Vậy có 2 số thuần ảo trong các số phức đã cho.. Gọi H là trung điểm AB... Gọi P là mặt phẳng qua trục của hình nón thì P cắt hình nón theo tam giác cân SAB , cắt mặt cầu theo đường tròn
Trang 1ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 7
Câu 3 Số đoạn thẳng có 2 đầu mút thuộc n điểm đã cho là
,
2
n
n n
= n≥2,n∈N Theo bài ra ta có
( 1)
190
2
n n−
= Tìm được n=20 Chọn C
Câu 8 z1= +(1 2i) (+ −1 2i)=2 là số thực
2
1
1
i
i
+
= =
− là số thuần ảo; ( )2
z = + i = i là số thuần ảo; z4=( 3 2+ i)( 3 2− i)= + =3 4 7. Vậy có 2 số
thuần ảo trong các số phức đã cho Chọn B.
2
1
cos
x
( ) 4
0 tanx x|π
4
π
= −
Suy ra a=1,b=1,c=4 Do đó: T a 2c 9
b
= + = Chọn C.
Câu 10
log 2019! log 2019! log 2019!
2019! 2019! 2019!
log 2 log 3 log 2019
= log 2.3 2019 =log 2019! =1.Chọn B.
Câu 11. Gọi H là trung điểm AB.
ABC
∆ đều, CH là đường cao nên
Xét C AB∆ ′ cân tại C′ có:
ABC
S∆ ′= ⇔ AB C H′ = ⇔ C H′ = ⇔C H′ =a
Do C CH∆ ′ vuông tại C nên
2
a a
CC′= C H′ −CH = a − =
ABC A B C ABC
V ′ ′ ′=S∆ CC′= × = Chọn C.
2 2
ln
x x
+ +
∫ Đặt t e= 2x+lnx
2
+
⇒ = + ÷ =
2
2 2
ln
x
x x
t
+
Theo bài ra có: F( )1 = ⇔ + = ⇔ =2 2 C 2 C 0
Vậy F x( )=lne2x+ln x Suy ra
( )2 ln( 4 ln 2)
F = e + ⇒ =m 1,n=1,p=0
Vậy P m= 2+2n2+3p2=3 Chọn A.
Câu 16. Hàm số y= −x x−2 liên tục trên [ ]2;6 có:
x
− −
4
⇔ − = ⇔ = ∈ y( )2 =2;y( )6 =4;
y = ÷
Suy ra
Câu 17 Dựa vào đồ thị, ta thấy: i) a<0; ii) Hai điểm cực trị có hoành độ trái dấu ⇒a c < ⇒ >0 c 0; iii) Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm ⇒ <d 0; iiii) Điểm uốn của đồ thị hàm số có hoành độ dương
3
b b a
⇒ − > ⇒ > Do đó: P ac 0
bd
= > Vậy chọn A.
Câu 18. Đặt CD x= (x>0) thì
AD x= Dễ thấy góc giữa hai mặt phẳng (AB C D′ ′ ) và (ABCD bằng góc ·CDC′)
· 60 0
CDC′
Do đó: CC′ =CD.tan 600=x 3, 0 2
cos60
CD
C D′ = = x
2
S ′ ′ A C D′ x
2
AB C D AB H
S ′ ′ = S ′ = a ⇒2x2=6a2⇔ =x a 3
ABCD A B C D ABCD
V ′ ′ ′ ′=CC S′ =CC AB AD′ = x = a Chọn A.
Câu 19 log3a(a b c25 6 2019)=3 25log( a a+6loga b+2019loga c)
3 25 6.1 2019.2
3
Câu 22. y′= −(2 2 x f) ′(2x+ −2 x2)=2 1( −x f) ′(2x+ −2 x2) Dựa vào bảng xét dấu của f x′( ) đã cho, suy ra:
1
Trang 2( 2)
0
x
y
− =
′ = ⇔ ′ + − = ⇔
2 2 2
1
x
=
+ − = −
+ − =
+ − =
1
x
x
x
x
=
= ±
⇔ =
=
béi ch½n
béi ch½n
Nhận thấy y′ đổi dấu qua các
nghiệm đơn là x=1, x= −1 5 và x= +1 5 và không
đổi dấu qua các nghiệm bội chẵn Vậy hàm số
(2 2 2)
y= f x+ −x có 3 điểm cực trị Chọn C.
