Bài tập có đáp án chi tiết về đa giác môn toán lớp 12 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (246.93 KB, 12 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Câu 1: Cho đa giác đều 100 đỉnh. Tính số tam giác tù có các đỉnh là đỉnh của đa giác đó.
A. 117600. B. 115700. C. 121200. D. 119200.

Lời giải

Chọn A.

Cách 1: Đa giác 100 đỉnh nên có 100 cạnh.

Nếu tam giác ABC tù tại A  giữa B và C (trên cung BC) cần có ít nhất 50 đỉnh.
Chọn A ta có 100 cách.

Gọi vị trí hai đỉnh cịn lại là a a1, 2 với thứ tự đánh số a1a2.
Suy ra 1a1a2 99.

Giữa hai đỉnh B C, có ít nhất 50 đỉnh  1 a1a2 50 49 .
Suy ra số cách chọn 2 đỉnh B C, là 2

49
C .

Vậy số tam giác tù có các đỉnh là đỉnh của đa giác là 2
49

100.C 117600 tam giác.

Cách 2: Giả sử đặt tên các đỉnh là A A A1 2... 100 với A1 là một đỉnh nào đó.

Xét đường kính A A1 51 chia các đỉnh của đa giác thành hai phần mỗi bên có 49 đỉnh.

Xét tam giác A A A1 i j với i j theo đúng thứ tự đó. Để tam giác tù thì A Ai, j là hai đỉnh bất kỳ

trong các đỉnh A2 đến A50 nên có
2
49

C tam giác. Vậy có 100C492 tam giác.

Câu 2: Cho đa giác đều 2018đỉnh. Nối ngẫu nghiên 3đỉnh bất kỳ của đa giác. Tính xác suất để nhận
được 1 tam giác nhọn.

A. 1007

4034 . B.

3027

4034 . C.

3
2018

C . D. A20183 .

Lời giải

Chọn A.

Gọi ( )O là đường trịn ngoại tiếp đa giác.

Tam giác ABC khơng nhọn khi  0  0

90 180

A  sđ BC  từ B đến C (cung nhỏ BC) có ít

nhất 180 : 360 1009

2018 cạnh của đa giác (không kể B và C).
Chọn A suy ra có 2018 cách.

Đánh thứ tự theo chiều kim đồng hồ từ 1 đến 2017 điểm.
Gọi a a1, 2 là thứ tự 2 đỉnh B C, .

Suy ra 1a1a2 2017.

Giữa B và C có ít nhất 1008 đỉnh  1 a1a21008 1009 .
Suy ra số cách chọn vị trí B C, là C10092 .

Vậy xác suất được 1 tam giác nhọn là

2
1009
3
2018

2018. 1007
1

4034

C
C

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu 3: Cho đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường trịn tâm O. Hỏi có bao nhiêu tứ giác mà các cạnh của
nó đều là đường chéo của đa giác đã cho?

A. 2 .n C23n5 B. 
3
2 5
. n

n C  C.

3
2 5
.

2
n

n C  D.

3
2 5
.

4
n

n C 

Hướng dẫn giải

Chọn C

Chọn được tứ giác ABCD thỏa mãn khi và chỉ khi giữa A và B, B và C, C và D, D và A
có ít nhất một đỉnh. Có 2n cách chọn đỉnh A, sau đó đánh số thứ tự các đỉnh cịn lại như hình
vẽ

Gọi x x xB, C, D là vị trí của các đỉnh B C D, , ta có 2xB xC xD 2n 2.

Giữa B và C, C và D có ít nhất một đỉnh nên 2xB xC1xD 2 2 n 4, suy ra số cách
chọn các đỉnh B C D, , là 3

2n 5

C  . Số cách chọn bốn đỉnh A B C, , , D là 3
2 5
2 .n Cn .

Do vai trò của A B C, , , D như nhau nên có

3 3

2 5 2 5

2 . .

4 2

n n

n C  n C 

 tứ giác.

Câu 4: Cho tập hợp X 



1; 2;3; 4;5



biết có đúng 7812 số có n n  





chữ số được chọn từ tập hợp
sao cho tổng các chữ số là một số lẻ. Tìm n.

