CHỦ ĐỀ 1 PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC A. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN 1. Phương trình sinx = a • Nếu |a| > 1 : Phương trình vô nghiệm • Nếu |a| ≤ 1 : Phương trình có nghiệm là x = α + k2π và x = π - α + k2π, k ∈ , với sin α = a. 2. Phương trình cosx = a • Nếu |a| > 1 : Phương trình vô nghiệm • Nếu |a| ≤ 1 : Phương trình có nghiệm là x = ± α + k2π, k ∈ , với cosα = a. 3. Phương trình tanx = a Điều kiện: cosx ≠ 0 hay x ≠ 2 π +kπ, k ∈ . Nghiệm của phương trình x = α + kπ, k ∈ , với tanα = a 4. Phương trình cotx = a Điều kiện: sinx ≠ 0 hay x ≠ kπ, k ∈ . Nghiệm của phương trình là x= α + kπ, k ∈  với cotα = a. B. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC THƯỜNG GẶP: 1. Phương trình asinx + bcosx = c • asinx + bsinx = c ⇔ sin(x + α) = 2 2 c a b+ trong đó: sinα = 2 2 b a b+ ; cosα = 2 2 a a b+ • asinx + bsinx = c ⇔ cos(x – β) = 2 2 c a b+ trong đó: sin β = 2 2 a a b+ ; cos β = 2 2 b a b+ Chú ý: Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi c 2 ≤ a 2 + b 2 . 2. Phương trình a(sinx + cosx) + bsinxcosx = c Đặt t = sinx + cosx, |t| ≤ 2 Phương trình trở thành bt 2 + 2at – (b + 2c) = 0 (Loại do điều kiện) II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN: 1. Phương trình đưa về phương trình tích: Bài 1: Giải phương trình: 3tan2x.cot3x + 3 (tan2x – 3cot3x) – 3 = 0 Giải Điều kiện của phương trình là cos2x ≠ 0 và sin3x ≠ 0 Ta biến đổi 3tan2xcot3x + 3 (tan2x – 3cot3x) – 3 = 0 ⇒ 3tan2xcot3x + 3 tan2x – 3 3 cot3x – 3 = 0 ⇒ tan2x (3cot3x + 3 ) - 3 (3cot3x + 3 ) = 0 ⇒ (3cot3x + 3 ) (tan2x - 3 ) = 0 ⇒ 2 3 3 cot 3 3 3 3 tan 2 3 3 x k x x k x π π π π   = +  = −  ⇒    = + =    (k ∈ ) ⇒ 2 9 3 6 2 x k x k π π π π  = +    = +   (k ∈ ) Caá giá trị này thỏa mãn điều kiện của phương trình. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là: x = 2 9 3 k π π + và x = 6 2 k π π + , k ∈  Bài 2: Giải phương trình: 1 tan 2 sin 1 cot x x x + = + Giải: Điều kiện của phương trình đã cho là: cosx ≠ 0, sinx ≠ 0 và cot x ≠ -1. Ta biến đổi phương trình đã cho: 1 tan cos sin sin 2 sin . 2 sin 1 cot cos sin cos x x x x x x x x x x + + = ⇒ = + + ⇒ sin 2 sin cos x x x = ⇒ sinx 1 2 0 cos x   − =  ÷   ⇒ sin 0 2 cos 2 x x =    =   ⇒ x = ± 2 4 k π π + , k∈  Giá trị x = - 2 4 k π π + , k∈  bị loại do điều kiện cot x ≠ -1. Vậy nghiệm của của phương trình đã cho là x = 2 4 k π π + , k∈ . Bài 3: Giải phương trình tan3x – 2tan4x + tan5x = 0 với x ∈ (0,2π) Giải: Điều kiện của phương trình đã cho: cos3x ≠ 0, cos4x ≠ 0 và cos5x ≠ 0. Ta có: tan3x -2tan4x + tan5x = 0 ⇒ sin8 2sin 4 0 cos3 cos5 cos4 x x x x x − = ⇒ 2sin 4 cos4 2sin 4 0 cos3 cos5 cos4 x x x x x x − = ⇒ 2sin4x 2 cos 4 cos3 cos5 0 cos3 cos 4 cos5 x x x x x