-
Đề kiểm tra 15 phút
-
Đề kiểm tra 15 phút – Chương 1 – Đại số và Giải tích 11
-
Đề kiểm tra 15 phút – Chương 2 – Đại số và giải tích 11
-
Đề kiểm tra 15 phút – Chương 3 – Đại số và giải tích 11
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương 4 - Đại số và Giải tích 11
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương 5 - Đại số và Giải tích 11
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương 1 - Hình học 11
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương 2 - Hình học 11
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương 3 - Hình học 11
-
-
Đề kiểm tra 1 tiết
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) – Chương 1 – Đại số và giải tích 11
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) – Chương 2 – Đại số và giải tích 11
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương 3 - Đại số và Giải tích 11
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương 4 - Đại số và Giải tích 11
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết ) - Chương 5 - Đại số và Giải tích 11
-
Đề kiểm tra 45 phút ( 1 tiết) - Chương 1 - Hình học 11
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương 2 - Hình học 11
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương 3 - Hình học 11
-
-
Đề thi giữa kì 1
-
Đề thi học kì 1
-
Đề thi giữa kì 2
-
Đề thi học kì 2
Đề kiểm tra 1 tiết Toán 11 chương 2: Tổ hợp xác suất - Đề số 1
Đề bài
Cho biểu thức \(S = C_n^2 + C_n^3 + C_n^4 + C_n^5... + C_n^{n - 2}\). Khẳng định nào sau đây đúng?
-
A.
\(S = {2^n} - 2n + 2\)
-
B.
\(S = {2^n} - 2\)
-
C.
\(S = {2^n} - 2n - 2\)
-
D.
\(S = {2^n} + n - 1\)
Gieo một đồng xu \(5\) lần liên tiếp. Số phần tử của không gian mẫu là:
-
A.
\(10\)
-
B.
\(16\)
-
C.
\(32\)
-
D.
\(64\)
Từ một hộp chứa $6$ quả cầu trắng và $4$ quả cầu đen, lấy ra ngẫu nhiên cùng một lúc $4$ quả. Xác suất để lấy ra được $4$ quả cùng màu là:
-
A.
\(\dfrac{3}{{28}}\)
-
B.
\(\dfrac{1}{{210}}\)
-
C.
\(\dfrac{1}{{10}}\)
-
D.
\(\dfrac{8}{{105}}\)
Số chỉnh hợp chập \(k\) của \(n\) phần tử là:
-
A.
$A_n^k = \dfrac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}}$
-
B.
$A_n^k = \dfrac{{n!}}{{k!}}$
-
C.
$A_n^k = \dfrac{{\left( {n - k} \right)!}}{{n!}}$
-
D.
$A_n^k = \dfrac{{k!}}{{n!}}$
Có bao nhiêu số có \(3\) chữ số được lập thành từ các chữ số \(3,2,1\)?
-
A.
\(6\)
-
B.
\(27\)
-
C.
\(9\)
-
D.
\(3\)
Với $n$ thỏa mãn \(A_n^3 + 5A_n^2 = 2\left( {n + 15} \right)\) thì:
-
A.
\(n \in \left( {3;7} \right)\)
-
B.
\(n \in \left( {1;3} \right)\)
-
C.
\(n \in \left( {2;4} \right)\)
-
D.
\(n \in \left( {7;10} \right)\)
Một chiếc hộp có $9$ thẻ đánh số từ $1$ đến $9$. Rút ngẫu nhiên $2$ thẻ rồi nhân hai số ghi trên hai thẻ với nhau. Xác suất để kết quả nhận được là một số lẻ.
-
A.
\(\dfrac{5}{{18}}\)
-
B.
\(\dfrac{7}{{12}}\)
-
C.
\(\dfrac{5}{{12}}\)
-
D.
\(\dfrac{7}{{18}}\)
Gieo đồng xu hai lần liên tiếp. Biến cố \(A\) là biến cố “Mặt ngửa xuất hiện đúng 1 lần”. Số phần tử của \({\Omega _A}\) là:
-
A.
\(2\)
-
B.
\(1\)
-
C.
\(3\)
-
D.
\(4\)
Trong các thí nghiệm sau, thí nghiệm nào không phải là phép thử ngẫu nhiên?
-
A.
Gieo đồng xu xem nó là mặt sấp hay mặt ngửa
-
B.
Gieo ba đồng xu và xem có mấy đồng xu lật ngửa.
-
C.
Chọn bất kì một viên bi trong hộp và xem nó là màu gì.
-
D.
Bỏ hai viên bi xanh và ba viên bi đỏ vào hộp đựng bi và xem có tất cả bao nhiêu viên bi trong hộp
Công việc \(A\) có \(k\) phương án \({A_1},...,{A_k}\) để thực hiện. Biết có \({n_1}\) cách thực hiện \({A_1}\),…,\({n_k}\) cách thực hiện \({A_k}\). Số cách thực hiện công việc \(A\) là:
-
A.
\({n_1}.{n_2}.....{n_k}\) cách
-
B.
\({n_1} - {n_2} - ... - {n_k}\) cách
-
C.
\({n_1} + {n_2} + ... + {n_k}\) cách
-
D.
\(n_1^2 + n_2^2 + ... + n_k^2\) cách
Một lớp có $8$ học sinh được bầu chọn vào 3 chức vụ khác nhau: lớp trưởng, lớp phó và bí thư (không được kiêm nhiệm). Số cách lựa chọn khác nhau sẽ là:
-
A.
