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
Câu 32.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
đoạn 0; ?
A. 1.
B. 2 .
C. 3 .
2 sin x 1
m có nghiệm thuộc vào
sin x 3
D. 4 .
Lời giải
Chọn A.
Với điều kiện 0 x , thì sin x thỏa mãn điều kiện 0 sin x 1 .
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
12
GV Thầy Lê Chung
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
Phương trình đã cho trở thành: 2sin x 1 m sin x 3m
m 2 sin x 3m 1 sin x
Vì 0 sin x 1 , do đó 0
+ Với
3m 1
m2
3m 1
3m 1
m2
3m 1
m2
m 2 .
1
1
0 3m 1 m 2 0 m 2
3
1
4m 1
1
0 m hoặc m 2 2
m2
m2
4
1
1
Từ 1 và 2 suy ra m , vì m m 0
3
4
Câu 33. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình
+ Với
3
1
x2
2m 3 2m 3
1
3
cos cos x 2 có nghiệm thực ?
3 4 3 4
2
2
A. 1.
B. 2 .
C. Vô số.
D. Không tồn tại m .
Lời giải
Chọn D
Ta có
3
x2
2m 3 2m 3
1
3
cos cos x 2
3 4 3 4
2
2
x2
x 2 2m
3 2m 3
3
cos cos3
4 3 4
2
2 3
1
x2
u Điều kiện 1 u 1
2
Đặt cos
và
3
x2
2m 3
2m 3
cos v v 3
u
3 4
3 4
2
2m 3
v
3 4
3
3
3
Từ 3 và 2 suy ra u 3 v v 3 u (u v ) u 2 uv v 2 0
4
4
4
Khi đó
1 trở thành u
3
2
3
2
3
1
3v 2 3
u v (do u uv v u v
0, u , v
4
2
4 4
2
3
3
2m 3
u u m u 3 u với u 1;1 .
3 4
2
4
3
3
3
3
1
Xét hàm số f u u 3 u trên đoạn 1;1 . Ta có f u 3u 2 ; f u 0
2
4
2
4
2
3
3
Suy ra max f u , min f u .
1;1
8 1;1
8
3
3
Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m mà m nên không tồn tại m để phương trình
8
8
Suy ra
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
2
3
đã cho có nghiệm thực.
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
13
GV Thầy Lê Chung
Câu 34.
Có
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
bao
nhiêu
giá
trị
nguyên
của
tham
4 sin 4 x cos 4 x 4 sin 6 x cos 6 x sin 2 4 x m có nghiệm thực ?
A. 1.
B. 2 .
số
m
để
phương
trình
D. 4 .
C. 3 .
Lời giải
Chọn B.
1
2 sin 2 x cos 2 x 1 2 sin 2 x cos 2 x 1 sin 2 2 x
2
3
3
sin 6 x cos 6 x sin 2 x cos 2 x 3sin 2 x cos 2 x 1 3sin 2 x cos 2 x 1 sin 2 2 x.
4
1
3
Phương trình đã cho tương đương: 4 1 sin 2 2 x 4 1 sin 2 2 x sin 2 4 x m
2
4
Ta có: sin 4 x cos 4 x sin 2 x cos 2 x
2
4 2sin 2 2 x 4 3sin 2 2 x sin 2 4 x m sin 2 2 x sin 2 4 x m
sin 2 2 x 4sin 2 2 x cos 2 2 x m sin 2 2 x 4sin 2 2 x 1 sin 2 2 x
1
2
2
Đặt t sin 2 x 0 t 1 , ta có 1 4t 3t m
2
Gọi f t 4t 3t với t 0;1 , ta có f ' t 8t 3, f t 0 t
Suy ra, max f t 1, min f t
0;1
0;1
9
16
Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
Câu 35.
3
8
9
m 1 , mà m nên m 0;1 .
16
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình cos 2 x m 2m 1 cos x 1 có nghiệm
3
;
?
2 2
thuộc x
A. 1.
B. 2 .
D. 4 .
C. 3 .
Lời giải
Chọn B.
