Đề thi môn Toán lớp 11 năm học 2018 – 2019 (Mã đề thi 187, có lời giải chi tiết)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

3
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi môn Toán lớp 11 năm học 2018 – 2019 (Mã đề thi 187, có lời giải chi tiết)" là tài liệu luyện thi môn Toán theo hình thức trắc nghiệm cho học sinh lớp 11. Mỗi câu hỏi trắc nghiệm trong đề đều có lời giải chi tiết đi kèm. Tài liệu giúp học sinh luyện tập và nâng cao kỹ năng giải toán trắc nghiệm. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu mã đề 187 để học tập và nâng cao kỹ năng.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi môn Toán lớp 11 năm học 2018 – 2019 (Mã đề thi 187, có lời giải chi tiết)

TRƯỜNG THPT …………. BÀI:…………………. TỔ TOÁN NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: Toán - Lớp 11 - Chương trình chuẩn ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: ……… phút Mã đề thi Họ và tên:………………………………………….Lớp:……………...……..……… 187 Câu 1. (THPT HAU LOC 2_THANH HOA_LAN2_2018_BTN_6ID_HDG) Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học lớp mình. Bảng gồm 10 nút, mỗi nút được ghi số từ 0 đến 9 và không có hai nút nào được ghi cùng một số. Để mở cửa cần nhấn 3 nút liên tiếp khác nhau sao cho 3 số trên 3 nút theo thứ tự đã nhấn tạo thành một dãy số tăng dần và có tổng là 10 . Học sinh B chỉ nhớ được là dãy tăng. Tính xác suất để B mở được cửa phòng học đó biết rằng nếu bấm sai 3 lần liên tiếp cửa sẽ tự động khóa lại (không cho mở nữa) 1 1 189 631 A. . B. . C. . D. . 5 15 1003 3375 Lời giải Chọn D Gọi a1 , a2 , a3  0  a1 , a2 , a3  9  là mật khẩu để mở được cửa. 3 Ta có : n     C10 . Để mở cửa cần nhấn 3 nút liên tiếp khác nhau sao cho 3 số trên 3 nút theo thứ tự đã nhấn tạo thành một dãy số tăng dần và có tổng là 10 nên ta có: a1  a2  a3  10   0,1,9  ;  0, 2,8 ;  0,3, 7  0, 4, 6  ; 1, 2, 7  ; 1,3, 6  ; 1, 4,5 ;  2,3,5  n  A  8 . 8 1 Xác suất để mở được cửa sau mỗi loạt bấm nút : P  3  . C10 15 1 Xác suất để mở được cửa ở lần bấm thứ nhất : . 15  1 1 14 Xác suất để mở được cửa ở lần bấm thứ hai :  1   .  .  15  15 225 2  1 1 196 Xác suất để mở được cửa ở lần bấm thứ nhất :  1   .  .  15  15 3375 1 14 196 631 Vậy xác suất để mở được cửa :    15 225 3375 3375 Câu 2. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt. Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Xác suất chọn được số lớn hơn 2500 là 13 55 68 13 A. P  . B. P  . C. P  . D. P  . 68 68 81 81 Lời giải Chọn C Số có 4 chữ số có dạng: abcd . Số phần tử của không gian mẫu: n  S   9.9.8.7  4536 . Gọi A : “ tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt và lớn hơn 2500 .” Trang 1/13 - Mã đề thi 187
TH1. a  2 Chọn a : có 7 cách chọn. Chọn b : có 9 cách chọn. Chọn c : có 8 cách chọn. Chọn d : có 7 cách chọn. Vậy trường hợp này có: 7.9.8.7  3528 (số). TH2. a  2 , b  5 Chọn a : có 1 cách chọn. Chọn b : có 4 cách chọn. Chọn c : có 8 cách chọn. Chọn d : có 7 cách chọn. Vậy trường hợp này có: 1.4.8.7  224 (số). TH3. a  2 , b  5 , c  0 Chọn a : có 1 cách chọn. Chọn b : có 1 cách chọn. Chọn c : có 7 cách chọn. Chọn d : có 7 cách chọn. Vậy trường hợp này có: 1.1.7.7  49 (số). TH4. a  2 , b  5 , c  0 , d  0 Chọn a : có 1 cách chọn. Chọn b : có 1 cách chọn. Chọn c : có 1 cách chọn. Chọn d : có 7 cách chọn. Vậy trường hợp này có: 1.1.1.7  7 (số). Như vậy: n  A  3528  224  49  7  3808 . n  A  3508 68 Suy ra: P  A     . n  S  4536 81 Câu 3. (THPT Kinh Môn - Hải Dương - Lần 2 - 2018 - BTN) Cho tập X  6, 7,8,9 , gọi E là tập các số tự nhiên khác nhau có 2018 chữ số lập từ các số của tập X . Chọn ngẫu nhiên một số trong tập E , tính xác suất để chọn được số chia hết cho 3 . 