2 Đề thi khảo sát học sinh giỏi lần 1 môn Toán lớp 12 khối A, A1, B, D năm 2013-2014 dành cho học sinh giỏi toán, tư liệu này sẽ giúp các em phát huy tư duy, năng khiếu môn Toán trước kì thi học sinh giỏi sắp tới. Mời các cùng bạn tham khảo.
Trang 1TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề gồm 01 trang
ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ GIỎI LẦN 1
Năm học: 2013 - 2014
Môn: Toán - Khối A, A1 Thời gian làm bài: 150 phút
-******* -
A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 4
1
x y
x
− +
=
− có đồ thị là ( C )
a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số
b Tìm m để đường thẳng d y: =2x+m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho 15
4
IAB
S∆ = với I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (C)
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sau: 3cosx− =2 3 cos( x−1 cot) 2x
( )
log 2x − 7 − log x 1 − = log x + 3
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, BA = a Tam giác SAC cân
tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mp(ABC) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, BC; biết
góc giữa MN với mp(ABC) bằng 0
60 Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AC, MN theo a
Câu 6 (1,0 điểm) Cho a b c, , >0 thỏa mãn 3(a4+b4+c4) (−7 a2+b2+c2)+12=0 Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức 2 2 2
P
b c c a a b
B PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1 Theo chương trình chuẩn
Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho 2 đường thẳng ∆1: 2x−11y+ =7 0 và
2: 2x 3y 4 0
∆ + + = Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm M(8; 14− ) cắt hai đường thẳng ∆1 và
2
∆ lần lượt tại A, B sao cho 2AM +3MB=0
Câu 8a (1,0 điểm) Một hộp có 7 viên bi màu đỏ, 5 viên bi màu xanh và 6 viên bị màu vàng Lấy ngẫu
nhiên trong hộp ra 4 viên bi Tính xác suất để 4 viên bi lấy ra có đủ 3 mầu
Câu 9a (1,0 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x−1 trong khai triển 2
3
3 2
n
x x
−
thành đa thức Biết rằng
n là một số nguyên dương thỏa mãn 3 3 2 1
C −C −− =C−− C+
2 Theo chương trình nâng cao
Câu 7b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ∆ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng
d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của
cạnh AC là M(1; 1) Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C
Câu 8b (2,0 điểm) Từ các chữ số 0; 1; 2; …; 9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm năm chữ
số khác nhau đôi một và chữ số chính giữa luôn là 2
Câu 9b (1,0 điểm) Tìm các giá trị x, biết trong khai triển Newton ( x )n
x
5 lg(10 3 ) ( 2) lg3
2 − + 2 − số hạng thứ
6 bằng 21 và C n1+C n3=2C n2.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài
Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh: Số báo danh:
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM
Ơ
Lưu ý:
Dưới đây chỉ là hướng dẫn chấm và sơ lược các bước giải, trong bài làm của học sinh phải yêu cầu trình bày chi tiết, lập luận chặt chẽ, không được dùng bút xóa và không được viết tắt
Các đồng chí chấm đúng và đủ điểm cho học sinh để bài thi còn trả lại học sinh
Các cách làm khác nếu đúng, các đồng chí vận dụng cách cho điểm trong hướng dẫn chấm để chấm cho học sinh
A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
a
+ Tập xác định: D=R\ 1{ }
+ Sự biến thiên
lim 2
→+∞ = , lim 2
→−∞ = y=2 là tiệm cận ngang của đồ thị (C)
1
lim
x
y
+
→ = −∞,
1
lim