$336$
-
B.
$56$
-
C.
$31$
-
D.
$40320$
Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên bé hơn $1000$. Xác suất để số đó chia hết cho $5$ là:
-
A.
\(\dfrac{1}{5}\)
-
B.
\(\dfrac{{201}}{{1000}}\)
-
C.
\(\dfrac{{200}}{{999}}\)
-
D.
\(\dfrac{{199}}{{999}}\)
Trên giá sách có $10$ quyển Văn khác nhau, $8$ quyển sách Toán khác nhau và $6$ quyển sách Tiếng Anh khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn hai quyển sách khác môn?
-
A.
$230400$
-
B.
$60$
-
C.
$48$
-
D.
$188$
Cho $8$ bạn học sinh $A,B,C,D,E,F,G,H$. Hỏi có bao nhiêu cách xếp $8$ bạn đó ngồi xung quanh một bàn tròn có $8$ ghế.
-
A.
$40320$ cách
-
B.
$5040$ cách
-
C.
$720$ cách
-
D.
$40319$ cách
Có bao nhiêu số có \(5\) chữ số đôi một khác nhau tạo thành từ các chữ số \(1,2,3,4,5\)?
-
A.
\(20\)
-
B.
\(10\)
-
C.
\(100\)
-
D.
\(120\)
Giá trị của biểu thức \(A_{n + k}^{n + 1} + A_{n + k}^{n + 2}\) bằng biểu thức nào sau đây?
-
A.
\({k^2}A_{n + k}^n\)
-
B.
\(kA_{n + k + 1}^{n + 2}\)
-
C.
\(A_{n + k + 1}^{n + 1}\)
-
D.
\(A_n^k\)
Hệ số của số hạng chứa \({x^{10}}\) trong khai triển nhi thức \({\left( {x + 2} \right)^n}\) biết n là số nguyên dương thỏa mãn \({3^n}C_n^0 - {3^{n - 1}}C_n^1 + {3^{n - 2}}C_n^2 - ... + {\left( { - 1} \right)^n}C_n^n = 2048\) là:
-
A.
\(22{x^{10}}\)
-
B.
\(123{x^{10}}\)
-
C.
$123$
-
D.
$22$
Hệ số của \({x^8}\) trong khai triển biểu thức \({x^2}{\left( {1 + 2x} \right)^{10}} - {x^4}{\left( {3 + x} \right)^8}\) thành đa thức bằng
-
A.
$19110.$
-
B.
$7770.$
-
C.
$5850.$
-
D.
$11521.$
Gieo đồng xu cân đối và đồng chất \(5\) lần liên tiếp. Xác suất để được ít nhất một lần xuất hiện mặt sấp là:
-
A.
\(\dfrac{{31}}{{32}}\)
-
B.
\(\dfrac{{21}}{{32}}\)
-
C.
\(\dfrac{{15}}{{16}}\)
-
D.
\(\dfrac{1}{{32}}\)
Gieo ngẫu nhiên bốn đồng xu cân đối và đồng chất. Xác suất để cả bốn lần gieo đều xuất hiện mặt sấp là:
-
A.
\(\dfrac{4}{{16}}\)
-
B.
\(\dfrac{2}{{16}}\)
-
C.
\(\dfrac{1}{{16}}\)
-
D.
\(\dfrac{6}{{16}}\)
Một hộp đựng $8$ bi đỏ và $4$ bi xanh. Từ hộp trên lấy lần lượt ngẫu nhiên không hoàn lại từng viên bi đến viên bi thứ ba thì dừng. Xác suất để lấy được hai bi đỏ và một bi xanh là:
-
A.
\(\dfrac{{28}}{{55}}\)
-
B.
\(\dfrac{{56}}{{165}}\)
-
C.
\(\dfrac{{28}}{{165}}\)
-
D.
\(\dfrac{{14}}{{55}}\)
Hai cầu thủ bóng đá sút phạt đền, mỗi người được sút một quả với xác suất bàn tương ứng là $0,8$ và $0,7$. Tính xác suất để chỉ có $1$ cầu thủ làm bàn.
-
A.
\(0,14\)
-
B.
\(0,38\)
-
C.
\(0,24\)
-
D.
\(0,62\)
Biểu thức \(2C_n^k + 5C_n^{k + 1} + 4C_n^{k + 2}+C_n^{k+3}\) bằng biểu thức nào sau đây?
-
A.
\(C_{n + 2}^{k + 2} + C_{n + 3}^{k + 3}\)
-
B.
\(C_{n + 2}^k + C_{n + 3}^k\)
-
C.
\(C_{n + 2}^{k + 1} + C_{n + 3}^{k + 2}\)
-
D.
\(2C_{n + 2}^{k + 2}\)
Gieo ba con xúc sắc cân đối, đồng chất. Xác suất để số chấm xuất hiện trên ba con xúc sắc đó bằng nhau là:
-
A.
\(\dfrac{1}{{216}}\)
-
B.
\(\dfrac{1}{9}\)
-
C.
\(\dfrac{1}{{18}}\)
-
D.
\(\dfrac{1}{{36}}\)
Cho $n$ là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện $6.C_{n\, + \,1}^{n\, - \,1} = A_n^2 + 160.$ Tìm hệ số của ${x^7}$ trong khai triển $\left( {1 - 2{x^3}} \right){\left( {2 + x} \right)^n}.$
-
A.
$ - \,2224.$
-
B.
$2224.$
-
C.
$1996.$
-
D.