3
;
, suy ra giá trị cos x phải thỏa mãn 1 cos x 0 .
2 2
Từ điều kiện x
Ta có: cos 2 x m 2m 1 cos x 1
1
2 cos 2 x 1 m 2m 1 cos x 1
2 cos 2 2m 1 cos x m 0
Đặt t cos x , vì 1 cos x 0 nên 1 t 0 . Khi đó:
1 2t 2 2m 1 t m 0 m
2t 2 t
t
2t 1
3
;
thì 1 m 0 , mà m nên
2 2
Vì 1 t 0 nên 1 m 0 , do đó để 1 có nghiệm x
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
m 1;0 .
Câu 36.
3
Có
bao
nhiêu
giá
trị
nguyên
của
tham
số
m
để
phương
trình
m 431
4
m cos x 2 1 cos x 2 1 có nghiệm thực?
2 3 2
3
A. 2 .
B. 3 .
C. 7 .
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
D. 6 .
14
GV Thầy Lê Chung
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
Lời giải
Chọn B
Ta có
m 431
4
m cos x 2 1 cos x 2 1
2 3 2
3
3
43 m 4
m
cos x 2 1 cos 3 x 2 1
3 2 3
2
1
2
Đặt cos x 1 u . Điều kiện 1 u 1
m 4
m 4
cos x 2 1 v v 3 u.
2 3
2 3
m 4
Khi đó 1 trở thành u 3 v
2 3
4
4
4
Từ 3 và 2 suy ra u 3 v v 3 u (u v ) u 2 uv v 2 0
3
3
3
và
3
3
2
u v do u 2 uv v 2
Suy ra:
3
3
1 3v 2 3
u v
0, u , v
4
2
4 4
m 4
4
u u m 2(u 3 u ) với u 1;1 .
2 3
3
4
4
2
u trên đoạn 1;1 . Ta có f u 2 3u 2 ; f u 0 .
3
3
3
32
32
Suy ra max f u
, min f u
.
1;1
1;1
27
27
32
32
, mà m Î nên m 0; 1 .
Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
m
27
27
Câu 37. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
Xét hàm số f u 2 u 3
3
5m 12 3 5m 12sin 2 x sin 2 x có nghiệm thực ?
A. 4 .
B. 5 .
C. 8 .
D. 9 .
Lời giải
Chọn D
Đặt sin 2x u . Điều kiện 1 u 1 và
3
Khi đó 1 trở thành u 5m 12v
3
5m 12 sin x v 5m 12u v 3 . 2
3
Từ 3 và 2 suy ra u 3 12v v 3 12u u v u 2 uv v 2 12 0 u v .
Do u 2 uv v 2 3 u
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
Suy ra:
3
5m 12u u m
Xét hàm số f u
f (1)
2
1 3v 2
v
12 0 , u , v
2
4
1 3
(u 12u ) , với u 1;1 .
5
1 3
(u 12u ) trên đoạn 1;1 . Ta có f u 3u 2 12 ; f u 0 u 2 1;1 .
5
11 5
11 5
, f (1)
5
5
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
15
GV Thầy Lê Chung
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
Suy ra max f u
1;1
11 5
11 5
, min f u
..
1;1
5
5
Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
Câu 38.
3
11 5
11 5
, mà m Î nên m 0; 1; 2; 3; 4 .
m
5
5
7 m 75 3 7 m 75sin(3ln x ) sin(3ln x ) có nghiệm thực ?
A. 17 .
Lời giải
C. 20 .
B. 19 .
D. 21 .
Chọn B
Đặt sin(3ln x ) u . Điều kiện 1 u 1 và
Khi đó 1 trở thành u 3 7m 75v
3
7m 75sin x v 7m 175u v3 .
2
3
Từ 3 và 2 suy ra u 3 75v v 3 75u u v u 2 uv v 2 12 0 u v .
Do u 2 uv v 2 3 u
Suy ra:
3
2
1 3v 2
v
75 0 , u , v
2
4
7 m 75u u m
1 3
(u 75u ) , với u 1;1 .