x
y
−
→ = +∞ x=1 là tiệm cận ngang của đồ thị (C) + Ta có
( )2
2
1
x
= > ∀ ∈
Bảng biến thiên
+ Kết luận:
- Hàm số đồng biến trên (−∞;1) và (1;+∞)
- Hàm số không có cực trị
+ Đồ thị: Vẽ đúng dạng, đẹp
0.25
0.25
0.25 0.25
1
b
+ Xét phương trình hoành độ giao điểm
2
1
2
1
x x
x m
x
≠
Đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm A, B phân biệt
⇔(1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
( )
2
4 * 4
m m m
⇔
∆ = − >
>
⇔ < −
+ Khi đó, A x( A; 2x A+m B x) (; B; 2x B+m) với x x A; B là nghiệm của (1)
Áp dụng định lí Viet ta có:
4 2 4 2
A B
m
x x
m
x x
−
−
+ Theo giả thiết, ta có
15
AIB
m
S∆ = ⇔ d I AB AB= ⇔ AB= ⇔ AB m =
20 x A x B m 1125 4 x A x B 4x x A B.m 1125
2
2
2
25 9 25 5 5
m m m
m m
⇔
= −
=
⇔
= −
0.25
0.25
0.25
0.25
Trang 3Vậy m= ±5 là giá trị cần tìm
2
+ Điều kiện: sinx≠ ⇔ ≠0 x kπ,k∈Z Khi đó phương trình
2 2 2 2 2
2
2
cos
sin cos
1 cos cos
1 cos
1 cos
2 2 cos
3
x
x x
x x
x
x
x
x
−
+
=
⇔
Với
2
cos
2
2 3
x
= +
= ⇔
= − +
Với
2
3 2
cos
3
x
π π
= − +
= − ⇔
Kết luận:…
0.25
0.25
0.25
3
Điều kiện: 1
2
x≥ ( )
3
Từ ( )3 ⇒ y+ ≥ ⇔ ≥ −1 0 y 1
Xét hàm số f t( )=4t3+t trên D=[0;+∞)
Ta có f '( )t =12t2+ > ∀ ∈1 0, t D Suy ra f t( )=4t3+t đồng biến trên D
Khi đó:
2
x y y
Thay vào ( )2 ta có
2
2
0 1 2 3
y y y y
=
⇔
= −
= −
0.25
0.25
0.25
0.25
Trang 4So sánh với điều kiện y≥ −1 Ta có 0
1
y y
=
Với y=0 ta có x=1
Với y= −1 ta có 1
2
x=
Kết luận:…
4
Điều kiện:
1 7 2
x x
>
≠
Khi đó phương trình tương đương với
Trường hợp 1: Nếu 2 7 0 7
2
x− ≥ ⇔ ≥x thì ( )* ⇔x2+2x− =3 2x− ⇔7 x2+ =4 0 Phương trình vô nghiệm
Trường hợp 2: Nếu 2 7 0 7
2
x− < ⇔ <x thì
2
x x x
= − +
⇔
= − −
Kết hợp điều kiện 7
2
x< và
1 7 2
x x
>
≠
ta có x= − +2 14 là nghiệm của PT đã cho
0.25
0.25
0.25
0.25
5
N
M
I
B
S
H
J K
Gọi I là trung điểm AC, do ∆SAC cân tại S nên SI ⊥(ABC) Gọi H là trung điểm AI
suy ra MH//SI ⇒MH ⊥(ABC), do đó (MN,(ABC)) = ∠MNH= 600 Ta
có
2
2
ABC
a
S =
Xét ∆HCN có:
2
10 4
a
NH =
0.25
Trang 50 30 30
Trong MHN c MH∆ =NH =a SI = MH =a
3
S ABC ABC
Goi J là trung điểm AB, K là hình chiếu vuông góc của H lên MJ tức là HK ⊥MJ
(1)
Ta có
( )
1 , 4
JN BI m BI HJ JN HJ
SI MH m SI JN JN MH
( , ) ( , ) ( , ( ))
d AC MN =d H∈AC MN =d H MJN =HK
=
MH HJ
30 2
30
16
30 2
16 16
a
+
0.25
0.25
0.25
6
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:
2 ( ) 2 2 ( ) 2 2
Tương tự ta cũng có
Khi đó
Theo Cosi, ta có
a c+b a+c b≤ + + + + + + + + =a + +b c
(**)
Từ (*) và (**) suy ra
Đặt ( 2 2 2)
3
t= a +b +c , từ giả thiết ta có:
2
2
a b c
Do đó
P≥ t − t Xét hàm số ( ) 2 2 1 3
f t = t − t trên D=3; 12 Lập bảng biến thiến của hàm số ( ) 2 2 1 3
f t = t − t trên D=3; 12 ta được ( ) ( )
D f t = f = Suy ra P≥1
Vậy MinP=1 đạt được khi a= = =b c 1
0.25
0.25
0.25
0.25
Trang 6B PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1 Theo chương trình chuẩn
7a
Gọi 1 11 7; 11 23; 14
B A− − b MB − − b
Theo giả thiết, ta có 3MB+2AM = ⇔0 3MB=2MA
2
b
a
− −
Khi đó A( ) (2;1 ,B 4; 4− )
Ta có AB=(2; 5− ) là 1 vecto chỉ phương của AB
AB được xác định ( )
2;1
qua A vtcp AB
AB có phương trình tham số 2 2
1 5
= +
= −
0.25 0.25
0.25
0.25
8a
+ Số phần tử của không gian mẫu ( ) 4
18 3060
n Ω =C = + Gọi biến cố A = “Bốn viên bi lấy ra có đủ 3 mầu”
Số các cách chọn thuận lợi cho biến cố A là ( ) 2 1 1 1 2 1 1 1 2
n A =C C C +C C C +C C C =
Xác suất của biến cố A là ( ) ( ) ( ) 1575 35
0.515
n A
P A
n
0.25 0.5
0.25
9a
Điều kiện: n∈N n, ≥3
Ta có
( ) ( ( ) ) ( ( ) ) ( ( ) )
!
