Bộ 5 đề thi cuối kì 2 Toán 10 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Đề 5
22 câu hỏi
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12.
Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Cho tam thức bậc hai \(f\left( x \right) = - {x^2} + 3x - 5\). Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
\(f\left( x \right) \le 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\).
\(f\left( x \right) \ge 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\).
\(f\left( x \right) > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\).
\(f\left( x \right) < 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\).
Ta có: \[\Delta = {3^2} - 4.\left( { - 1} \right).\left( { - 5} \right) = - 11 < 0\] \( \Rightarrow \) \(f\left( x \right)\) luôn cùng dấu hệ số \(a = - 1 < 0\) \( \Rightarrow \) \(f\left( x \right) < 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\).
Tập nghiệm của bất phương trình: \({x^2} - 7x + 12 < 0\) là
\(\left( {3; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ;4} \right)\).
\(\left( {3;4} \right)\).
\(\left( { - \infty ;3} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right)\).
Tam thức bậc hai \(f\left( x \right) = {x^2} - 7x + 12\) có hai nghiệm phân biệt là \({x_1} = 3\) và \({x_2} = 4\).
Mà \(a = 1 > 0\) nên \(f\left( x \right) < 0\) với mọi \(x\) thuộc khoảng \(\left( {3;4} \right)\).
Vậy tập nghiệm của bất phương trình: \({x^2} - 7x + 12 < 0\) là \(\left( {3;4} \right)\).
Cho phương trình \(\sqrt {{x^2} - 10x + m} = 2 - x\). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) thuộc \(\left( {0;\,20} \right)\)để phương trình đã cho vô nghiệm?
\(4\).
\(3\).
\(5\).
\(2\).
Ta có:\(\sqrt {{x^2} - 10x + m} = 2 - x\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 - x \ge 0\\{x^2} - 10x + m = {\left( {2 - x} \right)^2}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 2\\{x^2} - 10x + m = 4 - 4x + {x^2}\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 2\\6x = m - 4\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 2\\x = \,\frac{{m - 4}}{6}\end{array} \right.\)
Để phương trình vô nghiệm thì \(\frac{{m - 4}}{6} > 2 \Leftrightarrow m - 4 > 12 \Leftrightarrow m > 16\). Vì \(m\) nguyên và thuộc \(\left( {0;\,20} \right)\) nên \(m \in \left\{ {17;\,18;\,19} \right\}\). Vậy có \(3\) giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng \[d:x - 2y + 3 = 0\]. Một vectơ pháp tuyến của đường thẳng \[d\] là
\[\overrightarrow n = \left( {1; - 2} \right)\]
\[\overrightarrow n = \left( {2;1} \right)\]
\[\overrightarrow n = \left( { - 2;3} \right)\]
\[\overrightarrow n = \left( {1;3} \right)\]
Một vectơ pháp tuyến của đường thẳng \[d\] là \[\overrightarrow n = \left( {1; - 2} \right)\].
Trong mặt phẳng với hệ trục \[Oxy\] cho đường tròn \[\left( C \right):\,{\left( {x + 5} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} = 16\]. Đường tròn \[\left( C \right)\] có tọa độ tâm \[I\] và bán kính \[R\] bằng
\[I\left( {5; - 4} \right);\,R = 16\].
\[I\left( { - 5;4} \right);\,R = 16\].
\[I\left( { - 5;4} \right);\,R = 4\].
\[I\left( {5; - 4} \right);\,R = 4\].
Đường tròn \[\left( C \right):\,{\left( {x + 5} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} = 16\] có tọa độ tâm \[I\left( { - 5;4} \right)\] và bán kính \[R = \sqrt {16} = 4\].
Cho parabol \(\left( P \right):{y^2} = 6x\). Tiêu điểm của parabol \(\left( P \right)\) có tọa độ là
\(\left( { - \frac{3}{2}\,;\,0} \right)\).
\(\left( {\frac{3}{2}\,;\,0} \right)\).
\(\left( {3\,;\,0} \right)\).
\(\left( {0\,;\,\frac{3}{2}} \right)\).
Từ phương trình chính tắc của parabol \(\left( P \right)\), ta có \(2p = 6 \Leftrightarrow p = 3\).
Vậy parabol \(\left( P \right)\) có tiêu điểm \(F\left( {\frac{3}{2}\,;\,0} \right)\).
