Câu 31.Chọn C
Hai phương trình $fleft( x right)=0$, $gleft( x right)=0$ tương đương khi chúng có cùng tập nghiệm.
Tức là: $A=B$
+/ TH1: $m=2$. Khi đó $A=left{ 2,;,4,;,8 right}$,$B=left{ 2,;,4,;,8 right}$. Vậy hai phương trình đã cho tương đương. Suy ra $m=2$ thỏa.
+/ TH2: $m=m+2$ không tồn tại $m$thỏa mãn.
+/ TH3: $m=4mLeftrightarrow m=0$. Khi đó $A=left{ ,0, right},,B=left{ 2,;,0 right}$. Suy ra hai tập nghiệm không bằng nhau. Loại $m=0$.
Vậy có một giá trị của $m$ để hai phương trình trên tương đương.
Câu 32.Chọn B
Để hàm số có duy nhất một tiệm cận ngang điều kiện cần và đủ là $mathop {lim }limits_{x to – infty } f(x) = mathop {lim }limits_{x to + infty } f(x) = a in Rightarrow 2020{m^4} = 2019m Leftrightarrow mleft( {2020{m^3} – 2019} right) = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = 0\
m = sqrt[3]{{frac{{2019}}{{2020}}}}
end{array} right.$
Vậy có 2 giá trị $m$thỏa mãn để hàm số $y=f(x)$ có duy nhất một tiệm cận ngang
Câu 33.Chọn C
Ta có $y’=-3{{x}^{2}}-12x+m-9$, để hàm số nghịch biến trên khoảng $(-infty ;-1)$ khi và chỉ khi$y’le 0 forall xin (-infty ;-1)Leftrightarrow -3{{x}^{2}}-12x+m-9le 0 forall xin (-infty ;-1)Leftrightarrow mle 3{{x}^{2}}+12x+9 forall xin (-infty ;-1)$
Xét hàm số $f(x)=3{{x}^{2}}+12x+9$ có bảng biến thiên.
Từ bảng biến thiên ta suy ra $mle -3$
Mặt khác $min left[ -10;3 right]Rightarrow min left[ -10;-3 right]$, do m là số nguyên nên có 8 giá trị.
Câu 34.Chọn B
${{16}^{x}}-m{{.4}^{x-1}}+5{{m}^{2}}-44=0$$Leftrightarrow {{left( {{4}^{x}} right)}^{2}}-frac{m}{4}{{.4}^{x}}+5{{m}^{2}}-44=0$
$Leftrightarrow 4{{left( {{4}^{x}} right)}^{2}}-m{{.4}^{x}}+20{{m}^{2}}-176=0$, $left( 1 right)$.
Đặt $t={{4}^{x}}$ điều kiện $t>0$ từ $left( 1 right)$ ta có $4{{t}^{2}}-m.t+20{{m}^{2}}-176=0$, $left( * right)$.
Khi đó phương trình $left( 1 right)$ có hai nghiệm đối nhau ${{x}_{1}};{{x}_{2}}$ thì ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}=0$ khi và chỉ khi phương trình $left( * right)$ có hai nghiệm dương ${{t}_{1}};{{t}_{2}}$thỏa mãn ${{t}_{1}}.{{t}_{2}}=1$. Nhưng vì phương trình $left( * right)$ có $frac{c}{a}=-frac{176}{4}=-44<0$ nên không có giá trị nào của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 35.Chọn A
Cách 1: Giao điểm của đường thẳng $d$ với trục $Ox$, $Oy$ lần lượt là: $Aleft( 3;0 right)$, $Bleft( 0;5 right)$.
Diện tích cần tính là: ${{S}_{OAB}}=frac{1}{2}OA.OB=frac{1}{2}.3.5=7,5$.
Cách 2: Dễ thấy pt có dạng: $frac{x}{3}+frac{y}{5}=1$. Suy ra: $Aleft( 3;0 right)$, $Bleft( 0;5 right)$. Diện tích cần tính là: ${{S}_{OAB}}=frac{1}{2}OA.OB=frac{1}{2}.3.5=7,5$.