x   − =  ÷   ⇒ 2sin4xsin 2 x = 0 ⇒ sin 4 0 sin 0 x x =   =  ⇒ 4 4 4 x k x k x k x k x k π π π π π  = =   ⇒ ⇒ =   =  =  (k ∈ ) Từ giả thiết và điều kiện, nghiệm của phương trình là: 1 2 3 4 5 3 5 7 ; ; ; ; 4 4 4 4 x x x x x π π π π π = = = = = 2. Phương trình đưa về phương trình bậc hai của các hàm số lượng giác. Bài 4: Giải phương trình: 1+sin2x = 2(cos 4 x + sin 4 x) Giải: Ta có: 1 + sin2x = 2(cos 4 x + sin 4 x) = 2[(cos 2 x + sin 2 x) 2 – 2sin 2 xcos 2 x] = 2 2 1 1 sin 2 2 x   −  ÷   = 2 – sin 2 2x Vậy ta được phương trình sin 2 2x + sin2x -1 = 0 Đặt t = sin2x với điều kiện -1 ≤ t ≤ 1 ta được phương trình: t 2 + t – 1 = 0 ⇒ t = 1 5 2 − ± . Giá trị 1 5 2 − − < -1 nên bị loại. Với t = 1 5 2 − + ta có phương trình sin2x = 1 5 2 − + Phương trình này có nghiệm: x= 1 1 5 arcsin 2 2 k π   − + +  ÷  ÷   , k ∈  Và x = 1 1 5 arcsin 2 2 2 k π π   − + − +  ÷  ÷   , k ∈  Đó cũng là các nghiệm của phương trình đã cho. Bài 5: Giải phương trình sin 2 x(tanx – 1) = cosx(5sinx – cosx) – 2. Giải: Điều kiện của phương trình là cosx ≠ 0 Chia hai vế của phương trình cho cos 2 x ta được: tan 2 x (tanx – 1) = 5tanx – 1 – 2(1+tan 2 x) ⇒ tan 3 x – tan 2 x = 5tanx – 3 – 2 tan 2 x ⇒ tan 3 x + tan 2 x – 5tanx + 3 = 0 Đặt t = tanx ta được phương trình. t 3 + t 2 – 5t +3 = 0 ⇔ (t – 1)(t 2 + 2t – 3) = 0 ⇔ 1 3 t t =   = −  Với t = 1, phương trình tanx = 1 có nghiệm 4 x k π π = + , k ∈  Với t = -3, phương trình tanx = -3 có nghiệm x = arctan(-3) + kπ, k ∈  Các giá trị này thỏa mãn điều kiện của phương trình đã cho. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x = 4 k π π + , x = arctan(-3) + kπ, k ∈  Bài 6: Giải phương trình: 3 3 2 3 1 3 1 sin cos sin 2 sin cos 3 2 2 3 x x x x x     − + = + −    ÷  ÷       Giải Ta biến đổi phương trình đã cho: 3 3 2 3 1 3 3 2 sin cos 2sin cos sin cos 3 2 6 x x x x x x   − − + − +     =0 ⇔ 3 2 2 3 2 2 2 2 sin 3 sin cos sin cos cos sin cos 3 sin cos 0 3 3 x x x x x x x x x x     − + + + − =  ÷  ÷     ⇔ 2 2 2 sin 3 sin cos cos (sin cos ) 0 3 x x x x x x   − + + =  ÷   ⇔ 2 2 sin cos 0 (1) 2 sin 3sin cos cos 0 (2) 3 x x x x x x + =    − + =  • Giải phương trình (1) ta được: x = 3 4 π +kπ, k ∈  • Giải phương trình (2): sin 2 x - 3 sinxcosx + 2 3 cos 2 x = 0 Nếu cosx = 0 thì vế trái bằng 1 nên cosx = 0 không thoả mãn phương trình. Với cosx ≠ 0, chia hai vế của phương trình cho cos 2 x, ta được: tan 2 x - 2 3 tan 0 3 x + = Giải phương trình, ta được: x = 6 k π π + và x = arctan 2 3 3 + kπ, k ∈  Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x = 3 , 4 6 k x k π π π π + = + và x = arctan 2 3 3 + kπ, k ∈  3. Phương trình asinx + bcosx = c Bài 7: Giải phương trình 4cosx + 2 3 sinx + cos2x + 3 sin2x + 3 = 0 Giải: Ta có: 4cosx + 2 3 sinx + cos2x + 3 sin2x + 3 = 0 ⇔ 4cosx + 2 3 sinx + 2cos 2 x – 1 + 2 3 sinxcosx + 3 = 0 ⇔ 2 3 sinx(cosx+1) + 2(cosx +1) 2 = 0 ⇔ 2(cox +1)( 3 sinx + cosx + 1) = 0 ⇔ cos 1 0 3 sin cos 1 0 x x x + =   + + =  ⇔ (2 1) 2 3 x k x k π π π = +    = − +  (k ∈ ) Bài 8: Giải phương trình: 2cos 3 x – sin2x(sinx + cosx) + cos2x(sinx + 2 ) - 2 (sin2x + 1) – 2cosx – sinx = 0 Giải: Ta biến đổi phương trình đã cho: 2cos 3 x – sin2x(sinx + cosx) + cos2x(sinx + 2 ) - 2 (sin2x + 1) – 2cosx – sinx = 0 ⇔ 2 (cos2x – sin2x – 1) + sinx(cos2x – sin2x – 1) + 2cos 3 x – sin2xcosx – 2cosx = 0 ⇔ (cos2x – sin2x – 1) ( 2 + sinx) + cosx(2cos 2 x – sin2x – 2) = 0 ⇔ (cos2x – sin2x – 1) ( 2 + sinx) + cosx(cos2x + 1 – sin2x – 2) = 0 ⇔ (cos2x – sin2x – 1)(cosx + sinx + 2 ) =0 ⇔ cos 2 sin 2 1 0 cos sin 2 0 x x x x − − =   + + =  ⇔ 2 cos 2 4 2 cos 1 4 x x π π    + =   ÷       − = −   ÷    ⇔ 2 2 4 4 2 4 x k x k π π π π π π  + = ± +    − = +   (k ∈ ) ⇔ 4 5 2 4 x k x k x k π π π π π   =   = − +    = +  (k ∈ ) 4. Phương trình a(sinx + cosx) + bsinx + cosx = c Bài 9: Giải phương trình cos2x + cos 2 x + (5 – 3cosx)(sinx + cosx) – 2 = 0 Giải: Ta có: cos2x + cos 2 x + (5 – 3cosx)(sinx + cosx) – 2 = 0 ⇔ 5(sinx + cosx) – 3cosxsinx = 3 Đặt t = sinx + cosx (- 2 ≤ t ≤ 2 ), phương trình trở thành: 3t 2 – 10t + 30 = 0 ⇒ 3( ) 1 3 t loai t =    =  ⇒ sinx + cosx = 1 3 ⇒ sin 2 4 6 x π   + =  ÷   Giải ra ta được: 2 arcsin 2 4 6 3 2 arcsin 2 4 6 x k x k π π π π  = − + +    = − +   (k ∈ ) Bài 10: Giải phương trình 2sin 3 x + cos2x – 3cosx + 2 =0 Giải: Biến đổi phương trình đã cho, ta được: 2sin 3 x + cos2x – 3cosx + 2 = 0 ⇔ 2sinx (1-cos 2 x) + 2cos 2 x – 3cosx +1=0 ⇔ (1 – cosx)[2sinxcosx + 2(sinx – cosx) + 1} = 0 ⇔ cos 1 (1) 2sin cos 2(sin cos ) 1 0 (2) x x x x x =   + − + =  Phương trình (1)cho ta nghiệm x = k2π, k ∈  Giải phương trình (2), đặt t = sinx – cosx (- 2 ≤ t ≤ 2 ). Phương trình (2) trở thành: t 2 – 2t – 2 = 0 ⇒ 1 3( ) 1 3 t loai t  = +  = −   Với t = 1 - 3 , giải ra ta được: 2 6 arcsin 2 4 2 5 2 6 arcsin 2 4 2 x k x k π π π π    − = + +   ÷  ÷       −  = − +  ÷  ÷     (k ∈ ) Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 2 2 6 arcsin 2 4 2 5 2 6 arcsin 2 4 2 x k x k x k π π π π π   =     −  = + +  ÷  ÷        − = − +   ÷  ÷     (k ∈ ) III. BÀI TẬP: Giải các phương trình sau: 1. 3 cot2xtan3x-(cot2x + 3 tan 3x) + 1 =0 2. 4cos 2 2xsinx + 2cosxsin4x + 2 3 cos2x + 2sin3x + 3 = 0 3. 1 cos2 sin 4 1 tan 2 x x x − = − 4. 3sin 2 x - 3 3 sinxcosx + sin2x - 3 cos2x = 3 5. sin4x 2 1 3 sin 4 sin 2 3 5sin 2 4sin 2 9 cos 2 (9 sin 4 ) 0 4 2 x x x x x x   − + + − − + − =  ÷   6. cos3x(3tanx + 6 + 2 3 ) – 3tanx + (3 - 2 3 ) sin2x = 2 3 . 