A. n 5. B. n 6. C. n 9. D. n 4.

Lời giải

Chọn B.

Cách 1 :

Có 5n số có n chữ số được lập từ tập X .

Ký hiệu An là các số có n chữ số có tổng chẵn được lập từ X . Ký hiệu Bn là các số có n chữ

số có tổng lẻ được lập từ X , đặt An x Bn, n yn suy ra xnyn 5n.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Suy ra
1
1 1
1
1 1
2
2 3

3
3 2
3 2
n n

n n n n

n n n

x x

x x y y

y x y


 

 


  
 

 
 

   


1 2 3

n n n

x x y

   2xn3 3



xn12yn1



1
1

2 3 3 2

n n

x x

x x 



 

    

  4xn 5xn1.

Xét phương trình 2 4 5 0 1
5
t
t t
t


    











5 1 5 1

2 2

n n

x   y  

   .

Do 7812 5n 15624





n

y       n là số chẵn nên 5n 15625 6
n

  

Cách 2 :

Ta nhận thấy các số lẻ là 1,3,5 và số chẵn là 2, 4. Đáp án của bài toán là tổng các hệ số lẻ của

khai triển



3x 2



n cho nên ta có số các số lẻ là 5





n
n

 
.

Do 7812 5n 15624





n

y       n là số chẵn nên 5n 15625 6
n

   .

Câu 5: Xét tập hợp A gồm tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên 1 số từ A.
Tính xác xuất để số được chọn có chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước (tính từ trái sang
phải).

A. 74 .

411 B. 
62
.
431 C. 
1
.
216 D. 
3
.
250
Lời giải
Chọn C.

Số các số tự nhiên có 5 chữ số là: 9.9.8.7.6 27216.

Số thỏa mãn có chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước (tính từ trái sang phải ) là abcde
suy ra a 0 b c d e, , , 0

Với mỗi cách chọn ra 5 số trong 9 số từ 1 đến 9 ta được 1 số thỏa mãn có chữ số đứng sau lớn
hơn chữ số đứng trước. Vậy có 5

9 126

C  số.

Vậy xác suất là: 126 1 .
27216 126

Câu 6: Sắp xếp 12 học sinh của lớp 12A gờm có 6 học sinh nam và 6 học sinh nữ vào một bàn dài
gờm có hai dãy ghế đối diện nhau (mỗi dãy gờm có 6 chiếc ghế) để thảo luận nhóm. Tính xác
suất để hai học sinh ngồi đối diện nhau và cạnh nhau luôn khác giới.

A. 9

4158. B.

5987520. C. 
9

299760. D. 
9
8316.

Lời giải

Chọn A.

Cách 1: Đánh số thứ tự ghế từ 1 đến 12.
Xếp 12 học sinh vào 12 ghế có n  

 

12!.

Biến cố A:” hai học sinh ngồi đối diện nhau và cạnh nhau luôn khác giới”.

Thực hiện: Chọn 1 trong 2 bộ số chẵn hoặc lẻ xếp 6 bạn nam vào, sau đó xếp 6 bạn nữ vào bộ
ghế cịn lại, ta có n A 

 

2.6!.6!.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Cách 2: Không gian mẫu là xếp 12 học sinh vào một bàn dài gờm có hai dãy ghế đối diện nhau
nên n  

 

11!.

Biến cố A:” hai học sinh ngồi đối diện nhau và cạnh nhau luôn khác giới”  n A

 

6!.5!.

Vậy

 

1
462
n A

P A
n

 

 .

Câu 7: Cho đa giác đều có 2018 đỉnh nội tiếp trong đường tròn

 

O . Nối ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa

giác đó. Tính xác suất để chọn được một tam giác có tất cả các góc lớn hơn 45

A. 1515

8068. B.

505

8068. C.

550

8068. D.

5151
8068.

Lời giải

Chọn B.

Chọn 3 đỉnh từ 2018 đỉnh có C20183  n

 

 C20183 .

