O₂ Education

Category: TOÁN HỌC

  • Toán 10 – Mệnh đề toán học

    Toán 10 – Mệnh đề toán học

    Toán 10 – Mệnh đề toán học

    Bài này giới thiệu Lý thuyết và các ví dụ về Mệnh đề toán học trong chương trình Toán 10. Phần bài tập, mời các em tham khảo tại bài viết Bài tập Mệnh đề toán học.

    1. Khái niệm mệnh đề

    Trong thực tế cuộc sống, ta thường gặp các phát biểu [khẳng định] về một sự kiện, hiện tượng, tính chất nào đó, mà tính đúng — sai rất rõ ràng, chẳng hạn: “Tam giác đều có ba cạnh bằng nhau”, “Hà Nội là thủ đô của Việt Nam”, “Số $ \pi $ là số vô tỉ”…

    Những khẳng định này có một đặc điểm chung, đó là tính đúng — sai hoàn toàn xác định, chúng ta có thể biết được khẳng định đó hoặc là đúng, hoặc là sai, mà không phụ thuộc vào ý kiến chủ quan của người phát biểu. Người ta gọi đó là những mệnh đề toán học hoặc mệnh đề logic hay gọi tắt là mệnh đề, và định nghĩa như sau:

    Mệnh đề là một câu khẳng định [phát biểu] đúng hoặc sai. Một mệnh đề không thể vừa đúng vừa sai.

    Mệnh đề thường được kí hiệu bằng các chữ cái in hoa, chẳng hạn

    $ P $: “Hà Nội là thủ đô của Việt Nam”.

    Một khẳng định đúng được gọi là một mệnh đề đúng, một khẳng định sai được gọi là một mệnh đề sai. Ví dụ, “Số $ \pi $ là số vô tỉ” là một mệnh đề đúng, còn “Phương trình $ x^2+1=0 $ có nghiệm” là một mệnh đề sai.

    Các câu mệnh lệnh, câu hỏi không có tính đúng sai, còn câu cảm thán thì tính đúng sai còn phụ thuộc vào ý kiến chủ quan của từng cá nhân, nên chúng không là các mệnh đề. Chẳng hạn, phát biểu “Trời mưa ở Nam Định vào ngày 01/4/2021” là một mệnh đề, trong khi “Có phải hôm nay trời mưa?” hoặc “Trời mưa to quá!” không phải là mệnh đề.

    Ngoài ra còn có các khẳng định mà không thể xác định được tính đúng sai, mời bạn xem tại bài Một số phát biểu không phải mệnh đề.

    Ví dụ 1. Các khẳng định sau có là mệnh đề không? Nếu có, thì cho biết đó là mệnh đề đúng hay sai.

    • $ A: $ “12 là số nguyên tố.”
    • $ B: $ “$ \pi $ không là số hữu tỉ.”
    • $ C: $ “Cấm hút thuốc lá!”
    • $ D: $ “Bài tập này khó quá!”
    • $ E: $ “Nếu hai tam giác có diện tích bằng nhau thì hai tam giác ấy bằng nhau.”
    • $ F: $ “Một tam giác đều khi và chỉ khi tam giác đó cân và có một góc bằng $ 60^\circ$.”
    • $ G: $ “Tổng các góc trong một tam giác bằng $ 360^\circ. $”

    2. Mệnh đề phủ định

    Khi làm việc với các mệnh đề, chúng ta rất hay gặp các cặp mệnh đề mà tính đúng — sai của chúng trái ngược nhau, chẳng hạn, xét mệnh đề $ P: $ “Hình thoi có bốn cạnh bằng nhau.” thì phát biểu “Hình thoi không có bốn cạnh bằng nhau.” hoặc “Không phải hình thoi có bốn cạnh bằng nhau”. Chúng được gọi là mệnh đề phủ định của mệnh đề $ P $, vì mệnh đề $ P $ đúng nên mệnh đề phủ định của nó sai.

    Mệnh đề “Không phải $ P $” là mệnh đề phủ định của mệnh đề $ P, $ kí hiệu $ \overline{P}. $ Nếu $ P $ đúng thì $ \overline{P} $ sai và ngược lại.

    Để tạo ra mệnh đề phủ định từ một mệnh đề cho trước, chúng ta chỉ việc thêm vào trước mệnh đề đã cho cụm từ “không phải”, hoặc ta tìm những từ ngữ trái nghĩa để phát biểu. Để hiểu rõ hơn, ta xét ví dụ sau đây.

    Ví dụ 2. Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau và lập mệnh đề phủ định mệnh:

    • $ P: $ “Hình vuông có hai đường chéo bằng nhau.”
    • $ Q: $ “Phương trình $ x^4+1=0 $ vô nghiệm.”
    • $ R: $ “$\sqrt{2}>\frac{3}{2}$.”
    • $ S: $ “$(\sqrt{2}-\sqrt{18})^2>8$.”
    • $ T: $ “Hình bình hành có hai đường chéo bằng nhau là hình chữ nhật.”
    • $ U: $ “Hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì chúng song song với nhau.”

    Xem thêm Cách lập mệnh đề phủ định

    3. Mệnh đề kéo theo, mệnh đề tương đương

    Khi chứng minh một bài toán, hầu hết các mệnh đề chúng ta sử dụng có dạng “Nếu — thì”, chúng được gọi là các mệnh đề kéo theo.

    Cho hai mệnh đề $P$ và $ Q $, mệnh đề “Nếu $ P $ thì $ Q $” được gọi là mệnh đề kéo theo và kí hiệu là “$ P\Rightarrow Q$”.

    Tính đúng — sai của mệnh đề kéo theo được xác định như sau, mệnh đề “$P\Rightarrow Q$” sai khi $ P $ đúng, $ Q $ sai và đúng trong các trường hợp còn lại. Chẳng hạn,

    • Nếu $ P $ là “25 là một số chính phương”, và $ Q $ là “25 là một hợp số”, thì mệnh đề $ P\Rightarrow
      Q $ là đúng vì cả $ P $ và $ Q $ đều đúng.
    • Nếu $ P $ là “25 là một số chính phương”, và $ Q $ là “25 là một số nguyên tố”, thì mệnh đề $ P\Rightarrow
      Q $ là sai vì $ P $ đúng còn $ Q $ đều sai.
    • Nếu $ P $ là “25 là một số nguyên tố”, và $ Q $ là “25 là một số chẵn”, thì mệnh đề $ P\Rightarrow
      Q $ là đúng vì cả $ P $ và $ Q $ đều sai. Hơn nữa, nếu mệnh đề $ P $ sai thì mệnh đề $ P\Rightarrow Q$ luôn luôn đúng.

    Chúng ta xét hai mệnh đề sau, $ P $: “Hai tam giác bằng nhau” và $ Q $: “Hai tam giác có diện tích bằng nhau”.

    Khi đó, mệnh đề “$ P \Rightarrow Q$” là: “Nếu hai tam giác bằng nhau thì hai tam giác có diện tích bằng nhau”.

    Ta thấy, nếu có $ P $, tức là nếu có điều kiện “hai tam giác bằng nhau” thì đủ để suy ra chúng có diện tích bằng nhau, tức là suy ra $ Q $; còn nếu có diện tích bằng nhau thì chưa đủ để suy ra chúng bằng nhau. Nói là chưa đủ tức là cần phải có thêm một số điều kiện nữa, chẳng hạn chúng phải đồng dạng, mới đủ để suy ra chúng bằng nhau. Nhưng nếu không có điều kiện diện tích bằng nhau thì không thể có chuyện chúng bằng nhau được, tức là có diện tích bằng nhau là điều kiện cần thiết nhưng chưa đủ để suy ra chúng bằng nhau.

    Trong trường hợp tổng quát, $ P $ gọi là giả thiết, $ Q $ gọi là kết luận, hoặc:

    • $ P $ là điều kiện đủ để có $ Q,$
    • $ Q$ là điều kiện cần để có $ P. $

    Để hiểu rõ hơn về điều kiện cần, điều kiện đủ mời các em xem trong bài Điều kiện cần và đủ là gì?

    Cho mệnh đề “$ P\Rightarrow Q$”. Mệnh đề “$ Q\Rightarrow P $” được gọi là mệnh đề đảo của mệnh đề “$ P\Rightarrow Q $”.

    Ví dụ 3. Phát biểu mệnh đề đảo của các định lí sau, xét xem chúng đúng hay sai.

    A: “Tứ giác có bốn cạnh bằng nhau thì là hình thoi.”
    B: “Hình vuông là tứ giác có bốn góc vuông”

    Cho hai mệnh đề $P$ và $ Q $. Mệnh đề “$ P $ nếu và chỉ nếu $ Q $” được gọi là mệnh đề tương đương và kí hiệu là “$ P\Leftrightarrow Q $”. Mệnh đề “$ P\Leftrightarrow Q $” đúng khi và chỉ khi cả hai mệnh đề $ P $ và $ Q $ đều đúng hoặc đều sai.

    Khi đó, chúng ta nói rằng “$ P $ là điều kiện cần và đủ để có $ Q$”.

    Ví dụ 4. Lập mệnh đề đảo của các định lí sau và cho biết các mệnh đề này đúng hay sai. Sử dụng mệnh đề tương đương, nếu được.

    • “Nếu tứ giác là hình vuông thì tứ giác có bốn cạnh bằng nhau”.
    • “Nếu hai tam giác bằng nhau thì hai tam giác ấy đồng dạng và có một cạnh bằng nhau”.
    • “Nếu hai số nguyên lẻ thì tích của chúng là số lẻ”.

    Hướng dẫn.

    • Mệnh đề đảo là mệnh đề: “Nếu tứ giác có bốn cạnh bằng nhau thì tứ giác là hình vuông”. Mệnh đề này sai vì hình thoi cũng có 4 cạnh bằng nhau nhưng không phải là hình vuông.
    • Mệnh đề đảo là mệnh đề: “Nếu hai tam giác đồng dạng và có một cạnh bằng nhau thì hai tam giác ấy bằng nhau”. Mệnh đề này sai vì hai tam giác $ ABC $ và $ A’B’C’ $ có các cạnh tương ứng là 3, 4,6 và 6, 8, 12 thì đồng dạng và có một cạnh bằng nhau là 6 nhưng không bằng nhau.
    • Mệnh đề đảo là mệnh đề: “Nếu tích của hai số nguyên là lẻ thì hai số nguyên là lẻ”. Mệnh đề này đúng, do đó có thể phát biểu: “Hai số nguyên là lẻ khi và chỉ khi tích của chúng là số lẻ”.

    Phương pháp chứng minh phản chứng

    Một phương pháp rất hiệu quả để chứng minh các mệnh đề dạng “$ A\Rightarrow B $” là phương pháp phản chứng. Cụ thể, để chứng minh mệnh đề “$ A\Rightarrow B $” là đúng ta chứng minh mệnh đề “$ \overline{B}\Rightarrow \overline{A} $” đúng.

    Ví dụ 5. Chứng minh nếu tích hai số nguyên $ a $ và $ b $ là lẻ thì $ a $ và $ b $ đều là số lẻ.

    Hướng dẫn. Giả sử ngược lại, không phải $ a $ và $ b $ đều lẻ, tức là $ a $ chẵn hoặc $ b $ chẵn. Khi đó $ ab $ chẵn, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy nếu tích hai số nguyên $ a $ và $ b $ là lẻ thì $ a $ và $ b $ là lẻ.

    Ví dụ 6. Cho $ a,b,c $ là ba số thực bất kì, chứng minh có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là đúng:
    $$ a^2+b^2\geqslant 2bc ,\quad b^2+c^2\geqslant 2ca,\quad c^2+a^2\geqslant 2ab $$

    Hướng dẫn. Giả sử ngược lại, cả ba bất đẳng thức đều sai, tức là “$ a^2+b^2<2bc $”, “$ b^2+c^2<2ca $”, “$ c^2+a^2< 2ab $”. Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên đươc \[ a^2+b^2+c^2<2bc+2ca+2ab. \] Suy ra $ (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2<0, $ điều này là vô lý. Vậy điều ta giả sử là sai, tức là có ít nhất một trong ba bất đẳng thức đã cho là đúng.

    Ví dụ 7. Trong mặt phẳng cho sáu điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Mỗi đoạn thẳng nối từng cặp điểm được tô màu đỏ hoặc xanh. Chứng minh rằng tồn tại ba điểm trong số sáu điểm đã cho, sao cho chúng là ba đỉnh của một tam giác mà các cạnh của nó được tô cùng một màu.

    Hướng dẫn. Xét $ A $ là một trong số sáu điểm đã cho. Khi đó xét năm đoạn thẳng (mỗi đoạn thẳng nối điểm $ A $ với năm điểm còn lại). Vì mỗi đoạn thẳng chỉ được tô hoặc màu đỏ hoặc màu xanh, nên theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất ba trong năm đoạn nói trên cùng màu. Giả sử là các đoạn $ AB_1, AB_2, AB_3 $ và có thể cho rằng chúng cùng màu xanh. Chỉ có hai khả năng sau xảy ra:

    • Nếu ít nhất một trong ba đoạn $ B_1B_2, B_2B_3, B_3B_1 $ màu xanh thì tồn tại một tam giác với ba cạnh xanh và kết luận của bài toán đúng trong trường hợp này.
    • Nếu không phải như vậy, tức là $ B_1B_2, B_2B_3, B_3B_1 $ màu đỏ, thì ba điểm phải tìm là $ B_1, B_2, B_3, $ vì $ B_1B_2B_3 $ là tam giác với ba cạnh đỏ.

    3. Mệnh đề chứa biến

    Xét phát biểu: $$ x+2>0 $$ đây không phải là một mệnh đề, vì chúng ta chưa biết được tính đúng — sai của nó, tuy nhiên khi ta cho $ x $ một giá trị cụ thể nào đó, thì ta được một mệnh đề, chẳng hạn khi ta cho $ x=-2 $ thì được một mệnh đề sai “$ -2+2>0$”, còn khi cho $ x=1 $ ta lại được một mệnh đề đúng “$ 1+2>0 $”.

    Những phát biểu có dạng như phát biểu trên được gọi là các mệnh đề chứa biến.

    Những phát biểu mà tính đúng — sai của chúng tùy thuộc vào giá trị của biến được gọi là những mệnh đề chứa biến. Mệnh đề chứa biến $ P(x) $ là một phát biểu chứa biến $ x, $ mà với mỗi giá trị của biến $ x $ thì ta được một mệnh đề.

    Ví dụ 8. Tìm $ x $ để các mệnh đề sau là đúng.

    • “$ x $ là số tự nhiên nhỏ hơn 15 và chia hết cho 3”
    • “$ 2x^2-5x+2=0 $”
    • “$ x $ là số dương thỏa mãn $ (x-2)^2>x^2+13 $”
    • “$ x $ không thỏa mãn phương trình $ (2x-5)(x+6)=0 $”

    Cho mệnh đề chứa biến $ P(x) $ với $ x\in \mathbb{D} $ thì phát biểu:

    • “Với mọi $ x\in \mathbb{D}, P(x) $ đúng” là một mệnh đề, kí hiệu là “$ \forall x\in \mathbb{D},P(x) $”. Mệnh đề này sai nếu có ít nhất một $ x_0\in \mathbb{D} $ sao cho $ P(x_0) $ sai.
    • “Tồn tại $ x\in \mathbb{D}, P(x) $ đúng” là một mệnh đề, kí hiệu là “$ \exists x\in \mathbb{D},P(x) $”. Mệnh đề này đúng nếu có ít nhất một $ x_0\in \mathbb{D} $ sao cho $ P(x_0) $ đúng.

    Để lập mệnh đề phủ định của hai mệnh đề trên, ta hãy xem xét một mệnh đề cụ thể sau

    “Mọi học sinh lớp 10A5 cao trên $ 1{,}6 $ m.”

    Mệnh đề này đúng hay sai? Mệnh đề phủ định của nó là gì? Mệnh đề phủ định là “Không phải mọi học sinh lớp 10A5 cao trên 1,6m”. Điều đó nghĩa là gì? Nghĩa là “Có ít nhất một học sinh lớp 10A5 không cao trên 1,6m”. Nói cách khác, tức là “Tồn tại học sinh lớp 10A5 không cao trên 1,6m”. Từ đó, ta có kết luận trong trường hợp tổng quát như sau:

    Mệnh đề phủ định của “$ \forall x\in \mathbb{D},P(x) $” là “$ \exists x\in \mathbb{D},\overline{P(x)}$”.
    Mệnh đề phủ định của “$ \exists x\in \mathbb{D},P(x) $” là “$ \forall x\in \mathbb{D},\overline{P(x)}. $”

    Mời thầy cô và các em học sinh tham khảo thêm trong bài Cách lập mệnh đề phủ định.

    Ví dụ 9. Các mệnh đề sau đúng hay sai và phủ định các mệnh đề ấy:

    • “$ \forall x, x^2+x+1>0 $”
    • “$ \forall x, x^2\geqslant x $”
    • “$ \forall x, x^2-3x+2=0 $”
    • “$ \exists x, x^3-4x^2+3x-3>0 $”
    • “$ \exists x,x^2+4x+5=0 $”
    • “$ \forall n\in \mathbb{N}, (2n+1)^2-1 $ chia hết cho 4”
  • 1000 bài toán Tổ hợp Xác Suất có lời giải

    1000 bài toán Tổ hợp Xác Suất có lời giải

    1000 Bài Tổ hợp Xác suất có lời giải

    O2 Education xin giới thiệu cùng thầy cô và các em học sinh 1000 bài tập tổ hợp xác suất có lời giải. Các bài toán được chúng tôi sưu tầm từ các đề thi HSG, đề thi ĐHCĐ, đề thi tốt nghiệp, đề thi THPTQG và đề thi thử của các trường trên cả nước.

    Các đề bài được chúng tôi cập nhật thường xuyên, một số câu hỏi do chưa có thời gian nên chúng tôi sẽ bổ sung lời giải sau.

    Mời thầy cô và các em học sinh xem thêm

    Câu 1. [SGD Hà Nam 2018] Xếp ngẫu nhiên 3 quả cầu màu đỏ khác nhau và 3 quả cầu màu xanh giống hệt nhau vào một giá chứa đồ nằm ngang có 7 ô trống, mỗi quả cầu được xếp vào một ô. Xác suất để 3 quả cầu màu đỏ xếp cạnh nhau và 3 quả cầu màu xanh xếp cạnh nhau bằng bao nhiêu?

    Hướng dẫn. Phép thử chính là việc “chọn 3 trong 7 vị trí để sắp xếp các quả cầu màu đỏ khác nhau, rồi chọn 3 trong bốn vị trí còn lại để đặt các quả cầu màu xanh giống nhau”, nên không gian mẫu có số phần tử là
    \[ n(\Omega)=A^3_7\cdot C^3_4 \] Gọi $ A $ là biến cố “3 quả cầu màu đỏ xếp cạnh nhau và 3 quả cầu màu xanh xếp cạnh nhau”. Khi đó, ta coi “3 quả cầu màu xanh xếp cạnh nhau” chỉ là 1 phần tử, và “3 quả cầu màu đỏ xếp cạnh nhau” cũng là một phần tử. Bài toán trở thành sắp xếp hai phần tử khác nhau này vào hai trong ba vị trí, nên có $ A^2_3 $ cách. Tuy nhiên, vì các quả cầu màu đỏ khác nhau nên khi hoán vị chúng, ta được các kết quả khác nhau. Do đó, số phần tử thuận lợi của biến cố $ A $ là \[ n(A)=A^2_3\cdot 3! \] Từ đó tìm được xác suất $ P=\frac{3}{70}. $

    Câu 2. [SGD Nam Định 2018] Một nhóm có 7 học sinh trong đó có 3 nam và 4 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách xếp các học sinh trên thành một hàng ngang sao cho các học sinh nữ đứng cạnh nhau?

    Hướng dẫn. Coi như bốn học sinh nữ ngồi chung một ghế, còn ba học sinh nam mỗi em ngồi một ghế. Ta thực hiện hai bước như sau:

    • Sắp xếp 4 học sinh nữ vào một ghế, có $ 4!=24$ cách.
    • Sắp xếp bốn chiếc ghế, một chiếc của nhóm học sinh nữ và ba chiếc của ba học sinh nam, có $ 4!=24$ cách.

    Theo quy tắc nhân, có tất cả $ 24\cdot 24=576$ cách.

    Câu 3. [SGD Thanh Hóa 2019] Gọi $ S $ là tập hợp tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau được chọn từ các chữ số$ 1,2,3,4,5,6,7,8,9. $ Lấy ngẫu nhiên một số thuộc $ S $. Tính xác suất để lấy được một số chia hết cho $ 11 $ và tổng bốn chữ số của nó cũng chia hết cho $ 11 $.

    Hướng dẫn. Không gian mẫu có $ \mathrm{A}^4_9=3024 $ phần tử. Giả sử số cần lập là $ \overline{abcd}$ thì ta có \begin{align}
    \overline{abcd}&=1000a+100b+10c+d\\
    & =\left(1001a+99b+11c\right) -a+b-c+d
    \end{align} Chú ý rằng $ \left(1001a+99b+11c\right) $ chia hết cho $ 11 $ nên $ \overline{abcd} $ chia hết cho $ 11 $ khi và chỉ khi $ \left(-a+b-c+d\right) $ phải chia hết cho $ 11 $.

    Nhưng theo giả thiết thì $ a+b+c+d $ cũng chia hết cho $ 11 $. Từ đây suy ra cả $ a+c $ và $ b+d $ cùng chia hết cho $ 11. $

    Mà, các cặp có tổng chia hết cho $ 11 $ là $(2 ; 9),(3 ; 8),(4 ; 7) ;(5 ; 6)$. Suy ra, số phần tử thuận lợi là $$n(A)=4 \cdot 3 \cdot 2 ! \cdot 2 !=48$$ Từ đó tìm được xác suất là $ \frac{1}{63}. $

    Câu 4. Từ các chữ số $ 1,2,3,4,5,6,7,8,9 $ có thể lập được bao nhiêu nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số dạng $ \overline{{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}} $ sao cho $ a_1<a_2<a_3<a_4<a_5. $

    Hướng dẫn. Rõ ràng, với mỗi cách lấy ra $ 5 $ chữ số bất kì từ $ 9 $ chữ số đã cho, chúng ta chỉ có duy nhất một cách sắp xếp chúng theo thứ tự từ nhỏ đến lớn, tức là không tính các hoán vị của $ 5 $ chữ số này. Đương nhiên, mỗi cách sắp xếp đó ta thu được một số thỏa mãn yêu cầu. Do đó, có tất cả \[ \mathrm{C}^5_9=126 \] số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu.

    Câu 5. Từ các chữ số $ 0,1,2,3,4,5,6,7 $ có thể lập được bao nhiêu nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số dạng $ \overline{{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}} $ sao cho $ a_1<a_2<a_3<a_4<a_5. $

    Hướng dẫn. Nhận xét rằng $ a_1 $ phải là số bé nhất và khác $ 0, $ nên bài toán tương đương với việc lập số từ tập gồm $ 7 $ chữ số $ 1,2,3,4,5,6,7 $. Với mỗi cách lấy ra $ 5 $ chữ số bất kì từ $ 7 $ chữ số đã cho, chúng ta chỉ có duy nhất một cách sắp xếp chúng theo thứ tự từ nhỏ đến lớn, tức là không tính các hoán vị của $ 5 $ chữ số này. Đương nhiên, mỗi cách sắp xếp đó ta thu được một số thỏa mãn yêu cầu. Do đó, có tất cả \[ \mathrm{C}^5_7=21 \] số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu.

    Câu 6. [Chuyên Thái Nguyên Lần 1 năm 2019] Gọi $ S $ là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số, các chữ số không nhất thiết khác nhau, được lập từ các chữ số $ 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 $. Chọn ngẫu nhiên một số $ \overline{abc} $ từ $ S $. Tính xác suất để số được chọn thỏa mãn $ a \leqslant b \leqslant c. $

    Hướng dẫn.  Tập $ S $ gồm các số từ $ 100 $ đến $ 999 $ nên có $ 900 $ phần tử. Phép thử là chọn một số tự nhiên từ tập $ S $ nên số phần tử của không gian mẫu là \[ |\Omega|=\mathrm{C}^1_{900}=900 \] Gọi $ A $ là biến cố cần tính xác suất, đặt $ b’=b+1, c’=c+2 $ thì yêu cầu bài toán tương đương với việc chọn ra ba số $ 1 \leqslant a < b'<c’ \leqslant 11 $ rồi sắp xếp ba số này theo thứ tự từ bé đến lớn, nên số phần tử thuận lợi là \[ |A|= \mathrm{C}^3_{11}=165\] Xác suất cần tìm là $ \mathrm{P}(A)=\frac{165}{900}=\frac{11}{60}. $

    Bài tập trên cũng có thể làm bằng cách chia bốn trường hợp, $ a<b<c, a=b<c, a<b=c $ và $ a=b=c. $

    Câu 7.  [Chuyên Vĩnh Phúc — L3 2019] Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có $ 4 $ chữ số. Tính xác suất để số được chọn có dạng $ \overline{abcd} $, trong đó $ 1 \leqslant a \leqslant b \leqslant c \leqslant d \leqslant 9 $.

    Hướng dẫn. Có tất cả $ 9000$ số tự nhiên có bốn chữ số. Phép thử là “chọn một số tự nhiên từ $ 9000$ số tự nhiên có bốn chữ số”, nên số phần tử của không gian mẫu là $$ |\Omega|=\mathrm{C}^1_{9000}=9000. $$ Sử dụng tính chất của hai số tự nhiên, $ m \leqslant n \Leftrightarrow m < n+1$, chúng ta có điều kiện $ 1 \leqslant a \leqslant b \leqslant c \leqslant d \leqslant 9 $ tương đương với
    \[ 1 \leqslant a < b+1<c+2<d+3 \leqslant 12. \] Đặt $ a’=a, b’=b+1, c’=c+2, d’=d+3 $ thì yêu cầu bài toán trở thành lấy bốn số tự nhiên khác nhau $ a’,b’,c’,d’ $ từ các số $ 1,2,3,\dots,12 $ và sắp xếp chúng theo một thứ tự duy nhất từ nhỏ đến lớn, tức là không tính các hoán vị. Do đó, số cách chọn là
    \[ \mathrm{C}^4_{12}=495. \] Xác suất cần tìm là $$ \mathrm{P}=\frac{495}{9000}\approx 0.055 $$

    Câu 8. [SGD Nam Định — HK2 2018] Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có năm chữ số. Tính xác suất để số được chọn có dạng $ \overline{abcde} $ sao cho $ 1 \leqslant a \leqslant b \leqslant c \leqslant d \leqslant e \leqslant 9. $

    Hướng dẫn. Không gian mẫu có số phần tử là \[ \big|\Omega\big| = 9\cdot 10^4=90000.\] Sử dụng tính chất của hai số tự nhiên, $ m \leqslant n \Leftrightarrow m < n+1$, chúng ta có điều kiện $ 1 \leqslant a \leqslant b \leqslant c \leqslant d \leqslant e \leqslant 9 $ tương đương với \[ 1 \leqslant a < b+1<c+2<d+3<e+4 \leqslant 13. \] Đặt $ a’=a, b’=b+1, c’=c+2, d’=d+3, e’=e+4 $ thì yêu cầu bài toán trở thành lấy năm số tự nhiên khác nhau $ a’,b’,c’,d’,e’ $ từ các số $ 1,2,3,\dots,13 $ và sắp xếp chúng theo một thứ tự duy nhất từ nhỏ đến lớn, tức là không tính các hoán vị. Do đó, số cách chọn là \[ \mathrm{C}^5_{13}=1287. \] Xác suất cần tìm là $ \mathrm{P}(A)=\frac{143}{10000}. $

    Câu 9. [Chuyên Quang Trung — Bình Phước 2018] Cho $ A $ là tập hợp gồm các số tự nhiên có $ 9 $ chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập $ A $. Tính xác suất để số được chọn có các chữ số $ 0; 1; 2; 3; 4 $ mà các chữ số $ 1; 2; 3; 4 $ sắp theo thứ tự tăng dần.

    Hướng dẫn. Tập $ A $ có tất cả $ 9\cdot \mathrm{A}^8_9=3265920 $ số. Phép thử là “chọn ngẫu nhiên một số từ $ 2903040 $ số của tập $ A $”, nên số phần tử của không gian mẫu là \[ \big|\Omega\big| =\mathrm{C}^1_{3265920}=3265920.\] Giả sử có một bảng gồm một hàng có $ 9 $ ô trống cạnh nhau, để tạo thành một số tự nhiên có $ 9 $ chữ số ta lần lượt lựa chọn và viết các chữ số trong các chữ số từ $ 0 $ đến $ 9 $ vào các ô trống này.

    Gọi $ E $ là biến cố cần tính xác suất. Biến cố $ E $ xảy ra, ta phải thực hiện các bước sau:

    • Chọn một trong tám ô trống, vì ô đầu tiên không thể là $ 0 $, để viết chữ số $ 0 $; có $ 8 $ cách.
    • Chọn bốn trong tám ô trống còn lại, và viết các chữ số $ 1,2,3,4 $ theo thứ tự từ trái qua phải vào các ô trống đó; có tất cả $ \mathrm{C}^4_8 $ cách.
    • Chọn bốn trong năm chữ số $ 5,6,7,8,9 $, và sắp xếp các hoán vị của chúng vào bốn ô trống còn lại; có $ \mathrm{A}^4_5 $ cách.

    Theo quy tắc nhân, số phần tử thuận lợi cho biến cố $ E $ là \[ \big|E\big| =8\cdot \mathrm{C}^4_8\cdot \mathrm{A}^4_5=67200.\] Xác suất cần tìm là $ \mathrm{P}=\frac{67200}{3265920}=\frac{5}{243}. $

    Câu 10. [Cụm trường chuyên đồng bằng sông Hồng L1 2019] Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có $ 5 $ chữ số đôi một khác nhau, sao cho mỗi số đó nhất thiết phải có mặt chữ số $ 0 $.

    Hướng dẫn. Gọi số tự nhiên cần lập là $ \overline{abcde} $ trong đó $ a\ne0,e $ chẵn và phải có mặt chữ số $ 0 $. Ta xét hai trường hợp:

    • Nếu $ e=0 $ thì $ e $ chỉ có một cách chọn. Tiếp theo ta chọn 4 chữ số từ 9 chữ số $ 1,2,\dots,9 $ và sắp xếp vào bốn vị trí còn lại, có $ \mathrm{A}^4_9 $ cách. Trường hợp này có tất cả $ 1\cdot \mathrm{A}^4_9=3024 $ số.
    • Nếu $ e\ne 0 $ thì $ e $ có 4 cách chọn, từ các chữ số $ 2,4,6,8 $. Tiếp theo, ta chọn vị trí cho chữ số $ 0 $, có 3 cách vì không thể ở vị trí của $ a $ hoặc $ e $. Cuối cùng, ta chọn 3 chữ số từ 8 chữ số còn lại và sắp xếp vào ba vị trí còn lại, có $ \mathrm{A}^3_8 $ cách. Trường hợp này có tất cả $ 4\cdot 3\cdot \mathrm{A}^3_8= 4032 $ số.

    Theo quy tắc cộng, có tất cả $ 3024+4032=7056 $ số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu.

    Câu 11. [Nguyễn Thị Minh Khai — Hà Tĩnh L1 2019] Gọi $ S $ là tập hợp các số tự nhiên có chín chữ số được lập từ các chữ số $ 1,2,3,4,5 $. Lấy ngẫu nhiên một số từ tập $ S $. Tính xác suất để lây được số thỏa mãn điều kiện: các chữ số $ 1,2,3,4 $ có mặt đúng hai lần; chữ số $ 5 $ có mặt đúng một lần và các chữ số lẻ nằm ở vị trí lẻ, tính từ trái qua phải.