7. sin2x – 2sin 2 x + 3sinx – cosx = 1 8. ( 2 - 1)sinx - 2 cosx-cos3x = 0 9. (sinx + cosx)(3cosx + 2) = cos2x + cos 2 x + 3 CHỦ ĐỀ 2: TỔ HỢP VÀ XÁC SUẤT I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC A. QUY TẮC CỘNG VÀ NHÂN, HOÁN VỊ, CHỈNH HỢP, TỔ HỢP: 1. Quy tắc cộng: Một công việc được hoàn thành bởi một trong hai hành động, hành động này có m cách thực hiện, hành động kia có n cách (không trùng với hành động thứ nhất). khi đó có m + n cách hoàn thành công việc. 2. Quy tắc nhân Một công việc được hoàn thành bởi hai hành động liên tiếp, có m cách thực hiện hành động thứ nhất và ứng với mỗi cách đó có n cách thực hiện hành động thứ hai. Khi đó m.n cách hoàn thành công việc. 3. Hoán vị: • Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ≥ 1). Mỗi kết quả của sự sắp xếp thứ tự n phần tử của tập A được gọi là hoán vị của n phần tử đó. • Số các hoán vị của n phần tử được kí hiệu là P n . Ta có: P n = n(n – 1) … 2.1 = n! 4. Chỉnh hợp: • Cho tập A gồm n phần tử (n ≥ 1). Kết quả của việc lấy k phần tử của tập hợp A và xếp chúng theo một thứ tự nào đó được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử đã cho. • Kí hiệu k n A là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử. Ta có: k n A = n(n -1) … (n – k + 1). Với quy ước 0! = 1, ta có: ! ( )! k n n A n k = − 5. Tổ hợp: • Cho tập A có n phần tử (n ≥ 1). Mỗi tập con gồm k phần tử của tậm A gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử đã cho. • Kí hiệu k n C là số các tổ hợp chập k của n phần tử. Ta có: ! ! !( )! k k n n A n C k k n k = = − 6. Nhị thức Niu – tơn: 0 1 1 0 ( ) . . n n n n k n k k n n k n k k n n n n n k a b C a C a b C a b C b C a b − − − = + = + + + + + = ∑ B. PHÉP THỬ VÀ BIẾN CỐ: 7. Giải sử Ω là không gian mẫu, A và B là các biến cố. • Ω\A = A được gọi là biến cố đối của biến cố A. • A ∪ B là biến cố xảy ra khi và chỉ khi A hoặc B xảy ra. • A ∩ B là biến cố xảy ra khi và chỉ khi A và B cùng xảy ra. A ∩ B còn được viết là AB. • Nếu AB = ∅, ta nói A và B cung khắc. C. XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ 8. Kí hiệu P(A) là xác suất của biến cố A, ta có: P(A) = ( ) ( ) n A n Ω Từ đó: • 0 ≤ P(A) ≤ 1, P(∅) = 0, P(Ω)=1 • P(A ∪B) = P(A) + P(B) nếu A ∩ B = ∅. 9.Ta nói hai biến cố A và B độc lập nếu sự xảy ra (hay không xảy ra) của A không làm ảnh hưởng đến xác suất của B. A và B độc lập khi và chỉ khi P(AB) = P(A).P(B) A và B độc lập ⇒ A và B độc lập. 10. Công thức cộng mở rộng: Giải sử A và B là hai biến cố tùy ý cùng liên quan đến một phép thử. Lúc đó: P (A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(AB) D. BIẾN NGẪU NHIÊN: 11. Biến ngẫu nhiên hay đại lượng ngẫu nhiên là một quy tắc cho ứng mỗi kết quả của phép thử với một số thực: Giả sử X là một biến ngẫu nhiên và a là một giá trị của