Chọn lọc 1 số bài hay về toán xác suất hệ phương trình bất phương trình và bất đẳng thức

file gồm 4 chuyên đề gồm xác suất hệ phương trình bất phương trình và bất đẳng thức gồm những bài toán hay được chọn lọc và giải chi tiết thích hợp với học sinh ôn luyện lấy điểm 7 8 9 10 trong đề thi đại học .

Trang 1

I believe whatever doesn’t kill you, simply makes you…stranger.

tetu Group TRẦN ANH HÀO – NGUYỄN THỊ HƯƠNG

CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC

MÔN TOÁN

An Giang, ngày 31 tháng 5 năm 2015 “ Ngày đầu tiên thành lập Tetu Group”

Trang 2

A CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC VỀ TỔ HỢP

Bài 1 Cho tập hợp các số tự nhiên có dạng abc với a  và , ,0 a b c theo thứ tự tăng dần Tính xác xuất để chọn được

một số chẵn từ tập hợp trên

Ta có a b c phân biệt và , , 0 a b c   nên chọn ra 3 số từ 1 đến 9 thì chỉ có một cách sắp xếp thoả mãn

Không gian mẫu  là số cách chọn ra 3 số từ 1 đến 9 Do đó 3

9 84

C

Gọi A là tập hợp các số chẵn có trong tập hợp trên Ta có các trường hợp sau:

 c  thì không có trường hợp nào thoả mãn 2

 c  thì ta có thể chọn hai số còn lại từ 1, 2,3 Vậy có 4 2

Gọi abcd với a0,0a b c d, , , 5, , , ,a b c d  và a b c d    là số có dạng cần tìm 1

Do a b c d đôi một phân biệt nên , , , a b  4 5 9, suy ra c d  1 9  c d 8

Hơn nữa c d     1 0 1 1 2, suy ra a b 2

Nếu a b  thì ta có: 9 a4,b hoặc ngược lại Khi đó 5 maxc d 16 Do đó trường hợp này không thoả Nếu a b  thì ta có: 8 a3,b hoặc ngược lại Khi đó 5 maxc d 17 Trường hợp này cũng không thoả Nếu a b  thì ta có: 7

 a5,b hoặc ngược lại Khi đó 2 c d 1  2, 4, 5,6,8  Do đó trường hợp này không thoả

 a3,b hoặc ngược lại Khi đó 4 c d ;  1; 5 , 5;1    Vậy trường hợp này có 4 số thoả mãn

Nếu a b  thì ta có: 6

 a5, b hoặc ngược lại Khi đó ta có: 1 c d ;  2; 3 ; 3; 2    Vậy trường hợp này có 4 số thoả mãn

 a2,b hoặc ngược lại Khi đó ta có: 4 c d ,  5; 0 ; 0; 5    Vậy trường hợp này có 4 số thoả mãn

Nếu a b  thì ta có: 5

 a b ;  2; 3 ; 3; 2    Ứng với trường hợp này ta có: c d ;  4; 0 ; 0; 4    Trường hợp này có 4 số thoả mãn

 a b ;  5; 0  Ứng với trường hợp này ta có: c d ;  1; 3 ; 3;1    Trường hợp này có 2 số thoả mãn

 a b ;  1; 4 ; 1; 4    Trường hợp này không thoả mãn

Trang 3

Vậy có 2018 số được lập từ A thoả mãn lớn hơn 1997

Bài 4 Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số có dạng abcd sao cho a  b c d

Nếu c d thì ta chỉ cần chọn ra 3 số từ 0 đến 9 Một cách chọn này chỉ có một cách sắp xếp thoả mãn

Vậy có C 93 84 số

Nếu c d thì ta chỉ cần chọn ra 4 số từ 0 đến 9 Một cách chọn này cũng chỉ có một cách sắp xếp thoả mãn

Vậy có: C 94 126 số

Do đó 210 số tự nhiên thoả mãn yêu cầu bài toán

Bài 5 Trong kì thi THPT Quốc gia năm 2015, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8 môn: Toán, Lí, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng anh Một trường Đại học dự kiến tuyển sinh dựa vào tổng điểm của 3 môn trong kì thi chung và có ít nhất

1 trong hai môn là Toán hoặc Văn Hỏi trường Đại học đó có bao nhiêu phương án tuyển sinh?