$ - \,1996.$
Lời giải và đáp án
Cho biểu thức \(S = C_n^2 + C_n^3 + C_n^4 + C_n^5... + C_n^{n - 2}\). Khẳng định nào sau đây đúng?
-
A.
\(S = {2^n} - 2n + 2\)
-
B.
\(S = {2^n} - 2\)
-
C.
\(S = {2^n} - 2n - 2\)
-
D.
\(S = {2^n} + n - 1\)
Đáp án : C
+) Xuất phát từ khai triển nhị thức \({\left( {a + b} \right)^n} = C_n^0{a^n} + C_n^1{a^{n - 1}}b + C_n^2{a^{n - 2}}{b^2} + ... + C_n^{n - 1}a{b^{n - 1}} + C_n^n{b^n}\)
+) Thay \(a,b,n\) bằng các giá trị thích hợp.
Ta có: \({\left( {a + b} \right)^n} = C_n^0{a^n} + C_n^1{a^{n - 1}}b + C_n^2{a^{n - 2}}{b^2} + ... + C_n^{n - 1}a{b^{n - 1}} + C_n^n{b^n}\)
Thay \(a = 1,b = 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}{2^n} = C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + ... + C_n^{n - 1} + C_n^n\\ \Leftrightarrow {2^n} = 1 + n + C_n^2 + C_n^3 + C_n^4 + C_n^5... + C_n^{n - 2} + n + 1\\ \Leftrightarrow {2^n} - 2n - 2 = C_n^2 + C_n^3 + C_n^4 + C_n^5... + C_n^{n - 2}\end{array}\)
Gieo một đồng xu \(5\) lần liên tiếp. Số phần tử của không gian mẫu là:
-
A.
\(10\)
-
B.
\(16\)
-
C.
\(32\)
-
D.
\(64\)
Đáp án : C
Sử dụng quy tắc nhân.
Kết quả của \(5\) lần gieo là dãy \(abcde\), trong đó \(a,b,c,d,e\) nhận một trong hai giá trị \(S,N\). Do đó số phần tử của không gian mẫu là \(2.2.2.2.2 = 32\).
Từ một hộp chứa $6$ quả cầu trắng và $4$ quả cầu đen, lấy ra ngẫu nhiên cùng một lúc $4$ quả. Xác suất để lấy ra được $4$ quả cùng màu là:
-
A.
\(\dfrac{3}{{28}}\)
-
B.
\(\dfrac{1}{{210}}\)
-
C.
\(\dfrac{1}{{10}}\)
-
D.
\(\dfrac{8}{{105}}\)
Đáp án : D
- Tính số phần tử của không gian mẫu \(\left| \Omega \right|\)
- Tính số kết quả có lợi cho biến cố \(\left| A \right|\)
- Sử dụng công thức tính xác suất \(P(A) = \dfrac{{\left| A \right|}}{{\left| \Omega \right|}}\)
Không gian mẫu \(\Omega \) là tổ hợp chập $4$ của $10$ phần tử, ta có: \(\left| \Omega \right| = C_{10}^4 = 210\)
Gọi $A$ là biến cố chọn được $4$ quả cùng màu.
$4$ quả cùng màu có thể là $4$ quả cùng màu trắng hoặc $4$ quả cùng màu đen.
Ta có: \(\left| A \right| = C_6^4 + C_4^4 = 15 + 1 = 16\)
Vậy \(P(A) = \dfrac{{\left| A \right|}}{{\left| \Omega \right|}} = \dfrac{{16}}{{210}} = \dfrac{8}{{105}}\)
Số chỉnh hợp chập \(k\) của \(n\) phần tử là:
-
A.
$A_n^k = \dfrac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}}$
-
B.
$A_n^k = \dfrac{{n!}}{{k!}}$
-
C.
$A_n^k = \dfrac{{\left( {n - k} \right)!}}{{n!}}$
-
D.
$A_n^k = \dfrac{{k!}}{{n!}}$
Đáp án : A
Số chỉnh hợp chập \(k\) của \(n\) phần tử là:
$A_n^k = \dfrac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}} = n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)...\left( {n - k + 1} \right)$
Có bao nhiêu số có \(3\) chữ số được lập thành từ các chữ số \(3,2,1\)?
-
A.
\(6\)
-
B.
\(27\)
-
C.
\(9\)
-
D.
\(3\)
Đáp án : B
Gọi số thỏa mãn bài toán là \(\overline {abc} \).
- Có \(3\) cách chọn chữ số \(a\).
- Có \(3\) cách chọn chữ số \(b\).
- Có \(3\) cách chọn chữ số \(c\).
Vậy có \(3.3.3 = 27\) số tạo thành từ các chữ số \(3,2,1\).
Với $n$ thỏa mãn \(A_n^3 + 5A_n^2 = 2\left( {n + 15} \right)\) thì:
-
A.
\(n \in \left( {3;7} \right)\)
-
B.
\(n \in \left( {1;3} \right)\)
-
C.
\(n \in \left( {2;4} \right)\)
-
D.
\(n \in \left( {7;10} \right)\)
Đáp án : C
Áp dụng các công thức chỉnh hợp và tổ hợp: \(A_n^k = \dfrac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}}\,;\,C_n^k = \dfrac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}}\) để tìm $n$.
Sau đó tìm ra khoảng phù hợp chứa n vừa tìm được.
