Tài liệu tự học Toán lớp 11 để có điểm 7 8 9

Khi đó cos sin 2cos 4 sin cos 2sin cos PT sin cos sin cos Do đó có 4 điểm biểu diễn nghiệm của PT đó trên đường tròn lượng giác...  Hỏi từ tập A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên

NHÓM TOÁN THẦY CHUNG ĐT: 0984.507799 – 0888.050015

TÀI LIỆU ĐIỂM 7-8-9 CÂU VẬN DỤNG LỚP 11

NHÓM TOÁN THẦY CHUNG

Tài liệu 7-8-9 điểm

Gọi y là một giá trị của hàm số

Ta có phương trình: ysinx(y1) cosx 2 2 y

Điều kiện có nghiệm của phương trình là:

Suy ra, maxyminy3

Câu 2 Cho M m, lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số cos 2sin 3

Do 2 cosxsinx    4 0, x nên tập xác

y Y  phương trình cos 2sin 3

Gọi y0 là một giá trị của hàm số khi đó phương trình 0 1

y

Ta có y0cosx 2y0  cosx asinx  1 asinx 1y0cosx  2y0 1 *

Điều kiện để phương trình  * có nghiệm là

sin 0sin

cos 1cos 1

x x

sin cos sin cos

Phương trình cos sin x1  sin x k  2   sin x   0 2 ;

Với x0; 2  phương trình có các nghiệm là x  0, x  2  và x  

Vậy tổng các nghiệm của phương trình trên 0; 2  là: T    0  2   3 

Câu 9 Phương trình 3 sin x  cos x  0 có nghiệm âm lớn nhất là:

6 3

Xét phương trình : 2cos x  sin x   4 0   *

Dựa vào bảng biến thiên hàm số giảm trên   1;1       3 m 5 m có 9 giá trị nguyên

Câu 12 Trong khoảng 0;

Ta thấy cos 4 x  0 không thỏa mãn phương trình Chia cả 2 vế của phương trình cho cos 4 ,2 x ta được

2

tan 4x3 tan 4x 4 0 tan 4 1

tan 4 4

x x

k k x

Ta có sin2xsin cosx x m 1 cos 2 1sin 2

x

x m



    sin 2 x  cos 2 x  2 m  1 Khi đó phương trình có

Khi đó   1 có nghiệm    2 có nghiệm thuộc    1;1 4 3 5 4 5

       

Ta có: cos 2 x   2 m  1 cos  x m    1 0(1)  2cos2x   2 m  1 cos  x m   0

Đặt t  cos , 1 x     t 1  Phương trình theo t: 2 t2  2 m  1  t m   0 (2)

Vậy không có giá trị nguyên dương nào của m thỏa

Câu 18 Số nghiệm của phương trình sin 2 x  cos x  0 trên đoạn   2 ;2    là:

Lời giải Chọn D

Ta có

cos 0 sin 2 cos 0 cos (2sin 1) 0 1

Vậy ta có 8 nghiệm thỏa

Câu 19 Phương trình 2 sin2x3sinx m 0 có nghiệm khi:

Xét phương trình 2sin2x3sinx m 0 * 

Phương trình tương đương:  cos x  1 4cos 2  x m  cos x   m  1 cos  x  1 cos  x 

cos 1 4cos 2  0 cos 1

4π3

2π3

Ta có 27cos4x  8sin x  12  27sin4x  54sin2x  8sin x  15 0 

,sin 0,5 arcsin( 0,5) 2

ĐK: sin 2x0 Khi đó cos sin 2cos 4

sin cos 2sin cos

PT

sin cos sin cos

Do đó có 4 điểm biểu diễn nghiệm của PT đó trên đường tròn lượng giác

Câu 23 Tìm m để phương trình cos 2x2(m1) sinx2m 1 0 có đúng 3 nghiệm x    0; 

A 0   m 1 B 0   m 1 C 0   m 1 D    1 m 1

Lời giải Chọn B

4cos 2 2 1 4 cos 2 3cos 2 1 cos 2

4 cos 2 4cos 2 3 cos 2 x m 3 0

 