Chọn ra 3 môn tuỳ ý từ 8 môn đã cho ta có: C 83 56 cách

Chọn ra 3 môn mà không có Toán và Văn có: C 63 20 cách

Vậy trường Đại học có: 56 20 36  phương án tuyển sinh

Bài 6 Một lớp học có 10 học sinh nam và 15 học sinh nữ Trong Đại hội chi bộ của lớp, giáo viên chủ nhiệm cần chọn

ra 3 học sinh làm cán bộ lớp gồm một lớp trưởng, một lớp phó và một thư kí Giáo viên chủ nhiệm có bao nhiêu cách chọn mà có cả nam và nữ, hơn nữa thư kí phải là học sinh nữ

 Chọn ra 1 nữ làm thư kí có C cách chọn 151

 Còn lại chọn 2 bạn làm lớp trường hoặc lớp phó, có hai trường hợp:

 1 nam, 1 nữ và hai người này có thể hoán đổi chức vụ cho nhau, tuy nhiên đã chọn ra 1 bạn nữ làm thư kí nên số cách chọn là 2C141 C101

 2 nam, và hai người này có thể hoán đổi chức vụ cho nhau nên số cách chọn là 2C102

Trang 4

C C C  C Bài 7 Một chiếc hộp có chín thẻ giống nhau được đánh số liên tiếp từ 1 đến 9 Rút ngẫu nhiên đồng thời hai thẻ (không

kể thứ tự) rồi nhân hai số ghi trên thẻ với nhau Tính xác xuất để kết quả nhận được là một số chẵn

Không gian mẫu  là số cách rút hai thẻ, ta có:  C92 36

Rút hai thẻ đồng thời ngẫu nhiên là số chẵn ta có: C  cách rút 42 6

P  

Chú ý: nếu tính thứ tự thì ta phải nhân thêm với 2 để xét thẻ nào rút trước thẻ nào rút sau

Bài 8 Một hộp đựng 5 viên bi màu đỏ và 6 viên bi màu xanh Lấy ngẫu nhiên từ hộp 4 viên bi Tính xác xuất để trong 4 viên được lấy ra có đủ cả hai màu và số viên màu đỏ nhiều hơn số viên bi màu xanh

Không gian mẫu là số cách lấy 4 viên bi trong hộp ra, ta có:  C114 330

Theo đề bài, chỉ có trường hợp lấy ra 3 viên đỏ và 1 viên xanh là thỏa yêu cầu

Bài 9 Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thổng có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp ,A 4 học sinh lớp B

và 3 học sinh lớp C Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi làm nhiệm vụ Tính xác xuất để trong 4 học sinh được chọn không có quá 2 trong 3 lớp

Số cách chọn ra 4 học sinh tham gia là C 124 495

Gọi X là số cách chọn học sinh sao cho mỗi lớp đều có học sinh tham gia

 Chọn hai học sinh lớp A và một học sinh lớp B một học sinh lớp , C Ta có: 2 1 1

Do đó số cách chọn mà trong 4 học sinh được chọn không có quá 2 trong 3 lớp là 495 270 225. 

Vậy xác xuất để chọn ra học sinh tham gia mà không có quá 2 trong 3 lớp là: 225 5

P  

Bài 10 Có 14 tấm thẻ giống nhau được đánh số từ 1 đến 14 Chọn ngẫu nhiên ra 7 tấm thẻ không tính thứ tự Tính xác suất để trong 7 tấm thẻ được chọn có 3 tấm thẻ mang số lẻ, 4 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có duy nhất một tấm thẻ mang số chia hết cho 5

Trang 5

 Trường hợp 1: Tấm thẻ mang số chia hết cho 5 là tấm thẻ mang số 5 Khi đó, số cách chọn tấm thẻ mang số

lẻ trong những tấm thẻ còn lại là C số cách chọn tấm thẻ mang số chẵn là 62, 4

7

C Vậy số cách chọn trong trường

hợp này là C C62 74 525

 Trường hợp 2 : Tấm thẻ mang số chia hết cho 5 là tấm thẻ mang số 10 Khi đó, số cách chọn tấm thẻ mang số

lẻ là C số cách chọn tấm thẻ mang số chẵn trong những tấm thẻ còn lại là 73, 3

Chọn ra 2 học sinh lớp C có C 52 10 cách Chọn tuỳ 13 học sinh tuỳ ý từ hai lớp A và B có C 1325 5200300 cách

