Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Hưng Yên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Hưng Yên (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH HƯNG YÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN Đề thi gồm 01 trang Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I. (6,0 điểm) 1. Cho hàm số ygx x2 m1 x 1 (m là tham số thực). Tìm m để đồ thị C của hàm số 3 2 yfxx m1 x 1 mx 1 cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa 2 2 2 mãn gx 1 gx 2 gx 3 15 . 2 2. Cho hàm số y fx có đạo hàm fx' 9 x , x . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để 2 2 1 hàm số yfx 2 xm 1 ln x nghịch biến trên nửa khoảng 1; . x Câu II. (4,0 điểm) x2 x 3 2 1. Giải phương trình 9 xx 2 1 .3 2 xx 0 x . 2. Cho các số thực a, b thỏa mãn log 6a 8 b 4 1 và các số thực dương c, d thỏa mãn a2 b 2 20 2 2 c d log3 2 c d 2 c 3 cd d 4 c 4 d 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T a2 c 2 b d 2 . Câu III. (5,0 điểm) 1. Cho hình chóp S.ABC có AB AC 2 a , BC a , SA 3 a a 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a biết SAB SAC 60 . 2. Cho điểm A nằm trên mặt cầu S tâm O, bán kính R 9 cm. Gọi I, K là hai điểm trên đoạn OA sao cho OI IK KA . Các mặt phẳng lần lượt đi qua I, K cùng vuông góc với OA và cắt mặt cầu S theo đường tròn C1 , C2 . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích khối nón đỉnh O, đáy là đường tròn C1 , C2 . Tính tỉ số V 1 . V2 3. Cho lăng trụ ABCA.' B ' C ' có đáy là tam giác vuông tại A, AB AC a a 0 , biết BA' BB ' BC '; 5 góc giữa hai mặt phẳng BCC' B ' và ABB' A ' bằng với tan . Tính khoảng cách giữa hai 2 2 đường thẳng A' C ' và B' C .
2. Câu IV. (1,0 điểm) xdx Tìm nguyên hàm I . 2x2 3 x 1 Câu V. (2,0 điểm) a1 2 Cho dãy số an xác định như sau: 2 . 2021an 1 a n 2023 a n 1, n 1 a 1 a 1 a 1 a 1 Tính: L lim 1 2 3  n . n a2 1 a 3 1 a 4 1 an 1 1 Câu VI. (2,0 điểm) Gọi S là tập các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 3. HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . Chữ ký của cán bộ coi thi: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2020 - 2021 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI - HƯNG YÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: Toán 12 HỌC HỎI - CHIA SẺ KIẾN THỨC Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề) LI NK NHÓM: Câu 1. (6,0 điểm) 1. Cho hàm số y gx x 2 m 1 x 1( m là tham số thực). Tìm m để đồ thị C của hàm số y fx x 3 m 1 x2 1 mx 1 cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành 222 độ x1 , x2 , x3 thỏa mãn g x1 g x2 g x3 15 . 