1 1  1 1  1 1  1 1  A.  1  2018  B.  1  4035  C.  1  2017  D.  1  4036  3 2  3 2  3 2  3 2  Lời giải Chọn B Gọi An , Bn lần lượt là tập các số chia hết, không chia hết cho 3 . Với mỗi số thuộc An có hai cách thêm vào cuối một chữ số 6 hoặc một chữ số 9 để được An 1 và hai cách thêm một chữ số 7 hoặc một chữ số 8 để được Bn 1 . Với mỗi số thuộc Bn có một cách thêm vào cuối một chữ số 7 hoặc một chữ số 8 để được An 1 và có ba cách thêm một chữ số để được Bn 1 .  An 1  2 An  Bn  Như vậy   Bn 1  3 An1  4 Bn  An 1  5 An  4 An 1 .  Bn 1  2 An  3 Bn  Hay An  5 An 1  4 An 2 . Xét dãy số an  An , ta có a1  2, a2  6, an  5an 1  4an  2 ; n  3 . 2 1 n Nên an     .4n   4 . 3 3 Trang 2/13 - Mã đề thi 187
42018  2 Suy ra có số chia hết cho 3. 3 Mà E  42018. 42018  2 1  1  Vậy P  2018   1  4035  . 3.4 3  2  Câu 4. (Chuyên Vinh - Lần 1 - 2018 - BTN) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật OMNP với M  0;10  , N 100;10  , P 100;0  Gọi S là tập hợp tất cả các điểm A  x; y  với x , y  Z nằm bên trong kể cả trên cạnh của OMNP . Lấy ngẫu nhiên 1 điểm A  x; y   S . Tính xác suất để x  y  90 . 169 845 86 473 A. . B. . C. . D. . 200 1111 101 500 Lời giải Chọn C Tập hợp S gồm có 11.101  1111 điểm. Ta xét S    x; y  : x  y  90 với 0  x  100 và 0  y  10 Khi y  0  x  90  x  91;100  có 10 giá trị của x Khi y  1  x  89  x  90;100  có 11 giá trị của x …… Khi y  10  x  90  x  91;100  có 20 giá trị của x 1111  165 86 Như vậy S  có 165 phần tử. Vậy xác suất cần tìm là :  . 1111 101 Câu 5. (THPT TRẦN PHÚ ĐÀ NẴNG – 2018)Gọi S là tập hợp các sô tự nhiên có 9 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số trong tập S . Tính xác suất để số được chọn có đúng bốn chữ số lẻ sao cho số 0 luôn đứng giữa hai chữ số lẻ. 20 5 5 5 A. . B. . C. . D. . 189 54 648 42 Lời giải Chọn B Gọi số cần lập là abcdefghi . Không gian mẫu : Tập hợp số có 9 chữ số đôi một khác nhau. Vì a  0  có 9 cách chọn a . bcdefghi không có chữ số ở a  có 9! cách chọn. Vậy n     9  9! . Biến cố A : Số được chọn có đúng 4 chữ số lẻ sao cho số 0 luôn đứng giữa hai chữ số lẻ.  Số 0 luôn đứng giữa hai chữ số lẻ nên số 0 không thể đứng ở a hoặc i . Suy ra có 7 cách sắp xếp chữ số 0 .  Chọn hai số lẻ đặt bên cạnh số 0 (có sắp xếp) có A52 cách chọn.  Tiếp tục chọn hai số lẻ khác và sắp xếp vào 2 trong 6 vị trí còn lại có C32  A62  90 cách chọn. Còn lại 4 vị trí, chọn từ 4 số chẵn 2;4;6;8 có 4!  24 cách chọn. Vậy n  A  7  A52  90  24  302400 cách chọn. n  A 302400 5 Xác suất để xảy ra biến cố A là p  A     . n  9  9! 54 Trang 3/13 - Mã đề thi 187
Câu 6. (Chuyên Thái Bình-Thái Bình-L4-2018-BTN) Cho một đa giác  H  có 60 đỉnh nội tiếp một đường tròn  O  . Người ta lập một tứ giác tùy ý có bốn đỉnh là các đỉnh của  H  . Xác suất để lập được một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của  H  gần với số nào nhất trong các số sau? A. 80, 70% . B. 13, 45% . C. 40,35% . D. 85, 40% . Lời giải Chọn A 4 Số phần tử của không gian mẫu là: n     C60 . Gọi E là biến cố “lập được một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của  H  ”. Để chọn ra một tứ giác thỏa mãn đề bài ta làm như sau: Bước 1: Chọn đỉnh đầu tiên của tứ giác, có 60 cách. Bước 2: Chọn 3 đỉnh còn lại sao cho hai đỉnh bất kỳ của tứ giác cách nhau ít nhất 1 đỉnh. Điều này tương đương với việc ta phải chia m  60 chiếc kẹo cho n  4 đứa trẻ sao cho mỗi đứa trẻ có ít n nhất k  2 cái, có Cm1n ( k 1)1  C55 cách, nhưng làm như thế mỗi tứ giác lặp lại 4 lần.  3 3 60.C55  Số phần tử của biến cố E là: n  E   . 