Câu 23. Diện tích hình phẳng ( )H là:
−
=∫ − + = −∫ − + +
−
Câu 24 Mặt cầu ( )S tâm I và tiếp xúc với ∆nên bán kính
của mặt cầu làR d I= ( , ).∆ Theo giả thiết, ∆ đi qua
( 1;1; 1)
M − − và có VTCP là (1;2; 2).ur − Ta có: MIuuur(2;1;1)
u
⇒ = − ⇒ ∆ = = ⇒ =
uuur r uuur r
r
PT mặt cầu ( )S là: ( ) (2 )2 2 50
9
x− + y− +z = Chọn C.
Câu 25 Gọi (P) là mặt phẳng qua
trục của hình nón thì (P) cắt hình
nón theo tam giác cân SAB , cắt
mặt cầu theo đường tròn lớn,
đường tròn này nội tiếp tam giác
cân Khi đó, bán kính r của hình1
cầu nội tiếp hình nón được tính
bởi công thức 1 SAB 2 2
r
+ + (trong đó p là
nửa chu vi của tam giác SAB ) Ta có:
2 1
3 2 1
1 3 4 3
hr V
π π
3 2
3 2
2
2
2 2
,
h
x r
hr
rh
r
r h r
+ +
+ +
với h22 x 0
r = > Xét hàm số ( ) ( )3
4
x
f x
x
+ +
2
'
f x
x x
+ + − − +
=
f x′( )=0⇔ − −x 2 2 1+ = ⇔ =x 0 x 8
Ta có bảng biến thiên:
Vậy giá trị bé nhất của 1
2
V V
bằng 2 Chọn D.
Câu 26. Gọi I là trung điểm của AB ; đường tròn đáy có tâm O , bán kính R.
Kẻ OH ⊥SI
Ta có AB⊥SO và AB⊥OI Suy ra
AB⊥OH Khi đó OH⊥( )P Do đó
( )
d O P =OH
Ta có:
2
2
AB
OI= R − = a − a =a
÷
5 4
OH
Câu 27 Ta có: 2z z+ + − +3 (3 z i i) =0
2 2
2 2
2
3
b
⇔ + + − + = − +
=
⇔ + + = − + ⇔
+ = − +
3 9 4
b a
=
⇔ = −
9
4
S= − + = − Chọn D.
Câu 30. Với mọi x∈( )1;e3 ta có:
−ln2x+2 lnm x+2m− <8 0
ln 1
x
x
+
⇔ + < + ⇔ <
+ Đặt t=ln x Do x∈( )1;e3 ⇒ ∈t ( )0;3
2
( )
2 0;3
4 0;3
t
f t
t
= ∈
= ⇔ = − ∉
( )
f t′ − 0 +
( )
f t 8
4
17 4
Từ bảng biến thiên, ( )1 có nghiệm với ∀ ∈x (1; )e3 khi và
mãn bài toán Chọn D.
Câu 31.Ta có: f x '( ) = 5 m − 5cos5 x m − cos x + 3
2
Trang 3Dễ thấy nếu f x ′ ( ) 0 = có nghiệm trên (0;2019) thì số
nghiệm là hữu hạn nên ta có:
( ) 0 (0;2019)
5 m 5cos5 x m cos x 3 0 x (0;2019)
3 5cos5 (0;2019)
5 cos
x
x
− +
5 cos
x
x
− +
−
(0;2019)
x
x x
(0;2019)
x
x x
(0;2019)
x
x x
− +
2
5 1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
cos5 1 cos 1 0;2019
x x x
∈
,
2 2
5 1
m
2
y=g x = f − = f −
2x 4 2x 4
′ = ′ − ÷ − ÷
( ) (2 4 2 ln 2)
x
x
′
−
2 2 2
log 5
log 3
log 7
x
x
x x
x x
=
− = −
′ = ⇔ ′ − = ⇔ − = ⇔ =
− = =
.g x′( )> ⇔0 f′(2x−4 2) ( x−4)>0
x
x
f
f
− >
− > − < − <
′ − >
− >
⇔ − < ⇔ − <
′ − < − < −
< − <
2 2 2
x x x
< − < < < < <
⇔ − > ⇔ > ⇔ >
< − < < < < <
Bảng biến thiên
Suy ra hàm số y= f(2x−4) nghịch biến trên khoảng
8 19
;
5 10
÷
Chọn B.