    Hướng dẫn. Tập $ S$ có tất cả $ 5^9=1953125$ phần tử. Số phần tử của không gian mẫu là $$ |\Omega|= \mathrm{C}^1_{1953125}=1953125$$ Gọi $ A$ là biến cố lấy được số thỏa mãn yêu cầu. Để biến cố $ A$ xảy ra chúng ta thực hiện các bước sau:

    • Chọn vị trí cho chữ số $ 5$, vì $ 5$ là số lẻ nên chỉ có thể chọn các vị trí thứ nhất, thứ ba, thứ năm, thứ bảy và thứ chín. Tóm lại, có $ 5$ cách chọn vị trí cho chữ số $ 5$.
    • Sắp xếp hai chữ số $ 1$ và hai chữ số $ 3$ vào bốn vị trí lẻ còn lại, số cách sắp xếp là $$ \frac{4!}{2!\cdot 2!} =6$$
    • Sắp xếp hai chữ số $ 2$ và hai chữ số $ 4$ vào bốn vị trí chẵn, số cách sắp xếp là $$ \frac{4!}{2!\cdot 2!} =6$$

    Suy ra, số phần tử thuận lợi cho $ A$ là $$ 5\cdot 6\cdot 6 =180 $$ Xác suất cần tìm là $$ \mathrm{P}(A)=\frac{180}{5^9}. $$

    Câu 12. Có bao nhiêu số có $ 10 $ chữ số được tạo thành từ ba chữ số $ 1,2,3 $ sao cho hai chữ số bất kỳ nào đứng cạnh nhau đều hơn kém nhau một đơn vị.

    Hướng dẫn. Nhận xét rằng hai số hơn kém nhau $ 1 $ đơn vị thì tính chẵn lẻ đối lập nhau. Trong ba chữ số $ 1,2,3 $ thì chỉ có $ 2 $ là số chẵn. Do đó, gọi các số thỏa mãn điều kiện đề bài có dạng $ \overline{a_1a_2a_3…a_{10}} $ thì ta xét hai trường hợp:

    • Chữ số $ 2 $ chiếm các vị trí chẵn $ a_2,a_4,…,a_{10} $. Lúc này, điền các chữ số $ 1 $ hoặc $ 3 $ vào các vị trí lẻ thì có $ 2^5=32 $ cách, nên có tất cả $ 32 $ số.
    • Chữ số $ 2 $ chiếm các vị trí lẻ $ a_1,a_3,…,a_9 $. Và, ta viết các chữ số $ 1 $ hoặc $ 3 $ vào các vị trí chẵn thì có $ 2^5=32 $ cách, nên có tất cả $ 32 $ số.

    Theo quy tắc cộng, có tất cả $ 64 $ số thỏa mãn điều kiện đề bài.

    Câu 13. [Lê Văn Thịnh — Bắc Ninh 2019] Trên giá sách có 4 quyển sách toán, 3 quyển sách lý, 2 quyển sách hóa. Lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách. Tính xác suất để trong ba quyển sách lấy ra có ít nhất một quyển là toán.

    Hướng dẫn. Phép thử là “lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách từ 9 quyển sách” nên số phần tử của không gian mẫu là $$ |\Omega|=\mathrm{C}^3_9=84 $$ Vì đề bài xuất hiện cụm từ ít nhất, nên chúng ta sử dụng biến cố đối. Giả sử $ A$ là biến cố “trong ba quyển sách lấy ra có ít nhất một quyển là toán” thì $ \overline{A}$ là biến cố “trong ba quyển sách lấy ra có không có sách toán”.

    Biến cố $ \overline{A}$ xảy ra khi và chỉ khi lấy được 3 quyển chỉ gồm sách lý và hóa. Số phần tử thuận lợi của biến cố $ \overline{A}$ là $$ \mathrm{C}^3_5 =10$$ Xác suất cần tìm là \begin{align}
    \mathrm{P}(A)&=1-\mathrm{P}(\overline{A})\\
    &=1-\frac{10}{84}=\frac{37}{42}
    \end{align}

    Câu 14. [Chuyên Bắc Giang 2/2019] Lớp 11A có 2 tổ. Tổ I có 5 bạn nam, 3 bạn nữ và tổ II có 4 bạn nam, 4 bạn nữ. Lấy ngẫu nhiên mỗi tổ 2 bạn đi lao động. Tính xác suất để trong các bạn đi lao động có đúng 3 bạn nữ.

    Hướng dẫn. Phép thử: “Lấy ngẫu nhiên mỗi tổ 2 bạn đi lao động”, tức là lấy từ tổ I hai bạn và tổ II hai bạn. Số phần tử của không gian mẫu là $$ |\Omega|= \mathrm{C}^2_8\cdot \mathrm{C}^2_8=784.$$ Để trong các bạn đi lao động có đúng 3 bạn nữ, chúng ta xét hai trường hợp:

    • Chọn từ tổ I hai bạn nữ và tổ II một nam một nữ. Số cách chọn là $$ \mathrm{C}^2_{3}\cdot \mathrm{C}^1_4\cdot \mathrm{C}^1_4=48 $$
    • Chọn từ tổ I một nam một nữ và tổ hai hai bạn nữ. Số cách chọn là $$ \mathrm{C}^1_5\cdot \mathrm{C}^1_3\cdot \mathrm{C}^2_{4}=90 $$

    Theo quy tắc cộng, có tất cả $ 48+90=138$ cách chọn.

    Xác suất cần tính là $$ \mathrm{P}=\frac{138}{784}=\frac{69}{392}$$

    Câu 15. [Chuyên Bắc Ninh L1 2019] Có 7 bông hồng đỏ, 8 bông hồng vàng và 10 bông hồng trắng, các bông hồng khác nhau từng đôi một. Hỏi có bao nhiêu cách lấy 3 bông hồng có đủ ba màu.

    Hướng dẫn. Lấy 3 bông hồng có đủ ba màu đồng nghĩa với lấy được 1 bông hồng đỏ, 1 bông hồng trắng và 1 bông hồng vàng. Số cách lấy thỏa mãn yêu cầu là $$ \mathrm{C}^1_7\cdot \mathrm{C}^1_8\cdot \mathrm{C}^1_{10}=560. $$

    Câu 16. [Chuyên Bắc Ninh L1 2019] Một hộp đựng 11 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 11. Chọn ngẫu nhiên 4 tấm thẻ từ hộp đó. Gọi P là xác suất để tổng các số ghi trên 4 tấm thẻ ấy là một số lẻ. Khi đó P bằng bao nhiêu?

    Hướng dẫn. Phép thử là “Lấy ngẫu nhiên $ 4$ thẻ từ $ 11$ thẻ”. Suy ra không gian mẫu có số phần tử là $$ |\Omega|=\mathrm{C}^4_{11}=330.$$ Trong $ 11$ tấm thẻ, có $ 6$ ghi số lẻ là $\{1,3,5,7,9,11\}$ và $ 5$ thẻ ghi số chẵn là $ \{2,4,6,8,10\}$.

    Để tổng các số ghi trên 4 tấm thẻ ấy là một số lẻ thì ta có các trường hợp sau:

    • Chọn 1 thẻ lẻ và 3 thẻ chẵn. Số cách chọn là $$ \mathrm{C}^1_6\cdot \mathrm{C}^3_{5}=60 $$
    • Chọn 3 thẻ lẻ và 1 thẻ chẵn. Số cách chọn là $$ \mathrm{C}^3_6\cdot \mathrm{C}^1_{5}=100 $$

    Theo quy tắc cộng, số phần tử thuận lợi là $$ 60+100=160 $$ Xác suất cần tìm là $ \mathrm{P}=\frac{160}{330}=\frac{16}{33}$.

    Câu 17. [THTT 2/2019] Tại Giải vô địch bóng đá AFF Suzuki Cup 2019 có 10 đội tuyển tham dự, trong đó có đội tuyển Việt Nam và đội tuyển Malaysia. Ở vòng bảng, Ban tổ chức chia ngẫu nhiên 10 đội thành 2 bảng, bảng A và bảng B, mỗi bảng có 5 đội. Giả sử khả năng xếp mỗi đội vào mỗi bảng là như nhau. Tính xác suất đề đội tuyển Việt Nam và đội tuyển Malaysia được xếp trong cùng một bảng.

    Hướng dẫn. Không gian mẫu có số phần tử là $$ \mathrm{C}^5_{10}\cdot \mathrm{C}^5_5=252.$$ Để xếp được đội Việt Nam và Malaysia ở cùng một bảng ta thực hiện hai bước:

    • Chọn một bảng, có thể là bảng A hoặc bảng B, để xếp hai đội Việt Nam và Malaysia thì có 2 cách chọn. Khi đó, ở bảng này còn thiếu 3 đội nữa, nên có $ \mathrm{C}^3_8 $ cách chọn 3 đội từ 8 đội còn lại cho đủ 5 đội của bảng đó.
    • Tiếp theo, đương nhiên chỉ có $ \mathrm{C}^5_5 $ cách chọn 5 đội vào bảng còn lại.

    Theo quy tắc nhân, có $ 2\cdot \mathrm{C}^3_8\cdot \mathrm{C}^5_5=112 $ cách. Do đó, xác suất cần tìm là \[ \mathrm{P}=\frac{112}{252}=\frac{4}{9}. \]

    Câu 18. [Cụm trường chuyên đồng bằng sông Hồng L1 2019] Giải bóng chuyền quốc tế VTV Cup có 8 đội tham gia, trong đó có hai đội của Việt Nam. Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành hai bảng đấu, mỗi bảng 4 đội. Xác suất để hai đội của Việt Nam nằm ở hai bảng khác nhau bằng bao nhiêu?

    Hướng dẫn. Số phần tử của không gian mẫu là \[ |\Omega|=\mathrm{C}^4_8\cdot \mathrm{C}^4_4=70. \] Ở đây không có sự phân biệt giữa hai bảng, tức là không nói rõ bảng A và bảng B chẳng hạn, nên ta xét bảng thứ nhất.

    • Chọn một trong hai đội của Việt Nam vào bảng này, có $ \mathrm{C}^1_2 $ cách. Chọn tiếp ba trong sáu đội nước ngoài để xếp vào bảng đó, có $ \mathrm{C}^3_6 $ cách. Theo quy tắc nhân, bước này có $ \mathrm{C}^1_2\cdot \mathrm{C}^3_6=40 $ cách.
    • Xếp bốn đội còn lại vào bảng thứ hai, có 1 cách duy nhất.

    Như vậy, số phần tử thuận lợi của không gian mẫu là $ 40\cdot 1=40 $. Xác suất cần tìm là \[ \mathrm{P}=\frac{40}{70}=\frac{4}{7}. \]

    Câu 19. [HSG 12 Bắc Giang năm học 2015-2016] Một công ty nhận được 30 hồ sơ của 30 người muốn xin việc vào công ty, trong đó có 15 người biết tiếng Anh, 8 người biết tiếng Pháp và 14 người không biết tiếng Anh và tiếng Pháp. Công ty cần tuyển 5 người biết ít nhất tiếng Anh hoặc tiếng Pháp. Tính xác suất để trong 5 người được chọn có 3 người biết cả tiếng Anh và tiếng Pháp.

    Hướng dẫn. Số người biết cả hai tiếng Anh và Pháp là \[ 15+8+14-30=7. \] Phép thử: “Chọn 5 người trong 16 người không phân biệt nhiệm vụ” nên không gian mẫu có số phần tử là \[ |\Omega|=\mathrm{C}^5_{16}=4368. \]
    Gọi $ A $ là biến cố “trong 5 người được chọn có 3 người biết cả tiếng Anh và tiếng Pháp” thì $ A $ xảy ra khi và chỉ khi:

    • Chọn được 3 người biết cả tiếng Anh và tiếng Pháp, 2 người chỉ biết tiếng Anh và 0 người chỉ biết tiếng Pháp. Trường hợp này có $\mathrm{C}^3_7\cdot \mathrm{C}^2_8\cdot \mathrm{C}^0_1 $ cách chọn.
    • Chọn được 3 người biết cả tiếng Anh và tiếng Pháp, 1 người chỉ biết tiếng Anh và 1 người chỉ biết tiếng Pháp. Trường hợp này có $ \mathrm{C}^3_7\cdot \mathrm{C}^1_8\cdot \mathrm{C}^1_1 $ cách chọn.

    Suy ra, số phần tử thuận lợi cho $ A $ là \[ |A|=\mathrm{C}^3_7\cdot \mathrm{C}^2_8\cdot \mathrm{C}^0_1 + \mathrm{C}^3_7\cdot \mathrm{C}^1_8\cdot \mathrm{C}^1_1 = 1260.\] Xác suất cần tìm là $ \mathrm{P}(A)=\frac{1260}{4268}=\frac{15}{52}. $

    Câu 20. [HSG Nghệ An lớp 11 năm học 2016 – 2017] Thầy X có 15 cuốn sách gồm 4 cuốn sách Văn, 5 cuốn sách Sử và 6 cuốn sách Địa. Các cuốn sách đôi một khác nhau. Thầy X chọn ngẫu nhiên 8 cuốn sách để làm phần thưởng cho một học sinh. Tính xác suất để số cuốn sách còn lại của thầy X có đủ 3 môn.

    Hướng dẫn. Phép thử: “Chọn ngẫu nhiên 8 cuốn sách trong 15 cuốn sách” nên số phần tử của không gian mẫu là\[ |\Omega|=\mathrm{C}^8_{15}=6435. \] Gọi $ A $ là biến cố “Số cuốn sách còn lại của thầy X có đủ 3 môn”. Suy ra $ \overline{A} $ là biến cố “Số cuốn sách còn lại của thầy X không có đủ 3 môn”. Vì số cuốn sách mỗi môn đều ít hơn 7, nên nếu còn lại 7 cuốn sách thì phải gồm từ 2 môn trở lên. Do đó, biến cố $ \overline{A} $ xảy ra có 3 trường hợp:

    • 7 cuốn sách còn lại chỉ có Văn và Sử. Số cách chọn là $ \mathrm{C}^7_9. $
    • 7 cuốn sách còn lại chỉ có Văn và Địa. Số cách chọn là $ \mathrm{C}^7_{10}. $
    • 7 cuốn sách còn lại chỉ có Địa và Sử. Số cách chọn là $ \mathrm{C}^7_{11}. $

    Suy ra, số phần tử thuận lợi cho $ \overline{A} $ là \[ |\overline{A}|=\mathrm{C}^7_9+\mathrm{C}^7_{10}+\mathrm{C}^7_{11}=486. \] Xác suất cần tìm là \[ \mathrm{P}(A)=1-P(\overline{A})=1-\frac{486}{6435}=\frac{661}{715}. \]

    Câu 21. [A Hải Hậu — Nam Định L1 2019] Trong một buổi dạ hội có 10 thành viên nam và 12 thành viên nữ, trong đó có 2 cặp vợ chồng. Ban tổ chức muốn chọn ra 7 đôi, mỗi đôi gồm 1 nam và 1 nữ để tham gia trò chơi. Tính xác suất để trong 7 đôi đó, có đúng một đôi là cặp vợ chồng. Biết rằng trong trò chơi, người vợ có thể ghép đôi với một người khác chồng mình và người chồng có thể ghép đôi với một người khác vợ mình.

    Hướng dẫn. Để chọn ra 7 đôi, mỗi đôi gồm 1 nam và 1 nữ ta thực hiện các bước:

    • Chọn ra 7 nam từ 10 nam, có $ \mathrm{C}^7_{10} $ cách.
    • Chọn ra 7 nữ từ 12 nữ, có $ \mathrm{C}^7_{12} $ cách.
    • Sắp xếp thành 7 đôi, có $ 7! $ cách.

    Do đó, không gian mẫu có $ \mathrm{C}^7_{10} \cdot \mathrm{C}^7_{12}\cdot 7!$ phần tử.

    Để chọn được 7 đôi sao cho có đúng 1 đôi là cặp vợ chồng, ta thực hiện như sau:

    • Chọn ra 1 đôi là vợ chồng trong 2 cặp vợ chồng, có $ \mathrm{C}^1_2 $ cách.
    • Chọn ra 6 đôi từ 9 nam và 11 nữ còn lại, có $ \mathrm{C}^6_{9} \cdot \mathrm{C}^6_{11}\cdot 6! $. Nhưng trong số những cách này đã bao gồm cả những cách có cả hai đôi là vợ chồng, do đó phải trừ đi $ \mathrm{C}^1_1\cdot \mathrm{C}^5_{8} \cdot \mathrm{C}^5_{10}\cdot 5!$. Như vậy, bước này có $ \mathrm{C}^6_{9} \cdot \mathrm{C}^6_{11}\cdot 6! – C^1_1\cdot \mathrm{C}^5_{8} \cdot \mathrm{C}^5_{10}\cdot 5!$ cách.

    Theo quy tắc nhân, có tất cả \[ \mathrm{C}^1_2\left(\mathrm{C}^6_{9} \cdot \mathrm{C}^6_{11}\cdot 6! – C^1_1\cdot \mathrm{C}^5_{8} \cdot \mathrm{C}^5_{10}\cdot 5!\right). \] Xác suất cần tìm là
    \[ \mathrm{P}= \frac{\mathrm{C}^1_2\left(\mathrm{C}^6_{9} \cdot \mathrm{C}^6_{11}\cdot 6! – C^1_1\cdot \mathrm{C}^5_{8} \cdot \mathrm{C}^5_{10}\cdot 5!\right) }{\mathrm{C}^7_{10} \cdot \mathrm{C}^7_{12}\cdot 7!}=\frac{217}{1980}.\]

    Câu 22. [Lương Thế Vinh — HN L1 2019] Cho đa giác đều có $ 2018 $ đỉnh. Hỏi có bao nhiêu hình chữ nhật có $ 4 $ đỉnh là các đỉnh của đa giác đã cho?

    Hướng dẫn. Vì đa giác đều nên có tâm đường tròn ngoại tiếp, giả sử là tâm $ O $, nó có $ 2018 $ đỉnh thì có $ 1009 $ đường chéo đi qua $ O $. Cứ $ 2 $ trong số $ 1009 $ đường chéo này thì sẽ tạo thành một hình chữ nhật, đo đó có tất cả $ \mathrm{C}^2_{1009} $ hình chữ nhật.

    Câu 23. Cho đa giác đều $ 54 $ cạnh. Gọi $ S $ là tập hợp các tứ giác tạo thành có 4 đỉnh lấy từ các đỉnh của đa giác đều. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của $ S $. Xác suất để chọn được một hình chữ nhật là bao nhiêu?

    Hướng dẫn. Đa giác đều có $ 54 $ cạnh thì có $ 54 $ đỉnh. Mỗi tứ giác có 4 đỉnh lấy từ các đỉnh của đa giác đều là một tổ hợp chập 4 của 54 phần tử, nên số phần tử của tập $ S $ là $$ \mathrm{C}^4_{54}=316251 $$ Phép thử là “chọn một tứ giác trong $ 316251 $ tứ giác của tập $ S $” nên số phần tử của không gian mẫu là \[ |\Omega|=\mathrm{C}^1_{316251}=316251. \] Gọi $ A $ là biến cố “chọn được một hình chữ nhật”. Vì đa giác đều nên có tâm đường tròn ngoại tiếp, giả sử là tâm $ O $, nó có $ 54 $ đỉnh thì có $ 27 $ đường chéo đi qua $ O $. Cứ $ 2 $ trong số $ 27 $ đường chéo này thì sẽ tạo thành một hình chữ nhật, đo đó số phần tử thuận lợi là \[ |A|=\mathrm{C}^2_{27}=351 \] Xác suất cần tìm là $ \mathrm{P}(A)=\frac{351}{316251}=\frac{1}{901}. $

    Câu 24. [Chuyên Hùng Vương — Gia Lai L1 2019] Cho một hình vuông, mỗi cạnh của hình vuông đó được chia thành $ n $ đoạn bằng nhau bởi $ (n-1) $ điểm chia, không tính hai đầu mút mỗi cạnh. Xét các tứ giác có $ 4 $ đỉnh là $ 4 $ điểm chia trên $ 4 $ cạnh của hình vuông đã cho. Gọi $ a $ là số các tứ giác tạo thành và $ b $ là số các hình bình hành trong số đó. Giá trị $ n $ thỏa mãn $ a=9b $ là bao nhiêu?

    Hướng dẫn. Mỗi tứ giác được tạo thành bằng cách chọn 4 đỉnh trên 4 cạnh. Số cách chọn một đỉnh trên một cạnh là $ (n-1) $ nên có tất cả $ a=(n-1)^4 $ tứ giác.

    Dễ thấy rằng nếu tứ giác $ MNPQ $ là hình bình hành thì $ M $ và $ P,N $ và $ Q $ đối xứng nhau qua tâm của hình vuông. Nên ta chỉ cần chọn đỉnh $ M $ rồi lấy đối xứng qua tâm hình vuông thì được đỉnh $ P $, chọn đỉnh $ N $ rồi lấy đối xứng qua tâm hình vuông được đỉnh $ Q $. Suy ra một hình bình hành được hoàn toàn xác định bằng cách chọn 2 đỉnh liên tiếp trên hai cạnh liên tiếp của hình vuông. Nên có tất cả $ b=(n-1)^2 $ hình bình hành.

    Do đó, yêu cầu bài toán tương đương với tìm số tự nhiên $ n $ thỏa mãn $$(n-1)^{4}=9(n-1)^{2}$$ Giải phương trình này tìm được đáp số $ n=4. $

    Câu 25. [Nguyễn Thị Minh Khai — Hà Tĩnh L1 2019] Cho một đa giác đều $ 10 $ cạnh nội tiếp đường tròn $(O)$. Hỏi có bao nhiêu hình thang cân có bốn đỉnh là đỉnh của đa giác đều đó?

    Hướng dẫn. Đa giác đều có $ 10 $ cạnh nên có $ 5 $ đường chéo đi qua tâm $ O $. Mỗi hình thang cân có bốn đỉnh là đỉnh của đa giác đều đó thì đều có trục đối xứng. Ta xét hai trường hợp:

    • Trục đối xứng của hình thang cân là một trong 5 đường chéo đi qua tâm nói trên. Xét một đường kính bất kì, chẳng hạn $ A_1A_6 $, thì số hình thang nhận $ A_1A_6 $ làm trục đối xứng là \[\mathrm{C}^2_4=6 \]Vậy trường hợp này có tất cả $ 5\cdot6=30 $ hình thang cân.
    • Trục đối xứng của hình thang cân là đường thẳng vuông góc với hai cạnh đối nhau của đa giác đều. Số hình thang cân là\[ 5\cdot \mathrm{C}^2_5=50 \]

    Tuy nhiên, trong số các hình thang cân này thì các hình chữ nhật đã được đếm hai lần, do đó số hình thang cân cần tìm là \[ 30+50-\mathrm{C}^2_5=70 \]

    Câu 26. Gọi $A$ là tập hợp các số tự nhiên có chín chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên thuộc vào tập $A$. Tính xác suất để chọn được một số thuộc $A$ và số đó chia hết cho $3$.

    Hướng dẫn.  Trước tiên, ta tính số phần tử của tập hợp $A$. Với số tự nhiên có chín chữ số đôi một khác nhau thì chữ số đầu tiên có $9$ cách chọn và có $\mathrm{A}_9^8$ cách sắp xếp cho tám vị trí còn lại. Do đó, số phần tử của tập hợp $ A $ là
    $$|A| = 9\cdot\mathrm{A}_9^8=3265920.$$ Phép thử là “chọn một số tự nhiên từ $ 3265920 $ số tự nhiên của tập $ A $” nên không gian mẫu có số phần tử là \[ |\Omega|=\mathrm{C}^1_{3265920}=3265920. \] Giả sử $B = \{0;1;2; \ldots ;9\}$. Ta thấy tổng các phần tử của $B$ bằng $45 \mathrel{\vdots} 3$ nên số có chín chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho $3$ sẽ được tạo thành từ chín chữ số của các tập $B \setminus \{0\}$, $B \setminus \{3\}$, $B \setminus \{6\}$, $B \setminus \{9\}$. Do đó, số phần tử thuận lợi là $$9! + 3\cdot 8 \mathrm{A}_8^8.$$ Xác suất cần tìm là $\mathrm{P} = \frac{9! + 3 \cdot 8 \mathrm{A}_8^8}{9\mathrm{A}_9^8} = \frac{11}{27}$.

    Câu 27. [Hải Hậu A — Nam Định L1 2019] Có bao nhiêu cách chia hết $ 4 $ chiếc bánh khác nhau cho 3 em nhỏ, biết rằng mỗi em nhận được ít nhất $ 1 $ chiếc.

    Hướng dẫn. Giả sử ba em nhỏ là Xuân, Hạ, Thu. Vì mỗi em nhận được ít nhất $ 1 $ chiếc nên sẽ chỉ có thể xảy ra khả năng, một em nhận được 2 chiếc, hai em còn lại mỗi em nhận được 1 chiếc. Ta xét ba trường hợp:

    • Xuân nhận được 2 chiếc bánh, Hạ được 1 chiếc, Thu được 1 chiếc. Số cách chia là \[ \mathrm{C}^2_4\cdot \mathrm{C}^1_2\cdot \mathrm{C}^1_1=12 \]
    • Hai trường hợp còn lại, làm tương tự, mỗi trường hợp cũng có $ 12 $ cách chia bánh.

    Theo quy tắc cộng, có tất cả $ 36 $ cách chia bánh thỏa mãn yêu cầu.

    Câu 28. [Cù Huy Cận — Hà Tĩnh L1 2019] Một lớp có 36 ghế đơn được xếp thành hình vuông $ 6\times 6 $. Giáo viên muốn xếp 36 học sinh, trong đó có hai anh em là Kỷ và Hợi. Tính xác suất để hai anh em Kỷ và Hợi luôn được ngồi cạnh nhau theo chiều dọc hoặc ngang.

    Hướng dẫn. Mỗi một cách sắp xếp chỗ ngồi cho $ 36 $ học sinh là một hoán vị của tập gồm $ 36 $ phần tử, nên không gian mẫu có $ 36! $ phần tử.

    Để hai anh em Kỷ và Hợi ngồi cạnh nhau theo chiều ngang, ta thấy có 6 trường hợp:

    • Kỷ và Hợi ngồi cạnh nhau ở hàng thứ nhất, có $ 2!\cdot 5\cdot 34! $ cách.
    • Tương tự cho các trường hợp ngồi ở hàng thứ hai, thứ ba… cho đến hàng thứ sáu.

    Vậy nếu ngồi cạnh nhau theo chiều ngang thì có tất cả \[ 2!\cdot 5\cdot 34!\cdot 6\text{ cách.} \] Tương tự, nếu ngồi cạnh nhau theo chiều dọc thì cũng có $ 2!\cdot 5\cdot 34!\cdot 6 $ cách. Do đó, xác suất cần tìm là \[ \mathrm{P}= \frac{2!\cdot 5\cdot 34!\cdot 6\cdot 2}{36!}=\frac{2}{21}.\]

    Câu 29. [HSG Thanh Hóa lớp 12 năm học 2015 – 2016] Trong kỳ thi học sinh giỏi cấp trường , một trường THPT đã dùng 7 cuốn sách tham khảo môn Toán, 6 cuốn sách tham khảo môn Vật lí, 5 cuốn sách tham khảo môn Hóa học để làm phần thưởng cho 9 học sinh có kết quả cao nhất. Các cuốn sách cùng thể loại: Toán, Vật lí, Hóa học đều giống nhau. Mỗi học sinh nhận thưởng sẽ được 2 cuốn sách khác thể loại. Trong số 9 học sinh trên có hai học sinh tên là An và Bình. Tìm xác suất để hai học sinh An và Bình có phần thưởng giống nhau.

    Hướng dẫn. Gọi $ x,y,z $ lần lượt là số học sinh nhận được phần thưởng là hai cuốn sách Toán và Lý, Toán và Hoá, Lý và Hoá thì ta có hệ phương trình \[ \begin{cases} x+y=7\\ y+z=6\\ z+x=5 \end{cases}
    \Leftrightarrow
    \begin{cases} x=4\\ y=3 \\ z=2 \end{cases} \] Phép thử là “Trao phần thưởng cho 9 học sinh”. Nghĩa là, chọn ra 5 trong 9 học sinh để trao sách Toán và Lý; sau đó chọn tiếp 3 trong 5 học sinh còn lại để trao sách Toán và Hoá; cuối cùng chọn 2 học sinh còn lại để trao sách Lý và Hoá. Do đó, không gian mẫu có $ |\Omega|=\mathrm{C}^4_9\cdot \mathrm{C}^3_5\cdot \mathrm{C}^2_2=1260 $ phần tử.

    Xét biến cố $ A $ là “An và Bình có phần thưởng giống nhau.” Biến cố $ A $ xảy ra khi và chỉ khi

    • An và Bình cùng nhận được sách Toán và Lý, có $ \mathrm{C}^2_7\cdot \mathrm{C}^3_5\cdot \mathrm{C}^2_2 $ cách.
    • An và Bình cùng nhận được sách Toán và Hoá, có $ \mathrm{C}^1_7\cdot \mathrm{C}^4_6\cdot \mathrm{C}^2_2 $ cách.
    • An và Bình cùng nhận được sách Lý và Hoá, có $ \mathrm{C}^0_7\cdot \mathrm{C}^4_7\cdot \mathrm{C}^3_3 $ cách.

    Như vậy, số phần tử thuận lợi cho $ A $ là $$ |A|= \mathrm{C}^2_7\cdot \mathrm{C}^3_5\cdot \mathrm{C}^2_2 + \mathrm{C}^1_7\cdot \mathrm{C}^4_6\cdot \mathrm{C}^2_2 + \mathrm{C}^0_7\cdot \mathrm{C}^4_7\cdot \mathrm{C}^3_3 =350$$

    Suy ra, xác suất cần tìm là $ \mathrm{P}(A)=\frac{350}{1260}=\frac{5}{18}. $

    Câu 30. [Liên trường TP Vinh — L1 2019] Có 3 quyển sách toán, 4 quyển sách lí và 5 quyển sách hóa khác nhau được sắp xếp ngẫu nhiên lên một giá sách gồm có 3 ngăn, các quyển sách được sắp dựng đứng thành một hàng dọc vào một trong ba ngăn (mỗi ngăn đủ rộng để chứa tất cả quyển sách). Tính xác suất để không có bất kì hai quyển sách toán nào đứng cạnh nhau.

    Hướng dẫn. Mỗi cách sắp xếp các cuốn sách lên giá sách có ba ngăn là một hoán vị của tập 14 phần tử gồm 12 cuốn sách và hai vách ngăn giữa ba ngăn của giá sách. Do đó, không gian mẫu có $ 14! $ phần tử.

    Để sắp xếp thỏa mãn yêu cầu các cuốn sách toán không xếp cạnh nhau, ta thực hiện hai bước:

    • Bước 1. Sắp xếp 11 phần tử gồm 4 cuốn sách lí, 5 cuốn sách hóa và 2 vách ngăn, thì có $ 11! $ cách.
    • Bước 2. Chọn 3 trong 12 vị trí, gồm có 10 vị trí là các khoảng trống giữa 11 phần tử ở bước 1 cộng thêm 2 vị trí đầu tiên và cuối cùng, rồi sắp xếp các cuốn sách toán vào. Có tất cả $ \mathrm{C}^3_{12}\cdot 3! $ cách.

    Theo quy tắc nhân, có tất cả $ 11!\cdot \mathrm{C}^3_{12}\cdot 3! $ cách. Xác suất cần tìm là \[ \mathrm{P}=\frac{11!\cdot \mathrm{C}^3_{12}\cdot 3!}{14!}=\frac{55}{91}. \]

    Câu 31. [Chuyên KHTN HN năm 2020] Giải bóng chuyền VTV Cup có 12 đội tham gia trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng đấu A ,B ,C mỗi bảng 4 đội. Tính xác suất để 3 đội Việt Nam nằm ở 3 bảng khác nhau.
    Hướng dẫn. Việc chia bảng được thực hiện như sau:
    Chọn $ 4$ đội vào bảng A, có $ \mathrm{C}^4_{12}$ cách. Còn lại $ 8$ đội, chọn tiếp $ 4$ đội vào bảng B, có $\mathrm{C}^4_8 $ cách. Cuối cùng, chọn $ 4$ đội vào bảng $ C$, có $ \mathrm{C}^4_4$ cách. Suy ra, số phần tử của không gian mẫu là $$ |\Omega|= \mathrm{C}^4_{12}\cdot \mathrm{C}^4_{8}\cdot \mathrm{C}^4_{4} = 34650.$$
    Để 3 đội của Việt Nam nằm ở 3 bảng khác nhau thì mỗi bảng gồm 1 đội Việt Nam và 2 đội nước ngoài. Số phần tử thuận lợi là $$ \mathrm{C}^1_3\cdot\mathrm{C}^3_{9}\cdot \mathrm{C}^1_2\cdot \mathrm{C}^3_{6}\cdot\mathrm{C}^1_1 \cdot\mathrm{C}^3_{3}=10080 $$ Xác suất cần tìm là $$ \mathrm{P}=\frac{10080}{34650}=\frac{16}{55} $$

    Câu 32. [Chuyên KHTN — HN 2020] Từ một hộp chứa $ 19$ tấm thẻ đánh số từ $ 1$ đến $ 19$, chọn ngẫu nhiên hai thẻ. Tính xác suất để chọn được hai thẻ mà tích của hai số ghi trên hai thẻ là một số chẵn.