Trên giá sách của An có \(5\) cuốn truyện tranh khác nhau và \(3\) cuốn truyện cổ tích khác nhau. Hỏi An có bao nhiêu cách chọn một cuốn truyện trên giá sách đó để đọc?
\(1\).
\(2\).
\(8\).
\(15\).
Theo quy tắc cộng, số cách An chọn một cuốn truyện để đọc là \(5 + 3 = 8\) ( cách).
Số cách sắp xếp 6 nam sinh và 4 nữ sinh vào một dãy ghế hàng ngang có 10 chỗ ngồi là
\[6!4!\].
\[6! - 4!\].
\(10!\).
\[6! + 4!\].
Mỗi cách sắp xếp 6 nam sinh và 4 nữ sinh vào một dãy ghế hàng ngang có 10 chỗ là một hoán vị của 10 người.
Vậy số cách sắp xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán là \[{P_{10}} = 10!\] cách.
Hệ số của số hạng chứa \[{x^6}y\] trong khai triển nhị thức \[{\left( {3{x^2} - y} \right)^4}\] là:
\(81\).
\( - 12\).
\(54\).
\( - 108\).
Ta có \[{\left( {3{x^2} - y} \right)^4} = 81{x^8} - 108{x^6}y + 54{x^4}{y^2} - 12{x^2}{y^3} + {y^4}\]
Vậy hệ số của số hạng chứa \[{x^6}y\] trong khai triển là \( - 108\).
Cho đa giác đều \[{A_1}{A_2}{A_3} \ldots .{A_{20}}\] nội tiếp trong đường tròn \[\left( O \right)\]. Tính số hình chữ nhật có các đỉnh là \[4\] trong \[20\] đỉnh của đa giác đó.
\(45\).
\(4745\).
\(90\).
\(106\).
Trong đa giác đều \[{A_1}{A_2}{A_3} \ldots .{A_{20}}\] nội tiếp trong đường tròn \[\left( O \right)\] cứ mỗi điểm \[{A_1}\] có một điểm \[{A_i}\] đối xứng với \[{A_1}\] qua \[O\] \[\left( {{A_1} \ne {A_i}} \right)\] ta được một đường kính, tương tự với \[{A_2},\] \[{A_3},..,\] \[{A_{20}}\]. Có tất cả \[10\] đường kính mà các điểm là đỉnh của đa giác đều \[{A_1}{A_2}{A_3} \ldots .{A_{20}}\]. Cứ hai đường kính đó ta được một hình chữ nhật mà bốn điểm là các đỉnh của đa giác đều: có \[C_{10}^2 = 45\] hình chữ nhật tất cả.
Cho phép thử có không gian mẫu \(\Omega = \left\{ {1,2,3,4,5,6} \right\}\). Tìm cặp biến cố không đối nhau trong các cặp biến cô sau?
\[A = \left\{ 1 \right\}\]và \[B = \left\{ {2,3,4,5,6} \right\}\].
\[C = \left\{ {1,4,5} \right\}\]và \[D = \left\{ {2,3,6} \right\}\].
\[E = \left\{ {1,5,6} \right\}\]và \[F = \left\{ {2,3} \right\}\].
\[\Omega \]và \[\emptyset \].
Ta có: \(\Omega \backslash E = \left\{ {2;3;4} \right\} \ne F\).
Mộttrường THPT có 24 lớp trong đó có 9 lớp khối 10, 8 lớp khối 11 và 7 lớp khối 12. Chọn ngẫu nhiên một lớp tham gia trực tuần. Tính xác suất chọn được lớp khối 10.
\(\frac{1}{3}\).
\(\frac{3}{8}\).
\(\frac{7}{{24}}\).
\(\frac{5}{8}\).
Không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = C_{24}^1 = 24\).
Gọi \(A\) là biến cố: “Chọn được lớp khối 10”.
\(n\left( A \right) = C_9^1 = 9\).
Do đó, xác suất chọn được lớp khối 10 là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{9}{{24}} = \frac{3}{8}\).
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho biểu thức \[f\left( x \right) = \left( {m - 2} \right){x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 3\].
Với \(m \ne 2\) thì \(f\left( x \right)\) là tam thức bậc hai.
Khi \(m = 3\) thì \(f\left( x \right)\) luôn nhận giá trị dương với mọi \(x \in \mathbb{R}\).