7
1 3
1
(u 75u ) trên đoạn 1;1 . Ta có f u
(3u 2 75) ; f u 0 u 5 1;1
7
7
74
74
f ( 1) , f 1
7
7
74
74
, min f u
Suy ra max f u
.
1;1
1;1
4
4
74
74
, mà m Î + nên
Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
m
4
4
Xét hàm số f u
m 0;1; 2;3..18 .
Câu 39.
3
Có
3m 5
bao
nhiêu
giá
trị
nguyên
dương
của
tham
số
m
để
phương
2
2
13
1
3m 5 cos 32 x 1 cos 32 x 1 có nghiệm thực ?
3
3
1.
B. 2 .
C. vô số m
D. không tồn tại m
Lời giải
Chọn D.
Ta có
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
3
3m 5
2
2
13
1
3m 5 cos 32 x 1 cos 32 x 1
3
3
1
2
2
13
1
3m 5 cos 32 x 1 cos 3 32 x 1 (3m 5)
3
3
2
2x
Đặt cos 3 1 u . Điều kiện 1 u 1
2
1
1
3m 5 cos 32 x 1 v v 3 3m 5 u
3
3
1
Khi đó 1 trở thành u 3 3m 5 v
3
và
3
2
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
3
16
GV Thầy Lê Chung
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
1
3
1
3
1
3
Từ 3 và 2 suy ra u 3 v v 3 u (u v) u 2 uv v 2 0
2
1
1 3v 2 1
u v do u 2 uv v 2 u v
0, u , v
3
2
4 3
Suy ra
3
1
1
1
3m 5 u u m (u 3 u 5) với u 1;1
3
3
3
Xét hàm số f u
1 3 1
1 2 1
1
u u 5 trên đoạn 1;1 . Ta có f u 3u f u 0 1;1
3
3
3
3
3
13
17
1 137
1 133
; f 1
; f
; f
.
9
9
3 81
3 81
137
133
; min f u
.
Suy ra: max f u
1;1
1;1
81
81
133
137
Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
mà m nên không tồn tại m để phương
m
81
81
Ta có: f 1
trình đã cho có nghiệm thực.
TỔ HỢP-XÁC SUẤT
Câu 40.
Có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp A; 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Hỏi có bao nhiêu cách
chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ mà 4 người này không thuộc quá 2 trong 3 lớp trên?
B. 225 .
A. 242 .
C. 215 .
D. 220 .
Lời giải
Chọn B.
Chọn 4 học sinh bất kỳ từ 12 học sinh có C124 cách
Chọn 4 học sinh thuộc cả 3 lớp có: C51C41C32 C51C42C31 C52C41C31 cách.
Vậy có C124 C51C41C32 C51C42C31 C52C41C31 225 cách chọn 4 học sinh thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 41.
[1D2-1.4-3] Có bao nhiêu số có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sao cho số đó
chia hết cho 15.
A. 234 .
B. 243 .
C. 132 .
D. 432 .
Lời giải
Chọn B.
Số có 4 chữ số là số có dạng: abcd 1 a, b, c, d 9 .
Để abcd chia hết cho 15 thì abcd phải chia hết cho 3 và chia hết cho5.
+) abcd chia hết cho 5 thì d 5 .
+) abcd chia hết cho 3 thì tổng a b c 5 phải chia hết cho 3.
Chọn a có 9 cách, chọn b có 9 cách chọn thì:
- Nếu a b 5 chia hết cho 3 thì c 3;6;9 c có 3 cách chọn.
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
- Nếu a b 5 chia cho 3 dư 1 thì c 2;5;8 c có 3 cách chọn.
- Nếu a b 5 chia cho 3 dư 2 thì c 1; 4;7 c có 3 cách chọn.
Vậy, theo quy tắc nhân ta có: 9.9.3 243 số.
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
17
GV Thầy Lê Chung
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
Cho tập hợp A 1; 2;...; 20 . Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 5 số từ tập A sao cho không có hai số nào
Câu 42.
là hai số tự nhiên liên tiếp?