2. Cho hàm số y= fx( ) có đạo hàm fx′( ) =9−x 2 ,∀x∈ . Tìm tất cả các giá trị thực của 221  tham số m để hàm số y=fx( +2x ) +(m−1) ln x− nghịch biến trên nửa khoảng x  [1; +∞) . Câu 2. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình 9x+( x2−2x−1) .3x− 2x3−x2=0. +−= 2. Cho các số thực ab, thỏa mãn loga2+b2+20 ( 6a8b4) 1 và các số thực dương cd, thỏa 22 mãn (cd+)log3 ( 2cd +) + 2c +3cdd+−4c −4d=0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 T=(a−2c) +(bd−) . Câu 3. (5,0 điểm) 1. Cho hình chóp S. ABC có AB= AC= 2, a BC= a, SA= 3a . Thể tích khối chóp S. ABC theo a biết SAB = SAC =60° . 2. Cho điểm A nằm trên mặt cầu (S ) tâm O bán kính R= 9(cm) . Gọi IK, là hai điểm trên đoạn OA sao cho OI=IK = KA. Các mặt phẳng lần lượt đi qua IK, cùng vuông góc với OA và cắt mặt cầu (S ) theo đường tròn (C1),(C2) . Gọi VV1, 2 lần lượt là thể tích khối nón đỉnh O , V1 đáy là đường tròn (C1),(C2) . Tính tỉ số . V2 3. Cho hình lăng trụ ABC. A′ B′ C′ có đáy là tam giác vuông tại A , AB= AC= a ( a > 0 ), biết 5 BA′=BB′= BC′; góc giữa hai mặt phẳng (BCC′ B′) và ( ABB′ A′) bằng ϕ với tanϕ = . 22 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC′′ và BC′ . Câu 4. (4,0 điểm) xxd Tìm nguyên hàm I = . ∫ 2x2 −3x+1 Trang 1
4. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2020 - 2021 Câu 5. (4,0 điểm) a1 = 2 Cho dãy số (an ) xác định như sau  2 . 2021an+1 =an+ 2023an+1, n≥ 1 a+1a+1a +1  Tính lim 1+2+ +n . n→+∞ a2+1a3+1an+1+1 Câu 6. (2,0 điểm) Gọi S là tập các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau lập từ các chữ số 1,2,3, 4,5,6,7,8,9. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 3. HẾT Trang 2
5. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2020 - 2021 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (6,0 điểm) 1. Cho hàm số y=gx( ) =x 2 +(m+1) x+1( m là tham số thực). Tìm m để đồ thị (C) của hàm 32 số y=fx( ) = x+(m−1) x+(1−mx) −1 cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1 , 222 x2 , x3 thỏa mãn g( x1) +g( x2) +g( x3) =15 . 2. Cho hàm số y= fx( ) có đạo hàm fx′( ) =9−x 2 ,∀x∈ . Tìm tất cả các giá trị thực của 221  tham số m để hàm số y=fx( +2x ) +(m−1) ln x− nghịch biến trên nửa khoảng x  [1; +∞) . Lời giải 1.  