Câu 33 Đặt z m i m= − ( ∈R Khi đó:)
( )
2 2 2 2 2 2
1
1
m i
m
− +
− +
=
+ Xét hàm số
2 2
(*)
1
y m
− +
= + Số T thuộc tập giá trị
A của hàm số (*)⇔ PT
2 2
1
T m
− +
= + có nghiệm 2
(T 1)m 2m T 2 0
⇔ − + + − = (1) có nghiệm
- Với T=1, (1) có nghiệm 1
2
m= Do đó 1 A∈
- Với T≠1, (1) có nghiệm khi và chỉ khi
′
∆ = − − − ≥ 3 5 3 5
Kết hợp cả hai trường hợp, ta có tập giá trị của hàm số (*)
Khi đó giá trị lớn nhất của 1 1
z− là 3 5 1,61
2
+ ≈ .
Câu 34 Ta có:
2019 2019 2019 2019
1+x =C +C x C+ x + + C x
Đạo hàm 2 vế của (*) được:
1 2020+ x 1+x =C +2xC + + 2020x C (**)
3
Trang 4Thay x=1 vào (**) có:
2019 2 2019 3 2019 2020 2019 2021.2
Vậy P=2021.22018 Chọn D.
Câu 35. Trước hết ta hiểu 3 tổ được chia không phân biệt
tên gọi Khi đó:
• Số phần tử của không gian mẫu là ( ) 124 .84 44
5775 3!
C C C
• Gọi A là biến cố “chia 12 em học sinh thành ba tổ mà tổ
nào cũng có học sinh nam” Ta xác định số phần tử của
A như sau:
- Chia ba em học sinh nam vào ba tổ: có 1 cách chia
- Chia 9 em nữ còn lại vào các tổ của các em nam: có
3 3 3
9 .6 3
C C C cách chia.
Suy ra ( ) 3 3 3
9 .6 3 1680
n A =C C C = Do đó xác suất biến cố
A là ( ) ( ) ( ) 16
55
n A
P A
n
Câu 36 Gọi M N lần lượt là trung,
điểm SA BC Do các tam giác,
,
SBC ABC đều nên
SN⊥BC AN⊥BC⇒BC⊥ SAN
Lại có:
2 2 3
2
a
SN=AN= ⇒M N= SN −S M
∆
V =V +V = BN S∆ + CN S∆
3 BN CN S∆SAN 3BC S∆SAN
1
2
a
Câu 37. Gọi N , M lần
lượt là trung điểm của đoạn
BC và SA Do tam giác
SBC và ABC là các tam
giác cân lần lượt tại S và A
nên SN⊥BC AN, ⊥BC
BC SAN
thấy do các tam giác SAB và SAC là tam giác đều nên
MB⊥SA MC⊥SA⇒SA⊥ MBC Do đó góc giữa MB
và MC là góc giữa mp(SAB) và mp(SAC)
Kẻ AG⊥SN, vì BC⊥(SAN)⇒BC⊥AG⇒
AG⊥ SBC hay ( ,( ) )
2
a
AG d A SBC= = Theo giả thiết ∆SBC= ∆ABC c c c( ) suy ra AN = SN nên NSA
∆ cân tại N Kẻ SH⊥AN dễ chứng minh được
SH⊥ ABC và
2
a
SH =AG=
Đặt SA x= >0 và
2
a
x> , ta có hai trường hợp sau:
TH1: ·BMC= °60 , khi đó MBC∆ đều cạnh 3
2
x
MB= =BC
2
,
x x
2
SBC
Thể tích
.
a x
x
Vậy . 13 3 39
3456
S ABC
a
TH2: ·BMC=120 ,° khi đó tam giác MBC cân tại M cạnh
3 2
x
MB= và 3
2
x
BC=
,
x x
2
SBC
và
2
.sin120
MBC
x
S = MB MC ° = Thể tích
.
x a a x
x
Vậy
3
384
S ABC
a
V = Từ giả thiết thì 13
6
a
SA= nên 3
.
3456
S ABC
a
4
Trang 5Câu 38. Từ
H kẻ HA⊥MN.