Gọi Q là biến cố “ Tam giác được chọn có tất cả các góc lớn hơn 45 “.
Ta đi tìm các kết quả thuận lợi cho biến cố Q

- Chọn đỉnh A từ 2018 đỉnh có 1
2018
C cách.

- Vì tam giác được chọn có các góc lớn hơn 45 nên ta phải chọn B, C sao cho khoảng cách 
giữa AB, BC , CA tối thiểu là 504 điểm.

- Gọi x 503, y 503, z 503 lần lượt là số điểm giữa AB, BC , CA

- Áp dụng bài toán chia kẹo Euler và giả thiết ta có: x y z  2015 503.3 506 
- Chọn 2 từ 505 đỉnh có 2

505

C cách. Tuy nhiên số cách chọn đã bị lặp 3 lần.

- Vậy số kết quả thuận lợi của biến cố Q là

 

2
505
2018.

C

n Q  .

- Xác suất để chọn được tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán là

 

2
505
3
2018

2018.

C
P Q

C

 .

Vậy chọn đáp án B.

Bổ sung kiến thức: Bài tốn chia kẹo Euler:

Có bao nhiêu cách chia k chiếc kẹo giống nhau cho t đứa trẻ (k t ) sao cho ai cũng có kẹo?

Giải:

Số cách cần tìm chính là số nghiệm ngun dương của phương trình: x1x2...xt k

Xếp k chiếc kẹo thành 1 hàng ngang, giữa chúng có k  1chỗ trống.

Số cách chia kẹo thỏa mãn điều kiện đề bài chính là số cách đặt t 1 "vách ngăn" vào t 1 chỗ
trống trong số k  1chỗ trống nói trên (mỗi chỗ trống được chọn đặt 1 "vách ngăn"), tức là
bằng 11

t
k
C



Vậy đáp án là 1
1
t
k
C

 cách.

Câu 8: Tập S gờm các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau được thành lập từ các chữ số: 0, 1, 2, 3,
4, 5, 6, 7, 8. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S. Xác suất để số được chọn khơng có 2 chữ
số chẵn đứng cạnh nhau là

A. 11

70. B.

140. C.

80. D.

97
560
Lời giải

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Số phần tử của không gian mẫu là 5
8
8.A .

Gọi số cần tìm là a a a a a a1 2 3 4 5 6 , ai ajvới ij và a1 tùy ý.
Xét bài tốn tổng qt:

Có 6 vị trí khác nhau và có m chữ số chẵn. Cần xếp m chữ số chẵn vào các vị trí đó sao cho
các chữ số chẵn khơng đứng cạnh nhau.

Gọi vị trí xếp các chữ số chẵn là a1, a2, …, am.
Ta có 1a1a2 ...am6.

Do các chữ số chẵn không đứng cạnh nhau nên









1 2 3

1a a  1 a  2 ... a mm 1  6 m1  7 m.

Suy ra số cách chọn vị trí xếp chữ số chẵn là 7
m

m

C  ,



m 7 m m3



Do đó số cách xếp m chữ số chẵn thỏa mãn ycbt 7 . !

m

m
C  m .
Tương tự với bài tốn:

Có 4 chữ số khác nhau trong đó có m chữ số chẵn. Số cách xếp m chữ số chẵn thỏa mãn ycbt
là 5 . !

m
m

C m ,



m 5 m m2



.
Áp dụng vào bài toán đã cho:

m chữ số
chẵn

n chữ
số lẻ

Số các số lập được

a nhận cả số 0 2
3

4
3

2 4 2
5. . .2!.4!4 5
C C C

3 3 3
5. . .3!.3!4 4
C C C

1 0

a  (a2 lẻ ) 2
3

4
3

1 1
4. .4!4
C C
2 3 2
4. . .2!.3!4 3
C C C
Tổng số các số thỏa mãn ycbt là:



2 4 2 3 3 3

 

1 1 2 3 2



5. . .2!.4!4 5 5. . .3!.3!4 4 4. .4!4 4. . .2!.3!4 3 9312

C C C C C C  C C C C C  .

Xác suất cần tìm là

 

5
8
9312 97

8. 560

P A

A

  .

Giải thích thêm:

TH1: a1 nhận cả số 0.

