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

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.

A 1

99

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 còn 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 C₄₉² .

Vậy số tam giác tù có các đỉnh là đỉnh của đa giác là 100.C49² 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 C49² 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. C2018³ . D. A2018³ . Lời giải

Chọn A.

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

Tam giác ABC không nhọn khi A90⁰sđ BC 180⁰  từ B đến C (cung nhỏ BC ) có ít

nhất 360

180 : 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 Clà C1009² .

Vậy xác suất được 1 tam giác nhọn là

2 1009 3 2018

2018. 1007

1 4034

C

 C  .

Câu 3: Cho đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường tròn 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 C2³_n5 B. n C. 2³_n5 C.

3 2 5

. 2 n C n_

D.

3 2 5

. 4 n C n_

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 còn lại như hình vẽ

Gọi x x x_B, ,_{C D} là vị trí của các đỉnh , ,B C D ta có 2x_B x_C x_D 2n2.

Giữa B và C, C và D có ít nhất một đỉnh nên 2x_B x_C 1 x_D 2 2n4, suy ra số cách chọn các đỉnh , ,B C D là C₂³_n5. Số cách chọn bốn đỉnh , , , DA B C là 2 .n C₂³_n5.

Do vai trò của , , , DA B C 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 A_n x B_n, _n y_n suy ra x_ny_n 5ⁿ.

Với mỗi phần tử của An có 2 cách thêm vào số cuối từ tập X để được phần tử của An_1. Với mỗi phần tử của An có 3 cách thêm vào số cuối từ tập X để được phần tử của Bn_1. Với mỗi phần tử của Bn có 3 cách thêm vào số cuối từ tập X để được phần tử của An_1. Với mỗi phần tử của Bn có 2 cách thêm vào số cuối từ tập X để được phần tử của Bn_1.

Suy ra

1 1 1

1

1 1

2 3 2 3 2 3

3 2

n n

n n n n

n n n

n n n

x x

x x y y

y x y

y x y

  

  

 

  

 

   

   

1 2 3

n n n

x_ x y

   2x_n3 3



x_n12y_n1



1 1

2 3 3 2 2

3

n n

n n

x x x  x _  ^ 

    

  4x_n 5x_n¹.

Xét phương trình ² 1

4 5 0

5 t t t

t

  

     

   

5 1 5 1

2 , 2

n n

n n

n n

x   y  

   .

Do yn ⁷⁸¹²⁵ⁿ ¹⁵⁶²⁴ 

 

^{1 n} n là số chẵn nên 5ⁿ 15625 n 6 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

 

¹

2

n   n .

Do yn ⁷⁸¹²⁵ⁿ ¹⁵⁶²⁴ 

 

^{1 n} n là số chẵn nên 5ⁿ 15625 n 6.

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 C9⁵ 126số.

Vậy xác suất là: 126 1 27216 126 .

Câu 6: Sắp xếp 12 học sinh của lớp 12A gồm có 6 học sinh nam và 6 học sinh nữ vào một bàn dài gồm có hai dãy ghế đối diện nhau (mỗi dãy gồm 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. ⁹

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 còn lại, ta có ^{n A}

 

^2.6!.6!.

Vậy

   

 

⁴⁶²¹

p A n A

 n 

 .

Cách 2: Không gian mẫu là xếp 12 học sinh vào một bàn dài gồm 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

   

 

⁴⁶²¹

P A n 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 C¹₂₀₁₈ 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 C505² cách. Tuy nhiên số cách chọn đã bị lặp 3 lần.

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

 

^{2018. 5052}

3 n Q  C .

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

 

3 ⁵⁰⁵² 2018

2018.

3.

P Q C

 C .

Vậy chọn đáp án B.

Bổ sung kiến thức: Bài toán 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 nguyên dương của phương trình: x1   x2 ... x_t 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

Ck^_

Vậy đáp án là ¹1 t

Ck^_ cách.

Câu 8: Tập S gồm 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 không có 2 chữ số chẵn đứng cạnh nhau là

A. 11

70. B. 29

140. C. 13

80. D. 97

560 Lời giải

Chọn D.

Số phần tử của không gian mẫu là 8.A₈⁵.

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 toán tổng quát:

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 không đứng cạnh nhau.