Gọi mp(Q)là mặt phẳng bất kì
đi qua M và N Dựng
mp( ), ( ),
HB⊥ Q B∈ Q khi đó
( )
d H Q =HB
Ta có BH≤AH Dấu " "= xảy ra khi B A≡
Khi đó mp( )Q ⊥AH Vậy mp(P) cần tìm sẽ vuông góc
với AH Ta có: A MN HA∈ , ⊥MN 1; 1 7;
3 3 3
⇒ − − ÷
1 1 1
3 3 3
⇒ = − − ÷
uuur
Mà AH⊥mp( )P ⇒nrP=(1;1; 1− ) là VTPT của mp (P).
Suy ra phương trình mp(P) đi qua M(0; 1;2− ) là:
x+ y+ − −z = ⇔ − − + − =x y z 3 0
⇒ = − = − = Vậy
( )
T= −a b+ +c = − − − + + = Chọn D.
cos
x
4
x= ⇒ =π t
,
3
3
x= ⇒ =π t Có:
1 d
x
I
3 3
2
t
t t
−
+
∫
Vậy a=7,b= −3,c=33⇒ =P 300a+30b c+ −23 2020.=
Chọn A
Câu 40 Đặt AB=AB′=x x,( >0) Vì ABCD là hình
vuông nên BD x= 2 B BD∆ ′ đều
nên B B BD B D x′ = = ′ = 2
B BA′
∆ có:AB′2+AB2=2x2=BB′2
nên B BA∆ ′ vuông cân tại A
AB′ AB
B DA′
∆ có: AB′2+AD2=2x2=DB′2 nên B DA∆ ′ vuông
cân tại A⇒AB′⊥AD (2)
Từ (1) và (2), ta có: AB′ ⊥(ABCD) Gọi M là trung
điểm của BB′, ∆B BA′ vuông cân tại A nên AM ⊥BB′
(3);BC⊥AB BC′, ⊥AB⇒BC⊥(ABB A′ ′)
BC AM
⇒ ⊥ (4); Từ (3) và (4) có:AM ⊥(BCC B′ ′)(5)
Gọi N là trung điểm của B D′ , B DA∆ ′ vuông cân tại A
nên AN⊥B D′ (6);CD⊥AB CD′, ⊥AD⇒
CD⊥ ADB′ ⇒CD⊥AN (7) Từ (6) và (7), ta có
AN⊥ A B CD′ ′ (8); Từ (5) và (8) ta suy ra góc giữa mặt
phẳng (BCC B′ ′)và (A B CD′ ′ ) bằng (·AM AN, )=α.Ta
BD x
MN= = =AM =AN⇒ = °α Chọn C.
Câu 41 Ta có:
cos cos7 cos cos6 cos sin 6 sin cos cos6 cos sin 6 sin
ĐặtG x( )=∫cos 6x cos xdx H x6 ; ( )=∫cos sin 6 sin5x x xdx
5
sin 6 sin x
6
du cos xdx
cos x
dv cos x dx v
=
=
( )
( )
6
sin 6 c
6
os 6
G x
∫
6
Vậy a3+b2=37 Chọn B.
Câu 42. Sau 1 năm số tiền còn nợ ngân hàng X là:
(1 )n m (1 )n 1
= + − + −
với M = 100000000, m = 2000000, r = 1%, n = 12 ta được
87317497
T≈ đồng Số tiền còn nợ lại của ông A là
1
1
1
n
m
= + − + − Với n là số tháng kể từ thời điểm bắt đầu tăng lãi suất lên1 1,2% /tháng đến khi ông A trả hết nợ Để trả hết số nợ còn
1
1
1
n
m
= ⇔ + − + − =
với M1 = 87317497, m1 = 5000000, r1 = 1,2% Từ đó ta
suy ra được n1≈19,7 tháng Vậy cần 12 20 32+ = tháng
để ông A trả hết nợ Chọn D.