ĐK: \(n \ge 3,n \in N\)
\(\begin{array}{l}A_n^3 + 5A_n^2 = 2\left( {n + 15} \right)\\ \Leftrightarrow \dfrac{{n!}}{{\left( {n - 3} \right)!}} + 5\dfrac{{n!}}{{\left( {n - 2} \right)!}} = 2\left( {n + 15} \right)\\ \Leftrightarrow n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right) + 5n\left( {n - 1} \right) = 2\left( {n + 15} \right)\\ \Leftrightarrow {n^3} - 3{n^2} + 2n + 5{n^2} - 5n - 2n - 30 = 0\\ \Leftrightarrow {n^3} + 2{n^2} - 5n - 30 = 0\\ \Leftrightarrow n = 3\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Một chiếc hộp có $9$ thẻ đánh số từ $1$ đến $9$. Rút ngẫu nhiên $2$ thẻ rồi nhân hai số ghi trên hai thẻ với nhau. Xác suất để kết quả nhận được là một số lẻ.
-
A.
\(\dfrac{5}{{18}}\)
-
B.
\(\dfrac{7}{{12}}\)
-
C.
\(\dfrac{5}{{12}}\)
-
D.
\(\dfrac{7}{{18}}\)
Đáp án : A
Tính số phần tử của không gian mẫu \(\left| \Omega \right|\)
Tính số kết quả có lợi cho biến cố \(\left| A \right|\)
Sử dụng công thức tính xác suất \(P(A) = \dfrac{{\left| A \right|}}{{\left| \Omega \right|}}\)
Số phần tử của không gian mẫu \(\Omega \) là \(\left| \Omega \right| = C_9^2 = 36\)
Gọi $A$ là biến cố “tích hai số ghi trên hai thẻ là lẻ”.
Vì tích của hai số lẻ là một số lẻ nên hai thẻ rút ra phải là lẻ, mà có $5$ thẻ lẻ nên \(\left| A \right| = C_5^2 = 10\)
Suy ra \(P(A) = \dfrac{{\left| A \right|}}{{\left| \Omega \right|}} = \dfrac{{10}}{{36}} = \dfrac{5}{{18}}\)
Gieo đồng xu hai lần liên tiếp. Biến cố \(A\) là biến cố “Mặt ngửa xuất hiện đúng 1 lần”. Số phần tử của \({\Omega _A}\) là:
-
A.
\(2\)
-
B.
\(1\)
-
C.
\(3\)
-
D.
\(4\)
Đáp án : A
Liệt kê và đếm số phần tử của \({\Omega _A}\)
Ta có: \({\Omega _A} = \left\{ {NS,SN} \right\}\).
Trong các thí nghiệm sau, thí nghiệm nào không phải là phép thử ngẫu nhiên?
-
A.
Gieo đồng xu xem nó là mặt sấp hay mặt ngửa
-
B.
Gieo ba đồng xu và xem có mấy đồng xu lật ngửa.
-
C.
Chọn bất kì một viên bi trong hộp và xem nó là màu gì.
-
D.
Bỏ hai viên bi xanh và ba viên bi đỏ vào hộp đựng bi và xem có tất cả bao nhiêu viên bi trong hộp
Đáp án : D
Định nghĩa phép thư ngẫu nhiên:
- Là phép thử mà ta không đoán trước được kết quả của nó, mặc dù đã biết tập hợp tất cả các kết quả có thể có của phép thử ấy. Ta gọi tắt phép thử ngẫu nhiên là phép thử.
Các thí nghiệm ở đáp án A, B, C đều là các phép thử ngẫu nhiên vì ta không đoán trước kết quả, mặc dù đã biết tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra với nó.
Thí nghiệm ở đáp án D không phải phép thử ngẫu nhiên vì ta đã biết chắc kết quả là có \(5\) viên bi.
Công việc \(A\) có \(k\) phương án \({A_1},...,{A_k}\) để thực hiện. Biết có \({n_1}\) cách thực hiện \({A_1}\),…,\({n_k}\) cách thực hiện \({A_k}\). Số cách thực hiện công việc \(A\) là:
-
A.
\({n_1}.{n_2}.....{n_k}\) cách
-
B.
\({n_1} - {n_2} - ... - {n_k}\) cách
-
C.
\({n_1} + {n_2} + ... + {n_k}\) cách
-
D.
\(n_1^2 + n_2^2 + ... + n_k^2\) cách
Đáp án : C
Áp dụng quy tắc cộng ta có số cách thực hiện công việc là \({n_1} + {n_2} + ... + {n_k}\) cách.
Một lớp có $8$ học sinh được bầu chọn vào 3 chức vụ khác nhau: lớp trưởng, lớp phó và bí thư (không được kiêm nhiệm). Số cách lựa chọn khác nhau sẽ là:
-
A.
$336$
-
B.
$56$
-
C.
$31$
-
D.
$40320$
Đáp án : A
Vì các chức vụ là khác nhau nên mỗi cách chọn sẽ là $1$ chỉnh hợp chập $3$ của $8$
Số cách chọn ra $3$ người để bầu cho $3$ vị trí khác nhau là \(A_8^3 = 336\) (cách).
Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên bé hơn $1000$. Xác suất để số đó chia hết cho $5$ là:
-
A.
\(\dfrac{1}{5}\)
-
B.
\(\dfrac{{201}}{{1000}}\)
-
C.
\(\dfrac{{200}}{{999}}\)
-
D.