n
− −
− − +
1
n
n
=
= −
Vậy n=12 Với n=12 ta có 12 12 ( ) ( )12 12 ( )
k k
Số hạng chứa x−1 trong khai triển ứng với 24 5− k= − ⇔ =1 k 5
Vậy hệ số của số hạng chứa 1
x− là ( )5 5 7 5
12
0.25 0.25
0.25 0.25
2 Theo chương trình nâng cao
7b
Ta có AC vuông góc với BH và đi qua M(1; 1) nên có phương trình: y = x
Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ :
x
A
y
2
2 2
;
3
= −
Vì M là trung điểm của AC nên C 8 8;
3 3
Vì BC đi qua C và song song với d nên BC có phương trình: x
4
= +
( )
x y
x
y y
3 0
4
1 2
4
+ + =
=
0.25
0.25
0.25
0.25
8b
+ Gọi số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau đôi một là ab de2
Do ab de2 là số chẵn nên e∈{0; 4;6;8} 0.25
Trang 7+ Trường hợp 1: Nếu e=0 thì
a có 8 cách chọn
b có 7 cách chọn
d có 6 cách chọn
e có 1 cách chọn
Theo qui tắc nhân ta có: 8.7.6.1 = 336 số
+ Trường hợp 2: Nếu e∈{4;6;8} thì
a có 7 cách chọn
b có 7 cách chọn
d có 6 cách chọn
e có 3 cách chọn
Theo qui tắc nhân ta có: 7.7.6.3 = 882 số
Vậy có 336 + 882 = 1218 số
0.25
0.25
0.25
9b
+ Phương trình C n1+C n3=2C n2 ⇔ n n( 2−9n+14) 0= ⇔ n=7
5 lg(10 3 ) ( 2) lg3
C
5
+ Ta có:
C75.2lg(10 3 )− 2( −2) lg3=21 ⇔ 2lg(10 3 ) (− x + −x 2)lg 3=1
⇔ lg(10 3 ) (− x + −x 2) lg 3 0=
⇔ (10 3 ).3− x x 2− =1⇔ 2x x
3 −10.3 + =9 0 ⇔ x=0; x=2 + KÕt luËn: …
0.25
0.25
0.25 0.25
Trang 8SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1
–––––––––––––––––––
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ, GIỎI LẦN 1
Năm học 2013 – 2014 Môn: Toán 12– Khối B, D
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1 (2 điểm)
Cho hàm số 4 2
y=x − mx + có đồ thị (Cm)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( )C với m=1
2 Tìm m để (Cm) có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân
Câu 2 (3 điểm)
1 Giải phương trình lượng giác : 2
2 cos x+3cosx−2 cos 3x=4 sin sin 2x x
2 Giải hệ phương trình:
2
4 5 4 1 1
2 3 3
− + − =
− + = +
3 Giải phương trình: ( ) ( )3
log x− + =3 2 log 4− +x log x+4
Câu 3 (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với O là giao điểm của hai đường chéo, biết AB=BC=a, AD=2a Hai mặt phẳng (SBD) và (SAC) vuông góc với mặt phẳng đáy Góc giữa SC và đáy bằng 450 Tính thể tích khối tứ diện SBCD và khoảng cách từ A đến (SCD)
Câu 4 ( 1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn 2 2 2
1
a + + =b c Chứng minh rằng
3
PHẦN RIỀNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong 2 phần ( phần A hoặc B)
A Theo chương trình chuẩn
Câu 5a (2 điểm)
1. Cho tam giác ABC vuông cân tại (1; 2) A , đường thẳng d x: − − =y 1 0 là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ các điểm B và C biết rằng B có tung độ dương
2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2 1
x
e y x
= + trên đoạn [0;2]
Câu 6a (1 điểm) Cho n nguyên dương thỏa mãn 3 2 1
6 4 100
A + C − C = Tìm hệ số chứa 8
x trong khai
triển nhị thức Niu-tơn của
3
2 2 5
n
n x
+
B Theo chương trình nâng cao
Câu 5b (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD có ph, ương trình đường thẳng AC là
, 0 31
7 − =
+ y
x hai đỉnh B,D lần lượt thuộc các đường thẳng d1:x+y−8=0,d2:x−2y+3=0 Tìm tọa
độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm
2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số :
2
2 2 1
y
x
= + trên
1
; 2 2
−
Câu 6b (1 điểm) Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 6 viên bi trắng và 7 viên bi vàng Nguời ta chọn ra 4 viên
bi từ hộp đó Tính xác suất để trong số bi lấy ra không có đủ cả ba màu?