4 n  E  60.C55 3 Xác suất của biến cố E là: P  E    4  80, 7% . n    4.C60 Câu 7. (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Một nhóm 10 học sinh gồm 6 nam trong đó có Quang, và 4 nữ trong đó có Huyền được xếp ngẫu nhiên vào 10 ghế trên một hàng ngang để dự lễ sơ kết năm học. Xác suất để xếp được giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời Quang không ngồi cạnh Huyền là: 1 109 109 1 A. . B. . C. . D. . 5040 60480 30240 280 Lời giải Chọn D Ta có: n     10! . Giả sử các ghế được đánh số từ 1 đến 10 . Để có cách xếp sao cho giữa 2 bạn nữ có đúng 2 bạn nam thì các bạn nữ phải ngồi ở các ghế đánh số 1, 4 , 7 , 10 . Có tất cả số cách xếp chỗ ngồi loại này là: 6!.4! cách. Ta tính số cách sắp xếp chỗ ngồi sao cho Huyền và Quang ngồi cạnh nhau Nếu Huyền ngồi ở ghế 1 hoặc 10 thì có 1 cách xếp chỗ ngồi cho Quang. Nếu Huyền ngồi ở ghế 4 hoặc 7 thì có 2 cách xếp chỗ ngồi cho Quang. Do đó, số cách xếp chỗ ngồi cho Quang và Huyền ngồi liền nhau là 2  2.2  6 . Suy ra, số cách xếp chỗ ngồi cho 10 người sao cho Quang và Huyền ngồi liền nhau là 6.3!.5! . Gọi A: “ Giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời Quang không ngồi cạnh Huyền”. n  A  12960 1 n  A  4!.6! 6.3!.5!  12960  P  A     . n  10! 280 1 Vậy xác suất cần tìm là . 280 Câu 8. (THPT-Chuyên Ngữ Hà Nội_Lần 1-2018-BTN) Xếp 10 quyển sách tham khảo khác nhau gồm: 1 quyển sách Văn, 3 quyển sách tiếng Anh và 6 quyển sách Toán thành một hàng ngang trên giá sách. Tính xác suất để mỗi quyển sách tiếng Anh đều được xếp ở giữa hai quyển sách Toán, đồng thời hai quyển Toán T1 và Toán T2 luôn được xếp cạnh nhau. 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 210 600 300 450 Lời giải Chọn A Số cách xếp 10 quyển sách tham khảo thành một hàng ngang trên giá sách là: n     10! . Trang 4/13 - Mã đề thi 187
Ta ghép hai quyển Toán T1 và Toán T2 thành một quyển Toán đặc biệt. Bây giờ ta đếm số cách xếp sách để mỗi quyển sách tiếng Anh đều được xếp ở giữa hai quyển sách Toán, đồng thời hai quyển Toán T1 và Toán T2 luôn được xếp cạnh nhau. Ta xếp 1 quyển sách Văn và 5 quyển sách Toán trước . Quyển sách Văn được xếp đầu hàng và các quyển sách Toán xếp như sau: V.T.T.T.T.T, khi đó 3 có A4 cách xếp 3 quyển sách tiếng Anh ở để mỗi quyển sách tiếng Anh đều được xếp ở giữa hai 3 quyển sách Toán. Trường hợp này có 5!2! A4 cách xếp sách thỏa mãn yêu cầu. Quyển sách Văn được xếp cuối hàng và các quyển sách Toán xếp như sau: T.T.T.T.T.V, tương 3 tự như trên ta có 5!2! A4 cách xếp sách thỏa mãn yêu cầu. Quyển sách Văn được không xếp đầu hàng và các quyển sách Toán xếp như sau: T.V.T.T.T.T, T.T.V.T.T.T, T. T.T.V.T.T, T. T.T.T.V.T, khi đó mỗi khả năng ta có 3! cách xếp 3 quyển sách tiếng Anh ở để mỗi quyển sách tiếng Anh đều được xếp ở giữa hai quyển sách Toán. Trường hợp này có 4.5!2!3! cách xếp sách thỏa mãn yêu cầu. 3 Bởi vậy, số khả năng xếp sách thỏa mãn yêu cầu là: n  A  5!2! A4  4.5!2!3! . n  A  2.5!2! A4  4.5!2!3! 3 1 Xác suất cần tìm là: P    . n  10! 