Tam thức bậc hai \[f\left( x \right)\] luôn nhận giá trị âm với mọi \(x \in \mathbb{R}\) khi và chỉ khi \(m \le 2\)
Với mọi giá trị của \(m\) thì \(f\left( x \right) = 0\) đều có nghiệm.
a) Đúng: Với \(m \ne 2\) thì \(f\left( x \right)\) là tam thức bậc hai.
b) Sai: Khi \(m = 3\) thì \(f\left( x \right)\) luôn nhận giá trị dương với mọi \(x \in \mathbb{R}\).
Khi \(m = 3\) thì \[f\left( x \right) = {x^2} - 4x + 3\] nên \(f\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 3\\x < 1\end{array} \right.\)
c) Sai: Tam thức bậc hai \[f\left( x \right)\] luôn nhận giá trị âm với mọi \(x \in \mathbb{R}\) khi và chỉ khi \(m \le 2\)
Nếu \(m = 2\) thì \[f\left( x \right) = - 2x + 3 \Rightarrow f\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow x > \frac{3}{2}\] nên không xảy ra \[f\left( x \right) < 0\] với mọi \(x \in \mathbb{R}\)
d) Đúng: Với mọi giá trị của \(m\) thì \(f\left( x \right) = 0\) đều có nghiệm.
Nếu \(m = 2\) thì \[f\left( x \right) = - 2x + 3\] nên \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}\).
Nếu \(m \ne 2\) thì \(\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 3\left( {m - 2} \right) = {\left( {m - \frac{5}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} > 0,\,\,\forall m \in \mathbb{R}\).
Vậy với mọi giá trị của \(m\) thì \(f\left( x \right) = 0\) đều có nghiệm.
Trong mặt phẳng \(Oxy\), cho tam giác \[ABC\] có \[A\left( {2\,;\,0} \right),\,\,B\left( {0\,;\,3} \right)\] và C–3 ; 1
Phương trình của đường thẳng \(d\)đi qua \[B\] và song song với \[AC\] là \(x + 5y - 15 = 0\).
Phương trình của đường trung trực đoạn thẳng \(BC\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = - \frac{3}{2} + 2t\\y = 2 - 3t\end{array} \right.\) với \(t \in \mathbb{R}\).
Đường thẳng \(AB\) có phương trình là \(3x + 2y + 6 = 0\).
Đường cao ứng với đỉnh \(C\) của tam giác \(ABC\) đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right)\).
Ta có \(\overrightarrow {AC} = \left( { - 5;1} \right)\) nên đường thẳng \(d\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {n\,} = \left( {1;5} \right)\).
Phương trình của đường thẳng \(d\) là \(1.\left( {x - 0} \right) + 5.\left( {y - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 5y - 15 = 0\).
Vậy phương trình tổng quát đường thẳng \(d\) là \(x + 5y - 15 = 0\)
Đường thẳng \(\Delta \) là trung trực của đoạn thẳng \(BC\) nhận \[\overrightarrow {CB} = \left( {3;2} \right)\] làm véc tơ pháp tuyến nên véc tơ chỉ phương của \(\Delta \) là \(\overrightarrow u = \left( {2; - 3} \right)\). Mà \(\Delta \) đi qua trung điểm \(I\left( { - \frac{3}{2};2} \right)\) của \(BC\) nên \(\Delta \) có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = - \frac{3}{2} + 2t\\y = 2 - 3t\end{array} \right.\) với \(t \in \mathbb{R}\).
Đường thẳng \(AB\) có véc tơ chỉ phương là \[\overrightarrow {AB} = \left( { - 2\,;\,3} \right)\] nên \(AB\) có véc tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {3;2} \right)\) và đi qua điểm \[A\left( {2\,;\,0} \right)\] nên \(AB\) có phương trình là
\(3\left( {x - 2} \right) + 2\left( {y - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + 2y - 6 = 0\)
Đường cao ứng với đỉnh \(C\) của tam giác \(ABC\) đi qua điểm \[C\left( {--3\,;\,1} \right)\] và nhận \(\overrightarrow {BA} = \left( {2; - 3} \right)\) làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là
\(2\left( {x + 3} \right) - 3\left( {y - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x - 3y + 9 = 0\).