A. C175 .
B. C155 .
C. C185 .
D. C165 .
Lời giải
Chọn D
Cách lấy ra 5 số từ tập A sao cho không có hai số nào là hai số tự nhiên liên tiếp tương tự cách đặt 5 vách
ngăn chia 15 số còn lại của tập A , do đó có C165 . cách.
Câu 43.
Tronghộp có 5 quả cầu đỏ và 7 quả cầu xanh kích thước giống nhau. Lấy ngẫu nhiên 5 quả cầu từ
hộp. Hỏi có bao nhiêu khả năng lấy được số quả cầu đỏ nhiều hơn số quả cầu xanh ?
A. 3360.
B. 246.
C. 245.
D. 3480.
Lời giải.
Chọn B.
Lấy ngẫu nhiên 5 quả cầu từ hộp, ta có 3 trường hợp lấy được số quả cầu đỏ nhiều hơn số quả cầu xanh.
- Trường hợp 1: 3 đỏ, 2 xanh.
Có C53 .C72 210 khả năng lấy được 3 quả cầu đỏ và 2 quả cầu xanh.
- Trường hợp 2: 4 đỏ, 1 xanh.
Có C54 .C71 35 khả năng lấy được 4 quả cầu đỏ và 1 quả cầu xanh.
- Trường hợp 3: 5 đỏ.
Có C55 1 khả năng lấy được 5 quả cầu đỏ.
Vậy có 210 35 1 246 khả năng lấy được số quả cầu đỏ nhiều hơn số quả cầu xanh.
Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 5,6,7,8,9.
Câu 44.
Tính tổng tất cả các số thuộc S .
A. 9333240
B. 9333420
C. 46666200
D. 46666240
Lời giải
Chọn A
+ Số các số tự nhiên thoả mãn điều kiện bài toán có chữ số 5 ở hàng đơn vị là 4! . Tương tự như thế số các số
có chữ số đơn vị là 6,7,8,9 là 4! . Vậy tổng các chữ số đơn vị là a 4! 5 6 7 8 9 .
+ Tính tương tự tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng ngàn, hàng vạn.
+Vậy tổng các số của S là 4! 5 6 7 8 9 1 10 100 100 10000 2333240 .
Cho Cnn 3 120 . Tính
Câu 45.
A.
9
.
56
B.
An3 An2
được kết quả:
An4
11
336
C.
11
14
D.
9
14
Lời giải
Chọn A.
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
Điều kiện: n 3, n
Cnn3 120
Vậy
n n 1 n 2
n!
120
120 n3 3n 2 2n 720 0 n 10
3!. n 3 !
6
An3 An2 A103 A102
9
4
4
An
A10
56
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
18
GV Thầy Lê Chung
Câu 46.
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
Từ các chữ số 1, 2,3, 4, 5 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau trong đó hai
chữ số 1, 2 không đứng cạnh nhau?
A. 96 .
B. 120 .
C. 48 .
D. 72 .
Lời giải
Chọn C
Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau là: P5 120 .
Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau trong đó hai chữ số 1, 2 đứng cạnh nhau là:
2.P4 48
Suy ra, số các số cần tìm là: 120 48 72 .
Câu 47.
Cho tập hợp A 0;1; 2;3; 4;5;6;7 . Hỏi từ tập A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ
số đôi một một khác nhau sao cho một trong 3 chữ số đầu tiên phải bằng 1.
A. 2802 .
B. 65 .
C. 2520 .
D. 2280 .
Lời giải
Chọn D.
Số có 5 chữ số khác nhau dạng abcde .
Cách chọn vị trí cho chữ số 1 có 3 trường hợp.
TH1: a 1; chọn và sắp xếp thứ tự các chữ số ở vị trí b, c, d , e có A74 cách.
TH2: b 1. Khi đó vị trí a có 6 cách chọn a 0; a 1 . Chọn và sắp xếp thứ tự các chữ số ở vị trí c, d , e có
A63 cách nên có 6.A63 cách.
TH3: c 1. Tương tự TH2; có 6.A63 cách.
Vậy có tất cả A74 2.6. A63 2280 cách.
Câu 48.