210 Câu 9. (Sở Quảng Bình - 2018 - BTN – 6ID – HDG)Có 8 bạn cùng ngồi xung quanh một cái bàn tròn, mỗi bạn cầm một đồng xu như nhau. Tất cả 8 bạn cùng tung đồng xu của mình, bạn có đồng xu ngửa thì đứng, bạn có đồng xu sấp thì ngồi. Xác suất để không có hai bạn liền kề cùng đứng là 47 47 47 47 A. B. C. D. 256 256 256 256 Lời giải Chọn C Gọi A là biến cố không có hai người liền kề cùng đứng. Số phần tử của không gian mẫu là n     28  256 . Rõ ràng nếu nhiều hơn 4 đồng xu ngửa thì biến cố A không xảy ra. Để biến cố A xảy ra có các trường hợp sau: TH1: Có nhiều nhất 1 đồng xu ngửa. Kết quả của trường hợp này là 1  8  9 . TH2: Có 2 đồng xu ngửa. Hai đồng xu ngửa kề nhau: có 8 khả năng. Suy ra số kết quả của trường hợp này là C82  8  20 . TH3: Có 3 đồng xu ngửa. Cả 3 đồng xu ngửa kề nhau: có 8 kết quả. Trong 3 đồng xu ngửa, có đúng một cặp kề nhau: có 8.4  32 kết quả. Suy ra số kết quả của trường hợp này là C83  8  32  16 . TH4: Có 4 đồng xu ngửa. Trường hợp này có 2 kết quả thỏa mãn biến cố A xảy ra. Như vậy n  A   9  20  16  2  47 . n  A  47 Xác suất để không có hai bạn liền kề cùng đứng là P   . n    256 Câu 10. (THPT Chuyên Quốc Học Huế-Lần 3-2018-BTN) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D . Tại đỉnh A có một con sâu, mỗi lần di chuyển, nó bò theo cạnh của hình hộp chữ nhật và đi đến đỉnh kề với đỉnh nó đang đứng. Tính xác suất sao cho sau 9 lần di chuyển, nó dừng tại đỉnh C  . 1640 453 435 1862 A. . B. . C. . D. . 6561 2187 2187 6561 Trang 5/13 - Mã đề thi 187
Lời giải Chọn A Không mất tổng quát giả sử tọa độ đỉnh A  0;0;0  và C  1;1;1 . Ta thấy: mỗi lần sâu di chuyển là cộng thêm 1 tại 1 trong 3 vị trí hoành độ, tung độ và cao độ từ vị trí sâu đang đứng. Do đó số phần tử của không gian mẫu là n     39  19683 . Sau 9 lần di chuyển sau đứng tại vị trí 1;1;1 khi và chỉ khi sâu di chuyển số lần tại các tọa độ thành phần hoành độ ; tung độ, cao độ là :  3;3;3 ; các hoán vị của bộ 1;3;5  ; các hoán vị của bộ  7;1;1 . Do đó số trường hợp thuận lợi của biến cố A : sâu ở C  sau 9 bước di chuyển là n  A   C9 .C6 .C3  6.C95 .C4 .C1  3.C97 .C2 .C1  4920 3 3 3 3 1 1 1 4920 1640 Vậy xác suất cần tìm P  A    . 19683 6561 Câu 11. (THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần 1 - 2018) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 7 chữ số và chia hết cho 9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S , tính xác suất để các chữ số của số đó đôi một khác nhau. 198 396 512 369 A. B. C. D. 3125 625 3125 6250 Lời giải Chọn D Số chia hết cho 9 có dạng: 9m , với m   . Ta có 1000000  9m  10000000  111111  m  1111111 . Do đó có 1000000 số có 7 chữ số và chia hết cho 9 . Từ các chữ số 0;1; 2;...;9 ta có các bộ gồm 7 số có tổng chia hết cho 9 là:  0; 2;3; 4;5;6;7  ;  0;1;3; 4;5;6;8 ;  0;1; 2; 4;5;7;8 ;  0;1; 2;3;6;7;8 ;  0;3;4;5;7;8;9  ;  0; 2;4;6;7;8;9 ;  0;1;5;6;7;8;9  ;  0;1; 2;3; 4;8;9  ;  0;1; 2;3;5;7;9  ;  2;3;4;5;6;7;9 ; 1;3; 4;5;6;8;9 ; 1; 2; 4;5;7;8;9  ; 1; 2;3;6;7;8;9  . Có 9 bộ số gồm 7 số có tổng chia hết cho 9 trong đó có số 0 nên từ các bộ số này lập được: 9  6  6!  38880 số có 7 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 9 . Có 4 bộ số gồm 7 số có tổng chia hết cho 9 tương tự như bộ số  2;3; 4;5;6;7;9  , nên từ các bộ số này lập được 4  7!  20160 số có 7 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 9 . Vậy, xác suất chọn một số từ tập S để được một số có các chữ số của số đó đôi một khác nhau là: 38880  20160 369 P  . 1000000 6250 Câu 12. (THPT Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - Năm 2018) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có 4 chữ số. Tính xác suất để số được chọn có dạng abcd , trong đó 1  a  b  c  d  9 . A. 0, 079 . B. 0, 055 . C. 0, 014 . D. 0, 0495 . Lời giải Chọn B Số tự nhiên có bốn chữ số có dạng abcd a  1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 suy ra có 9 cách chọn bcd có 103 cách chọn Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n     9.103  9000 . Gọi A là biến cố ‘‘số được Chọn Bó dạng abcd , trong đó 1  a  b  c  d  9 ’’ Số dạng aaaa có 9 số. Trang 6/13 - Mã đề thi 187