–––––––Hết ––––––
Thí sinh không đượ c s ử d ụ ng tài li ệ u Giáo viên coi thi không gi ả i thích gì thêm
H ọ và tên thí sinh: ; S ố báo danh
Trang 9HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ GIỎI KHỐI 12 LẦN 1
KHỐI B và D
+ Chỉ ra sự biến thiên, cực trị 0,25
2.(1 điểm) 4 2
y=x − mx + + Tìm đúng điều kiện để hàm số có 3 cực trị: m>0 0.25 + Tìm được toạ độ 3 điểm cực trị A( )0; 2 , ( 2 )
B − m −m + , ( 2 )
C m −m + Khi đó ( 2)
;
AB= − m −m và ( 2)
;
+ Tam giác ABC luôn cân tại A
+Tam giác ABC vuông tại A khi AC vuông góc AB ⇔ AB AC =0
0
1
m
m
=
=
+ Đối chiếu điều kiện, lấy m=1
0.5
Câu 1
(2 điểm)
+ Phương trình tương đương
2
2
2 cos 3cos 2 cos 3 4 sin sin 2
2 cos 3cos 2 cos 3 2 cos 2 cos 3
0.25
2
1 cos
cos 1
x
x
−
=
= −
0.25
2 2 3 2 2 3 2
= − +
= +
0.25
2 (1 điểm) Giải hệ phương trình: ( )
2
4 5 4 1 1 1
2 3 3 2
− + − =
− + = +
+ Điều kiện:
1 2 1 2 5 4
x x y
≥
≤ −
≥
0.25
Câu 2
(3 điểm)
1
y
y x
= −
= +
Trang 10+Thế y=x+1 vào (1) được:
Giải phương trình : 4x−1 + 4x2−1 = 1 (1)
Điều kiện:
2
4 1 0
4 1 0
x x
− ≥
− ≥
2
x≥
+ Nếu 1
2
x= thì (1) được thỏa mãn
+ Nếu 1
2
x> thì 4x− >1 1 suy ra (1) vô nghiệm
Vậy x = 1
2 Khi đó
3 2
y=
Kết luận: Hệ phương trình có 1 nghiệm 1 3;
2 2
0.5
log x− + =3 2 log 4− +x log x+4 + Điều kiện 3< <x 4
+ PT ⇔log2(x− +3) log 42 =log2(4− +x) log2(x+4) 0.25 ( ) ( 2) ( ) 2
log 4 x 3 log 16 x 4 x 3 16 x
+Giải phương trình ( ) 2
4 x− = −3 16 x ta được 2 4 2
2 4 2
x x
= − +
= − −
+ Kiểm tra điều kiện và kết luận phương trình có các nghiệm x= − +2 4 2 0.25
a
a
2a
O
D A
B
C
S
H
+ Theo giả thiết suy ra SO là đường cao của khối chóp
+Vì SO⊥(ABCD)nên góc giữa SC và (ABCD) bằng SCO=450
+
2
1
BCD
a
S = AB BC=
0.25
Câu 3
(1 điểm)
+ Vì SOC△ vuông cân tại O nên 2
3
SO= a
0.25
Trang 11+ Thể tích khối 1 1 2 2 2 3
+ Chứng minh được AC⊥CD
+ Trong (SAC), dựng OH ⊥SC Chứng minh được OH ⊥(SCD)
+ Xét SOC△ có 1 2 12 12 92
3
a OH
OH =SO +OC =a ⇒ =
0.25
+d(A BCD,( ) )=3d O BCD( ,( ) )=3OH=a 0.25
Câu 4
3
Do a, b, c > 0 và 2 2 2
1
a + + =b c nên a b c, , ∈( )0;1
2
3
1 2
1
a a
a a
−
Bất đẳng thức trở thành ( 3 ) ( 3 ) ( 3 ) 2 3
3
− + + − + + − + ≤
0.5
Xét hàm số ( ) 3 ( ( ) )
0;1
f x = − +x x x∈ Ta có:
ax
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c= 1