[Luyện thi THPT.QG - Nguyễn Thanh Tùng - Lần 1 (2017 - 2018)] Có bao nhiêu số có bốn chữ số có
dạng abcd sao cho a b c d ?
A. 126 .
B. 210 .
C. 84 .
D. 216 .
Lời giải.
Chọn B
Vì số có bốn chữ số có dạng abcd sao cho a b c d nên a , b , c , d 1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 .
Trường hợp 1: a b c d nên ta chỉ cần 3 chữ số là lập được số này. Lấy ra bất kỳ 3 số trong 9 số thì chỉ
có đúng 1 cách xếp nên có C93 cách.
Trường hợp 2: a b c d nên ta chỉ cần 4 chữ số là lập được số này. Lấy ra bất kỳ 4 số trong 9 số thì chỉ
có đúng 1 cách xếp nên có C94 cách.
Vậy số có bốn chữ số cần tìm có C93 C94 210 số.
Câu 49.
Từ các số 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau sao
cho tổng ba chữ số đầu lớn hơn tổng ba chữ số cuối một đơn vị
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
A. 36 .
B. 108 .
C. 72 .
D. 144 .
Lời giải
Chọn B
Vì tổng cả 6 số là 21 nên số thỏa mãn yêu cầu bài toán có tổng ba chữ số đầu bằng 11 và tổng ba chữ số sau
bằng 10 . Do đó ba số đầu được lập từ tập 2;3;6 , 2; 4;5 , 1; 4;6 , ba số sau được lập từ các số còn lại sau
khi trừ đi ba số đầu thuộc mỗi bộ 3 số ở trên.
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
19
GV Thầy Lê Chung
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
Mỗi bộ số như vậy có 3!.3! 36 số. Do đó số các số lập được là 36.3 108 số.
Câu 50.
Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số lập từ các chữ số 0;1; 2;3; 4;5; 6 , đồng thời mỗi số trong
tập A chữ số 1 có mặt đúng 3 lần, 3 chữ số còn lại khác nhau đôi một. Số phần tử của tập hợp A là:
A. 2400.
B. 2160.
C. 2200.
D. 2096.
Lời giải.
Chọn C
Có 7 chữ số: 0;1; 2;3; 4;5; 6
Chọn ra 3 vị trí để đặt số 1: C63 20 cách (Không dùng chỉnh hợp vì sẽ bị trùng cách)
Chọn 3 số đặt 3 vị trí còn lại: 6.5.4 cách (Các chữ số đôi một khác nhau)
Chọn số đặt vào 6 vị trí sao cho chữ số 1 có mặt đúng 3 lần: 20.6.5.4 2400 cách
* Chọn số cho 6 vị trí mà số đầu tiên là số 0:
Chọn ra 3 vị trí để đặt số 1: C53 10
Chọn 2 số để đặt vào 2 vị trí còn lại: 5.4
Chọn số đặt vào 6 vị trí mà số đầu tiên là số 0: 10.5.4 200 cách
Số tự nhiên thỏa đề bài: 2400 200 2200 (số)
Câu 51. Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau trong đó chứa các chữ số 3, 4, 5 và chữ số
4 đứng cạnh chữ số 3 và 5 .
A. 1470 .
B. 750 .
C. 2940 .
D. 1500 .
Lời giải
Chọn D
Gọi số có 6 chữ số (kể cả chữ số 0 xếp vị trí a ) thỏa yêu cầu bài toán là X abcdef .
+ Chọn 3 vị trí đứng cạnh nhau trong 6 vị trí a , b, c, d , e, f để xếp 3 chữ số 3, 4, 5 vào và thỏa điều kiện
chữ số 4 đứng cạnh chữ số 3 và 5 ta có C41 .2! 8 cách.
+ Chọn 3 chữ số trong 7 chữ số còn lại xếp vào 3 vị trí còn lại trong X ta có C73 .3! 210 cách.
Vậy có 8.210 1680 số có 6 chữ số (kể cả chữ số 0 xếp vị trí a ) thỏa yêu cầu bài toán.
+ Tương tự nếu X 0bcdef thì có C31.2!C62 .2! 180 số.