y= f x + x m+
2
1
2
x
x x m
+
′
⇒ = + + = + +
+ +
2
2
+ + =
′ + + = ⇔
+ + =
( ) ( )
2 2
+ + − =
⇔ + + − =
5
Trang 6Bài toán trở thành tìm m để các phương trình (1), (2)
không có nghiệm chung và đều có 2 nghiệm phân biệt
26 0
m
m
m
m
− >
− >
⇔ − ≠ ⇔ ≤ <
− ≠
− + ≥
Câu 44 Hàm ( )f x đạo hàm cấp hai xác định trên ,R nên
đạo hàm cấp một liên tục trên ¡ Suy ra tại điểm x= −2
có '( 2) 0f − > ⇒ hàm số không có cực trị tại x= −2.Trên
(−∞ −; 2) đạo hàm cấp một triệt tiêu và đổi dấu qua điểm
5
x= − nên hàm số ( )f x đạt cực trị tại điểm x= −5
Trên ( 2;3)− hàm số y= f x( ) đạt cực đại tại x= −1 và
đạt cực tiểu tại x=2 Từ đồ thị y= f x''( ) trên [3;+∞),
ta nhận thấy ''( )f x đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua
5
x= , suy ra đạo hàm cấp một '( )f x sẽ đạt cực tiểu tại
điểm x=5 Hàm số y= f x( ) đồng biến trên khoảng
(2;3) nên suy ra '( ) 0f x > trên khoảng (2;3)
TH1: Nếu hàm y= f x( ) đạt cực trị tại x=3 thì
'(3) 0
f = Ta có BBT của '( )f x trên (3;+∞) :
Khi đó hàm y= f x( ) có thêm điểm cực trị tại x x= >1 5
Suy ra hàm y= f x( ) có 5 điểm cực trị
TH2: Nếu hàm y= f x( )không có cực trị tại x=3 thì
'(3) 0
f > Ta có BBT của '( )f x trên (3;+∞) :
Để hàm y= f x( ) có nhiều cực trị nhất thì '(5) 0f < Khi
đó hàm y= f x( ) có hai điểm cực trị trên (3;+∞) Suy ra
hàm số y= f x( ) có tối đa 5 điểm cực trị
Cả hai trường hợp hàm số y= f x( ) đều có ta tối đa 5 điểm cực trị Chọn C.
Câu 45. •( )S có tâm 1 I1(1;2; 2− ), bán kính R1= 2, ( )S có tâm2
2 3;1; 4
I − , bán kính R2= 5
• Vì ( ),( )S1 S cắt nhau theo một2 đường tròn ( )C nên phương trình mp(P) chứa ( )C là
( ) ( ) (2 ) (2 ) (2 ) (2 ) (2 )2
P x− + −y + +z − −x − −y − +z = −
4x 2y 4z 14 0 2x y 2z 7 0
⇔ − − − = ⇔ − − − = Đường thẳng I I có phương trình: 1 2
1 2
2 2
= +
= −
= − −
Gọi H là tâm đường tròn ( )C thì H=I I1 2∩( )P
1
3
⇒ + − + + + − = ⇒ = 5 5; ; 8
3 3 3
H −
⇒ ÷ (d) đi qua điểm A(1; 5;12− )và có VTCP uuurd= − −( 3; 2;10 )
Gọi ( )Q =mp( ; ).I d1 Ta có: AIuuur1=(0;7; 14 ,− ) suy ra
( )Q 1; d (42;42;21)
n =AI u =
r uuur uur
cùng phương với vectơ
(2;2;1) ⇒( )Q : 2x+2y z+ − =4 0 Ta thấy:
2 3;1; 4 ,
I − ∈ Q do đó I I d đồng phẳng.1 2,
•Gọi E là giao điểm của d và ( )P , suy ra E(4; 3;2 ;− )
( )
I H=d I P = Bán kính đường tròn ( )C là
c
R = R −I H = − = =HM
Ta có:
EH= − + + +− − =
Vì khoảng cách từ M đến đường thẳng d là nhỏ nhất
nên M=EH∩( )C thỏa mãn 1
7
HM= HE
uuuur uuur
Thật vậy, ta lấy điểm B∈( )C và kẻ MN BC lần lượt,
vuông góc với đường thẳng d Kẻ BF⊥HE
⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒CF/ /MN
và CF>MN. Lại có FBC∆ vuông tại F nên
BC CF> >MN Vậy MN là khoảng cách ngắn nhất từ một điểm thuộc đường tròn đến đường thẳng d
5; 5; 8 ;
HM=a− b− c+
HE= − ÷ uuur
⇒ = = = − ⇒ + + =a b c 1. Chọn A.
