42 BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM VỀ QUY TẮC ĐẾM,
HOÁN VỊ, CHỈNH HỢP VÀ TỔ HỢP TOÁN 11
CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1: Số 6303268125 có bao nhiêu ước số nguyên?
A. 420.
B. 630.
C. 240.
D. 720.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Cách 1:
Áp dụng công thức: Nếu số N được phân tích thành thừa số các số nguyên tố dạng \(N = p_1^{{k_1}}.p_2^{{k_2}}...p_n^{{k_n}}\) thì số các ước nguyên dương bằng \(k = \left( {{k_1} + 1} \right)\left( {{k_2} + 1} \right)...\left( {{k_n} + 1} \right)\). Do đó số các ước nguyên của N là 2k.
Với \(N = 6303268125 = {3^5}{.5^4}{.7^3}{.11^2}\) thì có \(2.\left( {5 + 1} \right)\left( {4 + 1} \right)\left( {3 + 1} \right)\left( {2 + 1} \right) = 720\) ước số nguyên.
Cách 2: Áp dụng hàm sinh.
Do \(N = 6303268125 = {3^5}{.5^4}{.7^3}{.11^2}\) nên
+ Hàm sinh để chọn số 3 là: \(1 + x + {x^2} + {x^3} + {x^4} + {x^5}\)
+ Hàm sinh để chọn số 5 là: \(1 + x + {x^2} + {x^3} + {x^4}\)
+ Hàm sinh để chọn số 7 là: \(1 + x + {x^2} + {x^3}\)
+ Hàm sinh để chọn số 11 là: \(1 + x + {x^2}\)
Suy ra hàm sinh các ước nguyên dương của 6303268125 có dạng:
\(f\left( x \right) = \left( {1 + x + {x^2} + {x^3} + {x^4} + {x^5}} \right)\left( {1 + x + {x^2} + {x^3} + {x^4}} \right)\)
Tổng số các ước nguyên dương của N là tổng tất cả các hệ số của các số hạng trong khai triển trên, do đó số các ước nguyên dương của N là f(1) = 360 nên số ước nguyên của N là 720.
Câu 2: Đề cương ôn tập chương I môn lịch sử lớp 12 có 30 câu. Trong đề thi chọn ngẫu nhiên 10 câu trong 30 câu đó. Một học sinh chỉ nắm được 25 câu trong đề cương đó. Xác suất để trong đề thi có ít nhất 9 câu hỏi nằm trong 25 câu mà học sinh đã nắm được là. ( Kết quả làm tròn đến hàng phần nghìn ).
A. P = 0,449.
B. P = 0,448.
C. P = 0,34.
D. P = 0,339.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Chọn 10 câu bất kỳ từ 30 câu có \(C_{30}^{10}\) cách. Vậy số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = C_{30}^{10}\).
Gọi A là biến cố “trong đề thi có ít nhất 9 câu hỏi nằm trong 25 câu mà học sinh đã nắm được”
\(n\left( A \right) = C_{25}^9.C_5^1 + C_{25}^{10}\)
Vậy xác suất của biến cố A là: \(P\left( A \right) = \frac{{C_{25}^9C_5^1 + C_{25}^{10}}}{{C_{30}^{10}}}\)\( \approx 0,449\).
Câu 3: Bé Minh có một bảng hình chữ nhật gồm 6 hình vuông đơn vị, cố định không xoay như hình vẽ. Bé muốn dùng 3 màu để tô tất cả các cạnh của các hình vuông đơn vị, mỗi cạnh tô một lần sao cho mỗi hình vuông đơn vị được tô bởi đúng 2 màu, trong đó mỗi màu tô đúng 2 cạnh. Hỏi bé Minh có tất cả bao nhiêu cách tô màu bảng?
|
|
|
|
|
|
|
|
A. 4374.
B. 139968.
C. 576.
D. 15552.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta tô màu theo thứ tự sau:
1) Tô 1 ô vuông 4 cạnh: chọn 2 trong 3 màu, ứng với 2 màu được ta tô vào ô như sau: chọn 2 cạnh trong hình vuông đơn vị để tô màu thứ nhất có \(C_4^2 = 6\) cách (màu thứ 2 tô 2 cạnh còn lại). Do đó, có \(6.C_3^2\) cách tô.