Vậy có 1680 180 1500 số thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 52.
Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai
chữ số 1 và 3?
A. 2942 .
B. 5580 .
C. 7440 .
D. 3204 .
Lời giải
Chọn C.
Sắp xếp bộ ba số 1, 2, 3 sao cho 2 đứng giữa 1,3 có 2 cách.
Số số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3 kể cả
trường hợp số 0 đứng đầu là: 2.C74 .5! số.
Số số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3, có số
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
0 đứng đầu là: 2.C63 .4! số.
Suy ra số số tự nhiên thỏa yêu cầu bài toán là 2.C74 .5! 2.C63 .4! 7440
Câu 53.
Từ các số 1, 2,3, 4,5,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và tổng các
chữ số của nó là số lẻ.
A. 120 .
B. 66 .
C. 7920 .
D. 15120 .
Lời giải
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
20
GV Thầy Lê Chung
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
Chọn C.
Gọi abcde là số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2
2
3
TH1: 2 số chẵn và 3 số lẻ có: C4 . A5 . A5 .
TH2: 4 số chẵn và 1 số lẻ có
C44 . A54 . A51
.
TH3: 5 số lẻ có 5! .
Vậy có C4 . A5 . A5 C4 . A5 . A5 5! 7920 .
2
Câu 54.
2
3
4
4
1
Từ các chữ số 0,1, 2, 3, 4 lập được số các số tự nhiên có 7 chữ số trong đó chữ số 3 có mặt đúng 3
lần còn các chữ số còn lại có mặt đúng một lần là:
A. 840.
B. 2160.
C. 360.
D. 720.
Lời giải
Chọn D.
Xét cách sắp xếp 7 chữ số 0,1, 2, 3, 3, 3, 4 , ta có 7! cách sắp xếp, do 3 xuất hiện 3 lần nên chia cho số lần lặp
3!. Được
7!
cách sắp xếp.
3!
6!
cách sắp xếp các chữ số còn lại.
3!
7! 6! 6.6!
Vậy, số các số tự nhiên có 7 chữ số lập được thỏa mãn yêu cầu là:
720.
3! 3! 3!
Câu 55. Cho tập hợp A {1; 2;...; 20} . Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 5 số từ tập hợp A sao cho không có hai số
Trường hợp số 0 đứng đầu tiên, có
nào là hai số tự nhiên liên tiếp.
A. C175 .
B. C155 .
C. C185 .
D. C165 .
Lời giải
Chọn. D.
Gọi các số được chọn là a , b, c, d , e thỏa a b c d e
Vì không có 2 số tự nhiên nào liên tiếp nhau nên a b 1 c 2 d 3 e 4
Do đó, số cách chọn cần tìm là số cách chọn ra bộ số a, b 1, c 2, d 3, e 4 trong 16 số
Vậy có C165 cách chọn.
Câu 56.
Cho một đa giác đều 20 đỉnh nội tiếp trong đường tròn O . Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác đó.
Tính xác suất sao cho 4 đỉnh được chọn là 4 đỉnh của một hình chữ nhật.
A.
3
.
323
B.
4
.
9
C.
2
.
969
D.
7
.
216
Lời giải
Chọn A
4
Ta có n C20
.
Đặt A là biến cố chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác sao cho 4 đỉnh là 4 đỉnh của hình chữ nhật.
Giả sử ABCD là một hình chữ nhật mà A , B , C , D là 4 đỉnh của đa giác đều 20 đỉnh nội tiếp đường
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
tròn.
Khi đó đường chéo AC , BD là đường kính.
Đa giác đều có 20 đỉnh suy ra có 10 đường chéo đi qua tâm.
Số cách chọn hình chữ nhật thỏa yêu cầu bài toán tương ứng bằng số cách chọn ngẫu nhiên 2 đường chéo
của đa giác đều có 20 đỉnh đi qua tâm. Suy ra n A C102 .
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
21
GV Thầy Lê Chung
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
C102
45
3
Vậy P A 4
.
C20 4845 323
Câu 57.
[Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - KSCL - Lần 1 (2017 - 2018)] Một khối lập phương có độ dài cạnh
là 2 cm được chia thành 8 khối lập phương cạnh 1cm. Hỏi có bao nhiêu tam giác tạo thành từ các đỉnh của
các khối lập phương cạnh 1cm?
A. 2876 .
B. 2898 .
C. 2915 .
D. 2012 .
Lời giải
Chọn A
3
Các khối lập phương cạnh 1cm có tất cả là 27 đỉnh. Vậy có tất cả C27
bộ ba điểm bao gồm các bộ ba điểm
thẳng hàng và không thẳng hàng.
+Trên mp ABCD có 8 bộ ba điểm thẳng hàng, cùng với hai mp song song với nó thì có 8.3 24
bộ ba điểm thẳng hàng.
+Tương tự trên mp ABBA ,cùng với hai hai mp song song với nó thì có 8.3 24
bộ ba điểm thẳng hàng, nhưng trên mỗi mặt có ba bộ thẳng hàng được đếm hai lần, nên số bộ ba thẳng hàng
trong trường hợp này là: 24 3.3 15
+Trên mp BCC B ,cùng với hai hai mp song song với nó thì có 8.3 24
bộ ba điểm thẳng hàng, nhưng trên mỗi mặt có sáu bộ thẳng hàng được đếm hai lần, nên số bộ ba thẳng hàng
trong trường hợp này là: 24 6.3 6
+ Có 4 bộ ba thẳng hàng nằm trên bốn đường chéo của khối lập phương có độ dài cạnh là 2 cm
3
Do đó số các tam giác tạo thành từ các đỉnh của các khối lập phương cạnh 1cm là C27
24 15 6 4 2876
Câu 58.
Cho đa giác lồi có 10 cạnh, trong đó không có 3 đường chéo nào đồng quy tại một điểm khác đỉnh
của đa giác ( 3 đường chéo nếu đồng quy chỉ có thể đồng quy tại đỉnh của đa giác). Số giao điểm của các
đường chéo của đa giác là :
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
A. 439 .
B. 435 .
C. 220 .
D. 216 .
Lời giải
Chọn C
Cứ 4 đỉnh của đa giác sẽ có 1 giao điểm của các đường chéo. Do đó số giao điểm của các đường chéo nằm
trong đa giác là C104 210 . Tính tại 10 đỉnh của đa giác cũng là giao điểm của các đường chéo. Do đó số giao
điểm của các đường chéo của đa giác là 220.
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
22
GV Thầy Lê Chung
Câu 59.
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của n thỏa mãn Cn41 Cn31
A. 6 .
C. 7 .
B. 4 .
5 2
An 2 0 ?
4
D. 5
Lời giải
Chọn A
Điều kiện n và n 5
n 1! n 1! 5 n 2 ! 0
5 2
An 2 0
4
4! n 5 ! 3! n 4 ! 4 n 4 !
Ta có Cn41 Cn31
n 1 n 2 n 3 n 4 n 1 n 2 n 3 5 n 2 n 3 0
24
n 1 n 4
6
4
n 1 5
0 n 2 5n 4 4 n 1 30 0
24
6
4
2
n 9n 22 0 2 n 11 . Do đó n 5,6,7,8,9,10 .
Câu 60.
3
Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển 1 x x 2
A. 950 .
20
là
C. 950 .
B. 1520 .
D. 1520 .
Lời giải
Chọn D
Ta có: 1 x x 2
20
Mặt khác x x 2
k
có số hạng tổng quát là C20
x x2
k
k
có số hạng tổng quát là Cki x 2 . x
i
k
Do đó số hạng tổng quát của khai triển là C20
.Cki .x k i 1
Cki x k i . 1
k i
k i
k i
(với k ; i ; i k 20 )
i 0; k 3
3
1
3
Hệ số bằng C20
.C30 . 1 C202 .C21 . 1 1520 .
i 1; k 2
Với k i 3
18
Câu 61.
æ
2ö
Số hạng không x chứa trong khai triển nhị thức Newton của biểu thức ççx + 2 ÷÷÷ là:
çè
x ø÷
16
A. 16C 18
.