    Hướng dẫn. Phép thử là “chọn ngẫu nhiên hai thẻ từ $ 19$ thẻ” nên số phần tử của không gian mẫu là $$ |\Omega|=\mathrm{C}^2_{19} =171$$ Trong $ 19$ thẻ này có $ 10$ thẻ ghi số lẻ và $ 9$ thẻ ghi số chẵn. Để tích hai thẻ là một số chẵn thì ta xét hai trường hợp:

    • Chọn được hai thẻ chẵn từ $ 10$ thẻ ghi số chẵn, số cách chọn là $$ \mathrm{C}^2_{10}=45 $$
    • Chọn được một thẻ chẵn từ $ 10$ thẻ ghi số chẵn và một thẻ lẻ từ $ 9$ thẻ ghi số lẻ. Số cách chọn là $$ \mathrm{C}^1_{10}\cdot \mathrm{C}^1_{9}=90 $$

    Suy ra, số phần tử thuận lợi là $$ 45+90=135 $$ Xác suất cần tìm là $ \mathrm{P}=\frac{135}{171}=\frac{15}{19}.$

    Câu 33. [Lương Thế Vinh — HN 2020] Một em bé có một bộ 6 thẻ chữ, trên mỗi thẻ có ghi một chữ cái, trong đó có 3 thẻ chữ T, một thẻ chữ N, một thẻ chữ H và một thẻ chữ P. Em bé đó xếp ngẫu nhiên 6 thẻ đó thành một hàng ngang. Tính xác suất em bé xếp được thành dãy TNTHPT

    Hướng dẫn. Không gian mẫu có $ 6!=720$ phần tử.

    Để xếp được chữ TNTHPT thì em bé có tất cả $3!=6$ cách. Xác suất cần tìm là $$ \mathrm{P}=\frac{6}{720}=\frac{1}{120}$$

    Câu 34. [Trần Phú — Hà Tĩnh 2020] Một nhóm có 12 học sinh, trong đó có 10 học sinh nam và 2 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm xếp ngẫu nhiên 12 học sinh đó thành một hàng dọc. Tính xác suất để hai học sinh nữ không đứng cạnh nhau.

    Hướng dẫn. Số phần tử của không gian mẫu là $$ |\Omega|=12! $$ Số cách sắp xếp để hai học sinh nữ đứng cạnh nhau là $$ 2!\cdot 11! $$ Suy ra, xác suất cần tính là $$ \mathrm{P}=1-\frac{2!\cdot 11!}{12!}=\frac{1}{6} $$

    Câu 35. Cho $ S=\{1,2,3,4,5,6\}$. Lấy ngẫu nhiên một số tự nhiên có 5 chữ số được lập từ các chữ số thuộc $ S$. Tính xác suất để lấy được số mà chỉ có đúng 3 chữ số khác nhau.

    Hướng dẫn. Có tất cả $ 6^5=7776$ số tự nhiên có 5 chữ số được lập từ tập $ S$. Lấy ngẫu nhiên một số trong $ 7776$ số này, nên số phần tử của không gian mẫu là $$ |\Omega|=\mathrm{C}^1_{7776}=7776$$ Số được lấy có đúng ba chữ số khác nhau, chúng ta có hai trường hợp:

    • Số được tạo thành từ năm chữ số có dạng $ a,a,a,b,c$. Chọn $ 3$ trong $ 6$ chữ số, có $ \mathrm{C}^3_6$ cách. Chọn chữ số $ a$ trong 3 chữ số vừa lấy, có $ \mathrm{C}^1_3$ cách. Sắp xếp 5 số vào 5 vị trí có $ 5!$ cách. Tuy nhiên, chữ số $ a$ đã được hoán vị $ 3!$ lần, nên thực tế chỉ có $ \frac{5!}{3!}$ cách. Do đó, số phần tử của trường hợp này là $$ \mathrm{C}^3_6\cdot \mathrm{C}^1_3\cdot\frac{5!}{3!}=1200$$
    • Số được tạo thành từ năm chữ số có dạng $ a,a,b,b,c$. Chọn $ 3$ trong $ 6$ chữ số, có $ \mathrm{C}^3_6$ cách. Chọn chữ số $a$ và $ b$ trong 3 chữ số vừa lấy, có $ \mathrm{C}^2_3$ cách. Sắp xếp 5 số vào 5 vị trí có $ 5!$ cách. Tuy nhiên, chữ số $ a$ đã được hoán vị $ 2!$ lần, chữ số $ b$ cũng được hoán vị $ 2!$ lần nên thực tế chỉ có $ \frac{5!}{2!2!}$ cách. Do đó, số phần tử của trường hợp này là $$ \mathrm{C}^3_6\cdot \mathrm{C}^2_3\cdot\frac{5!}{2!2!}=1800$$

    Tóm lại, số phần tử thuận lợi là $ 1200+1800=3000$. Xác suất cần tính là $$ \mathrm{P}=\frac{3000}{7776}=\frac{125}{324}.$$

    Câu 36. [AMS HK2 2020] Một nhóm nhảy có 3 học sinh lớp 12A, 4 học sinh lớp 12B và 5 học sinh lớp 12C. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh từ nhóm trên để biễu diễn vào ngày bế giảng. Xác suất để trong 4 học sinh được chọn, mỗi lớp A,B, C có ít nhất một học sinh là bao nhiêu?

    Hướng dẫn. Tổng số học sinh của nhóm nhảy là $$ 3+4+5=12$$ Số phần tử của không gian mẫu là $$ |\Omega|=\mathrm{C}^4_{12}=495 $$ Để mỗi lớp được họn có ít nhất một học sinh, chúng ta có ba trường hợp:

    • Nhóm gồm 2 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C. Số cách chọn là $$ \mathrm{C}^2_3\cdot \mathrm{C}^1_4\cdot \mathrm{C}^1_5= 60$$
    • Nhóm gồm 1 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C. Số cách chọn là $$ \mathrm{C}^1_3\cdot \mathrm{C}^2_4\cdot \mathrm{C}^1_5= 90$$
    • Nhóm gồm 1 học sinh lớp A, một học sinh lớp B và 2 học sinh lớp C. Số cách chọn là $$ \mathrm{C}^1_3\cdot \mathrm{C}^1_4\cdot \mathrm{C}^2_5= 120$$

    Suy ra, có tất cả $ 60+90+120=270$ cách chọn thỏa mãn yêu cầu. Xác suất cần tính là $$ \mathrm{P}=\frac{270}{495}=\frac{6}{11}. $$

    Câu 37. [SGD Vĩnh Phúc — 2020] Gọi $ S$ là tập các số tự nhiên có sáu chữ số trong đó có đúng ba chữ số $ 1$, ba chữ số còn lại khác nhau và khác $ 0$. Lấy ngẫu nhiên một số từ tập $ S$. Xác suất để lấy được số mà trong đó không có hai chữ số 1 nào đứng cạnh nhau là bao nhiêu?

    Hướng dẫn. Để lập được các số tự nhiên của tập $ S$, ta thực hiện các bước sau:

    • Chọn 3 trong 6 vị trí để viết chữ số $ 1$.
    • Chọn 3 trong 8 chữ số từ 2 đến 9 và sắp xếp vào 3 vị trí còn lại.

    Suy ra, số phần tử của tập $ S$ là $ \mathrm{C}^3_6\cdot \mathrm{A}^3_8=6720$. Do đó, số phần tử của không gian mẫu là $$ |\Omega|=\mathrm{C}^1_{6720}=6720 $$ Để lấy được số mà không có hai chữ số 1 nào đứng cạnh nhau thì số được chọn phải có dạng $ \overline{1*1*1*}$ hoặc $ \overline{1*1**1}$ hoặc $ \overline{1**1*1}$ hoặc $ \overline{*1*1*1}$. Số cách chọn trong mỗi trường hợp là $$ \mathrm{A}^3_8=336 $$

    Do đó, số phần tử thuận lợi là $ 4\cdot 336=1344$. Xác suất cần tìm là $$ \mathrm{P}=\frac{1344}{6720}=\frac{1}{5} $$

    Câu 38. [SGD Bắc Ninh — 2020] Gọi $ A$ là tập tất cả các số tự nhiên có $ 8$ chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc $ A$. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho $ 25$.

    Hướng dẫn. Vì số tự nhiên có $ 8$ chữ số nên chữ số đứng ở vị trí đầu tiên phải khác $ 0$. Số phần tử của tập $ A$ là $$ \mathrm{A}^8_{10}-\mathrm{A}^7_{9}=1632960 $$ Để một số tự nhiên chia hết cho $ 25$ thì hai chữ số tận cùng phải chia hết cho $ 25$, tức là tận cùng chỉ có thể là $$ 00, 25, 50, 75 $$ Nhưng vì các chữ số của số tự nhiên trong tập $ A$ phải khác nhau nên loại trường hợp tận cùng là $ 00$. Do đó, chúng ta chỉ còn ba trường hợp sau:

    • Số tự nhiên lấy được tận cùng là $ 50$. Khi đó, mỗi cách chọn và sắp xếp $ 6$ chữ số còn lại tương ứng với một chỉnh hợp chập $ 6$ của $ 8$ phần tử. Trường hợp này lập được tất cả $$ \mathrm{A}^6_8=20160$$ số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu.
    • Số tự nhiên lấy được tận cùng là $ 25$. Chọn chữ số đầu tiên có $ 7$ cách, vì phải khác $ 0,2,5$. Chọn và sắp xếp $5 $ chữ số còn lại, có $ \mathrm{A}^5_7$ cách. Suy ra, trường hợp này có tất cả $$ 7\cdot \mathrm{A}^5_7=17640 $$ số thỏa mãn yêu cầu.
    • Số tự nhiên lấy được tận cùng là $ 75$. Làm tương tự như trường hợp tận cùng là $ 25$, cũng tìm được $17640 $ số thỏa mãn yêu cầu.

    Tóm lại, có tất cả $ 20160+2\cdot 17640=55440$ số tự nhiên chia hết cho $ 25$. Xác suất cần tìm là $$ P= \frac{55440}{1632960}=\frac{11}{324}$$

    Câu 39. [SGD Hưng Yên 2020]\index{chia hết} Có 40 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 40. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ. Xác suất để tổng các số ghi trên thẻ chia hết cho 3 bằng bao nhiêu?

    Hướng dẫn. Số phần tử của không gian mẫu là $$ |\Omega|=\mathrm{C}^3_{40}=9880 $$
    Các 40 thẻ từ 1 đến 40 được chia thành ba loại:

    • Các thẻ chia hết cho $ 3$, có $ 13$ thẻ là các thẻ $$ A=\{3,6,9,…,39\} $$
    • Các thẻ chia cho $ 3$ dư $ 1$, có $ 14$ thẻ là các thẻ $$ B=\{1,4,7,…,38,40\} $$
    • Các thẻ chia cho $ 3$ dư $ 2$, có $ 13$ thẻ là các thẻ $$ C=\{2,5,8,…,37\} $$

    Để rút được 3 thẻ chia hết cho $ 3$ thì có các trường hợp sau:

    • Rút được 3 thẻ từ tập $ A$, số cách là $$ \mathrm{C}^3_{13}=286 $$
    • Rút được 3 thẻ từ tập $ B$, số cách là $$ \mathrm{C}^3_{14}=364 $$
    • Rút được 3 thẻ từ tập $ C$, số cách là $$ \mathrm{C}^3_{13}=286 $$
    • Rút được 1 thẻ từ tập $ A$, 1 thẻ từ tập $ B$ và 1 thẻ từ tập $ C$, số cách là $$ \mathrm{C}^1_{13}\cdot \mathrm{C}^1_{14}\mathrm{C}^1_{13}=2366 $$

    Tóm lại, có tất cả $ 286+364+286+2366=3302$ cách lấy ra 3 thẻ thỏa mãn yêu cầu. Xác suất cần tính là $$ \mathrm{P}=\frac{3302}{9880}=\frac{127}{380}. $$

    Câu 40. [Chuyên Thái Bình — Lần 4 năm 2020] Trên giá sách có 4 quyển sách toán, 3 quyển sách lý, 2 quyển sách hóa (các quyển sách cùng môn đôi một khác nhau). Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 3 quyển sách sao cho có ít nhất một quyển sách toán?

    Hướng dẫn. Số cách lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách từ 9 quyển sách trên giá là $$ \mathrm{C}^3_9=84 $$ Để lấy được ít nhất một quyển sách toán thì ta sẽ đếm số cách lấy mà không có quyển sách toán nào. Để làm được như vậy thì ta phải lấy được 3 quyển sách chỉ gồm lý và hóa, có tất cả $ \mathrm{C}^3_5=10 $ cách.

    Suy ra, số cách lấy được ít nhất một quyển sách toán là $$ 84-10=74. $$

    Câu 41. [SGD Thái Nguyên 2020] Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 5 học sinh nam và 5 học sinh nữ ngồi vào hai dãy ghế sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Tính xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ.

    Hướng dẫn. Sắp xếp ngẫu nhiên 10 học sinh vào 10 ghế nên không gian mẫu có số phần tử là $$ |\Omega|=10! $$ Để sắp xếp mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ, ta thực hiện như sau:

    • Chọn 1 trong 10 chỗ cho học sinh nam thứ nhất, có 10 cách.
    • Chọn 1 trong 5 học sinh nữ để ngồi đối diện với học sinh nam thứ nhất, có 5 cách.
    • Chọn 1 trong 8 ghế còn lại cho học sinh nam thứ hai, có 8 cách.
    • Chọn 1 trong 4 học sinh nữ còn lại để ngồi đối diện với học sinh nam thứ hai, có 4 cách.

    Tương tự như thế, ta được số cách sắp xếp chỗ ngồi là $$ 10\cdot 5\cdot 8 \cdot 4\cdot 6 \cdot 3\cdot 4\cdot 2\cdot 2\cdot 1 =460800 $$ Xác suất cần tìm là $$ \mathrm{P}=\frac{460800}{10!}=\frac{8}{63}. $$

    Câu 42. [Chuyên Lê Hồng Phong — Nam Định 2020] Gọi $ S$ là tập hợp các số tự nhiên có chín chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên hai số từ tập $ S$. Tính xác suất lấy được ít nhất một số chia hết cho $ 3$.

    Hướng dẫn. Số phần tử của tập $ S$ là $$ 9\cdot \mathrm{A}^8_9=3265920. $$ Trong $ 3265920$ số này, chúng ta xem có bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho $ 3$.

    Nhận xét rằng tổng của $ 10$ chữ số từ $ 0$ đến $ 9$ là $$ 0+1+2+\cdots+9=45 $$ là một số chia hết cho $ 3$. Nên để có được số tự nhiên chia hết cho $ 3$ mà có $ 9$ chữ số thì chúng ta lập từ các chữ số thuộc tập sau \begin{align*}
    \{1,2,3,4,5,6,7,8,9\},\,& \{0,1,2,4,5,6,7,8,9\}\\
    \{0,1,2,3,4,5,7,8,9\},\, & \{0,1,2,3,4,5,6,7,8\}
    \end{align*}
    Đối với trường hợp đầu tiên, có $ 9!$ số. Ba trường hợp còn lại, mỗi trường hợp có $8\cdot 8! $ cách. Tóm lại, số lượng các số trong tập $ A$ mà chia hết cho $ 3$ là $$ 9!+3\cdot 8\cdot 8!=1330560. $$ Và hiển nhiên, tập $ A$ có $ 3265920-1330560=1935360$ số không chia hết cho $ 3$.

    Phép thử là “lấy ngẫu nhiên hai số từ tập $ S$” nên số phần tử của không gian mẫu là $$ \Omega|=\mathrm{C}^2_{3265920} $$ Để lấy được ít nhất một số chia hết cho $ 3$ thì có hai trường hợp:

    • Lấy được cả hai số chia hết cho $ 3$. Có $ \mathrm{C}^2_{1330560}$ cách.
    • Lấy được một số chia hết cho $ 3$ và một số không chia hết cho $ 3$, có $ 1330560\cdot 1935360$ cách.

    Xác suất cần tìm là $$ \mathrm{P}=\frac{\mathrm{C}^2_{1330560}+1330560\cdot 1935360}{\mathrm{C}^2_{3265920}}\approx 0{,}65. $$

    Câu 43. [Đề thi ĐH Khối A năm 2014] Từ một hộp chứa 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ. Tính xác suất để 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn.

    Hướng dẫn.

    • Phép thử là chọn ngẫu nhiên 4 thẻ trong 16 thẻ nên ta có $|\Omega|=C_{16}^4=1820$.
    • Gọi $A$ là biến cố “4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn”, ta có $$|\Omega_A|=C_{8}^4=70$$
    • Vậy xác suất để 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn là $$\mathrm{P}(A)=\dfrac{|\Omega_A|}{|\Omega|}=\dfrac{1}{26}$$

    Câu 44. Một nhóm học tập gồm 7 nam và 5 nữ, trong đó có bạn nam $A$ và bạn nữ $B$. Chọn ngẫu nhiên 6 bạn để lập một đội tuyển thi học sinh giỏi. Tính xác suất để đội tuyển có 3 nam và 3 nữ, trong đó phải có hoặc bạn nam $A$, hoặc bạn nữ $B$ nhưng không có cả hai.

    Hướng dẫn.

    • Phép thử là chọn 6 học sinh trong tổng số 12 học sinh nên số phần tử của không gian mẫu là $$|\Omega|=C_{12}^6=924$$
    • Gọi $A$ là biến cố “đội tuyển có 3 nam và 3 nữ, trong đó phải có hoặc bạn nam $A$, hoặc bạn nữ $B$ nhưng không có cả hai”. Số phần tử thuận lợi là $$C_6^2.C_4^3+C_6^3.C_4^2 = 180$$
    • Xác suất cần tìm là $$\mathrm{P}(A) = \frac{{180}}{{924}} = \frac{{15}}{{77}}$$

    Câu 45. Ba xạ thủ cùng bắn độc lập vào bia, mỗi người bắn một viên đạn. Xác suất bắn trúng của từng xạ thủ lần ượt là 0,6; 0,7 và 0,8. Tính xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trúng bia.

    Hướng dẫn.

    • Gọi $A_i\ (i=\overline{1,3})$ là biến cố “người thứ $i$ bắn trúng bia”.
    • Ta có $P(A_1)=0,6;P(A_2)=0,7;P(A_3)=0,8$. Suy ra $$P(\overline{A_1})=0,4;P(\overline{A_2})=0,3;P(\overline{A_3})=0,2$$
    • Gọi $A$ là biến cố “ít nhất một xạ thủ bắn trúng bia”, ta có $\overline{A}$ “cả ba xạ thủ không bắn trúng bia”.
    • Khi đó $\overline{A}=\overline{A_1}.\overline{A_2}.\overline{A_3}$ nên suy ra $$\mathrm{P}(\overline{A})=0,4\times 0,3\times 0,2=0,024$$
    • Xác suất cần tìm là $\mathrm{P}(A)=1-\mathrm{P}(\overline{A})=1-0,024=0,976$.

    Câu 46. [Đề ĐH Khối B năm 2013] Có hai chiếc hộp đựng bi. Hộp thứ nhất chứa 4 viên bi đỏ và 3 viên bi trắng, hộp thứ hai chứa 2 viên bi đỏ và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra một viên bi, tính xác suất để hai viên bi được lấy ra có cùng màu.

    Hướng dẫn.

    • Phép thử là lấy mỗi hộp một viên bi nên ta có $|\Omega|=C_7^1\times C_6^1=42$.
    • Gọi $A$ là biến cố “hai viên bi lấy ra có cùng màu”. Số phần tử thuận lợi là $$C_4^1.C_2^1+C_3^1.C_4^1=20$$
    • Xác suất cần tìm là $$\mathrm{P}(A)=\dfrac{20}{42}=\dfrac{10}{21}$$

    Câu 47. [Đề thi ĐH Khối B năm 2012] Trong một lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ.

    Hướng dẫn.

    • Phép thử là chọn 4 học sinh bất kỳ lên bảng nên ta có $|\Omega|=C_{25}^4=12650$.
    • Gọi $A$ là biến cố “chọn 4 học sinh có cả nam và nữ”. Số phần tử thuận lợi là $$C_{15}^3.C_{10}^1+C_{15}^2.C_{10}^2+C_{15}^1.C_{10}^3=11075$$
    • Xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ là $$\mathrm{P}(A) = \frac{{\left| {{\Omega _A}} \right|}}{{\left| \Omega \right|}} = \frac{{11075}}{{12650}} = \frac{{443}}{{506}}$$

    Câu 48. [Chuyên Hùng Vương — Gia Lai 2020] Cho một đa giác đều có $ 18$ đỉnh nội tiếp trong một đường tròn tâm $ O$. Gọi $ X$ là tập hợp các tam giác có các đỉnh là các đỉnh của đa giác đều trên. Tính xác suất để chọn được một tam giác từ tập $ X$ là tam giác cân nhưng không phải tam giác đều.

    Hướng dẫn.

    • Số phần tử của không gian mẫu là $$ |\Omega|=\mathrm{C}^3_{18}=816. $$
    • Xét một đỉnh bất kỳ của đa giác, gọi là $ A$ chẳng hạn, thì qua đường thẳng $ AO$ sẽ có $ 8$ cặp đỉnh đa giác đối xứng với nhau.
      Do đó, ứng với mỗi đỉnh của đa giác thì có tất cả $ 8$ tam giác cân tại đỉnh đó. Trong $ 8$ tam giác cân này thì lại có một tam giác là tam giác đều, nên suy ra số tam giác cân mà không phải tam giác đều là $ 7$.
    • Như vậy có tất cả $ 18\cdot 7 =126 $ tam giác cân nhưng không phải tam giác đều và xác suất cần tìm là $$ P=\frac{126}{816} =\frac{21}{136}$$

    Câu 49. [Liên trường Nghệ An 2020] Gọi $ S$ là tập hợp tất cả các số tự nhiên có $ 4$ chữ số đôi một khác nhau lập thành từ các chữ số $ 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7$. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập $ S$. Tính xác suất để số được chọn có đúng hai chữ số chẵn.

    Hướng dẫn. Số lượng các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau lập từ các chữ số $ 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7$ là $$ \mathrm{A}^4_8-\mathrm{A}^3_7= 1470$$ Phép thử là “chọn ngẫu nhiên một số từ 1470 số của tập $ S$” nên số phần tử không gian mẫu là $$ |\Omega|=\mathrm{C}^1_{1470}=1470. $$ Để số được chọn có đúng hai chữ số chẵn, ta xét hai trường hợp:

    • TH1. Hai chữ số chẵn đều khác $ 0$.
      • Chọn hai chữ số chẵn từ các chữ số $ 2,4,6$, có $ \mathrm{C}^2_3=3$ cách.
      • Chọn hai chữ số lẻ từ các chữ số $ 1,3,5,7$, có $ \mathrm{C}^2_4=6$ cách.
      • Sắp xếp bốn chữ số này vào bốn vị trí, có $ 4!$ cách.

    Suy ra, số lượng các số tự nhiên của trường hợp này là $ 3\cdot 6\cdot 4!=432$ số.

    • TH2. Hai chữ số chẵn có bao gồm chữ số $ 0$.
      • Chọn vị trí cho chữ số 0, có $ 3$ vị trí vì chữ số 0 không thể đứng đầu.
      • Chọn một chữ số chẵn từ $ 2,4,6$, có $ \mathrm{C}^1_3=3$ cách.
      • Chọn hai chữ số lẻ từ các chữ số $ 1,3,5,7$, có $ \mathrm{C}^2_4=6$ cách.
      • Sắp xếp ba chữ số này vào ba vị trí còn lại, có $ 3!$ cách.

    Suy ra, trường hợp này có tất cả $ 3\cdot 3\cdot 6\cdot 3!=324 $ số.

    Tóm lại, số phần tử thuận lợi là $ 432+324=756$. Xác suất cần tìm là $$ \mathrm{P}=\frac{756}{1470}=\frac{18}{35}. $$

    Câu 50. Cho tập \(X = \left\{ {0;1;2;4;6;7} \right\}\). Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có 4 chữ số được lập X. Tính xác suất để số được chọn có một chữ số xuất hiện đúng hai lần và các chữ số còn lại xuất hiện không quá một lần.

    Hướng dẫn. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có bốn chữ số được lập từ \(X = \left\{ {0;1;2;4;6;7} \right\}\). Số phần tử không gian mẫu: \(\left| \Omega  \right| = {5.6^3} = 1080.\)

    Gọi \(A\)là biến cố cần tìm xác suất. Ta có các trường hợp sau:

    • Trường hợp 1: Chữ số \(0\)xuất hiện 2 lần.
      • Có \(C_3^2\)cách chọn 2 vị trí cho chữ số $0$.
      • Có \(A_5^2\)cách xếp 2 chữ số trong 5 chữ số vào 2 vị trí còn lại.
      • Suy ra trường hợp này có: \(C_3^2.A_5^2 = 60\)số thỏa mãn.
    • Trường hợp 2: Chữ số \(x\) (khác 0) xuất hiện 2 lần và \(x\) ở vị trí hàng nghìn.
      • Có 5 cách chọn \(x\)từ tập \(X\).
      • Có 3 cách chọn thêm một vị trí nữa cho \(x\).
      • Có \(A_5^2\)cách xếp 2 chữ số trong 5 chữ số vào 2 vị trí còn lại.
      • Suy ra trường hợp này có \(5.3.A_5^2 = 300\)số thỏa mãn.
    • Trường hợp 3: Chữ số \(x\) (khác 0) xuất hiện 2 lần và \(x\)không nằm ở vị trí hàng nghìn.
      • Có 5 cách chọn \(x\).
      • Có \(C_3^2\)cách chọn vị trí cho chữ số\(x\).
      • Có 4 cách chọn một chữ số (khác \(0\)và khác \(x\))vào vị trí hàng nghìn.
      • Có 4 cách chọn một chữ số vào vị trí còn lại.
      • Suy ra: trường hợp này có \(5.4.4.C_3^2 = 240\)số thỏa mãn.

    Do đó, theo quy tắc cộng có \(\left| {{\Omega _A}} \right| = 60 + 300 + 240 = 600.\)

    Vậy xác suất của biến cố \(A\): \(P\left( A \right) = \frac{{\left| {{\Omega _A}} \right|}}{{\left| \Omega  \right|}} = \frac{{600}}{{1080}} = \frac{5}{9}.\)

    Câu 51. Từ một hộp có 4 bút bi màu xanh, 5 bút bi màu đen và 6 bút bi màu đỏ, chọn ngẫu nhiên 5 bút. Xác suất để 5 bút được chọn chỉ có đúng hai màu là bao nhiêu?

    Hướng dẫn. Gọi$A$ là biến cố: “ 5 bút được chọn có đúng hai màu”.

    Ta có $n\left( \Omega  \right) = C_{15}^5$.

    Vì 5 bút được chọn có đúng hai màu nên có 3 trường hợp:

    TH1: Có đúng hai màu xanh và đen:

    • Chọn 5 bút trong hai màu xanh, đen (có 9 bút), có $C_9^5$ cách chọn.
    • Trong $C_9^5$ cách chọn 5 bút trên, có $C_5^5$ cách chọn cả 5 bút đều màu đen và không có cách chọn nào để cả 5 bút đều màu xanh.

    Số cách chọn 5 bút có đúng hai màu xanh và đen bằng $C_9^5 – C_5^5$.

    TH2: Có đúng hai màu đen và đỏ:

    • Chọn 5 bút trong hai màu đen, đỏ (có 11 bút), có $C_{11}^5$ cách chọn.
    • Trong $C_{11}^5$ cách chọn 5 bút trên, có $C_5^5$ cách chọn cả 5 bút đều màu đen và $C_6^5$ cách chọn cả 5 bút đều màu đỏ.

    Số cách chọn 5 bút có đúng hai màu đỏ và đen bằng $C_{11}^5 – C_5^5 – C_6^5$.

    TH3: Có đúng hai màu đỏ và xanh:

    • Chọn 5 bút trong hai màu đỏ, xanh (có 10 bút), có $C_{10}^5$ cách chọn.
    • Trong $C_{10}^5$ cách chọn 5 bút trên, có $C_6^5$ cách chọn cả 5 bút đều màu đỏ và không có cách chọn cả 5 bút đều màu xanh.

    Số cách chọn 5 bút có đúng hai màu đỏ và xanh bằng $C_{10}^5 – C_6^5$.

    Vậy $P\left( A \right) = \frac{{\left( {C_9^5 – C_5^5} \right) + \left( {C_{11}^5 – C_5^5 – C_6^5} \right) + \left( {C_{10}^5 – C_6^5} \right)}}{{C_{15}^5}} = \frac{{118}}{{429}}$.

    Câu 52. Một hộp đựng thẻ được đánh số từ 1, 2, 3,…, 8. Rút ngẫu nhiên hai lần, mỗi lần một thẻ và nhân số ghi trên hai thẻ với nhau, xác suất để tích nhận được là số chẵn là

    A.$\frac{3}{{14}}$.         B. $\frac{{25}}{{36}}$.  C. $\frac{1}{2}.$                       D.$\frac{{11}}{{14}}$.

    Hướng dẫn. Chọn D

    Số phần tử không gian mẫu: $n\left( \Omega  \right) = 8 \times 7 = 56$.

    Gọi $\bar A$ là biến cố: “tích nhận được là số lẻ”.

    \(n\left( {\bar A} \right) = 4 \times 3 = 12\).

    $ \Rightarrow n(A) = 56 – 12 = 44$.

    Suy ra xác suất biến cố $A$: $P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{44}}{{56}} = \frac{{11}}{{14}}.$

    Câu 53. Đội thanh niên tình nguyện của một trường THPT gồm 15 HS, trong đó có 4 HS khối 12, 5 HS khối 11 và 6 HS khối 10. Chọn ngẫu nhiên 6 HS đi thực hiện nhiệm vụ. Tính xác suất để 6 HS được chọn có đủ 3 khối.

    A. $\frac{{4248}}{{5005}}.$ B. $\frac{{757}}{{5005}}.$ C. $\frac{{151}}{{1001}}.$     D. \(\frac{{850}}{{1001}}.\)

    Hướng dẫn. Chọn D

    Số phần tử của không gian mẫu $n\left( \Omega  \right) = C_{15}^6 = 5005$.

    Gọi A là biến cố: “6 HS được chọn có đủ 3 khối”.

    Xét các trường hợp của biến cố \(\overline A \)

    • Số cách chọn được 6 HS bao gồm cả khối 10 và 11: $C_{11}^6 – C_6^6$
    • Số cách chọn được 6 HS bao gồm cả khối 10 và 12: $C_{10}^6 – C_6^6$
    • Số cách chọn được 6 HS bao gồm cả khối 11 và 12: $C_9^6$
    • Số cách chọn được 6 HS khối 10: $C_6^6$

    Vậy $n\left( {\overline A } \right) = C_{11}^6 + C_{10}^6 + C_9^6 – C_6^6 = 755 \Rightarrow n\left( A \right) = 5005 – 755 = 4250$

    Vậy xác suất cần tìm là: $P\left( A \right) = \frac{{4250}}{{5005}} = \frac{{850}}{{1001}}.$

    Câu 54. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có hai chữ số. Tính xác suất để số được chọn có hai chữ số giống nhau.

    Hướng dẫn. Số phần tử trong không gian mẫu là $n(\Omega ) = 90$.