Đồ thị hàm số y=fx( ) = x3+(m−1) x2+(1−mx) −1cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình x3+(m−1) x2+(1−mx) −10= (1) có ba nghiệm phân biệt. x =1 ⇔−2 ++=⇔ Ta có (1) ( x1)( xmx 1) 0 2 . x+mx +10= Do đó phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình x2 +mx +10= có m +20≠ m > m 40 m 2  Khi đó, theo định lí Vi-et phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt là x1 , x2 và x3 =1 thỏa x1+x2=−m mãn  (3) . xx =1  12  Ta có: g2( x) =x4+2(m+1) x3+(m2+2m+3) x2+2(m+1) x+1.  Chia biểu thức g2 ( x) cho fx( ) ta được 2 22 g( x) =x+(m+3.)fx( ) +(m + 5) x+(m+4mx) + m+4. 2 22  Suy ra g( x1) =(m+5) x1+(m+4mx) 1+m +4 g2( x) =(m+5) x2+m2+4mx+m +4 22( ) 2 g2( x) =g2(1) =(m+5) .1+m2+ 4m.1+m+ 4=m2+6m+9 . 3 ( )  Do đó: 222 222 2 g( x1) +g( x2) +g( x3) =15 ⇔(m+5)( x1+x2) +(m+4m)( x1+x2) +m+8m+17= 15 2 ⇔m+5 x+x−2xx+m2+4mx+x+m2+8m+17= 15 4 . ( ) ( 12) 12( )( 12) ( ) 2 m =1  Thay (3) vào (4) và rút gọn, ta được m+3m−40= ⇔  . Kết hợp với điều kiện (2) m =−4 ta được m =−4 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2. 221   Xét hàm số gx( ) =fx ( +2x ) +(m−1) ln x− có x  Trang 3
6. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2020 - 2021 ′ 1′ 11 ′=2++2−−=+′2++2−+ gx( ) ( fx( 2x)) (m1) lnx( 2x2.) fx( 2x) (m1)2  x xx 2 x +1 =2x+1.9−x2+2 x+m2−1. . ( ) ( ) ( ) 2 x  Hàm số y= gx( ) nghịch biến trên nửa khoảng [1; +∞) khi và chỉ khi gx′( ) ≤0,∀ x∈[1; +∞) 2 x +1 . Khi đó: 2( x+1.9) −( x2+2 x) +(m2−1.) ≤0, ∀x∈[1; +∞) x2 2 ⇔m2−12≤x2x2+2 x−9,∀x∈[1; +∞) (*). ( )  2 Xét hàm số hx( ) =2 x2x2+2x −9trên nửa khoảng [1; +∞) có: ( )  2 hx′( ) =4xx2+2x−9+2x2 .2( 2x+ 2.) x2+ 2x ( )  ( ) hx′( ) =4xx ( −1)( x+3)( x2+2x+3) +8.x3( x+1. ) ( x+ 2) >0,∀x∈[1; +∞) . 2 Bảng biến thiên của hàm số hx( ) =2 x2x2+2x −9trên nửa khoảng [1; +∞) như sau: ( )  Dựa vào bảng biến thiên: điều kiện (*) xảy ra khi m2 −10≤⇔− 1≤m≤1. Vậy tất cả giá trị thực của tham số m thỏa mãn điều kiện đề bài là: −1≤m ≤1. Câu 2. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình 9x+( x2−2x−1) .3x− 2x3−x2=0. +−= 2. Cho các số thực ab, thỏa mãn loga2+b2+20 ( 6a8b4) 1 và các số thực dương cd, thỏa 22 mãn (cd+)log3 ( 2cd +) + 2c +3cd+d−4c−4d=0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 T=(a−2c) +(bd−) . Lời giải 1.  Đặt t=3(x t> 0) , phương trình đã cho trở thành: t2+( x2−2x−1.2) t−x3−x2= 0 (*) 2 ∆=( x2−2x−1) −4(−2x3−x2) =x4+4x2+14−x3−2x2+4x+8x3+4x2 =x4+4x3+6x2+4x+1 4 =( x +1) Trang 4
7. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2020 - 2021 2  −( x2 −2x−1) −( x+1) t = (*) ⇔  2  2 2 −( x−2x−1) +( x+1) t =  2  −( x2−2x−1) −( x2+2x+1) 3x = ⇔  2  −( x2−2x−1) +( x2+2x+1) 3x =  2 3x =−x2 (1) ⇔  x 3=2x +1(2)  Phương trình (1) vô nghiệm vì 3x > 0 và −x2 ≤0∀x∈ .  Phương trình (2) ⇔3x −2x −1= 0. =x −− ′ =x − Xét hàm số y32x1 có tập xác định D = , đạo hàm y 3 ln 3 2 . 22 y′ =0⇔3x =⇔x=log . ln 33 ln 3 Ta có bảng biến thiên của hàm số như sau: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (2) có 2 nghiệm. Dễ nhận thấy 2 nghiệm của phương trình (2) là: x = 0 và x =1. Vậy phương trình đã cho có đúng hai nghiệm là: x = 0 và x =1. 2.  Với điều kiện: 6a+8b−40> (*) và a2+b2+20> 1 nên: +−=⇔ +−=2+2+ ⇔ −2+−2= loga2+b2+20 (6 a8b4) 1 6a8b4ab20 (a3) (b4) 1. 22 Do đó: M(ab; ) bất kỳ thuộc đường tròn (C) : ( x−3) +( y−4) =1 Đường tròn (C) có tâm I (3; 4) , bán kính r =1.  Vì: cd+>0 nên: 22 (cd+)log3 ( 2cd +) + 2c +3cd+d−4c−4d=0 ⇔ log3 ( 2cd+) +( 2cd +) −4= 0 (1) 1 Xét hàm số ft( ) =log t+ t− 4 với t > 0 có ft′( ) =+10> với t > 0 3 t ln 3 Suy ra ft( ) đồng biến trên khoảng (0; +∞) ⇒ phương trình ft( ) = 0 có tối đa một nghiệm t > 0. Mặt khác ta có: f (3) = 0. Vậy t = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình ft( ) = 0. Trang 5
8. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2020 - 2021 Từ đó (1) ⇔ 2cd+=3⇔ 2cd+−3= 0. Do đó: N(2;cd) là điểm bất kỳ thuộc đường thẳng ∆:xy+−3= 0. 22  T=(a−2c) +(bd−) =MN 2 . Suy ra: minT= min MN 2 . 343+− Xét: d(I ;∆) ==22> 1 ⇒ ∆ nằm ngoài (C). Do đó: MN≥22−r =22 − 1. 12+12 2 Khi đó minMN = 2 2− 1. Suy ra: minT =(22 − 1) =9 − 42. Giá trị minT đạt được khi: N là hình chiếu của I lên ∆ và M=IN∩(C) + Gọi ∆′ là đường thẳng đi qua I và vuông góc với ∆ thì: ∆′:1−( x− 3) +( y−4) =0⇔∆′:xy−+1= 0 1 Khi đó: ∆′∩∆=N (1; 2 ) ⇒ c = , d = 2 2   + M=IN∩(C) và MN =−(2 2− 1.) MI    ON+(2 2− 1.) OI 6−28−2  Suy ra: OM = = ;  1+(22− 1) 22 6− 2 8− 2 ⇒ a = , b = thỏa mãn điều kiện (*) 2 2 Vậy: minT = 9− 4 2 . Minh họa bằng hình vẽ: Câu 3. (5,0 điểm) 1. Cho hình chóp S. ABC có AB= AC= 2, a BC= a, SA= 3a . Thể tích khối chóp S. ABC theo a biết SAB = SAC =60° . 2. Cho điểm A nằm trên mặt cầu (S ) tâm O bán kính R= 9(cm) . Gọi IK, là hai điểm trên đoạn OA sao cho OI= IK= KA . Các mặt phẳng lần lượt đi qua IK, cùng vuông góc với OA và cắt mặt cầu (S ) theo đường tròn (C1),(C2). Gọi VV1, 2 lần lượt là thể tích khối nón đỉnh O , V1 đáy là đường tròn (C1),(C2). Tính tỉ số . V2 Trang 6
9. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2020 - 2021 3. Cho hình lăng trụ ABC. A′ B′ C′ có đáy là tam giác vuông tại A , AB= AC= a ( a > 0 ), biết 5 BA′=BB′= BC′; góc giữa hai mặt phẳng (BCC′ B′) và ( ABB′ A′) bằng ϕ với tanϕ = . 22 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC′′ và BC′ . Lời giải 1.  