  Phương trình trên trở thành:

Tìm m để phương trình:  sin x  1 cos   2x  cos x m    0 có 5 nghiệm thuộc  0;2  

sin 1 cos cos 0 *

Đặt 2 sin sin cos ;

Khi đó: sin 2x= -t2 1 Phương trình đã cho trở thành:t2+ - =t 3 m.(2)

Lưu ý rằng: mỗi nghiệm t Î(1; 2) của phương trình (2) cho ta 2 nghiệm 0;3

t t

é =ê

ê Î

êë chỉ cho ta một nghiệm

30;

của phương trình (1) Số nghiệm phương trình (2) bằng

số giao điểm của (P): y t = + -2 t 3 và đường thẳng y=m

1 1 54

Câu 29 [Tham Khảo BGD-2018]Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

3m  33m  3sin x  sin x có nghiệm thực?

Lời giải

Chọn A

Ta có 3m  33m  3sin x  sin x  33m  3sin x  sin3x m    1

Đặt sin x u  Điều kiện    1 u 1 và 33 m  3sin x v   v3  m 3 u   2

Xét hàm số f u    u3 3 u với u    1;1  Ta có f u     3 u2 3; f u        0 u 1 do u    1;1  Suy ra

3 27 ( )

f u  u  ; f u  ( ) 0    u 3 do u  0 Suy ra

(0;min ( ))f u 54

  

Do đó có vô số giá trị nguyên của m để phương trình có nghiệm thực

Câu 32 Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2sin 1

sin 3

x m x

4 2sin 2 4 3sin 2 sin 4 sin 2 sin 4

sin 2 4sin 2 cos 2 sin 2 4sin 2 1 sin 2 1

Câu 37 Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

3 5m123 5m12sin 2x sin 2x có nghiệm thực ?

f u  u  u trên đoạn    1;1 Ta có f u     3 u2 12; f u          0 u 2  1;1 

11 5( 1)

Câu 38 Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

37m7537m75sin(3ln ) sin(3ln )x  x có nghiệm thực ?

( 75 )7

f u  u  u

 trên đoạn    1;1 Ta có   1 2

(3 75)7

f u  u 

 ; f u          0 u 5  1;1 

74( 1)

Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 133 137

81  m 81 mà m  nên không tồn tại m để phương trình đã cho có nghiệm thực

Chọn 4 học sinh bất kỳ từ 12 học sinh có C124 cách

Chọn 4 học sinh thuộc cả 3 lớp có: C C C51 14 32C C C15 42 31C C C52 14 31 cách

Vậy có 4  1 1 2 1 2 1 2 1 1

12 5 4 3 5 4 3 5 4 3 225

C  C C C C C C C C C  cách chọn 4 học sinh thỏa yêu cầu bài toán

Câu 41 [1D2-1.4-3] Có bao nhiêu số có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sao cho số đó chia hết cho 15

Lời giải Chọn B

Số có 4 chữ số là số có dạng: abcd 1a b c d, , , 9

Để abcd chia hết cho 15 thì abcd phải chia hết cho 3 và chia hết cho5

+) abcd chia hết cho 5 thì d  5

+) abcd chia hết cho 3 thì tổng a b c    5 phải chia hết cho 3

Chọn a có 9 cách, chọn b có 9 cách chọn thì:

- Nếu a b   5 chia hết cho 3 thì c   3;6;9   ccó 3 cách chọn

- Nếu a b   5 chia cho 3 dư 1 thì c   2;5;8   ccó 3 cách chọn

- Nếu a b   5 chia cho 3 dư 2 thì c   1;4;7   ccó 3 cách chọn

Vậy, theo quy tắc nhân ta có: 9.9.3 243  số

Câu 42 Cho tập hợp A   1;2; ;20  Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 5 số từ tập A sao cho không có hai số nào

là hai số tự nhiên liên tiếp?