nó. biến cố “X nhận giá trị a” được kí hiệu là [X = a] hay (X = a) Giải sử X có tập các giá trị là {x 1 , x 2 ,…,x n } Đặt: p 1 = P[X = x 1 ], … , p n = P[X = x n ]. Ta có bảng sau đây gọi là bảng phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên X. X x 1 x 2 … … x n P p 1 p 2 … … P n 12. Kì vọng, phương sai, độ lệch chuẩn. Giả sử X là biến ngẫu nhiên có bảng phân phối (1). Kì vọng của X, kí hiệu E (X), là một số được cho bởi công thức: E(X) = x 1 p 1 + … + x n p n (2) Phương sai của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu V(X), là một số được cho bởi công thức: 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 ( ) . ( . ) n n n n V X x p x p x p x p x p= + + + − + + Độ lệch chuẩn của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu: σ (X), là một số được cho bởi công thức: σ (X) = ( )V X Kì vọng của X là số đặc trưng cho giá trị trung bình của X. Phương sai là độ lệch chuẩn là số đặc trung cho độ phân tán của X so với kì vọng của X. II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN: Bài 1: Hỏi có bao nhiêu đa thức bậc ba P(x) = ax 3 + bx 2 + cx + d mà các hệ số a, b, c, d thuộc tập {-3, -2, 0, 2, 3}. Biết rằng: a. Các hệ số tùy ý? b. Các hệ số đều khác nhau? Giải: a. Có 4 cách chọn hệ số a vì a ≠ 0. Có 5 cách chọn hệ số b, 5 cách chọn hệ số c, 5 cách chọn hệ số d. Vậy có 4 x 5 x 5 x 5 = 500 đa thức. b. Có 4 cách chọn hệ số a (a≠ 0) - Khi đã chọn a, có 4 cách chọn b - Khi đã chọn a và b, có 3 cách chọn c. - Khi đã chọn a, b và c, có 2 cách chọn d. Theo quy tắc nhân có: 4 x 4 x 3 x 2 = 96 đa thức. Bài 2: Để tạo những tín hiệu, người ta dùng 2 lá cờ màu khác nhau cắm thành hàng ngang. Mỗi tín hiệu được xác định bở số lá cờ và thứ tự sắp xếp. Hỏi có thể tạo ra bao nhiêu tín hiệu nếu: a. Cả năm lá cờ đều được dùng? b. Ít nhất một lá cờ được dùng? Giải: a. Nếu dùng cả 5 lá cờ thì mỗi tín hiệu chính là một hoán vị của 5 lá cờ. Vậy có 5!=120 tín hiệu được tạo ra. b.Mỗi tín hiệu tạo bởi k lá cờ là một chỉnh hợp chập k của 5 phần tử. Theo quy tắc cộng, có tất cả 1 2 3 4 5 5 5 5 5 5 325A A A A A+ + + + = tín hiệu. Bài 3: Từ một tổ gồm 6 bạn nam và 5 bạn nữ, chọn ngẫu nhiên 5 bạn xếp vào bànd 9ầu theo những thứ tự khác nhau. Tính xác suất sao cho trong cách xếp trên có đúng 3 bạn nam. Giải Mỗi một sự sắp xếp chỗ ngồi cho 5 bạn là một chỉnh hợp chập 5 của 11 bạn. Vậy không gian mẫu Ω gồm 5 11 A (phần tử) Kí hiệu A là biến cố: “Trong cách xếp trên có đúng 3 bạn nam” Để tính n(A) ta lí luận như nhau: - Chọn 3 nam từ 6 nam, có 3 6 C cách. - Chọn 2 nữ từ 5 nữ, có 2 5 C cách. - Xếp 5 bạn đã chọn vào bàn đầu theo những thứ tự khác nhau, có 5! Cách. Từ đó theo quy tắc nhân ta có: n(A) = 3 6 C . 