Câu 36.Chọn B
Điều kiện$left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{a > 4bquad quad }\
{{a^2} + 4{b^2} ne 0}
end{array}} right.$ (*)
${{log }_{{{a}^{2}}+4{{b}^{2}}+1}}left( 2a-8b right)=1$ $Leftrightarrow $ $2a-8b={{a}^{2}}+4{{b}^{2}}+1$ $Leftrightarrow $ ${{left( a-1 right)}^{2}}+4{{left( b+1 right)}^{2}}=4$.
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki: ${{left[ 4.left( a-1 right)+3.2left( b+1 right) right]}^{2}}le left( {{4}^{2}}+{{3}^{2}} right)left[ {{left( a-1 right)}^{2}}+4{{left( b+1 right)}^{2}} right]$.
$Leftrightarrow $${{left( 4a+6b+2 right)}^{2}}le 25.4$ $Leftrightarrow $$-10le 4a+6b+2le 10$$Rightarrow $$S=4a+6b-5le 3$.
$S$ đạt giá trị lớn nhất bằng 3 khi và chỉ khi $left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{3left( {a – 1} right) = 4.2left( {b + 1} right)}\
{4a + 6b + 2 = 10}
end{array}} right.$ $ Leftrightarrow $ $left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{a = frac{{13}}{5}}\
{b = – frac{2}{5}}
end{array}} right.$
(thỏa mãn (*)).
Vậy $P=frac{a}{b}=-frac{13}{2}$.
Câu 37.Chọn C
Xét hàm số $fleft( x right)=a{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+b$$left( xin mathbb{R} right)$.
$f’left( x right) = 3a{x^2} – 2x = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0 Rightarrow y = b\
x = frac{2}{{3a}} Rightarrow y = b – frac{4}{{27{a^2}}}
end{array} right.$
Để phương trình $a{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+b=0$ có ít nhất 2 nghiệm thực khi và chỉ khi${{y}_{CD}}.{{y}_{CT}}le 0Leftrightarrow bleft( b-frac{4}{27{{a}^{2}}} right)le 0Leftrightarrow b-frac{4}{27{{a}^{2}}}le 0Leftrightarrow {{a}^{2}}b-frac{4}{27}le 0Leftrightarrow {{a}^{2}}ble frac{4}{27}$.
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức ${{a}^{2}}b$ bằng $frac{4}{27}$.
Câu 38.Chọn B
Ta có
$begin{array}{l}
{V_{GA’B’C’}} = frac{1}{3}{V_{ABCA’B’C’}}\
{V_{BB’MN}} = {V_{A’BB’N}} = frac{1}{2}{V_{A’BCB’C’}} = frac{1}{2}.frac{2}{3}{V_{ABCA’B’C’}} = frac{1}{3}{V_{ABCA’B’C’}}\
{V_{ABB’C’}} = frac{1}{2}{V_{ABCB’C’}} = frac{1}{2}.frac{2}{3}{V_{ABCA’B’C’}} = frac{1}{3}{V_{ABCA’B’C’}}\
{V_{A’BCN}} = frac{2}{5}{V_{A’BCB’C’}} = frac{2}{5}.frac{2}{3}{V_{ABCA’B’C’}} = frac{4}{{15}}{V_{ABCA’B’C’}}
end{array}$
Do đó thể tích của khối ${A}’BCN$ nhỏ nhất.
Câu 39.Chọn A
Ta có ${f}’left( x right)=3{{x}^{2}}+2ax+2$. Hàm số $y=fleft( x right)$ có cực trị khi: ${{a}^{2}}-6>0Leftrightarrow a<-sqrt{6}vee a>sqrt{6},,left( 1 right)$.
${g}’left( x right)=-3{{x}^{2}}+2bx-3$. Hàm số $y=gleft( x right)$ có cực trị khi ${{b}^{2}}-9>0Leftrightarrow b<-3vee b>3,,left( 2 right)$.