Lời giải Chọn D

Cách lấy ra 5 số từ tập A sao cho không có hai số nào là hai số tự nhiên liên tiếp tương tự cách đặt 5 vách ngăn chia 15 số còn lại của tập A, do đó có C165 cách

Câu 43 Tronghộp có 5 quả cầu đỏ và 7 quả cầu xanh kích thước giống nhau Lấy ngẫu nhiên 5 quả cầu từ hộp Hỏi có bao nhiêu khả năng lấy được số quả cầu đỏ nhiều hơn số quả cầu xanh ?

Có C55 1khả năng lấy được 5 quả cầu đỏ

Vậy có 210 35 1 246   khả năng lấy được số quả cầu đỏ nhiều hơn số quả cầu xanh

Câu 44 Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 5,6,7,8,9 Tính tổng tất cả các số thuộc S

Lời giải Chọn A

+ Số các số tự nhiên thoả mãn điều kiện bài toán có chữ số 5 ở hàng đơn vị là 4! Tương tự như thế số các số

có chữ số đơn vị là 6,7,8,9 là 4! Vậy tổng các chữ số đơn vị là a  4! 5 6 7 8 9      

Lời giải Chọn A

Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau là: P5  120

Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau trong đó hai chữ số 1, 2 đứng cạnh nhau là:

4

2 P  48

Suy ra, số các số cần tìm là: 120 48 72  

Câu 47 Cho tập hợp A   0;1;2;3;4;5;6;7  Hỏi từ tập A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ

số đôi một một khác nhau sao cho một trong 3 chữ số đầu tiên phải bằng 1.

Lời giải Chọn D

Vì số có bốn chữ số có dạng abcd sao cho a b c d   nên a , b , c ,d   1;2;3;4;5;6;7;8;9 

Trường hợp 1: a b c d   nên ta chỉ cần 3 chữ số là lập được số này Lấy ra bất kỳ 3 số trong 9 số thì chỉ

Vì tổng cả 6 số là 21 nên số thỏa mãn yêu cầu bài toán có tổng ba chữ số đầu bằng 11 và tổng ba chữ số sau bằng 10 Do đó ba số đầu được lập từ tập  2;3;6 , 2;4;5 , 1;4;6     , ba số sau được lập từ các số còn lại sau khi trừ đi ba số đầu thuộc mỗi bộ 3 số ở trên

Mỗi bộ số như vậy có 3!.3! 36  số Do đó số các số lập được là 36.3 108  số

Câu 50 Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số lập từ các chữ số 0;1; 2;3; 4;5;6, đồng thời mỗi số trong tập A chữ số 1 có mặt đúng 3 lần, 3 chữ số còn lại khác nhau đôi một Số phần tử của tập hợp A là:

Chọn 3 số đặt 3 vị trí còn lại: 6.5.4 cách (Các chữ số đôi một khác nhau)

 Chọn số đặt vào 6 vị trí sao cho chữ số 1 có mặt đúng 3 lần: 20.6.5.4 2400  cách

* Chọn số cho 6 vị trí mà số đầu tiên là số 0:

Chọn ra 3 vị trí để đặt số 1: C5310

Chọn 2 số để đặt vào 2 vị trí còn lại: 5.4

 Chọn số đặt vào 6 vị trí mà số đầu tiên là số 0: 10.5.4 200  cách

Số tự nhiên thỏa đề bài: 2400 200 2200   (số)

Câu 51 Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau trong đó chứa các chữ số 3, 4, 5 và chữ số

4 đứng cạnh chữ số 3 và 5

A 1470 B 750 C 2940 D 1500

Lời giải

Chọn D

Gọi số có 6 chữ số (kể cả chữ số 0 xếp vị trí a) thỏa yêu cầu bài toán là X abcdef

+ Chọn 3 vị trí đứng cạnh nhau trong 6 vị trí a b c d e f, , , , , để xếp 3 chữ số 3, 4, 5 vào và thỏa điều kiện chữ số 4 đứng cạnh chữ số 3 và 5 ta có C14.2! 8 cách

+ Chọn 3 chữ số trong 7 chữ số còn lại xếp vào 3 vị trí còn lại trong X ta có C73.3! 210 cách

Vậy có 8.210 1680  số có 6 chữ số (kể cả chữ số 0 xếp vị trí a) thỏa yêu cầu bài toán

+ Tương tự nếu X 0bcdef thì có C13.2!C62.2! 180 số

Vậy có 1680 180 1500   số thỏa yêu cầu bài toán

Câu 52 Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3?