2 5 C .5! Vì sự lựa chọn và sự sắp xếp là ngẫu nhiên nên các kết quả đồng khả năng. Do đó: 3 2 6 5 5 11 . .5! ( ) 0,433 C C P A A = ≈ . Bài 4: Một tổ chuyên môn gồm 7 thầy và 5 cô giáo, trong đó thấy P và cô Q là vợ chồng. Chọn ngẫu nhiên 5 người để lập hội đồng chấm thi vấn đáp. Tính xác suất để sao cho hội đồng có 3 thầy, 2 cô và nhất thiết phải có thầy P hoặc cô Q nhưng không có cả hai. Giải: Kết quả của sự lựa chọn là một nhóm 5 người tức là một tổ hợp chập 5 của 12. Vì vậy không gian mẫu Ω gồm 5 12 792C = phần tử. Gọi A là biến cố cần tìm xác suất. B là biến cố chọn được hội đồng gồm 3 thầy, 2 cô trong đó có thầy P nhưng không có cô Q. C là biến cố chọn được hội đồng gồm 3 thấy, 2 cô trong đó có cô Q nhưng không có thầy P. Như vậy: A = B ∪ C và n(A) = n(B) + n(C). Tính n(B) như sau: - Chọn thầy P, có 1 cách - Chọn 2 thầy từ 6 thầy còn lại, có 2 6 C cách - Chọn 2 cô từ 4 cô, có 2 4 C cách Theo quy tắc nhân, n(B) = 1. 2 6 C . 2 4 C = 90 Tương tự n(C) = 1. 3 6 C . 1 4 C = 80 Vậy n(A) = 80 + 90 = 170 và P(A) = ( ) 170 0,215 ( ) 792 n A n = ≈ Ω Bài 5: Sáu bạn, trong đó có bạn H và K, được xếp ngẫu nhiên thành hàng dọc. Tính xác suất sao cho: a. Hai bạn H và K đứng liền nhau; b. hai bạn H và K không đứng liền nhau. Giải: Không gian mẫu Ω gồm các hoán vị của 6 bạn. Do đó: n(Ω) = 6!. Do việc xếp là ngẫu nhiên Ω gồm các kết quả đồng khả năng. a. Kí hiệu: A là biến cố “H và K đứng liền nhau”, B là biến cố “H đứng ngay trước K” C là biến cố “K đứng ngay trước H” Rõ ràng B và C xung khắc và A = B ∪ C. * Tính n(B): Xếp H và 4 bạn khác thành hàng, có 5! Cách. Trong mỗi cách xếp như vậy, xếp bạn K ngay sau H, có 1 cách. Vậy theo quy tắc nhân ta có: n(B) = 5! x 1 = 5! * Tương tự: n(C) = 5! Do đó P(A) = P(B) + P(C) = 5! 5! 1 6! 6! 3 + = b. Ta thấy A là biến cố: “H và K không đứng liền nhau”. Vậy: 1 2 ( ) 1 ( ) 1 3 3 P A P A= − = − = Bài 6: Tổ I có 6 nam và 7 nữ, tổ II có 8 nam và 4 nữ. Để lập một đoàn đại biểu, lớp trưởng chọn ngẫu nhiên từ mỗi tổ hai người. Tính xác suất sao cho đoàn đại biểu gồm toàn nam hoặc toàn nữ. Giải: Gọi: A là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nam hoặc toàn nữ”, B là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nam”, C là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nữ”. Ta có: BC = ∅, A = B ∪ C. Suy ra: P(A) = P(B) + P(C) Chọn 2 người từ tổ I, có 2 13 C cách. Chọn 2 người từ tổ II, có 2 12 C cách. Từ đó không gian mẫu gồm: 2 13 C . 