    Gọi A là biến cố “số được chọn có 2 chữ số giống nhau” A= $\left\{ {11;22;33;44;55;66;77;88;99} \right\}$ ; $n(A) = 9$

    Do đó xác suất để số được chọn có hai chữ số giống nhau là $P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{9}{{90}} = 0,1$.

    Câu 55. Một hộp đựng thẻ được đánh số từ $1, 2, 3,…, 9$. Rút ngẫu nhiên hai lần, mỗi lần một thẻ và nhân số ghi trên hai thẻ với nhau, xác suất để tích nhận được là số chẵn là bao nhiêu?

    Hướng dẫn. Số phần tử không gian mẫu: $n\left( \Omega  \right) = 9 \times 8 = 72$.

    Gọi $\bar A$ là biến cố: “tích nhận được là số lẻ” thì \(n\left( {\bar A} \right) = 5 \times 4 = 20\).

    Suy ra $ n(A) = 72 – 20 = 52$. Xác suất của biến cố $A$ là $$P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{52}}{{72}} = \frac{{13}}{{18}}.$$

    Câu 56. Một hộp kín có 5 bút bi màu xanh khác nhau và 10 bút bi màu đỏ khác nhau. Lấy ngẫu nhiên 3 bút bi. Xác suất để lấy được 1 bút bi xanh và 2 bút bi đỏ là…

    Hướng dẫn. Số phần tử của không gian mẫu $n\left( \Omega  \right) = C_{15}^3$.

    Gọi A là biến cố lấy được 1 bút bi xanh và 2 bút bi đỏ $ \Rightarrow n\left( A \right) = C_5^1.C_{10}^2$.

    Xác suất của biến cố A là $P\left( A \right) = \frac{{C_5^1.C_{10}^2}}{{C_{15}^3}} = \frac{{45}}{{91}}$

    Câu 57. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có năm chữ số khác nhau đôi một. Xác suất để số được chọn có ba chữ số chẵn và hai chữ số lẻ còn lại đứng kề nhau?

    Hướng dẫn. Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega  \right) = 9.A_9^4$.

    Gọi A là biến cố: “Số được chọn có ba chữ số chẵn và hai chữ số lẻ còn lại đứng kề nhau”.

    Có $C_5^3$cách chọn 3 chữ số chẵn, có $A_5^2$ cách chọn 2 chữ số lẻ và xếp chúng kề nhau, có 4! Cách xếp sao cho 2 chữ số lẻ đứng kề nhau. Suy ra có $C_5^3.A_5^2.4!$ cách xếp thoả mãn (kể cả chữ số 0 đứng đầu).

    Ta tính số các số thoả mãn đề mà có số chữ số 0 đứng đầu, ta xét 4 chữ số cuối: Có $C_4^2$ cách chọn 2 chữ số trong 4 chữ số chẵn, có $C_5^2$ cách chọn 2 chữ số lẻ, coi 2 chữ số lẻ là một nhóm ta có số các số là $C_4^2.C_5^2.2!.3!$.

    Suy ra số các số thoả mãn đề bài là: $n\left( A \right) = C_5^3.A_5^2.4! – C_4^2.C_5^2.2!.3! = 4080$.

    $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{4080}}{{9.A_9^4}} = \frac{{85}}{{567}}$.

    Câu 58. Từ một hộp có 4 bút bi màu xanh, 5 bút bi màu đen và 6 bút bi màu đỏ, chọn ngẫu nhiên 5 bút. Xác suất để 5 bút được chọn chỉ có đúng hai màu là bao nhiêu?

    Hướng dẫn. Gọi$A$ là biến cố: “ 5 bút được chọn có đúng hai màu”.

    Ta có $n\left( \Omega  \right) = C_{15}^5$.

    Vì 5 bút được chọn có đúng hai màu nên có 3 trường hợp:

    TH1: Có đúng hai màu xanh và đen:

    • Chọn 5 bút trong hai màu xanh, đen (có 9 bút), có $C_9^5$ cách chọn.
    • Trong $C_9^5$ cách chọn 5 bút trên, có $C_5^5$ cách chọn cả 5 bút đều màu đen và không có cách chọn nào để cả 5 bút đều màu xanh.

    Số cách chọn 5 bút có đúng hai màu xanh và đen bằng $C_9^5 – C_5^5$.

    TH2: Có đúng hai màu đen và đỏ:

    • Chọn 5 bút trong hai màu đen, đỏ (có 11 bút), có $C_{11}^5$ cách chọn.
    • Trong $C_{11}^5$ cách chọn 5 bút trên, có $C_5^5$ cách chọn cả 5 bút đều màu đen và $C_6^5$ cách chọn cả 5 bút đều màu đỏ.

    Số cách chọn 5 bút có đúng hai màu đỏ và đen bằng $C_{11}^5 – C_5^5 – C_6^5$.

    TH3: Có đúng hai màu đỏ và xanh:

    • Chọn 5 bút trong hai màu đỏ, xanh (có 10 bút), có $C_{10}^5$ cách chọn.
    • Trong $C_{10}^5$ cách chọn 5 bút trên, có $C_6^5$ cách chọn cả 5 bút đều màu đỏ và không có cách chọn cả 5 bút đều màu xanh.

    Số cách chọn 5 bút có đúng hai màu đỏ và xanh bằng $C_{10}^5 – C_6^5$.

    Vậy $P\left( A \right) = \frac{{\left( {C_9^5 – C_5^5} \right) + \left( {C_{11}^5 – C_5^5 – C_6^5} \right) + \left( {C_{10}^5 – C_6^5} \right)}}{{C_{15}^5}} = \frac{{118}}{{429}}$.

    Câu 59. Chọn ngẫu nhiên hai số khác nhau từ 27 số nguyên dương đầu tiên. Xác suất để chọn được hai số có tổng là một số chẵn bằng

    A.\(\frac{{13}}{{27}}\)   B. \(\frac{{14}}{{27}}\)  C. \(\frac{1}{2}\)                       D. \(\frac{{365}}{{729}}\)

    Hướng dẫn. Chọn A

    Gọi A là tập tất cả các số nguyên dương đầu tiên, \(A = \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,……;\,\,26;\,\,27} \right\}\)

    Chọn hai số khác nhau từ A có: \(n\left( \Omega  \right) = C_{27}^2 = 351\). Tổng hai số là số chẵn khi cả hai số đó đều chẵn hoặc đều lẻ. Do đó:

    Chọn hai số chẵn khác nhau từ tập A có: \(C_{13}^2 = 78\)

    Chọn hai số lẻ khác nhau từ tập A có: \(C_{14}^2 = 91\)

    Số cách chọn là: \(78 + 91 = 169\)

    Xác suất cần tìm là: \(P = \frac{{169}}{{351}} = \frac{{13}}{{27}}\)

    Câu 60. Cho tập hợp $A = \left\{ {1;2;…;100} \right\}$. Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của $A$. Xác suất để 3 phần tử được chọn lập thành một cấp số cộng bằng bao nhiêu?

    Hướng dẫn. Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử từ tập $A \Rightarrow $ Không gian mẫu là $\left| \Omega  \right| = C_{100}^3$.

    Gọi biến cố A:“Ba phần tử được chọn lập thành một cấp số cộng”.

    Cách 1. Giả sử 3 phần tử đó là $x;x + d;x + 2d$.

    • Với $x = 1$ thì ta có $x + 2d \le 100 \Leftrightarrow d \le \frac{{99}}{2} \Rightarrow d \in \left\{ {1;2;…;49} \right\} \Rightarrow $ có 49 bộ ba số thỏa mãn.
    • Với $x = 2$ thì ta có $x + 2d \le 100 \Leftrightarrow d \le \frac{{98}}{2} \Rightarrow d \in \left\{ {1;2;…;49} \right\} \Rightarrow $ có 49 bộ ba số thỏa mãn.
    • Với $x = 3$ thì ta có $x + 2d \le 100 \Leftrightarrow d \le \frac{{97}}{2} \Rightarrow d \in \left\{ {1;2;…;48} \right\} \Rightarrow $ có 48 bộ ba số thỏa mãn.
    • …
    • Với $x = 97$ thì ta có $x + 2d \le 100 \Leftrightarrow d \le \frac{3}{2} \Rightarrow d \in \left\{ 1 \right\} \Rightarrow $ có 1 bộ ba số thỏa mãn.
    • Với $x = 98$ thì ta có $x + 2d \le 100 \Leftrightarrow d \le 1 \Rightarrow d \in \left\{ 1 \right\} \Rightarrow $ có 1 bộ ba số thỏa mãn.
    • Với $x = 99$ thì ta có $x + 2d \le 100 \Leftrightarrow d \le \frac{1}{2} \Rightarrow d \in \emptyset  \Rightarrow $ không có bộ ba số thỏa mãn.

    Do đó ta thấy có tất cả $2\left( {49 + 48 + 47 + … + 2 + 1} \right) = 2.\frac{{49\left( {49 + 1} \right)}}{2} = 2450$ bộ ba số thỏa mãn.

    Cách 2. Giả sử 3 phần tử đó là $a;b;c$ với $a,b,c \in A$.

    • Trong tập $A$ có 50 số lẻ, 50 số chẵn.
    • Do $a,b,c$ lập thành một CSC nên $a + c = 2b$ là một số chẵn.
    • Do đó hai số $a,c$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ.
    • Đồng thời ứng với 1 cách chọn hai số $a,c$ thì xác định được duy nhất 1 số $b$.
    • Tổng số bộ ba số $a,b,c$ là $C_{50}^2 + C_{50}^2 = 2450$ (bộ ba).

    Vậy xác suất của biến cố A là $P = \frac{{2450}}{{C_{100}^3}} = \frac{1}{{66}}$.

    Câu 61. Cho tập \(A = \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\). Tính xác suất biến cố chọn được số tự nhiên có \(3\) chữ số khác nhau lập từ tập A, sao cho tổng \(3\) chữ số bằng \(9\).

    Hướng dẫn. Gọi \(A\) là biến cố “số tự nhiên 3 chữ số khác nhau, có tổng \(3\) chữ số bằng\(9\)”.

    • Số số tự nhiên có \(3\) chữ số khác nhau có thể lập được là: $A_6^3 = 120$. Suy ra không gian mẫu có số phần tử là:$$\left| \Omega  \right| = 120$$
    • Ta có $1 + 2 + 6 = 9;1 + 3 + 5 = 9;2 + 3 + 4 = 9$.
      • Số số tự nhiên có \(3\) chữ số khác nhau có tổng bằng \(9\) là:$3! + 3! + 3! = 18.$
      • $n\left( A \right) = 18.$

    Vậy $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{\left| \Omega  \right|}} = \frac{{18}}{{120}} = \frac{3}{{20}}$.

    Câu 62. Có $60$ tấm thẻ đánh số từ $1$ đến $50$. Rút ngẫu nhiên $3$ thẻ. Tính xác suất để tổng các số ghi trên thẻ chia hết cho $3$.

    Hướng dẫn. Số phần tử không gian mẫu: $\left| \Omega  \right| = C_{50}^3 = 19600$.

    Gọi $A$ là tập các thẻ đánh số $a$ sao cho $1 \le a \le 50$ và $a$ chia hết cho $3$. $A = \left\{ {3;6;…;48} \right\} \Rightarrow \left| A \right| = 16$.

    Gọi $B$ là tập các thẻ đánh số $b$ sao cho $1 \le b \le 50$ và $b$ chia $3$ dư $1$. $B = \left\{ {1;4;…;49} \right\} \Rightarrow \left| B \right| = 17$.

    Gọi $C$ là tập các thẻ đánh số $c$ sao cho $1 \le c \le 50$ và $c$ chia $3$ dư $2$. $C = \left\{ {2;5;…;59} \right\} \Rightarrow \left| C \right| = 17$.

    Với $D$ là biến cố: “Rút ngẫu nhiên $3$ thẻ được đánh số từ $1$ đến $50$ sao cho tổng các số ghi trên thẻ chia hết cho $3$”. Ta có $4$ trường hợp xảy ra:

    • Trường hợp 1: Rút $3$ thẻ từ $A$: Có $C_{16}^3$ (cách).
    • Trường hợp 2: Rút $3$ thẻ từ $B$: Có $C_{17}^3$ (cách).
    • Trường hợp 3: Rút $3$ thẻ từ $C$: Có $C_{17}^3$ (cách).
    • Trường hợp 4: Rút mỗi tập $1$ thẻ: Có $16.17.17 = 4624$ (cách).

    Suy ra $\left| D \right| = 2.C_{17}^3 + C_{16}^3 + 4624 = 6544$.

    Vậy xác suất cần tìm $P = \frac{{\left| D \right|}}{{\left| \Omega  \right|}} = \frac{{6544}}{{19600}} = \frac{{409}}{{1225}}$.

    Câu 63. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên chẵn có 3 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số trong tập hợp \(A.\) Tính xác suất để số đó chia hết cho 5.

    Hướng dẫn. Gọi số tự nhiên có 3 chữ số có dạng \(\overline {abc} \)

    Vì \(\overline {abc} \) là số tự nhiên chẵn nên \(c \in \left\{ {0,2,4,6,8} \right\}\)

    TH1: \(c = 0\). Ta có \(A_9^2 = 72\) số tự nhiên chẵn

    TH2: \(c = 2,4,6,8\). Ta có \(4\left( {A_9^2 – A_8^1} \right) = 256\) số tự nhiên chẵn.

    Vậy, số phần tử trong tập hợp A là: 328 số tự nhiên chẵn, suy ra \(\left| \Omega  \right| = 328\)

    Gọi X là biến cố số lấy ngẫu nhiên ra từ A chia hết cho 5, suy ra \(\left| {{\Omega _A}} \right| = 72\)

    Vậy, xác suất xảy ra biến cố A là \({P_A} = \frac{{\left| {{\Omega _A}} \right|}}{{\left| \Omega  \right|}} = \frac{{72}}{{328}} = \frac{9}{{41}}\)

    Câu 64. Một người đang đứng tại gốc $O$ của trục tọa độ $Oxy$. Do say rượu nên người này bước ngẫu nhiên sang trái hoặc sang phải trên trục tọa độ với độ dài mỗi bước bằng 1 đơn vị. Xác suất để sau $10$ bước người này quay lại đúng gốc tọa độ $O$ bằng bao nhiêu?

    Hướng dẫn. Mỗi bước người này có $2$ lựa chọn sang trái hoặc phải nên số phần tử không gian mẫu là ${2^{10}}$.

    Để sau đúng $10$ bước người này quay lại đúng gốc tọa độ $O$ thì người này phải sang trái $5$ lần và sang phải $5$ lần, do đó số cách bước trong $10$ bước này là $C_{10}^5$.

    Xác suất cần tính bằng $\frac{{C_{10}^5}}{{{2^{10}}}} = \frac{{63}}{{256}}$.

    Câu 65. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. Xác suất để số được chọn có tổng các chữ số là lẻ bằng?

    Hướng dẫn. Số phần tử không gian mẫu: $n(\Omega ) = 9 \times 9 \times 8 = 648.$

    Gọi A là biến cố: “tổng các chữ số là số lẻ ”. Gọi số cần tìm là $\overline{abc}$:

    Th1: ba chữ số $a,b,c$ đều lẻ có $5 \times 4 \times 3 = 60$ số.

    Th 2: hai chữ số chẵn một chữ số lẻ có:

    • $a$ chẵn,$b$chẵn, $c$lẻ có $4 \times 4 \times 5 = 80$ số.
    • $a$ chẵn,$b$lẻ, $c$chẵn có $4 \times 5 \times 4 = 80$ số.
    • $a$ lẻ,$b$chẵn, $c$chẵn có $5 \times 5 \times 4 = 100$ số.

    Suy ra $ n(A) = 60 + 80 + 80 + 100 = 320$.

    Suy ra xác suất biến cố $A$: $P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{320}}{{648}} = \frac{{40}}{{81}}.$

    Câu 66. Cho tập hợp \(S = \left\{ {1;\,2;\,3;\,4;\,…..;\,17} \right\}\) gồm 17 số. Chọn ngẫu nhiên một tập con có ba phần tử của tập \(S\). Tính xác suất để tập hợp được chọn có tổng các phần tử chia hết cho 3.

    A.\(\frac{{27}}{{34}}\).  B.\(\frac{{23}}{{68}}\).     C.\(\frac{9}{{34}}\).        D.\(\frac{9}{{12}}\).

    Hướng dẫn. Chọn B

    Tập hợp các số từ tập \(S\)chia hết cho \(3\)là \(\left\{ {3;6;9;12;15} \right\}\).

    Tập hợp các số từ tập \(S\)chia cho \(3\) dư 1 là \(\left\{ {1;4;7;10;13;16} \right\}\).

    Tập hợp các số từ tập \(S\)chia cho \(3\) dư 2 là \(\left\{ {2;5;8;11;14;17} \right\}\).

    • TH1: Ba số lấy từ tập \(S\)đều chia hết cho \(3\): Có \(C_5^3\) cách chọn.
    • TH2: Ba số lấy từ tập \(S\)đều chia \(3\) dư 1: Có \(C_6^3\) cách chọn.
    • TH3: Ba số lấy từ tập \(S\)đều chia 3 dư 2: Có \(C_6^3\) cách chọn.
    • TH4: Một số chia hết cho 3, một số chia 3 dư 1, một số chia 3 dư 2: Có \(C_5^1.C_6^1.C_6^1\)cách chọn.

    Vậy số phần tử của biến cố \(A\): “ Chọn được ba số có tổng chia hết cho 3” là:

    \(n\left( A \right) = C_5^3 + C_6^3 + C_6^3 + C_5^1.C_6^1.C_6^1 = 230\).

    Số phần tử không gian mẫu là \(n\left( \Omega  \right) = C_{17}^3\).

    Xác suất của biến cố \(A\)là \(P\left( A \right) = \frac{{230}}{{C_{17}^3}} = \frac{{23}}{{68}}\).

    Câu 67. Gọi M là tập tất cả các số tự nhiên có sáu chữ số đôi một khác nhau và có dạng $\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} $. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập M. Tính xác suất để số được chọn là một số chẵn, đồng thời thỏa mãn ${a_1} > {a_2} > {a_3} > {a_4} > {a_5} > {a_6}.$

    A.\(\frac{{35}}{{34020}}\)     B.\(\frac{{37}}{{34020}}\).     C.\(\frac{{37}}{{3402}}\).     D.\(\frac{{74}}{{34020}}\).

    Hướng dẫn. Chọn B

    Gọi A là biến cố “chọn ra được một số tự nhiên chẵn từ tập M đồng thời thỏa mãn ${a_1} > {a_2} > {a_3} > {a_4} > {a_5} > {a_6}$”. Khi đó: \(n\left( M \right) = 9.A_9^5\) (số có sáu chữ số đôi một khác nhau thì \({a_1}\) có chín cách chọn, $\overline {{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} $ là chỉnh hợp chập 5 của 9 phần tử nên có \(A_9^5\)).

    • TH1: ${a_6} = 0$thì $\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}} $ có $C_9^5$ cách chọn.
    • TH2: ${a_6} = 2$thì $\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}} $ có $C_7^5$ cách chọn.
    • TH3: ${a_6} = 4$thì $\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}} $ có $C_5^5$ cách chọn.

    Suy ra $n\left( A \right) = C_9^5 + C_7^5 + C_5^5 = 148$

    Do đó \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{148}}{{9.A_9^5}} = \frac{{37}}{{34020}}\).

    Câu 68. Cho tập hợp A ={1; 2; 3; 4; 5}. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số đôi một khác nhau được lập thành từ các chữ số thuộc tập#A. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác xuất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 10.

    Hướng dẫn. Số phần tử của tập $n\left( S \right) = A_5^3 + A_5^4 + {P_5} = 300$

    Các bộ số có tổng 10: $\left\{ {\left( {2,3,5} \right);\left( {1,4,5} \right);(1,2,3,4)} \right\}$

    $n\left( B \right) = 2{P_3} + {P_4} = 36 \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( S \right)}} = \frac{{36}}{{300}} = \frac{3}{{25}}$

    Câu 69. Có $60$ tấm thẻ đánh số từ $1$ đến $50$. Rút ngẫu nhiên $3$ thẻ. Tính xác suất để tổng các số ghi trên thẻ chia hết cho $3$.

    Hướng dẫn. Số phần tử không gian mẫu: $\left| \Omega  \right| = C_{50}^3 = 19600$.

    Gọi $A$ là tập các thẻ đánh số $a$ sao cho $1 \le a \le 50$ và $a$ chia hết cho $3$.

    $A = \left\{ {3;6;…;48} \right\} \Rightarrow \left| A \right| = 16$.

    Gọi $B$ là tập các thẻ đánh số $b$ sao cho $1 \le b \le 50$ và $b$ chia $3$ dư $1$. $B = \left\{ {1;4;…;49} \right\} \Rightarrow \left| B \right| = 17$.

    Gọi $C$ là tập các thẻ đánh số $c$ sao cho $1 \le c \le 50$ và $c$ chia $3$ dư $2$. $C = \left\{ {2;5;…;59} \right\} \Rightarrow \left| C \right| = 17$.

    Với $D$ là biến cố: “Rút ngẫu nhiên $3$ thẻ được đánh số từ $1$ đến $50$ sao cho tổng các số ghi trên thẻ chia hết cho $3$”. Ta có $4$ trường hợp xảy ra:

    • Trường hợp 1: Rút $3$ thẻ từ $A$: Có $C_{16}^3$ (cách).
    • Trường hợp 2: Rút $3$ thẻ từ $B$: Có $C_{17}^3$ (cách).
    • Trường hợp 3: Rút $3$ thẻ từ $C$: Có $C_{17}^3$ (cách).
    • Trường hợp 4: Rút mỗi tập $1$ thẻ: Có $16.17.17 = 4624$ (cách).

    Suy ra $\left| D \right| = 2.C_{17}^3 + C_{16}^3 + 4624 = 6544$.

    Vậy xác suất cần tìm $P = \frac{{\left| D \right|}}{{\left| \Omega  \right|}} = \frac{{6544}}{{19600}} = \frac{{409}}{{1225}}$.

    Câu 70. Trên mặt phẳng $Oxy,$ta xét một hình chữ nhật $ABCD$với các điểm $A\left( { – 2;0} \right),$$B\left( { – 2;2} \right),$$C\left( {4;2} \right),$$D\left( {4;0} \right)$ (hình vẽ). Một con châu chấu nhảy trong hình chữ nhật đó tính cả trên cạnh hình chữ nhật sao cho chân nó luôn đáp xuống mặt phẳng tại các điểm có tọa độ nguyên (tức là điểm có cả hoành độ và tung độ đều nguyên). Tính xác suất để nó đáp xuống các điểm $M\left( {x;y} \right)$ mà $x + y < 2.$

    Hướng dẫn. Số các điểm có tọa độ nguyên thuộc hình chữ nhật là $7.3 = 21$ điểm vì $$\left\{ \begin{array}{l} x \in \left\{ { – 2; – 1;0;1;2;3;4} \right\}\\ y \in \left\{ {0;1;2} \right\} \end{array} \right.$$ Để con châu chấu đáp xuống các điểm $M\left( {x,y} \right)$ có $x + y < 2$ thì con châu chấu sẽ nhảy trong khu vực hình thang $BEIA.$ Để $M\left( {x,y} \right)$có tọa độ nguyên thì $$\left\{ \begin{array}{l} x \in \left\{ { – 2; – 1;0;1;2} \right\}\\ y \in \left\{ {0;1;2} \right\} \end{array} \right.$

    • Nếu $x \in \left\{ { – 2; – 1} \right\}$thì $y \in \left\{ {0;1;2} \right\} \Rightarrow $có $2.3 = 6$ điểm.
    • Nếu $x = 0$ thì $y \in \left\{ {0;1} \right\} \Rightarrow $ có 2 điểm.
    • Nếu $x = 1 \Rightarrow y = 0 \Rightarrow $có 1 điểm.

    Suy ra, có tất cả $6 + 2 + 1 = 9$ điểm thỏa mãn.

    Vậy xác suất cần tính $P = \frac{9}{{21}} = \frac{3}{7}.$

    Câu 71. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. Xác suất để số được chọn có tổng các chữ số là số lẻ bằng bao nhiêu?

    Hướng dẫn. Số phần tử của không gian mẫu \(n(\Omega ) = 9.9.8 = 648\)

    A: “Số được chọn có tổng các chữ số là số lẻ”

    • Trường hợp 1: Số được chọn có 3 chữ số lẻ. Số cách chọn ra và sắp xếp ba chữ số lẻ là \(A_5^3\).
    • Trường hợp 2: Số được chọn gồm có 2 chữ số chẵn và 1 chữ số lẻ.
      • Số cách chọn ra và sắp xếp 2 chữ số là số chẵn và 1 chữ số là số lẻ là \(C_5^2.C_5^1.3!\)
      • Số cách chọn ra và sắp xếp 2 chữ số là số chẵn và 1 chữ số lẻ có số 0 đứng đầu là \(C_4^1.C_5^1.2!\)

    Vậy nên số số thỏa biến cố A là: \(C_5^2.C_5^1.3! – C_4^1.C_5^1.2! = 260\).

    Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là \(n(A) = 60 + 260 = 320\)

    Vậy \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{320}}{{648}} = \frac{{40}}{{81}}\).

    Câu 72. Gọi X là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 8 chữ số được lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Lấy ngẫu nhiên một số trong tập hợp X. Gọi A là biến cố lấy được số có đúng hai chữ số 1, có đúng hai chữ số 2, bốn chữ số còn lại đôi một khác nhau, đồng thời các chữ số giống nhau không đứng liền kề nhau. Xác suất của biến cố A bằng bao nhiêu?

    Hướng dẫn. Ta có: $n(\Omega ) = {9^8}.$

    TH1: Xếp bất kỳ

    • Xếp hai chữ số 1, hai chữ số 2 bất kỳ và 4 chữ số còn lại: Có \(C_8^2.C_6^2.A_7^4 = 352.800\) (cách).

    TH2: Số các cách xếp sao cho không thỏa mãn yêu cầu bài toán

    • Xếp hai chữ số 1 đứng liền nhau: $7.C_6^2.A_7^4$ cách.
    • Xếp hai chữ số 2 đứng liền nhau: $7.C_6^2.A_7^4$ cách.
    • Số các cách xếp thuộc cả hai trường hợp trên:
      • Coi hai chữ số 1 đứng liền nhau là nhóm X, hai chữ số 2 đứng liền nhau là nhóm Y
      • Xếp X, Y và 4 số còn lại có: $C_7^4.6!$ (cách)

    Vậy số cách xếp không thỏa mãn yêu cầu là: \(2.7.C_6^2.A_7^4 – C_7^4.6! = 151200\)(cách)

    Vậy $n(A) = 352.800 – 151.200 = 201.600 \Rightarrow p(A) = \frac{{201600}}{{{9^8}}}$, chọn                                  D.

    Câu 73. Có \(3\) quyển sách Văn học khác nhau, \(4\) quyển sách Toán học khác nhau và \(7\) quyển sách Tiếng Anh khác nhau được xếp lên một kệ ngang. Tính xác suất để hai cuốn sách cùng môn không ở cạnh nhau.

    Hướng dẫn.

      T.A   T.A   T.A   T.A   T.A   T.A   T.A  
    1 2 3 4 5 6 7 8

    Gọi $\Omega $ là biến cố “xếp \(14\) quyển sách lên kệ sách một cách tùy ý” $ \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = 14!$.

    Gọi $A$ là biến cố “xếp \(14\) cuốn sách lên kệ sách sao cho hai cuốn sách cùng môn không ở cạnh nhau”.

    – Xếp \(7\) quyển sách Tiếng Anh vào kệ có $7!$ cách.

    – \(7\) quyển sách Tiếng Anh tạo ra \(8\) chỗ trống (gồm \(6\) chỗ trống ở giữa và \(2\) chỗ trống trước sau).

    Đánh số từ \(1\) đến \(8\), từ trái sang phải cho các chỗ trống. Khi đó ta xét các trường hợp:

    TH1: Xếp sách Văn hoặc Toán vào vị trí từ \(1\) đến \(7\) có $7!$ cách.

    TH2: Xếp sách Văn hoặc Toán vào vị trí từ \(2\) đến \(8\) có $7!$ cách.

    TH3: Xếp \(1\) cặp sách Văn – Toán chung vào ngăn \(2\), các ngăn \(3,{\rm{ }}4,{\rm{ }}5,{\rm{ }}6,{\rm{ }}7\) xếp tùy ý số sách còn lại. Ta có:

    + Số cách chọn \(1\) cặp sách Văn – Toán: $3.4$ cách.

    + Vị trí \(2\) cuốn sách trong cặp sách: $2!$ cách.

    + Xếp các sách còn lại vào các ngăn \(3,{\rm{ }}4,{\rm{ }}5,{\rm{ }}6,{\rm{ }}7\) có $5!$ cách.

    Vậy ta có số cách xếp \(1\) cặp sách Văn – Toán chung vào ngăn \(2\), các ngăn \(3,{\rm{ }}4,{\rm{ }}5,{\rm{ }}6,{\rm{ }}7\) xếp tùy ý số sách còn lại là $3.4.2!.5!$ cách.

    Tương tự cho xếp cặp sách Văn – Toán lần lượt vào các ngăn \(3,{\rm{ }}4,{\rm{ }}5,{\rm{ }}6,{\rm{ }}7\).

    Số trường hợp thuận lợi của biến cố là $n\left( A \right) = 7!\left( {2.7! + 3.4.2.6.5!} \right)$

    Vậy $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{19}}{{12012}}$.

    Câu 74. Xếp ngẫu nhiên bốn bạn nam và năm bạn nữ ngồi vào chín ghế kê theo hàng ngang. Xác suất để có được năm bạn nữ ngồi cạnh nhau bằng?

    Hướng dẫn. Ta có: \(n\left( \Omega  \right) = 9! = 362880\)

    Gọi biến cố \(A:\) “Xếp năm bạn nữ ngồi cạnh nhau” \( \Rightarrow n\left( A \right) = C_5^1 \times 5! \times 4! = 14400\)

    Khi đó: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{14400}}{{362880}} = \frac{5}{{126}} \).

  • Bài toán mũ và logarit trong các đề thi năm 2020

    Bài toán mũ và logarit trong các đề thi năm 2020

    Bài toán mũ và logarit trong các đề thi năm 2020

    Xem thêm Nguyên Hàm &#8211; Tích Phân trong đề thi 2020

    Ví dụ 1.  [Chuyên KHTN năm 2020] Cho $ m$ là tham số thực. Phương trình $ 4^x-(m+4)\cdot 2^x+2=0$ có hai nghiệm thực $ x_1,x_2 $ thỏa mãn $ (x_1+2)(x_2+2)=4$. Tính giá trị của $ m$.

    Hướng dẫn. Đặt $ t=2^x$, điều kiện $ t>0$ ta được phương trình bậc hai $$ t^2-(m+4)t+2=0 $$ Theo định lí Viét ta có $$ \begin{cases}
    t_1+t_2=m+4,\\t_1\cdot t_2=2.
    \end{cases}$$ Suy ra $$ 2=2^{x_1}\cdot 2^{x_2} =2^{x_1+x_2}$$ nên có $ x_1+x_2=1$. Kết hợp với giả thiết $ (x_1+2)(x_2+2)=4 $ ta tìm được $$ \begin{cases}
    x_1=-1\\x_2=2
    \end{cases} $$ Do đó, $ m+4=t_1+t_2=2^{x_1}+2^{x_2}=\frac{9}{2}$. Từ đó tìm được $ m=\frac{1}{2}$. Thử lại thấy nếu $ m=\frac{1}{2}$ thì phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn yêu cầu (cần phải thử lại vì ở đây chúng ta chưa tìm điều kiện cho phương trình $ t^2-(m+4)t+2=0 $ có hai nghiệm $ t>0$ ).

    Ví dụ 2. Xét các số thực $ a,b>1$ và các số thực $x,y>0$ thỏa mãn $$ a^x=b^y=b^2\sqrt{a}. $$ Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức $ p=2020x+y$.