Lời giải Chọn C

Sắp xếp bộ ba số 1, 2, 3 sao cho 2 đứng giữa 1,3 có 2 cách

Số số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3 kể cả trường hợp số 0 đứng đầu là: 2 .5!C74 số

Số số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3, có số

0 đứng đầu là: 2 .4!C63 số

Suy ra số số tự nhiên thỏa yêu cầu bài toán là 2 .5! 2 .4! 7440C74  C63 

Câu 53 Từ các số 1,2,3, 4,5,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và tổng các chữ số của nó là số lẻ

A.120 B. 66 C. 7920 D.15120

Lời giải

Xét cách sắp xếp 7 chữ số 0,1, 2,3,3,3, 4, ta có 7! cách sắp xếp, do 3 xuất hiện 3 lần nên chia cho số lần lặp

Gọi các số được chọn là a b c d e, , , , thỏa a b c d e    

Vì không có 2 số tự nhiên nào liên tiếp nhau nên a b         1 c 2 d 3 e 4

Ta có   4

20

n  C

Đặt A là biến cố chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác sao cho 4 đỉnh là 4 đỉnh của hình chữ nhật

Giả sử ABCD là một hình chữ nhật mà A, B, C, D là 4 đỉnh của đa giác đều 20 đỉnh nội tiếp đường tròn

Khi đó đường chéo AC, BD là đường kính

Đa giác đều có 20 đỉnh suy ra có 10 đường chéo đi qua tâm

Số cách chọn hình chữ nhật thỏa yêu cầu bài toán tương ứng bằng số cách chọn ngẫu nhiên 2 đường chéo của đa giác đều có 20 đỉnh đi qua tâm Suy ra   2

10

A

n  C

Câu 57 [Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - KSCL - Lần 1 (2017 - 2018)]Một khối lập phương có độ dài cạnh

là 2cm được chia thành 8 khối lập phương cạnh 1cm Hỏi có bao nhiêu tam giác tạo thành từ các đỉnh của các khối lập phương cạnh 1cm?

Lời giải Chọn A

Các khối lập phương cạnh1cm có tất cả là 27 đỉnh Vậy có tất cả C273 bộ ba điểm bao gồm các bộ ba điểm thẳng hàng và không thẳng hàng

+Trên mp ABCD  có 8 bộ ba điểm thẳng hàng, cùng với hai mp song song với nó thì có 8.3 24 

bộ ba điểm thẳng hàng

+Tương tự trên mp ABB A   ,cùng với hai hai mp song song với nó thì có 8.3 24 

bộ ba điểm thẳng hàng, nhưng trên mỗi mặt có ba bộ thẳng hàng được đếm hai lần, nên số bộ ba thẳng hàng trong trường hợp này là: 24 3.3 15  

+Trên mp BCC B   ,cùng với hai hai mp song song với nó thì có 8.3 24 

bộ ba điểm thẳng hàng, nhưng trên mỗi mặt có sáu bộ thẳng hàng được đếm hai lần, nên số bộ ba thẳng hàng trong trường hợp này là: 24 6.3 6  

+ Có 4bộ ba thẳng hàng nằm trên bốn đường chéo của khối lập phương có độ dài cạnh là 2cm

Do đó số các tam giác tạo thành từ các đỉnh của các khối lập phương cạnh1cm là C273 24 15 6 4 2876   

Câu 58 Cho đa giác lồi có 10 cạnh, trong đó không có 3 đường chéo nào đồng quy tại một điểm khác đỉnh của đa giác (3 đường chéo nếu đồng quy chỉ có thể đồng quy tại đỉnh của đa giác) Số giao điểm của các đường chéo của đa giác là :

Lời giải Chọn C

Cứ 4 đỉnh của đa giác sẽ có 1 giao điểm của các đường chéo Do đó số giao điểm của các đường chéo nằm trong đa giác là C104 210 Tính tại 10 đỉnh của đa giác cũng là giao điểm của các đường chéo Do đó số giao điểm của các đường chéo của đa giác là 220

C   C   A  ?