2 12 C = 5148 (phần tử). n(B) = 2 2 6 8 .C C = 420 n(C) = 2 2 7 4 .C C = 126 Vậy P(A) = 420 126 546 0,106 5148 5148 5148 + + ≈ Bài 7: Xét phép thử gieo một đồng tiền 3 lần. a. Xác định không gian mẫu b. Gọi X là số lần xuất hiện mặt gấp S, hãy liệt kê các giá trị mà X có thể nhận. c. Tính các xác suất để X nhận các giá trị đó. Lập bảng phân phối xác suất của X. Giải: a. Trong phép thử gieo đồng tiền 3 lần, không gian mẫu gồm 2 3 = 8 phần tử. Ω = {SSS, SSN, SNS, NSS,SNN, NSN, NNS, NNN} Trong đó chẳng hạn NSN là kết quả đồng tiền lần đầu ngửa, lần thứ hai sấp, lần thứ ba ngửa. b. X có thể nhận các giá trị 0, 1, 2, 3. Chẳng hạn: “X nhận giá trị 1: khi xảy ra một trong các kết quả SNN, NSN, NNS, nghĩa là: [X = 1] = {SNN, NSN, NNS} c. Vì [X = 0] = {NNN} nên P[X = 0] = 1 8 Tương tự [X = 1] = {NNS, SNN, NSN} nên P[X = 1] = 3 8 [X = 2] = {SSN, SNS, NSS} nên P[X = 2] = 3 8 [X = 3] = {SSS } nên P[X = 3] = 1 8 Từ đó ta có bảng phân phối sau: X 0 1 2 3 P 1 8 3 8 3 8 1 8 Bài 8: Từ một hộp có 3 bi xanh và 6 bi đỏ, chọn ngẫu nhiên 4 bi. Gọi Y là số bi xanh trong 4 bi đã chọn. a. Lập bảng phân phối xác suất của Y. b. Tính xác suất sao cho trong 4 bi đã chọn có ít nhất 1 bi xanh b. Tính xác suất sao cho trong 4 bi đã chọn có nhiều nhất 2 bi đỏ, d. Tính kì vọng, phương sai và độ lệch chuẩn của Y. Giải: a. Y có tập giá trị là 0, 1, 2, 3 [...]... 0,519 12! 5 6 (i) Cú C11 = C11 = 462 cỏch i 5 2 (ii) Cú C6 = C5 = 200 cỏch i 10 a -20; b 0 11 a = 2; b = 1 v a= -2; b = -1 12 a A, B khụng c lp b B, C c lp 13 Kớ hiu Z l s qu en c rỳt ra T ú X = 2Z (4 Z) = 3Z 4 a 1 3 C8C4 P[ X = 4] = 4 C12 4 C80C4 P[ X = 1] = ; 4 C12 P[ X = 2] = 2 C82C4 ; 4 C12 P[ X = 5] = 1 C83C4 4 C12 0 C84C4 4 C12 E(X) = 4 64 64 8 11 V(X)= ; (X ) = = 11 11 11 P[ X = 8] = b c 14... 2 7 f(x) = x3 10x 1 liờn tc trờn [0; 11] v f(0) = -1 < 0, f (11) = 120>0 T ú c (0 ;11) f(C) = 0 8 f(x) = (m2 + m + 1)x5 + x3 27 liờn tc trờn [0; 3] v f(0) = -27 < 0 f(3) = m5 (m2+m +1) > 0 vi mi giỏ tr ca m Do ú c (0;3) f(c) = 0 9 a y(1) = -5; b y = -5x+3 10 Vỡ lim f ( x) = 1 = lim f ( x); + 6 x 0 x0 f ( x) f (0) f ( x) f (0) lim + x 0 x 0 x0 x0 3 dx; 11 a dy = ( x 1) 2 lim CH 4 1 Gi a... n, m 1 v r n, r m 6 Cú bao nhiờu cỏch xp thnh hng ngang 4 quyn Toỏn khỏc nhau, 3 quyn Lớ khỏc nhau v 2 quyn Húa khỏc nhau lờn giỏ sỏch nu: a Cỏc quyn c sp tựy ý? b Cỏc quyn cựng mụn phi cnh nhau? c Cỏc quyn toỏn cnh nhau, cũn cỏc quyn khỏc xp tựy ý? 7 Mt t gm 6 nam, 6 n c xp ngu nhiờn vo 6 bn, mi bn 2 bn Tớnh xỏc sut sao cho: a Khụng bn no cú 1 nam v 1 n b Cú ỳng 4 bn c xp 1 nam v 1 n B 8 Cho mt mng... xlim f ( x) = xlim+ f ( x) = f (2) 2 2 Gii Ta cú: lim f ( x) = lim 3 x 2 = 12, lim f ( x) = lim+ (2mx + 1) = 4m + 1 = f (2) + x 2 x2 x 2 x 2 T ú: lim f ( x) = lim+ f ( x) 12 = 4m + 1 m = x 2 x2 11 4 11 thỡ f(x) liờn tc ti x = 2 4 Bi 5: Chng minh rng phng trỡnh x3 2x2 + 1 = 0 cú ớt nht mt nghim õm * S dng nh lớ: Nu f(x) liờn tc trờn [a; b] v f(a).f(b) < 0 thỡ tn ti im x (a;b) sao cho f(c) = 0... 