-KN1: Số cần lập có 2chữ số chẵn và 4 chữ số lẻ.
Số cách chọn ra 2 chữ số chẵn là 2

C .Số cách chọn ra 4 chữ số lẻ là 4
4
C .

Xếp 2 chữ số chẵn sao cho chúng không đứng cạnh nhau: Có C52.2! cách.
Xếp 4 chữ số lẻ vào các vị.trí cịn lại: Có 4! cách.

Vậy có 2 4 2

5. . .2!.4!4 5

B C C C .

-KN2: Số cần lập có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ.
Số cách chọn ra 3 chữ số chẵn là 3

C .Số cách chọn ra 3 chữ số lẻ là 3
4
C .

Xếp 3 chữ số chẵn sao cho chúng khơng đứng cạnh nhau: Có C43.3! cách. Xếp 3 chữ số lẻ vào
các vị trí cịn lại: Có 3! cách.

Vậy có 3 3 3
5. . .3!.3!4 4
C C C C
TH2: a 1 0, a2 lẻ

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Số cách chọn thêm 1 chữ số chẵn là 1
4

C , số cách chọn thêm 3 chữ số lẻ là 3
3

C . Xếp 4 chữ này

vào 4 vị trí cịn lại có 4! cách. Vậy có 1 1 3

4. . .4!4 3
E C C C cách.
KN2: Số cần lập có 3chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ trong đó a 1 0.

Số cách chọn thêm 2 chữ số chẵn là C42, xếp các chữ số chẵn vừa lấy ra vào 4 vị trí ( khơng

lấy vị trí a2) sao cho khơng có chữ số chẵn nào đứng cạnh nhau, có
2
3.2!
C cách.
Lấy 3chữ số lẻ vào xếp chúng vào các vị trí cịn lại: Có 3

4.3!
C cách.

Vậy có F C C C 42. . .2!.3!43 32 cách.

KL:

 

5 5

8 8

9312 97

8. 8. 560

B C E F
P A

A A

  

   .

Câu 9: Hỏi có tất cả bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho 9 mà mỗi số có 2011 chữ số và trong đó có ít
nhất hai chữ số 9.

A. 102010 16161.92008

 . B. 102010 2010.92009. C. 10201116161.92008. D. 102011 2010.92009.
Lời giải:

Chọn A.

Đếm số các số tự nhiên có 2011 chữ số chia hết cho 9:
+ Chọn 2010chữ số sau có 102010(cách chọn).

+ Chọn chữ số đứng đầu có 1(cách chọn).
Suy ra có tất cả 102010 số thỏa mãn.

Đếm số các số tự nhiên có 2011 chữ số chia hết cho 9 và không chứa chữ số 9:
+ Chọn 2010chữ số đầu tiên có 8.92009(cách chọn).

+ Chọn chữ số đứng cuối cùng có 1(cách chọn).
Suy ra có tất cả 8.92009 số thỏa mãn.

Đếm số các số tự nhiên có 2011 chữ số chia hết cho 9 và chứa đúng một chữ số 9:
TH1: Chữ số 9 đứng đầu

+ Chọn 2009chữ số ở giữa có 92009(cách chọn).

+ Chọn chữ số đứng cuối có 1(cách chọn).
Suy ra có tất cả 2009

9 số thỏa mãn.
TH2: Chữ số 9 không đứng đầu

+ Chọn vị trí cho chữ số 9 có 2010(cách chọn).

+ Chọn chữ số đứng đầu ( khơng kể vị trí đã có chữ số 9) có 2008

8.9 (cách chọn).
+ Chọn chữ số cịn lại có 1(cách chọn).

Suy ra có tất cả 2010.8.92008 số thỏa mãn.

Vậy có tất cả: 102010 8.92009 92009 2010.8.92008 102010 92010 2010.8.92008

     

2010 2008
10 16161.9

  .

Câu 10: Xét dãy số gồm 7 chữ số, mỗi chữ số được chọn từ 0,1,...,9 thỏa mãn các điều kiện sau:
i) Chữ số ở vị trí số 3 là số chẵn.

ii) Chữ số cuối cùng không chia hết cho 5.
iii) Các chữ số ở vị trí 4,5,6 đơi một khác nhau.
Hỏi có bao nhiêu cách chọn?