12
B. ` 32C 18
.
10
C. 8C 18
.
6
D. 64C 18
.
Lời giải.
Chọn D.
k
18
18
æ
æ ö
2ö
k 18-k ç 2 ÷
Ta có ççx + 2 ÷÷÷ = å C 18
x
ç ÷÷ .
çè
x ø÷
èç x 2 ø÷
k =0
18
= å C 18k 2k x 18-3k .
k =0
Số hạngkhông chứa x ứng với 18 - 3k = 0 Û k = 6 .
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
6 6
6
Vậy số hạng đó là C 18 2 = 64C 18 .
6
Câu 62.
2
Tìm số hạng không chứa x trong khai triển x 2 với x 0 .
x
A. 24 C62 .
B. 22 C62 .
C. 24 C62 .
D. 22 C62 .
Lời giải
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
23
GV Thầy Lê Chung
ĐT: 0984.507799 – 0888. 050015
Chọn A
k
6
Số hạng tổng quát trong khai triển là C
x
2 6 k
k
2
k k 12 3 k
.
C6 2 x
x
Số hạng không chứa x ứng với 12 3k 0 k 4 . Vậy số hạng cần tìm là 24 C64 24 C62 .
Câu 63.
Cho khai triển nhị thức Newton của
2 3x
2n
, biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn
C21n 1 C23n 1 C25n 1 ........ C22nn11 1024 . Hệ số của x 7 bằng
A. 2099520 .
B. 414720 .
C. 2099520 .
D. 414720 .
Lời giải
Chọn A
C21n 1 C23n 1 C25n 1 ........ C22nn11 22 n
1024 22 n n 5
số hạng tổng quát: Tk 1 C10k 210 k 3 x k
k
Hệ số của x 7 là C107 23 3 - 2099520.
7
Tìm số hạng chứa x 7 trong khai triển nhị thức Niu- tơn P x 4 x 7 x 2 x 2 .
6
Câu 64.
A. 16x 7 .
C. 8 .
B. 16 .
D. 8x 7 .
Lời giải
Chọn D
Số hạng tổng quát trong khai triển x 2 là C6k . x 6k . 2
6
k
Trong khai triển nhị thức Niu-tơn P x 4 x 7 x 2 x 2 , số hạng chứa x 7 ứng với 6 k 5 k 1
6
Số hạng chứ x 7 trong khai triển P x 4 x 7 x 2 x 2 là:
6
4 x 7 x 2 . C61. x 5 . 2 4 x 7 12 x 7 8 x 7 .
1
Cho biết tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức x 2 1
Câu 65.
12
của số hạng a.x
n
bằng 1024 . Hãy tìm hệ số a a *
trong khai triển đó.
6
10 .
B. 6C106 .
A. 4C
C. C106 .
D. C107 .
Lời giải
Chọn C
Do tổng tất cả các hệ số bằng 1024 nên ta có:
Với x 1 : 1 1
n
n
C
k 0
k
n
1024 2 n 1024 n 10 .
Số hạng tổng quát trong khai triển là: Tk 1 C10k . x 2
k
.110 k C10k .x 2 k .
Suy ra hệ số của x12 là: C106 .
“C
ần
cù
bù
thô
ng
mi
nh
”
Câu 66.
[Luyện thi THPT.QG - Nguyễn Thanh Tùng - Lần 1 (2017 - 2018)] Gọi a là hệ số không chứa x
trong khai triển nhị thức Niu – tơn
10
2 2
0
2 n
1
2 n 1 2
n 1
2 2
x
Cn x Cn x
Cn x
x
x
x
n 1
n
2
C
( n là số nguyên dương)
x
n
n
Biết rằng trong khai triển trên tổng hệ số của ba số hạng đầu bằng 161. Tìm a .
A. a 11520 .
B. a 11250 .
C. a 12150 .
D. 10125 .
Lời giải
NHÓM TOÁN THẦY CHUNG –Nguyễn Đình Chiểu – P9 – TP Đà Lạt
24