Ta đếm số cách chọn sao cho lớp A có ít hơn 5 học sinh trong 13 học sinh, dễ thấy chỉ có hai trường hợp thoả mãn:

 Chọn ra 3 học sinh lớp A và 10 học sinh lớp B có C153 C1010 455 cách

 Chọn ra 4 học sinh lớp A và 9 học sinh lớp B có C154 C109 13650 cách

Vậy số cách chọn ra 13 học sinh từ hai lớp ,A B sao cho lớp A có nhiều hơn 5 học sinh là:

Vậy số cách chọn thoả mãn bài toán là 51861950

Bài 12 Từ 16 chữ cái của chữ "KI THI THPT QUOC GIA" chọn ngẫu nhiên ra 5 chữ cái Tính xác xuất để chọn được 5 chữ cái đôi một phân biệt

Trong "KI THI THPT QUOC GIA" có: 1K, 3I, 3T, 2H, 1P, 1Q, 1U, 1O, 1C, 1G, 1A

Ta xem các chữ cái chỉ xuất hiện 1 lần thành 1 nhóm gọi là nhóm A, dễ thấy A có 8 phần tử

Không gian mẫu bài toán là chọn ra 5 chữ cái từ 16 chữ cái, ta có: 5

16

C 4368

Ta đếm số cách chọn ra 5 chữ cái đôi một phân biệt

 Trong 5 chữ lấy ra đều thuộc nhóm A, có C 85 56 cách chọn

 Trong 5 chữ lấy ra có chứa:

Trang 6

Bài 13 Hai thí sinh A và B tham gia một buổi thi vấn đáp Cán bộ hỏi thi đưa cho mỗi thí sinh một bộ câu hỏi thi gồm

10 câu hỏi khác nhau, được đựng trong 10 phong bì dán kín, có hình thức giống hệt nhau, mỗi phong bì đựng 1 câu hỏi; thí sinh chọn 3 phong bì trong số đó để xác định câu hỏi thi của mình Biết rằng bộ 10 câu hỏi thi dành cho các thí sinh là như nhau, tính xác suất để 3 câu hỏi A chọn và 3 câu hỏi B chọn là giống nhau

C D sao cho mỗi nhóm có 5 bạn Việc chia nhóm được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên Tính xác suất để

5 bạn nữ thuộc cùng một nhóm

Không gian mẫu là số cách chia 20 bạn thành 4 nhóm, ta có:  C520C155 C105 C55

Gọi X là biến cố sao cho 5 bạn nữ thuộc một nhóm

Xếp 5 bạn nữ vào 1 lớp có 4 cách xếp Xếp 15 bạn nam còn lại 3 lớp có C155 C105 C55

3 Có hai hộp đựng bút, hộp thứ nhất đựng 4 bút đen và 6 bút xanh; hộp thứ hai đựng 5 bút đen và

8 bút xanh Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên ra hai chiếc bút, tính xác suất để lấy được hai cặp bút kh

7 Một trò chơi quay số trúng thưởng với mâm quay là 1 đĩa tròn chia đều thành 10 ô vuông và được đánh số tương ứng từ 1 đến 10 Người chơi tham gia bằng cách quay liên tiếp mâm quay 2 lần, khi mâm quay dừng quay kim

Trang 7

chỉ tương ứng với ô được đánh số Người chơi trúng thưởng nếu tổng của 2 số kim quay chỉ khi mâm quay dừng

là một số chia hết cho 3 Tính xác suất để người chơi trúng thưởng

B CÁC BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Bài 1 Giải hệ phương trình:

Với y  1 2 2 , ta có x  2 2 2 Ta thấy cặp nghiệm này thoả mãn các điều kiện đã cho

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x y ;  2 2 2;1 2 2   

Trang 8

2 a b 2  a b  thật vậy bất đẳng thức tương đương:

2 a b  1 2 a b 2 2 a b  0Bất đẳng thức cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh

Thử lại thấy thoả mãn

Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất x y  ;   1; 2 

33

P

y x

x y

Trang 9

Đẳng thức xảy ra khi ab  hoặc 1 ab

Đẳng thức xảy ra khi x y0 Suy ra 0x y2

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 2 4x 1 4x2  x 4

Nhận xét x 2 là một nghiệm của phương trình, xét 0x2, ta có:

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

Nếu x 0, từ phương thứ nhất của hệ ta có y 1 Thay vào phương trình thứ hai thấy không thoả