A. 2880. B. 288000. C. 28800. D. 2880000.

Lời giải

Chọn D.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Khi đó

a có 10 cách chọn.

a có 5 cách chọn.

a có 8cách chọn.

a có 10 cách chọn.

4, ,5 6

a a a có A103 cách chọn.

Vậy có tất cả 3

10.5.8.10.A 2.880.000 cách chọn.

Câu 11: Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có bốn chữ số. Tính xác suất để số được chọn có dạng abcd
trong đó 1    a b c d 9.

A. 0, 014. B. 0,0495. C. 0, 079. D. 0,055.

Lời giải.

Chọn D.

Không gian mẫu  9.103.

Gọi A là biến cố “số được chọn có dạng abcd trong đó 1    a b c d 9.”
Ta có 1    a b c d 9  1     a b 1 c 2 d 3 12.

Vậy số cách chọn bộ



a b c d thỏa mãn là , , ,



4
12

A C

  .

Vậy xác suất của biến cố A là

4
12

3 0,055
9.10

A
A

C

p   

 .

Bình luận: điểm hay của lời giải là chuyển bài toán từ dấu “” thành dấu “” để xử lí nhanh –
gọn.

Câu 12: Có 2 học sinh lớp A, 3 học sinh lớp B và 4 học sinh lớp C xếp thành một hàng ngang sao cho
giữa hai học sinh lớp A khơng có học sinh lớp B. Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng như vậy?
A. 145152. B. 108864. C. 217728. D. 80640.

Lời giải

Chọn A.

Xếp 5 học sinh của hai lớp A, B sao cho 2 học sinh lớp A đứng cạnh nhau có 2!.4! cách.

Chọn 5 trong 9 chỗ để xếp 5 học sinh này theo thứ tự đã xếp có C95 cách.
Xếp 4 học sinh lớp C có 4! cách.

Vậy có tất cả 2!.4!. .4! 145152C95  cách.

Cách khác:

Gọi k là số học sinh lớp C ở giữa hai học sinh lớp A với k 0,1,..., 4. Trước tiên ta đếm cách

tạo thành cụm ... .
k

ACC C A  

Chọn 2 học sinh lớp A xếp 2 đầu có 2! cách. Chọn k học sinh lớp C xếp vào giữa hai học

sinh lớp A cóA4k cách. Vậy có 2!.A4k

cách tạo ra cụm ACC C A  k... .

Coi cụm ...
k

ACC C A  

là một vị trí cùng với 9



k2



học sinh còn lại thành 9 k  1 8 k vị

trí. Xếp hàng cho các vị trí này có



8 k



! cách. Vậy với mỗi k như trên có 2!. . 8A4k



 k



</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Vậy tổng số cách xếp hàng thỏa mãn đề bài là:





4
0

2!. . 8k ! 145152

k

A k



 



cách.

Câu 13: Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số ( không nhất thiết đôi một khác nhau) được
thành lập từ các chữ số 2,0,1,8. Chọn ngẫu nhiên một phần tử từ tập X . Tính xác suất để phần
tử được chọn là số chia hết cho 3.

A. 1

P  . B. 11

P  . C. 7

P  . D. 4

9
P  .

Lời giải

Chọn B.

+ Ta có X 



abc a, 0



và a b c, ,



0;1;2;8



Do đó a có 3 cách chọn là 1, 2,8
,

b c có 4 cách chọn nên số phần tử của tập X là 3.4.4 48
 Số phần tử của không gian mẫu là n  

 

+ Gọi A là biến cố : ‘‘ Số được chọn chia hết cho 3’’

Khi đó A



abc a, 0,a b c   3



A 



102;120;108;180;111; 210; 201;222;810;801;888



 

n A

 

Vậy xác suất cần tìm là

 

11
48
n A
P

n

 

 .

Câu 14: Trên hai đường thẳng song song  và d , ta lần lượt gắn vào đó m điểm và n điểm sao cho
17

m n  , với m n  , . Tìm m , n để số tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong điểm phân biệt
ở trên là lớn nhất.