Giả sử ${{x}_{0}}$ là điểm cực trị của cả hai hàm số $y=fleft( x right)$ và $y=gleft( x right)$
$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
3x_0^2 + 2a{x_0} + 2 = 0\
– 3x_0^2 + 2b{x_0} – 3 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a + b = frac{1}{{2{x_0}}}\
b = frac{3}{2}left( {{x_0} + frac{1}{{{x_0}}}} right)
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = – frac{1}{{{x_0}}} – frac{3}{2}{x_0}\
b = frac{3}{2}left( {{x_0} + frac{1}{{{x_0}}}} right)
end{array} right.$
$P=left| a right|+left| b right|=left| frac{1}{{{x}_{0}}}+frac{3}{2}{{x}_{0}} right|+left| frac{3}{2}left( {{x}_{0}}+frac{1}{{{x}_{0}}} right) right|ge left| frac{5}{2{{x}_{0}}}+3{{x}_{0}} right|$
$Rightarrow {{P}^{2}}=frac{25}{4x_{0}^{2}}+9x_{0}^{2}+15ge 2sqrt{frac{25}{4x_{0}^{2}}.9x_{0}^{2}}+15=30Rightarrow Pge sqrt{30}$
Dấu “=” xảy ra khi:
$left{ begin{array}{l}
left( {frac{1}{{{x_0}}} + frac{3}{2}{x_0}} right)left( {{x_0} + frac{1}{{{x_0}}}} right) > 0\
frac{{25}}{{4x_0^2}} = 9x_0^2
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left( {frac{1}{{{x_0}}} + frac{3}{2}{x_0}} right)left( {{x_0} + frac{1}{{{x_0}}}} right) > 0\
{x_0} = pm sqrt {frac{5}{6}}
end{array} right. Rightarrow {x_0} = pm sqrt {frac{5}{6}} $
Với hai giá trị ${{x}_{0}}$, ta tìm được hai cặp giá trị $a,,b$ thoả (1) và (2). Vậy $min P=sqrt{30}$.
Câu 40:Chọc D
Điều kiện $xge 1$.
Dựa vào đồ thị ta thấy $fleft( x right)=aleft( x-a’ right){{left( x-2 right)}^{2}}$ với $a’in left( 0,;,1 right)$ và $fleft( x right) = 1 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 1\
x = b’ in left( {1,;,2} right)\
x = c’ > 2
end{array} right.$
Do đó ${{f}^{2}}left( x right)-fleft( x right)=aleft( x-a’ right){{left( x-2 right)}^{2}}left( x-1 right)left( x-b’ right)left( x-c’ right)$.
Do đó: $gleft( x right)=frac{sqrt{x-1}}{{{a}^{2}}left( x+1 right)left( x-a’ right)left( x-2 right)left( x-b’ right)left( x-c’ right)}$.
Do điều kiện $xge 1$ nên đồ thị hàm số $gleft( x right)$ có 3 đường tiệm cận đứng.
Câu 41.Chọn C
Gọi phương trình đường thẳng là $d:y=ax+b.$
Theo đề ta có $0,1,m,n$ là các nghiệm của phương trình: ${{x}^{4}}-2{{x}^{2}}-ax-b=0$ (1).
Vì x=0 ,x=1 là nghiệm của phương trình (1) nên ta có: $left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{b = 0}\
{a + b = – 1}
end{array}} right.$
Khi đó phương trình (1) trở thành: ${{x}^{4}}-2{{x}^{2}}text{+x=0}Leftrightarrow text{x(x-1)(}{{text{x}}^{2}}+x-1)=0$.
Dễ thấy m,n là nghiệm của phương trình: ${{text{x}}^{2}}+x-1=0$.
$S={{m}^{2}}+{{n}^{2}}={{(m+n)}^{2}}-2mn={{(-1)}^{2}}+2=3$.
Câu 42.Chọn A
Ta có $I=int{fleft( x right)dx=int{frac{1}{{{e}^{x}}+1}}}dx=int{frac{{{e}^{x}}}{{{e}^{x}}({{e}^{x}}+1)}}dx$.