Số dạng abcd ( a  b  c  d ) có C94 số. Số dạng aaab có C92 số. Số dạng aabb có C92 số. 3 Số dạng abbc có C9 số. 3 Số dạng abbc có C9 số. 3 Số dạng abcc có C9 số. n  A  9  C94  3.C92  3.C9  495 . 3 n  A  495 Vậy P  A     0.55 . n    9000 Câu 13. [SDG PHU THO_2018_6ID_HDG] Lấy ngẫu nhiên một số tự nhiên có 5 chữ số. Xác suất để chọn được số tự nhiên có dạng a1a2 a3 a4 a5 mà a1  a2  1  a3  3  a4  a5  2 bằng 1148 77 7 1001 A. . B. . C. . D. . 90000 1500 5000 30000 Lời giải Chọn A a2  5 Vì a2  1  a3  3   . a3  4 Số có dạng 1042a5 có 10 cách chọn a5 . Số có dạng 1043a5 có 9 cách chọn a5 . ……………………………………….. Số có dạng 1049a5 có 3 cách chọn a5 . Vậy những số có dạng 104a4 a5 có 3  4  ...  10  52 số. Số có dạng 1053a5 có 9 cách chọn a5 . Số có dạng 1054a5 có 8 cách chọn a5 . ……………………………………….. Số có dạng 1059a5 có 3 cách chọn a5 . Vậy những số có dạng 105a4 a5 có 52  10  42 số. Vậy những số có dạng 106a4 a5 có 42  9  33 số. Vậy những số có dạng 107a4 a5 có 33  8  25 số. Vậy những số có dạng 108a4 a5 có 25  7  18 số. Vậy những số có dạng 109a4 a5 có 18  6  12 số. Kết luận: Những số có dạng 10a3 a4 a5 có 12  18  25  33  42  52  182 số. Những số có dạng 11a3a4 a5  a3  5  có 12  18  25  33  42  130 số. Những số có dạng 12a3a4 a5  a3  6  có 12  18  25  33  88 số. Những số có dạng 13a3 a4 a5  a3  7  có 12  18  25  55 số. Những số có dạng 14a3a4 a5  a3  8  có 12  18  30 số. Những số có dạng 15a3 a4 a5  a3  9  có 12 số. Trang 7/13 - Mã đề thi 187
Kết luận: Những số có dạng 1a2 a3 a4 a5 có 12  30  55  88  130  182  497 số. Từ đó ta lập luận như sau: Những số có dạng 2a2 a3 a4 a5  a2  1 có 12  30  55  88  130  315 số. Những số có dạng 3a2 a3a4 a5  a2  2  có 12  30  55  88  185 số. Những số có dạng 4a2 a3 a4 a5  a2  3 có 12  30  55  97 số. Những số có dạng 5a2 a3 a4 a5  a2  4  có 12  30  42 số. Những số có dạng 6a2 a3 a4 a5  a2  5  có 12 số. Vậy những số thỏa yêu cầu bài toán là 12  42  97  185  315  497  1148 . 1148 Vậy xác suất cần tìm là . 90000 1148 Bài này chỉnh lại đáp án là : . 90000 Câu 14. (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Mỗi lượt, ta gieo một con súc sắc (loại 6 mặt, cân đối) và một đồng xu (cân đối). Tính xác suất để trong 3 lượt gieo như vậy, có ít nhất một lượt gieo được kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp. 1331 1603 397 1385 A. . B. . C. . D. . 1728 1728 1728 1728 Lời giải Chọn C   Gọi    xi ; yi  : xi  1,.., 6, yi  S ; N  , i  1, 2,3 là biến cố xuất hiện trong 3 lần gieo, với  xi ; yi  lượt gieo thứ i con súc sắc xuất hiện mặt xi chấm, đồng xu suất hiện mặt yi với xi  1;2;3; 4;5;6 và yi  S ; N  . Khi gieo 3 lần, con súc sắc và đồng xu xuất hiện mặt bất kì ta có: gieo lần 1 (lần 2 hoặc lần 3 ) có 3 6.2 số phần tử của không gian mẫu là n      6.2   1728 . Gọi A là biến cố trong 3 lượt gieo ít nhất một lượt gieo được kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp. Khi đó biến cố A xảy ra các khả năng như sau: TH1: Gọi biến cố A1 chỉ có một lần gieo kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp thì A1 có số phần tử là n  A1   112.3  363 (do biến cố 1; S  xuất hiện ở một 1 trong 3 lần gieo có C3  3 khả năng xảy ra, hai