A. B. C. D.

Lời giải
Chọn.

Số tam giác được tạo thành từ 17 điểm đã có là

















1 2 2 1 1 1 2 15 15 17

2 2 2 2 2

m n m n

m m

n n m m mn m n mn

C C C C m  n       

Ta có

m 8 17

2 9

 





2
15 17

2
m m

f m  

Mà f

 

8 540 và f

 

9 540 nên để số tam giác là lớn nhất thì 8 9

9 8

m m

n n

 

 



 

 

  .

Câu 15: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4chữ số lập được từ tập hợp X 



1, 2,3, 4,5,6,7,8,9



.Chọn ngẫu nhiên một số từ tậpX . Tính xác suất để số chọn được là số chia hết cho 6 .

A. 4

27. B.

28. C.

9. D.

4
9.
Lời giải

Chọn A.

+) Không gian mẫu:  

4
9
n 

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

+) Gọi số cần lập là a a a a , do 1 2 3 4 a a a a1 2 3 46 a a a a1 2 3 42

+) a4 có 4 cách chọn



2, 4, 6,8 và



a a1, 2 có 92 cách chọn:

- Nếu a1a2a4 3k  a3 sẽ có 3 cách chọn



3,6,9



- Nếu a1a2 a4 3k1  a3 sẽ có 3 cách chọn



2,5,8



- Nếu a1a2 a4 3k2  a3 sẽ có 3 cách chọn



1, 4, 7



+) Tổng cộng  

4.9 .3 972
A

n  

+) Xác suất:  
 

 

4
27
A
A

n
P

n

  .

Câu 16: Cho đa giác đều 16 cạnh. Hỏi có bao nhiêu tứ giác nhận các đỉnh của đa giác là đỉnh và cạnh
của tứ giác không trùng với cạnh của đa giác đều 16 cạnh.

A. 660. B. 900. C. 360. D. 16.

Lời giải

Chọn A.

Xét bài toán tổng quát sau : Trên đường tròn cho các điểm A A1, 2,...,An theo chiều kim đờng
hờ. Có bao nhiêu các tô màu k điểm trong n điểm trên sao cho khơng có hai điểm liên tiếp nào
được tô.

Gọi n đỉnh là: A A1, 2,...,An-1,An. Ta sẽ cố định đỉnh A1.
Trường hợp 1: Xét đỉnh A1 không được chọn.

1
1 2
x

A- A

2
1

3 4 5

x

A A A

- -

-3
2

6 7
x

A A

-3

1
... An

-1

k

n
x

A

-Số cách chọn k đỉnh thỏa yêu cầu bài toán tương ứng với số bộ nghiệm nguyên

(

x x1, ,...,2 xk+1

)

của phương trình x1+ + +x2 ... xk+1= -n k với điều kiện xi³ 1,

(

i=1, ,k

)

xk+1³ 0.

Khi đó có Cn kk- cách.

Trường hợp 2: Xét đỉnh A1 được chọn.

A

1
1

2 3 4 5

x

A A A A

- - -

-2
2

6 7
x

A A

- - 3 - ...- An-1

k

k
n
x

A

-Số cách chọn k đỉnh thỏa yêu cầu bài toán tương ứng với số bộ nghiệm nguyên

(

x x1, ,...,2 xk

)

của phương trình x1+ + +x2 ... xk = -n k với điều kiện xi³ 1,

(

i=1,k

)

Khi đó có 1 1
k
n k
C

-- -- cách.

Vậy ta có số cách chọn k đỉnh thỏa yêu cầu bài toán là : 1
1

k k

n k n k

C C

-- + - - cách.
Áp dụng cho bài toán trên với n=16,k=4 ta có kết quả là : 4 3

12 11 660

C +C = .