Vậy x 0 Khi đó hệ đã cho tương đương:

Trang 10

2 2

Với x 1, ta có y 1 Các nghiệm này thoả điều kiện xác định

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x y ;  1;1 

Trang 11

2 2

21

x

y x y x

Do đó f t( ) đồng biến trên (0;) Lại có f(2 )y f 1 2y 1

Vì y0 nên 2y26y do đó phương trình vô nghiệm 0

Vậy hệ đã cho vô nghiệm

Trang 12

Do đó phương trình đã cho có nghiệm t3 x3 y

Trang 13

Từ đó suy ra: t 1 3 t t24t6 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t 1 x2 2 y

Thay vào phương trình thứ nhất ta được:

Trang 14

x x y

x y x

Nếu y 0, thì phương trình thứ nhất suy ra xy0 x y0 Vô li vì 1

1

01

Trang 15

2

12

Thoả điều kiện xác định

Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất x y ;  18 4 21;19 4 21   

Do đó bất đẳng thức cần chứng minh đúng Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

Trang 16

Các nghiệm này đều thoả mãn điều kiện

Vậy hệ cho có hai nghiệm x y ;  2; 2 , 4; 4 , 6; 6     

1

x x y

Thoả điều kiện (*)

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( ; )x y (0;1), (1; 2)

Trang 17

Do đó phương trình vô nghiệm

Vậy hệ đã cho có nghiệm x y  ;   3; 2 ; 2; 3    

Bài 15 Giải bất phương trình: 23 x233x 1 3 2x 1

Trang 18

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S     2; 

Bài 16 Giải bất phương trình: 337x6 7 3 x4 x24x21

.3

x  Với điều kiện xác định ta có biến đổi sau:

Trang 19

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   ;1  1;

2

2 2

Hợp lại ta có tập nghiệm của bất phương trình là: S  0; 1  1 3 

Bài 19 Giải bất phương trình: x2355x 4 x224

Trang 20

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S 1;

Bài 20 Giải bất phương trình: x 3x2 9x26x x x 22

.3

2 2 2

Trang 21

yx

Trang 22

Đặt x a 1, y b 1, z c 1 với y z , 2 Khi đó biểu thức trở thành:

Trang 23

2 2

Suy ra P 24 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy z 1

Vậy giá trị lớn nhất của P là 24

Bài 3 Cho hai số thực x y thoả mãn , x y  và 0 x3y3  x y 3 6 6

Tìm giá trị nhỏ của biểu thức: P3 123 x34x y x2  3y34x2 y

Trang 24

x y  3x22xy2y2 đúng do 0 xy

Từ đây suy P x 3y34x4 y Áp dụng bất đẳng thức 3 3  3

,4

xy Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 75

4 Bài 4 Cho các số thực dương x y z thoả mãn , , x2 y2z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Vì x y z là độ dài ba cạnh của một tam giác nên , , 3 3

2

x y z  z z z

Trang 25

Trang 26

Bài 6 Cho các số thực không âm a b c, , thoả mãn a b c  3 Chứng minh rằng

Vậy ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a1,b2, c0 và các hoán vị

Bài 7 Cho các số thực dương a b c thoả mãn , , a2bc b 2c2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Trang 27

a P

a b c  

9 Bài 8 Cho các số thực dương x y z, , thoả mãn xy 1 z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Trang 28

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 13

33

P

y x

x y

Đẳng thức xảy ra khi ab  hoặc 1 ab

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1 đạt được khi x y0

Giá trị lớn nhất của A là 1 đạt được khi x y0

Bài 10 Cho hai số thực dương ,x y thoả mãn 3x y7 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

Trang 29

8

bc P

y

10; 2

2

 Bài 12 Cho các số thực dương a b c, , thoả mãn ab bc ca  3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Trang 30

Trang 31

Bài 14 Cho x y z  , , 1 và x 1 y z z 1 5 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Bài 15 Cho x y z là các số thực dương thoả mãn , , x y 4xy4xyz Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

3 2

Trang 32

12

3 2

21

Do đó f t( ) đồng biến trên [4;) Từ đó ta có: ( ) (4) 5

3

P f t  f  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y2 ab2 c

Trang 33

4 Cho hai số thực dương a b, thoả mãn a b  và 5 a 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Định dạng
Số trang	34
Dung lượng	530,88 KB