lần gieo còn lại không xuất hiện biến cố đó mỗi lần còn 11 khả năng xảy ra). TH2: Gọi biến cố A2 có 2 lần gieo kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp thì A2 có số phần tử là n  A2   3.11  33 (do 2 trong 3 lần gieo xuất hiện biến cố 1; S  có C32  3 khả năng, lần gieo còn lại không xuất hiện biến cố đó có 11 khả năng xảy ra). TH3: Gọi biến cố A3 cả 3 lần gieo kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp thì A3 có số phần tử là n  A3   1 . Do đó n  A  n  A1   n  A2   n  A3   363  33  1  397 . n  A 397 Vậy xác suất cần tìm là P  A    . n  1728 Câu 15. (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018 - BTN) Cho tập hợp A  1; 2;3; 4...;100 . Gọi S là tập hợp gồm tất cả các tập con của A , mỗi tập con này gồm 3 phần tử của A và có tổng bằng 91 . Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S . Xác suất chọn được phần tử có 3 số lập thành cấp số nhân bằng? 4 2 3 1 A. . B. . C. . D. . 645 645 645 645 Trang 8/13 - Mã đề thi 187
Lời giải Chọn C Giả sử tập con bất kì a, b, c  S  1  a, b, c  100 ; a , b, c phân biệt. a  b  c  91. Đây là bài toán chia kẹo Euler nên số bộ a , b, c là: C911 3 1 Tuy nhiên trong các bộ trên vẫn chứa các bộ có 2 chữ số giống nhau, số bộ có 2 chữ số giống nhau là 3.45  135 ( bộ). Vậy n      C90  3.45  : 3!  645 . 2 Gọi A là biến cố: ” a , b, c lập thành cấp số nhân” Gọi q là công bội của cấp số nhân theo bài ra ta có q  0 a  aq  aq 2  91  a 1  q  q 2   1.91  13.7 a  1 a  1 Trường hợp 1:  2  1  q  q  91 q  9 a  91 a  91 Trường hợp 2:  2  (loại) 1  q  q  1 q  0 a  13 a  13 Trường hợp 3:  2  (thỏa mãn) 1  q  q 7 q  2 a  7 a  7 Trường hợp 3:  2  (thỏa mãn). 1  q  q  13 q  3 Vậy n  A  3 . 3 P  A  . 645 Câu 16. [Chuyên Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp - 2018 - BTN] Kết quả  b, c  của việc gieo một con súc sắc cân đối hai lần liên tiếp, trong đó b là số chấm xuất hiện lần gieo thứ nhất, c là số chấm xuất hiện lần gieo thứ hai được thay vào phương trình bậc hai x 2  bx  c  0 . Tính xác suất để phương trình bậc hai đó vô nghiệm: 23 17 5 7 A. B. C. D. 36 36 36 12 Lời giải Chọn B Gieo một con súc sắc cân đối hai lần liên tiếp, số phần tử không gian mẫu là 36 . Ta có: b là số chấm xuất hiện lần gieo thứ nhất, c là số chấm xuất hiện lần gieo thứ hai nên b  1;6 và c  1;6 với b , c  . Phương trình x 2  bx  c  0 vô nghiệm khi   0  b 2  4c  0  b 2  4c . Với b  1 có 6 trường hợp xảy ra. Với b  2 có 5 trường hợp xảy ra (trừ trường hợp c  1 ). Với b  3 có 4 trường hợp xảy ra (trừ trường hợp c  2 ). Với b  4 có 2 trường hợp xảy ra (trừ trường hợp c  4 ) Do đó có tổng cộng 17 khả năng có thể xảy ra để phương trình vô nghiệm. 17 Vậy xác suất để phương trình vô nghiệm là: P  . 36 Câu 17. Một hộp đựng 11 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 11. Chọn ngẫu nhiên 6 tấm thẻ. Gọi P là xác suất để tổng số ghi trên 6 tấm thẻ ấy là một số lẻ. Khi đó P bằng: Trang 9/13 - Mã đề thi 187
100 115 1 118 A. . B. . C. . D. . 231 231 2 231 Lời giải Chọn D 6 n()  C11  462 . Gọi A :”tổng số ghi trên 6 tấm thẻ ấy là một số lẻ”. Từ 1 đến 11 có 6 số lẻ và 5 số chẵn. Để có tổng là một số lẻ ta có 3 trường hợp. 5 Trường hợp 1: Chọn được 1 thẻ mang số lẻ và 5 thẻ mang số chẵn có: 6.C5  6 cách. 3 3 Trường hợp 2: Chọn được 3 thẻ mang số lẻ và 3 thẻ mang số chẵn có: C6 .C5  200 cách. 5 Trường hợp 2: Chọn được 5 thẻ mang số lẻ và 1 thẻ mang số chẵn có: C6 .5  30 cách. 236 118 Do đó n( A)  6  200  30  236 . Vậy P ( A)   . 