Từ đó dễ thấy đường thẳng này không đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right)\).
a) Đúng: Phương trình của đường thẳng \(d\) đi qua \[B\] và song song với \[AC\] là \(x + 5y - 15 = 0\).
b) Đúng: Phương trình của đường trung trực đoạn thẳng \(BC\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = - \frac{3}{2} + 2t\\y = 2 - 3t\end{array} \right.\) với \(t \in \mathbb{R}\).
c) Sai: Đường thẳng \(AB\) có phương trình là \(3x + 2y + 6 = 0\).
d) Sai: Đường cao ứng với đỉnh \(C\) của tam giác \(ABC\) đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right)\).
Cho tập hợp \(A = \left\{ {1,2,3,4,5} \right\}\).
Từ \(A\) lập được 25 số có hai chữ số.
Từ \(A\) lập được 125 số có ba chữ số khác nhau.
Từ \(A\) lập được 24 số chẵn có ba chữ số khác nhau.
Từ \(A\) lập được 101 số lẻ có ba chữ số khác nhau.
a) Đúng: Theo qui tắc nhân có \[5.5 = 25\] số có hai chữ số.
b) Sai: Gọi số có 3 chữ số khác nhau là \(\overline {abc} \).
Chọn \(a\) có 5 cách.
Chọn \(b\) có 4 cách.
Chọn \(c\) có 3 cách.
Suy ra có \[5.4.3 = 60\] số có ba chữ số khác nhau.
c) Đúng: Gọi số chẵn có ba chữ số khác nhau là \(\overline {abc} \).
Chọn \(c\) có 2 cách.
Chọn \(a\) có 4 cách.
Chọn \(b\) có 3 cách.
Suy ra có \[2.4.3 = 24\] số chẵn có ba chữ số khác nhau.
d) Sai: Gọi số lẻ có ba chữ số khác nhau là \(\overline {abc} \).
Chọn \(c\) có 3 cách.
Chọn \(a\) có 4 cách.
Chọn \(b\) có 3 cách.
Suy ra có \[3.4.3 = 36\] số lẻ có ba chữ số khác nhau.
Bộ bài tú lơ khơ có 52 quân bài. Rút ngẫu nhiên ra 4 quân bài. Hãy xác định tính đúng sai của các mệnh đề sau:
Xác suất của biến cố \(A\): “Rút ra được tứ quý Át” là \(\frac{1}{{52}}\)
Xác suất của biến cố \(B\): “Rút ra được hai quân Át, hai quân \(K\)” là \[\frac{{36}}{{270725}}\]
Xác suất của biến cố \(C\): “Rút ra được ít nhất một quân Át” là \(\frac{{38916}}{{54145}}\)
Xác suất của biến cố \(D\): “Rút ra được 4 quân trong đó có đúng 2 quân ở cùng một tứ quý và hai quân còn lại ở hai tứ quý khác nhau” là \[\frac{{82368}}{{270725}}\]
a) Sai: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: \(C_{52}^4 = 270725\).
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = 270725\).
Vì bộ bài chỉ có 1 tứ quý Át nên số phần tử của biến cố \[A\] là: \(n\left( A \right) = 1\).
Vậy xác suất của biến cố \(A\) là \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{1}{{270725}}\].
b) Đúng: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: \(C_{52}^4 = 270725\).
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = 270725\).
Có \(C_4^2\) cách rút được hai quân Át, Có \(C_4^2\) cách rút được hai quân \(K\) nên số phần tử của biến cố \[B\] là: \(n\left( B \right) = C_4^2.C_4^2 = 36\).
Vậy xác suất của biến cố \(B\) là \[P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{36}}{{270725}}\].
c) Sai: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: \(C_{52}^4 = 270725\).
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = 270725\).
Biến cố \(\overline C \): “ Rút không được quân Át nào”.
Có \(C_{48}^4\) cách rút bốn quân không cố quân Át nào nên số phần tử của biến cố \[\overline C \] là: \(n\left( {\overline C } \right) = C_{48}^4 = 194580\).
Vậy xác suất của biến cố \(C\) là \[P\left( C \right) = 1 - P\left( {\overline C } \right) = 1 - \frac{{n\left( {\overline C } \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = 1 - \frac{{194580}}{{270725}} = 1 - \frac{{38916}}{{54145}} = \frac{{15229}}{{54145}}\].
d) Đúng: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: \(C_{52}^4 = 270725\).