Đặt $t={{e}^{x}}Rightarrow dt={{e}^{x}}dx$.$I=int{frac{dt}{t(t+1)}}=int{(frac{1}{t}-frac{1}{t+1}})dt=ln t-ln (t+1)+C=ln {{e}^{x}}-ln ({{e}^{x}}+1)+C.$
Khi đó: $F(x)=ln {{e}^{x}}-ln ({{e}^{x}}+1)+C,,,,F(0)=-ln 2eLeftrightarrow -ln 2+C=-ln 2-1Leftrightarrow C=-1$
Do đó: $F(x)=ln {{e}^{x}}-ln ({{e}^{x}}+1)-1.$
$Fleft( x right)+ln left( {{e}^{x}}+1 right)=2Leftrightarrow ln {{e}^{x}}-ln ({{e}^{x}}+1)-1+ln left( {{e}^{x}}+1 right)=2Leftrightarrow ln {{e}^{x}}=3Leftrightarrow x=3.$
Câu 43.Chọn C
$gleft( x right)=fleft( 2x+1 right)+frac{2}{3}{{x}^{3}}-8x+2019$.
${g}’left( x right)=2{f}’left( 2x+1 right)+2{{x}^{2}}-8$ .
${g}’left( x right)=0Leftrightarrow f’left( 2x+1 right)=4-{{x}^{2}}left( 1 right)$.
Hàm số ${f}’left( 2x+1 right)$ có bảng xét dấu như hàm số ${f}’left( x right)$nên ta có:
$left( 1 right) Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{2x + 1 = {x_1}left( { – 4 < {x_1} < – 2} right)}\
{2x + 1 = 2}
end{array}} right.$ $ Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{x = frac{{{x_1} – 1}}{2}left( { – frac{5}{2} < x < frac{{ – 3}}{2}} right)}\
{x = frac{1}{2}}
end{array}} right.a$
Bảng xét dấu của ${g}’left( x right)$ như sau:
Câu 44.Chọn D
Gọi $x,,(x>0)$ là giá trị tiền tệ lúc ban đầu. Theo đề bài sau 1 năm giá trị tiền tệ còn $0,9,x$.
Cuối năm thứ nhất còn $0,9,x$.
Cuối năm thứ hai còn $0,9.,0,9,x,=0,{{9}^{2}},x$.
……………………………………
Cuối năm thứ $n$ còn $0,{{9}^{n}},x$.
Theo đề bài, sau $n$ năm đơn vị tiền tệ mất đi ít nhất 90% giá trị nó nên ta có$0,{{9}^{n}},x,,le ,,0,1,xLeftrightarrow n>21,86$. Mà $n$là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn nên $n=22$
Câu 45.Chọn B
Ta có $16{{m}^{2}}{{x}^{3}}+16x+sqrt{8{{x}^{3}}+2x+2}=2{{m}^{2}}+10$
$Leftrightarrow 16{{m}^{2}}{{x}^{3}}+16x+sqrt{8{{x}^{3}}+2x+2}-2{{m}^{2}}-10=0$.
Điều kiện: $8{{x}^{3}}+2x+2ge 0Leftrightarrow left( x+frac{1}{2} right)left( 8{{x}^{2}}-4x+4 right)ge 0Leftrightarrow x+frac{1}{2}ge 0Leftrightarrow xge -frac{1}{2}$.
Đặt: $fleft( x right)=16{{m}^{2}}{{x}^{3}}+16x+sqrt{8{{x}^{3}}+2x+2}-2{{m}^{2}}-10$ với $xge -frac{1}{2}$.
Khi đó: ${f}’left( x right)=48{{m}^{2}}{{x}^{2}}+16+frac{12{{x}^{2}}+1}{sqrt{8{{x}^{3}}+2x+2}}>0,text{ }forall x>-frac{1}{2}$.
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình $fleft( x right)=0$ có duy nhất một nghiệm với mọi $x$.