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

Do các chữ số chẵn không đứng cạnh nhau nên

   

1 2 3

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

Suy ra số cách chọn vị trí xếp chữ số chẵn là C₇^m_m,



^{m   7 m m 3}



. Do đó số cách xếp ^m chữ số chẵn thỏa mãn ycbt C7^m_m. !m .

Tương tự với bài toán:

Có 4 chữ số khác nhau trong đó có ^m chữ số chẵn. Số cách xếp ^m chữ số chẵn thỏa mãn ycbt là C5^m_m. !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

a1 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:



^{C C C52. . .2!.4!44 52 C C C53. . .3!.3!43 43}

 

^{ C C41. .4!14 C C C42. . .2!.3!43 32}



^9312.

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 C₅².Số cách chọn ra 4 chữ số lẻ là C₄⁴. 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 còn lại: Có 4! cách.

Vậy có B C C C ₅². . .2!.4!₄⁴ ₅² .

-KN2: Số cần lập có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ.

Số cách chọn ra 3 chữ số chẵn là C5³.Số cách chọn ra 3 chữ số lẻ là C4³.

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

Vậy có C C C C 5³. . .3!.3!4³ 4³

TH2: a1 0, a2 lẻ

-KN1: Số cần lập có 2 chữ số chẵn và 4 chữ số lẻ trong đó a1 0. Chọn chữ số lẻ làm a2, có C¹4 cách.

Số cách chọn thêm 1 chữ số chẵn là C¹₄, số cách chọn thêm 3 chữ số lẻ là C₃³. Xếp 4 chữ này vào 4 vị trí còn lại có 4! cách. Vậy có E C C C 4¹. . .4!4¹ 3³ cách.

KN2: Số cần lập có 3chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ trong đó a10.

Số cách chọn thêm 2 chữ số chẵn là C4², xếp các chữ số chẵn vừa lấy ra vào 4 vị trí ( không lấy vị trí a2) sao cho không có chữ số chẵn nào đứng cạnh nhau, có C3².2! cách.

Lấy 3chữ số lẻ vào xếp chúng vào các vị trí còn lại: Có C4³.3! 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 9²⁰⁰⁹ 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 ( không kể vị trí đã có chữ số 9) có 8.9²⁰⁰⁸(cách chọn).

+ Chọn chữ số còn 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 đôi một khác nhau.

Hỏi có bao nhiêu cách chọn?

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

Chọn D.

Gọi số cần tìm là a a a1 2... 7

Khi đó

a1 có 10 cách chọn.

a3 có 5 cách chọn.

a7 có 8cách chọn.

a2 có 10 cách chọn.

4, ,5 6

a a a có A10³ cách chọn.

Vậy có tất cả 10.5.8.10.A10³ 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  A C12⁴ . Vậy xác suất của biến cố A là

4 12

3 0,055 9.10

A A

p  C

  

 .

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 không 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 cóA₄^k cách. Vậy có 2!.A^4k cách tạo ra cụm ... .

k

ACC C A

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!. . 8A4^k



k



! cách xếp hàng.

Vậy tổng số cách xếp hàng thỏa mãn đề bài là: ⁴ 4

 

0

2!. . 8^k ! 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6. B. ¹¹

P48. C. ⁷

P24. D. ⁴ P9. 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

 

^{ 48}

+ 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



 

¹¹

n A 

Vậy xác suất cần tìm là

 

 

¹¹⁴⁸

P n A

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

      

²



1 2 2 1 1 1 2 15 15 17

2 2 2 2 2

m n m n

n n m m mn m n mn m m

C C C C m  n    

     

Ta có

m 8 ¹⁷

2 9

 

^{15 17}



²



2 f m m 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. 9

28. C. 1

9. D. 4

9. Lời giải

Chọn A.

+) Không gian mẫu: n_{ } 9⁴

+) Gọi A là biến cố để chọn được số chia hết cho 6;

+) Gọi số cần lập là a a a a_{1 2 3 4}, do a a a a_{1 2 3 4}6a a a a_{1 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 n_{ A} 4.9 .3 972²  +) Xác suất: _{ } ^{ }

 

4 27

A A

P n

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,...,A_n theo chiều kim đồng hồ. Có bao nhiêu các tô màu k điểm trong n điểm trên sao cho không có hai điểm liên tiếp nào được tô.

Gọi n đỉnh là: A A1, 2,...,A_n-1,A_n. 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

... A_n-1

- -

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}+¹

)

của phương trình x1+ + +x2 ... x_k+1= -n k với điều kiện ^{xi³ 1,}

(

^{i=1, ,k}

)

^{xk+1³ 0.}

Khi đó có Cn k^k_- cách.