    Hướng dẫn. Từ đẳng thức $ a^x=b^y=b^2\sqrt{a}$, lần lượt lấy logarit cơ số $ a,b$ hai vế ta được $$ \begin{cases}
    x=\log_a\left(b^2\sqrt{a}\right)=2\log_a b+\frac{1}{2}\\
    y=\log_b \left(b^2\sqrt{a}\right)=2+\frac{1}{2}\log_b a
    \end{cases} $$ Suy ra, biểu thức cần tìm giá trị nhỏ nhất là $$ p= 2020\cdot \left(2\log_a b+\frac{1}{2}\right)+2+\frac{1}{2}\log_b a$$ Đặt $ t=\log_a b $ thì $ a,b>1$ nên $ t>0$ và biểu thức trên trở thành $$ p=2020\left(2t+\frac{1}{2}\right) +2+\frac{1}{2t}$$
    Khảo sát hàm số này trên khoảng $ (0,+\infty)$, hoặc sử dụng bất đẳng thức AM–GM, ta tìm được giá trị nhỏ nhất của $ p$ là $ 1012+2\sqrt{2020}$.

    Ví dụ 3.  Có bao nhiêu số nguyên $ x$ để tồn tại số thực $ y$ thỏa mãn $$ \log_2 \frac{x}{x^2+y^2} =x^2+y^2 -4x-2$$

    Hướng dẫn. Điều kiện $$\frac{x}{x^2+y^2}>0 \Leftrightarrow x>0 $$ Với điều kiện đó thì đẳng thức đã cho trở thành \begin{align}
    \frac{x}{x^2+y^2} &= 2^{x^2+y^2-4x-2}\\
    \Leftrightarrow \frac{x}{x^2+y^2} &=\frac{2^{x^2+y^2}}{2^{4x+2}}\\
    \Leftrightarrow 4x\cdot 2^{4x}&=\left(x^2+y^2\right)\cdot 2^{x^2+y^2}
    \end{align} Hàm số $ f(t)=t\cdot 2^t$ trên $ (0,+\infty)$ là một hàm đồng biến. Do đó $ f(4x)=f\left(x^2+y^2\right)$ xảy ra khi và chỉ khi $$ 4x=x^2+y^2. $$ Suy ra $ 4x-x^2=y^2 \geqslant 0$. Giải bất phương trình này, tìm được $ 0 \leqslant x \leqslant 4$. Mà $ x$ nguyên dương nên chọn được các giá trị là $ 1,2,3,4$.

    Ví dụ 4. [Chuyên ĐHSP HN năm 2020] Cho các số thực $ x,y$ thỏa mãn $ x>y>0$ và $$ \ln (x-y)+\frac{1}{2}\ln (xy)=\ln(x+y). $$ Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $ M=x+y$ bằng bao nhiêu?

    Hướng dẫn. Biến đổi đẳng thức đã cho thành \begin{align}
    \ln (x-y)^2+\ln(xy)&=\ln(x+y)^2\\
    \Leftrightarrow (x-y)^2\cdot xy&=(x+y)^2\\
    \Leftrightarrow \left((x+y)^2-4xy\right)\cdot xy& = (x+y)^2\\
    \Leftrightarrow (x+y)^2(1-xy)&=4(xy)^2
    \end{align} Nhận xét nếu $ xy=1 $ thì đẳng thức trên dẫn tới điều vô lý, do đó $ xy\ne 1$. Chia hai vế cho $ (1-xy)$ ta được $$ (x+y)^2=\frac{4(xy)^2}{1-xy} $$Đặt $ t=xy$ ta xét hàm số $ f(t)= \frac{4t^2}{t-1}$ trên khoảng $ (0;+\infty)$. Bảng biến thiên của hàm số này như sau

    mũ và logarit trong các đề thi năm 2020
    Suy ra $ (x+y)^2 \geqslant 16 \Leftrightarrow x+y \geqslant 4$ hay giá trị nhỏ nhất của $ M$ là $ 4$.

    Cách khác, chúng ta có thể sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai.
    Đặt $ t=xy $, điều kiện $ t>0$, ta được phương trình bậc hai ẩn $ t$ là \begin{align}
    (M^2-4t)t&=M^2\\
    \Leftrightarrow -4t^2+M^2t-M^2&=0
    \end{align} Phương trình này có nghiệm $ t>0$ khi và chỉ khi hoặc là có hai nghiệm dương, hoặc là có hai nghiệm trái dấu. Nhưng khả năng hai nghiệm trái dấu không xảy ra do $P=4M^2>0 $, nên chỉ xảy ra khả năng hai nghiệm dương. Điều kiện cần và đủ là $$ \begin{cases}
    \Delta \geqslant 0\\
    S>0\\ P>0
    \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}
    M^4-16M^2 \geqslant 0\\ \frac{M^2}{4}>0\\ 4M^2>0
    \end{cases}$$ Giải hệ này, ta cũng tìm được giá trị nhỏ nhất của $ M$ là $ 4.$

    Ví dụ 5.  [Lương Thế Vinh – HN Lần 2 năm 2020] Cho các số thực $ x,y$ thỏa mãn $ \ln y \geqslant \ln (x^3+2)-\ln 3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$ H=e^{4y-x^3-x-2}-\frac{x^2+y^2}{2}+x(y+1)-y. $$

    Hướng dẫn. Trước tiên, ta có điều kiện xác định của các biểu thức là $$ \begin{cases}
    x > \sqrt[3]{-2}\\ y >0
    \end{cases} $$ Với điều kiện đó, bất đẳng thức đã cho trở thành $$ 3y \geqslant x^3+2 $$ Biến đổi biểu thức $ H$ ta được \begin{align}
    H&=e^{y-x}\cdot e^{3y-x^3-2} -\frac{(y-x)^2}{2}-(y-x)\\
    &\geqslant e^{y-x} -\frac{(y-x)^2}{2}-(y-x)
    \end{align} Đặt $ t=y-x$ thì ta có \begin{align}
    t=y-x \geqslant \frac{x^3+2}{3}-x
    \end{align} Xét hàm số $ f(x)=\frac{x^3+2}{3}-x$ trên khoảng $ \sqrt[3]{-2}$ ta có bảng biến thiên sau

    mũ logarit trong đề thi 2020
    Suy ra điều kiện của biến $ t$ là $ t \geqslant 0$. Tiếp tục lập bảng biến thiên của hàm số $ H=e^t-\frac{t^2}{2}-t$ trên nửa khoảng $ [0;+\infty)$ ta tìm được giá trị nhỏ nhất của $ H $ là $ 1.$

    Ví dụ 6. [SGD Vĩnh Phúc năm 2020] Cho hai số thực dương $ x,y$ thỏa mãn $ 2+2\log_2 x=\frac{1}{2}\log_{\sqrt{2}}y$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $ P=10x^2-2(x+y)-3$.

    Hướng dẫn. Biến đổi đẳng thức $ 2+2\log_2 x=\frac{1}{2}\log_{\sqrt{2}}y$, chúng ta có \begin{align}
    \log_2 \left(4x^2\right)&=\log_2 y\\
    \Leftrightarrow 4x^2&=y
    \end{align} Thay vào biểu thức $ P$ ta được \begin{align}
    P&=10x^2-2(x+4y^2)-3 \\
    &=2\left(x-\frac{1}{2}\right)^2-\frac{7}{2}
    \end{align} Suy ra, giá trị nhỏ nhất của $ P$ là $ -\frac{7}{2}.$

    Ví dụ 7. [Chuyên Thái Bình Lần 4 năm 2020] Cho hai số thực dương $ x,y$ thỏa mãn $ \log_2 x +x(x+y)=\log_2 (6-y)+6x$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $ T=x^3+3y$.

    Hướng dẫn. Biến đổi đẳng thức đã cho ta được \begin{align}
    \log_2 x+x^2 &=\log_2 (6-y) +x(6-y)\\
    \Leftrightarrow 2 \log_2 x +x^2 &= \log_2 x+ \log_2 (6-y) +x(6-y)\\
    \Leftrightarrow \log_2 x^2 + x^2 &= \log_2 \big(x(6-y)\big) +x(6-y)
    \end{align} Hàm số $ f(t)=\log_2 t+t$ với $ t>0$ là một hàm số đồng biến nên ta có $$ f(x^2)=f\big(x(6-y)\big) $$ xảy ra khi và chỉ khi $ x^2=x(6-y)$. Mà $ x>0$ nên điều này đồng nghĩa với $ x=6-y$ hay $ y=6-x$. Lúc này, biểu thức $ T$ trở thành $$ T=x^3+3(6-x) $$ Bảng biến thiên của $T$ trên $ (0,+\infty)$ như sau

    giá trị nhỏ nhất của T=x^3+3y

    Suy ra, giá trị nhỏ nhất của biểu thức $ T$ là $ 16.$

    Ví dụ 8.

    Hướng dẫn.

    Ví dụ 9. 

    Hướng dẫn.

     

    Ví dụ 10. 

     

    Hướng dẫn.

  • Đề thi Học kì II Toán 11

    ĐỀ THI HỌC KÌ II TOÁN 11 NĂM 2018–2019

    Xem thêm Đề thi GK2 Toán 11 Xuân Trường B Năm 2017

    1. Đề thi HK2 Toán 11 – Trắc nghiệm

    Câu 1: Tính giới hạn $\lim \frac{2n-1}{n+3}$.

    A. $2$
    B. $\frac{2}{3}$
    C. $\frac{1}{2}$
    D. $-\frac{1}{3}$

    Câu 2: Dãy số nào sau đây có giới hạn bằng 0?

    A. $\left(-\frac{2}{3}\right)^n$
    B. $\left(\frac{3}{2}\right)^n$
    C. $n^2-3n$
    D. $\pi ^n$

    Câu 3: Tính tổng S của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu $u_1=1$ và công bội $q=-\frac{1}{2}.$

    A.  $S=2$
    B. $S=\frac{3}{2}$
    C. $S=1$
    D. $S=\frac{2}{3}$

    Câu 4: Tính giới hạn $\lim \frac{\sqrt{4{{n}^{2}}+1}-\sqrt{n+2}}{2n-3}.$

    A. $\frac{3}{2}$
    B. 2
    C. 1
    D. $+\infty$

    Câu 5: Tính giới hạn $\lim \left( \frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+\cdots +\frac{1}{n(n+1)} \right).$

    A. 0
    B. 2
    C. 1
    D. $\frac{100}{101}$

    Câu 6: Tính giới hạn $\underset{x\to -2}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}-\sqrt{6-5x}}{x+2}.$

    A. $-2$
    B. $-\frac{27}{8}$
    C. $-3,37499$
    D. $-3$

    Câu 7: Hàm số nào sau đây liên tục trên tập R?

    A. $y=\tan x$
    B. $y=\frac{1}{x}$
    C. $y=\sqrt{2x+1}$
    D. $y=\sqrt{x^2+1}$

    Câu 8: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $f(x)=x^{3}-2 x^{2}+3 x+1$ tại điểm có hoành độ $x=2.$

    A. $y=-x-7$
    B. $y=7 x-14$
    C. $y=7 x-7$
    D. $y=-x+9$

    Câu 9: Tính đạo hàm của hàm số $y=-{{x}^{7}}+2{{x}^{5}}+3{{x}^{3}}.$

    A. ${y}’=-{{x}^{6}}+2{{x}^{4}}+3{{x}^{2}}$
    B. ${y}’=-7{{x}^{6}}-10{{x}^{4}}-6{{x}^{2}}$
    C. ${y}’=7{{x}^{6}}-10{{x}^{4}}-6{{x}^{2}}$
    D. ${y}’=-7{{x}^{6}}+10{{x}^{4}}+9{{x}^{2}}$

    Câu 10: Tính đạo hàm của hàm số $y=\frac{{{x}^{2}}+x}{{{x}^{2}}+2}.$

    A. $y’=\frac{2x+1}{2x}$
    B. $y’=\frac{2x+1}{(x^2+2)^2}$
    C. $y’=\frac{-x^{2}+4x+2}{\left( x^{2}+2\right) ^{2}}$
    D. $y’=\frac{4x^3+3x^{2}+4x+2}{\left( x^{2}+2\right) ^{2}}$

    Câu 11: Tính đạo hàm của hàm số $y=\sin x+\cos x$.

    A. $y{\prime}=2 \cos x$
    B. $y{\prime}=2 \sin x$
    C. $y{\prime}=\sin x-\cos x$
    D. $y{\prime}=\cos x-\sin x$

    Câu 12: Tính đạo hàm của hàm số $y=\sin ^{2} 3 x$.

    A. $y\prime =\sin 6x$
    B. $y\prime =2\sin 3x$
    C. $y{\prime}=3 \sin 6 x$
    D. $y\prime =6\sin 3x$

    Câu 13: Cho $f(x)=x^{3}-\frac{1}{2} x^{2}-4 x,$ tìm tất cả giá trị thực của $x$ sao cho $f\prime (x)<0.$

    A. $x>\frac{4}{3}$ hoặc $x<-1 .$
    B. $-1<x<\frac{4}{3}$
    C. $x \geq \frac{4}{3}$ hoặc $x \leq-1 .$
    D. $-1 \leq x \leq \frac{4}{3}$

    Câu 14: Tính vi phân của hàm số $y=\sqrt{x}.$

    A. $\mathrm{d}y =\sqrt{x} \mathrm{d}x$
    B. $\mathrm{d}y = \frac{1}{2\sqrt{x}}\mathrm{d}x$
    C. $\mathrm{d}y = \frac{1}{2\sqrt{x}\mathrm{d}x}$
    D. $\mathrm{d}y = \frac{1}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x$

    Câu 15: Cho hàm số $f(x)=x^{3}+2 x$, giá trị của ${f}”(1)$ bằng

    A. 6
    B. 8
    C. 3
    D. 2

    Câu 16: Cho hàm số $y=\sin 2x.$ Khẳng định nào sau đây là đúng?

    A. ${{y}^{2}}+{{\left( y\prime \right)}^{2}}=1$
    B. $4 y-y{\prime \prime}=0$
    C. $4 y+y{\prime \prime}=0$
    D. $y=y{\prime} \tan 2 x$

    Câu 17: Cho hình hộp $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$, khẳng định nào sau đây là đúng?

    A. $\overrightarrow{AC’}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA’}$
    B. $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}=0$
    C. $\overrightarrow{AC’}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{A’A}$
    D. $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}$

    Câu 18: Cho lăng trụ tam giác đều $ABC.{A}'{B}'{C}’$ có tất cả các cạnh cùng bằng 4. Khẳng định nào sau đây là sai?

    A. $\overrightarrow{AB’}.\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CB}$
    B. $\overrightarrow{AB’}.\overrightarrow{CB}=8$
    C. $\overrightarrow{AB’}.\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{AB’}.\overrightarrow{B’C’}$
    D. $\overrightarrow{AB’}.\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{BA’}.\overrightarrow{CA}$

    Câu 19: Trong không gian, cho các mệnh đề sau, mệnh đề nào là mệnh đề đúng?

    A. Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng vuông góc thì song song với đường thẳng còn lại.
    B. Hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau.
    C. Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng còn lại.
    D. Hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì vuông góc với nhau.

    Câu 20: Cho hình hộp $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$ có tất cả các cạnh bằng nhau. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

    A. $BB’\perp BD$
    B. $A’C’\perp BD$
    C. $A’B \perp DC’$
    D. $BC’ \perp A’ D$

    Câu 21: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh $a,SA=a\sqrt{2}$ và SA vuông góc với mặt đáy. Tính góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng $(ABCD)$.

    A. $60^\circ$
    B. $30^\circ$
    C. $45^\circ$
    D. $90^\circ$

    Câu 22: Cho G là trọng tâm tứ diện ABCD, O là một điểm tùy ý. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?

    A. $\overrightarrow{A G}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{A D})$
    B. $\overrightarrow{AG}=\frac{2}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})$
    C. $\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C}+\overrightarrow{G D}=\overrightarrow{0}$
    D. $\overrightarrow{OG}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD})$

    Câu 23: Cho hình lập phương $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’.$ Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai?

    A. Góc giữa hai đường thẳng ${B}'{D}’$ và $A{A}’$ bằng ${{60}^{\circ }}$
    B. Góc giữa hai đường thẳng ${B}'{D}’$ và AC bằng ${{90}^{\circ }}$
    C. Góc giữa hai đường thẳng AD và ${B}’C$ bằng ${{45}^{\circ }}$
    D. Góc giữa hai đường thẳng BD và ${A}'{C}’$ bằng ${{90}^{\circ }}$

    Câu 24: Gọi $\alpha$ là số đo góc giữa mặt bên và mặt đáy của một tứ diện đều. Khẳng định nào đúng?

    A. tan $\alpha=\sqrt{8}$
    B. $\tan \alpha=3 \sqrt{2}$
    C. tan $\alpha=2 \sqrt{3}$
    D. $\tan \alpha=4 \sqrt{2}$

    Câu 25: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông. Hai mặt phẳng $\left( SAB \right)$ và $\left( SAD \right)$ cùng vuông góc với đáy và $SA=a\sqrt{3}$. Biết diện tích tam giác $SAB$ bằng $\frac{a^{2} \sqrt{3}}{2}$, tính khoảng cách từ $B$đến mặt phẳng $(SAC)$.

    A. $\frac{a \sqrt{10}}{3}$
    B. $\frac{a \sqrt{10}}{5}$
    C. $\frac{a \sqrt{2}}{3}$
    D. $\frac{a \sqrt{2}}{2}$

    2. Đề thi học kì II Toán 11 – Tự luận

    Câu 1. (1,0 điểm) Tính đạo hàm của các hàm số sau:

    1. $y=\sin x-\cos 3x+1$
    2. $y={{x}^{4}}+\sqrt{x}$

    Câu 2. (1,0 điểm) Tính các giới hạn sau:

    1. $\underset{x\to 2}{\mathop{\lim }}\,\frac{(3-x)(2-x)}{x-2}$
    2. $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \sqrt{{{x}^{2}}+x+1}-x \right)$

    Câu 3. (0,5 điểm) Chứng minh rằng phương trình ${{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+5x+7=0$ có nghiệm thuộc khoảng $\left( -1;0 \right).$

    Câu 4. (0,5 điểm) Cho hàm số $y={{x}^{3}}-3x+1$ có đồ thị $(C)$. Một điểm $M$ có hoành độ bằng $a\ne 0$ và thuộc đồ thị $(C).$  Tiếp tuyến của $(C)$ tại điểm $M$ cắt $(C)$ tại một điểm $N$ khác $M.$ Tìm hoành độ điểm $N$ theo $a.$

    Câu 5. (2,0 điểm) Hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thang vuông tại $A$ và $D,AB=2a,AD=CD=a.$ Cạnh bên $SA=a\sqrt{3}$ và vuông góc với mặt đáy hình chóp.

    1. Chứng minh rằng đường thẳng $AD$ vuông góc với mặt phẳng $(SAB)$.
    2. Tính góc giữa hai mặt phẳng $(SCD)$ và $(ABCD)$.
    3. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AC$ và $SB$ theo $a$.

    —– HẾT—–

  • Nguyên Hàm – Tích Phân trong đề thi 2020

    Nguyên Hàm – Tích Phân trong đề thi 2020

    Nguyên Hàm – Tích Phân trong đề thi 2020

    Bài viết này tổng hợp các câu hỏi về chủ đề Nguyên hàm, Tích Phân và ứng dụng trong các đề thi minh họa, đề tham khảo TN THPT, đề thi thử THPTQG năm 2020 của các trường trên cả nước.

    Mời thầy cô và các em học sinh tham khảo thêm các bài viết khác:

    Câu 1. [Chuyên KHTN Lần 1 năm 2020] Cho hàm số \(f(x)\) có đạo hàm trên khoảng \( (0;+\infty) \) và thỏa mãn \( f(x)=x\left(\sin x + f'(x) \right) +\cos x\) và \( f\left(\frac{\pi}{2}\right) =\frac{\pi}{2}\). Tính giá trị của \( f(\pi) \).

    Hướng dẫn. Từ đẳng thức \( f(x)=x\left(\sin x + f'(x) \right) +\cos x\), sau khi nhân ra và chuyển hết số hạng liên quan đến hàm \( f(x) \) sang một vế ta được $$ f(x)-x\cdot f'(x)=x\cdot \sin x+\cos x\,\,\,\,(*) $$ Quan sát vế trái, ta có thể viết lại thành $$ f(x)-x\cdot f'(x)=x’\cdot f(x)-x\cdot f'(x) $$ Ở đây xuất hiện dấu trừ, trong khi nếu đạo hàm của một tích thì phải là \[x’\cdot f(x)+x\cdot f'(x). \]Do đó, chúng ta nghĩ tới công thức đạo hàm của một thương. Viết lại đẳng thức \( (*) \) và chia hai vế cho \( x^2 \) (lưu ý rằng hàm số đang xét trên khoảng \( (0;+\infty) \) nên \(x\ne 0\)) ta được \begin{align*}
    \frac{f'(x)\cdot x – f(x)}{x^2}& =\frac{ – x\cdot \sin x -\cos x}{x^2}\\
    \Leftrightarrow \left(\frac{f(x)}{x}\right)’&=\left(\frac{\cos x}{x}\right)’
    \end{align*} Lấy nguyên hàm hai vế ta được $$ \frac{f(x)}{x}= \frac{\cos x}{x} + C$$ Theo đề bài có \( f\left(\frac{\pi}{2}\right) =\frac{\pi}{2} \) nên suy ra \( C=1 \). Do đó \( f(x)=\cos x+x \) và \( f(\pi)=\pi-1 \).

    Câu 2. [Chuyên KHTN Lần 1 năm 2020] Cho hàm số \( f(x) \) liên tục trên \( \mathbb{R} \) và thỏa mãn \( f^3(x)+2f(x)=1-x \) với mọi \( x\in \mathbb{R} \). Tính tích phân \( \displaystyle \int_{-2}^1 f(x)dx \)

    Hướng dẫn. Vì \( f^3(x)+2f(x)=1-x \) với mọi \( x\in \mathbb{R} \) nên cho \( x=1 \) ta có phương trình $$ f^3(1)+2f(1)=1-0 $$ Giải phương trình này, được \( f(1)=0 \). Tương tự, với \( x=-2 \) ta tìm được \( f(-2)=1 \).

    Mặt khác, từ đẳng thức đã cho \( f^3(x)+2f(x)=1-x \), ta lấy vi phân hai vế thì được $$ -dx = \left(3f^2(x)+2\right)df(x) $$ nên tích phân cần tính trở thành \begin{align}
    {\int \limits_{ – 2}^1 f (x)dx}&{\, =\, – \int \limits_{ – 2}^1 f (x)\left( {3{f^2}(x) + 2} \right)df(x)}\\
    {}&{ =\, – \int \limits_1^0 {\left( {3{u^3} + 2u} \right)} du = \frac{7}{4}}
    \end{align}

    Câu 3. [Lương Thế Vinh – HN Lần 2 năm 2020] Cho hàm số \( y=f(x) \) liên tục trên \( \mathbb{R} \) và thỏa mãn $$ \sin x\cdot f\left(\cos x\right)+\cos x\cdot f\left(\sin x\right) =\sin 2x-\frac{1}{2}\sin^3 2x$$ với mọi \( x\in \mathbb{R} \). Tính tích phân \( \displaystyle I=\int_0^1 f(x)dx \).

    Hướng dẫn. Lấy tích phân cận từ \( 0 \) đến \( \frac{\pi}{2} \) hai vế ta được \begin{align*}
    \int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\sin x\cdot f\left(\cos x\right)+\cos x\cdot f\left(\sin x\right)\right)dx &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\sin 2x-\frac{1}{2}\sin^3 2x\right)dx
    \end{align*} Dễ dàng tính được tích phân ở vế phải \[\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\sin 2x-\frac{1}{2}\sin^3 2x\right)dx=\frac{2}{3}\] Đối với tích phân ở vế trái, chúng ta tách thành hai tích phân và sử dụng phương pháp đổi biến số. Chẳng hạn, \( \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\sin x\cdot f\left(\cos x\right)\right)dx \) chúng ta đặt \( t=\cos x \) thì tích phân này trở thành \begin{align*}
    \int_1^{0}\left(-f\left(t\right)\right)dt
    \end{align*} và cũng chính bằng $$ \int_1^{0}\left(-f\left(x\right)\right)dx=\int_0^{1}f\left(x\right)dx $$ do tích phân không phụ thuộc vào tên biến.

    Hoàn toàn tương tự, chúng ta tính được $$ \int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\cos x\cdot f\left(\sin x\right)\right)dx= \int_0^{1}f\left(x\right)dx$$ Do đó, tích phân cần tính ban đầu là $$ 2I=2/3 $$ hay \( I=\frac{1}{3}. \)

    Câu 4. [Chuyên ĐHSP HN] Cho hàm số \(f(x)\) liên tục trên tập \( \mathbb{R} \) và thỏa mãn $$ f(x)+(5x-2)f\left(5x^2-4x\right)=50x^3-60x^2+23x-1 $$ với mọi \( x\in \mathbb{R} \). Tính tích phân \( I=\displaystyle \int_0^1f(x) dx \)

    Hướng dẫn. Lấy tích phân cận từ \( 0 \) đến \( 1 \) hai vế đẳng thức đã cho ta có \begin{align*}
    \int_0^1\left(f(x)+(5x-2)f\left(5x^2-4x\right)\right)dx=\int_0^1\left(50x^3-60x^2+23x-1 \right)dx
    \end{align*} Dễ dàng tính được tích phân ở vế phải $$ \int_0^1\left(50x^3-60x^2+23x-1 \right)dx=3 $$ Đối với tích phân ở vế trái, ta tách thành tổng hai tích phân, $$ \int_0^1\left(f(x)+(5x-2)f\left(5x^2-4x\right)\right)dx=I+\int_0^1(5x-2)f\left(5x^2-4x\right)dx $$ Đối với tích phân $$ \int_0^1(5x-2)f\left(5x^2-4x\right)dx $$ ta sử dụng phương pháp đổi biến số. Đặt \( t=5x^2-4x \) thì \( dt=2(5x-2)dx \), sau khi đổi cận ta được \begin{align*}
    \int_0^1(5x-2)f\left(5x^2-4x\right)dx & = \int_0^1\frac{1}{2}f(t)dt\\
    &=\frac{1}{2} \int_0^1f(x) dx
    \end{align*} Do đó, ta có phương trình \( I+\frac{1}{2} I=3 \) hay \( I=2 \).

    Câu 5. [Amsterdam HK2 năm 2020] Cho hàm số \(f(x)\) có đạo hàm trên đoạn \([1;4]\). Biết rằng $$ 2x\cdot f'(x)+f(x)=2x\cdot \sqrt{x} $$ và \( f(1)=\frac{3}{2} \), tính giá trị \( f(4) \).

    Hướng dẫn. Xét trên đoạn \([1;4]\) thì \( x>0 \) nên chia hai vế đẳng thức đã cho cho \( 2\sqrt{x} \) ta được \begin{align*}
    \sqrt{x}\cdot f'(x)+\frac{1}{2\sqrt{x}}\cdot f(x)&=x\\
    \Leftrightarrow \left(\sqrt{x}\cdot f(x)\right)’&=x
    \end{align*} Lấy nguyên hàm hai vế, ta được $$ \sqrt{x}\cdot f(x)=\frac{1}{2}x^2+C $$ Mà \( f(1)=\frac{3}{2} \) nên suy ra \( C=1 \) hay \( \sqrt{x}\cdot f(x)=\frac{1}{2}x^2+1 \). Thay \( x=4 \) vào tìm được \( f(4)=\frac{9}{2} \).

    Câu 6. [SGD Vĩnh Phúc năm 2020] Cho hàm số \(f(x)\) liên tục trên \( \mathbb{R} \) và thỏa mãn $$ \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\cot x\cdot f\left(\sin^2x\right)dx=\int_1^{16}\frac{f\left(\sqrt{x}\right)}{x}dx=1 $$ Tính tích phân \( \displaystyle I=\int _{\frac{1}{8}}^1\frac{f(4x)}{x} dx\).

    Hướng dẫn. Đối với tích phân \( \displaystyle \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\cot x\cdot f\left(\sin^2x\right)dx= 1\) chúng ta đổi biến \( t=\sin^2x \) thì $$ dt=2\sin x\cos x dx=2\sin^2x \cdot \cot x dx $$ Suy ra \( \cot x dx=\frac{dt}{2t} \), do đó tích phân đã cho trở thành $$ 1=\int_{\frac{1}{2}}^1\frac{f(t)dt}{2t} $$ Vì tích phân không phụ thuộc vào tên biến nên suy ra $$ \int_{\frac{1}{2}}^1\frac{f(x)dx}{2x}=1\Leftrightarrow \int_{\frac{1}{2}}^1\frac{f(x)dx}{x}=2 $$ Đối với tích phân \( \displaystyle \int_1^{16}\frac{f\left(\sqrt{x}\right)}{x}dx=1 \), chúng ta cũng sử dụng phương pháp đổi biến với \( t=\sqrt{x} \) thì tìm được $$ \int_1^{4}\frac{f\left(x\right)}{x}dx=\frac{1}{2}. $$ Tiếp tục sử dụng đổi biến số cho tích phân cần tính \begin{align*}
    I&=\int _{\frac{1}{8}}^1\frac{f(4x)}{x} dx\\
    &=\int _{\frac{1}{2}}^4\frac{f(t)}{t}dt=\int_{\frac{1}{2}}^1\frac{f(t)}{t}dt+\int_{1}^4\frac{f(t)}{t}dt\\
    &=2+\frac{1}{2}\\
    &=\frac{5}{2}
    \end{align*}

    Câu 7. [Chuyên Thái Bình Lần 4 năm 2020] Cho \( f(x) \) là hàm số liên tục trên tập số thực \( \mathbb{R} \) và thỏa mãn $$ f\left(x^2+3x+1\right)=x+2 $$ Tính tích phân \( \displaystyle I=\int_1^5 f(x) dx \).

    Hướng dẫn. Vì tích phân không phụ thuộc tên biến nên ta có $$ I=\int_1^5 f(x) dx=\int_1^5 f(t) dt $$ Sử dụng phương pháp đổi biến số, đặt \( t=x^2+3x+1 \) thì \( dt=(2x+3)dx \) và tích phân cần tính trở thành \begin{align*}
    I&=\int_0^1f\left(x^2+3x+1)(2x+3)dx\right)\\
    &=\int_0^1 (x+2)(2x+3)dx
    \end{align*} Dễ dàng tính được tích phân cuối cùng này bằng $\frac{61}{6}$, tức là $I=\frac{61}{6}$.

    Câu 8. [SGD Thái Nguyên năm 2020] Cho hàm số \(f(x)\) có đạo hàm liên tục trên \( \mathbb{R} \) và thỏa mãn \( f'(x)>0, \;\forall x\in \mathbb{R} \). Biết \( f(0)=1 \) và \( f'(x)=(2-3x)\cdot f(x) \). Tính giá trị của \( f(1) \).

    Hướng dẫn. Vì $ f(x)>0, \;\forall x\in \mathbb{R} $ nên chia hai vế đẳng thức đã cho cho $ f(x)$ ta được $$ \frac{f'(x)}{f(x)} =2-3x$$ Lấy nguyên hàm hai vế đẳng thức này, ta được \begin{align*}
    \int \frac{f'(x)}{f(x)}dx & =\int (2-3x) dx\\
    \Leftrightarrow \int \ln \left|f(x) \right|= \ln (f(x)) &= -\frac{3}{2}x^2+2x+C
    \end{align*} Mặt khác $ f(0)=1$ nên suy ra $$ \ln (f(0)) =\ln 1=-\frac{3}{2}\cdot0^2+2\cdot 0 +C $$ hay $ C=0$. Suy ra $ \ln (f(x)) = -\frac{3}{2}x^2+2x$. Thay $ x=1$ vào ta được $ \ln (f(1))=\frac{1}{2}$ nên $ f(1)=e^{\frac{1}{2}}$.

    Câu 9. [Chuyên Vĩnh Phúc – Lần 2 năm 2020] Cho hàm số \(f(x)\) liên tục trên $ \mathbb{R}$ và $$ \int_1^9\frac{f\left(\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}}dx=4, \int_0^{\frac{\pi}{2}}f\left(\sin x\right)\cos xdx=2$$ Tính tích phân $ \displaystyle I=\int_0^3f(x)dx$.