Gọi H là trung điểm BC , ta có AB= AC nên AH⊥ BC . Ta có ∆SAB=∆ SAC( c g c) ⇒ SB=SC nên SH⊥ BC , suy ra BC⊥ ( SAH ).  ⊥ Do đó (SAH)(⊥ ABC) . Trong mặt phẳng (SAH ), kẻ SO AH tại O ⇒SO⊥( ABC). 2 22 2 a  15  Trong ∆ABC , AH= AB− HB = (2a) −=a . 2 2  Xét ∆SAB, ta có SB2=SA2+AB2−2 SA. AB.cos60o =7 a2⇒SB=a7 =SC . 3 3 Có SH=SB2−BH2=a . 2 1 3 11 S=p( p− SA)( p− SH)( p− AH), p=(SA+AH+ SH) = a2 . SAH 24 2S 165 SO =SAH = a . AH 5 11111  Vậy Thể tích khối chóp S. ABC là: V=SOS.= SO. AH. BC= a3 . S. ABC 3ABC 324 Cách 2: Đặt AS= m , AB= n , AC= p , SAB = α , SAC = β , BAC = γ . 1  Sử dụng công thức tính nhanh: V=abc 1+ 2cosα cosβ cosγ− cos2α− cos2β− cos2γ SABC 6 . 1  Áp dụng : m=3,an=p = 2a , cosα= cosβ= cos60°= . 2 AB2+ AC2− BC 27 cosγ = cos BAC = = . 2AB. AC 8 1 1171 149 11  Ta có V=.3aaa .2 .2 . 1+ 2. . . −−− = a3 . SABC 6 228 4464 4 2. Trang 7
10. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2020 - 2021 Từ giả thiết suy ra OI= IK=KA = 3. Gọi rr1, 2 lần lượt là bán kính của (C1),(C2), ta có r1=6 2,r2= 3 5. 1 π r2 OI V 1 4 Do đó 1 =3 = . V 1 2 5 2 π r OK 3 2 3. A' C' B' Q M P A C K H B  Gọi H là trung điểm của BC . Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên: BC a 2 BH=CH = AH == , suy ra H là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và 22 AH⊥ BC . Mặt khác, theo giả thiết ta có BA′=BB′= BC′ nên BH′ ⊥ ( ABC) ⇒(B′ BC) ⊥( ABC), ⇒(B′ BC) ∩( ABC ) = BC mà AH⊥ BC⇒ AH⊥( B′ BC).  Do đó AH⊥ BB′ . Trong (BCC′ B′) kẻ HK⊥ BB′ (K∈ BB′) nên ( AHK) ⊥ BB ′ ⇒AK⊥ BB′ . Do đó góc giữa hai mặt phẳng (BCC′ B′) và ( ABB′ A′) là AKH = ϕ , vì AH⊥( B′ BC) ⇒ AH⊥ HK nên ∆AHK vuông tại H . Trang 8
11. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2020 - 2021 a 2 AH 2 2a  Xét tam giác AHK vuông tại H có: HK === . tan AKH 5 5 22  Xét tam giác B′ HB vuông tại H có HK là đường cao nên 111111 2a 17 =+⇒=−⇒BH′ = . HK2BH2 BH′2BH′2HK2BH 2 17  Trong ( ABC) kẻ HP⊥ AC (P∈ AC), mà AC⊥ BH′ , (BH′ ⊥ ( ABC)) nên AC⊥ ( B′ HP) . ⇒( ACB′) ⊥(B ′ HP) , ( ACB′) ∩( BHP′) = BP′. Trong (B′ HP) kẻ HQ⊥ BP′ , với Q∈ BP′ , do đó HQ⊥ ( ACB′) tại Q . Do đó HQ= d(H,( ACB′)). a  Trong tam giác B′ HP vuông tại H có HP = và HQ là đường cao nên 2 1112a 33 =+⇒HQ = . HQ2PH2BH′ 2 33  Ta có AC′′ //AC⇒ AC′′ //( ACB′) ⇒d( AC′′,BC′) =d( AC′′,( ACB′)) =d( C′,( ACB′)). Gọi M=BC′∩CH′; Vì BC′′ // HC nên ta có CM′BC′′ d(C′,( ACB′)) CM′ ==2⇒==2 , vì CH∩( AB′ C) = M . HMHC d(H,( ACB′)) HM 2a33 4a33  Nên d(C′,( ACB′)) = 2.d( H ,( ACB′)) =2. HQ = 2. = . 33 33 4a 33  Vậy: d( AC′′, BC′) = . 