462 231 Câu 18. (Sở GD và ĐT Đà Nẵng-2017-2018 - BTN) Từ 12 học sinh gồm 5 học sinh giỏi, 4 học sinh khá, 3 học sinh trung bình, giáo viên muốn thành lập 4 nhóm làm 4 bài tập lớn khác nhau, mỗi nhóm 3 học sinh. Tính xác suất để nhóm nào cũng có học sinh giỏi và học sinh khá. 36 18 72 144 A. . B. . C. . D. . 385 385 385 385 Lời giải Chọn A Ta có số phần tử không gian mẫu là n ( )  C12 .C93 .C6 .C33 . 3 3 Đánh số 4 nhóm là A, B, C, D Bước 1: xếp vào mỗi nhóm một học sinh khá có 4! cách. Bước 2: xếp 5 học sinh giỏi vào 4 nhóm thì có 1 nhóm có 2 học sinh giỏi. Chọn nhóm có 2 học sinh giỏi có 4 cách, chọn 2 học sinh giỏi có C52 cách, xếp 3 học sinh giỏi còn lại có 3! cách. Bước 3: Xếp 3 học sinh trung bình có 3! cách. 4!.4.C 2 .3!.3! 36 Đáp số: 3 35 3 3  . C12C9 C6 C3 385 Câu 19. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số phân biệt được lấy từ các số 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Xác suất chọn được số chỉ chứa 3 số lẻ là 16 10 23 16 A. P  . B. P  . C. P  . D. P  . 21 21 42 42 Lời giải Chọn B Số phần tử không gian mẫu: n     A96  60480 . (mỗi số tự nhiên abcdef thuộc S là một chỉnh hợp chập 6 của 9- số phần tử của S là số chỉnh hợp chập 6 của 9). 3 3 3 Gọi A : “số được chọn chỉ chứa 3 số lẻ”. Ta có: n  A  C5 . A6 . A4  28800 . (bốc ra 3 số lẻ từ 5 số lẻ đã cho- chọn ra 3 vị trí từ 6 vị trí của số abcdef xếp thứ tự 3 số vừa chọn – bốc ra 3 số chẵn từ 4 số chẵn đã cho xếp thứ tự vào 3 vị trí còn lại của số abcdef ) n  A  28800 10 Khi đó: P  A     . n    60480 21 Câu 20. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt. Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Xác suất chọn được số lớn hơn 2500 là Trang 10/13 - Mã đề thi 187
13 55 68 13 A. P  . B. P  . C. P  . D. P  . 68 68 81 81 Lời giải Chọn C Số có 4 chữ số có dạng: abcd . Số phần tử của không gian mẫu: n  S   9.9.8.7  4536 . Gọi A : “ tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt và lớn hơn 2500 .” TH1. a  2 Chọn a : có 7 cách chọn. Chọn b : có 9 cách chọn. Chọn c : có 8 cách chọn. Chọn d : có 7 cách chọn. Vậy trường hợp này có: 7.9.8.7  3528 (số). TH2. a  2 , b  5 Chọn a : có 1 cách chọn. Chọn b : có 4 cách chọn. Chọn c : có 8 cách chọn. Chọn d : có 7 cách chọn. Vậy trường hợp này có: 1.4.8.7  224 (số). TH3. a  2 , b  5 , c  0 Chọn a : có 1 cách chọn. Chọn b : có 1 cách chọn. Chọn c : có 7 cách chọn. Chọn d : có 7 cách chọn. Vậy trường hợp này có: 1.1.7.7  49 (số). TH4. a  2 , b  5 , c  0 , d  0 Chọn a : có 1 cách chọn. Chọn b : có 1 cách chọn. Chọn c : có 1 cách chọn. Chọn d : có 7 cách chọn. Vậy trường hợp này có: 1.1.1.7  7 (số). Như vậy: n  A  3528  224  49  7  3808 . n  A  3508 68 Suy ra: P  A     . n  S  4536 81 Câu 21. (SGD VĨNH PHÚC - 2018 - BTN) Chọn ngẫu nhiên 3 đường thẳng chứa 3 cạnh khác nhau của một hình bát diện đều. Tìm xác suất để các véc tơ chỉ phương của 3 đường thẳng đó đồng phẳng. 23 7 1 17 A. B. C. D. 55 11 5 55 Lời giải Chọn A Trang 11/13 - Mã đề thi 187
3 Hình bát diện đều có 12 cạnh. Số phần từ của không gian mẫu bằng C12  220 . Gọi A là biến cố chọn được 3 cạnh mà các đường thẳng chứa 3 cạnh đó có 3 vectơ chỉ phương đồng phẳng. Cách 1: TH1: Chọn 3 cạnh nằm trong một mặt phẳng: có 8 mặt bên là tam giác đều và 3 mặt chéo là hình vuông. Có 8C33  3C4  20 cách. 3 TH2: Chọn 2 cạnh của một mặt bên và cạnh còn lại song song với mặt mặt đó. Có 8 mặt bên được chọn, ứng với mỗi mặt có C32 cách chọn cặp cạnh, ứng với mỗi cách chọn cặp cạnh đó có 3 cách chọn cạnh còn lại song song với 1 trong 3 cạnh của mặt bên, vậy có 8.C32 .3  72 cách. 92 23 Do đó n  A  20  72  92 . Vậy xác suất cần tính bằng: P  A    . 