3
0.5
tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ các điểm B và C biết
rằng B có tung độ dương
d: x-y-1=0
C B
A(1;2)
Câu 5a
(2 điểm)
+ Gọi H là hình chiếu của A trên d là H( )2;1 , AH =d A d( ; )= 2
Tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là trung điểm I của BC
d vuông góc BC nên BC//AH suy ra 0
45
ABH = Suy ra, HB=HA= 2
0.25
Trang 12+ Gọi B t t( ; −1)
Ta cĩ 2 ( ) (2 )2 2
HB = −t + −t = t − +t
Mà HB2=2 nên t=3 hoặc t=1 Khi đĩ B( )3; 2 hoặc B( )1; 0
+ Vì y B >0⇒B( )3; 2
0.25
+ Vì AHBI là hình vuơng nên I(2;-1) 0.25
+ Vì I là trung điểm của BC nên C(1;-4)
Kết luận: B(3;2) và C(1;-4)
0.25
+
2 1
x
e
f x
x trên [0;2]
Hàm số y=f(x) liên tục và xác định trên [0;2] , ( )= −
+
'
2
(2 1) (2 1)
x
e x
f x
x
0.25
Với x∈[ ]0; 2 , phương trình '( ) 0 1
2
2
1 (0) 1; ; (2)
0.25
(1 điểm)
n N
≥
∈
( 3)! 2!( 2)! ( 1)!
5 100 0 ( 5)( 5 20) 0 5
0 5
+Khai triển nhị thức Niu tơn ta cĩ
15 0
2
5
n
k k k k
n
=
0.25
Câu 6a
(1điểm)
11 11
152 2795520
0.25
1.(1 điểm)
C I
B
A
D
Câu 5b
(2điểm)
), 8
; ( 8
:
d
B∈ = − ⇒ − 0.25
Trang 13http://toanhocmuonmau.violet.vn
)
; 3 2 ( 3 2 :
d
D∈ = − ⇒ − ⇒BD=(−b+2d−3;b+d−8) và trung điểm
2
8
; 2
3 2
b+ d− −b+d+
I
Theo tính chất hình thoi
=
=
⇔
=
− +
−
=
− +
−
⇔
∈
=
⇔
∈
⊥
⇒
1
0 0
9 9 6
0 13 13 8 0
d
b d
b
d b AC
I
BD u AC
I
AC
0.25
2
9
; 2
1 )
1
; 1 (
) 8
; 0 (
−
⇒
D
B
)
; 31 7 ( 31 7
AC
2
15 2
15
2
2
BD
S AC BD AC
S ABCD
0.25
−
⇒
=
=
⇔
=
−
⇔
=
− +
+
−
⇒
) ktm ( ) 6
; 11 (
) 3
; 10 ( 6
3 4
9 2
9 2
225 2
9 2
63 7
2 2
2
A
A a
a a
a a
Suy ra A(10;3)⇒ C(−11;6)
0.25
+
2
1
y
x trên
1
;2 2
−
+ Hàm số liên tục và xác định trên 1;2
2
−
, ( )
2 2
2 '
1
y x
+
= +
0.25
+ Với 1;2
2
x∈−
phương trình y'=0 có 1 nghiệm x=0
0.25
+ Tính ( ) 1 3 ( ) 10
y = y− = y =
0.25
+ Kết luận
1
;2 2
min
y y
−
−
= =
; 1 ( )
;2 2
10
3
y y
−
0.25
(1 điểm)
+ Số cách chọn 4 bi từ số bi trong hộp là: C184 , số phần tử của không gian mẫu là
( ) 4
18 3060
n Ω =C =
0.25
Câu 6b
(1điểm)
+ Số cách chọn 4 bi đủ 3 màu từ số bi trong hộp là: C52C61C17+ C51C62C71+ C15C16C72
+ Gọi A là biến cố lấy các viên bi có đủ cả 3 màu, nên
( ) 2 1 1 1 2 1 1 1 2
n A =C C C +C C C +C C C = + Xác suất của A là ( ) ( ) ( ) 1575 35
3060 68
n A
p A
n
Ω
0.5