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = 270725\).
Có \(C_{13}^1\) cách chọn ra 1 tứ quý. Ứng với tứ quý này có \(C_4^2\) cách chọn ra 2 quân bài.
Có \(C_{12}^2\) cách chọn ra 2 tứ quý từ 12 tứ quý còn lại. Mỗi tứ quý này có \(C_4^1\) cách chọn ra 1 quân bài nên số phần tử của biến cố \[D\] là: \(n\left( D \right) = C_{13}^1.C_4^2.C_{12}^2.{\left( {C_4^1} \right)^2} = 82368\).
Vậy xác suất của biến cố \(D\) là \[P\left( D \right) = P\left( D \right) = \frac{{n\left( D \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{82368}}{{270725}}\].
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Khi nuôi cá thí nghiệm trong hồ, một nhà sinh học tìm được quy luật rằng: Nếu trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ có \(n\) con cá thì trung bình mỗi con cá sau một vụ cân nặng \(P\left( n \right) = 360 - 10n\)(đơn vị khối lượng). Hỏi người nuôi phải thả bao nhiêu con cá trên một đơn vị diện tích để trọng lượng cá sau mỗi vụ thu được là nhiều nhất?
Tổng trọng lượng cá thu được sau một vụ là: \(T\left( n \right) = n\left( {360 - 10n} \right) = 360n - 10{n^2}\).
Đây là một tam thức bậc hai với ẩn là \(n\) có hệ số \(a = - 10 < 0\) và \(b = 360\) \( \Rightarrow \frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{{ - 360}}{{2.\left( { - 10} \right)}} = 18\)
Khi đó \(T\left( {18} \right) = 3240\).
Vậy người nuôi cần thả \(18\) con cá trên một đơn vị diện tích để đạt tổng trọng lượng cá lớn nhất là \(3240\) (đơn vị khối lượng).
Xác định số nghiệm của phương trình \({x^2} - 2x - 8 = 4\sqrt {\left( {4 - x} \right)\left( {x + 2} \right)} \)
Điều kiện: \(\left( {4 - x} \right)\left( {x + 2} \right) \ge 0 \Leftrightarrow x \in \left[ { - 2;\,4} \right]\).
\({x^2} - 2x - 8 = 4\sqrt {\left( {4 - x} \right)\left( {x + 2} \right)} \)\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 = 4\sqrt { - \left( {{x^2} - 2x - 8} \right)} \left( 1 \right)\).
Đặt \(t = \sqrt { - \left( {{x^2} - 2x - 8} \right)} \), \(t \ge 0\) \( \Leftrightarrow {t^2} = - \left( {{x^2} - 2x - 8} \right)\)\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 = - {t^2}\).
\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow - {t^2} = 4t\)\( \Leftrightarrow {t^2} + 4t = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\left( n \right)\\t = - 4\left( l \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \sqrt { - \left( {{x^2} - 2x - 8} \right)} = 0\)\( \Leftrightarrow - \left( {{x^2} - 2x - 8} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\left( n \right)\\x = 4\left( n \right)\end{array} \right.\).
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm.
Cho parabol \(\left( P \right):{y^2} = 2x\). Điểm \(M\left( {a;\,b} \right)\) thuộc parabol \(\left( P \right)\) và cách đường chuẩn của \(\left( P \right)\) một khoảng bằng \(2\) (trong đó \(a,b\) là các số thực). Tính \(T = {a^2} + {b^2}\).
Phương trình parabol có dạng \({y^2} = {\rm{2}}px\), với \(p > 0\).
Ta có \(\left( P \right):{y^2} = 2x\)\( \Rightarrow p = 1\). Suy ra đường chuẩn \(\Delta :x = - \frac{p}{2} = - \frac{1}{2} \Rightarrow x + \frac{1}{2} = 0\).
Ta lại có \(\left\{ \begin{array}{l}M\left( {a;\,b} \right) \in \left( P \right)\\d\left( {M,\Delta } \right) = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} = 2a\\\left| {a + \frac{1}{2}} \right| = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} = 2a\\a + \frac{1}{2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{3}{2}\\{b^2} = 3\end{array} \right.\)
Suy ra \(T = {a^2} + {b^2} = \frac{{21}}{4}\).