Lời giải Chọn A

Ta có:  220

1 x x  có số hạng tổng quát là  2

20

k k

2

x x

2

k k k k

Số hạng không chứa x ứng với 12 3  k    0 k 4 Vậy số hạng cần tìm là 24C64 24C62

Câu 63 Cho khai triển nhị thức Newton của  2

2 3  x n, biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn

Số hạng tổng quát trong khai triển  6

T C x  C x Suy ra hệ số của x12 là: C106

Câu 66 [Luyện thi THPT.QG - Nguyễn Thanh Tùng - Lần 1 (2017 - 2018)]Gọi a là hệ số không chứa x

trong khai triển nhị thức Niu – tơn

  , biết tổng các hệ số trong khai triển trên bằng 4096 (n là số nguyên dương và x  0)

D C127

Lời giải Chọn A

n k

Vậy hệ số của số hạng chứa x2 là  2 38   768

Hệ số của x6 trong khai triển  10

1 2x  thành đa thức là:

A.13440 B.210 C.210 D.13440

Lời giải

2

x x

Số hạng không chứa x ứng với k thỏa 30 5  k  0   k 6

Vậy số hạng không chứa x là 6 6

102 13440

Câu 71 Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển của 13 5 n

x x

0

k k

k k

k k k

C x





( 2)

k k k k



Số hạng không chứa x ứng với 36 4  k  0   k 9

Vậy số hạng không chứa x là: ( 2) C 9 129   112640

   Khi đó 10 2  k    0 k 5 Nên hệ số cần tìm là  5 5

Câu 75 Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển

Câu 76 Tìm hệ số không chứa x trong khai triển biểu thức 4 3  

k    k Vậy số hạng không chứa x là C178 24310

Câu 77 Cho khai triển 3

3 2

3 n

x x

  theo thứ tự số mũ giảm dần, tìm hệ số của

số hạng chứa x5 của khai triển biết hệ số của số hạng thứ ba là 5

A 28

28 27

27 28

Hệ số của x7 trong khai triển là ứng với 4.7 7  k      7 k 3 T 560

Câu 81 Biết rằng hệ số của x4 trong khai triển nhị thức Newton 2xn(n *) bằng 60 Tìm n

Lời giải Chọn B

Ta có a4     a5 a6 a12

Suy ra a0  a1 a2  a3 a4    a5 a6 a12

Vậy hệ số lớn nhất trong khai triển là: a4 C124.212 4 126720

1 n n k k

n k



  Hệ số của xn trong khai triển trên là C2n n (1)

Ta viết lại khai triển trên ( )2 ( ) ( )

4 !

n n

P n

+

+

=-

2 1

i i

2017 2017 2017 2017

1x C C x C x   C x Chọn x  1 thì

2017 2017 2017 2017

1x C C x C x   C x Chọn x  1 thì

Ta có : 

0

1 n n k k

n k

Ta có n     9.9.8.7 4536 

Gọi A: ”Chọn được số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 25”

Vàabcd là số tự nhiên thoả mãn đề bài

TH1: số được chọn có dạng ab25, khi ấy có a có 7 cách chọn và b cũng có 7 cách chọn, nên

theo quy tắc nhân ta có 7.7 49  (số)

TH2: số được chọn có dạng ab75, khi ấy ta cũng có 49(số)

TH3: số được chọn có dạng ab50, khi ấy có a có 8 cách chọn và b có 7 cách chọn, nên

theo quy tắc nhân ta có 8.7 56  (số)