\(\dfrac{{199}}{{999}}\)
Đáp án : A
- Tính số phần tử của không gian mẫu \(\left| \Omega \right|\)
- Tính số kết quả có lợi cho biến cố \(\left| A \right|\)
- Sử dụng công thức tính xác suất \(P(A) = \dfrac{{\left| A \right|}}{{\left| \Omega \right|}}\)
Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên bé hơn $1000$ ta có \(\left| \Omega \right| = 1000\)
Gọi $A$ là biến cố chọn được số chia hết cho $5.$
Khi đó: \(A = \left\{ {5k\left| {0 \le 5k < 1000} \right.} \right\} = \left\{ {5k\left| {0 \le k < 200} \right.} \right\}\)
Nên \(\left| A \right| = 200\)
Vậy \(P(A) = \dfrac{{\left| A \right|}}{{\left| \Omega \right|}} = \dfrac{{200}}{{1000}} = \dfrac{1}{5}\)
Trên giá sách có $10$ quyển Văn khác nhau, $8$ quyển sách Toán khác nhau và $6$ quyển sách Tiếng Anh khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn hai quyển sách khác môn?
-
A.
$230400$
-
B.
$60$
-
C.
$48$
-
D.
$188$
Đáp án : D
+) Xét từng trường hợp:
- Có \(1\) quyển Văn và \(1\) quyển Toán: sử dụng quy tắc nhân.
- Có \(1\) quyển Toán và \(1\) quyển Tiếng Anh: sử dụng quy tắc nhân.
- Có \(1\) quyển Văn và \(1\) quyển Tiếng Anh: sử dụng quy tắc nhân.
+) Sử dụng quy tắc cộng để tính số cách chọn hai quyển sách khác nhau.
Theo quy tắc nhân ta có:
$10.8 = 80$ cách chọn một quyển Văn và một quyển Toán khác nhau.
$10.6 = 60$ cách chọn một quyển Văn và một quyển Tiếng Anh khác nhau.
$8.6 = 48$ cách chọn một quyển Toán và một quyển Tiếng Anh khác nhau.
Theo quy tắc cộng ta có số cách chọn hai quyển sách khác môn là: $80 + 60 + 48 = 188$ cách.
Cho $8$ bạn học sinh $A,B,C,D,E,F,G,H$. Hỏi có bao nhiêu cách xếp $8$ bạn đó ngồi xung quanh một bàn tròn có $8$ ghế.
-
A.
$40320$ cách
-
B.
$5040$ cách
-
C.
$720$ cách
-
D.
$40319$ cách
Đáp án : B
- Cố định một bạn và xếp chỗ cho \(7\) bạn còn lại.
- Sử dụng quy tắc nhân để tính số cách xếp.
Ta thấy xếp các vị trí theo một hình tròn nên ta phải cố định vị trí của một bạn.
Ta chọn cố định vị trí của $A$ , sau đó xếp vị trí cho $7$ bạn còn lại.
Bạn thứ nhất có $7$ cách xếp.
Bạn thứ hai có $6$ cách xếp.
…
Bạn thứ 7 có $1$ cách xếp.
Vậy có $7.6.5.4.3.2.1 = 5040$ cách.
Có bao nhiêu số có \(5\) chữ số đôi một khác nhau tạo thành từ các chữ số \(1,2,3,4,5\)?
-
A.
\(20\)
-
B.
\(10\)
-
C.
\(100\)
-
D.
\(120\)
Đáp án : D
Sử dụng công thức tính số hoán vị của \(5\) phần tử.
Gọi số thỏa mãn bài toán là: \(\overline {abcde} \).
Mỗi số có \(5\) chữ số thỏa mãn bài toán là một hoán vị của \(5\) chữ số trên.
Số các số là \(5! = 120\) (số).
Giá trị của biểu thức \(A_{n + k}^{n + 1} + A_{n + k}^{n + 2}\) bằng biểu thức nào sau đây?
-
A.
\({k^2}A_{n + k}^n\)
-
B.
\(kA_{n + k + 1}^{n + 2}\)
-
C.
\(A_{n + k + 1}^{n + 1}\)
-
D.
\(A_n^k\)
Đáp án : A
Áp dụng công thức chỉnh hợp \(A_n^k = \dfrac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}}\) để biến đổi biểu thức.
\(A_{n + k}^{n + 1} + A_{n + k}^{n + 2} = \dfrac{{\left( {n + k} \right)!}}{{\left( {k - 1} \right)!}} + \dfrac{{\left( {n + k} \right)!}}{{\left( {k - 2} \right)!}} \) \(= \dfrac{{\left( {n + k} \right)!\left( {1 + k - 1} \right)}}{{\left( {k - 1} \right)!}} \) \(= k.\dfrac{{\left( {n + k} \right)!}}{{\left( {k - 1} \right)!}} \) \(= {k^2}\dfrac{{\left( {n + k} \right)!}}{{k!}} = {k^2}A_{n + k}^n\)
Hệ số của số hạng chứa \({x^{10}}\) trong khai triển nhi thức \({\left( {x + 2} \right)^n}\) biết n là số nguyên dương thỏa mãn \({3^n}C_n^0 - {3^{n - 1}}C_n^1 + {3^{n - 2}}C_n^2 - ... + {\left( { - 1} \right)^n}C_n^n = 2048\) là:
-
A.
\(22{x^{10}}\)
-
B.
\(123{x^{10}}\)
-
C.
$123$
-
D.
$22$
Đáp án : D
Xét khai triển \({\left( {x - 1} \right)^n}\) sau đó thay x = 3 vào để tìm n.
Dùng khi triển của nhị thức Newton để tìm hệ số của số hạng chứa \({x^{10}}\) bằng cách cho số mũ của x bằng 10.