Câu 46.Chọn C
Ta có $f’left( x right) = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x^2} = 0\
{left( {x + 2} right)^4} = 0\
{left( {x + 4} right)^3} = 0\
{x^2} + 2left( {m + 3} right)x + 6m + 18 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
x = – 2\
x = – 4\
{x^2} + 2left( {m + 3} right)x + 6m + 18 = 0{rm{ }}left( * right)
end{array} right.$
Để hàm số $fleft( x right)$ có đúng một điểm cực trị $Leftrightarrow $ Phương trình $left( * right)$ vô nghiệm, có nghiệm kép hoặc có hai nghiệm phân biệt trong đó có nghiệm là $-4.$
Trường hợp 1. Phương trình $left( * right)$ vô nghiệm $Leftrightarrow Delta =4{{m}^{2}}+24m+36-24m-72=4{{m}^{2}}-36<0$
$Leftrightarrow -3<m<3$
$Rightarrow min left{ -2text{ };text{ }-1text{ };text{ }0text{ };text{ }1text{ };text{ }2 right}$
Trường hợp 2. Phương trình $left( * right)$ có nghiệm kép $ Leftrightarrow Delta = 4{m^2} – 36 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = 3\
m = – 3
end{array} right.$
Trường hợp 3. Phương trình $left( * right)$ có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$. Trong đó ${{x}_{1}}=-4.$
Phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{rm{ }}{x_2} Leftrightarrow Delta = 4{m^2} – 36 > 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m < – 3\
m > 3
end{array} right.$
Theo định lí Viète ta có $left{ begin{array}{l}
S = {x_1} + {x_2} = – 4 + {x_2} = – 2m – 6\
P = {x_1}.{x_2} = – 4.{x_2} = 6m + 18
end{array} right.$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{x_2} = – 2m – 2\
{x_2} = – frac{3}{2}m – frac{9}{2}
end{array} right. Leftrightarrow – 2m – 2 = – frac{3}{2}m – frac{9}{2} Leftrightarrow m = 5$
Vậy $min left{ -3text{ ; }-2text{ };text{ }-1text{ };text{ }0text{ };text{ }1text{ };text{ }2text{ ; 3 ; 5} right}$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 47.Chọn B
+ Phương trình hoành độ giao điểm: $frac{{ – x + 1}}{{2x – 1}} = x + m Leftrightarrow left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{2{x^2} + 2mx – m – 1 = 0}\
{x ne frac{1}{2}}
end{array}} right.$ (*)
+ Phương trình (*) có: $Delta ‘={{m}^{2}}+2(m+1)>0,,,forall m$ nên (d) luôn cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt A, B. Gọi $a,,,b$ là các hoành độ giao điểm $left( ane bne frac{1}{2} right)$. Khi đó ta có: $left{ begin{array}{l}
a + b = – m\
ab = – frac{{m + 1}}{2}
end{array} right.$
+ Khi đó:
$begin{array}{l}
T = k_1^{2020} + k_2^{2020} = frac{1}{{{{(2a – 1)}^{4040}}}} + frac{1}{{{{(2b – 1)}^{4040}}}} ge frac{2}{{{{{rm{[}}(2a – 1)(2b – 1){rm{]}}}^{2020}}}}\
,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, = frac{2}{{{{left[ {4ab – 2(a + b) + 1} right]}^{2020}}}} = frac{2}{{{{left[ { – 2(m + 1) + 2m + 1} right]}^{2020}}}} = 2
end{array}$
+ Nhận xét: Giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi: $left{ begin{array}{l}
{(2a – 1)^{2020}} = {(2b – 1)^{2020}}\
a ne b ne frac{1}{2}
end{array} right. Leftrightarrow a + b = 1 = – m Leftrightarrow m = – 1.$
Câu 48.Chọn A
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó ta có: ${B}’left( 0,;,0,;,0 right)$, $Bleft( 0,;,0,;,a right)$, $Aleft( a,;,0,;,a right)$, $Cleft( 0,;,a,;,a right)$, ${C}’left( 0,;,a,;,0 right)$, ${D}’left( a,;,a,;,0 right)$.
Giả sử ${B}’N=x,0le xle asqrt{2}$. Ta có: $overrightarrow{{B}’N}=frac{x}{asqrt{2}}overrightarrow{{B}'{D}’}$ $Rightarrow $ $Nleft( frac{x}{sqrt{2}},;,frac{x}{sqrt{2}},;,0 right)$.
Do $AM+{B}’N=asqrt{2}$ nên $AM=asqrt{2}-x$. Ta có: $overrightarrow{AM}=left( 1-frac{x}{asqrt{2}} right)overrightarrow{AC}$$Rightarrow $$Mleft( frac{x}{sqrt{2}},;,a-frac{x}{sqrt{2}},;,a right)$
${{V}_{AM{B}’N}}=frac{1}{6}left| left[ overrightarrow{{B}’M},;,overrightarrow{{B}’N} right].overrightarrow{{B}’A} right|$ $=$ $frac{1}{6}left| a{{x}^{2}}-sqrt{2}{{a}^{2}}x right|,0le xle asqrt{2}$.