33 Câu 4. (4,0 điểm) xxd 1. Tìm nguyên hàm I = . ∫ 2x2 −3x+1 Lời giải xxd11 1 Ta có I= =−dx=lnx− 1−ln 2x− 1 +C. ∫( x−12)( x−1) ∫x−12x−1 2 Câu 5. (4,0 điểm) a1 = 2 Cho dãy số (an ) xác định như sau  2 . 2021an+1 =an+ 2023an+1, n≥ 1 a+1a+1a +1  Tính lim 1+2+ +n . n→+∞ a2+1a3+1an+1+1 Lời giải  Ta có : 22 2021an+1=an+ 2023an+ 1⇔2021(an+1−an) =an+2an+1 2 ∗ ⇔2021(an+1 −an) =(an+1) ≥0,∀n suy ra dãy số (an ) tăng, suy ra an ≥2,∀n∈ .  Mặt khác ta có: Trang 9
12. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2020 - 2021 2 an +1 2021 2021an+1=an+2023 an+ 1⇔2021(an+1+ 1) =(an+1)(an+2022) ⇔= . an+1 +1an+2022 a+1a+1a +1 111  Vậy lim 1+2+ +n =2021 lim ++ + . n→+∞ n→+∞ a2+1a3+1an+1+1a1+2022a2+ 2022an+ 2022  111  Từ 2021(an+1 + 1) =(an+1)(an+2022) ⇔=− . an+2022an+ 1an+1 +1  Suy ra tổng 111 Sn =++ + a1+2022a2+ 2022an + 2022 111111 ⇔Sn =−+−+ +− a1+1a2+1a2+1a3+1an+1an+1+1 1111 ⇔Sn=−⇔Sn=− . a1+1an+1+13an+1+1 Vì (an ) là dãy tăng, ta xét:  TH1: Dãy số (an ) tăng và bị chặn trên. Giả sử lim an = b với điều kiện b ≥ 2. n→+∞ Khi đó 2021bb=2+ 2023b + 1⇔b2+2b+10=⇔b=− 1 (không thỏa mãn điều kiện). 1  TH2: Dãy số (an ) tăng và không bị chặn trên. Khi đó lim an =+∞ suy ra lim= 0 . n→+∞ n→+∞ an+1 +1 1 Vậy lim Sn = . n→+∞ 3 a+1a+1a +1 2021 Vậy lim 1+2+ +n = . n→+∞ a2+1a3+1an+1+13 Câu 6. (2,0 điểm) Gọi S là tập các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau lập từ các chữ số 1,2,3, 4,5,6,7,8,9. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 3. Lời giải 4  Từ 1,2,3, 4,5,6,7,8,9 ta lập được A9 = 3024 số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau. 1 Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) =C3024 =3024.  Gọi A là biến cố: “Số được chọn chia hết cho 3”.  Các số tự nhiên từ 1 đến 9 chia thành 3 nhóm: - Nhóm I gồm các số tự nhiên chia hết cho 3, gồm 3 số. - Nhóm II gồm các số tự nhiên chia cho 3 dư 1, gồm 3 số. - Nhóm III gồm các số tự nhiên chia cho 3 dư 2, gồm 3 số.  Để chọn được số có 4 chữ số chia hết cho 3 khi và chỉ khi tổng 4 chữ số chia hết cho 3, ta có các trường hợp sau: 211 - 2 chữ số thuộc nhóm I, 1 chữ số thuộc nhóm II, 1 chữ số thuộc nhóm III có 4!.CCC3 .3 . 3 cách. 13 - 1 chữ số thuộc nhóm I, 3 chữ số thuộc nhóm II có 4!.CC3 . 3 cách. 13 - 1 chữ số thuộc nhóm I, 3 chữ số thuộc nhóm III có 4!.CC3 . 3 cách. Trang 10
13. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2020 - 2021 22 - 2 chữ số thuộc nhóm II, 2 chữ số thuộc nhóm III có 4!.CC3 . 3 cách. 211131322 Suy ra nA( ) =4!(CCC 3 33+CC3.3+CC3.3+CC3.3) =1008. nA( ) 1008 1  Vậy xác suất cần tìm là PA( ) === . n(Ω) 3024 3 HẾT Trang 11