(2 ĐIỂM). MỘT HỘP ĐỰNG 22 VIÊN BI KHÁC NHAU TRONG ĐÓ CÓ 12 VIÊN...

Question

Câu 4 (2 điểm). Một hộp đựng 22 viên bi khác nhau trong đó có 12 viên bi đỏ và 10 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên từ hộp 7 viên bi và tính xác suất để a) chọn đươc 7 viên bi cùng màu. b) chọn được 7 viên bi có đủ hai màu và thỏa mãn điều kiện số viên bi màu đỏ nhiều hơn số viên bi màu vàng.

Accepted Answer

Câu Nội dung Điểm 1a 2 1 2 sin ( ) 6 4sin 4sin 3 0 2 3 5 sin ( ) 2 2 6 x k x n x x k Z x l x k                             0.5+0.5 1b 2 2 2sin x  3sin cos x x  3cos x  1 TH1: cos x  0 , ta có 2 1  (vl) , x  2 k k Z      ko là nghiệm pt TH2: cos x  0 , chia 2 vế pt cho cos 2 x ta được 2 2 2 tan x  3 tan x    3 1 tan x 2 tan 1 tan 3tan 2 0 4 tan 2 tan 2 x x k x x k Z x x arc k                            Vậy pt có 2 họ nghiệm x   4   k  , x arc  tan 2   k   k Z   0.25 0.25 0.25+0.25 2 Gọi abcde là số tự nhiên cần tìm - Chọn d có 5 cách - Chọn a có 8 cách - Chọn b,c,d có: A 8 3 cách Vậy có: 5.8. A 8 3  13440 số 0.25 0.25 0.25 0.25 3 SHTQ:     2 14 2 14 28 3 1 14 2 14 . . . 1 . 2 . 2 k k k k k k k k x T C C x x                       với 14, k  k  N Vì SH chứa x 4 nên 28 3  k    4 k 8( ) n Vậy SH chứa x 4 là T 9  12012. x 4 0.25+0.25 0.25 0.25 4a   22 7 n   C Gọi A là biến cố có 7 bi cùng màu TH1: 7 bi màu đỏ: C 12 7 cách chọn TH2: 7 bi màu vàng C 10 7 cách chọn  n A    C 12 7  C 10 7 Vậy   1 p A  187 0.25 0.25 0.25 0.25 4b Gọi B là biến cố có đủ 2 màu và số bi đỏ nhiều hơn bi vàng TH1: 4 đỏ, 3 vàng: C C 12 4 . 10 3 cách chọn TH2: 5 đỏ, 2 vàng: C C 12 5 . 10 2 cách chọn TH3: 6 đỏ, 1 vàng: C C 12 6 . 10 1 cách chọn   12 4 . 10 3 12 5 . 10 2 12 6 . 10 1 n B C C C C C C     Vậy   395 p B  646 0.25 0.25 0.25 0.25   12! n   . Gọi A là biến cố thỏa yêu cầu bài toán. - Coi 3 cuốn T T T 1 , , 2 3 là một “quyển” sách. Đổi chỗ 3 quyển toán trên có 3! cách. Xếp 6 “quyển” Toán có 6! cách. - Giữa 6 “quyển ” Toán có 5 “khoảng trống”, chọn 3 “khoảng trống” để xếp vào 3 quyển Lý có A 5 3 cách - Xếp 1 quyển Hóa có 4 cách. (vào 1 trong 2 “khoảng trống” còn lại và 2 vị trí ở 2 đầu) Ta có: n A    3!.6!. .4 A 5 3   1 p A  462 0.25 0.25 0.25 0.25 6 6a Ta có       / /       / / / / , x S SAD SBC AD BC SAD SBC S AD BC AD SAD BC SBC             4 x 0.25 6b Ta có: ON / / BC (vì ON là đường trung bình tam giác ABD ) / / OM SB (vì OM là đường trung bình tam giác SBD ) Trong ( OMN OM ),  ON  O Trong ( SBC SB ),  BC  B Vậy  OMN  / /( SBC ) 0.25 0.25 0.25 0.25 6c Gọi I là trung điểm CD Trong  SAI có SH SG SA  SI nên HG / / AI Mà AICN là hình bình hành nên AI CN / / do đó HG CN / / Mặt khác ta có HG   SCN CN  ,   SCN  Vậy HG / /  SCN  0.25 0.25+0.25 0.25 H O N M G C D B A S

(2 ĐIỂM). MỘT HỘP ĐỰNG 22 VIÊN BI KHÁC NHAU TRONG ĐÓ CÓ 12 VIÊN...

Bạn đang xem câu 4 - Đề thi cuối học kì 1 Toán 11 năm 2019 - 2020 trường THPT Phước Long - TP HCM -