Câu 46. Kí hiệu
2
2
2
3
f x x f x
x
+ +
+
6
Trang 7Với ∀ ∈ − +∞x ( 1; ) thì
−
Nhận xét: 1 ( ) 2 2 ( ) 1 '( ),
′
2 2
Thay x = 1 vào đẳng thức trên ta được C= −2,do đó
2 1
1
x
f x x x
+ TH1:∀ ∈ − +∞x ( 1; ) \ {1}, ta có:
2
f x
TH2: Với x = 1, thay vào (*) ta có: (1) 1 f = Bổ sung giá
trị (1) 1f = cho hàm ( ) (2 1)2 , ( 1; ) \ 1{ }
3 2
x
x
+
= ∀ ∈ − +∞
được hàm
2 2
( 1)
3 2
x
x
+
yêu cầu bài toán Vậy (0) 1 2 3
3 2
Câu 47. Hệ phương trình tọa độ giao điểm:
2
1 8
1
( 0)
4
p p
y px x
+ =
2
2
⇔ = = ±
Gọi S là diện tích giới hạn (P) và (E) ta được.1
2 2 1
0
4
p
y
p
∫
S = p π +
Diện tích Elip:
2 2 2 2 2
S=πa b=π p p= πp ( 2a độ dài trục lớn, 2b
độ dài trục bé) Diện tích còn lại:
3
3
S = − =S S πp − p π + = π− p
Tỷ số
2
1
2
2
2 2
2
3
2
3
1
1
2
p
S
π
+
÷ π +
π −
π −
Chọn A.
Câu 48. Gọi M , 1 M , M lần2
lượt là điểm biểu diễn các số phức
1
2z , z , z trên hệ trục tọa độ2
Oxy Khi đó quỹ tích của điểm
1
M là đường tròn ( )C tâm 1 I( )4;4 , bán kính R1=1 Quỹ tích của điểm M là đường Elip 2 ( )E có phương
trình chính tắc 2 2 1
x y
+ =
Quỹ tích của điểm M là đường thẳng : d x y− + =4 0
Ta có P= −z 2z1 + −z z2 =MM1+MM2 Gọi ( )C là2 đường tròn đối xứng với ( )C qua d và gọi 1 M là điểm3 đối xứng với M qua d Suy ra 1 ( )C có tâm 2 J( )0;8 và bán kính R2=1 và M3∈( )C2 Khi đó
P MM= +MM =MM +MM ≥M M ≥AB= Dấu “=” xảy ra khi M3≡A M, 2≡B M, ≡M0với M là0
giao điểm của d với trục Oy Vậy min P=6. Chọn C.
Câu 49 Ta có: y′ = ′f x( )=3x2+ ≥1 1, ∀ ∈x [ ]1;2 nên hàm số f x đồng biến trên khoảng ( ) ( )1;2 Có:
f f x( ( ) )=x ( ) 3 ( )
2m
⇔ + − = ( ) 3 ( )
2m
f x f x x
⇔ + − = (1) Xét hàm ( ) ( ) 3 ( )
g x = f x + f x −x trên đoạn [ ]1;2
Vì f x liên tục trên đoạn ( ) [ ]1;2 nên g x liên tục trên( )
đoạn [ ]1;2 Có: ( ) ( ) ( ) 2 ( )
g x′ = f x′ f x + ′ f x − ≥ với ∀ ∈x [ ]1;2 , đẳng thức xảy ra tại hữu hạn điểm Suy ra g x đồng biến trên khoảng ( ) ( )1;2
Do đó, phương trình (1) có nghiệm trên đoạn[ ]1;2
( )1 2m ( )2
3 3
m
− ≥
1 2m 8
⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤0 m 3. Do m nguyên dương nên
{1,2,3 }
m∈ Vậy tổng các giá trị nguyên dương của tham
số m bằng 6 Chọn C
Câu 50 Sau khi chọn thành viên cho tổ A, B thì tổ C luôn
chỉ còn một cách chọn
7
Trang 8Tổng: 227052
Xác suất cần tìm: 5 5
15 10
227052 901
.1 3003
P
C C
8
Số cách chọn
thầy
Số cô
Số thầy
5 10 3 7 1
C C C C
2 3 0 5 ( 2 3) ( )5
5 10 7 1
C C C
5 10 4 6 1
C C C C
1 4 0 5 ( 1 4) ( )5
5 10 6 1
C C C
0 5 1 4 ( ) (5 1 4)
10 5 5 1
C C C
0 5 0 5 ( ) ( )5 5
10 5 1