Ông Hoàng có một mảnh vườn hình elip có chiều dài trục lớn và trục nhỏ lần lượt là \(60m\)và \(30m\). Ông chia thành hai nửa bằng một đường tròn tiếp xúc trong với elip để làm mục đích sử dụng khác nhau ( xem hình vẽ). Nửa bên trong đường tròn ông trồng cây lâu năm, nửa bên ngoài đường tròn ông trồng hoa màu. Tính tỉ số diện tích T giữa phần trồng cây lâu năm so với diện tích trồng hoa màu. Biết diện tích elip được tính theo công thức \(S = \pi ab\)trong đó \(a,b\)lần lượt là độ dài nửa trục lớn và nửa trục bé của elip. Biết độ rộng của đường elip không đáng kể.
Trục lớn: \(2a = 60 \Rightarrow a = 30\).
Trục bé: \(2b = 30 \Rightarrow b = 15\).
Diện tích hình tròn: \({S_T} = \pi {.15^2}\), diện tích elip là \({S_E} = \pi .15.30\).
Tỉ số diện tích \(T = \frac{{{S_T}}}{{{S_E} - {S_T}}} = \frac{{\pi {{.15}^2}}}{{\pi .15.30 - \pi {{.15}^2}}} = \frac{{15}}{{30 - 15}} = 1\).
Từ một hộp chứa \(12\) quả cầu, trong đó có \(8\) quả màu đỏ, \(3\) quả màu xanh và \(1\) quả màu vàng, lấy ngẫu nhiên \(3\) quả. Số cách để lấy được \(3\) quả cầu có đúng hai màu bằng:
Trường hợp 1: Lấy \(1\) quả màu vàng và \(2\) quả màu đỏ có: \(C_8^2 = 28\) cách.
Trường hợp 2: Lấy \(1\) quả màu vàng và \(2\) quả màu xanh có: \(C_3^2 = 3\) cách.
Trường hợp 3: Lấy \(1\) quả màu đỏ và \(2\) quả màu xanh có: \(C_8^1.C_3^2 = 24\) cách.
Trường hợp 4: Lấy \(1\) quả màu xanh và \(2\) quả màu đỏ có: \(C_3^1.C_8^2 = 84\) cách.
Số cách để lấy được \(3\) quả cầu có đúng hai màu là: \(28 + 3 + 24 + 84 = 139\) cách.
Cách khác:
Số cách lấy \(3\) quả bất kì: \(C_{12}^3 = 220\).
Số cách lấy \(3\) quả có đủ \(3\) màu: \(C_8^1.C_3^1.C_1^1 = 24\).
Số cách lấy \(3\) quả chỉ có \(1\) màu: \(C_8^3 + C_3^3 = 57\).
Vậy số cách lấy thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(220 - 24 - 57 = 139\).
Một lớp học có \(30\) học sinh gồm có cả nam và nữ. Chọn ngẫu nhiên \(3\) học sinh để tham gia hoạt động của Đoàn trường. Xác suất chọn được \(2\) nam và \(1\) nữ là \(\frac{{12}}{{29}}\). Tính số học sinh nữ của lớp.
Gọi số học sinh nữ của lớp là \(n\,\,\left( {n \in {{\rm N}^*},n \le 28} \right)\). Suy ra số học sinh nam là \(30 - n\).
Không gian mẫu là chọn bất kì \(3\)học sinh từ \(30\) học sinh.
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = C_{30}^3\).
Gọi \(A\) là biến cố Chọn được \(2\) học sinh nam và \(1\) học sinh nữ .
Chọn \(2\) nam trong \(30 - n\) nam, có\(C_{30 - n}^2\) cách.
Chọn \(1\) nữ trong \(n\) nữ, có \(C_n^1\) cách.
Suy ra số phần tử của biến cố \(A\) là \(n\left( A \right) = C_{30 - n}^2.C_n^1\).
Do đó xác suất của biến cố\(A\) là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_{30 - n}^2.C_n^1}}{{C_{30}^3}}\).
Theo giả thiết, ta có \(P\left( A \right) = \frac{{12}}{{29}} \Leftrightarrow \frac{{C_{30 - n}^2.C_n^1}}{{C_{30}^3}} = \frac{{12}}{{29}} \Rightarrow n = 14\).
Vậy số học sinh nữ của lớp là \(14\) học sinh.