220 55 Cách 2: Ta thấy nếu 3 véc tơ của 3 đường thẳng chứa 3 cạnh được chọn đồng phẳng thì: 3 cạnh được chọn không có 2 cạnh nào song song thì 3 cạnh đó phải song song hoặc nằm trong một mặt phẳng, mặt phẳng đó là mặt “bên” (  ABC  ;  ACB  ; …) của bát diện hoặc mặt chéo (  ACAC   ;  ABAB  ;  BCBC   ) . 3 cạnh được chọn có 2 cạnh song song, cạnh còn lại bất kì. TH1: 3 cạnh song song hoặc nằm trong một mặt bên:  ABC  : Có các cạnh thỏa mãn là AB , AC , BC , AC  , C B , BA . Có các bộ thỏa mãn là: AB  BC  AC ; AB  AC  C B ; AB  BC  C A ; AC  BC  AB ; AB  C B  C A ; AC  C B  AB ; BC  AB  AC  ; AB  AC   BC  . Tất cả có 8 cặp. Do có 8 mặt bên chia thành 4 nên suy ra có: 8.4  32 cách. TH2: Với mỗi mặt chéo thì có 4 cạnh nên khi chọn 3 cạnh luôn có 2 cạnh song song nên TH này bị tính ở trường hợp 3 . TH3: Có 6 cặp cạnh song song ( AB  AB ;…) với mỗi cặp cạnh song song đó sẽ có thêm 10 cách chọn cạnh còn lại. Vậy sẽ có: 60 cách. Tổng hợp lại ta có: 60  32  92 cách. 92 23 Vậy xác suất cần tính bằng: P  A    . 220 55 Câu 22. (THPT Chu Văn An - Hà Nội - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên nhỏ hơn 106 được thành lập từ hai chữ số 0 và 1. Lấy ngẫu nhiên hai số trong S . Xác suất để lấy được ít nhất một số chia hết cho 3 bằng. 4473 2279 55 53 A. B. C. D. 8128 4064 96 96 Lời giải Chọn D Trang 12/13 - Mã đề thi 187
Có: a1  0 ; a1 , ..., a6  0;1 . Số phần tử của S là : 2  1.2  1.2.2  1.2.2.2  1.2.2.2.2  1.2.2.2.2.2  64 . 2 Lấy ngẫu nhiên hai số trong S , có : C63 (cách lấy). Gọi A là biến cố lấy được ít nhất một số chia hết cho 3 .  A là biến cố không lấy được số chia hết cho 3 . Ta xét xem trong 63 số của tập S có bao nhiêu số chia được cho 3 : + TH1: Số có 1 chữ số a1 : có 2 số và hai số này đều không chia được cho 3 . + TH1: Số có 2 chữ số a1a2 với a1  1 : có 2 số và 2 số này đều không chia được cho 3 . + TH2: Số có 3 chữ số a1a2 a3 với a1  1 : có 4 số và trong đó có 1 số chia được cho 3 . + TH3: Số có 4 chữ số a1a2 a3a4 với a1  1 : có 8 số và trong đó có 3 số chia được cho 3 . + TH4: Số có 5 chữ số a1a2 a3a4 a5 với a1  1 : có 16 số và trong đó có 6 số chia được cho 3 . + TH5: Số có 6 chữ số a1a2 a3a4 a5 a6 với a1  1 : có 32 số và trong đó có 11 số chia được cho 3 . Do đó có 21 số chia được cho 3 và có 43 số không chia được cho 3 . 2 C43 43 53 Do đó: P A    2  C64 96   . Vậy P  A   1  P A  96 . Câu 23. (THPT LƯƠNG TÀI - BẮC NINH - LẦN 2 - 2017 - 2018 - BTN) Lớp 10X có 25 học sinh, chia lớp 10X thành hai nhóm A và B sao cho mỗi nhóm đều có học sinh nam và nữ. Chọn ngẫu nhiên hai học sinh từ hai nhóm, mỗi nhóm một học sinh. Tính xác suất để chọn được hai học sinh nữ. Biết rằng, trong nhóm A có đúng 9 học sinh nam và xác suất chọn được hai học sinh nam bằng 0,54 . A. 0, 42 . B. 0, 04 . C. 0, 46 . D. 0, 23 . Lời giải Chọn B Gọi số học sinh nam ở nhóm B là c  c     và b  b     là số học sinh nữ ở nhóm A . Số phần tử của không gian mẫu là n      9  b  c  25  9  b  c    9  b 16  b  . Gọi T là biến cố chọn được hai học sinh nam. Suy ra n T   9c . 9c 3 c Theo giả thiết suy ra  0,54   .  9  b 16  b  50  9  b 16  b  2  9  b  16  b  Do  9  b 16  b      200 nên  9  b 16  b   50;100;150 .  2  Thử các trường hợp ta chỉ có trường hợp c  9 và b  1 hoặc b  6 thỏa mãn. 6.1 Vậy xác suất chọn được hai học sinh nữ là  0, 04 . 150 ------------- HẾT ------------- Trang 13/13 - Mã đề thi 187