Xét khai triển
\({\left( {x - 1} \right)^n} = C_n^0{\left( { - 1} \right)^0}{x^n} + C_n^1{\left( { - 1} \right)^1}{x^{n - 1}} + ... + C_n^n{\left( { - 1} \right)^n}{x^0}\)
Thay x = 3 ta có: \({\left( {3 - 1} \right)^n} = {3^n}C_n^0 - {3^{n - 1}}C_n^1 + {3^{n - 2}}C_n^2 - ... + {\left( { - 1} \right)^n}C_n^n = 2048 \Leftrightarrow {2^n} = 2048 \Leftrightarrow n = 11.\)
\( \Rightarrow {\left( {x + 2} \right)^{11}} = \sum\limits_{k = 0}^{11} {C_{11}^k{x^k}{2^{11 - k}}} \,\left( {0 \le k \le n,k \in N} \right)\)
Hệ số của số hạng chứa \({x^{10}} \Leftrightarrow k = 10.\)
Vậy hệ số của số hạng chứa \({x^{10}}\) là: \(C_{11}^{10}2 = 22.\)
Hệ số của \({x^8}\) trong khai triển biểu thức \({x^2}{\left( {1 + 2x} \right)^{10}} - {x^4}{\left( {3 + x} \right)^8}\) thành đa thức bằng
-
A.
$19110.$
-
B.
$7770.$
-
C.
$5850.$
-
D.
$11521.$
Đáp án : B
Sử dụng công thức tổng quát ${{\left( a+b \right)}^{n}}=\sum\limits_{k\,=\,0}^{n}{C_{n}^{k}}.{{a}^{n\,-\,k}}.{{b}^{k}}\,\,\xrightarrow{{}}$ Tìm hệ số của số hạng cần tìm.
$ \bullet $ Xét khai triển ${x^2}{\left( {1 + 2x} \right)^{10}} = {x^2}.\sum\limits_{k\, = \,0}^{10} {C_{10}^k} {.1^{10\, - \,k}}.{\left( {2x} \right)^k} = \sum\limits_{k\, = \,0}^{10} {C_{10}^k} {.2^k}.{x^{2\, + \,k}}.$
Hệ số của số hạng chứa ${x^8}$ ứng với ${{x}^{2\,+\,k}}={{x}^{8}}\Leftrightarrow k=6\,\,\xrightarrow{{}}\,\,$Hệ số của ${x^8}$ là ${2^6}.C_{10}^6.$
$ \bullet $ Xét khai triển ${x^4}{\left( {3 + x} \right)^8} = {x^4}.\sum\limits_{i\, = \,0}^8 {C_8^i} {.3^{8\, - \,i}}.{x^i} = \sum\limits_{i\, = \,0}^8 {C_8^i} {.3^{8\, - \,i}}.{x^{i\, + \,4}}.$
Hệ số của số hạng chứa ${x^8}$ ứng với ${{x}^{i\,+\,4}}={{x}^{8}}\Leftrightarrow i=4\,\,\xrightarrow{{}}\,\,$ Hệ số của ${x^8}$ là $C_8^4{.3^4}.$
Vậy hệ số cần tìm là ${2^6}.C_{10}^6 - {3^4}.C_8^4 = 7770.$
Gieo đồng xu cân đối và đồng chất \(5\) lần liên tiếp. Xác suất để được ít nhất một lần xuất hiện mặt sấp là:
-
A.
\(\dfrac{{31}}{{32}}\)
-
B.
\(\dfrac{{21}}{{32}}\)
-
C.
\(\dfrac{{15}}{{16}}\)
-
D.
\(\dfrac{1}{{32}}\)
Đáp án : A
Sử dụng phương pháp biến cố đối: Tính xác suất để không xuất hiện mặt sấp.
Ta có: \(n\left( \Omega \right) = {2^5} = 32\).
Biến cố \(A\):”Được ít nhất một lần xuất hiện mặt sấp”.
Khi đó: \(\overline A \):”Tất cả đều là mặt ngửa”.
Suy ra \(P\left( {\overline A } \right) = \dfrac{1}{{32}} \Rightarrow P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \dfrac{1}{{32}} = \dfrac{{31}}{{32}}\).
Gieo ngẫu nhiên bốn đồng xu cân đối và đồng chất. Xác suất để cả bốn lần gieo đều xuất hiện mặt sấp là:
-
A.
\(\dfrac{4}{{16}}\)
-
B.
\(\dfrac{2}{{16}}\)
-
C.
\(\dfrac{1}{{16}}\)
-
D.
\(\dfrac{6}{{16}}\)
Đáp án : C
- Tính số phần tử của không gian mẫu \(n\left( \Omega \right)\).
- Tính số khả năng xảy ra của biến cố \(A\).
- Tính xác suất theo công thức \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( {{\Omega _A}} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}\).
Gọi \(A\) là biến cố: “Cả bốn lần gieo đều xuất hiện mặt sấp”.
Ta có: \(n\left( \Omega \right) = {2^4} = 16,n\left( {{\Omega _A}} \right) = 1 \) \(\Rightarrow P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( {{\Omega _A}} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \dfrac{1}{{16}}\)
Một hộp đựng $8$ bi đỏ và $4$ bi xanh. Từ hộp trên lấy lần lượt ngẫu nhiên không hoàn lại từng viên bi đến viên bi thứ ba thì dừng. Xác suất để lấy được hai bi đỏ và một bi xanh là:
-
A.