$Rightarrow $ Giá trị lớn nhất của thể tích là $frac{{{a}^{3}}}{12}$.
Câu 49.Chọn D
Ta có ${left( {{x^2} + 1} right)^2}f’left( x right) = {left[ {fleft( x right)} right]^2}left( {{x^2} – 1} right) Leftrightarrow frac{{f’left( x right)}}{{{{left[ {fleft( x right)} right]}^2}}} = frac{{{x^2} – 1}}{{{{left( {{x^2} + 1} right)}^2}}},,forall x in left[ {1;2} right],,(*)$
Lấy tích phân 2 vế (*) trên $left[ 1;2 right]$ ta được
$intlimits_1^2 {frac{{f’left( x right)}}{{{{left[ {fleft( x right)} right]}^2}}}{rm{d}}x} = intlimits_1^2 {frac{{{x^2} – 1}}{{{{left( {{x^2} + 1} right)}^2}}}} {rm{d}}x Leftrightarrow – frac{1}{{fleft( x right)}}left| begin{array}{l}
2\
1
end{array} right. = intlimits_1^2 {frac{{1 – frac{1}{{{x^2}}}}}{{{{left( {x + frac{1}{x}} right)}^2}}}} {rm{d}}x$
$ Leftrightarrow – frac{1}{{fleft( 2 right)}} + frac{1}{{fleft( 1 right)}} = intlimits_1^2 {frac{{{rm{d}}left( {x + frac{1}{x}} right)}}{{{{left( {x + frac{1}{x}} right)}^2}}}} Leftrightarrow – frac{1}{{fleft( 2 right)}} + frac{1}{2} = – frac{1}{{left( {x + frac{1}{x}} right)}}left| begin{array}{l}
2\
1
end{array} right.$
$Leftrightarrow -frac{1}{fleft( 2 right)}+frac{1}{2}=-frac{2}{5}+frac{1}{2}Leftrightarrow fleft( 2 right)=frac{5}{2}$.
Câu 50.Chọn D
Không gian mẫu được mô tả là $Omega $: “Các số tự nhiên có 5 chữ số khác 0”.
Số phần tử của không gian mẫu là: $nleft( Omega right)={{9}^{5}}=59049$.
Gọi biến cố $A$: “Các số tự nhiên có 5 chữ số khác 0 trong đó chỉ có mặt ba chữ số khác nhau”.
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt $a,$$b,$$c$ từ 9 chữ số tự nhiên khác 0 là $C_{9}^{3}$. Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp sau:
TH1: Nếu cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 số $a,$$b,$$c$ thì có 3 cách chọn. Mỗi hoán vị từ $5!$ hoán vị của 5 chữ số chẳng hạn $a,$$a,$$a,$$b,$$c$ tạo ra một số tự nhiên; nhưng cứ $3!$ hoán vị của các vị trí mà $a,$$a,$$a$ chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng 1 số tự nhiên. Do đó, trong TH1 có tất cả$3.frac{5!}{3!}$số tự nhiên.
TH2: 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số $a,$$b,$$c$ và chữ số kia bằng một chữ số khác trong 3 chữ số đó thì có 3 cách chọn. Mỗi hoán vị từ $5!$ hoán vị chẳng hạn $a,$$a,$$b,$$b,$$c$ tạo ra một số tự nhiên nhưng cứ $2!$ cách hoán vị $a$ và $2!$ cách hoàn vị $b$ mà vẫn cho ra cùng 1 số. Do đó, trong TH2 có tất cả: $3.frac{5!}{2!.2!}$ số tự nhiên.
Suy ra số phần tử của biến cố$A$ là $nleft( A right)=left( 3.frac{5!}{3!}+3.frac{5!}{2!.2!} right).C_{9}^{3}=12600$.
Vậy xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau là: $Pleft( A right)=frac{nleft( A right)}{nleft( Omega right)}=frac{12600}{59049}$.