    Hướng dẫn. Sử dụng phương pháp đổi biến số, đặt $ t=\sqrt{x}$ thì ta có \begin{align*}
    4&=\int_1^9\frac{f\left(\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}}dx\\
    &=2\int_1^3 f(t)dt
    \end{align*} Vì tích phân không phụ thuộc tên biến, nên suy ra $\displaystyle \int_1^3 f(x)dx=2 $.

    Tương tự, đổi biến $ t=\sin x$ thì tích phân thứ hai đã cho trở thành \begin{align*}
    2&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}f\left(\sin x\right)\cos xdx\\
    &=\int_0^1 f(t)dt
    \end{align*} hay suy ra $ \displaystyle \int_0^1f(x)dx=2$. Tóm lại, tích phân cần tính là \begin{align}
    I&=\int_0^3f(x)dx\\
    &=\int_0^1f(x)dx+\int_1^3f(x)dx\\
    &=2+2=4
    \end{align}

    Câu 10. [THPT Bình Phú] Cho hàm số $f(x)$ là đa thức thỏa mãn $$ f(x)+\frac{1}{x}f'(x^2)+f”(x)=x^2+2x-2 $$ Biết $ f(-2)=0, f(0)=f'(-2)=-4$. Tính tích phân $ \displaystyle I=\int_0^{-2}f(x)dx.$

    Hướng dẫn. Nhận xét rằng $ f(x)$ là đa thức bậc hai, nên đặt $ f(x)=ax^2+bx+c$ thì từ dữ kiện $ f(-2)=0, f(0)=f'(-2)=-4$ ta có hệ phương trình $$ \begin{cases}
    4a-2b+c=0\\
    c=-4\\
    -4a+b=-4
    \end{cases} $$ Giải hệ này ta được $ a=1,b=0,c=-4$ và do đó $ f(x)=x^2-4$. Từ đó tìm được $$ I=\int_0^{-2}f(x)dx=\frac{16}{3}. $$ Cách khác, chúng ta đồng nhất hệ số của đẳng thức $$ f(x)+\frac{1}{x}f'(x^2)+f”(x)=x^2+2x-2 $$ cũng lập được một hệ phương trình và từ đó tìm được $ f(x)=x^2-4$ như trên.

    Câu 11. [Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định] Cho hàm số $f(x)$ liên tục trên khoảng $ (0;+\infty)$ và $ f(1)=e$. Biết rằng $ x^3\cdot f'(x)=e^x(x-2)$ với mọi $ x\in (0;+\infty)$. Tính tích phân $ \displaystyle I=\int_1^{\ln 3}x^2 f(x)dx$.

    Hướng dẫn. Xét trên khoảng $ (0;+\infty)$, từ $ x^3\cdot f'(x)=e^x(x-2)$, ta suy ra $$ f'(x)=\frac{e^x(x-2)}{x^3} $$ Lấy nguyên hàm hai vế ta được \begin{align}
    \int f'(x) dx&=\int \frac{e^x(x-2)}{x^3}dx \\
    f(x)&=\frac{1}{x^{2}}e^{x}+C
    \end{align} Cho $ x=1$ ta được $ e=f(1)=e+C$ nên suy ra $ C=0$. Tức là ta có $ f(x)=\frac{1}{x^{2}}e^{x}$. Do đó, tích phân cần tính trở thành \begin{align}
    I&=\int_1^{\ln 3}x^2\cdot \frac{e^x}{x^2}dx\\
    &=\int_1^{\ln 3}e^xdx\\
    &=3-e
    \end{align}

    Câu 12. [Kim Liên – HN HK2] Giả sử hàm số $f(x)$ có đạo hàm cấp hai trên $ \mathbb{R}$ và thỏa mãn $ f(1)=f'(1)=2$. Biết rằng $$ f(1-x)+x^2\cdot f”(x)=4x+2, $$ với mọi $ x\in \mathbb{R}$, tính tích phân $ \displaystyle \int_0^1 xf'(x)dx$.

    Hướng dẫn. Ta sử dụng phương pháp tích phân từng phần, với $$ \begin{cases}
    u=f'(x)\\ dv=xdx
    \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}
    du=f”(x)dx\\ v=\frac{1}{2}x^2
    \end{cases}$$ Tích phân cần tính trở thành \begin{align}
    I&=\frac{1}{2}x^2f'(x)\bigg|_0^1 -\frac{1}{2}\int_0^1 x^2f”(x)dx\\
    &=\frac{1}{2}f'(1)-\frac{1}{2}\int_0^1\left(4x+2-f(1-x)\right)dx\\
    &=1-\frac{1}{2}\int_0^1\left(4x+2\right)+\frac{1}{2}\int_0^1f(1-x)dx\\
    &=-1-\frac{1}{2}\int_1^0f(t)dt\\
    &=-1+\frac{1}{2}J
    \end{align} Mặt khác, nếu đặt $$ \begin{cases}
    u=x\\ dv=f'(x)dx
    \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}
    du=dx\\ v=f(x)
    \end{cases}$$ thì thích phân cần tính trở thành \begin{align}
    I&=xf(x)\bigg|_0^1 -\int_0^1 f(x)dx\\
    &=2-J
    \end{align} Tóm lại, chúng ta có hệ phương trình $$ \begin{cases}
    I=2-J\\ I=-1+\frac{1}{2}J
    \end{cases} $$
    Giải hệ này tìm được $ I=0.$

    Câu 13.

    Câu 14.

    Câu 15.

    Câu 16.

    Câu 17.

    Câu 18.

    (tiếp tục cập nhật)

  • Cách tính góc giữa hai mặt phẳng trong không gian

    Cách tính góc giữa hai mặt phẳng trong không gian

    BỘ SÁCH HHKG GIÁ TỐT TRÊN SHOPEE

    Bài toán xác định góc giữa hai mặt phẳng trong không gian là một dạng toán quan trọng xuất hiện trong các đề thi THPTQG, thi học kì 2 lớp 11. Ngoài tính góc giữa 2 mặt phẳng thì các em cần thành thạo Cách tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng.

    Một số dạng toán hình học không gian quan trọng mà các em có thể ôn tập:

    1. Góc giữa hai mặt phẳng trong không gian

    Góc giữa 2 mặt phẳng trong không gian bằng góc được tạo bởi hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó.

    Chú ý rằng góc giữa hai mặt phẳng có số đo từ $ 0^\circ $ đến $ 90^\circ. $

    Nếu hai mặt phẳng song song hoặc trùng nhau thì góc giữa chúng bằng $ 0^\circ. $ Trái lại, hai mặt phẳng phải cắt nhau theo giao tuyến là một đường thẳng nào đó, giả sử là $ \Delta $, thì ta có ba cách như dưới đây.

    Bài toán. Xác định góc giữa hai mặt phẳng \((P)\) và \((Q)\) trong không gian.

    BỘ SÁCH HHKG GIÁ TỐT TRÊN SHOPEE

    1.1. Sử dụng định nghĩa góc giữa hai mặt phẳng trong không gian.

    Tìm hai đường thẳng $ a $ và $ b $ lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng $(P)$ và $ (Q) $. Góc giữa hai mặt phẳng $(P)$ và $ (Q) $ chính bằng góc giữa hai đường thẳng $ a $ và $ b $.

    định nghĩa góc giữa hai mặt phẳng trong không gian

    Vì chúng ta được quyền lựa chọn các đường thẳng $ a $ và $ b $ nên ta thường chọn sao cho hai đường thẳng này cắt nhau, để việc tính góc giữa chúng dễ dàng hơn.

    1.2. Xác định góc giữa hai mặt phẳng bằng cách sử dụng giao tuyến

    • Xác định giao tuyến $ \Delta $ của hai mặt phẳng $ (P)$ và $(Q) $.
    • Tìm mặt phẳng $\left( R\right)$ vuông góc với giao tuyến $\Delta $.
    • Lần lượt tìm các giao tuyến $ a $ và $ b $ của mặt phẳng $\left( R\right)$ với hai mặt phẳng $ (P)$ và $(Q) $.
    • Tính góc giữa hai đường thẳng $ a $ và $ b $, đây chính là góc giữa hai mặt phẳng $ (P) $ và $ (Q) $.
    Phương pháp xác định góc giữa hai mặt phẳng trong không gian Cách dựng góc giữa 2 mp trong kg

    Nhận xét. Thay vì tìm một mặt phẳng $(R)$ vuông góc với giao tuyến $ \Delta $, ta có thể đi tìm một điểm $ I $ nào đó trên $ \Delta $. Sau đó, từ điểm $ I $ này lần lượt dựng hai đường thẳng $ a $ và $ b $ nằm trong từng mặt phẳng rồi tính góc giữa chúng.

    Cách xác định góc giữa hai mặt phẳng cắt nhau trong không gian

    1.3. Tính góc giữa 2 mp bằng công thức diện tích hình chiếu

    Giả sử góc giữa hai mặt phẳng $(P)$ và $ (Q) $ bằng $ \varphi $. Lấy trong mặt phẳng $(P)$ một đa giác $ (H) $ có diện tích $ S $, hình chiếu vuông góc của đa giác $ (H) $ lên mặt phẳng $(Q)$ là đa giác $ (H’) $ có diện tích $ S’ $. Khi đó ta luôn có công thức
    \[ S’=S\cos\varphi. \]

    tính góc giữa hai mặt phẳng bằng công thức diện tích hình chiếu

    2. Ví dụ tính góc giữa 2 mặt phẳng trong không gian

    Nếu bài viết hữu ích, bạn có thể  tặng tôi 1 cốc cafe vào số tài khoản Agribank 3205215033513.  Xin cảm ơn!

    Ví dụ 1. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $ a $. Cạnh $ SA=a\sqrt{3} $ và vuông góc với đáy. Tính góc giữa hai mặt phẳng $ (SBC) $ và $ (ABCD), $ góc giữa mặt phẳng $ (SBD) $ và mặt phẳng $ (ABCD). $

    Hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông SA vuông góc với đáy tính góc (SBD) và (ABCD)

    Hướng dẫn. Để tính góc giữa hai mặt phẳng $ (SBC) $ và $ (ABCD)$, chúng ta sử dụng cách thứ 2.

    • Giao tuyến của hai mặt phẳng $ (SBC) $ và $ (ABCD)$ chính là $BC$.
    • Bây giờ, ta cần tìm (nếu chưa có sẵn thì chúng ta sẽ tự vẽ thêm) một mặt phẳng vuông góc với giao tuyến $BC$ này. Bạn nào phát hiện ra đó chính là mặt phẳng \( (SAB) \) thì tốt, nếu chưa thì chú ý hai điều sau:
      • Muốn có một mặt phẳng vuông góc với \( BC \) thì cần tìm mặt phẳng nào chứa hai đường thẳng cắt nhau và cùng vuông góc với \( BC \).
      • Đường thẳng \( BC \) đang vuông góc với những đường thẳng nào (chính là \( SA \) và \( AB \)).
    • Bước tiếp theo, sau khi có mặt phẳng \( (SAB) \) rồi, chúng ta sẽ tìm giao tuyến của nó với hai mặt phẳng ban đầu, chính là các đường thẳng \( AB \) và \( SB \)
    • Cuối cùng, chúng ta đi tính góc giữa hai đường thẳng \( AB \) và \( SB \), chính là góc \( SBA \), các em hãy tự tính xem góc này bằng bao nhiêu.

    Để tính góc giữa hai mặt phẳng $ (SBD) $ và $ (ABCD)$, các em hãy thực hiện đúng các bước như trên. Gợi ý, góc giữa hai mặt phẳng này chính bằng góc $SOA$.

    Nếu thấy bài viết hữu ích, bạn có thể ủng hộ chúng tôi bằng cách bấm vào các banner quảng cáo. Xin cảm ơn.

    Ví dụ 2. Cho hình chóp $ S.ABC, $ có đáy $ ABC $ là tam giác vuông cân với $ BA = BC = a $; cạnh $ SA $ vuông góc với đáy và $ SA = a $. Gọi $ E, F $ lần lượt là trung điểm của các cạnh $ AB $ và $ AC. $

    1. Tính góc giữa hai mặt phẳng $ (ABC) $ và $ (SBC). $
    2. Tính góc giữa hai mặt phẳng $ (SEF) $ và $ (SBC). $
    3. Tính góc giữa hai mặt phẳng $ (SAC) $ và $ (SBC). $

    Hình chóp S.ABC đáy là tam giác vuông cân tại B

    Hướng dẫn.

    1. Góc giữa hai mặt phẳng $ (ABC) $ và $ (SBC) $ chính bằng góc $SBA$.

    2. Giao tuyến của hai mặt phẳng $ (SEF) $ và $ (SBC) $ là đường thẳng \( d \) đi qua điểm \( S \) và song song với \( BC \). Do đó, chúng ta tìm một mặt phẳng vuông góc với giao tuyến \( d \) thì cũng chính là đi tìm một mặt phẳng vuông góc với đường thẳng \( BC \). Và, nhận thấy luôn mặt phẳng \( (SAB) \) vuông góc với \( BC \). Sau đó đi xác định giao tuyến của mặt phẳng $(SAB)$ với hai mặt phẳng ban đầu khá dễ dàng. Góc giữa hai mặt phẳng chính bằng góc \( BSE \) và đáp số $\cos({(SEF),(SBC)})=\frac{3}{\sqrt{10}}$.

    3. Để tính góc giữa hai mặt phẳng $ (SAC) $ và $ (SBC)$, chúng ta có thể làm theo cách dựng mặt phẳng vuông góc với giao tuyến $SC$ của chúng. Tuy nhiên, cách này không phải bạn nào cũng biết cách tạo ra một mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu đó, nên ở đây thầy hướng dẫn theo cách sử dụng công thức diện tích hình chiếu.

    Trong mặt phẳng \( (SBC) \) chúng ta chọn một đa giác mà dễ dàng tính được diện tích, chọn luôn tam giác \( SBC \). Đây là tam giác vuông tại \( B \) nên diện tích tính bởi $$ S_{SBC}=\frac{1}{2}SB\cdot BC $$ Tiếp theo, tìm hình chiếu của tam giác này lên mặt phẳng \( (SAC) \). Chúng ta có ngay hình chiếu vuông góc của \( C \) và \( S \) thì trùng với chính chúng luôn, nên chỉ cần tìm hình chiếu vuông góc của điểm \( B \) là đủ.
    Phát hiện được trung điểm \( F \) của \( AC \) chính là hình chiếu vuông góc của điểm \( B \) lên mặt phẳng \( (SAC) \) (hãy thử giải thích tại sao, nếu không được thì mời các em để lại bình luận dưới bài viết, thầy sẽ hướng dẫn).
    Như vậy, hình chiếu vuông góc của tam giác \( SBC \) lên mặt phẳng \( (SAC) \) chính là tam giác \( SCF \), tam giác này có diện tích \( S_{SCF}= \frac{1}{2}SA\cdot FC\). Theo công thức diện tích hình chiếu thì $$ S_{SCF}=S_{SBC}\cdot \cos\varphi $$ Thay số vào tìm được, $\left( {(SAC),(SBC)} \right)= 60^\circ$.

    Nếu vẫn sử dụng cách dựng mặt phẳng vuông góc với giao tuyến \( SC \), thầy gợi ý là lần lượt gọi \( H,K \) là hình chiếu vuông góc của \( A \) lên \( SB,SC \) thì chứng minh được mặt phẳng \( (AHK) \) vuông góc với \( SC \). Góc giữa hai mặt phẳng cần tính chính bằng góc \( AKH \).

    Ví dụ 3. Cho hình chóp $ S.ABCD $ có đáy là hình vuông $ ABCD $ cạnh bằng $ a $, tâm của đáy là điểm $ O $. Cạnh bên $ SA $ vuông góc với đáy $(ABCD)$. Tính độ dài cạnh $ SA $ theo $ a $ để số đo của góc giữa hai mặt phẳng $ (SCB) $ và $ (SCD) $ bằng $ 60^\circ $.

    Hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông SA vuông góc với đáy

    Hướng dẫn. Dễ thấy giao tuyến của hai mặt phẳng $ (SCB) $ và $ (SCD) $ là đường thẳng \( SC \).
    Bây giờ, chúng ta cần tìm một mặt phẳng vuông góc với \( SC \). Trong tam giác \( SBC \) kẻ đường cao \( BH \) xuống cạnh \( SC \) thì chứng minh được \( DH \) cũng là đường cao của tam giác \( SCD \).

    Suy ra \( SC \) vuông góc với mặt phẳng \( BHD \) và góc giữa hai mặt phẳng $ (SCB) $ và $ (SCD) $ chính là góc giữa \( BH \) và \( DH \). Tuy nhiên, không thể khẳng định được là góc \( \widehat{BHD} \) vì có thể góc này là góc tù. Tóm lại, chúng ta phải xét hai trường hợp:

    • \( \left((SCB),(SCD)\right) =\widehat{BHD} \) tức là \(\widehat{BHD}= 60^\circ \)
    • \( \left((SCB),(SCD)\right)=180^\circ – \widehat{BHD} \) tức là \(\widehat{BHD}= 120^\circ \)

    Lần lượt xét hai trường hợp này, thấy trường hợp \(\widehat{BHD}= 120^\circ \) thỏa mãn yêu cầu và tìm được đáp số $ SA = a. $

    Ví dụ 4. Cho hình chóp $ S.ABCD $ có đáy là hình vuông cạnh $ a $, cạnh $ SA $ vuông góc với đáy và $SA = a\sqrt{3}$. Tính góc giữa các cặp mặt phẳng sau:

    1. $ (SBC) $ và $ (ABC) $
    2. $ (SBD) $ và $ (ABD) $
    3. $ (SAB) $ và $ (SCD) $

    Hướng dẫn. $ 60^\circ, \arctan\sqrt{6},30^\circ.$

    Ví dụ 5. Cho hình chóp $ S.ABCD $, có đáy $ ABCD $ là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính $ AB = 2a; $ cạnh $ SA $ vuông góc với đáy và $SA = a\sqrt{3}$.

    1. Tính góc giữa hai mặt phẳng $ (SAD) $ và $ (SBC). $
    2. Tính góc giữa hai mặt phẳng $ (SBC) $ và $ (SCD). $

    Hướng dẫn. Sử dụng công thức diện tích hình chiếu (đơn giản) hoặc tính trực tiếp (phức tạp). Đáp số

    $\tan({(SAD),(SBC)})=\sqrt{7}$, $\cos({(SBC),(SCD)})=\frac{\sqrt{10}}{5}$.

    Ví dụ 6. Cho hình thoi $ ABCD $ cạnh $ a $, tâm $O, OB = \frac{a\sqrt{3}}{3}; SA\perp (ABCD)$ và $SO = \frac{a\sqrt{6}}{3}$. Chứng minh góc $\widehat{ASC}$ vuông. Chứng minh hai mặt phẳng $ (SAB) $ và $ (SAD) $ vuông góc. Tính góc giữa hai mặt phẳng $ (SBC) $ và $ (ABC). $

    Hướng dẫn. $ ({(SBC),(ABC)})=60^\circ. $

    Ví dụ 7. Cho hình chóp $ S.ABCD $ có $ SA\perp (ABCD) $ và $SA = a\sqrt{2}$, đáy $ ABCD $ là hình thang vuông tại $ A $ và $ D $ với $ AB = 2a, AD = DC = a $. Tính góc giữa các cặp mặt phẳng: $ (SBC) $ và $ (ABC);(SAB)$ và $ (SBC);(SBC) $ và $ (SCD). $

    Hướng dẫn. $45^\circ,60^\circ,\arccos\frac{\sqrt{6}}{3}$.

    Ví dụ 8. Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông cạnh \( a \), cạnh bên \( SA = a \) và vuông góc với đáy. Gọi \( M; N \) lần lượt là trung điểm \( SB \) và \( SD \). Tính \( \sin \) của góc giữa hai mặt phẳng \( (AMN) \) và \( (SBD) \).

    Ví dụ 9. Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông cạnh \( a \), cạnh bên \( SA = a \) và vuông góc với đáy. Gọi \( E\) và \(F \) lần lượt là trung điểm \( SB \) và \( SD \). Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng \( (AEF) \) và \( (ABCD) \).

    3. Bài tập tính góc giữa hai mặt phẳng trong không gian

    Bài 1. Cho hình chóp $S.ABCD$ đáy là hình vuông tâm $O$ cạnh $a.$ Cạnh $ SA = a$ và vuông góc với đáy.

    1. Chứng minh rằng mặt phẳng $(SAB)$ vuông góc với mặt phẳng $(SAD)$; $(SBC)$ vuông góc với $(SAB)$; $(SCD)$ vuông góc với $(SAD)$; $(SAC)$ vuông góc $(SBD)$.
    2. Gọi $AI, AJ$ lần lượt là đường cao của các tam giác $SAB, SAC$, chứng minh rằng $(SCD)$ vuông góc với $(AIJ)$. Tính góc giữa hai mặt phẳng $(SBC) $ và $(ABCD)$; $(SBD) $ và $(ABCD)$.

    Bài 2. Cho hình vuông $ABCD$ cạnh $a$ có $I, J$ lần lượt là trung điểm $AB, CD$. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$ tại $I$ lấy điểm $S$. Chứng minh rằng $BC\perp (SAB), CD\perp (SIJ)$; $(SAB)\perp (SBC), (SAB)\perp (SIJ)$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$, chứng minh $(SIM)\perp (SBD)$. Giả sử $SI = a$, tính góc giữa hai mặt phẳng $(SCD)$ và $(ABCD)$.

    Bài 3. Cho hình chóp đều $S.ABCD$, $O$ là tâm $ABCD$. Gọi $I$ là trung điểm $AB$, cho $SA = a, AB = a.$ Chứng minh rằng $(SAC)\perp (SBD)$, $(SOI)\perp (ABCD)$; $(SIO)\perp (SCD)$. Gọi $OJ$ là đường cao của tam giác $SOI$, chứng minh $OJ\perp SB$. Gọi $BK$ là đường cao của tam giác $SBC$, chứng minh rằng $(SCD) \perp (BDK)$. Tính góc giữa mặt bên và mặt đáy.

    Bài 4. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật. Mặt bên $(SAB)$ vuông góc với đáy $(ABCD)$. Cho $AB = a, AD = a\sqrt{2}$. Chứng minh rằng $SA\perp (ABCD), (SAD)\perp (SCD)$. Gọi $AH$ là đường cao của…, chứng minh $AH\perp (SBC)$, $(SBC)\perp (AHC)$; $DH\perp SB$. Tính góc giữa $(SAC)$ và $(SAD)$.

    Bài 5. Cho hình chóp $S.ABCD$ đáy là hình vuông cạnh bằng $a$ tâm là điểm $O$. Cạnh $ SA = a$ và vuông góc với đáy. Chứng minh rằng các mặt bên hình chóp là các tam giác vuông. Chứng minh $BD$ vuông góc với $SC$. Tính góc giữa $SC $ và $(ABCD)$, góc giữa hai mặt phẳng  $(SBD)$ và $(ABCD)$. Tính góc giữa mặt phẳng $(SCD) $ và mặt phẳng $(ABCD)$. Tính diện tích hình chiếu của tam giác $ SCD$ trên $(ABCD)$.

  • Phương pháp đặt ẩn phụ phương trình vô tỉ

    Phương pháp đặt ẩn phụ phương trình vô tỉ

    Phương pháp đặt ẩn phụ phương trình vô tỉ Phương pháp đặt ẩn phụ giải PT, bất phương trình chứa căn

    Để giải phương trình chứa căn (phương trình vô tỉ) thì phương pháp đặt ẩn phụ là một trong những cách hiệu quả để đưa một phương trình chứa căn, bất phương trình chứa căn phức tạp về các dạng phương trình, bất phương trình chứa căn cơ bản.

    Các phương pháp giải PT, BPT chứa căn khác là:

    1. Các dạng toán giải phương trình, bất phương trình bằng đặt ẩn phụ

    Phương pháp đặt ẩn phụ (còn gọi là đổi biến) giải phương trình, bất phương trình vô tỉ gồm có 4 dạng:

    • Đưa về phương trình một ẩn.
    • Đưa về phương trình đẳng cấp (phương trình thuần nhất).
    • Đưa về phương trình tích (phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn).
    • Đưa về hệ phương trình.

    2. Phương pháp đặt ẩn phụ đưa về phương trình, bất phương trình một ẩn mới

    Ví dụ 1. Giải phương trình $$\sqrt{3{{x}^{2}}-2x+9}+\sqrt{3{{x}^{2}}-2x+2}=7$$ Hướng dẫn. Đặt $t=\sqrt{3{{x}^{2}}-2x+2}$, điều kiện $t \ge 0$ ta thu được phương trình \[\begin{array}{*{20}{l}}
    {}&{\sqrt {{t^2} + 7} + t = 7}\\
    \Leftrightarrow &{\left\{ \begin{array}{l}
    7 – t \ge 0\\
    {t^2} + 7 = {(7 – t)^2}
    \end{array} \right.}\\
    \Leftrightarrow &{\left\{ \begin{array}{l}
    t \le 7\\
    {t^2} + 7 = 49 – 14t + {t^2}
    \end{array} \right.}\\
    \Leftrightarrow &{t = 3}
    \end{array}\] Với $ t=3, $ ta có phương trình \[\sqrt {3{x^2} – 2x + 2} = 3\]Bình phương hai vế phương trình này, tìm được nghiệm $ x=\frac{{1 \pm\sqrt {22} }}{3}.$

    Ví dụ 2. Giải bất phương trình $$\left( x+1 \right)\left( x+4 \right)<5\sqrt{{{x}^{2}}+5x+28}$$ Hướng dẫn. Ta có, bất phương trình đã cho tương đương với \[ {{x}^{2}}+5x+4<5\sqrt{{{x}^{2}}+5x+28} \] Lúc này đã thấy xuất hiện một biểu thức phức tạp và xuất hiện nhiều lần. Do đó, ta sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ với $t=\sqrt{{{x}^{2}}+5x+28}$ điều kiện $ t\ge0 $ thì thu được bất phương trình \[ {{t}^{2}}-5t+24<0 \] Giải bất phương trình này được $-3<t<8$. Kết hợp điều kiện được $0<t<8$, do đó có $$\sqrt {{x^2} + 5x + 28} < 8 $$ Giải bất phương trình này tìm được $ – 9 < x < 4. $

    Ví dụ 3. Giải phương trình $$\sqrt{x+2}+\sqrt{5-x}+\sqrt{(x+2)(5-x)}=4$$ Hướng dẫn. Điều kiện $-2\le x\le 5$. Đặt $t=\sqrt{x+2}+\sqrt{5-x}$ điều kiện $ t\ge0. $ Suy ra \[ {{t}^{2}}=7+2\sqrt{x+2}\sqrt{5-x}=7+2\sqrt{\left( x+2 \right)\left( 5-x \right)} \] Do đó $ \sqrt{\left( x+2 \right)\left( 5-x \right)}=\dfrac{{{t}^{2}}-7}{2} $ và ta thu được phương trình \[ t + \frac{{{t^2} – 7}}{2} = 4 \] Giải phương trình bậc hai này tìm được $ t=3 $. Suy ra, ta có phương trình \[{\sqrt {x + 2} + \sqrt {5 – x} = 3}\] Hai vế của phương trình này đều không âm nên bình phương hai vế ta được phương trình tương đương \[\begin{array}{*{20}{c}}
    {}&{7 + 2\sqrt {(x + 2)(5 – x)} = 9}\\
    \Leftrightarrow &{\sqrt {(x + 2)(5 – x)} = 1}
    \end{array}\]Tiếp tục bình phương hai vế phương trình cuối cùng này ta tìm được đáp số $x={\frac{{3 \pm3\sqrt 5 }}{2}}$

    Ví dụ 4. Giải phương trình $$\sqrt{x-\sqrt{{{x}^{2}}-1}}+\sqrt{x+\sqrt{{{x}^{2}}-1}}=2$$ Hướng dẫn. Điều kiện $x\ge 1$. Nhận xét: $\sqrt{x-\sqrt{{{x}^{2}}-1}}.\sqrt{x+\sqrt{{{x}^{2}}-1}}=1$ nên đặt $t=\sqrt{x-\sqrt{{{x}^{2}}-1}}$ thì phương trình đã cho trở thành $$t+\frac{1}{t}=2\Leftrightarrow t=1$$ Với $t=1$, chúng ta có phương trình $\sqrt{x-\sqrt{{{x}^{2}}-1}}=1$. Bình phương hai vế phương trình này ta tìm được đáp số cuối cùng $x=1$.

    Ví dụ 5. Giải phương trình: $$2{{x}^{2}}-6x-1=\sqrt{4x+5}$$ Hướng dẫn. Điều kiện: $x\ge -\frac{4}{5}$. Ta sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ với $t=\sqrt{4x+5}$ điều kiện $ t\ge 0 $ thì $x=\frac{{{t}^{2}}-5}{4}$. Thay vào ta có phương trình: \begin{align*}
    & 2.\frac{{{t}^{4}}-10{{t}^{2}}+25}{16}-\frac{6}{4}({{t}^{2}}-5)-1=t\\
    \Leftrightarrow\;& {{t}^{4}}-22{{t}^{2}}-8t+27=0\\
    \Leftrightarrow\;& ({{t}^{2}}+2t-7)({{t}^{2}}-2t-11)=0
    \end{align*} Ta tìm được bốn nghiệm là: ${{t}_{1,2}}=-1\pm 2\sqrt{2}$, ${{t}_{3,4}}=1\pm 2\sqrt{3}$. Kết hợp điều kiện được ${{t}_{1}}=-1+2\sqrt{2},{{t}_{3}}=1+2\sqrt{3}$. Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình đã cho là $x=1-\sqrt{2}$ và $x=2+\sqrt{3}$.

    Ví dụ 6. Giải phương trình $$x+\sqrt{5+\sqrt{x-1}}=6$$ Hướng dẫn. Điều kiện: $1\le x\le 6$. Đặt $y=\sqrt{x-1}$ điều kiện $y\ge 0$ thì phương trình trở thành: $${{y}^{2}}+\sqrt{y+5}=5\Leftrightarrow {{y}^{4}}-10{{y}^{2}}-y+20=0$$ Với $y\le \sqrt{5}$ thì phương trình tương đương với $$({{y}^{2}}+y-4)({{y}^{2}}-y-5)=0\Leftrightarrow y=\frac{1+\sqrt{21}}{2},y=\frac{-1+\sqrt{17}}{2}$$ Từ đó ta tìm được các giá trị của $x=\frac{11-\sqrt{17}}{2}$.

    Ví dụ 7. [THTT 3-2005] Giải phương trình $$x=\left( 2004+\sqrt{x} \right){{\left( 1-\sqrt{1-\sqrt{x}} \right)}^{2}}$$ Hướng dẫn. Điều kiện $0\le x\le 1$. Đặt $y=\sqrt{1-\sqrt{x}}$ thì phương trình trở thành $$2{{\left( 1-y \right)}^{2}}\left( {{y}^{2}}+y-1002 \right)=0\Leftrightarrow y=1$$ Từ đó tìm được nghiệm $ x=0. $

    Ví dụ 8. Giải phương trình sau: $${{x}^{2}}+2x\sqrt{x-\frac{1}{x}}=3x+1$$ Hướng dẫn. Điều kiện $-1\le x<0$. Chia cả hai vế cho $ x $ ta được phương trình $$x+2\sqrt{x-\frac{1}{x}}=3+\frac{1}{x}$$ Đặt $t=x-\frac{1}{x}$. Đáp số $ x=\frac{1\pm \sqrt{5} }{2}.$

    Ví dụ 9. Giải phương trình $${{x}^{2}}+\sqrt[3]{{{x}^{4}}-{{x}^{2}}}=2x+1$$ Hướng dẫn. Nhận xét $x=0$ không phải là nghiệm nên chia cả hai vế cho $ x $ ta được: $$\left( x-\frac{1}{x} \right)+\sqrt[3]{x-\frac{1}{x}}=2$$ Đặt $t=\sqrt[3]{x-\frac{1}{x}}$ thu được phương trình $${{t}^{3}}+t-2=0$$ Giải phương trình này, tìm được $t=1$. Từ đó tìm được đáp số $ x=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}$.