Vậy theo quy tắc cộng, ta có 49 49 56 154    (số) Suy ra n A    154

Số phần tử của không gian mẫu là n     36

Gọi A là biến cố thỏa yêu cầu bài toán

Phương trình x2bx c 0 có nghiệm khi và chỉ khi  b24c 0 b24c

Xét bảng kết quả (L – loại, không thỏa ; N – nhận, thỏa yêu cầu đề bài)

Dựa vào bảng kết quả trên ta thấy số kết quả thuận lợi cho A là 19

Vậy xác suất của biến cố A là :   19

C C C C C



C

3 4 3 10

C

3 4 3 10

1 C

C



Lời giải Chọn D

C

Ta tìm số cách chọn 7 cuốn còn lại sao cho không có đủ 3 môn

Có 3 trường hợp :

7 cuốn còn lại gồm 2 môn toán lý : có C97 cách

7 cuốn còn lại gồm 2 môn lý hóa : có C117 cách

7 cuốn còn lại gồm 2 môn toán hóa : có C107 cách

Suy ra có C97C117 C107 486cách chọn 7 cuốn còn lại sao cho không có đủ 3 môn Do đó số cách chọn 8 cuốn sao cho 7 cuốn còn lại có đủ 3 môn là C157 486 5949 cách

Xác suất cần tìm là 7

15

5949 661

.715

P C

Chọn ra 3 đỉnh từ 30 đỉnh của đa giác H ta được một tam giác, khi đó   3

30 4060

Gọi A: “Tam giác được chọn không có cạnh nào là cạnh của đa giác H”

A

 : “Tam giác được chọn có ít nhất một cạnh là cạnh của đa giác H”

TH1: Tam giác được chọn có đúng 2 cạnh là cạnh của đa giác H có 30 tam giác

TH2: Tam giác được chọn có đúng 1 cạnh là cạnh của đa giác H

Chọn 1 cạnh là cạnh của đa giác H có 30 cách

Chọn 1 đỉnh còn lại có 30 4 26   cách (4 đỉnh bị trừ gồm 2 đỉnh của cạnh đã chọn và 2 đỉnh liền kề - trùng với số

+ Xếp 6 người ngồi vào 6cái ghế xếp thành hàng ngang có 6! cách

Suy ra số phần tử của không gian mẫu: n( ) 6! 

+ Gọi Alà biến cố: "xếp 3 người đàn ông, hai người đàn bà và một đứa bé ngồi vào 6cái ghế xếp thành hàng ngang sao cho 2 đứa bé ngồi giữa hai người đàn bà"

Cách 1:

Xếp 3 người đàn ông lên một hàng ngang, có 3! cách

Xem 3 người đã ngồi là 3 vách ngăn, 3 người này tạo ra 4 chỗ trống Chọn một chỗ trống có 4 cách Xếp 2 người đàn bà ngồi vào chỗ đã chọn có 2! cách

Xếp đứa trẻ ngồi vào giữa có 1 cách

Số phần tử của không gian mẫu:n W = ( ) 63= 216

Đặt biến cố: A : “Trong ba lần quay, kim của bánh xe lần lượt dừng lại ở ba vị trí khác nhau”

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n A ( ) = 6.5.4 120 =

Xác suất của biến cố A là: ( ) ( )

Số phần tử của không gian mẫu  C354

Gọi A là biến cố: “4học sinh được gọi có cả nam và nữ”

Số phần tử của không gian mẫu  C354

Gọi A là biến cố: “4học sinh được gọi có cả nam và nữ”

2

i

P A  i n Gọi A là biến cố lần gieo thứ n xuất hiện mặt ngửa Ta có: A A A  1 n1

Câu 109 Lấy ngẫu nhiên 6 viên bi từ một thùng gồm 4 bi xanh, 5 bi đỏ và 8 bi vàng Tính xác suất để 6 viên

bi lấy ra có đủ cả ba loại xanh, đỏ, vàng?

Số phần tử của không gian mẫu   6

17.

n   C