Trường hợp 2: Xét đỉnh A1 được chọn.

A1

1

1

2 3 4 5

x

A A A A

- - - -

2

2

6 7

x

A A

- - ³ - ...- A_n-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 ... x_k n k với điều kiện ^{xi³ 1,}

(

^i=1,k

)

^.

Khi đó có ¹ 1 k

Cn k_{- -}^- 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 :C12⁴ +C11³ =660.

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. ⁸⁶

101. D. ⁴⁷³

500. Lời giải

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 C₉⁵ 126 cách chọn

+) TH2: có 2 số giống nhau (a b hoặcd e ) ^ cách chọn 2.C₉⁴ 252 +) TH3: có 2 cặp số giống nhau (a b và d e ) ^ cách chọn C₉³ 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 còn 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. 3

5. C. 2

15. D. 1

3. Lời giải

Chọn D.

+) Không gian mẫu: _{ }

2 4.5!

3! 120 n_ C 

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

   

1,5 ; 4;5 _{ } 2.5!

A 3!

n  .

+) Xác suất: _{ } ^{ }

 

1 3

A A

P n

n_

 

Câu 20: Có bao nhiêu số tự nhiên có tám chữ số trong đó có ba chữ số 0, không 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:

Chọn A.

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, không 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 C5³ cách.

Vậy tất cả có A C9⁵. 5³ 151200  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



^{28 số.}

Câu 22: Có bao nhiêu số tự nhiên có ⁸ chữ số trong đó có ba chữ số ⁰, không 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 ^C₉⁵ 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 C5³ cách.

Hoán vị 5 chữ khác 0. Có P5 cách.

Vậy có ^{C C P}₉^{5. .}₅³ ₅^ 151200 cách.

Câu 23: Cho ⁿ là số tự nhiên thỏa mãn: ³Cn⁰⁴Cn¹⁵Cn² ^...



n³



Cnⁿ ⁸¹⁹². Tổng tất cả các hệ số của các số hạng trong khai triển



^{1 x x2x3}



^n.

A. ₄¹⁰. B. ₄¹¹. C. ₂¹¹. D. ₂¹⁰.

Lời giải Chọn D

Ta có: ³Cn⁰⁴Cn¹⁵Cn² ^...



n³



Cnⁿ



^{0 1 2}

 

^{1 2}



3 C_n C_n C_n ... C_nⁿ C_n 2C_n ... nC_nⁿ

        



^{01 11 11}



3.2ⁿ nC_n nC_n ... nC_nⁿ_^

     3.2ⁿn.2^n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:



^{1 x x2x3}



^{n a0a x a x1  2 2 ... a x3n 3n  f x}

 

^.

Thay x1vào ta có: f

 

1 a0 a1 a2 ... a3_n 2¹⁰. (Cách 2: Ta có:



^1x



ⁿ Cn⁰C x C xn¹  n^{2 2} ^... C xn^{n n}

^x3



^1x



ⁿ C xn^{0 3}C x^{1 4}n C xn^{2 5} ^... C xn^{n n3}

 

² . Lấy đạo hàm 2 vế của

 

2 , ta được:

   

¹

2 3

3x 1x ⁿnx 1x ^n ³C xn^{0 2}⁴C x^{1 3}n ⁵C xn^{2 4} ^...



n³



C xn^{n 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 công bội là một số nguyên 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 công bội ^q là một số nguyên dương thì q2,q.

Ta có u11 và u5 u q1 ⁴2018.

Suy ra ^{4 5 4}

 

1

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

1

q u q q

 u        .

 Với q2 thì 1 4

1 u 2018 126,125

  q  . Suy ra có 126 cách chọn.

 Với q3 thì 1 4

1 u 2018 24,9

  q  . Suy ra có 24 cách chọn.

 Với q4 thì 1 4

1 u 2018 7,8

  q  . Suy ra có 7 cách chọn.

 Với q5 thì 1 4

1 u 2018 3, 2

  q  . Suy ra có 3 cách chọn.

 Với q6 thì 1 4

1 u 2018 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 không cùng một giới tính.

A. ³⁶

P 245. B. 72

P145. C. ³⁶

P145. 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.

Còn 28 nên có 28cách chọn ủy viên.

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

24360 145

P  .