\(\dfrac{{28}}{{55}}\)
-
B.
\(\dfrac{{56}}{{165}}\)
-
C.
\(\dfrac{{28}}{{165}}\)
-
D.
\(\dfrac{{14}}{{55}}\)
Đáp án : A
- Tính số phần tử của không gian mẫu \(\left| \Omega \right|\)
- Tính số kết quả có lợi cho biến cố \(\left| A \right|\)
- Sử dụng công thức tính xác suất \(P(A) = \dfrac{{\left| A \right|}}{{\left| \Omega \right|}}\)
Số phần tử của không gian mẫu \(\Omega \) là \(\left| \Omega \right| = 12.11.10 = 1320\)
Gọi $A$ là biến cố “lấy được hai bi đỏ và một bi xanh”.
TH1: Thứ tự bi lấy ra là Đ-Đ-X có $8.7.4=224$ cách.
TH2: Thứ tự bi lấy ra là Đ-X-Đ có $8.4.7=224$ cách.
TH3: Thứ tự bi lấy ra là X-Đ-Đ có $8.4.7=224$ cách.
Do đó \(\left| A \right| = 3.8.7.4 = 672\) cách.
Suy ra \(P(A) = \dfrac{{\left| A \right|}}{ {\left| \Omega \right|}} = \dfrac{{672}}{{1320}} = \dfrac{{28}}{{55}}\)
Hai cầu thủ bóng đá sút phạt đền, mỗi người được sút một quả với xác suất bàn tương ứng là $0,8$ và $0,7$. Tính xác suất để chỉ có $1$ cầu thủ làm bàn.
-
A.
\(0,14\)
-
B.
\(0,38\)
-
C.
\(0,24\)
-
D.
\(0,62\)
Đáp án : B
Sử dụng các công thức tính xác suất.
- Nếu $A$ và $B$ là hai biến cố độc lập thì \(P(AB) = P(A).P(B)\) .
- Nếu $A $ và $B$ là hai biến cố xung khắc thì \(P(A \cup B) = P(A) + P(B)\) .
- Nếu $A$ và $B$ là hai biến cố đối nhau thì \(P\left( A \right) + P(B) = 1\)
Gọi $A$ là biến cố cầu thủ thứ nhất ghi được bàn thắng.
Ta có \(P\left( A \right) = 0,8\) và \(P(\overline A ) = 0,2\)
Gọi $B$ là biến cố cầu thủ thứ nhất ghi được bàn thắng.
Ta có \(P\left( B \right) = 0,7\) và \(P(\overline B) = 0,3\)
Ta xét hai biến cố xung khắc sau:
\(A\overline B\) “Chỉ có cầu thủ thứ nhất làm bàn”.
Ta có:
\(P\left( {A\overline B} \right) = P\left( A \right).P\left( {\overline B} \right) \) \(= 0,8.0,3 = 0,24\)
\(B\bar A\) “ Chỉ có cầu thủ thứ hai làm bàn” .
Ta có:
$P\left( {B\overline A} \right) = P\left( B \right).P\left( {\overline A} \right) $ $= 0,7.0,2 = 0,14$
Gọi $C$ là biến cố chỉ có $1$ cầu thủ làm bàn.
Ta có \(P(C) = 0,24 + 0,14 = 0,38\)
Biểu thức \(2C_n^k + 5C_n^{k + 1} + 4C_n^{k + 2}+C_n^{k+3}\) bằng biểu thức nào sau đây?
-
A.
\(C_{n + 2}^{k + 2} + C_{n + 3}^{k + 3}\)
-
B.
\(C_{n + 2}^k + C_{n + 3}^k\)
-
C.
\(C_{n + 2}^{k + 1} + C_{n + 3}^{k + 2}\)
-
D.
\(2C_{n + 2}^{k + 2}\)
Đáp án : A
Phân tích để xuất hiện sau đó áp dụng công thức \(C_n^k + C_n^{k + 1} = C_{n + 1}^{k + 1}\)
Trước hết ta chứng minh \(C_n^k + C_n^{k + 1} = C_{n + 1}^{k + 1}\)
\(\begin{array}{l}VT = C_n^k + C_n^{k + 1}\\ = \dfrac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}} + \dfrac{{n!}}{{\left( {k + 1} \right)!\left( {n - k - 1} \right)!}}\\ = \dfrac{{n!}}{{k!\left( {n - k - 1} \right)!}}\left( {\dfrac{1}{{n - k}} + \dfrac{1}{{k + 1}}} \right)\\ = \dfrac{{n!}}{{k!\left( {n - k - 1} \right)!}}.\dfrac{{k + 1 + n - k}}{{\left( {n - k} \right)\left( {k + 1} \right)}}\\ = \dfrac{{n!\left( {n + 1} \right)}}{{k!\left( {k + 1} \right)\left( {n - k - 1} \right)!\left( {n - k} \right)}}\\ = \dfrac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{\left( {k + 1} \right)!\left( {n - k} \right)!}} = C_{n + 1}^{k + 1} = VP\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,C_n^k + 2C_n^{k + 1} + C_n^{k + 2}\\ = C_n^k + C_n^{k + 1} + C_n^{k + 1} + C_n^{k + 2}\\ = C_{n + 1}^{k + 1} + C_{n + 1}^{k + 2}\\ = C_{n + 2}^{k + 2}\\\,\,\,\,C_n^k + 3C_n^{k + 1} + 3C_n^{k + 2} + C_n^{k + 3}\\ = C_n^k + C_n^{k + 1} + 2\left( {C_n^{k + 1} + C_n^{k + 2}} \right) + C_n^{k + 2} + C_n^{k + 3}\\ = C_{n + 1}^{k + 1} + 2C_{n + 1}^{k + 2} + C_{n + 1}^{k + 3}\\ = C_{n + 1}^{k + 1} + C_{n + 1}^{k + 2} + C_{n + 1}^{k + 2} + C_{n + 1}^{k + 3}\\ = C_{n + 2}^{k + 2} + C_{n + 2}^{k + 3}\\ = C_{n + 3}^{k + 3}\\ \Rightarrow 2C_n^k + 5C_n^{k + 1} + 4C_n^{k + 2} + C_n^{k + 3}= C_{n + 2}^{k + 2} + C_{n + 3}^{k + 3}\end{array}\)
Gieo ba con xúc sắc cân đối, đồng chất. Xác suất để số chấm xuất hiện trên ba con xúc sắc đó bằng nhau là:
-
A.