Câu 17: [Chuyên Đại học Vinh lần 1 năm 2018] Trong mặt phẳng (Oxy) cho hình chữ nhật OMNP
với M(0;10), N(100;10) và P(100;0). Gọi S là tập hợp tất cả các điểm A x y( ; ),( ,x y  )
nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của OMNP Lấy ngẫu nhiên một điểm . A x y( ; )S. Xác suất
để x y 90 bằng

A. 169

200. B.

845

1111. C.

101. D.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Chọn C.

Nhận thấy các điểm cần tìm nằm trên các đường thẳng y m m , 0;10. Suy ra
11 101 1111

    . Gọi A là biến cố x y 90. Dễ thấy trên các đường
0; 1;...; 10

y y y lần lượt có 91;90;...;81 điểm thỏa mãn. Suy ra

91 90 ... 81 946.

A      Suy ra ( ) 946 86 .

1111 101

P A   .

Câu 18: Có bao nhiêu số nguyên dương có 5 chữ số abcde sao cho a b cd e.

A. 480 . B. 462 . C. 720 . D. 240 .

Lời giải

Chọn B.

+) TH1: a b c d e    , do đó ta chọn bộ 5 số dương bất kì trong 9 số dương thì ta sẽ được
1 bộ số thỏa mãn yêu cầu của đầu bài  số cách là C 95 126 cách chọn

+) TH2: có 2 số giống nhau ( a b hoặc d e )  cách chọn 4
9
2.C 252

+) TH3: có 2 cặp số giống nhau ( a b và d e )  cách chọn C 93 84
+) Tổng cộng 462 .

Câu 19: Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số được lập từ các chữ số 1, 2, 4,5,7 thỏa mãn chữ
số 2 có mặt đúng 3 lần, các chữ số cịn lại có mặt không quá 1 lần. Từ tập hợp X lấy ngẫu
nhiên 1 số. Tính xác suất để lấy được số chia hết cho 3 :

A. 2

5. B.

5. C.

15. D.

1
3.
Lời giải

Chọn D.

+) Không gian mẫu:  
2

4.5! 120
3!

C

n  

+) Gọi A là biến cố lấy được số chia hết cho 3 , do vậy hai số cịn lại phải có tổng chia hết cho

3 nên hai số còn lại bắt buộc là



1,5 ; 4;5

 



  2.5!

3!
A

n

  .

+) Xác suất:  
 

 

1
3
A
A

n
P

n

 

Câu 20: Có bao nhiêu số tự nhiên có tám chữ số trong đó có ba chữ số 0, khơng có hai chữ số 0 nào
đứng cạnh nhau và các chữ số khác thì có mặt nhiều nhất một lần.

A. 151200 B. 846000 C. 786240 D. 907200
Lời giải:

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Bước 1: Lấy 5 chữ số từ tập hợp X 



1, 2,3,...,9



thiết lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau

 có A95 cách.

Giữa hai chữ số có 1 khe, khơng tính khe đầu  có 5 khe .

2 khe 5 khe 3 khe 7 khe 6 khe

Bước 2: Xếp 3 chữ số 0 và 3 trong 5 khe  có 3
5
C cách.
Vậy tất cả có 5 3

9. 5 151200

A C   chọn A.

Câu 21: Có bao nhiêu số tự nhiên có 30 chữ số, sao cho trong mỗi số chỉ có mặt hai chữ số 0 và 1,
đồng thời số chữ số 1 có mặt trong số tự nhiên đó là số lẻ?

A. 227. B. 229. C. 228. D. 3.227.

Lời giải

Chọn C.

Chọn chữ số thứ nhất là

1

: có

1

cách.
Chọn

28

chữ số sau đó: có

2

28 cách.

Chọn chữ số cuối : có

1

cách duy nhất để số chữ số

1

là lẻ.



có

1.2 .1 2



28 số.

Câu 22: Có bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số trong đó có ba chữ số 0, khơng có chữ số 0 nào đứng
cạnh nhau và các chữ số khác chỉ xuất hiện nhiều nhất một lần.

A. 151200. B. 846000. C. 786240. D. 907200.

Lời giải

Chọn A.

Lấy ra 5 chữ số khác 0. Có 5
9

C cách.

Coi đó là 5 vách ngăn, nên tạo ra 6 khoảng trống.
Xếp 3 chữ số 0 vào 3 trong 5 khoảng trống. Có 3

C cách.
Hốn vị 5 chữ khác 0. Có P5 cách.