3 x x 1 x 3 x + 2 2 Tớnh cỏc gii hn sau: x2 3x + 2 5 2 x3 a lim b lim 3 x 2 x 3 x + x 4 x+2 2 c xlim + ( 3x 2 + x 4 x 3 3 Tỡm cỏc gii hn sau: x7 x7 a lim+ v lim x 2 x + 2 x 2 x + 2 3 2 x + 11 2 x 3 + 11 b lim v lim+ x 1 x 1 x +1 x +1 ) d xlim x + ( x2 + 1 x ) 3 1 3 4 Cho hm s f(x) = x 1 x 1 mx + 2 Vi giỏ tr no ca m, hm s f(x) cú gii hn khi x 0.Tỡm gii hn ú 5 Tỡm cỏc khong liờn tc ca... khong cỏch t B n AC l di ng cao BI k t B xung AC Vỡ ABC vuụng ti B B C nờn ta cú: O 1 1 1 1 1 2a 2 a 6 A D = + = 2 + 2 BI 2 = BI = 2 2 2 BI AB BC a 2a 3 3 I Lp lun tng t i vi cỏc im cũn li ta chng minh c cỏc khong cỏch t cỏc im ny n ng chộo AC u bng B' C' nhau b im A cỏch u ba nh ca tam giỏc u ABD vỡ ta cú AB = A' D' AD = AA = a im C cng cỏch u ba nh ca tam giỏc u Hỡnh 6 .11 ABD vỡ ta cú CB=CD=CA=a... , k = 0, 1, 2, 3 C94 T ú ta cú bng phõn phi sau: Y 0 1 2 3 15 60 45 6 P 126 126 126 126 b Kớ hiu [Y a] l bin c Y nhn giỏ tr ln hn hoc bng a Ta tớnh P[Y 1] Vỡ [Y 1] l bin c i ca bin c [Y = 0] nờn: 5 111 = 0,881 P[Y 1] = 1 P [Y = 0] = 1 126 126 Tng quỏt ta cú: P[Y = k] = c Vỡ s bi c ly l 4 Y v 4 Y 2 Y 2 nờn P[Y 2] = P[Y = 2] + P[Y = 3] = 45 + 6 51 = 0, 405 126 126 d Theo nh ngha, ta cú:... trong cỏch xp kia 4 Cú bao nhiờu cỏch xp ch cho 6 nam, 4 n vo ngi quanh mt bn trũn sao cho: a S sp xp l tựy ý? b Khụng cú 2 n no ngi cnh nhau? 5 a Mt t cú 6 nam, 5 n Cú bao nhiờu cỏch phõn cụng 4 bn lm trc nht sao cho trong ú phi cú ỳng k nam (k = 0, 1, 2, 3, 4)? 4 4 0 3 1 2 2 1 3 0 4 T ú chng minh rng: C11 = C6 C5 + C6 C5 + C6 C5 + C6C5 + C6 C5 r 0 r 1 r 1 r 0 b Chng minh ng thc: Cn + m = Cn Cm + Cn Cm... gia cỏc im y b Bin ng thng thnh ng thng, bin tia thnh tia, bin on thng thnh on thng c Bin tam giỏc thnh tam giỏc ng dng vi nú, bin gúc thnh gúc bng nú d Bin ng trũn bỏn kớnh R thnh ng trũn bỏn kớnh k R 11 - Nu mt phộp ng dng bin tam giỏc ABC thnh tam giỏc ABC thỡ nú cng bin trng tõm, trc tõm,tõm cỏc ng trũn ni tip, ngoi tip ca tam giỏc ABC tng ng thnh trng tõm, trc tõm, tõm cỏc ng trũn ni tip, ngoi tip... cng song song vi d C HAI MT PHNG SONG SONG: 9 Hai mt phng c gi l song song vi nhau nu chỳng khụng cú im chung 10 Nu () cha hai ng thng ct nhau v hai ng thng ú cựng song song vi () thỡ () song song vi () 11 Hai mt phng phõn bit cựng song song vi mt phng th ba thỡ chỳng song song vi nhau 12 Cho hai mt phng song song vi nhau Nu mt mt phng ct mt phng ny thỡ cng ct mt phng kia v hai giao tuyn song song vi . chọn hệ số a (a≠ 0) - Khi đã chọn a, có 4 cách chọn b - Khi đã chọn a và b, có 3 cách chọn c. - Khi đã chọn a, b và c, có 2 cách chọn d. Theo quy tắc nhân. 4 cách chọn hệ số a vì a ≠ 0. Có 5 cách chọn hệ số b, 5 cách chọn hệ số c, 5 cách chọn hệ số d. Vậy có 4 x 5 x 5 x 5 = 500 đa thức. b. Có 4 cách chọn hệ