2) Tô 3 ô vuông 3 cạnh (có một cạnh đã được tô trước đó): ứng với 1 ô vuông có 3 cách tô màu 1 trong 3 cạnh theo màu của cạnh đã tô trước đó, chọn 1 trong 2 màu còn lại tô 2 cạnh còn lại, có \(3.C_2^1 = 6\) cách tô. Do đó có 63 cách tô.
3) Tô 2 ô vuông 2 cạnh (có 2 cạnh đã được tô trước đó): ứng với 1 ô vuông có 2 cách tô màu 2 cạnh (2 cạnh tô trước cùng màu hay khác màu không ảnh hưởng số cách tô). Do đó có 22 cách tô.
Vậy có \(6.C_3^2{.6^3}.4 = 15552\) cách tô.
Câu 4: Cho đa giác đều 100 đỉnh nội tiếp một đường tròn. Số tam giác từ được tạo thành từ 3 trong 100 đỉnh của đa giác là
A. 44100.
B. 78400.
C. 117600.
D. 58800.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đánh số các đỉnh là \({A_1},{A_2},...,{A_{100}}\).
Xét đường chéo \({A_1}{A_{51}}\) của đa giác là đường kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác đều chia đường tròn ra làm 2 phần mỗi phần có 49 điểm từ A2 đến A50 và A52 đến A100.
+ Khi đó, mỗi tam giác có dạng \({A_1}{A_i}{A_j}\) là tam giác tù nếu Ai và Aj cùng nằm trong nửa đường tròn, chọn nửa đường tròn: có 2 cách chọn.
+ Chọn hai điểm Ai và Aj là hai điểm tùy ý được lấy từ 49 điểm A2, A3 đến A50, có \(C_{49}^2 = 1176\) cách chọn. Giả sử tam Ai nằm giữa A1 và Aj thì tam giác tù tại đỉnh Ai.
+ Khi xét tại đỉnh Aj thì tam giác \({A_j}{A_i}{A_1} \equiv {A_1}{A_i}{A_j}\).
+ Vì đa giác có 100 đỉnh nên số tam giác tù là \(\frac{{2.1176.100}}{2} = 117600\) tam giác tù.
Câu 5: Cho đa giác đều 2n \(\left( {n \ge 2,{\rm{ }}n \in Z} \right)\) đỉnh nội tiếp một đường tròn. Số tam giác tù được tạo thành từ 3 trong 2n đỉnh của đa giác là
A. \(2n\left( {2n - 1} \right)\left( {2n - 2} \right)\).
B. \(\frac{{\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}{2}\).
C. \(n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)\).
D. \(\frac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}{2}\).
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đánh số các đỉnh là \({A_1},{A_2},...,{A_{2n}}\).
Xét đường chéo \({A_1}{A_{n + 1}}\) của đa giác là đường kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác đều chia đường tròn ra làm 2 phần mỗi phần có n - 1 điểm từ A2 đến An và An+2 đến A2n.
+ Khi đó, mỗi tam giác có dạng \({A_1}{A_i}{A_j}\) là tam giác tù nếu Ai và Aj cùng nằm trong nửa đường tròn, chọn nửa đường tròn: có 2 cách chọn.
+ Chọn hai điểm Ai và A là hai điểm tùy ý được lấy từ n - 1 điểm A2, A3 đến An, có \(C_{n - 1}^2 = \frac{{\left( {n - 2} \right)\left( {n - 1} \right)}}{2}\) cách chọn.
+ Giả sử tam Ai nằm giữa A1 và Aj thì tam giác tù tại đỉnh Ai. Khi xét tại đỉnh Ai thì tam giác \({A_j}{A_i}{A_1} \equiv {A_1}{A_i}{A_j}\).
+ Vì đa giác có 2n đỉnh nên số tam giác tù là \(\frac{{2\left( {n - 2} \right)\left( {n - 1} \right)}}{{2.2}}.2n = n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)\).
{-- Để xem nội dung đầy đủ của tài liệu các em vui lòng xem ở phần xem online hoặc tải về --}
Trên đây là trích dẫn một phần nội dung tài liệu 42 bài tập trắc nghiệm về Quy tắc đếm, hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp Toán 11 có đáp án chi tiết. Để xem thêm nhiều tài liệu tham khảo hữu ích khác các em chọn chức năng xem online hoặc đăng nhập vào trang Chúng tôi để tải tài liệu về máy tính.
Chúc các em học tốt!