Vậy có 5 3
9. .5 5

C C P  151200 cách.

Câu 23: Cho n là số tự nhiên thỏa mãn: 3 0 4 1 5 2 ...



3



n 8192

n n n n

C  C  C   n C  . Tổng tất cả các hệ số

của các số hạng trong khai triển



1 x x2 x3



n

   .

A. 10

4 . B. 11

4 . C. 11

2 . D. 10

2 .
Lời giải

Chọn D

Ta có: 3 0 4 1 5 2 ...





n

n n n n

C  C  C   n C



0 1 2

 

1 2



3 ... n 2 ... n

n n n n n n n

C C C C C C nC

        



0 1 1



1 1 1

3.2n ... n

n n n

nC nC nC 

  

     3.2n n.2n1

  8192.

Xét phương trình: 3.2n n.2n1 8192 1

 

  .

Đặt f n

 

3.2n n.2n1

  , ta có: f n 

 

với   n mà f

 

10 8192.
Do đó phương trình

 

1 có nghiệm duy nhất n 10.

Giả sử:



2 3



2 3

0 1 2 3

1 n ... n

n

x x x a a x a x a x

        f x

 

Thay x 1vào ta có: f

 

1 a0a1a2...a3n 210.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

 x3



1x



n C xn0 3 C x1 4n C xn2 5 ... C xnn n 3

 

2


     .

Lấy đạo hàm 2 vế của

 

2 , ta được:









2 3

3x 1 x n nx 1 x n

   3C xn0 2 4C xn1 3 5C xn2 4 ...



n 3



C xnn n 2

 

3


     .

Thay x 1 vào

 

3 ta có kết quả tương tự cách trên).

Câu 24: Cho tập A 



1, 2,3, , 2018



. Có bao nhiêu cách chọn ra 5 số từ tập A mà các số đó lập thành
một cấp số nhân tăng có cơng bội là một số ngun dương.

A. 126. B. 161. C. 166. D. 31.

Lời giải

Chọn B.

Giả sử chọn được 5 số u u u u u1, 2, 3, 4, 5 từ tập A mà các số đó lập thành một cấp số nhân tăng
có cơng bội q là một số ngun dương thì q2,q .

Ta có u 1 1 và u5 u q1 42018.

Suy ra 4 5 4





2018

2 2018 6, 7 2,3, 4,5,6
1

u

q q q

u

        .

 Với q 2 thì 1 4
2018

1 u 126,125

q

   . Suy ra có 126 cách chọn.

 Với q 3 thì 1 4
2018

1 u 24,9

q

   . Suy ra có 24 cách chọn.

 Với q 4 thì 1 4
2018

1 u 7,8

q

   . Suy ra có 7 cách chọn.

 Với q 5 thì 1 4
2018

1 u 3, 2

q

   . Suy ra có 3 cách chọn.

 Với q 6 thì 1 4
2018

1 u 1,5

q

   . Suy ra có 1 cách chọn.

Vậy có tất cả 126 24 7 3 1 161     cách chọn.

Câu 25: Một lớp học có 18 học sinh nam, 12 học sinh nữ, cần chọn 3 cán bộ (1 bí thư, 1 phó bí thư, 1
ủy viên). Tính xác suất để bí thư và phó bí thư khơng cùng một giới tính.

A. 36

245

P  . B. 72

145

P  . C. 36

145

P  . D. 28

24360

P  .

Lời giải

Chọn B.

Số cách chọn 3 học sinh trong số 30 học sinh là:
30.29.28 24360  n  

 

24360.

Chọn 1 nam trong 18 nam có 18 cách.
Chọn 1 nữ trong 12 nam có 12 cách.

Xếp chức danh bí thư, phó bí thư cho hai học sinh này có 2! cách.
Cịn 28 nên có 28cách chọn ủy viên.

Do đó xác suất cần tính là: 18.12.2!.28 72
24360 145

</div>

Bài tập có đáp án chi tiết về đa giác môn toán lớp 12 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện





































 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 



















 



 

 



























<sub></sub>

<sub></sub>

 









 

 

 

















 





 

<sub> </sub>