    Ví dụ 10. Giải bất phương trình \[ \frac{1}{1-x^2}>\frac{3x}{\sqrt{1-x^2}}-1 \] Hướng dẫn. Biến đổi bất phương trình đã cho thành \begin{align*}
    &\frac{1}{1-x^2}-1>\frac{3x}{\sqrt{1-x^2}}-2 \\
    \Leftrightarrow\;& \frac{x^2}{1-x^2}>3\cdot\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}-2
    \end{align*} Đặt $ t= \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$ đưa về bất phương trình bậc hai ẩn $ t$ là \[{{t^2} > 3t – 2}\]

    Ví dụ 11. Tìm $ m $ để phương trình sau có nghiệm: $$ x(x-1)+4(x-1)\sqrt{\frac{x}{x-1}}=m $$ Hướng dẫn. Đặt $t=(x-1)\sqrt{\frac{x}{x-1}}$ thì $t\in \mathbb{R}$. Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình ${{t}^{2}}+4t-m=0$ có nghiệm. Điều kiện cần và đủ là \[ \Delta \ge 0 \Leftrightarrow m\ge -4 \] Vậy với $ m\ge -4 $ thì phương trình đã cho có nghiệm.

    Ví dụ 12. Tìm $ m $ để bất phương trình $$ m\left( \sqrt{{{x}^{2}}-2x+2}+1 \right)+x(2-x)\le 0 $$ có nghiệm $x\in \left[ 0;1+\sqrt{3} \right]$.

    Hướng dẫn. Đặt $t=\sqrt{{{x}^{2}}-2x+2}$ thì $x\in [0;1+\sqrt{3}] $ nên $ t\in[1;2]. $ Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với $$ m\le \frac{{{t}^{2}}-2}{t+1}\,\,\,\,(*)$$ Xét hàm số $f(t)=\frac{{{t}^{2}}-2}{t+1}$ trên $ [1,2] $ có $$f'(t)=\frac{{{t}^{2}}+2t+2}{{{(t+1)}^{2}}}>0$$ nên hàm số $ f(t) $ đồng biến trên đoạn $ [1,2]$

    Do đó, bất phương trình đã cho có nghiệm $x\in \left[ 0;\,\,1+\sqrt{3} \right]$ khi và chỉ khi bất phương trình $(*)$ có nghiệm $t\in [1,2]$ khi và chỉ khi $$m\le\underset{t\in \left[ 1;2 \right]}{\mathop{\max f(t)}}=f(2)=\frac{2}{3}$$ Vậy các giá trị cần tìm là $m\le\frac{2}{3}.$

    3. Phương pháp đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất

    Phương trình thuần nhất (đẳng cấp) bậc hai hai ẩn \( x,y \) là phương trình có dạng $$ ax^2+bxy+cy^2=0 $$ Cách giải. Chúng ta có hai cách để xử lý phương trình thuần nhất bậc hai này:

    • Nếu $y=0$ thì $x=0$. Nếu $y\ne0$ ta chia cả hai vế cho $y^{2}$ và đặt $t=\frac{x}{y}$ được phương trình bậc hai $$at^{2}+bt+c=0$$
    • Nếu phương trình $ax^{2}+bx+c=0$ có hai nghiệm $M,N$ thì ta phân tích ngay phương trình đã cho thành \[\begin{array}{l}
      \,\,\,\,\,\,\,a{x^2} + bxy + c{y^2} = 0\\
      \Leftrightarrow a(x – My)(x – Ny)
      \end{array}\] mà không cần phải đặt $t=\frac{x}{y}$.

    Ví dụ 1. [Vào 10 Trần Phú – Hải Phòng] Giải phương trình $$ 5\sqrt{x^3+1}=2(x^2+2)$$ Hướng dẫn. Điều kiện $ x^3+1\ge0 \Leftrightarrow x\ge -1. $ Ta có $ x^3=1=(x+1)(x^2-x+1) $ mà $ (x+1)+(x^2-x+1)=x^2+2 $ tức là giữa căn thức và biểu thức còn lại có sự liên quan nhất định. Ta khai thác như thế nào?

    Viết lại phương trình đã cho thành \begin{align*}
    & 5\sqrt{(x+1)(x^2-x+1)}=2((x+1)+(x^2-x+1))\\
    \Leftrightarrow \;&5\sqrt{(x+1)(x^2-x+1)}=2((\sqrt{x+1})^2+(\sqrt{x^2-x+1})^2)
    \end{align*} Đặt $ a=\sqrt{x+1} $ và $ b=\sqrt{x^2-x+1} $ thì ta được phương trình $$ 5ab=2a^2+2b^2 $$ Phân tích đa thức thành nhân tử được $$2(a-2b)(a-\frac{1}{2}b)=0$$ Từ đó tìm được $a=2b $ hoặc $a=\frac{1}{2}b. $ Đáp số $ x=\frac{5\pm\sqrt{37}}{2}. $

    Ví dụ 2. Giải phương trình $$ 2(x^2-3x+2)=3\sqrt{x^3+8} $$ Hướng dẫn. Đáp số $ x=3\pm\sqrt{13}. $

    Ví dụ 3. Giải phương trình: $$2\left( {{x}^{2}}+2 \right)=5\sqrt{{{x}^{3}}+1}$$ Hướng dẫn. Đặt $u=\sqrt{x+1},v=\sqrt{{{x}^{2}}-x+1}$ thì phương trình trở thành: $$2\left( {{u}^{2}}+{{v}^{2}} \right)=5uv\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
    u=2v \\
    u=\frac{1}{2}v
    \end{array} \right.$$
    Tìm được đáp số $x=\frac{5\pm \sqrt{37}}{2}$.

    Ví dụ 4. Giải phương trình $$ 5\sqrt{x^5+x^3+x^2+1}=2\sqrt{x^6+5x^4+8x^2+4} $$ Hướng dẫn. Khi giải phương trình này, việc đầu tiên là tôi thử bình phương! Được một phương trình bậc 6, thử nhóm các kiểu, loay hoay một lúc mà không được. Tôi quay lại phương trình ban đầu, quan sát biểu thức $ x^6+5x^4+8x^2+4 $ tôi thấy có mũ 6, mũ 4 và mũ 2, toàn là lũy thừa chẵn. Tôi thử tách và thành công \begin{align*}
    x^6+5x^4+8x^2+4&=(x^6+x^4)+4(x^4+2x^2+1)\\
    &=(x^2+1)(x^4+4x^2+4)
    \end{align*} Quan sát biểu thức dưới căn ở vế trái, dễ dàng nhóm thành $ (x^2+1)(x^3+1) $. Do đó, phương trình ban đầu trở thành \[ 5\sqrt{x^3+1}=2(x^2+2) \] đây là phương trình đẳng cấp bậc hai đối với $ u=x+1,v=x^2-x+1. $

    Ví dụ 5. Giải bất phương trình  $$2{x^3} \le (1 + 2x – 3{x^2})\sqrt {2x + 1}$$ Hướng dẫn. Đặt $y=\sqrt{2x+1}$ điều kiện $ y\ge 0 $ thì $ {{y}^{2}}=2x+1 $ và do đó, bất phương trình đã cho trở thành: $$
    2{{x}^{3}}\le \left( {{y}^{2}}-3{{x}^{2}} \right)y\Leftrightarrow 2{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}y-{{y}^{3}}\le 0\,\,\,(*)
    $$ Ta xét hai trường hợp:

    • $ y=0 $ tìm được nghiệm $ x=-\frac{1}{2}. $
    • $ y>0 $, chia cả hai vế bất phương trình $ (*) $ cho $ y^3 $ được \[\begin{array}{*{20}{l}}
      {}&{2{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^3} + 3{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^2} – 1 \le 0}\\
      \Leftrightarrow &{\left( {2\frac{x}{y} – 1} \right){{\left( {\frac{x}{y} + 1} \right)}^2} \le 0}\\
      \Leftrightarrow &{\frac{x}{y} \le \frac{1}{2}}\\
      \Leftrightarrow &{y \ge 2x}
      \end{array}\]Do đó, ta được
      $\sqrt {2x + 1} \ge 2x \Leftrightarrow \Bigg[ \begin{array}{l}
      \left\{ \begin{array}{l}
      x \le 0\\
      2x + 1 \ge 0
      \end{array} \right.\\
      \left\{ \begin{array}{l}
      x > 0\\
      2x + 1 \ge 4{x^2}
      \end{array} \right.
      \end{array} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
      – \frac{1}{2} \le x \le 0\\
      0 < x \le \frac{{1 + \sqrt 5 }}{4}
      \end{array} \right.$

    Kết hợp hai trường hợp, được tập nghiệm là $S=\left[ -\frac{1}{2};\frac{1+\sqrt{5}}{2} \right]$.

    4. Phương pháp đặt ẩn phụ đưa về phương trình tích

    Đôi khi, phương pháp này còn được gọi là Phương pháp ẩn phụ không hoàn toàn. Chúng tôi sẽ có một bài viết chi tiết hơn về phương pháp này. Mời Quý thầy cô và các em học sinh đón xem.

    Ví dụ 1. [HSG 9 Thừa Thiên Huế 2003] Giải phương trình $$ x^2+3x+1=(x+3)\sqrt{x^2+1} $$ Hướng dẫn. Đặt $ t=\sqrt{x^2+1} $ thì phương trình trở thành $ t^2-(x+3)t+3x=0 $ là phương trình bậc hai đối với ẩn $ t. $

    Ta có $ \Delta=(x-3)^2\ge 0 \; \forall x$ do đó \[ \left[\begin{array}{l}
    t=x\\ t=3
    \end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}
    \sqrt{x^2+1}=x\\ \sqrt{x^2+x}=3
    \end{array}\right. \Leftrightarrow x=\pm 2\sqrt{2}\] Vậy phương trình đã cho có nghiệm $ x=\pm 2\sqrt{2}. $

    Ví dụ 2. Giải phương trình $$ 2(1-x)\sqrt{x^2+2x-1}=x^2-2x-1.$$ Hướng dẫn. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn $ t=\sqrt{x^2+2x-1} $ đưa về phương trình bậc hai theo $ t. $

    Đáp số $ x=-1\pm \sqrt{6}. $

    Cách khác: Các em có thể phân tích trực tiếp phương trình đã cho thành $ (x-1)^2-2(x-1)\sqrt{x^2+2x-1}-2=0 $

    Ví dụ 3. [HSG Vĩnh Long 2012] Giải phương trình: $$4\sqrt{{{x}^{2}}+x+1}=1+5x+4{{x}^{2}}-2{{x}^{3}}-{{x}^{4}}$$ Hướng dẫn. Ta sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ với $t=\sqrt{{{x}^{2}}+x+1}$ điều kiện $t\ge \frac{\sqrt{3}}{2}$ thì phương trình $ (\ref{ap1}) $ trở thành: \begin{align*}
    &4t=-{{t}^{4}}+7{{t}^{2}}-5\\
    \Leftrightarrow \;&{{t}^{4}}-6{{t}^{2}}+9-\left( {{t}^{2}}-4t+4 \right)=0 \\
    \Leftrightarrow \;&{{\left( {{t}^{2}}-3 \right)}^{2}}-{{\left( t-2 \right)}^{2}}=0\\
    \Leftrightarrow \;&\left( {{t}^{2}}-t-1 \right)\left( {{t}^{2}}+t-5 \right)=0
    \end{align*} Tìm được $t=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ và $t=\frac{-1+\sqrt{21}}{2}$. Từ đó tìm được hai nghiệm là $ x=\frac{-1-\sqrt{19-2\sqrt{21}}}{2}$ và $x=\frac{-1+\sqrt{19-2\sqrt{21}}}{2}$.

    5. Phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình

    Ví dụ 1. Giải phương trình $$2\sqrt[3]{3x-2}+3\sqrt{6-5x}-8=0$$ Hướng dẫn. Điều kiện: $x\le \frac{6}{5}$. Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
    u=\sqrt[3]{3x-2} \\
    v=\sqrt{6-5x}
    \end{array} \right. $ thì chúng ta có $ \left\{ \begin{array}{l}
    {{u}^{3}}=3x-2 \\
    {{v}^{2}}=6-5x
    \end{array} \right.$

    Do đó, ta có hệ phương trình $$\left\{ \begin{array}{l}
    2u+3v=8 \\
    5{{u}^{3}}+3{{v}^{2}}=8 \end{array} \right.$$ Giải hệ này ta được $\left\{ \begin{array}{l} u=-2 \\
    v=4 \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
    3x-2=-2 \\
    6-5x=16 \end{array} \right.\Rightarrow x=-2$.

    Thử lại, thấy $x=-2$ là nghiệm của PT. Vậy PT có nghiệm duy nhất $x=-2$.

    Ví dụ 2. Giải phương trình $$2\text{x}+1+x\sqrt{{{x}^{2}}+2}+(x+1)\sqrt{{{x}^{2}}+2\text{x}+3}=0 $$ Hướng dẫn. Đặt $\begin{cases}
    u=\sqrt{{{x}^{2}}+2} \\
    v=\sqrt{{{x}^{2}}+2x+3}
    \end{cases}
    $ điều kiện $ u,v>0 $ thì $$
    \begin{cases}
    {{u}^{2}}={{x}^{2}}+2 \\
    {{v}^{2}}={{x}^{2}}+2x+3 \\
    \end{cases}
    \Rightarrow \begin{cases}
    {{v}^{2}}-{{u}^{2}}=2x+1 \\
    {{x}^{2}}=\frac{{{v}^{2}}-{{u}^{2}}-1}{2} \\
    \end{cases}$$ Thay vào phương trình đã cho được $$(v-u)\left( (v-u)\left( 1+\frac{v+u}{2} \right)+\frac{1}{2} \right)=0\Leftrightarrow\left[ \begin{array}{l}
    v-u=0\\
    (v+u)\left( 1+\frac{v+u}{2} \right)+\frac{1}{2}=0\\
    \end{array} \right.$$ Vì $ u,v>0 $ nên suy ra $ u=v. $

    Vậy phương trình đã cho  tương đương với $$  v=u\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+2x+3}=\sqrt{{{x}^{2}}+2}\Leftrightarrow x=-\frac{1}{2} $$

  • Hàm số liên tục tại một điểm, hàm số liên tục trên một khoảng

    Hàm số liên tục tại một điểm, hàm số liên tục trên một khoảng

    Cách chứng minh hàm số liên tục tại một điểm, hàm số liên tục trên một khoảng

    Hàm số liên tục là một trong những mảng kiến thức quan trọng của Giải tích, trong bài này chúng tôi xin giới thiệu tóm tắt lý thuyết về hàm số liên tục và các dạng toán liên quan.

    Xem thêm:

    1. Tóm tắt lý thuyết hàm số liên tục

    1.1. Hàm số liên tục tại một điểm

    Cho hàm số $y = f(x)$ xác định trên khoảng \((a;b)\) và \(x_0\) thuộc \( (a;b) \). Hàm số \(f(x)\) liên tục tại \( x_0 \) khi và chỉ khi $$\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=f({{x}_{0}})$$

    Hàm số không liên tục tại \( x_0 \) còn có thể gọi là hàm số gián đoạn tại \( x_0 \).

    Giả sử các hàm số \( y = f(x), y = g(x) \) liên tục tại điểm \( x_0 \). Khi đó:

    • Các hàm số \( y = f(x) + g(x), y = f(x) – g(x), y = f(x).g(x) \) liên tục tại \( x_0 \).
    • Hàm số $y=\dfrac{f(x)}{g(x)}$ liên tục tại \( x_0 \) nếu \( g(x_0) \ne 0 \).

    1.2. Hàm số liên tục trên một khoảng

    • Hàm số \( y = f(x) \) liên tục trên khoảng \( (a;b) \) khi và chỉ khi nó liên tục tại mọi điểm thuộc khoảng đó.
    • Nếu hàm số liên tục trên khoảng \( (a;b) \) thì trên khoảng đó, đồ thị hàm số là một đường nét liền liên tục (không bị đứt).

    Đồ thị hàm số liên tục trên một khoảng hàm số gián đoạn tại một điểm
    Tại điểm $x_0$ đồ thị hàm số bị đứt (rời) nên có thể nói hàm số gián đoạn tại $x_0$

    1.3. Hàm số liên tục trên một đoạn

    Hàm số \( y = f(x) \) liên tục trên đoạn \( [a;b] \) khi và chỉ khi nó liên tục trên khoảng \( (a;b) \) và
    \[\underset{x\to {{a}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=f(a),\,\,\,\underset{x\to {{b}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=f(b)\]

    1.4. Các hàm số liên tục thường gặp

    • Hàm số đa thức liên tục trên \( \mathbb{R} \).
    • Hàm số phân thức, căn thức, hàm số lượng giác liên tục trên từng khoảng xác định của chúng.

    1.5. Ứng dụng của hàm số liên tục

    • Nếu hàm số \( y = f(x) \) liên tục trên đoạn \( [a; b] \) và \( f(a). f(b)< 0 \) thì tồn tại ít nhất một số \( c \) thuộc khoảng \( (a; b) \) sao cho \( f(c) = 0 \).
    • Nói cách khác, nếu hàm số \( y = f(x) \) liên tục trên đoạn \( [a; b] \) và \( f(a). f(b)< 0 \) thì phương trình \( f(x) = 0 \) có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng \( (a; b) \).
    • Nếu hàm số liên tục \( y = f(x) \) trên đoạn \( [a; b] \). Đặt \(m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} {\mkern 1mu} f(x)\), và \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} {\mkern 1mu} f(x)\). Khi đó với mọi số \( T \) thuộc khoảng \( (m; M) \) luôn tồn tại ít nhất một số \( c \) thuộc khoảng \( (a; b) \) sao cho \( f(c) = T \).

    2. Các ví dụ và dạng toán về hàm số liên tục

    Dạng 1. Xét tính liên tục của hàm số tại một điểm cụ thể

    Để xét tính liên tục của hàm số \( y = f(x) \) tại điểm \( x_0 \) ta thực hiện các bước:

    • Kiểm tra xem hàm số có xác định trên một khoảng chứa \( x_0 \) hay không và tính giá trị \( f(x_0) \).
    • Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}}  f(x)\) (trong nhiều trường hợp ta cần tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } {\mkern 1mu} f(x),\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ – } f(x)\))
    • So sánh \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}}  f(x)\) với \( f(x_0) \) và kết luận.

    Ví dụ 1. Xét tính liên tục của hàm số $$f(x) = \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{{2 – 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} – 3x + 2}}& &\text{nếu }x \ne 1\\ – 3& &\text{nếu }x = 1 \end{array} \right.$$ tại \( x = 1 \).

    Hướng dẫn.

    • Hàm số xác định trên \(\mathbb{R} \setminus \{2\}\) chứa \( x=1 \) và \( f(1) = – 3 \)
    • Ta đi tính giới hạn hàm số tại \( x=1 \) $$ \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2 – 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} – 3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x – 1} \right)\left( {5x – 2} \right)}}{{\left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{5x – 2}}{{x – 2}} = – 3 $$
    • Thấy ngay \( \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = f(1) = – 3 \), nên suy ra hàm số đã cho liên tục tại \( {x_0} = 1 \).

    Ví dụ 2. Xét tính liên tục của hàm số $$f(x) = \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{{2 – 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} – 3x + 2}} &\text{nếu }\,x \ne 1\\ 2x+5 &\text{nếu }x = 1 \end{array} \right.$$ tại \( x = 1 \).

    Hướng dẫn.

    • Rõ ràng hàm số xác định tại \( x=1 \) và \( f(1) = 7 \)
    • Ta đi tính giới hạn hàm số tại \( x=1 \) $$ \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2 – 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} – 3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x – 1} \right)\left( {5x – 2} \right)}}{{\left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{5x – 2}}{{x – 2}} = – 3 $$
    • Do \( \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) \ne f(1) \) nên hàm số đã cho gián đoạn tại \( x_0 = 1 \).

    Ví dụ 3. Xét tính liên tục của hàm số tại điểm được chỉ ra: $$f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l} \dfrac{{2 – 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} – 3x + 2}}& &\text{nếu }\,x > 1\,\,\,\,\,\,\\ 1& &\text{nếu }\,\,x \le 1 \end{array} \right.$$ tại điểm \( x = 1 \).

    Hướng dẫn. Khác với ví dụ trước, ở đây chúng ta cần đi tính giới hạn trái và giới hạn phải tại $x=1$.

    • Hàm số xác định tại \( x=1 \) và \( f(1)=1 \)
    • Giới hạn trái tại \( x=1 \) \[ \lim\limits_{x\to 1^-}f(x)= \lim\limits_{x\to 1^-}1=1\]
    • Giới hạn phải tại \( x=1 \) \[\begin{array}{*{20}{l}}
      {\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x)}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2 – 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} – 3x + 2}}}\\
      {}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{5x – 2}}{{x – 2}}}\\
      {}&{ = – 3}
      \end{array}\]

    Ta thấy \( \lim\limits_{x\to 1^+}f(x)\ne \lim\limits_{x\to 1^-}f(x) \) nên suy ra hàm số đã cho gián đoạn tại \(x=1\).

    Ví dụ 4. Xét tính liên tục của hàm số \[f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
    {2x + \frac{1}{4}}&{{\rm{khi }}\,\,x < 0}\\
    2&{{\rm{khi }}\,\,x = 0}\\
    {\dfrac{{\sqrt {x + 4} – 2}}{x}}&{{\rm{khi }}\,\,x > 0}
    \end{array}} \right.\] tại điểm \( x = 0 \).

    Hướng dẫn. Chúng ta đi tính và so sánh giá trị, giới hạn trái, giới hạn phải của hàm số tại điểm \( x = 0\).

    • Hàm số xác định tại \( x = 0 \) và \( f(0)=2 \).
    • Giới hạn trái tại \( x = 0 \) là \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ – }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ – }} \left( {2x + \frac{1}{4}} \right) = \frac{1}{4}\]
    • Giới hạn phải tại \( x = 0 \) là \[\begin{array}{*{20}{l}}
      {\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x)}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{{\sqrt {x + 4} – 2}}{x}}\\
      {}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{{\sqrt {x + 4} – 2}}{{{{\left( {\sqrt {x + 4} } \right)}^2} – 4}}}\\
      {}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{1}{{\sqrt {x + 4} + 2}}}\\
      {}&{ = \frac{1}{4}}
      \end{array}\]

    Chúng ta thấy, \( \lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^-}f(x) \) nhưng lại khác \(f(0)\) nên suy ra hàm số không liên tục tại điểm \( x = 0 \).

    Dạng 2. Xét tính liên tục, chứng minh hàm số liên tục trên một khoảng đoạn hoặc tập xác định

    Ví dụ 1. Xét tính liên tục của hàm số \[f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
    {\dfrac{{{x^2} + 5x}}{x}}&{{\text{khi }}x \ne 0}\\
    5&{{\text{khi }}x = 0}
    \end{array}} \right.\] trên \(R\).

    Hướng dẫn. Rõ ràng khi \(x\ne0\) thì hàm số đã cho là hàm phân thức và hoàn toàn xác định nên nó liên tục trên từng khoảng \( (-\infty;0) \) và \( (0;+\infty) \).

    Chú ý không được nói hàm số đã cho liên tục trên \(( – \infty ;0) \cup (0; + \infty )\).

    Do đó, chúng ta chỉ cần xét tính liên tục của hàm số tại \(x=0\). Chúng ta có:

    • Giá trị của hàm số tại \(x=0\) là \( f(0)=5 \).
    • Giới hạn của hàm số tại \(x=0\) là \[\begin{array}{*{20}{l}}
      {\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x)}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{x^2} + 5x}}{x}}\\
      {}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {x + 5} \right) = 5}
      \end{array}\]

    Ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x) = f(0)\) nên hàm số đã cho liên tục tại \(x=0\). Tóm lại, hàm số đã cho liên tục trên toàn bộ tập \(R\).

    Ví dụ 2. Xét tính liên tục của hàm số\[f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
    {2x – 1}&{{\text{khi }}x < 0}\\
    {\sqrt x }&{{\text{khi }}x \ge 0}
    \end{array}} \right.\] trên tập xác định.

    Hướng dẫn. Chúng ta có ngay tập xác định của hàm số là \(R\).

    Tập xác định của hàm số là tập mà tại mọi điểm \(x\) của tập đó, hàm số có thể tính được giá trị \(f(x)\) tương ứng.

    • Khi \( x<0 \) thì \( f(x)=2x-1 \) là hàm số liên tục.
    • Khi \( x>0 \) thì \( f(x)=\sqrt{x} \) cũng là hàm số liên tục.

    Do đó, chúng ta chỉ xét tính liên tục của hàm số tại điểm \( x=0 \) nữa là có thể kết luận. Tại \( x=0 \) thì \[\begin{array}{l}
    \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \sqrt x = 0\\
    f(0) = 0\\
    \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ – }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ – }} \left( {2x – 1} \right) = – 1
    \end{array}\] Rõ ràng \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = f(0) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ – }} f(x)\) nên hàm số gián đoạn tại \( x=0 \).

    Tóm lại, hàm số đã cho không liên tục trên tập xác định.

    Dạng 3. Tìm điều kiện để hàm số liên tục tại một điểm

    Ví dụ 1. Tìm \( m \) để hàm số $$f(x) = \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{{2 – 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} – 3x + 2}}& &\text{nếu }x \ne 1\\ – 3mx – 1& &\text{nếu }x = 1 \end{array} \right.$$ liên tục tại điểm \( x = 1 \).

    Hướng dẫn.

    • Rõ ràng hàm số xác định tại \( x=1 \) và \( f(1) = – 3m.1 – 1 \).
    • Ta đi tính giới hạn hàm số tại \( x=1 \) $$ \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2 – 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} – 3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x – 1} \right)\left( {5x – 2} \right)}}{{\left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{5x – 2}}{{x – 2}} = – 3 $$
    • Hàm số \( f(x) \) liên tục tại \( {x_0} = 1 \) khi và chỉ khi $$ \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = f(1) \Leftrightarrow – 3m – 1 = – 3 \Leftrightarrow m = – \frac{2}{3} $$

    Vậy giá trị m cần tìm của \( m \) là \( -3 \).

    Dạng 4. Tìm điều kiện để hàm số liên tục trên một khoảng đoạn hoặc tập xác định.

    Ví dụ. Tìm \( m \) để hàm số sau liên tục trên tập xác định của nó:
    $$ f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l} \dfrac{{2 – 7x + 5{x^2}}}{{x – 1}}& &\text{nếu}\,\,x \ne 1\,\,\,\,\,\,\\ – 3mx – 1& &\text{nếu}\,\,x = 1 \end{array} \right. $$ Hướng dẫn. Tập xác định: \( D = \mathbb{R} \).

    • Nếu \( x \ne 1 \), thì hàm số đã cho là \( f(x) = \dfrac{{2 – 7x + 5{x^2}}}{{x – 1}} \). Đây là hàm phân thức hữu tỉ có tập xác định là \( \left( { – \infty ;1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\) nên nó liên tục trên mỗi khoảng \( \left( { – \infty ;1} \right) \) và \( \left( {1; + \infty } \right) \)
    • Nếu \( x = 1 \) thì chúng ta có \( f(1) = – 3m – 1 \) và \[\begin{array}{*{20}{l}}
      {}&{}\\
      {\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x)}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2 – 7x + 5{x^2}}}{{x – 1}}}\\
      {}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x – 1} \right)\left( {5x – 2} \right)}}{{x – 1}}}\\
      {}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (5x – 2) = 3}
      \end{array}\] Hàm số \( f(x) \) liên tục tại \( {x_0} = 1 \) khi và chỉ khi \[\begin{array}{l}
      \,\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = f(1)\\
      \Leftrightarrow – 3m – 1 = 3\\
      \Leftrightarrow m = – \frac{4}{3}.
      \end{array}\]

    Tóm lại, giá trị cần tìm là \( m = – \frac{4}{3} \).

    Dạng 5. Ứng dụng hàm số liên tục chứng minh phương trình có nghiệm

    Ví dụ 1. Chứng minh phương trình \( 3{x^3} + 2x – 2 = 0 \) có nghiệm trong khoảng \( \left( {0;1} \right) \).

    Hướng dẫn.

    • Xét hàm số \( f(x) = 3{x^3} + 2x – 2 \), đây là hàm đa thức nên liên tục trên tập \( R \). Do đó, \( f(x) \) cũng liên tục trên đoạn \( \left[ {0;1} \right] \).
    • Ta có: $$ f(0)\cdot f(1) = ( – 2)\cdot (3) = – 6 < 0. $$

    Suy ra tồn tại ít nhất một số \( c \) trong khoảng \( (0;1) \) sao cho \( f(c) = 0 \), nghĩa là phương trình \( f(x)=0 \) có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng \( \left( {0;1} \right) \).

    Ví dụ 2. Chứng minh phương trình \( 2{x^3} – 6{x^2} + 5 = 0 \) có ba nghiệm trong khoảng \( \left( { – 1;3} \right) \).

    Hướng dẫn.

    • Hàm số \( f(x) = 2{x^3} – 6{x^2} + 5 \) liên tục trên \( R \) nên suy ra \( f(x) \) liên tục trên các đoạn \( [-1;0] , [0;2]\) và \( [2;3] \).
    • Ta có: \( f( – 1) = – 3 , f(0) = 5, f(2) = – 3 , f(3) = 5 \). Suy ra \[\begin{array}{l}
      f( – 1)\cdot f(0) < 0\\
      f(0)\cdot f(2) < 0\\
      f(2)\cdot f(3) < 0
      \end{array}\] Do đó, phương trình đã cho có nghiệm trong mỗi khoảng \( \left( { – 1;0} \right) \), \( \left( {0;2} \right) \) và \( \left( {2;3} \right) \).

    Kết luận, phương trìn có ba nghiệm trong khoảng \( \left( { – 1;3} \right) \).

    Ví dụ 3. Chứng minh rằng phương trình \( a{x^2} + bx + c = 0 \) luôn có nghiệm trong đoạn \( \left[ {0;\frac{1}{3}} \right] \) với mọi \( a \ne 0 \) và \( 2a + 6b + 19c = 0 \).

    Hướng dẫn. Hàm số \( f(x) = a{x^2} + bx + c \) liên tục trên \( \mathbb{R} \) nên cũng liên tục trên đoạn \( \left[ {0;\frac{1}{3}} \right] \).

    Ta có $$ f(0) = c, f(\frac{1}{3}) = \frac{1}{9}(a + 3b + 9c) $$ Suy ra $f(0) + 18f(\frac{1}{3}) = 2a + 6b + 19c = 0 $ nên $$ f(0) =-18f(\frac{1}{3}) $$ Như vậy, chúng ta thấy

    • Nếu \( f(0) = f(\frac{1}{3}) = 0 \) thì phương trình có nghiệm chính là \( 0 \) và \( \frac{1}{3} \) thuộc đoạn \( \left[ {0;\frac{1}{3}} \right] \).
    • Nếu \( f(0) =-18 f(\frac{1}{3}) \ne 0 \) thì \( f(0)\cdot f(\frac{1}{3}) =-\left(f(0)\right)^2 < 0 \). Lúc này, phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng \( \left( {0;\frac{1}{3}} \right) \).

    Tóm lại, phương trình đã cho luôn có nghiệm trong đoạn \( \left[ {0;\frac{1}{3}} \right] \) với mọi \( a \ne 0 \) và \( 2a + 6b + 19c = 0 \).