\(\dfrac{1}{{216}}\)
-
B.
\(\dfrac{1}{9}\)
-
C.
\(\dfrac{1}{{18}}\)
-
D.
\(\dfrac{1}{{36}}\)
Đáp án : D
- Tính số phần tử của không gian mẫu \(n\left( \Omega \right)\).
- Liệt kê và tính số khả năng xảy ra của biến cố \(A\)
- Tính xác suất theo công thức \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}\).
Ta có: \(n\left( \Omega \right) = {6^3}\).
Gọi \(A\) là biến cố: “Số chấm trên ba con xúc sắc bằng nhau”.
Khi đó các trường hợp có thể có của $A$ là: \({\left( {1;1;1} \right),\left( {2;2;2} \right),\left( {3;3;3} \right),\left( {4;4;4} \right),\left( {5;5;5} \right),\left( {6;6;6} \right)}\)
Vậy \(P\left( A \right) = \dfrac{6}{{216}} = \dfrac{1}{{36}}\).
Cho $n$ là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện $6.C_{n\, + \,1}^{n\, - \,1} = A_n^2 + 160.$ Tìm hệ số của ${x^7}$ trong khai triển $\left( {1 - 2{x^3}} \right){\left( {2 + x} \right)^n}.$
-
A.
$ - \,2224.$
-
B.
$2224.$
-
C.
$1996.$
-
D.
$ - \,1996.$
Đáp án : A
- Tìm $n$ bằng các công thức ${P_n} = n!;\,\,A_n^k = \dfrac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}}$ và $C_n^k = \dfrac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!.k!}}.$
- Sử dụng công thức tổng quát ${{\left( a+b \right)}^{n}}=\sum\limits_{k\,=\,0}^{n}{C_{n}^{k}}.{{a}^{n\,-\,k}}.{{b}^{k}}\,\,\xrightarrow{{}}$ Tìm hệ số của số hạng cần tìm.
Điều kiện: $n \ge 2$
Từ giả thiết, ta có
$6.C_{n\, + \,1}^{n\, - \,1} = A_n^2 + 160 $ $\Leftrightarrow 6.\dfrac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{\left( {n - 1} \right)!.2!}} = \dfrac{{n!}}{{\left( {n - 2} \right)!}} + 160.$
$ \Leftrightarrow 3n\left( {n + 1} \right) = n\left( {n - 1} \right) + 160 $ $\Leftrightarrow 2{n^2} + 4n - 160 = 0 \Leftrightarrow n = 8$ (vì điều kiện $n \ge 2$).
Khi đó, ta được khai triển $\left( {1 - 2{x^3}} \right){\left( {2 + x} \right)^8} = {\left( {2 + x} \right)^8} - 2{x^3}{\left( {2 + x} \right)^8}.$
Theo khai triển nhị thức Newton, ta có
${\left( {2 + x} \right)^8} = \sum\limits_{k\, = \,0}^8 {C_8^k} {.2^{8\, - \,k}}.{x^k}.$
Suy ra hệ số của ${x^7}$ ứng với $k = 7.$
$\,\xrightarrow{{}}$ Hệ số của ${x^7}$ trong khai triển ${\left( {2 + x} \right)^8}$ là $2.C_8^7.$
${x^3}{\left( {2 + x} \right)^8} = {x^3}.\sum\limits_{k\, = \,0}^8 {C_8^k} {.2^{8\, - \,k}}.{x^k} = \sum\limits_{k\, = \,0}^8 {C_8^k} {.2^{8\, - \,k}}.{x^{k\, + \,3}}.$
Suy ra hệ số của ${x^7}$ ứng với $k + 3 = 7 \Leftrightarrow k = 4.$
$\xrightarrow{{}}$ Hệ số của ${x^7}$ trong khai triển ${x^3}{\left( {2 + x} \right)^8}$ là ${2^4}.C_8^4.$
Vậy hệ số cần tìm là $2.C_8^7 - {2.2^4}.C_8^4 = - \,2224.$
>> Lộ Trình Sun 2025 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi TN THPT & ĐGNL; ĐGTD) tại Tuyensinh247.com. Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Các bài khác cùng chuyên mục
- Đề thi giữa kì 1 Toán 11 - Đề số 5
- Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 chương 7: Quan hệ song song trong không gian - Đề số 2
- Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 chương 7: Quan hệ song song trong không gian - Đề số 3
- Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 chương 8: Quan hệ vuông góc trong không gian - Đề số 1
- Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 chương 8: Quan hệ vuông góc trong không gian - Đề số 2