    3. Bài tập hàm số liên tục

    Bài 1. Xét tính liên tục của hàm số tại điểm được chỉ ra:

    a) $f(x)=\left\{ \begin{align}
    & \frac{x+3}{x-1}& \text{ khi }\,\,x\ne 1 \\
    & -1& \text{ khi }\,\,x=1 \\
    \end{align} \right.$
    tại $x=-1$
    b) $f(x)\,\,=\,\,\left\{ \begin{align}
    & \frac{\sqrt{x+3}-2}{x-1}\,\,\,& \text{ khi }\,x\ne 1\,\,\,\,\,\, \\
    & \frac{1}{4}& \text{ khi }\,\,x=1 \\
    \end{align} \right.$
    tại $x=1$
    c) $f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
    {\dfrac{{2 – 7x + 5{x^2} – {x^3}}}{{{x^2} – 3x + 2}}}&{{\rm{khi }}{\mkern 1mu} x \ne 2{\mkern 1mu} }\\
    1&{{\text{khi }} x = 2}
    \end{array}} \right. $
    tại $x=2$
    d) $f(x)\,=\,\left\{ \begin{align}
    & \frac{x-5}{\sqrt{2x-1}-3}\,\,& \text{ khi }\,\,x>5 \\
    & {{(x-5)}^{2}}+3\,\,\,\,\,& \text{ khi }\,x\le \,\,5 \\
    \end{align} \right.$
    tại $x=5$
    e) $f(x)\,\,=\,\,\left\{ \begin{align}
    & 1-\cos x& \text{ khi }\,x\le 0 \\
    & \sqrt{x+1}& \text{ khi }\,\,x>0 \\
    \end{align} \right.$
    tại $x=0$
    f) $f(x)=\left\{ \begin{align}
    & \frac{x-1}{\sqrt{2-x}-1}& \text{ khi }\,\,x<1 \\
    & -2x& \text{ khi }\,\,x\ge 1 \\
    \end{align} \right.$
    tại $x=1$

    Bài 2. Tìm $m, n$ để hàm số liên tục tại điểm được chỉ ra:

    a) $f(x)=\left\{ \begin{align}
    & {{x}^{2}}& \text{ khi }\,\,x<1 \\
    & 2mx-3& \text{ khi }\,\,x\ge 1 \\
    \end{align} \right.$
    tại $x=1$
    b) $f(x)=\left\{ \begin{align}
    & \frac{{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+2x-2}{x-1}& \text{ khi }\,\,x\ne 1 \\
    & 3x+m& \text{ khi }\,\,x=1 \\
    \end{align} \right.$
    tại $x=1$
    c) $f(x)=\left\{ \begin{align}
    & m& \text{ khi }\,\,x=0 \\
    & \frac{{{x}^{2}}-x-6}{x(x-3)}& \text{ khi }\,\,x\ne 0,x\ne 3 \\
    & n& \text{ khi }\,\,x=3 \\
    \end{align} \right.$
    tại $x=0$ và $x=3$
    d) $f(x)=\left\{ \begin{align}
    & \frac{{{x}^{2}}-x-2}{x-2}& \text{ khi }\,\,x\ne 2 \\
    & m& \text{ khi }\,\,x=2 \\
    \end{align} \right.$
    tại $x=2$

    Bài 3. Xét tính liên tục của các hàm số sau trên tập xác định của chúng:

    a) $f(x)\,\,=\,\,\left\{ \begin{align}
    & \frac{{{x}^{3}}+x+2}{{{x}^{3}}+1}& \text{ khi }\,\,x\ne -1 \\
    & \frac{4}{3}& \text{ khi }\,\,x=-1 \\
    \end{align} \right.$
    b) $f(x)=\left\{ \begin{align}
    & {{x}^{2}}-3x+4& \text{ khi }\,\,x<2 \\
    & 5& \text{ khi }\,\,x=2 \\
    & 2x+1& \text{ khi }\,\,x>2 \\
    \end{align} \right.$
    c) $f(x)=\left\{ \begin{align}
    & \frac{{{x}^{2}}-4}{x+2}& \text{ khi }\,\,x\ne -2 \\
    & -4& \text{ khi }\,\,x=-2 \\
    \end{align} \right.$
    d) $f(x)=\left\{ \begin{align}
    & \frac{{{x}^{2}}-2}{x-\sqrt{2}}& \text{ khi }\,\,x\ne \sqrt{2} \\
    & 2\sqrt{2}& \text{ khi }\,\,x=\sqrt{2} \\
    \end{align} \right.$

    Bài 4. Tìm các giá trị của tham số \(m\) để các hàm số sau liên tục trên tập xác định của chúng:

    a) $f(x)=\left\{ \begin{align}
    & \frac{{{x}^{2}}-x-2}{x-2}& \text{ khi }\,\,x\ne 2 \\
    & m& \text{ khi }\,\,x=2 \\
    \end{align} \right.$
    b) $f(x)=\left\{ \begin{align}
    &{{x}^{2}}+x& \text{ khi }\,\,x<1 \\
    &2& \text{ khi }\,\,x=1 \\
    &mx+1& \text{ khi }\,\,x>1 \\
    \end{align} \right.$
    c) $f(x)=\left\{ \begin{align}
    &\frac{{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+2x-2}{x-1}&\text{ khi }\,\,x\ne 1 \\
    &3x+m & \text{ khi }\,\,x=1 \\
    \end{align} \right.$
    d) $f(x)=\left\{ \begin{align}
    &{{x}^{2}}& \text{ khi }\,\,x<1 \\
    &2mx-3& \text{ khi }\,\,x\ge 1 \\
    \end{align} \right.$

    Bài 5. Chứng minh rằng các phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt:

    a) ${{x}^{3}}-3x+1=0$
    b) ${{x}^{3}}+6{{x}^{2}}+9x+1=0$
    c) $2x+6\sqrt[3]{1-x}=3$

    Bài 6. Chứng minh rằng các phương trình sau luôn có nghiệm:

    a) ${{x}^{5}}-3x+3=0$
    b) ${{x}^{5}}+x-1=0$
    c) ${{x}^{4}}+{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+x+1=0$

    Bài 7. Chứng minh rằng phương trình: ${{x}^{5}}-5{{x}^{3}}+4x-1=0$ có 5 nghiệm trên khoảng \( (-2; 2) \).

    Bài 8. Chứng minh rằng các phương trình sau luôn có nghiệm với mọi giá trị của tham số:

    a) $m{{(x-1)}^{3}}(x-2)+2x-3=0$
    b) ${{x}^{4}}+m{{x}^{2}}-2mx-2=0$
    c) $a(x-b)(x-c)+b(x-c)(x-a)+c(x-a)(x-b)=0$
    d) $(1-{{m}^{2}}){{(x+1)}^{3}}+{{x}^{2}}-x-3=0$
    e) $\cos x+m\cos 2x=0$
    f) $m(2\cos x-\sqrt{2})=2\sin 5x+1$

    Bài 9. Chứng minh các phương trình sau luôn có nghiệm:

    a) $a{{x}^{2}}+bx+c=0$ với $2a + 3b + 6c = 0$
    b) $a{{x}^{2}}+bx+c=0$ với \( a + 2b + 5c = 0 \)
    c) ${{x}^{3}}+a{{x}^{2}}+bx+c=0$

    Bài 10. Chứng minh rằng phương trình: $a{{x}^{2}}+bx+c=0$ luôn có nghiệm \( x \) thuộc $\left[ 0;\frac{1}{3} \right]$ với \( a \ne 0 \) và \( 2a + 6b + 19c = 0 \).

  • Giải phương trình bằng phương pháp nhân liên hợp

    Giải phương trình bằng phương pháp nhân liên hợp

    Giải phương trình bằng phương pháp nhân liên hợp

    Nhân liên hợp để giải phương trình, bất phương trình chứa căn là một trong những phương pháp hiệu quả để giải phương trình, khi mà chúng ta nhận thấy ngay được một nghiệm đẹp của phương trình, bất phương trình đã cho.

    Mời Quý Thầy cô và các em tham khảo 1000 bài bất đẳng thức trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10

    1. Các bước giải phương trình, bất phương trình bằng nhân liên hợp

    Ý tưởng của phương pháp nhân liên hợp là khi một phương trình, bất phương trình chứa căn thức mà có nghiệm đẹp thì thường ta sẽ tìm cách phân tích thành nhân tử. Nhưng đối với một đa thức thì việc phân tích đa thức thành nhân tử sẽ dễ dàng hơn so với các biểu thức chứa căn, do đó chúng ta sẽ tìm cách khử căn thức bằng cách nhân chia với biểu thức liên hợp.

    Nhắc lại, biểu thức liên hợp của $\sqrt{A}\pm\sqrt{B}$ là $\sqrt{A}\mp\sqrt{B}$, tức là biến đổi:
    $$ \sqrt{A}\pm \sqrt{B}=\frac{A-B}{\sqrt{A}\pm\sqrt{B}} $$ Biểu thức liên hợp của $\sqrt[3]{A}\pm\sqrt[3]{B}$ là $(\sqrt[3]{A})^2\pm\sqrt[3]{A}\sqrt[3]{B}+(\sqrt[3]{B})^2$ $$ \sqrt[3]{A}\pm\sqrt[3]{B}=\frac{A\pm B}{(\sqrt[3]{A})^2\pm\sqrt[3]{A}\sqrt[3]{B}+(\sqrt[3]{B})^2} $$

    • Bước 1. Nhẩm nghiệm hoặc dùng máy tính để tìm nghiệm của phương trình, giả sử nghiệm của pt là $x_0$.
    • Bước 2. Phân tích (tách hoặc thêm bớt các hạng tử thích hợp), sau đó nhân chia với biểu thức liên hợp sao cho sau khi nhân chia liên hợp ta được có biểu thức có chứa nhân tử $x – x_0$.

    Xem thêm:

    2. Ví dụ giải phương trình nhân liên hợp

    Ví dụ 1. Giải phương trình $$ x^3 + 11 = 3\sqrt {x + 3} $$ Hướng dẫn. Chúng ta đoán (hoặc dùng lệnh SOLVE của máy tính CASIO) và nhận thấy phương trình có nghiệm $ x=2 $. Tức là, chắc chắn phương trình sẽ có nhân tử là $(x-2)$, nhưng chúng ta khó phân tích biểu thức chứa căn thành nhân tử, nên sẽ tìm cách chuyển về đa thức rồi phân tích. Cụ thể, chúng ta tách $11=8+3$ rồi biến đổi như sau\begin{align*}
    & x^3+8-3\sqrt{x+3}+3=0 \\
    \Leftrightarrow &(x+2)(x^2+2x+4)-\frac{3(x+2)}{\sqrt{x+3}+1}=0\\
    \Leftrightarrow &(x+2)\left(x^2+2x+4-\frac{3}{\sqrt{x+3}+1}\right)=0\\
    \Leftrightarrow &\left[\begin{array}{l}
    x+2=0\\x^2+2x+4-\frac{3}{\sqrt{x+3}+1}=0 \qquad (*)
    \end{array}\right.
    \end{align*} Ta có \[\begin{array}{l}
    {x^2} + 2x + 4 \ge 3\\
    – \dfrac{3}{{\sqrt {x + 3} + 1}} \ge – 3\\
    \Rightarrow {x^2} + 2x + 4 – \dfrac{3}{{\sqrt {x + 3} + 1}} \ge 0.
    \end{array}\] Bất phương trình cuối không xảy ra dấu đẳng thức nên phương trình (*) vô nghiệm.

    Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $ x=2. $

    Nếu bài viết hữu ích, bạn có thể  tặng tôi 1 cốc cafe vào số tài khoản Agribank 3205215033513.  Xin cảm ơn!

    Ví dụ 2. Giải phương trình $$\sqrt{x+1}~+1=4{{x}^{2}}+\sqrt{3x} $$ Hướng dẫn. Với điều kiện $ x\ge0 $ thì phương trình đã cho tương đương với \begin{align*}
    &4{{x}^{2}}-1+\sqrt{3x}-\sqrt{x+1}=0\\
    \Leftrightarrow & (2x+1)(2x-1)+\frac{2x-1}{\sqrt{3x}+\sqrt{x+1}}=0\\
    \Leftrightarrow & (2x-1)\left( 2x+1+\frac{1}{\sqrt{3x}+\sqrt{x+1}} \right)=0\\
    \Leftrightarrow & 2x-1=0\\
    \Leftrightarrow & x=\frac{1}{2}
    \end{align*} So sánh điều kiện được nghiệm của phương trình là $ x=\frac{1}{2}. $

    Ví dụ 3. Giải phương trình $$\sqrt[3]{{{x}^{2}}-1}+x=\sqrt{{{x}^{3}}-2}$$ Hướng dẫn. Điều kiện $x\ge \sqrt[3]{2}$. Đoán được nghiệm $ x=3 $ nên ta tách rồi nhân liên hợp như sau: \begin{align*}
    &\sqrt[3]{{{x^2} – 1}} – 2 + x – 3 = \sqrt {{x^3} – 2} – 5 \\
    \Leftrightarrow\;& \left( {x – 3} \right)\left[ {1 + \frac{{x + 3}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {{x^2} – 1} \right)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{{x^2} – 1}} + 4}}} \right] = \frac{{\left( {x – 3} \right)\left( {{x^2} + 3x + 9} \right)}}{{\sqrt {{x^3} – 2} + 5}} \\
    \Leftrightarrow\;& x = 3
    \end{align*} Ta có \[\begin{array}{*{20}{c}}{1 + \dfrac{{x + 3}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {{x^2} – 1} \right)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{{x^2} – 1}} + 4}}}&{ = 1 + \dfrac{{x + 3}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{{x^2} – 1}} + 1} \right)}^2} + 3}}}\\
    {}&{ < 2 < \dfrac{{{x^2} + 3x + 9}}{{\sqrt {{x^3} – 2} + 5}}}
    \end{array}\] nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $ x=3. $

    Ví dụ 4. Giải phương trình $$ \sqrt{3{{x}^{2}}-5x+1}-\sqrt{{{x}^{2}}-2}=\sqrt{3({{x}^{2}}-x-1)}-\sqrt{{{x}^{2}}-3x+4} $$ Hướng dẫn. Nhận xét $\left( 3{{x}^{2}}-5x+1 \right)-\left( 3{{x}^{2}}-3x-3 \right)=-2(x-2)$ và $\left( {{x}^{2}}-2 \right)-\left( {{x}^{2}}-3x+4 \right)=3(x-2)$ nên ta biến đổi phương trình rồi nhân liên hợp như sau: \begin{align*}
    &\sqrt{3{{x}^{2}}-5x+1}-\sqrt{3({{x}^{2}}-x-1)}=\sqrt{{{x}^{2}}-2}-\sqrt{{{x}^{2}}-3x+4}\\
    \Leftrightarrow\;& \frac{-2(x-2)}{\sqrt{3{{x}^{2}}-5x+1}+\sqrt{3({{x}^{2}}-x-1)}}=\frac{3(x-2)}{\sqrt{{{x}^{2}}-2}+\sqrt{{{x}^{2}}-3x+4}}\\
    \Leftrightarrow\;& (x-2)\left[ \frac{3}{\sqrt{{{x}^{2}}-2}+\sqrt{{{x}^{2}}-3x+4}}+\frac{2}{\sqrt{3{{x}^{2}}-5x+1}+\sqrt{3({{x}^{2}}-x-1)}} \right]=0
    \end{align*} Ta có $ \dfrac{3}{\sqrt{{{x}^{2}}-2}+\sqrt{{{x}^{2}}-3x+4}}+\dfrac{2}{\sqrt{3{{x}^{2}}-5x+1}+\sqrt{3({{x}^{2}}-x-1)}}>0 $ nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $ x=2. $

    Ví dụ 5. Giải phương trình $$ \sqrt{x^2+15}=3x-2 +\sqrt{x^2+8} $$ Hướng dẫn. Nhẩm được nghiệm $ x=1 $ nên ta tách rồi nhân liên hợp như sau \begin{align}
    &\sqrt{x^2+15}-4=3x-3+\sqrt{x^2+8}-3 \notag\\
    \Leftrightarrow &\frac{x^2+15-16}{\sqrt{x^2+15}+4}=3(x-1)+\frac{x^2+8-9}{\sqrt{x^2+8}+3}\notag\\
    \Leftrightarrow &\frac{x^2-1}{\sqrt{x^2+15}+4}=3(x-1)+\frac{x^2-1}{\sqrt{x^2+8}+3} \,\,\,(*)
    \end{align} Xét hai trường hợp:

    • $ x=1 $ thỏa mãn phương trình nên là nghiệm.
    • $ x\ne 1 $ thì phương trình $$ (*)\Leftrightarrow\frac{x+1}{\sqrt{x^2+15}+4}=\frac{x+1}{\sqrt{x^2+8}+3}+3$$ Vì $ \sqrt{x^2+15}>\sqrt{x^2+8} $ nên từ phương trình đã cho, chúng ta suy ra
      \begin{align*} &3x-2=\sqrt{x^2+15}-\sqrt{x^2+8}\\
      \Leftrightarrow \;& 3x-2>0 \Leftrightarrow x>\frac{2}{3}
      \end{align*} Suy ra $ x+1>0 $ và như vậy $ \frac{x+1}{\sqrt{x^2+8}+3}+3>\frac{x+1}{\sqrt{x^2+15}} $ hay phương trình $(*)$ vô nghiệm.

    Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $ x=1. $

    Ví dụ 6. Giải phương trình\[ \sqrt{3x+1}-\sqrt{6-x}+3x^2-14x-8=0 \] Hướng dẫn. Điều kiện $ -\frac{1}{3}\le x\le 6. $ Đoán được nghiệm $ x=5 $ nên ta tách phương trình đã cho thành:
    \[ (\sqrt{3x+1}-4)-(\sqrt{6-x}-1)+3x^2-14x-8=0 \] Sau đó nhân chia với biểu thức liên hợp, được:
    \begin{align*}
    &\frac{3(x-5)}{\sqrt{3x+1}+4}-\frac{5-x}{\sqrt{6-x}+1}+(x-5)(3x+1)=0\\
    \Leftrightarrow\;& (x-5)\left(\frac{3}{\sqrt{3x+1}+4}+\frac{1}{\sqrt{6-x}+1}+3x+1\right)=0
    \end{align*} Vì $ -\frac{1}{3}\le x\le 6 $ nên $$ \dfrac{3}{\sqrt{3x+1}+4}+\dfrac{1}{\sqrt{6-x}+1}+3x+1>0,$$ do đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $ x=5. $

    Đôi khi, sau khi nhân chia liên hợp, việc chứng minh phương trình còn lại vô nghiệm khá khó khăn, ta hãy xem ví dụ sau.

    Ví dụ 7. Giải phương trình \[ (x+3)\sqrt{x+4}+(x+9)\sqrt{x+11}=x^2+9x+10 \] Hướng dẫn. Điều kiện $ x\ge -4 $. Dễ dàng đoán được nghiệm $ x=5 $, nên ta tách thành: \[ (x+3)\left(\sqrt{x+4}-3\right)+(x+9)\left(\sqrt{x+11}-4\right)=x^2+2x-35 \] Sau đó, nhân liên hợp được: \begin{align*}
    &(x+3)\cdot\frac{x-5}{\sqrt{x+4}+3}+(x+9)\cdot\frac{x-5}{\sqrt{x+11}+4}=(x-5)(x+7)\\
    \Leftrightarrow\;& (x-5)\left(\frac{x+3}{\sqrt{x+4}+3}+\frac{x+9}{\sqrt{x+11}+4}-x-7\right)=0
    \end{align*} Ta sẽ chứng minh phương trình sau vô nghiệm: $$\frac{x+3}{\sqrt{x+4}+3}+\frac{x+9}{\sqrt{x+11}+4}-x-7=0\,\,(*)
    $$ Vì điều kiện là $ x\ge -4 $ và chú ý rằng các phân thức $ \frac{1}{\sqrt{x+4}+3} $ và $ \frac{1}{\sqrt{x+11}+4} $ đều có giá trị nhỏ hơn $ \frac{1}{2}, $ nên ta tách như sau:
    \begin{align*}
    VT(*)&= \frac{x+4}{\sqrt{x+4}+3}-\frac{x+4}{2}+\frac{x+9}{\sqrt{x+11}+4}-\frac{x+9}{2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{\sqrt{x+4}+3}\\
    &=(x+4)\left(\frac{1}{\sqrt{x+4}+3}-\frac{1}{2}\right)+(x+9)\left(\frac{1}{\sqrt{x+11}+4}-\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{2}-\frac{1}{\sqrt{x+4}+3}\\
    &<0
    \end{align*} Suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $ x=5. $

    Ví dụ 8. Giải phương trình $$ \sqrt{x^2+8}-\sqrt{x^2+3}=2x-1 $$ Hướng dẫn. Đoán được nghiệm $ x=1 $ nên ta tách PT đã cho thành \[ \left(\sqrt{x^2+8}-3\right)-\left(\sqrt{x^2+3}-2\right)-2(x-1)=0 \] Sử dụng phương pháp nhân liên hợp được \[ (x-1)\left((x+1)\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+8}+3}-\frac{1}{\sqrt{x^2+3}+2}\right)-2\right)=0 \] Nhận xét rằng $ \sqrt{x^2+8}+3>\sqrt{x^2+3}+2 $ nên $$ \frac{1}{\sqrt{x^2+8}+3}-\frac{1}{\sqrt{x^2+3}+2}<0 $$ Mặt khác, từ phương trình đã cho có $ 2x-1=\sqrt{x^2+8}-\sqrt{x^2+3}>0 \Leftrightarrow x>\frac{1}{2} \Leftrightarrow x+1>\frac{3}{2} . $ Do đó, $$ (x+1)\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+8}+3}-\frac{1}{\sqrt{x^2+3}+2}\right)<0 $$ và dẫn tới \[ (x+1)\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+8}+3}-\frac{1}{\sqrt{x^2+3}+2}\right)-2<0 \] Như vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $ x=1. $

    Ví dụ 9. Giải phương trình $$ \sqrt{x^2+5}+\sqrt{x^2+12}-\sqrt{x^2-3}=18-6x $$ Hướng dẫn. Đoán được nghiệm $ x=2 $ và sử dụng phương pháp nhân chia với lượng liên hiệp.

    Ví dụ 10. Giải phương trình $$\left( \sqrt{x-1}+\sqrt{x+2} \right)\left( \sqrt{{{x}^{2}}+x-2}-1 \right)=3$$ Hướng dẫn. Điều kiện xác định của phương trình là $x\ge 1$. Với diều kiện đó, ta có: $(x+2)-(x-1)=3>0$ nên $\sqrt{x+2}-\sqrt{x-1}>0$ với $x\ge 1$. Nhân hai vế của phương trình với $\sqrt{x+2}-\sqrt{x-1}$ ta được \begin{align*}
    &\bigg( (x+2)-(x-1) \bigg)\left( \sqrt{{{x}^{2}}+x-2}-1 \right)=3\left( \sqrt{x+2}-\sqrt{x-1} \right)\\
    \Leftrightarrow\;& \sqrt{{{x}^{2}}+x-2}-1=\sqrt{x+2}-\sqrt{x-1}\\
    \Leftrightarrow\;& \left\{ \begin{array}{l}
    \sqrt{{{x}^{2}}+x-2}\ge 1 \\
    {{\left( \sqrt{{{x}^{2}}+x-2}-1 \right)}^{2}}={{\left( \sqrt{x+2}-\sqrt{x-1} \right)}^{2}} \\
    \end{array} \right.\\
    \Leftrightarrow\;& \left\{ \begin{array}{l}
    {{x}^{2}}+x-3\ge 0\\
    {{x}^{2}}+x-1-2\sqrt{{{x}^{2}}+x-2}=x+2+x-1-2\sqrt{x+2}.\sqrt{x-1} \\
    \end{array} \right.\\
    \Leftrightarrow\;& \left\{ \begin{array}{l}
    {{x}^{2}}+x-3\ge 0 \\
    {{x}^{2}}-x-2=0 \\
    \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
    {{x}^{2}}+x-3\ge 0 \\
    x=-1\vee x=2 \\
    \end{array} \right.\Leftrightarrow x=-1\vee x=2.
    \end{align*} Vậy nghiệm của phương trình là $ x=-1,x=2. $

    Ví dụ 11. Giải bất phương trình $$ \left( \sqrt{x+3}-\sqrt{x-1} \right)\left( 1+\sqrt{{{x}^{2}}+2\text{x}-3} \right)\ge 4 $$ Hướng dẫn. Điều kiện $ x\ge 1, $ nhân liên hợp cho vế trái thì bất phương trình đã cho tương đương với \begin{align*}
    & 4\left( 1+\sqrt{{{x}^{2}}+2x-3} \right)\ge 4\left( \sqrt{x+3}+\sqrt{x-1} \right)\\
    \Leftrightarrow & 1+\sqrt{{{x}^{2}}+2x-3}\ge \sqrt{x+3}+\sqrt{x-1}\\
    \Leftrightarrow & {{x}^{2}}+2x-2+2\sqrt{{{x}^{2}}+2x-3}\ge 2x+2+2\sqrt{{{x}^{2}}+2x-3}\\
    \Leftrightarrow & {{x}^{2}}-4\ge 0\\
    \Leftrightarrow & \left[ \begin{array}{l}x\le -2 \\ x\ge 2 \\ \end{array} \right.
    \end{align*} Kết hợp với điều kiện $x\ge 1$ ta được tập nghiệm của bất phương trình là $S=[2,+\infty)$.

    Nhận xét. Bất phương trình này hoàn toàn có thể giải được bằng phương pháp đặt ẩn phụ. Xin mời bạn thử!

    Ví dụ 12. Giải bất phương trình $$2x+5>\sqrt{2-x}\left(\sqrt{x-1}+\sqrt{3x+4}\right)$$ Hướng dẫn. Điều kiện $ 1\le x\le 2. $ Chúng ta có $$ 2x+5=3x+4-(x-1)=\left(\sqrt{x-1}+\sqrt{3x+4}\right)\left(\sqrt{3x+4}-\sqrt{x-1}\right) $$ nên bất phương trình đã cho tương đương với tương đương với \begin{align*}
    & \left(\sqrt{x-1}+\sqrt{3x+4}\right)\left(\sqrt{3x+4}-\sqrt{x-1}\right)>\sqrt{2-x}\left(\sqrt{x-1}+\sqrt{3x+4}\right)\\
    \Leftrightarrow & \sqrt{3x+4}-\sqrt{x-1}>\sqrt{2-x} \text{\quad (vì $ \sqrt{x-1}+\sqrt{3x+4}>0 $)}
    \end{align*} Giải bất phương trình này, kết hợp điều kiện được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là $ S=[1;2] $

    Ví dụ 13. Giải phương trình $$\sqrt{2{{x}^{2}}+x+9}+\sqrt{2{{x}^{2}}-x+1}=x+4$$ Hướng dẫn. Nhận xét rằng $$\left( 2{{x}^{2}}+x+9 \right)-\left( 2{{x}^{2}}-x+1 \right)=2\left( x+4 \right)$$ Vì $ x=4 $ không là nghiệm nên ta xét $ x\ne 4 $ và nhân chia liên hiệp để trục căn thức được $$\frac{2x+8}{\sqrt{2{{x}^{2}}+x+9}-\sqrt{2{{x}^{2}}-x+1}}=x+4\Rightarrow \sqrt{2{{x}^{2}}+x+9}-\sqrt{2{{x}^{2}}-x+1}=2$$ Thu được hệ phương trình \[ \left\{ \begin{array}{l}
    \sqrt {2{x^2} + x + 9} – \sqrt {2{x^2} – x + 1} = 2\\
    \sqrt {2{x^2} + x + 9} + \sqrt {2{x^2} – x + 1} = x + 4
    \end{array} \right. \Rightarrow 2\sqrt {2{x^2} + x + 9} = x + 6 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
    x = 0\\
    x = \frac{8}{7}
    \end{array} \right. \] Thử lại thấy thỏa mãn, vậy phương trình có nghiệm $ x=0 $ và $ x = \frac{8}{7}. $

    3. Bài tập phương pháp nhân liên hợp giải phương trình, bất phương trình

    Đối với các bải tập sau, ta có thể sử dụng phương pháp nhân chia với biểu thức liên hợp để giải quyết.

    Bài 1. Giải phương trình $ \sqrt{2x-3}-\sqrt{x}=2x-6 $

    Đáp số. $ x=3 $

    Bài 2. Giải phương trình $ \sqrt{4x^2 +5x+1}-2\sqrt{x^2 -x+1}=9x-3 $

    Đáp số. $ x=\frac{1}{3}. $

    Bài 3. Giải phương trình $ \sqrt{10x+1}+\sqrt{3x-5}=\sqrt{9x+4}+\sqrt{2x-2} $

    Hướng dẫn. Nhóm thành $ \left(\sqrt{10x+1}-\sqrt{9x+4}\right)+\left(\sqrt{3x-5}-\sqrt{2x-2}\right)=0, $ rồi nhân liên hợp…
    Đáp số. $ x=3 $

    Bài 4. Giải phương trình $ \sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}=2x^2-5x-1 $

    Hướng dẫn. Tách thành $ \left(\sqrt{x-2}-1\right) +\left(\sqrt{4-x}-1\right)-\left(2x^2-5x-3\right)=0. $ Sau đó nhân liên hợp xuất hiện nhân tử $ x-3, $ xét hàm cho nhân tử còn lại…
    Đáp số. $ x=3 $

    Bài 5. Giải phương trình $2\sqrt{\left( 2-x \right)\left( 5-x \right)}=x+\sqrt{\left( 2-x \right)\left( 10-x \right)}$

    Đáp số. $ x=1,x=\frac{15+5\sqrt{5} }{2} $

    Bài 6. Giải phương trình $\sqrt[3]{{{x}^{2}}+4}=\sqrt{x-1}+2x-3$

    Đáp số. $ x=2 $

    Bài 7. Giải phương trình $\sqrt[3]{{{x}^{2}}-1}+\sqrt{3{{x}^{3}}-2}=3x-2$

    Bài 8. [Đề thi Olympic 30/4 năm 2007] Giải phương trình $2{{x}^{2}}-11x+21-3\sqrt[3]{4x-4}=0$

    Bài 9. Giải phương trình $\sqrt{2{{x}^{2}}+16x+18}+\sqrt{{{x}^{2}}-1}=2x+4$

    Bài 10. Giải phương trình ${{x}^{2}}+3x+1=\left( x+3 \right)\sqrt{{{x}^{2}}+1}$

    Bài 11. Giải phương trình $1+\sqrt{x}=4x^{2}+\sqrt{3x-1}$

    Đáp số. $x=\frac{1}{2}$

    Bài 12. Giải phương trình $ \sqrt{x}=1-\sqrt[3]{3x^2+x-1}+\sqrt[3]{2x+1} $

    Đáp số. $ x=1 $

    Bài 13. Giải phương trình $ 2\sqrt {{x^2} + 5} = 2\sqrt {x – 1} + {x^2} $

    Hướng dẫn. Biến đổi thành $$2\sqrt{{{x}^{2}}+5}-6=2\sqrt{x-1}-2+{{x}^{2}}-4\Leftrightarrow 2\frac{{{x}^{2}}-4}{\sqrt{{{x}^{2}}+5}+3}=2\frac{x-2}{\sqrt{x-1}+1}+(x-2)(x+2)$$ Tìm được $ x=2 $ hoặc $$ \frac{2(x+2)}{\sqrt{{{x}^{2}}+5}+3}=\frac{2}{\sqrt{x-1}+1}+x+2\Leftrightarrow \frac{2}{{\sqrt {x – 1} + 1}} + \left( {x + 2} \right)\left( {1 – \frac{2}{{\sqrt {{x^2} + 5} + 3}}} \right) = 0 $$ Phương trình cuối này vô nghiệm.

    Bài 14. Giải phương trình $ \sqrt{x^2+12}+5=3x+\sqrt{x^2+5} $

    Hướng dẫn. Để phương trình có nghiệm thì: $\sqrt{{{x}^{2}}+12}-\sqrt{{{x}^{2}}+5}=3x-5\ge 0\Leftrightarrow x\ge \frac{5}{3}$. Biến đổi phương trình thành \begin{align*}
    & \sqrt{{{x}^{2}}+12}-4=3x-6+\sqrt{{{x}^{2}}+5}-3\Leftrightarrow \frac{{{x}^{2}}-4}{\sqrt{{{x}^{2}}+12}+4}=3\left( x-2 \right)+\frac{{{x}^{2}}-4}{\sqrt{{{x}^{2}}+5}+3} \\
    & \Leftrightarrow \left( x-2 \right)\left( \frac{x+2}{\sqrt{{{x}^{2}}+12}+4}-\frac{x+1}{\sqrt{{{x}^{2}}+5}+3}-3 \right)=0\Leftrightarrow x=2
    \end{align*} Chứng minh được $\frac{x+2}{\sqrt{{{x}^{2}}+12}+4}-\frac{x+2}{\sqrt{{{x}^{2}}+5}+3}-3<0,\forall x>\frac{5}{3}$.
    Đáp số. $ x=2 $

    Bài 15. Giải bất phương trình $\frac{1-\sqrt{1-4{{x}^{2}}}}{x}<3$

    Đáp số. $ \left[ -\frac{1}{2};\frac{1}{2} \right]\backslash \left\{ 0 \right\}$